STX Kemi A Eksamen 7. juni 2012 - Vejledende besvarelse

Side 1

Vejledende besvarelse fra Studiekompasset.dk

Kemi A

Studentereksamen (STX)

Torsdag den 7. juni 2012

2stx121-KEM/A-

Side 2

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 7. juni 2012

2

Opgave 1 - Acrylsyre a)

Ved bestemmelse af stofmængde koncentration (C) af propensyre bruges at der i ækvivalenspunktet gælder:

𝐶_{𝑝𝑟𝑜𝑝𝑒𝑛𝑠𝑦𝑟𝑒} ∙ 𝑉_{𝑝𝑟𝑜𝑝𝑒𝑛𝑠𝑦𝑟𝑒} =𝐶_{𝑁𝑎𝑂𝐻} ∙ 𝑉_{𝑁𝑎𝑂𝐻} ⇕

𝐶_{𝑝𝑟𝑜𝑝𝑒𝑛𝑠𝑦𝑟𝑒} =

𝐶_{𝑁𝑎𝑂𝐻} ∙ 𝑉_{𝑁𝑎𝑂𝐻}
𝑉_{𝑝𝑟𝑜𝑝𝑒𝑛𝑠𝑦𝑟𝑒}

Hvor:

- 𝑉_{𝑝𝑟𝑜𝑝𝑒𝑛𝑠𝑦𝑟𝑒} =0,00500𝐿
- 𝐶_{𝑁𝑎𝑂𝐻} =0,200𝑀
- 𝑉_{𝑁𝑎𝑂𝐻} =0,0160𝐿

𝐶_{𝑝𝑟𝑜𝑝𝑒𝑛𝑠𝑦𝑟𝑒} =

0,200𝑀 ∙ 0,0160𝐿

0,005𝐿

𝐶_{𝑝𝑟𝑜𝑝𝑒𝑛𝑠𝑦𝑟𝑒} =0,640𝑀

Stofmængdekoncentrationen af propensyren er altså 0,640M.

b)

NaOH er en stærk base, og propensyre er en svag syre, da den er en carboxylsyre.Når en svag syre titreres med en svag base er ækvivalenspunktet basisk. Det er det fordi at den svage syres korresponderende base er stærkere end den stærke bases korresponderende syre.

Hvis vi ser på reaktionsskema (I) ser vi at NaOH reagerer med propensyre og danner propenoat og vand. Da propenoat er en stærkere base, end vand er syre, vil opløsningen være basisk.

En god indikator vil være en indikator som har omslags mellem ca. 8,5-9. Det kunne fx være:

- Thymol Blå som har omslag fra gul til blå v. pH 8-9,6

- Phenolpthalein som har omslag fra farveløs til rød/lilla v. pH 8,3-10.

Side 3

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 7. juni 2012

3

Opgave 2 – Et syntetisk duftstof a)

I reaktion I ser vi en omdannelse af en aldehyd til en alkoholgruppe. Det betyder at C’et bundet til O i

alkoholet / carbonylen vil falde 2 i oxidationstal. Altså er det en redoxreaktion.

b)

A omdannes til B i forholdet 1:1. Det gælder derfor at:

𝑛_{𝐴} =𝑛_{𝐵} ⇕

𝑛_{𝐴} = ⇕

𝑚_{𝐵}
𝑀_{𝐵}

𝑚_{𝐵} =𝑛_{𝐴} ∙ 𝑀_{𝐵}

Hvor:

- 𝑛_{𝐴} =9,75𝑚𝑚𝑜𝑙=9,75 ∙ 10^{−3} 𝑚𝑜𝑙
- 𝑀_{𝐵} =168,19𝑔/𝑚𝑜𝑙

𝑚_{𝑏} =9,75 ∙ 10^{−3} 𝑚𝑜𝑙 ∙ 168,19

𝑔 𝑚𝑜𝑙

𝑚_{𝑏} =1,64𝑔

Udregning af det procentmæssige udbytte ud af det teoretiske:

𝑈𝑑𝑏𝑦𝑡𝑡𝑒%=

𝑚_{𝑏−𝑓𝑎𝑘𝑡𝑖𝑠𝑘𝑒}
𝑚_{𝑏}

Hvor:

- 𝑚_{𝑏−𝑓𝑎𝑘𝑡𝑖𝑠𝑘𝑒} =1,246𝑔

𝑈𝑑𝑏𝑦𝑡𝑡𝑒%= =76,0%

1,246𝑔

1,64𝑔

Udbytteprocenten er altså 76,0 % af det teoretisk mulige.

c)

Ud fra de oplysninger vi har fået, må vi forvente at der sker en kondensation mellem en af OH-grupperne og carboxylsyren. Den funktionelle grupper der bliver dannet er en ester.

