STX Kemi A 24. maj 2013 - Vejledende besvarelse

Side 1

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 24. maj 2013

1

Kemi A STX

24. maj 2013

1stx131-KEM/A-

Opgave 1: Terpenoider a)

Alle carbon- og hydrogen-atomer er anført ved hjælp af programmet chemsketch:

CH CH_{3}

C

CH

CH_{2}

CH CH_{3}

2

C

CH

CH

O

3

Teknisk hjælp: Carbon-backbonet tegnes ved brug af de almindelige værktøjer. Carbon vises explicit ved at vælge ”Structure Properties” i menuen ”Tools”. I dialog bokses under ”Common” findes en funktion der hedder ”Show Carbons”. Her skal checkbox’en ”All” tjekkes b)

De to reaktanters funktionelle gruppe er en organisk syre og en alkohol. Derfor er reaktion en esterficiering, hvor alkoholgruppen angriber carbonylen og vand spaltes fra. Reaktionskemaet er tegnet i chemsketch:

Side 2

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 24. maj 2013

2 c)

Affarvning af bromvand betyder at stoffet indeholder carbon-carbon dobbeltbindinger. Altså er B og D citral og linalool. Kun linalool er optisk aktiv og da kun B udviser en drejning af polarisationsplan må denne være linalool, og D være citral.

Af de tilbageværende stoffer er der kun carvacrol som ikke er optisk aktiv. Denne må derfor være C som ikke drejer planpolariseret lys.

De to tilbageværende stoffer, menthol og menthon, adskilles på at menthol har en alkoholgruppe hvor menthon har en keton. Ketonen er påvist i glas A som giver et gult bundfald med 2,4- dinitrophenylhydrazineopløsning. Altså er menthol i glas E og menthon i glas A.

Opsummering:

A B C D E

Menthon Linalool Carvacrol Citral Menthol

Side 3

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 24. maj 2013

3

Opgave 2: Brezel a)

Først udregnes stofmængden af natriumcarbonat ved hjælp af:

𝑛=

𝑚

𝑀

Hvor:

- Massen (m) er opgivet til 54 g

- Molarmassen (M) findes i databogen s. 80 og til 286,1418 g/mol

𝑛=

54 𝑔

286,1418 𝑔 𝑚𝑜𝑙

𝑛=0,188718 𝑚𝑜𝑙

Stofmængdekoncentrationen udregnes ved hjælp af:

𝑐=

𝑛

𝑉

Hvor:

- Volumen (V) er opgivet til 1,0 L

𝑐=

0,188718 𝑚𝑜𝑙

1,0 𝐿

𝐶=0,19 𝑀

Stofmængdekoncentrationen af natriumcarbonat i opløsningen er 0,19 M.

b)

Da carbonat har en pKb mellem 1,7 og 4 er det en middelstærk base og pOH udregnes med formlen:

𝑝𝑂𝐻=−log

⎝ ⎠

⎛ ⎞

−𝐾_{𝑏} + 𝐾^{2} + 4 ∙ 𝐾_{𝑏} ∙ 𝐶_{𝐶𝑂_{3}} 2−
√_{𝑏}

2

Hvor:

- pK_{b} findes i databogen s. 81 til 3,68. Ud fra denne udregnes K_{b}: 𝐾_{𝑏} =10^{−𝑝𝐾_{𝑏}} =10^{−3,68}
- Koncentrationen af Carbonat (𝐶_{𝐶𝑂_{3}} 2−) blev udregnet i forrige opgave til 0,19M

Side 4

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 24. maj 2013

4

𝑝𝑂𝐻=−log()

( −10^{−3,68} + √ (10^{−3,68})^{2} + 4 ∙ 10^{−3,68} ∙ 0,19𝑀)

2

𝑝𝑂𝐻=2,21

𝑝𝐻=14 − 𝑝𝑂𝐻

𝑝𝐻=11,79

pH af opløsningen er 11,79.

c)

Titreringspunktet er aflæst fra titrererkurven til 33 mL. I titreringspunktet gælder:

𝑛_{𝑁𝑎𝑂𝐻} =𝑛_{𝐻𝐶𝑙}

𝐶_{𝑁𝑎𝑂𝐻} ∙ 𝑉_{𝑁𝑎𝑂𝐻} =𝐶_{𝐻𝐶𝑙} ∙ 𝑉_{𝐻𝐶𝑙}

𝐶_{𝑁𝑎𝑂𝐻} =

𝐶_{𝐻𝐶𝑙} ∙ 𝑉_{𝐻𝐶𝑙}
𝑉_{𝑁𝑎𝑂𝐻}

Hvor:

- Koncentrationen af HCl (𝐶_{𝐻𝐶𝑙}) er opgivet til 0,097 M
- Volumen af HCl (𝑉_{𝐻𝐶𝑙}) er aflæst til 33 mL
- Volumen af NaOH (𝑉_{𝑁𝑎𝑂𝐻}) er opgivet til 5,0 mL

𝐶_{𝑁𝑎𝑂𝐻} =

0,097𝑀 ∙ 33𝑚𝐿

5𝑚𝐿

𝐶_{𝑁𝑎𝑂𝐻} =0,64𝑀

Da koncentrationen af NaOH er under 1M overholder bageren de tyske fødevareregler.

Side 5

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 24. maj 2013

5

Opgave 3: Fedmemedicin a)

På A er aminen primær, da den er bundet til ét carbonatom. Bindingspartneren samt den primære ammin er markeret med rød på nedenstående billede.

På Lorcaserin er aminen sekundær, da den er bundet til to carbonatomer. Bindingspartnerne samt den sekundære amin er markeret med blå, på ovenstående billede.

b)

Den naturlige logaritme til den maksimale mængde lorcaserin i 1 g musehjerne er aflæst til at være 8,72

ln ( 𝑚) =8,72

𝑚=𝑒 𝑛𝑔

8,72

𝑚=6124,179 𝑛𝑔=6124,179 ∙ 10^{−9} 𝑔

𝑚=6,12 ∙ 10^{−6} 𝑔

Stofmængden udregnes ved hjælp af:

𝑛=

𝑚

𝑀

Hvor:

- Massen (m) er udregnet til 6,12∙ 10^{−6} 𝑔
- Molarmassen er opgivet til 195,69 g/mol

𝑛=

6,12 ∙ 10^{−6} 𝑔

195,69 𝑔 𝑚𝑜𝑙

𝑛=3,13 · 10^{−8} 𝑚𝑜𝑙

Den maksimale stofmængde locarserin i 1 g rottehjerne er 3,13·10^{-8} mmol.

c)

For en førsteordens reaktion gælder sammenhængen:

ln [ 𝐴] =−𝑘∙ 𝑡 + ln [𝐴_{0}]

Side 6

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 24. maj 2013

6

Altså kan ses en ret linje hvis logaritmen til koncentrationen plottes mod tiden. Dette er gjort i figuren præsenteret i opgaven og her ses en ret linje efter at den maksimale koncentration er opnået. Altså er reaktionen af 1. orden efter maksimal masse af lorcaserin er opnået.

Af udtrykket kan det ses at hastighedskonstanten k svarer til den negative hældning. Hældningen af kurven bestemmes ved at aflæse to punkter på kurven:

𝑘=

𝑥_{1} − 𝑥_{2}
𝑦_{1} − 𝑦_{2}

Hvor de to punkter er aflæst til:

- (1,0;8,72) og (4,0;8,28)

𝑘=−

8,72 − 8,28
1ℎ− 4ℎ
=0,15 ℎ^{−1}

Halveringstiden bestemmes ved hjælp af:

𝑇_{½} =

ln ( 2) 𝑘

=

ln ( 2)

0,15ℎ^{−1}
=4,6 ℎ

Altså er halveringstiden 4,6 timer.

d)

I spørgsmål c har vi vist at reaktionen er af førsteorden så derfor isoleres tiden i førsteordensudtrykket præcenteret i c:

ln [ 𝐴] =−𝑘∙ 𝑡 + ln [𝐴_{0}]

𝑡=−

ln [ 𝐴] − ln [ 𝐴_{0}]

𝑘

Hvor:

- ln[A] er opgivet som ln[5]

- ln[A_{0}] blev i opgave b aflæst til 8,72
- k er udregnet i forrige opgave til 0,15h^{-1}

𝑡=−

ln ( 5) − 8,72
0,15 ∙ ℎ^{−1}

𝑡=47 ℎ

Dertil skal den time tillægges, som er før vi opnår maksimal stofmængde lorcaserin i hjernen.

