STX Kemi A Eksamen 15. december 2010 - Vejledende besvarelse

Side 1

Vejledende besvarelse fra Studiekompasset.dk

Skriftlig prøve

Kemi A

STX

Onsdag den 15. december 2010

stx103-KEM/A-

Side 2

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 15. december 2010

2

Opgave 1 – Hvorfor bliver tonicvand blå i diskolys?

Molarmasser findes i databogen s. 14-16 a)

Her skal findes en indikator som har omslagspunkt der hvor titrerkurven er skarp altså helst mellem pH 5 og

7. (jævnfør med grafen i opgavesættet) Det kunne fx være:

• Bromcresolpurpur, omslagspunkt 5,2-6,8

• Bromthymolblåt, omslagspunkt 6-7,6 b)

Først aflæses midtpunktet af titrerkurven og volumen aflæses på x-aksen. Herefter udregnes koncentrationen ud fra:

𝑛_{𝑞𝑢𝑖𝑛𝑖𝑛} = 𝑛_{𝐻𝐶𝑙}

𝐶_{𝑞𝑢𝑖𝑛𝑖𝑛} ∙ 𝑉_{𝑞𝑢𝑖𝑛𝑖𝑛} = 𝐶_{𝐻𝐶𝑙} ∙ 𝑉_{𝐻𝐶𝑙} ⟺ 𝐶_{𝑞𝑢𝑖𝑛𝑖𝑛} =

( 𝐶_{𝐻𝐶𝑙} ∙ 𝑉_{𝐻𝐶𝑙})
𝑉_{𝑞𝑢𝑖𝑛𝑖𝑛}

• 𝑉_{𝐻𝐶𝑙} Aflæst på titrerkurven til ca. 20,5 mL
• 𝑉_{𝑞𝑢𝑖𝑛𝑖𝑛} opgivet til 25 mL
• 𝐶_{𝐻𝐶𝑙} opgivet til 0,002M

Quinin koncentrationen udregnes fra ovenstående formel og værdier:

𝐶_{𝑞𝑢𝑖𝑛𝑖𝑛} =

20,5𝑚𝐿 ∙ 0,002𝑀

25𝑚𝐿

𝐶_{𝑞𝑢𝑖𝑛𝑖𝑛} = 0,00164𝑀 = 1,64𝑚𝑀

Da opløsningen var en mættet opløsning vil det sige at opløseligheden i molær er 164 𝑚𝑚𝑜𝑙 pr. L.

c) pKb udregnes ud fra pKs. pKs kan aflæses som pH værdien ved halvdelen af volumnet før omslagspunktet.

pKb udregnes ud fra formlen:

𝑝𝐾_{𝑠} + 𝑝𝐾_{𝑏} = 𝑝𝐾_{𝑤}

Hvor det gælder at:

• Ved 25 grader er 𝑝𝐾_{𝑤} = 14 (slå op i databog)

                    20,5𝑚𝐿
• pKs = pH ved 𝑉  =       = 10,25 𝑚𝐿 er aflæst til 9.
               𝐻𝐶𝑙

2

Side 3

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 15. december 2010

3

𝑝𝐾_{𝑏} = 14 − 9 = 5

d)

Først omregnes volumen stamopløsning til mængde af quinin. Dette gøres ved at sige at 1 mL

                     𝑚𝑔
                    10
                      𝐿
stamopløsning svarer til quinin:
                     25

mL 1 2,5 7,5 12,5 20,0 25,0 stamopløsning

[quinin] i mg/L 0,4 1 3 5 8 10

Der laves en standardkurve hvor den relative intensitet plottes mod koncentrationen af quinin:

y = 19,556x + 4,4705
R² = 0,9981

0

50

100

150

200

0,4 1,4 2,4 3,4 4,4 5,4 6,4 7,4 8,4 9,4

Relativ intensitet

koncentration af quinin i mg/L

Standardkurve

Af den ovenstående standard-kurves regression ses det at der er et lineært sammenhæng mellem relativ intensitet og koncentration af quinin.

