STX Kemi A Eksamen 16. august 2010 - Vejledende besvarelse

Side 1

Vejledende besvarelse fra Studiekompasset.dk

Skriftlig prøve

Kemi A

STX

Mandag den 16. august 2010

stx102-KEM/A-

Side 2

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 16. august 2010

2

Opgave 1 – Cement og Calcium

Molarmasser findes i databogen s. 14-16 a)

Mængden af aluminium kan bestemmes ud fra følgende:

%_{𝐴𝑙} = ∙ %_{𝐴𝑙_{2}}_{𝑂_{3}}

𝑀_{𝐴𝑙} ∙ 2
M_{Al_{2}}
𝑂_{3}

I formlen ganges 𝑀_{𝐴𝑙} med 2 da der er 2 Al atomer i 𝐴𝑙_{2} 𝑂_{3}

Vi indsætter følgende værdier

• Masseprocenten af Al_{2} O_{3}: %_{𝐴𝑙_{2}}_{𝑂_{3}} = 5 %
• Den molæremasse af Al_{2} O_{3}: 𝑀_{𝐴𝑙_{2}}_{𝑂_{3}} = 2 ∙ 26,982_{𝑚𝑜𝑙}^{𝑔} + 3 ∙ 15,999_{𝑚𝑜𝑙}^{𝑔} = 101,961_{𝑚𝑜𝑙}^{𝑔}
• Den molæremasse af Al: 𝑀_{𝐴𝑙} = 26,982_{𝑚𝑜𝑙}^{𝑔}

%_{𝐴𝑙} = ∙ 5 %

26,982 ∙ 2 𝑔 𝑚𝑜𝑙

101,961 g mol

%_{𝐴𝑙} = 2,65 %

b)

Ved fuldstændig forbrænding gælder følgende:

𝑛_{𝐶𝑂_{2}} = 𝑛_{𝐶𝑎𝐶𝑂_{3}} =

𝑚_{𝐶𝑎𝐶𝑂_{3}}
𝑀_{𝐶𝑎𝐶𝑂_{3}}

𝑛_{𝐶𝑂_{2}} =

𝑚_{CaCO_{3}}
𝑀_{CaCO_{3}}

Vi indsætter følgende værdier:

• 𝑚_{CaCO_{3}} = 1178 ∙ 10^{3} 𝑔
• 𝑀_{CaCO_{3}} = 40,078_{𝑚𝑜𝑙}^{𝑔} + 12,0107_{𝑚𝑜𝑙}^{𝑔} + 15,9994_{𝑚𝑜𝑙}^{𝑔} ∙ 3 = 100,0864_{𝑚𝑜𝑙}^{𝑔}

𝑛_{CO} =

2 𝑔

1178 ∙ 10^{3} 𝑔

100,0869 𝑚𝑜𝑙

n_{CO_{2}} = 11769mol

For at udregne volumet bruges idealgasligningen:

Side 3

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 16. august 2010

3

𝑝𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 ⟺ 𝑉 =

𝑛𝑅𝑇 𝑝

Der indsættes følgende værdier:

• 𝑛 = 11769mol
• 𝑝 = 1,013 𝑏𝑎𝑟
• 𝑇 = 1450𝐾 + 273,15𝐾 = 1723,15𝐾
• 𝑅 = 0,0831_{𝑚𝑜𝑙∙𝐾}^{𝐿∙𝑏𝑎𝑟}

𝑉 =

11,749 ∙ 10^{3} 𝑚𝑜𝑙 ∙ 0,0831 ∙ 1723,15𝐾

𝐿 ∙ 𝑏𝑎𝑟 𝑚𝑜𝑙 ∙ 𝐾

1,013𝑏𝑎𝑟

𝑉 = 16,6 ∙ 10^{5} 𝐿

c)

ΔS^{θ} udregnes for reaktionen ved hjælp af følgende formel:

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

Værdierne findes i databog:

ΔS^{Ɵ} = ( 130,5 ∙ 2 + 188,8∙ 3) − (194,1 ∙ 2)

𝐽 𝐽 𝑚𝑜𝑙 ∙ 𝐾 𝑚𝑜𝑙 ∙ 𝐾

Δ𝑆^{Ɵ} = 439,2

𝐽 𝑚𝑜𝑙 ∙ 𝐾

• Da vi ser der bliver frigivet vand som går over i gasfasen går vi mod mere uorden.

