STX Kemi A 4. juni 2013 - Vejledende besvarelse

Side 1

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 4. juni 2013

1

Kemi A STX

4. juni 2013

2stx131-KEM/A-

Opgave 1: Et aktivt stof i propolis a)

Reaktion II er en kondensation hvor syren på det viste molekyle reagerer med en alkohol fra et andet organisk molekyle, under fraspaltning af vand. Der dannes en esterbinding.

b)

På grund af massebevarelsen gælder det at:

𝑛_{𝑘𝑎𝑓𝑓𝑒𝑠𝑦𝑟𝑒} =𝑛_{𝐶𝐴𝑃𝐸}

𝑚_{𝑘𝑎𝑓𝑓𝑒𝑠𝑦𝑟𝑒} 𝑚_{𝐶𝐴𝑃𝐸}
𝑀_{𝑘𝑎𝑓𝑓𝑒𝑠𝑦𝑟𝑒} 𝑀_{𝐶𝐴𝑃𝐸}

=

𝑚_{𝐶𝐴𝑃𝐸} = ∙ 𝑀_{𝐶𝐴𝑃𝐸}

𝑚_{𝑘𝑎𝑓𝑓𝑒𝑠𝑦𝑟𝑒}
𝑀_{𝑘𝑎𝑓𝑓𝑒𝑠𝑦𝑟𝑒}

Hvor:

- m_{kaffesyre} er opgivet til 5,00 g
- M_{kaffesyre} er opgivet til 180,16 g/mol
- M_{CAPE} er opgivet til 284,31 g/mol

𝑚_{𝐶𝐴𝑃𝐸} = ∙ 284,31

5,00𝑔 𝑔

180,16 𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

𝑚_{𝐶𝐴𝑃𝐸} =7,89 𝑔

Det procentvise udbytte udregnes:

%𝑢𝑑𝑏𝑦𝑡𝑡𝑒=

𝑚_{𝑖𝑠𝑜𝑙𝑒𝑟𝑒𝑡}
𝑚_{𝐶𝐴𝑃𝐸}

Hvor:

- m_{isoleret} er opgivet til 2,61g

Side 2

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 4. juni 2013

2

𝑢𝑑𝑏𝑦𝑡𝑡𝑒=

2,61

7,89

𝑢𝑑𝑏𝑦𝑡𝑡𝑒=0,331

Udbyttet er altså 33,1 % af det teoretisk mulige c)

Informationer omkring IR-spektre kan findes i databogen s.56. Kaffesyre og B vil i IR-spektret adskille sig på

at kaffesyre vil have en bred peak omkring cm^{-1} svarende til phenolerne (markeret med rød på
nedenstående figur), hvorimod B vil have en peak som er mindre bred, som ligger mellem 1060 cm^{-1} og
1150 cm^{-1} for sine alkyl ethere (markeret med gul på nedenstående figur).

Den samme forskel vil gøre sig gældende mellem C og CAPE, hvor C har ethere og og CAPE har phenoler.

Forskellen mellem B og C samt forskellen mellem kaffesyre og CAPE er en monosubstitueret aromatisk ring

(markeret med grøn på ovenstående figur). Denne vil give et signal ved 690-710 cm^{-1} samt et ved 730-770
cm^{-1} som er specifikt for C og CAPE.

Kaffesyre kan også kendes fra de andre ved mangel på signaler fra alkaner (samt cm^{-}

1

).

Side 3

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 4. juni 2013

3

Opgave 2: Et naturmiddel mod søvnløshed a)

Oplagte indikatorer skal have et omslagspunkt i området mellem 7 og 10. Her kan nævnes:

Omslagspunkt Farveskift (sur->basisk)

Cresol red 7,2-8,8 Gul -> Rød/purpur

Naptholphthalein | 7,3-8,7 | Svag rødlig -> blågrøn
Phenolphthalein | 8.3-10.0 | Farveløs -> lys lilla
Thymol blå | 8.0-9.6 | Gul -> Blå

b)

Først udregnes koncentrationen af syren ud fra titreringspunktet. Da det er en monohydronsyre gælder:

𝑛_{𝑠𝑦𝑟𝑒} =𝑛_{𝑁𝑎𝑂𝐻}

𝑛_{𝑠𝑦𝑟𝑒} =𝐶_{𝑁𝑎𝑂𝐻} ∙ 𝑉_{𝑁𝑎𝑂𝐻}

Hvor:

- C_{NaOH} er opgivet til 0,0986 M
- V_{NaOH} er aflæst til 25,25 mL

𝑛_{1} =0,02525𝐿 ∙ 0,0986𝑀

𝑛_{1} =0,00249𝑚𝑜𝑙

Molarmassen kan så udregnes ved hjælp af:

𝑀=

𝑚 𝑛

Hvor:

- m er opgivet til 0,254g

𝑀=

0,254𝑔

0,00249 𝑚𝑜𝑙

𝑀=102

𝑔 𝑚𝑜𝑙

Den molare masse af syren er altså 102 g/mol.

c)

Først findes pKs. pKs er den værdi hvor halvdelen af syren er på baseform, og er derfor pH værdien ved volum,en~12,6 mL. pKs aflæses til 4,8 (se også nedenstående figur hvor aflæsningen er markeret med rød).