Altså er den tid det tager fra indtagelsen til lorcaserin før niveauet er på 5 ng pr. 1 g rottehjerne 48 timer.

Side 7

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 24. maj 2013

7 e)

Antal H’er er bestemt ud fra integralkurven som er vist i H NMR-Spektret. De forskellige kemiske skift er givet et ID-nr for nemmere reference.

Kemisk skift | ID-nr | Koblingsmønster | Antal H | Forslag til gruppe
8,3 | I | Singlet | 1 | N-H
6,9-7,3 | II | Multiplet | 4 | Ar-H
4,3-4,6 | III | Kvartet | 1 | CH-(CH3)

3,1-3,5 IV Triplet 2 CH_{2} -(CH_{2})
2,6-3,9 V Triplet 2 CH_{2} -(CH_{2})

1,3-1,7 | VI | Dublet | 3 | CH3-(CH)

ID-nr I og II samt IV og V beskriver de grupper som allerede er kendt i strukturen. Udover den kendte struktur mangler der at placeres 2 carbonatomer, 4 hydrogenatomer og et chloratom. På det ene carbonatom sidder 3 hydrogener og på det andet sidder 1 hydrogen. Dette kan ses ud fra koblingsmønstret, hvor III kobler til 3 andre hydrogener (kvartet) og VI kobler til et andet hydrogen (dublet). Ud fra oktetreglen samt det høje kemiske skift for III, må det forventes at chlorgruppen sidder på III.

R gruppen ser ud som følgende:

Cl

CH

CH

3 R'

NMR-spektre: Når man ser et NMR-spektre er det vigtigt at samle de forskellige informationer der er om hver type hydrogen. Dette inkluderer kemisk skift, koblingsmønster og integralkurven.

Kemisk skift: Det kemiske skift fortæller noget om hvilke typer af nabo-atomer man kan forvente. De forventede kemiske skift for H koblet til forskellige funktionelle grupper kan findes i databogen.

Koblingsmønstre: Koblingsmønstret fortæller noget om hvor mange nabo-hydrogener det pågældende hydrogen kan se. Som tommelfingerregel gælder at hydrogenet har et nabo-hydrogen mindre end antal toppe.

Integralkurven: Integralkurven fortæller noget om ratioen af hydrogener mellem forskellige toppe. Så hvis integralkurven viser et skift på 1 over én bestemt top og 3 over en anden top, vil den sidstnævnte svare til tre gange så mange hydrogener som den første.

Man kan med fordel samle de nævnte data i en tabel ligesom den vist i opgaveløsningen. Når man har alle informationerne kan man starte med at bygge sin model. En vigtig måde at starte og samle sit molekyle på er ved at finde de koblingsmønstre som passer sammen. Hvis en gruppe af tre hydrogener ser to nabo-hydrogener, må der også være et sted hvor to hydrogener ser tre nabo-hydrogener. Når man så har samlet brudstykker af sit molekyle vil der som oftest kun være én måde at få sat stykkerne sammen på. Tjek også de oplysninger som er tilgængelige i teksten, omkring eksempelvis molekyleformlen, dele af den molekylære struktur eller den molekylære masse.

f)

Først udregnes pKs:

Side 8

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 24. maj 2013

8

𝑝𝐾_{𝑠} =14 − 𝑝𝐾_{𝑏}

𝑝𝐾_{𝑠} =14 − 4,01

𝑝𝐾_{𝑠} =9,99

Da pH 7,4 er over 2 pH enheder under pK_{s} er lorcaserin næsten udelukkende på syreform.

Strukturen af lorcaserin er generelt hydrofob, med en aromatisk ring og længere carbonkæder. Lorcaserin har to hydrofile grupper, chloride-gruppen og den sekundære amin. Da aminen er på syreform har den en stor betydning for fordelingsforholdet (da den er ladet). Derfor må det forventes at fordelingsforholdet er forholdsvis lille, selvom molekylet indeholder flere hydrofobe grupper.