• Da vi ser at vi går fra 2 til 5 molekyler går vi mod mere uorden.

Da vi går mod mere uorden forventer vi at entropien skal være positiv. Det er også det vi ser når den udregnes.

d)

Først udregnes Δ𝐻^{θ} med følgende formel:

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

θ θ

Værdierne findes i databog

Side 4

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 16. august 2010

4

Δ𝐻^{θ} = ( −1576,74 ∙ 2 + (−241,8 ∙ 3)) − ( −2022,63 ∙ 2)

𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

Δ𝐻^{θ} = 166,4 = 166,4 ∙ 10^{3}

𝑘𝐽 𝐽 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

Vi bruger nedenstående formel til at udregne ligevægtstemperaturen.

Δ𝐺^{Ɵ} = ΔH^{Ɵ} − 𝑇Δ𝑆^{Ɵ}

Da Δ𝐺^{Ɵ} =0 ved ligevægt forkortes det til:

ΔH^{θ} − 𝑇Δ𝑆^{θ} = 0 ⇔ 𝑇 =

ΔH^{θ}
ΔS^{θ}

Og ligevægtstemperaturen udregnes med tidligere udregnede værdier:

𝑇 =

166,4 ∙ 10^{3}

𝐽 𝑚𝑜𝑙

439,2

𝐽 𝑚𝑜𝑙 ∙ 𝐾

𝑇 = 378,8𝐾

Da både entalpien og entropien er positive skal man holde temperaturen under 378,8K for at undgå at reaktionen går mod højre.

e)

Først opskrives reaktionsskemaet samt opløslighedsproduktet:

𝐶𝑎𝑆𝑂_{4} ( 𝑠) ⇌ 𝐶𝑎^{2+} ( 𝑎𝑞) + 𝑆𝑂_{4}^{−2} (𝑎𝑞)

𝐾_{𝑜} = [ 𝐶𝑎^{2+}] [𝑆𝑂_{4}^{−2}]

Da 𝐶𝑎^{2+} og 𝑆𝑂_{4}^{−2} reagerer 1 til 1 gælder det at for den opløste del af stofferne(x):

[ 𝐶𝑎^{2+}] = 𝑥 = [ 𝑆𝑂_{4}^{−2}]_{𝑜𝑝𝑙ø𝑠𝑡}.

Udover det har vi også sulfat tilstede fra natriumsulfat (0,15M) altså:

[ 𝑆𝑂_{4}^{−2}] = [ 𝑆𝑂_{4}^{−2}]_{𝑜𝑝𝑙ø𝑠𝑡} + 0,15𝑀 = 𝑥 + 0,15𝑀

I opgaven er opgivet:

• 𝐾_{𝑜} = 4,9 ∙ 10^{−5} 𝑀^{−2}

Dette indsættes i formlen for opløslighed sammen med udtrykkene for [ 𝑆𝑂_{4}^{−2}] 𝑜𝑔 [𝐶𝑎^{+2}]:

Side 5

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 16. august 2010

5

4,9 ∙ 10^{−5} 𝑀^{2} = 𝑥 ∙ ( 𝑥 + 0,15𝑀) = 𝑥^{2} + 0,15𝑀 ∙ 𝑥

⇕

𝑥 = 3,26 ∙ 10^{−4} 𝑀

Opløsligheden ( 𝑂) udregnes ud fra koncentrationen af opløst stof (x):

• 𝑥 = 3,26 ∙ 10^{−4}^{𝑚𝑜𝑙}_{𝐿}
• 𝑀_{𝐶𝑎𝑆𝑂_{4}} = 136,14_{𝑚𝑜𝑙}^{𝑔}

𝑂 = 𝑥 ∙ 𝑀_{𝐶𝑎𝑆𝑂_{4}}

𝑂 = 3,26 ∙ 10^{−6} ∙ 136,14 = 4,44 ∙ 10^{−2}

𝑚𝑜𝑙 𝑔 𝑔

𝐿 𝑚𝑜𝑙 𝐿

Omregning til_{100𝑚𝐿}^{𝑔}:

𝑂 = 4,44 ∙ 10^{−2} ∙ 10^{−1}

𝑔 𝐿

𝐿 100 𝑚𝐿

𝑂 = 4,44 ∙ 10^{−3} ∙

𝑔

100 𝑚𝐿

Side 6

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 16. august 2010

6

Opgave 2 – Selvlysende legetøj

Molarmasser findes i databogen s. 14-16 a)

Som det ses af det første billede ser vi et ekspotentielt henfald. Da vi ser en lineær kurve ved 1/𝐼 plottet mod tiden må det være et anden ordens henfald.

