STX Kemi A 16. august 2013

Side 1

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 16. august 2013

1

Kemi A STX

16. august 2013

stx132-KEM/A-

Opgave 1: Ammoniak som grønt brændstof a)

Først udregnes stofmængden af ammoniak forbrændt. Da dioxygen og ammoniak reagerer i 3:4 forhold gælder:

𝑛_{𝑎𝑚𝑚𝑜𝑛𝑖𝑎𝑘} = 𝑛_{𝑑𝑖𝑜𝑥𝑦𝑔𝑒𝑛}

4

3

- 𝑛_{𝑑𝑖𝑜𝑥𝑦𝑔𝑒𝑛} er opgivet til 0,45 mol

𝑛_{𝑎𝑚𝑚𝑜𝑛𝑖𝑎𝑘} = 0,45𝑚𝑜𝑙

4

3

𝑛_{𝑎𝑚𝑚𝑜𝑛𝑖𝑎𝑘} = 0,60𝑚𝑜𝑙

Herefter udregnes massen af ammoniak ud fra stofmængden:

𝑛 =

𝑚

𝑀

𝑚 = 𝑀 ∙ 𝑛

- M er opgivet i databogen s. 48 til 17,03 g/mol
𝑚 = 17,03 ∙ 0,60𝑚𝑜𝑙

𝑔 𝑚𝑜𝑙

𝑚 = 10 𝑔

Altså forbrændes der 10 g ammoniak i beholderen.

b)

Før du læser løsningen, bør du prøve at løse opgaven alene med vores guide, som du kan hente her.

Δ𝑆^{𝜃} udregnes ved hjælp af:
Δ𝑆^{𝜃} = ∑Δ𝑆^{𝜃} ( 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑘𝑡𝑒𝑟) − ∑Δ𝑆^{𝜃} (𝑟𝑒𝑎𝑘𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑟)

Hvor Δ𝑆^{𝜃} -værdierne findes i databogen s. 60-96:

Δ𝑆^{𝜃} = ( 2 ∙ 191,61 + 6 ∙ 70,0) − ( 4 ∙ 192,8 + 3 ∙ 205,15)

𝐽 𝐽 𝑚𝑜𝑙 ∙ 𝐾 𝑚𝑜𝑙 ∙ 𝐾

Side 2

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 16. august 2013

2

Δ𝑆^{𝜃} = −583,43 ·

𝐽

𝑚𝑜𝑙 · 𝐾

                          𝐽
Altså er entropien −583,43 · . Da entropien er under 0 går reaktionen mod mindre uorden, hvilket
                        𝑚𝑜𝑙·𝐾

man også ville forvente ud fra reaktionskemaet. Vi ser både at vi har færre molekyler på højre side af reaktionspilen, men også at vi har en fase-overgang fra gas til væske.

c)

Før du læser løsningen, bør du prøve at løse opgaven alene med vores guide, som du kan hente her.

For at beregne ligevægtskonstanten er det nødvendigt først at bestemme ∆G^{θ},

Δ𝐺^{𝜃} = ∑Δ𝐺^{𝜃} ( 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑘𝑡𝑒𝑟) − ∑Δ𝐺 (𝑟𝑒𝑎𝑘𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑟)

𝜃

hvor værdierne for ΔG^{θ} fås ved tabelopslag.

Δ𝐺^{𝜃} = 2 ⋅ Δ𝐺^{𝜃} ( 𝑁_{2} ( 𝑔)) + 6 ⋅ Δ𝐺^{𝜃} ( 𝐻_{2} 𝑂 ( 𝑙)) − (4 ⋅ Δ𝐺^{𝜃} ( 𝑁𝐻_{3} ( 𝑔)) + 3 ⋅ Δ𝐺^{𝜃} ( 𝑂_{2} ( 𝑔)))
= 2 ⋅ 0 + 6 ⋅ ( −237,1) − ( 4 ⋅ ( −16,4) + 3 ⋅ 0) = −1357 𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙

Dernæst kan ligevægtskonstanten udregnes ved hjælp af følgende udtryk.