For at udregne koncentrationen af quinin i tonicen bruges først ligningen fra standardkurven:

𝑅𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣 𝐼𝑛𝑡𝑒𝑛𝑠𝑖𝑡𝑒𝑡 = 19,556 ∙ [𝑄𝑢𝑖𝑛𝑖𝑛] + 4,4705

𝐿 𝑚𝑔

[𝑄𝑢𝑖𝑛𝑖𝑛] =

𝑅𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑛𝑠𝑖𝑡𝑒𝑡 − 4,4705

19,556

𝐿 𝑚𝑔

Side 4

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 15. december 2010

4

Hvor:

• Den relative intensitet er opgivet til 46,8

[ 𝑄𝑢𝑖𝑛𝑖𝑛] =

46,8 − 4,4705

19,556

𝐿 𝑚𝑔

[ 𝑄𝑢𝑖𝑛𝑖𝑛] = 2,16

𝑚𝑔

𝐿

                                     100𝑚𝐿
Der tages højde for fortynding med en faktor: = 20. Altså:
                                      5𝑚𝐿

[ 𝑄𝑢𝑖𝑛𝑖𝑛] = 2,15 ∙ 20 = 43

𝑚𝑔 𝑚𝑔

𝐿 𝐿

Altså er der 43 mg quinin pr. liter tonic.

Side 5

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 15. december 2010

5

Opgave 2 – Dannelse af D-Vitamin i svampe

Molarmasser findes i databogen s. 14-16 a)

På nedenstående tegning er molekylet nummereret:

Først optælles Carbon:

• 1,2,3,4,5,6,8,9,10,11,12,13,14,15,16,17,18,19,20,21,22,23,24,25,26,27,28,29 = 28 carbon

Herefter optælles hydrogener

• CH3 grupper:

o 20,22,27,28,29 = 15 hydrogener

• CH2 grupper:

o 2,3,6,8,15,16,17,18,19 = 18 hydrogener
• CH/OH grupper:
o 1,7,9,10,12,14,21,23,24,25,26= 11

• I alt 44 hydrogener

Optælling af oxygen:

• 7 = 1 oxygen

Det giver molekyleformlen: 𝐶_{28} 𝐻_{44} 𝑂

b)

D_{2} -vitamin affarver bromvand da dens dobbeltbindinger kan reagere med bromvand. Dette sker gennem

addition af brom til dobbeltbindingerne i en additionsreaktion.

c)

I denne opgave plottes massen af 𝐷_{2} 𝑉𝑖𝑡𝑎𝑚𝑖𝑛 mod tiden:

Side 6

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 15. december 2010

6

Som det ses af plottet er der et lineært sammenhæng mellem massen af vitamin 𝐷_{2} og tiden hvilket

betyder at det er en nulte ordensreaktion.

d)

Her bruges tendenslinjen fra plottet i forrige opgave: 𝜇𝑔 𝑔 𝑡ø𝑟𝑟𝑒𝑡 ø𝑠𝑡𝑒𝑟𝑠ℎ𝑎𝑡

= 0,8571𝑚𝑖𝑛^{−1} ∙ 𝑡𝑖𝑑 𝑖 𝑚𝑖𝑛𝑢𝑡𝑡𝑒𝑟 + 7,7143

• Der indsættes 60 minutter i formlen: 𝜇𝑔 𝑔 𝑡ø𝑟𝑟𝑒𝑡 ø𝑠𝑡𝑒𝑟𝑠ℎ𝑎𝑡

= 0,8571𝑚𝑖𝑛^{−1} ∙ 60 𝑚𝑖𝑛 + 7,7143

𝜇𝑔 𝑔 𝑡ø𝑟𝑟𝑒𝑡 ø𝑠𝑡𝑒𝑟𝑠ℎ𝑎𝑡

= 59,14

Da det var 10 g tørret østershat ganges med 10:

