STX Kemi A Eksamen 18. maj 2011 - Vejledende besvarelse

Side 1

Vejledende besvarelse fra Studiekompasset.dk

Skriftlig prøve

Kemi A

STX

Onsdag den 18. maj 2011

1stx111-KEM/A-

Side 2

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 18. maj 2011

2

Opgave 1 – Feromoner

Molarmasser findes i databogen s. 14-16 a)

Barkbilleferomonet affarver bromvand da det har en dobbeltbinding. Dibrom vil adderes over dobbeltbindingen, altså er der tale om en additionsreaktion.

b)

Vi dividerer masseprocenten med den molæremasse og finder derved de molære forhold:

𝑛=

𝑚

𝑀

• De molære masser findes i databog

o Carbon: 𝑀_{𝐶} =12,0107_{𝑚𝑜𝑙}^{𝑔}
o Hydrogen: 𝑀_{𝐻} =1,00794_{𝑚𝑜𝑙}^{𝑔}
o Oxygen: 𝑀_{𝑂} =15,9994_{𝑚𝑜𝑙}^{𝑔}

Carbon Oxygen Hydrogen

Masseprocent | 58,8 | 31,33 | 9,87

Molarmasse i g/mol 12,0107 15,9994 1,00794

Det molare forhold | 4,9896 | 1,958 | 9,792
Normalisering: | 5 | 2 | 10

Da det molare forhold for oxygen er mindst, deler vi to andre molare forhold med det molare forhold

for oxygen. Vi får da 4,9896/1,958 =2,5 og 9,792/1,958 = 5,0. Da carbons koefficient ikke er et helt tal,

og man ikke kan have halve atomer i et molekyle ganges op med 2, så vi får atomerne som vist i skemaet.

Som det kan ses af normaliseringen kan den emperiske formel beskrives som: 𝐶_{5} 𝐻_{10} 𝑂_{2} Da vi ved at der er 2

oxygen atomer i vores stof må dette svare til molekyleformlen:

𝐶_{5} 𝐻_{10} 𝑂_{2}

c)

Der er 2 muligheder for den ikke optisk aktive carboxylsyre. Enten pentansyre eller 3-methylbutansyre:

Side 3

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 18. maj 2011

3

Den optisk aktive kan kun være 2-methylbutansyre:

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

d)

De kemiske skift aflæses på x-aksen af chromatogrammet.

Integralet aflæses på kurven som højden af den røde streg. Integralet svarer til forholdet mellem protoner i de forskellige toppe. Man finder det mindste integrale og sætter det til 1, og vurderer de andre integraler ud fra det. Det er vist på nedenstående figur.

Den eller de pågældende protoner er farvet blå i nedstående skema:

Nr. Kemisk skift Integral Koblingsmønster Tilordning ppm Antal H

1 0,8 3 Triplet (2 naboer) CH_{3} -(CH_{2})
2 1,2 2 Hexet (5 naboer) (CH_{2})-CH_{2} -(CH_{3})
3 1,6 2 Pentet ( 4 naboer) CH_{2} -(CH_{2})_{2} el (CH)-CH_{2} -(CH_{3})

(udelukkes da vi ikke har nogen CH)

4 2,3 2 Triplet (2 naboer) -CH_{2} -(CH_{2}) el. CH_{2} -(CH)_{2}

(udelukkes da vi ikke har nogen CH)

Side 4

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 18. maj 2011

4

5 8,8 1 Bred singlet (ingen nabo formentlig OH (C)-OH på grund af bredden)

Ud fra skemaet sætter jeg de forskellige brudstykker op:

CH_{3} -(CH_{2}), (CH_{2})-CH_{2} -(CH_{3}), CH_{2} -(CH_{2})_{2,} CH_{2} -(CH_{2}), (C)-OH, COOH.

Først kan vi se at der kun er 1 CH_{3} og derfor må top 1 og top 2 koble til hinanden:

CH_{3} -CH_{2} -(CH_{2}). Da denne ender blindt må det være den alfiatiske ende af molekylet.