Δ𝐺^{𝜃} = −𝑅 ⋅ 𝑇 ⋅ ln𝐾 ; 𝐾 = 𝑒^{−} = 𝑒^{8,31} = 𝑒^{547,702}

Δ𝐺^{𝜃} 𝐽

𝑅⋅𝑇 𝑚𝑜𝑙⋅𝐾

−

−1357⋅10^{3}

𝐽 𝑚𝑜𝑙

⋅ ( 25+273,15) 𝐾

                                548  -5
Værdien af ligevægtskonstanten, K, er e bar . Enheden ses direkte af reaktionen, da følgende gælder ved

ligevægt.

𝐾 = 𝑌 = = = 𝑏𝑎𝑟^{−5}

𝑃 ( 𝑁_{2})^{2} 𝑏𝑎𝑟^{2}
𝑃 ( 𝑁𝐻_{3})^{4} ⋅ 𝑃 ( 𝑂_{2})^{3} 𝑏𝑎𝑟^{4} ⋅ 𝑏𝑎𝑟^{3}

Reaktionen er spontan og fuldstændig forskudt mod højre, fordi ΔG^{θ} < 0 og ligevægtskonstanten er meget

stor. Derfor giver det ikke mening at tale om en ligevægt, men i stedet en irreversibel reaktion. Reaktions-ligningen gav selv et hint om netop dette, fordi den er opskrevet med en reaktionspil i stedet for en ligevægtspil.

4𝑁𝐻_{3} ( 𝑔) + 3𝑂_{2} ( 𝑔) → 2𝑁_{2} ( 𝑔) + 6𝐻_{2} 𝑂 ( 𝑙)

d)

Først udregnes hvor meget svovlsyre der er totalt:

𝑛_{𝑠𝑎𝑙𝑡𝑠𝑦𝑟𝑒} = 𝐶 ∙ 𝑉

- C er opgivet til 0,0198 M

- V er opgivet til 15,0 mL

Side 3

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 16. august 2013

3

𝑛_{𝑠𝑎𝑙𝑡𝑠𝑦𝑟𝑒} = 0,0198𝑀 ∙ 15,0𝑚𝐿

𝑛_{𝑠𝑎𝑙𝑡𝑠𝑦𝑟𝑒} = 0,297𝑚𝑚𝑜𝑙

Herefter udregnes hvor stort et overskud af svovlsyre der var til stede:

𝑛_{𝑜𝑣𝑒𝑟𝑠𝑘𝑢𝑑} = 𝐶_{𝑁𝑎𝑂𝐻} ∙ 𝑉_{𝑁𝑎𝑂𝐻}

- 𝐶_{𝑁𝑎𝑂𝐻} er opgivet til 0,0200 M
- 𝑉_{𝑁𝑎𝑂𝐻} er opgivet til 10,65 mL

𝑛_{𝑜𝑣𝑒𝑟𝑠𝑘𝑢𝑑} = 0,0200𝑀 ∙ 10,65𝑚𝐿

𝑛_{𝑜𝑣𝑒𝑟𝑠𝑘𝑢𝑑} = 0,213𝑚𝑚𝑜𝑙

Stofmængden af ammoniak må svaret il mængden af svovlsyre minus det overskud der var af svovlsyre altså:

𝑛_{𝑁𝐻_{3}} = 𝑛_{𝑠𝑎𝑙𝑡𝑠𝑦𝑟𝑒} − 𝑛_{𝑜𝑣𝑒𝑟𝑠𝑘𝑢𝑑}

𝑛_{𝑁𝐻_{3}} = 0,297𝑚𝑚𝑜𝑙 − 0,213𝑚𝑚𝑜𝑙

𝑛_{𝑁𝐻_{3}} = 0,084 𝑚𝑚𝑜𝑙

Altså er stofmængden af ammoniak i opløsning A 0,084 mmol.

Side 4

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 16. august 2013

4

Opgave 2: Olivenolie a)

Bromvand kan reagere med dobbeltbindinger i en additionsreaktion, hvilket affarver bromvand. Da olecanthal har en dobbeltbinding, kan det affarve bromvand.

b)

Produktet har en ester og reaktanten har en organisk syre. Det er en klassisk esterficering, hvor en alkohol gruppe og en organisk syre danner en ester under fraspaltning af vand. Reaktionsskemaet ses nedenfor.

c)

Tabelværdier for IR kan findes I databogen s. 56. Forskelle nævnt I besvarelsen er markeret på nedenstående figur.