𝑚_{𝐷2} = 59,14 ∙ 10𝑔

𝜇𝑔 𝑔

𝑚_{𝐷2} = 591,4 𝜇𝑔

Altså dannes der 591,4 𝜇𝑔 D2 vitamin pr. time pr. 10 g østershat.

y = 0,8571x + 7,7143
R² = 0,9989

0

5

10

15

20

25

30

35

40

45

45

Masse D2vitamin dannet

Tid i minutter

Kinetik måling

Side 7

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 15. december 2010

7

Opgave 3 – Smartfresh™

Molarmasser findes i databogen s. 14-16 a)

3 mulige strukturelle isomere er 2-methylcyclopropen, methylencyclopropan og but-1,3-dien som ser ud som følgende:

Ovenstående figur er tegnet med programmet ChemSketch, men kan også i en eksamenssituation hurtigt tegnes i hånden (gør plads til figuren i besvarelsen, før du udskriver).

b)

Først udregnes stofmængden ved formlen:

𝑛 =

𝑚

𝑀

• m er opgivet til 1 kg smart fresh pulver svarende til 33 g 1-MCP.

• M udregnes ud fra opslåede værdier i databog:

𝑀 = 12,0107_{𝑚𝑜𝑙}^{𝑔} ∙ 4 + 1,0079 4_{𝑚𝑜𝑙}^{𝑔} ∙ 6 = 54,09044_{𝑚𝑜𝑙}^{𝑔}

Ovenstående værdier indsættes i formlen:

𝑛 =

33𝑔

54,09044 𝑔 𝑚𝑜𝑙

𝑛 = 0,61 𝑚𝑜𝑙

For at udregne volumen bruges idealgas ligningen:

𝑝𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 ⇔ 𝑉 =

𝑛𝑅𝑇 𝑝

• R er gaskonstanten som slåes op i databog til: 𝑅 = 0,0831_{𝐾∙𝑚𝑜𝑙}^{𝐿∙𝑏𝑎𝑟}
• p er trykket opgivet til: 𝑝 = 1 𝑏𝑎𝑟
• T er temperaturen i kelvin opgivet til: 25𝐾 + 273,15𝐾 = 298,15𝐾
• n er udregnet i forrige del af opgaven til: 𝑛 = 0,61 𝑚𝑜𝑙

Side 8

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 15. december 2010

8

Væriderne indsættes:

𝑉 =

0,61𝑚𝑜𝑙 ∙ 0,0831 ∙ 298,15𝐾

𝐿 ∙ 𝑏𝑎𝑟

𝐾 ∙ 𝑚𝑜𝑙

1 𝑏𝑎𝑟

𝑉 = 15𝐿

c) 𝛼-cyclodextrin er meget hydrofil da den har mange OH grupper. Disse kan danne hydrogenbindinger til vand, hvor alkohol grupperne kan fungere som både donor og accepter. Derfor binder 𝛼-cyclodextrin stærkt til vand.

1-MCP er til gengæld meget hydrofob og bindes formentligt til 𝛼-cyclodextrin gennem hydrofobe interaktioner med de alifatiske grupper. Dette er ikke lige så stærkt som hydrogenbindinger og derfor vil vand fortrænge 1-MCP.

d)

Først opskrives et skema med de forventede toppe, hvor værdier for kemisk skift slåes op i en formelsamling eller lignende. Integralet svarer til antallet af protoner der sidder på samme carbon eller på anden måde er ens.

Der vil være en NMR top (når der ses bort fra kobling) pr. forskellig proton. Sidder 2 protoner på det samme carbon vil de normalt opleve det samme miljø og derfor vil der kun dannes 1 top for de 2 protoner. Derfor er der 3 toppe for 3-chlor-2-methylpropen.