I den anden ende af molekylet ved vi at vi har: (C)-COOH. Hvor OH svarer til top 5. Det er kun top 4 der har en fri ende som ikke kobler til noget så den må være bundet til COOH:

(CH_{2})-CH_{2} COOH.

Nu mangler vi kun at gøre rede for top 3 og den passer præcis som bindeled mellem top 1/2 og top 4/5.

Altså får vi pentansyre:

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).

Side 5

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 18. maj 2011

5

Opgave 2 – Fremstilling af jern

Molarmasser findes i databogen s. 14-16 a)

Vi kan se at der overføres elektroner fra hydrogen til jern.

Ændringer i oxidationstal:

• Fe(+III) 🡪Fe(0)
• H(0)🡪H(+I)

Da vi kan se at jern og hydrogen ændrer oxidationstal er det en redoxreaktion.

b)

For at udregne entalpiændringen bruges følgende formel:

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

θ θ

Værdierne slåes op i databogen s. 60-95 og sættes ind:

Δ𝐻^{θ} = ( 2 ∙ 0 + 3 ∙ −241,8) − ( −824,2 + 3 ∙ 0)

𝑘𝐽 𝐽 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

Δ𝐻^{𝜃} =98,8 =98,8∙ 10^{3}

𝑘𝐽 𝐽 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

Hvilket viser at reaktionen er endotherm da Δ𝐻^{𝜃} >0, altså den optager varme.

c)

Først udregnes entropien med følgende formel:

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

θ

Værdierne findes i databogen s. 60-95 og sættes ind i udtrykket:

ΔS^{θ} = ( 2 ∙ 27,3 + 3 ∙ 188,8) − (87,4 + 3 ∙ 130,68)

𝐽 𝐽 𝑚𝑜𝑙∙ 𝐾 𝑚𝑜𝑙∙ 𝐾

Δ𝑆^{𝜃} =141,56

𝐽 𝑚𝑜𝑙∙ 𝐾

Reaktioner hvor Δ𝐺^{𝜃} <0 er spontane derfor udregnes denne temperatur:

Side 6

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 18. maj 2011

6

Δ𝐺^{𝜃} =ΔH^{θ} − 𝑇ΔS^{θ} <0

⇕

𝑇>

ΔH^{θ}
ΔS^{θ}

• ΔS^{θ} udregnet til 141,56_{𝑚𝑜𝑙∙𝐾}^{𝐽}
• Δ𝐻^{𝜃} udregnet til 98,8 ∙ 10^{3}_{𝑚𝑜𝑙}^{𝐽}

Værdierne sættes ind:

𝑇>

98,8 ∙ 10^{3}

𝐽 𝑚𝑜𝑙

141,56

𝐽 𝑚𝑜𝑙∙ 𝐾

𝑇>697,94𝐾

Altså når temperaturen er højere end 697,94K er reaktionen spontan.

d)

Q udregnes som svarer til ligevægtskonstanten i en reaktion der ikke er løbet til ligevægt:

𝑄=

𝑝 ( 𝐻_{2} 𝑂)^{3}
𝑝 ( 𝐻_{2})^{3}

• p(H_{2} O) opgivet til 0,5 bar
• p(H_{2}) opgivet til 0,45 bar

Værdierne indsættes:

𝑄=

0,5^{3}
0,45^{3}

𝑄=1,37

Da Q er mindre end 8,79 (Q<K) vil reaktionen (I) gå mod højre indtil den når ligevægt.

e)

Først skrives ligevægtsudtrykket op:

𝐾=

𝑝 ( 𝐻_{2} 𝑂)^{3}
𝑝 ( 𝐻_{2})^{3}

Side 7

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 18. maj 2011

7

Det samlede tryk for p(H_{2} O) og p(H_{2}) er summen af dem, da de reagerer 1:1: som set i reaktion (I)