Man kan se forskel på A og olecanthal ved at sammenligne skiftet for en syregruppe (C=O stræk 1695 cm^{-1},
bred O-H stræk peak cm, C-O stræk cm) med det for en ester (C=O stræk 1745 cm^{-}

-1 -1

1 -1 -1

, bred O-H stræk peak cm

, C-O stræk , cm

). Selvom nogle af signalerne

muligvis vil overlappe kan fx C=O stræk bruges til at se forskel. C=C stræk fra aromaten vil også ligge lavere

         -1                       -1
(<1600 cm ) i forhold til alkener (>1600cm ). Aldehyderne i olecanthal vil også have et C=O stræk ved

1730cm^{-1} som ikke kan ses i spektret for A.

Side 5

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 16. august 2013

5

Opgave 3: Guld og cyanid a)

Først udregnes stofmængden af natriumcyanid:

𝑛 =

𝑚

𝑀

- m er opgivet til 99g

- M findes i databogen s. 66 og 80 til 26,02g/mol + 22,99g/mol
𝑛 =

99𝑔

( 26,02 + 22,99)

𝑔 𝑚𝑜𝑙

𝑛 = 2,019996 𝑚𝑜𝑙

Herefter udregnes stofmængdekoncentrationen:

𝐶 =

𝑛

𝑉

- V er opgivet til 100 L

𝐶 =

2,0𝑚𝑜𝑙

100𝐿

= 0,02𝑀

Altså er den formelle koncentration af cyanid 0,02 M b)

Først udregnes pKb:

𝑝𝐾𝑏 = −log ( 𝐾_{𝑏})

- 𝐾_{𝑏} er opgivet til 2,04∙ 10^{−5} 𝑀
𝑝𝐾𝑏 = −log ( 2,04 ∙ 10^{−5})
𝑝𝐾𝑏 = 4,69

Da pKb er mellem 4 og 7 kan formlem for en svag base bruges til at udregne pOH:

𝑝𝑂𝐻 = ∙ ( 𝑝𝐾𝑏 − log ( 𝐶))

1

2

- Hvor C er udregnet i opgave a

𝑝𝑂𝐻 = ∙ ( 4,69 − log ( 0,02))

1

2

𝑝𝑂𝐻 = 3,2

pH kan så udregnes da vi ved at pH+pOH=14:

𝑝𝐻 = 14 − 𝑝𝑂𝐻

Side 6

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 16. august 2013

6

𝑝𝐻 = 14 − 3,2

𝑝𝐻 = 10,8

pH i opløsningen ved 25^{o} C er altså 10,8.

c)

I reaktionen går Au fra oxidation trin 0 til oxidationstrin I. Altså guld stiger ét oxidationstrin. Oxygen går derimod fra oxidationstrin 0 til oxidationstrin -II. Oxygen falder derfor 2 trin. Da der er ændringer i oxidationstrin er reaktionen en redoxreaktion.

d)

Vi har en reaktion II som er langt forskudt mod venstre. Dog vil der altid være en lille mængde gulv på Au^{+}
form. Den lille mængde guld der er på Au^{+} -form vil reagere med Zn(s) og derved blive udfældet (reaktion
III). Dette vil skubbe reaktion II mod højre og der vil derved være mere Au^{+} til rådighed for reaktion III. For
at sørge for at der ikke kommer for meget Zn^{2+} i overskud som forskubber reaktionerne tilbage mod

venstre, fjerner man disse med svovlsyre. Altså kan guld udvindes fra malm ved at forskyde 2 ligevægte.

Side 7

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 16. august 2013

7

Opgave 4: Penicillin a)

Det er en substitution hvor aminogruppen angriber carbonylen, og chlor fungerer som den forladende gruppe.

b)

Reaktionen er af første orden i det viste koncentrationsområde, da reaktionen er direkte proportional med koncentrationen af pencillin G:

𝑣 = 𝑘 ∙ [ 𝑃𝑒𝑛𝑖𝑐𝑖𝑙𝑙𝑖𝑛 𝐺]

Ud fra regressionen kan vi udregne hastighedskonstanten. Vi skal dog tage højde for at der er ganget en faktor på akserne.