Side 9

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 24. maj 2013

9

Opgave 4: Cobaltforbindelser i ligevægt a)

                                  2+    -
Cobaltforbindelsen indeholder ionerne CO og Cl .

b)

Den formelle stofmængdekoncentration udregnes som forholdet mellem de to volumener ganget den gamle koncentration:

𝐶= ∙ 𝐶_{𝑓ø𝑟}

𝑉_{𝑓ø𝑟}
𝑉_{𝑒𝑓𝑡𝑒𝑟}

Hvor:

- V_{før} er opgivet til 12,00 mL
- V_{efter} er opgiver til 25,00 mL
- C_{før} er opgivet til 0,00916 M

𝐶= ∙ 0,00916 𝑀

12,00

25,00

𝐶=0,00440 𝑀=4,40 ∙ 10^{−3} 𝑀

𝐶=4,40𝑚𝑀

Den formelle stofmængdekoncentration er 4,40 mM.

c)

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

Først udregnes den aktuelle koncentration af B ved hjælp af den opgivne forskrift:

𝐴=374,78 𝑀^{−1} ∙ [ 𝐵] − 0,0083

[ 𝐵] =

𝐴 + 0,0083
374,78 𝑀^{−1}

Hvor:

- A er opgivet til 0,331

[ 𝐵] =

0,331 + 0,0083
374,78𝑀^{−1}

[ 𝐵] =0,000905𝑀=905 ∙ 10^{−6} 𝑀

[ 𝐵] =905µ𝑀

Koncentration af R udregnes:

[ 𝑅] =𝐶− [ 𝐵]

Side 10

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 24. maj 2013

10

Hvor:

- [B ] udregnet til 0,000905M

- C er udregnet til 0,00440 M i forrige opgave

[ 𝑅] =0,00440𝑀 − 0,000905𝑀

[ 𝑅] =0,003495 𝑀=3,495 ∙ 10^{−3} 𝑀

[ 𝑅] =3,495𝑚𝑀

Altså er den aktuelle koncentration af B: 905 µM og den aktuelle koncentration af R er 3,495 mM d)

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

Entropien og enthalpien kan bestemmes ud fra den opgivne regression samt ligningen:

ln ( 𝐾) =− ∙ +

Δ𝐻^{θ} 1 Δ𝑆^{θ}

𝑅 𝑇 𝑅

Som det kan ses er hældningen^{Δ𝐻^{θ}}_{𝑅} så Δ𝐻^{θ} udregnes:

Δ𝐻^{Θ} =𝑅∙ −𝛼

Hvor:

- 𝛼 er opgivet til 6050,1K

- Gaskonstanten (R) er 8,314_{𝑚𝑜𝑙∙𝐾}^{𝐽}

Δ𝐻^{θ} =8,314 ∙ −6050,1𝐾

𝐽 𝑚𝑜𝑙∙ 𝐾

Δ𝐻^{θ} =−50,30 𝑘𝐽 ∙ 𝑚𝑜𝑙^{−1}

                     Θ
                   Δ𝑆
                                                   Θ
Som det kan ses svarer til konstanten i regressionen, så Δ𝑆 udregnes:
                    𝑅

Δ𝑆^{θ} =𝛽∙ 𝑅

Hvor:

- 𝛽 er opgivet til -23,304

- Gaskonstanten (R) er 8,314_{𝑚𝑜𝑙∙𝐾}^{𝐽}

Δ𝑆^{θ} =8,314 ∙ −23,304

𝐽 𝑚𝑜𝑙∙ 𝐾

Δ𝑆^{θ} =−193,7

𝐽 𝑚𝑜𝑙∙ 𝐾

Side 11

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 24. maj 2013

11 e)

Vi ser at entropien (Δ𝑆^{θ}) er negativ altså at vi går mod større orden. Dette er også hvad man ville forvente

ved at se på reaktionskemaet (I) hvor 4 reaktanter bliver til 2 produkter.

Ud fra formlen: Δ𝐺=Δ𝐻− 𝑇Δ𝑆 kan vi se at hvis vi øger temperaturen, vil leddet −𝑇Δ𝑆 få en større positiv

værdi, da Δ𝑆 er negativ og -T altid vil være negativ. En større positiv værdi betyder at reaktionen vil blive forskudt mod stoffet B.

Da stoffet B absorberer ved 610 nm vil vi se en højere absorbans under opvarmning.