𝑝_{𝑠𝑎𝑚𝑙𝑒𝑡} =𝑝 ( 𝐻_{2} 𝑂) + 𝑝 ( 𝐻_{2})

• p(H_{2} O) opgivet til 0,5 bar
• p(H_{2}) opgivet til 0,45 bar

𝑝_{𝑠𝑎𝑚𝑙𝑒𝑡} =0,5 𝑏𝑎𝑟 + 0,45 𝑏𝑎𝑟=0,95 𝑏𝑎𝑟

Da det samlede tryk er konstant igennem hele reaktionen kan vi opskrive:

0,95𝑏𝑎𝑟=𝑝 ( 𝐻_{2} 𝑂) + 𝑝 ( 𝐻_{2})

⇕

𝑝 ( 𝐻_{2} 𝑂) =0,95 𝑏𝑎𝑟 − 𝑝(𝐻_{2})

Udtrykket for p(H O) indsættes i udtrykket for ligevægtskonstanten og vi udregner p(H )
              2                                                       2

𝐾= =8,79

( 0,95𝑏𝑎𝑟 − 𝑝 ( 𝐻_{2}))^{3}
𝑝 ( 𝐻_{2})^{3}

⇕

𝑝 ( 𝐻_{2}) =0,31𝑏𝑎𝑟

p(H_{2} O) udregnes ud fra p(H_{2}):

𝑝 ( 𝐻_{2} 𝑂) =0,95𝑏𝑎𝑟 − 𝑝 ( 𝐻_{2}) =0,95𝑏𝑎𝑟 − 0,31𝑏𝑎𝑟

𝑝 ( 𝐻_{2} 𝑂) =0,64 𝑏𝑎𝑟

Side 8

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 18. maj 2011

8

Opgave 3 – Nedbrydning af et kunstigt sødemiddel

Molarmasser findes i databogen s. 14-16 a)

Først udregnes stofmængde ved:

𝑛=𝐶∙ 𝑉

• V er opgivet til 250 mL=0,250 L
• C er opgivet til 1,78∙ 10^{−3} 𝑀

Værdierne indsættes:

𝑛=0,250𝐿∙ 1,78 ∙ 10^{−3} 𝑀

𝑛=4,45 ∙ 10^{−4} 𝑚𝑜𝑙

Herefter udregnes massen ved brug af:

𝑛= ⇔𝑚=𝑛∙ 𝑀

𝑚

𝑀

• n er lige regnet til 4,45 ∙ 10^{−4} 𝑚𝑜𝑙
• M er opgivet til 294,30_{𝑚𝑜𝑙}^{𝑔}

Værdierne indsættes:

𝑚=4,45 ∙ 10^{−4} 𝑚𝑜𝑙 ∙ 294,30

𝑔 𝑚𝑜𝑙

𝑚=0,131𝑔=131 𝑚𝑔

b)

Da citrat er en svag base med pKb>4 bruges:

𝑝𝑂𝐻= (𝑝𝐾_{𝑏} − log ( 𝑐_{𝑏}))

1

2

• pKb opgivet til 7,6

• 𝑐_{𝑏} opgivet til 0,2M

Værdierne sættes ind:

𝑝𝑂𝐻= ∙ ( 7,6 − log ( 0,2M))

1

2

𝑝𝑂𝐻=4,15

Ved 25 grader gælder:

Side 9

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 18. maj 2011

9

𝑝𝐻+ 𝑝𝑂𝐻=14

𝑝𝐻=14 − 4,15

𝑝𝐻=9,85

c)

Den naturlige logartime af aspartam koncentrationen (ln (𝑐
                                                𝑎𝑠𝑝𝑎𝑟𝑡𝑎𝑚

)) plottes mod tiden og der laves en lineær regression (tendenslinje):

Vi ser en ret linie. Dette svarer til funktionsudtrykket for en førsteordens reaktion:

ln ( [ 𝐴]_{𝑡}) =ln [ 𝐴_{0}] − 𝑘𝑡

Da linjen er ret er det en førsteordens reaktion.