𝑘 = 𝑘_{𝑎𝑝𝑝} ∙

𝐹𝑎𝑘𝑡𝑜𝑟_{𝑦𝑎𝑘𝑠𝑒}
𝐹𝑎𝑘𝑡𝑜𝑟_{𝑥𝑎𝑘𝑠𝑒}

                                             -1
- 𝑘    aflæses fra regressionen i opgaven til 1,31min
    𝑎𝑝𝑝

𝑘 = 1,31𝑚𝑖𝑛^{−1} ∙

10^{−12}
10^{−8}
𝑘 = 1,31∙ 10^{−4} 𝑚𝑖𝑛^{−1}

                                     -1
                                −4
Hastighedskonstanten er altså 1,31∙ 10 min .

c)

6,85∙10^{-10} M min^{-1} er den maksimale hastighed, som reaktionen kan opnå. Hvor hurtig reaktionen er ved en

bestemt substratkoncentration er afhængig af brøken:

[ 𝑝𝑒𝑛𝑐𝑖𝑙𝑙𝑖𝑛 𝐺]

[ 𝑝𝑒𝑛𝑖𝑐𝑖𝑙𝑙𝑖𝑛 𝐺] + 5,22 ∙ 10^{−5} 𝑀

                                    -5
Når koncentrationen af penicillin G>>5,22∙10

M er brøken praktisk talt 1 og den maksimale

reaktionshastighed er opnået. Vi kan indsætte 4 ∙ 10^{−3} 𝑀 i brøken:

4 ∙ 10^{−3} 𝑀
4 ∙ 10^{−3} 𝑀 + 5,22 ∙ 10^{−5} 𝑀

= 0,9871181

Som det kan ses er vi meget tæt på at reaktionsbrøken giver 1 og vi er derfor tæt på den maksimale reaktionshastighed. Ser vi på figur 2 kan vi også se at reaktionen kun meget langsomt stiger afhængigt af koncentrationen af penicillin G.

Når koncentrationen ikke er afhængig af reaktanten er reaktionen af nulte orden.

Side 8

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 16. august 2013

8 d)

De tre aminosyrer er tegnet nedenfor:

Aminosyrer kobles sammen ved reaktion af en carboxylsyre med en aminogruppe. Ud fra dette kan man skille dem ad og få de aminosyrer, som er afbilledet i ovenstående figur.

e)

Figuren nedenfor viser aflæsning af syrebrøken ved pH 2:

Ved pH 2 vil aminogruppen være fuldt protoneret - altså vil C slet ikke eksistere. Ampicillin vil altså kun eksistere som form A og B. A vil være den form, som der er mest af ved pH 2, da den er protoneret.

Aflæsningen af kurven viser, at der vil være ca 77 % af denne og 23 % af form B. Penicillin vil hovedsagligt findes på den protonerede form D ved pH 2. Fra kurven er der aflæst, at der vil være ca. 85 % D og 15 % E.

0

0,1

0,2

0,3

0,4

0,5

0,6

0,7

0,8

0,9

1

8 9 10

Xs pH

Side 9

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 16. august 2013

9

Ovenfor ses en figur der viser aflæsningen af syrebrøken ved pH 7,4. Ved pH 7,4 findes former med en protoneret syregruppe slet ikke (form D og A). Penicillin eksisterer derfor kun som form E (100%). Ampicillin findes som en blanding af form B og C. Da vi er ovre pKs for aminogruppen eksisterer mest på den deprotonerede form (C). Af kurven er der aflæst at ca 38 % af ampicillin er på form B og 62 % er på form C.

f)

Fordelingskonstanten fortæller om molekylet er mest hydrofilt eller hydrofobt. Hvis stoffet er meget hydrofilt har det en lille fordelingskonstant og hvis stoffet er meget hydrofobt har det en stor fordelingskonstant. Pencillin G og Ampicillin har næsten samme kemiske struktur. Den eneste forskel er en hydrofil aminogruppe tilstede i Ampicillins struktur. Som tidligere diskuteret vil ~38 % af aminogrupperne være protoneret ved pH 7,4. Protonerede aminogrupper er yderligere hydrofile. Det må derfor forventes at Ampicillin har en lavere fordelingskonstant hvilket også er tilfældet.

0

0,1

0,2

0,3

0,4

0,5

0,6

0,7

0,8

0,9

1

8 9 10

Xs pH