Først ses på^{1} H-NMR data ud fra ovenstående præmis:

Side 4

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 7. juni 2012

4

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

Data opstilles i et skema for NMR data:

Nr Kemisk skift (ppm) Integral (antal Koblingsmønster Grupper-hydrogen) identitet

1 1,4 3 Triplet CH_{3} -(CH_{2})
2 2 3 Singlet CH_{3}
3 4 2 Kvartet (O)-CH_{2} -(CH_{3})
el. CH_{2} -(CH_{2})_{2}
4 5,05 2 Singlet (O)-CH_{2}

5 6,65 1 Bred singlet OH

6 6,85-7,1 3 Multiplet Aromat-H

Gruppe identiteten er forholdsvis simpel for de fleste grupper. Dog har vi et problem med nr. 3, da denne

har to muligheder. Den ene kan udelukkes ud fra spektret, da der ikke er nogen CH_{2} -grupper som kobler til
en anden CH_{2} -gruppe. Den må derfor koble til en CH_{3} -gruppe. Dette stemmer også overens med 1 som
kobler til en CH_{2} -gruppe.

Først finder vi de toppe som passer med vores forventning:

Nr. 6 er de samme aromat H’er som vi så på B. Der er altså ikke sket en ændring med selve aromaten. Vi har

også en kæde (nr. 1 og 3): CH_{3} -CH_{2} -O, som svarer til substituenten fra B. Nr. 5 svarer til en OH-gruppe. Vi

ser dog kun en OH-gruppe. Altså må carboxylsyren have reageret med en OH-gruppe som forventet.

Da der ikke ses nogen ny kobling, som ikke ville forventes at ses ved B’s spekter, må carboxylsyren

nødvendigvis kun indeholde en carbon. Det carbon må nødvendigvis være nr. 2 da vi ellers har et CH_{3} i

overskud som ikke kan sidde andre steder. Det kemiske skift for nr. 2 svarer også overens med det

Side 5

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 7. juni 2012

5 forventede for en methylketon (2-2,4). Altså må den pågældende carboxylsyre være ethansyre. Nr. 4 må være H’erne som sidder på carbongruppen bundet til OH-gruppen i B.

Vi mangler nu at finde ud af hvilken OH-gruppe som carboxylsyren har kondenseret med. Det er formentlig alkoholen som sidder som en methanol-substituent på benzen ringen, da vi ville forvente et lavere kemisk skift end set i nr. 5 hvis signalet kom fra denne OH gruppe.

Jeg tror derfor at strukturen af C er (hvor numrene er korreleret med numrene i tabellen):

Side 6

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 7. juni 2012

6

Opgave 3 – Ny medicin til behandling af ADHD

Molære masser kan findes i databog.

a)

På nedenstående tegning har jeg nummeret atomerne i molekylet (bortset fra H’erne):

Optælling som på tegning.

- 17 C’er: 1,2,3,4,5,6,8,9,10,12,13,14,15,16,17,18,19

- 21 H’er: optælles direkte fra tegning + 1 H pr. aromat-carbon uden substituent.

- 1 N: 11

- 1 O: 7

Altså er molekyleformlen: 𝐶 𝐻 𝑁𝑂
                      17 21

b)

Først opstilles pufferligningen på baseform:

𝑝𝑂𝐻=𝑝𝐾 + log () ⇕

𝑏 𝑛 ( 𝑠) 𝑛 ( 𝑏)

() =10^{𝑝𝑂𝐻−𝑝𝐾_{𝑏}}

𝑛 ( 𝑠) 𝑛 ( 𝑏)

Hvor:

- 𝑝𝐾_{𝑏} =4,77
- V. 25 grader: 𝑝𝑂𝐻=14 − 𝑝𝐻=14 − 7,4=6,6

𝑛 ( 𝑠) 𝑛 ( 𝑏)