For at udregne halveringstiden findes først hastighedskonstanten (k).

𝑘=−𝛼

• Hvor 𝛼 er hældningen på tendenslinjen, aflæst til −0,0028 𝑚𝑖𝑛^{−1}

𝑘=− ( −0,0028 𝑚𝑖𝑛^{−1})

𝑘=0,0028𝑚𝑖𝑛^{−1}

Halveringstiden udregnes ud fra følgende udtryk:

𝑇_{½} =

ln ( 2) 𝑘

y = -0,0028x + 0,583
R² = 0,9979

-0,4

-0,2

0

0,2

0,4

0,6

0,8

00 350 ln(C (aspartam))

Tid i minutter

Nedbrydning af Aspartam

Side 10

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 18. maj 2011

10

𝑇_{½} =

ln (2)

0,0028min^{−1}

𝑇_{½} =247,5 𝑚𝑖𝑛

d)

På grafen aflæses hvor en lodret streg v. pH 7 ville skære titrerkurven. Ved dette punkt kan der på x-aksen

aflæses hvor stor en fraktion som er til stede som 𝐻𝐶𝑖𝑡^{2−} også kaldet 𝑥_{𝑠}.

𝑥_{𝑏} =1 − 𝑥_{𝑠}

• 𝑥_{𝑠} aflæst til 0,2

Værdi indsættes:

𝑥_{𝑠} ( 𝐶𝑖𝑡^{−3}) =1 − 0,2

𝑥_{𝑠} ( 𝐶𝑖𝑡^{−3}) =0,8

                                  −3
Hvilket svarer til at 80 % er til stede på 𝐶𝑖𝑡 formen.

                                                     [ 𝑆𝑦𝑟𝑒 ]
Den kan også udregnes ud fra pufferligningen 𝑝𝑂𝐻=𝑝𝐾 + log ( )
                                              𝑏
                                                     [ 𝐵𝑎𝑠𝑒 ]

e)

Først udregnes stofmængden af citrater:

𝑛=𝐶∙ 𝑉

• C er opgivet til 0,2M

• V er opgivet til 250 mL=0,25L

𝑛=0,2𝑀 ∙ 0,25𝐿

𝑛=0,05𝑚𝑜𝑙

Ud fra massebevarelsen har vi at:

𝑛= [ 𝐶𝑖𝑡^{3−}] + [ 𝐻𝐶𝑖𝑡^{2−}] ⟺ [ 𝐶𝑖𝑡^{3−}] =𝑛 − [ 𝐻𝐶𝑖𝑡^{2−}]

I opløsningen er pH 9,85 som udregnet i b. Ved pH 9,85 er en forsvindende lille del på syreform (under 1 % da vi er over 2 pH units fra pKb) så dem kan vi se bort fra. Derfor kan man sige at:

[ 𝐻𝐶𝑖𝑡^{2−}] =[𝐻𝐶𝑙]

Dette kan sættes ind i pufferligningen:

Side 11

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 18. maj 2011

11

𝑝𝑂𝐻=𝑝𝐾𝑏+ log () ⇕

[ 𝐻𝐶𝑖𝑡^{2−}]
[ 𝐶𝑖𝑡^{3−}]

𝑝𝑂𝐻=𝑝𝐾 + log () ⇕

𝑏

[ 𝐻𝐶𝑙]

𝑛 − [ 𝐻𝐶𝑙]

[ 𝐻𝐶𝑙] =

𝑛∙ 10^{𝑝𝐻}
10^{𝑝𝐻} + 10^{𝑝𝐾}^{𝑏}

• pKb er opgivet til 7,6

• pOH er opgivet til 7

[ 𝐻𝐶𝑙] =

0,005𝑚𝑜𝑙∙ 10^{7}
10^{7} + 10^{7,6}
[ 𝐻𝐶𝑙] =0,0100 𝑚𝑜𝑙

Volumen udregnes ud fra:

𝑛=𝐶∙ 𝑉 ⟺𝑉 =

𝑛

𝐶

• C er opgivet til 1M

𝑉=

0,0100𝑚𝑜𝑙

1𝑀

𝑉=0,0100𝐿=100𝑚𝐿

Altså skal der bruges ca. 100 mL HCl for at lave den pågældende pufferopløsning.