Side 4

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 4. juni 2013

4

Da pH udregnes indenfor det område, hvor syren fungerer som en buffer kan følgende ligning bruges:

𝑝𝐻=𝑝𝐾 + log ()

𝑠

[ 𝐵]

[ 𝑆]

[ 𝐵]

[ 𝑆]

kan substitueres med andel på baseform (x_{b}) divideret med 1 minus andel på baseform, da vi bare er

interesseret i en procentdel:

𝑝𝐻=𝑝𝐾 + log()

𝑠

𝑥_{𝑏}
1 − 𝑥_{𝑏}

⇕

𝑥_{𝑏} =

10^{𝑝𝐻−𝑝𝐾_{𝑠}}
1 + 10^{𝑝𝐻−𝑝𝐾_{𝑠}}

Hvor:

- pH er opgivet til 4,5

- pK_{s} er aflæst til 4,8

𝑥_{𝑏} =

10^{4,5−4,8}
1 + 10^{4,5−4,8}
𝑥_{𝑏} =0,33

Altså er mængden af den ildelugtende syre på baseform ved pH 4,5 lig 33 %.

Side 5

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 4. juni 2013

5 d)

To mulige strukturer er tegnet i chemsketch. Det optisk aktive carbon er markeret med en blå stjerne. De to syrer, som disse estre er lavet ud fra ved en kondensationsreaktion, vil begge have en molarmasse på ~102

g/mol.

Ikke optisk aktiv optisk aktiv

*

CH_{3}

CH O

3

O

CH CH_{3}

3

CH

3

O

O e)

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

Kemisk skift ID-nr Koblingsmønster Antal H Forslag til gruppe

4,1 I Kvartet 2 O-CH_{2} -(CH_{3})
2,3 II Dublet 2 CH_{2} -(CH)
2,2 III Nonet 1 (CH_{2})-CH-((CH_{3})_{2})
1,0 IV Triplet 3 CH_{3} -(CH_{2})
0,6 V Dublet 6 (CH_{3})_{2} -(CH)

Ud fra ovenstående skema kan det ses at to carbonkæder dannes:

CH_{3} -CH_{2} - og (CH_{3})_{2} -CH-CH_{2} -. Ud fra det kemiske skift kan man se at den korte kæde må være direkte bundet

til oxygen atomet I esteren. Ud fra viden om de manglende atomer (et O og et C) samt at stoffet skal indeholde en ester er der så kun én mulig løsning:

CH O CH_{3}

3

O CH_{3}

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 Ethylpentanoat Ethyl-2-methylbutanoat

Side 6

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 4. juni 2013

6 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.

Side 7

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 4. juni 2013

7

Opgave 3: D3-vitamin a)

Strukturen er tegnet med alle atomer vist:

Der er 27 carbonatomer, 44 hydrogenatomer og ét 3^{CH}
oxygen atom. Det giver molekyleformlen: 𝐶_{27} 𝐻_{44} 𝑂

CH C

CH CH_{2}

C CH_{2}

OH CH_{2}

2

CH

CH

C

CH CH

2

CH C

2

CH_{2}

CH_{2}

CH_{2}

CH

CH_{3}

CH

CH_{2}

CH_{2}

CH_{2}

CH CH_{3}

CH_{3}

b)

B og C er geometriske isomere hvor UV-lys laver et skift i konformationen over dobbeltbindingen. B er i cis-formen og C er i trans-formen.

c)

I excel omregnes tages den naturlige logaritme (ln) til koncentrationerne og disse plottes mod tiden.

Herved fremkommer en ret linje (se nedenstående figur).