=10^{6,6−4,77} =67,6

𝑛 ( 𝑠) =𝑛 ( 𝑏) ∙ 67,6

Vi sætter så n(b)=1 da vi ønsker at beregne forholdet:

𝑛 ( 𝑏) =1

Side 7

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 7. juni 2012

7

𝑛 ( 𝑠) =67,6 ∙ 1

Vi finder nu syrebrøken:

𝑥_{𝑠} =

𝑛 ( 𝑠)

𝑛 ( 𝑠) + 𝑛 ( 𝑏)

𝑥_{𝑠} = =0,985

67,6

1 + 67,6

Altså er 98,5 % på syreform ved pH 7,4.

c)

A vil kunne skelnes fra de andres spektre ved at have en karakteristisk bred top ved omkring cm^{-}

1 grundet dens alkoholgruppe.

B og atomoxetin adskilles kun på at atomoxetin har en CH3 gruppet bundet til sin aminogruppe således at det bliver en sekundær amin hvorimod B’s er en primær amin.

Primære aminer absorberer ved ca. cm^{-1} samt ved ca. cm, hvorimod sekundære

-1 aminer absorberer ved cm samt cm. Det vil derfor være meget svært at se forskel

-1 -1

på B og atomexetin i et IR spekter. Men hvis man skal se forskel skal man se efter en top under 1550 cm^{-1},
eller under 3250 cm^{-1}, da man så kan være sikker på at man har atomexetin. Ellers kan man se om det har
et bånd over 1575 cm^{-1} og så har man B. Dette vil dog ikke nødvendigvis være tilfældet så fingerprint
området under 1500 cm^{-1} kan være nødvendigt.

d)

Først opstilles førsteordens halveringsudtryk for at finde k:

𝑇_{½} = ⇕

ln ( 2) 𝑘

𝑘=

ln ( 2)

5,2 𝑡𝑖𝑚𝑒𝑟

Hvor:

- 𝑡=5,2 𝑡𝑖𝑚𝑒𝑟

𝑘=

ln (2)

5,2 𝑡𝑖𝑚𝑒𝑟

𝑘=0,133 𝑡𝑖𝑚𝑒𝑟^{−1}

Vi bruger igen hastighedsudtrykket hvor:

Side 8

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 7. juni 2012

8

- [ 𝐴]_{0} =85% ∙ 60𝑚𝑔=51𝑚𝑔
- 𝑘=0,133 𝑡𝑖𝑚𝑒𝑟^{−1}
- 𝑡=24 𝑡𝑖𝑚𝑒𝑟 − 2 𝑡𝑖𝑚𝑒𝑟=22 𝑡𝑖𝑚𝑒𝑟

[ 𝐴]_{𝑡} =51𝑚𝑔 ∙ 𝑒

−22 𝑡𝑖𝑚𝑒𝑟∙0,133 𝑡𝑖𝑚𝑒𝑟^{−1}

[ 𝐴]_{𝑡} =2,7𝑚𝑔

Stofmængdekoncentrationen udregnes:

𝑛=𝐶∙ 𝑉= ⇕

𝑚

𝑀

𝐶=

() 𝑚

𝑀

𝑉

Hvor:

- 𝑚=2,7𝑚𝑔=2,7 ∙ 10 𝑔

−3

                                            255,355𝑔
- 𝑀=17 ∙ 𝑀   ( 𝐶 ) + 21 ∙ 𝑀 ( 𝐻 ) + 𝑀 ( 𝑁 ) + 𝑀 ( 𝑂 ) =

𝑚𝑜𝑙

- 𝑉=4,5𝐿

𝐶=

()

2,1 ∙ 10^{−3} 𝑔

255,355𝑔 𝑚𝑜𝑙

4,5𝐿

𝐶=2,4 ∙ 10^{−6} 𝑀=2,4µ𝑀

Stofmængdekoncentrationen er altså faldet til 2,4 µM 24 timer efter indtagelse.

e)

Vi ser at atomoxetins fordelings koefficient mindskes ved højere pH. Som det ses af strukturen er det et upolært molekyle. Dette stemmer også overens med fordelingskoefficienten som altid er over 1. Ved lave

pH værdier ser vi dog en 𝐾_{𝐹} på tæt ved 1. Det skyldes at den sekundære amin er protoneret og derfor

ladet, hvilket gør gruppen meget polær.