Nr Kemisk skift (ppm) Integral (antal Grupper Kemisk skift hydrogener) tegnet på skitse

1 ~1,6-2,2 3 (=C-)CH_{3} 2
2 ~3-4 2 (C)-CH_{2} (-Cl) 4
3 ~4,5-6,5 2 CH_{2} (=C) 6

Numrene i skemaet passer med numrene på nedenstående figur:

Ud fra skemaet skitseres proton-NMR spektret:

Side 9

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 15. december 2010

9

Side 10

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 15. december 2010

10

Opgave 4 – Chromgarvning

Molarmasser findes i databogen s. 14-16 a)

Først udregnes ladningen af chrom (Cr(z)). Det gøres ved at sige at det samlede molekyle skal være neutralt kalium er postivt ladet og de 2 sulfater har 2 negative ladninger hver:

0 = 1 − 2 ∙ 2 + 𝐶𝑟 ( 𝑧) ⟺ 𝐶𝑟 ( 𝑧) = 3

Altså indgår følgende ioner:

• 1 𝐾^{+} 𝑖𝑜𝑛
• 1 𝐶𝑟^{3+} ion
• 2 𝑆𝑂_{4}^{2−} 𝑖𝑜𝑛

Og følgende molekyler:

• 12 krystal bundede molekyler 𝐻_{2} 𝑂

b)

For at udregne Δ𝐻^{𝜃} bruges følgende formel:

Δ𝐻^{θ} = ∑𝐻 ( 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑘𝑡𝑒𝑟) − ∑𝐻^{θ} ( 𝑟𝑒𝑎𝑘𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑟)

θ

Data slåes op i databog s. 60-95 og indsættes:

Δ𝐻^{θ} = ( 2 ∙ −251 + 3 ∙ 20,92+ 7 ∙ −285,8) − ( −1490,3 + 6 ∙ −56,78+ 14 ∙ 0)

𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

Δ𝐻^{𝜃} = −608,86

𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙

Da Δ𝐻^{𝜃} < 0 er reaktionen er reaktionen exotherm, altså den frigiver varme.

c)

Først udregnes stofmængden af diiod:

𝐼_{2} og 𝑆_{2} 𝑂_{3}^{2−} reagerer 1:2, som set i reaktionsskema (II). Altså gælder ved ækvivalens punktet at:

𝑛_{𝐼_{2}} = 𝑛_{𝑆_{2}}_{𝑂_{3}} ⟺ 𝑛_{𝐼_{2}} = ∙ 𝐶_{𝑆_{2}}_{𝑂_{3}} 2− ∙ 𝑉_{𝑆_{2}}_{𝑂_{3}} 2−

1 1

2 2

• 𝐶_{𝑆_{2}} er opgivet til 0,100M
𝑂_{3}^{2−}
• 𝑉_{𝑆_{2}} er opgivet til 8,94 mL = 8,94 ∙ 10^{−3} 𝐿
𝑂_{3}^{2−}

Side 11

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 15. december 2010

11

Værdierne indsættes i formlen:

𝑛_{𝐼_{2}} = ∙ 0,100𝑀 ∙ 8,84 ∙ 10^{−3} 𝐿

1

2

𝑛_{𝐼_{2}} = 4,47 ∙ 10^{−4} 𝑚𝑜𝑙

                                   3+
Vi kan se i reaktionsligning (I) at der er 2 Cr pr. 3 I altså gælder:
                                         2

𝑛_{𝐶𝑟} 3+ = 𝑛_{𝐼_{2}}

2

3

𝑛_{𝐶𝑟} 3+ = ∙ 4,47 ∙ 10^{−4} 𝑚𝑜𝑙

2

3

𝑛_{𝐶𝑟} 3+ = 2,98 ∙ 10^{−4} 𝑚𝑜𝑙

Herefter udregnes massen af 𝐶𝑟^{3+} ud fra formlen:

𝑛 = ⟺ 𝑚 = 𝑛 ∙ 𝑀

𝑚

𝑀

• Stofmængden er lige udregnet: 𝑛_{𝐶𝑟} 3+ = 2,98 ∙ 10^{−4} 𝑚𝑜𝑙s
• M slåes op i databog til: 𝑀_{𝐶𝑟} 3+ = 51,9961_{𝑚𝑜𝑙}^{𝑔}

Værdierne indsættes:

𝑚 = 2,98 ∙ 10^{−4} 𝑚𝑜𝑙 ∙ 51,9961

𝑔 𝑚𝑜𝑙

𝑚 = 0,0155𝑔 = 15,5 𝑚𝑔

Det hele er udregnet fra et originalt volumen på 1 mL så derfor:

𝐶ℎ𝑟𝑜𝑚𝑖𝑛𝑑ℎ𝑜𝑙𝑑𝑒𝑡 = 15,5

𝑚𝑔 𝑚𝐿 𝑔𝑎𝑟𝑣𝑠𝑦𝑟𝑒 d)

Først udregnes Δ𝑆^{𝜃} ud fra formlen:

Δ𝑆^{θ} = ∑S^{o} ( 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑘𝑡𝑒𝑟) − ∑S^{o} ( 𝑟𝑒𝑎𝑘𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑟)

Værdierne slåes op i databog s. 60-95 og indsættes:

Δ𝑆^{θ} = ( 2 ∙ −293 + 3 ∙ 137+ 7 ∙ 70) − ( 261,9 + 6 ∙ 106,45+ 14 ∙ 0)

𝐽 J 𝑚𝑜𝑙 ∙ 𝐾 mol ∙ K

Δ𝑆^{θ} = −585,6

J mol ∙ K

Side 12

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 15. december 2010

12

Δ𝐺^{θ} = Δ𝐻^{θ} − 𝑇Δ𝑆^{θ} = −𝑅𝑇 ∙ ln (𝐾)

⇕

𝐾 = 𝑒^{−}

Δ𝐻^{θ} −𝑇Δ𝑆^{θ}

𝑅𝑇

• T er opgivet til 50K+273,15K= 323,15K
• R findes i databog til 𝑅 = 8,314_{𝑚𝑜𝑙∙𝐾}^{𝐽}
• Δ𝐻^{θ} udregnet til Δ𝐻^{𝜃} = −608,86_{𝑚𝑜𝑙}^{𝑘𝐽} = −608,86 ∙ 10^{3}_{𝑚𝑜𝑙}^{𝐽}
• Δ𝑆^{θ} udregnet til Δ𝑆^{θ} = −585,6_{mol∙K}^{J}

Værdierne indsættes:

𝐾 = 𝑒

−

−608,86∙10^{3} −323,15𝐾∙−585,6

𝐽 J 𝑚𝑜𝑙 mol∙K

8,314 ∙323,15𝐾

𝐽 𝑚𝑜𝑙∙𝐾

𝐾 = 6,78 · 10^{67}

Da ligevægten er langt over 1 vil ligevægten være skudt langt mod højre.

                                         2
                                       3+
                                     [ 𝐶𝑟 ] [ 𝐼
                                           2
Ligevægten kan også opskrives som: 𝐾 =          og da vi har en ligevægtskonstant over 1 vil
                                      2−
                                         − 6
                                  [ 𝐶𝑟 𝑂 ] [ 𝐼 ] [
                                    2 7

]^{3}
𝐻^{+}]^{14}

det øverste led være størst.

Hvis vi forøger [𝐻^{+}] (altså sænker pH) i reaktion (I) vil ligevægten forskyde sig mod højre ifølge Le

                                                                  +
Châteliers princip. Det vil den fordi vi forøger den tilgængelige koncentration af H , og dette skubber

ligevægten mod højre.

Det kan også ses matematisk ud fra ligevægtsbrøken. Ligevægtskonstanten må nødvendigvis ikke ændres, så derfor når leddet under brøkstregen bliver større, må ligevægten udligne sig ved også at gøre det øvre led større.