Side 12

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 18. maj 2011

12

Opgave 4 – Agaritin i champignon

Molarmasser findes i databogen s. 14-16 a)

Herunder er strukturformlen vist nummereret:

Først optælles carbon:

• 1,2,3,4,5,6,9,11,13,14,15,17 = 12 carbon

Så optælles oxygen:

• 10,12,18,19 = 4 oxygen

Så optælles nitrogen:

• 7,8,16 = 3 Nitrogen

Så optælles hydrogen

• Antal CH2/NH2:
o 11,13,14,16= 8 hydrogen
• Antal CH/NH/OH:
o 2,3,5,6,7,8,12,15,18 = 9 hydrogen

• I alt: 17 hydrogen

Det giver en molekyleformel der hedder:

𝐶_{12} 𝐻_{17} 𝑁_{3} 𝑂_{4}

b)

Der sker en reduktion af aldehyden til en alkohol (nr. 12 på ovenstående billede).

Det er en reduktion fordi carbon hvor aldehyden sidder på falder i oxidationstrin. Når et carbon går fra at

være et aldehyd til en alkohol ser vi et netto fald i oxidationstrin fra +I til –I.

Side 13

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 18. maj 2011

13 c)

Argatin har store hydrofobe områder blandt andet aromaten og de 2 alifatiske kæder. Der er dog visse hydrofile elementer som OH gruppen, syregruppen, ketonen og aminogrupperne. De er dog stadig ikke hydrofile nok til at opveje de store hydrofobe dele, derfor er heptan mest velegnet til at udtrække argaritin.

Læg også mærke til figur 1 hvor vi ser et HPLC chromatogram. Her vil de mest hydrofobe eluere sidst og argaritin eluerer efter ~23 minutter d)

Først udregnes massen af agaritin i prøven ud fra plottet i figur 2:

𝐴𝑟𝑒𝑎𝑙𝑡𝑎𝑙𝑙𝑒𝑡=3,48 ∙ 10^{5} 𝑛𝑔^{−1} ∙ 𝑚_{𝑎𝑔𝑎𝑟𝑖𝑡𝑖𝑛} + 2,04 ∙ 10^{4}

⇕

𝑚_{𝑎𝑔𝑎𝑟𝑖𝑡𝑖𝑛} =

𝐴𝑟𝑒𝑎𝑙𝑡𝑎𝑙𝑙𝑒𝑡 − 2,04 ∙ 10^{4}
3,48 ∙ 10^{5} 𝑛𝑔^{−1}

• Arealtallet opgivet på figur 1 til: 1,23 ∙ 10^{6}

Arealtallet indsættes:

𝑚_{𝑎𝑔𝑎𝑟𝑖𝑡𝑖𝑛} =

1,23 ∙ 10^{6} − 2,04 ∙ 10^{4}
3,48 ∙ 10^{5} 𝑛𝑔^{−1}

𝑚_{𝑎𝑔𝑎𝑟𝑖𝑡𝑖𝑛} =3,48 𝑛𝑔=3,48 ∙ 10^{−6} 𝑚𝑔

Da vores resultat er for en opløsning på 25𝜇𝐿 og vi i original opløsningen havde 100 mL regnes tilbage:

3,48 ∙ 10^{−6} 𝑚𝑔
25 ∙ 10^{−3} 𝑚𝐿

∙ 100𝑚𝐿=0,01392𝑚𝑔

Nu er vores resultat massen af agaritin i 100 mg champignon det skal omregnes til mg pr. kg champignon.

Det gøres ved at gange med en faktor 10^{4}:

13,9 ∙ 10^{4} 𝑚𝑔=139𝑚𝑔

Altså er der ca. 139 mg agaritin pr. kg champignon.