Når der fremkommer en ret linje er reaktionen af første orden og der gælder:

ln ( 𝐴) =ln ( 𝐴_{0}) − 𝑘 ∙ 𝑡

y = -0,0145x + 4,6648
R² = 0,9915

2,5

3

3,5

4

4,5

5

0 100 120 ln(A) tid i dage

Side 8

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 4. juni 2013

8

Forskriften for denne reaktion er bestemt ved hjælp af regressionsfunktionen i Excel:

ln ( 𝐴) =4,6648 − 0,0145 ∙ 𝑡

⇕

𝐴=106,1444 · 𝑒^{−0,0145·𝑡}

d)

D_{3} -vitamin er et stort hydrofobt molekyle, med kun en enkelt hydrofil-gruppe, nemlig alkoholgruppen.
Udover alkoholgruppen består D_{3} udelukkende af carbonkæder som er hydrophobe. D_{3} er derfor

fedtopløselig.

B_{5} -vitamin er derimod mindre og med mange hydrofile grupper. B_{5} har en amid, en syre og to alkohol-
grupper, samtidig med at den indeholder færre og mindre carbonkæder. B_{5} må derfor forventes at være

vandopløselig.

Side 9

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 4. juni 2013

9

Opgave 4: Blyhvidt a)

I reaktionsbrøken opstilles reaktanterne i tælleren og produkterne i nævneren. Gasser undgår med deres partialtryk. Reaktionsbrøken opstilles:

𝑝 ( 𝐶𝑂_{2}) ∙ 𝑝(𝐻_{2} 𝑂)
𝑝 ( 𝐻_{2} 𝑆)

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 ( 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑘𝑡𝑒𝑟) − ∑Δ𝑆^{𝜃} (𝑟𝑒𝑎𝑘𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑟)

𝜃

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

Δ𝑆^{𝜃} = ( 213,785 + 188,8+ 91,2) − ( 131,0 + 205,80)

𝐽 𝐽 𝑚𝑜𝑙∙ 𝐾 𝑚𝑜𝑙∙ 𝐾

Δ𝑆^{𝜃} =156,985 ·

𝐽

𝑚𝑜𝑙· 𝐾

                                  𝐽
Altså er entropien for reaktion 156,985 . Da entropien er over 0 går reaktionen mod mere uorden,
                                𝑚𝑜𝑙∙𝐾

hvilket man også ville forvente ud fra reaktionsskemaet. Der dannes 3 produkter i stedet for to, hvoraf to af produkterne er på gasform, hvorimod kun 1 af reaktanterne er på gasform.

c)

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

For at udregne Gibbs fri energi udregnes først enthalpien for reaktionen:

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

𝜃

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

Δ𝐻^{𝜃} = ( −100,4 − 393,51− 241,8) − ( −699,5 − 20,63)

𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

Δ𝐻^{𝜃} =−15,58 ·

𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙

Gibbs fri energi kan så udregnes ved hjælp af:

Side 10

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 4. juni 2013

10

Δ𝐺^{𝜃} =Δ𝐻^{𝜃} − 𝑇Δ𝑆^{𝜃}

Hvor:

- T er opgivet til 18^{o} C =273,15K+18K
- Δ𝑆^{𝜃} er beregnet i opgave b)

Δ𝐺^{𝜃} =−15,58 ∙ 10^{3} − ( 273,15𝐾 + 18𝐾) ∙ 156,985

𝐽 𝐽 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙∙ 𝐾

Δ𝐺^{𝜃} =−61,29

𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙

                                                                 o
Gibbs fri energi er negativ hvilket vil sige at reaktionen forløber spontant ved 18

C. Altså vil malerier malet med blyhvidt blive sorte over tid.

d)

Når reaktionen er nået til ligevægt gælder det at Δ𝐺 er lig 0. Vi kan derfor bruge følgende formel til udregning af partialtrykket for dihydrogensulfid:

Δ𝐺=Δ𝐺 + 𝑅𝑇 ∙ ln (𝑌)

𝜃

Hvor:

- Y er reaktionsbrøken fra opgave a

- p(CO_{2}) er opgivet til 4,00∙ 10^{−3} bar
- p(H_{2} O) er opgivet til 2,60∙ 10^{−4} 𝑏𝑎𝑟
- R er gaskonstanten 8,314_{𝑚𝑜𝑙∙𝐾}^{𝐽}
- T er 18^{o} C som svarer til (18K+273,15K)

De givne informationer indsættes i formlen og WordMat bruges til at udregne p(H_{2} S):

0=−61,29∙ 10^{3} + 8,314 ∙ ( 273,15𝐾 + 18𝐾) ∙ ln ()

𝐽 𝐽 4,00 ∙ 10^{−3} ∙ 2,60 ∙ 10^{−4}
𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙∙ 𝐾 𝑝 ( 𝐻_{2} 𝑆)

𝑝 ( 𝐻_{2} 𝑆) =4,66 ∙ 10^{−10} 𝑏𝑎𝑟

                                                                     o
Altså vil partialtryk på over 0,466 nbar lede til at reaktionen forløber spontant ved 18 C.