Hvis det havde været en nulteordensreaktion havde den været lineær ved I plottet mod tid Hvis det havde været en førsteordensreaktion havde den været lineær ved ln(I) plottet mod tid b)

Her kan man bruge et arrhenius plot. Arrhenius plottet, plottes ln(k) mod 1/T, og der laves en regression

(tendenslinje):

Husk at temperaturen skal være i Kelvin på plottet.

I et Arrhenius plot udregnes aktiveringsenergien ud fra hældningen (𝛼) af tendenslinjen hvor det gælder at:

    −𝐸
      𝑎
α =    ⇔ 𝐸   = −𝑅 ∙ 𝛼
            𝑎
     𝑅

• 𝛼 𝑒𝑟 ℎældningen fundet fra plottet = −2100,2K
• R er gaskonstanten = 8,314_{𝑚𝑜𝑙∙𝐾}^{𝐽}
• 𝐸_{𝑎} er aktiveringsenergien.

𝐸_{𝑎} = − ( −2100,2K) ∙ 8,314

𝐽 𝑚𝑜𝑙 ∙ 𝐾

y = -2100,2x - 2,1851
R² = 1

-9,6

-9,5

-9,4

-9,3

-9,2

-9,1

-9

-8,9

-8,8

-8,7

-8,6 0,003 0,0031 0,0032 0,0033 0,0034 0,0035

-8,5 ln(k)

1/T(i kelvin)

arrhenius plot

Side 7

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 16. august 2010

7

𝐸_{𝑎} = 17,46 ∙ 10^{3} = 17,46

𝐽 𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 c)

Her bruges Arrhenius ligning, hvor vi ved at 𝑘_{2} = 2 ∙ 𝑘_{1}:

ln() = − ∙ ( −) ⇕

𝑘_{2} 𝐸_{𝑎} 1 1
𝑘_{1} 𝑅 𝑇_{2} 𝑇_{1}

𝑇_{2} =

−𝐸_{𝑎} ∙ 𝑇_{1}
ln() ∙ 𝑅 ∙ 𝑇_{1} − 𝐸_{𝑎}

𝑘_{2}
𝑘_{1}

      𝑘       2∙𝑘
       2         1
• ln(   ) = ln(  ) = ln (2)
      𝑘        𝑘
       1        1

• T_{1} er opgivet i opgaven til: 𝑇_{1} = 10𝐾 + 273,15𝐾 = 283,15𝐾

Værdierne indsættes:

𝑇_{2} =

17,46 ∙ 10^{3} ∙ 283,15𝐾

𝐽 𝑚𝑜𝑙

ln ( 2) ∙ 8,314 ∙ 283,15𝐾 − 17,46 ∙ 10^{3}

𝐽 𝐽 𝑚𝑜𝑙 ∙ 𝐾 𝑚𝑜𝑙

𝑇_{2} = 312,3𝐾

Side 8

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 16. august 2010

8

Opgave 3 – Coffein a)

Jeg har nummereret C, O og N’erne på nedenstående billede:

Først optælles carbon:

• 2,3,5,7,8,10,11,13 = 8 carbon

Herefter optælles Nitrogen:

• 1,4,6,9 = 4 nitrogen

Herefter optælles oxygenerne:

• 12,14 = 2 oxygener

Herefter optælles hydrogenerne:

• Atomer med 3 H’er:

o 10,11,13=9 Hydroger

• Atomer med 1 H:

o 8=1 hydrogen

Altså fås den samlede molekyleformel til:

𝐶_{8} 𝐻_{10} 𝑁_{4} 𝑂_{2}

b)

Først omregnes fra_{150𝑚𝐿}^{𝑚𝑔} til^{𝑔}_{𝐿}:

• 120_{150𝑚𝐿} er opgivet i tabel 2

𝑚𝑔

• Der bruges 2 omregningsfaktorer o 6,66 hvilket svarer til hvor mange gange 150 mL går op i L

̅ ̅ ̅ ̅^{150 𝑚𝐿}

𝐿

o 10^{−3} som svarer til hvor mange gange g går op i mg

𝑔 𝑚𝑔

Omregningen foretages:

Side 9

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 16. august 2010

9

120 ∙ 6,66 ∙ 10^{−3} = 0,8

𝑚𝑔 150 𝑚𝐿 𝑔 𝑔

150𝑚𝐿 𝐿 𝑚𝑔 𝐿

̅ ̅ ̅ ̅

Udregning af den molære masse af Coffein ( 𝑀_{𝐶}):

𝑀_{𝐶} = 12,0107 ∙ 8 + 1,00794 ∙ 10 + 14,0067 ∙ 4 + 15,9994 ∙ 2

𝑔 𝑔 𝑔 𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

𝑀_{𝐶} = 194,1906

𝑔 𝑚𝑜𝑙

Udregning af den formelle koncentration af Coffein(𝐶 ):
                                           𝑐

𝐶_{𝐶} = = 0,00412𝑀 = 4,12𝑚𝑀

0,8 𝑔

𝐿

194,1906 𝑔 𝑚𝑜𝑙 c) pH udregnes ved brug af formlen for en svag base:

𝑝𝐻 = 14 − 0,5 ∙ (𝑝𝐾_{𝑏} − log ( 𝑐_{𝑏}))

• 𝑝𝐾_{𝑏} opgives i opgaven til 10,4.
• 𝑐_{𝑏} opgives til 5 ∙ 10^{−3} 𝑀

pH udregnes ud fra ovenstående værdier:

𝑝𝐻 = 14 − 0,5 ∙ (10,4 − log ( 5 ∙ 10^{−3}))

𝑝𝐻 = 7,6

d)

Her bruges pufferligningen på sin syre form:

𝑝𝐻 = 𝑝𝐾_{𝑠} + log () ⟺ = 10^{𝑝𝐻−𝑝𝐾𝑠}

[ 𝐵𝑎𝑠𝑒] [ 𝐵𝑎𝑠𝑒]

[ 𝑆𝑦𝑟𝑒] [ 𝑆𝑦𝑟𝑒]

• pH er opgivet til 2

• pKs tidligere udregnet til 3,6 pH og pKs indsættes i ovenstående formel:

[ 𝐵𝑎𝑠𝑒]

[ 𝑆𝑦𝑟𝑒]

= 10^{2−3,6} = 2,512 ∙ 10^{−2}

Andel på Baseform (B) udregnes ved at [Syre] sættes til 1 og [Base] sættes til 2,512∙ 10^{−2}:

Side 10

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 16. august 2010

10

𝐵 = =

[ 𝐵𝑎𝑠𝑒] 2,512 ∙ 10^{−2}
[ 𝐵𝑎𝑠𝑒] + [ 𝑆𝑦𝑟𝑒] 2,512 ∙ 10^{−2} + 1

𝐵 = 0,0245 = 2,45 % 𝑒𝑟 𝑝å 𝑏𝑎𝑠𝑒𝑓𝑜𝑟𝑚

Det betyder at vi i maven formentligt primært optager coffein på syreform.

e)

Først laves en standardkurve ud fra tabel 2 hvor arealet plottes mod coffein koncentrationen og der laves en lineær regression (tendenslinje):

Som det ses af plottet er der et lineært sammenhæng mellem coffeinkoncentration og arealtallet.

Udregning af coffeinindholdet i Nescafé:

Vores standard kurve bruges til at udregne koncentrationen i fortyndingen ( [ 𝐶𝑜𝑓𝑓𝑒𝑖𝑛]_{𝑓}):

𝐴𝑟𝑒𝑎𝑙𝑡𝑎𝑙 = 4955,1 ∙ [ 𝐶𝑜𝑓𝑓𝑒𝑖𝑛]_{𝑓} + 413,53

𝐿 𝑚𝑔

⇕

[ 𝐶𝑜𝑓𝑓𝑒𝑖𝑛]_{𝑓} =

𝐴𝑟𝑒𝑎𝑙𝑡𝑎𝑙− 413,53

4955,1

𝐿 𝑚𝑔

• Arealtal er opgivet i opgaven til: 428857

[ 𝐶𝑜𝑓𝑓𝑒𝑖𝑛]_{𝑓} =

428857 − 413,53

4955,1

𝐿 𝑚𝑔

[ 𝐶𝑜𝑓𝑓𝑒𝑖𝑛]_{𝑓} = 86,47

𝑚𝑔

𝐿

Arealtal = 4955,1*[Coffein] + 413,53
R² = 0,9999

0

100000

200000

300000

400000

500000

600000

700000

40

Areal tal

[Coffein] i mg/L

Standard kurve for coffein/HPLC run

Side 11

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 16. august 2010

11

Udregning af den reelle koncentration I Nescafé:

Da der er fortyndet med en faktor 10 ganges der op:

86,47 ∙ 10 = 864,7

𝑚𝑔 𝑚𝑔

𝐿 𝐿

Herefter udregnes den reelle masse coffein i Nescafé

𝑚 = 864,7 ∙ 𝑉

𝑚𝑔

𝐿

• V er opgivet til 150 mL= 0,150L

𝑚 = 864,7 ∙ 0,15𝐿

𝑚𝑔

𝐿

𝑚 = 129,7 𝑚𝑔

Nu divideres med de 6 g Nescafé oprindeligt brugt:

𝐶𝑜𝑓𝑓𝑒𝑖𝑛𝑑ℎ𝑜𝑙𝑑𝑒𝑡 𝑖 𝑁𝑒𝑠𝑐𝑎𝑓é =

129,7 𝑚𝑔_{𝑐𝑜𝑓𝑓𝑒𝑖𝑛}
6 𝑔_{𝑁𝑒𝑠𝑐𝑎𝑓é}

𝐶𝑜𝑓𝑓𝑒𝑖𝑛𝑖𝑛𝑑ℎ𝑜𝑙𝑑𝑒𝑡 𝑖 𝑁𝑒𝑠𝑐𝑎𝑓é = 21,6

mg_{coffein}
𝑔_{𝑁𝑒𝑠𝑐𝑎𝑓é}

Altså er der 21,6 mg coffein pr. g Nescafé.

Side 12

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 16. august 2010

12

Opgave 4 – Castorolie a)

Da vi ser at der brydes dobbeltbindinger med 𝐻_{2} og der ikke er nogen grupper som forlader molekylet er

der tale om en addition, hvor hydrogen bliver adderet til dobbeltbindingen.

b)

Da der er 2 optiske carbon er der 4 spejlbilledisomere.

• Det ene er 𝜔7 carbon i fedtsyren.

• Det andet er det midterste carbon i glycerol 𝜔-carbon på fedtsyrer henviser til optælling af carbon fra den ende længst fra glycerol.

Begge de 2 carbon er markert med * på nedenstående tegning:

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).

Herunder ses reaktionskemaet for reaktion III:

Side 13

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 16. august 2010

13 c)

Funktionelle grupper i E:

• Vi ser en bred top omkring 3000 cm^{-1}. Det tyder på en eller flere OH grupper, muligvis OH’et i

COOH.

• Vi ser en stærk top lige omkring 1700 cm^{-1} hvilket tyder på en carbonyl formentlig en syre carbonyl.
• Der ses også toppe både lige før og efter 3000 cm^{-1} hvilket tyder på både 𝑠𝑝^{2} 𝑜𝑔 𝑠𝑝^{3} hybridiseret

carbon. (altså enkelt og dobbelt carbon-carbon bindinger)

Funktionelle grupper i F:

• Vi ser en top lige over 1700 cm^{-1} hvilket tyder på en carbonyl formentlig en syre carbonyl.
• Mange toppe lige før 3000 cm^{-1} men ingen lige efter hvilket tyder 𝑠𝑝^{3} hybridiseret carbon men
ingen 𝑠𝑝^{2} hybridiseret carbon.(altså ingen dobbelt bindinger)

• Der kan muligvis skjules en OH gruppe under C til C enkelt bindingerne.

Ud fra de grupper der er til stede i F og E må det formodes at dobbeltbinding er i E samt at både E og F har en syregruppe. Hvis man udregner molekylevægten af det produkt man ville forvente ved hydrolyse efter carbon 11 fås:

𝑀 = 12,0107 ∙ 11 + 1,00794 ∙ 20 + 15,9994∙ 2 = 184,2753

𝑔 𝑚𝑜𝑙

Hvilket svarer til vægten for E opgivet i opgaven.

Her er det vigtigt at bruge de præcise molære masser da det ellers kan være svært at skelne lignende molekyler fra hinanden.

Det betyder at E er: undec-9-ensyre

Da vi forventer en hydrolyse vil der dannes en syre ved carbon 12. Det under bygges også af at vi ikke ser

nogen signaler efter 3000 cm^{-1}. Altså er F Heptansyre:

Side 14

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 16. august 2010

14

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