Vi har fået opgivet at atomoxetins 𝑝𝐾_{𝑏} er på 4,77. Derfor vil vi forvente ved pH værdier tæt på 9, at vi ser
en stor ændring i polaritet mod det upolære. Det er også det vi ser, da vores 𝐾_{𝐹} stiger til 646. Dette

betyder, at når den sekundære amin deprotoneres og ladningen forsvinder, ser vi at atomoxetins polaritet, som forventet, øges voldsomt.

Side 9

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 7. juni 2012

9

Opgave 4 – Chlorophyl i spinat.

a)

På nedenstående tegning er de oxygenholdige grupper markeret:

Markeret med gul er en carbonyl. I dette tilfælde en aldehyd.

Markeret med rød er en carbonyl. I dette tilfælde en keton.

Markeret med blå er to estere.

b)

Først plottes absorbanser mod chlorophyl-koncentration for at påvise, at det er en lineær sammenhæng, og der foretages lineær regression for bestemmelse af ekstinktionskoefficient:

Side 10

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 7. juni 2012

10

Som det ses af plottet har vi en lineær sammenhæng og vi kan aflæse ekstinktionskoefficienten ud fra lineær regression foretaget i Excel:

𝜀=0,0413µ𝑀^{−1} 𝑐𝑚^{−1} =4,13 ∙ 10^{4} 𝑀^{−1} 𝑐𝑚^{−1}

Altså svarer ekstinktionskoefficienten til den opgivne.

c)

Først opstilles to udtryk for de to forskellige bølgelængder ud fra Lambert-Beers lov:

𝐼: 𝐴_{645} =(𝜀_{𝑎} ∙ 𝐶_{𝑎} + 𝜀_{𝑏} ∙ 𝐶_{𝑏}) ∙ 𝑑

Hvor:

- A=0,469
- d= 1cm
- 𝜀_{𝑎} =1,5 ∙ 10^{4} 𝑀^{−1} 𝑐𝑚^{−1}
- 𝜀_{𝑏} =4,13 ∙ 10^{4} 𝑀^{−1} 𝑐𝑚^{−1}

𝐼:0,469= ( 1,5 ∙ 10^{4} 𝑀^{−1} 𝑐𝑚^{−1} ∙ 𝐶_{𝑎} + 4,13 ∙ 10^{4} 𝑀^{−1} 𝑐𝑚^{−1} ∙ 𝐶_{𝑏}) ∙ 1𝑐𝑚⇕
𝐼:0,469=1,5 ∙ 10^{4} 𝑀^{−1} ∙ 𝐶_{𝑎} + 4,13 ∙ 10^{4} 𝑀^{−1} ∙ 𝐶_{𝑏}

Der isoleres for 𝐶_{𝑏}:

𝐼: 𝐶_{𝑏} =0,000011 − 0,363196 ∙ 𝐶_{𝑎}

𝐼𝐼:𝐴_{663} =(𝜀_{𝑎} ∙ 𝐶_{𝑎} + 𝜀_{𝑏} ∙ 𝐶_{𝑏}) ∙ 𝑑

Hvor:

A = 0,0413µM^-1*cm^-1*C + 0,0018
R² = 1

0

0,2

0,4

0,6

0,8

1

1,2

25 30

Absorbance c(chlorophyl)/µM

Absorbance plot

Side 11

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 7. juni 2012

11

- A=0,998
- d= 1cm
- 𝜀_{𝑎} =7,33 ∙ 10^{4} 𝑀^{−1} 𝑐𝑚^{−1}
- 𝜀_{𝑏} =8,41 ∙ 10^{3} 𝑀^{−1} 𝑐𝑚^{−1}

𝐼𝐼:0,998= ( 7,33 ∙ 10^{4} 𝑀^{−1} 𝑐𝑚^{−1} ∙ 𝐶_{𝑎} + 8,41 ∙ 10^{3} 𝑀^{−1} 𝑐𝑚^{−1} ∙ 𝐶_{𝑏}) ∙ 1𝑐𝑚⇕
𝐼𝐼:0,998=7,33 ∙ 10^{4} 𝑀^{−1} ∙ 𝐶_{𝑎} + 8,41 ∙ 10^{3} 𝑀^{−1} ∙ 𝐶_{𝑏}

Der isoleres for 𝐶_{𝑏}:

𝐼𝐼:𝐶_{𝑏} =0,000119 − 8,71581∙ 𝐶_{𝑎}

De to udtryk sættes lig hinanden og 𝐶_{𝑎} isoleres:

0,000011 − 0,363196∙ 𝐶_{𝑎} =0,000119 − 8,71581∙ 𝐶_{𝑎}

𝐶_{𝑎} =1,28 ∙ 10^{−5} 𝑀

Nu sættes 𝐶_{𝑎} ind i udtryk for 𝐶_{𝑏}:

𝐶_{𝑏} =0,000011 − 0,363196∙ 1,28 ∙ 10^{−5} 𝑀

𝐶_{𝑏} =6,69 ∙ 10^{−6} 𝑀

Det omregnes først til masse:

𝐶∙ 𝑉=𝑛= ⇕

𝑚

𝑀

𝑚=𝐶∙ 𝑉∙ 𝑀

Hvor:

- 𝑀_{𝑎} =893,49𝑔/𝑚𝑜𝑙
- 𝑉=0,100 𝐿
- 𝑀_{𝑏} =907,47𝑔/𝑚𝑜𝑙

𝑚_{𝑎} =1,28 ∙ 10^{−5} 𝑀 ∙ 0,100𝐿 ∙ 893,49𝑔/𝑚𝑜𝑙

𝑚_{𝑎} =0,00115𝑔=1,15𝑚𝑔

𝑚_{𝑏} =6,69 ∙ 10^{−6} 𝑀 ∙ 0,100𝐿 ∙ 907,47

𝑔 𝑚𝑜𝑙

𝑚_{𝑏} =6,07 ∙ 10^{−4} 𝑔=0,607𝑚𝑔

Nu skal der tilbageregnes, da vi skal opgive svaret i mg/100g spinat.

Vores prøve var af 2 g spinat altså ganges der med 50:

𝑚_{𝑎} ()=50 ⋅ 1,15𝑚𝑔=57,4

𝑚𝑔 1 𝑚𝑔

100𝑔 𝑠𝑝𝑖𝑛𝑎𝑡 100𝑔 𝑠𝑝𝑖𝑛𝑎𝑡 100𝑔 𝑠𝑝𝑖𝑛𝑎𝑡

Side 12

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 7. juni 2012

12

𝑚_{𝑏} ()=50 ⋅ 0,607𝑚𝑔=30,4

𝑚𝑔 1 𝑚𝑔

100𝑔 𝑠𝑝𝑖𝑛𝑎𝑡 100𝑔 𝑠𝑝𝑖𝑛𝑎𝑡 100𝑔 𝑠𝑝𝑖𝑛𝑎𝑡

Der er altså 30,4mg chlorophyl B og 57,4mg chlorophyl A pr. 100g spinat.

Side 13

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 7. juni 2012

13

Opgave 5 – Opsamling af carbondioxid a)

Først udregnes stofmængden af LiOH:

𝑛=

𝑚

𝑀

Hvor:

- m=3,9kg=3900g
- M findes i Databog til: 23,95g/mol

𝑛= =162,8 𝑚𝑜𝑙

3900𝑔

23,95 𝑔 𝑚𝑜𝑙

LiOH og carbondioxid reagerer 2:1 så derfor:

𝑛 ( 𝐶𝑂_{2}) =½ ∙ 𝑛 ( 𝐿𝑖𝑂𝐻)

𝑛 ( 𝐶𝑂_{2}) = =81,4𝑚𝑜𝑙

162,839𝑚𝑜𝑙

2

Omregnes nu til masse:

𝑛= ⇕

𝑚

𝑀

𝑚=𝑛∙ 𝑀

Hvor:

- M findes i databog til: 44,01g/mol

𝑚=81,42 ∙ 44,01𝑔/𝑚𝑜𝑙

𝑚=3600𝑔

Altså kan der maksimalt absorberes 3600g CO_{2}.

b)

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

For at udregne entalpiændringen bruges følgende formel:

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

θ

Værdierne finde i Databogen s. 60-95 og sættes ind:

Side 14

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 7. juni 2012

14

Δ𝐻^{θ} = ( −1215,6 − 285,8) − ( 2 ∙ −487,5 − 393,51)

𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

Δ𝐻^{𝜃} =−132,89

𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙

Hvilket viser at reaktionen er exoterm da Δ𝐻^{𝜃} <0, hvilket betyder den afgiver varme hvorved skrubberens

temperatur øges.

c)

Først udregnes volumen af den udåndede 𝐶𝑂_{2}:

3 personer som hver udånder 500 L carbondioxid pr. dag: 3 ∙ 500𝐿=1500 𝐿 𝑝𝑟.𝑑𝑎𝑔

Dette gøres i 10 dage: 10 ∙ 1500𝐿=15000 𝐿

Stofmængden regnes ud fra idealgasligningen:

𝑛=

𝑝 ∙ 𝑉

𝑅∙ 𝑇

Hvor:

- p=1,0 bar
- T= 20^{0} C =293,15K
- V=15000 L
- R=0,0831_{𝑚𝑜𝑙∙𝐾}^{𝐿∙𝑏𝑎𝑟}

𝑛= =616𝑚𝑜𝑙

1 𝑏𝑎𝑟 ∙ 15000𝐿

0,0831 ∙ 293,15𝐾

𝐿 ∙ 𝑏𝑎𝑟 𝑚𝑜𝑙∙ 𝐾

Dette omregnes til masse:

𝑚=𝑛∙ 𝑀

Hvor:

- M=44,01 g/mol

𝑚=616 ∙ 44,01𝑔=27100𝑔

Der skal så ganges med en faktor 4/3 da en trefjerdel af LiOH massen svarer til absorption af CO2. Der skal

også divideres med 3900 da der er antal g pr. skrubber:

4 27100𝑔

3 3900𝑔 / 𝑠𝑘𝑟𝑢𝑏𝑏𝑒𝑟

∙ =9,26 𝑠𝑘𝑟𝑢𝑏𝑏𝑒𝑟𝑒

Det vil sige at der skal bruges 10 skrubbere på den pågældende mission.

Side 15

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 7. juni 2012

15 d)

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

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

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

θ

Værdierne findes i databog:

ΔS^{Ɵ} = ( 90,37 + 70) − ( 2 ∙ 42,8 + 213,785)

𝐽 𝐽 𝑚𝑜𝑙∙ 𝐾 𝑚𝑜𝑙∙ 𝐾

ΔS^{Ɵ} =−139,015 =−139,015 ∙ 10^{−3}

𝐽 𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙∙ 𝐾 𝑚𝑜𝑙∙ 𝐾

Herefter udregnes ΔG^{Ɵ}:

ΔG^{Ɵ} =ΔH^{Ɵ} − 𝑇ΔS^{Ɵ}

Hvor:

- T=20^{0} C=293,15K
ΔG^{Ɵ} =−132,89 − 293,15𝐾 ∙ −139,015 ∙ 10^{−3}

𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙∙ 𝐾

ΔG^{Ɵ} =−92,14

𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙

Allerede her kan det ses at reaktionen går mod højre da ΔG^{Ɵ} <0. Vi bruger ΔG^{Ɵ} til udregning af K:

𝐾=𝑒

−ΔG^{Ɵ}

𝑅𝑇

Hvor:

- 𝑅=8,314 ∙ 10^{−3}

𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙∙𝐾

𝐾=𝑒 ≈2,620999 · 10^{16}

− ()

−92,14

𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙

8,314∙10^{−3} ∙293,15𝐾

𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙∙𝐾

Da ligevægtskonstanten er meget høj er reaktionen forskudt meget mod højre. Det betyder at lithiumhydroxid er meget god til at absorbere carbondioxid og at reaktion rent praktisk ikke reversibel ved

20^{0} C.

e)

Forbrændingsgassen er en blandings gas som består af flere forskellige gasser. I A og B er alle de forskellige gasser til stede på gasform. I B bindes carbondioxid til 2-aminoethanol, hvilket gør carbondioxid

Side 16

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 7. juni 2012

16

                                                            0
vandopløseligt. Dette sker fordi vi er ved en forholdsvis lav temperatur (40

C), hvor reaktion II forskydes

mod højre. Da CO_{2} er i den opløste fase kan man udlede de andre tilstedeværende gasser.

Når vi hæver temperaturen til ca. 120^{0} C frigives CO_{2} på gasform, reaktion II forskydes altså mod venstre. Da
vi er ved 120^{0} C får vi også dannet vanddamp.

I D sænker vi temperaturen til under 100^{0} C så vi formindsker dannelsen af vanddamp hvorefter vi kan
udlede CO_{2} forholdsvis rent.