STX Kemi A Eksamen 14. august 2009

Side 1

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 14. august 2009

1

Kemi A STX

14. august 2009

STX092-KEA

Opgave 1: Nitrosylbromid a.

- Strukturformlen er angivet.

Vi kan på baggrund af hovedgrupperne for grundstofferne se, at Br skal have 7 elektroner i yderste skal, N skal have 5 og O skal have 6 elektroner i den yderste skal. Dermed kan vi tegne følgende: b.

- Et skema med tiderne og koncentrationerne for forsøget er opført I opgaven.

Nederst i den grå boks er fremgangsmåden forklaret.

I denne opgave er der tale om en anden ordens reaktion, som er på formen:

1 1

[𝐴] [ 𝐴]_{0}

=𝑘∙ 𝑡 +

Vi finder 1/koncentrationen:

Tid / s [NOBr] / M 1/[NOBr] / M^{-1}

0 0,04 25,00

5 0,0345 28,99

15 0,027 37,04

25 | 0,0222 | 45,05
35 | 0,0188 | 53,19
45 | 0,0164 | 60,98

Og afbilleder 1/koncentrationen som funktion af tiden:

Side 2

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 14. august 2009

2

Vi kan se, at der fremkommer en ret linje, og en R^{2} der er meget nær 1. Det må der for være en anden

ordens reaktion vi har med at gøre.

Denne type opgave, hvor der spørges til reaktionsordenen, følger en generel løsningsproces.

1. Tegn punkterne ind i et koordinatsystem.

2. Prøv at tegne en lineær tendenslinje – den vil passe, hvis reaktionen er af nulte orden.

a. Passer den med punkterne? Hvilken R^{2} -værdi har tendenslinjen?

3. Indtegn i et koordinatsystem ln(c) mod tiden, t.

4. Prøv at tegne en lineær tendenslinje – den vil passe, hvis reaktionen er af første orden.

a. Passer den med punkterne? Hvilken R^{2} -værdi har tendenslinjen?
5. Indtegn i et koordinatsystem 1/c mod tiden, t, og tegn dernæst en lineær tendenslinje – den vil

passe, hvis reaktionen er af anden orden.

a. Passer den med punkterne? Hvilken R^{2} -værdi har tendenslinjen?
6. Sammenlign alle R^{2} -værdier og vælg den bedste.

Sandsynligheden for at reaktionen har en højere orden end 2 er særdeles lav.

c.

- Temperaturen er angivet.

- Koncentrationen ved start kan aflæses i skemaet fra forrige opgave.

Vi ved nu, at vi har med en reaktion af anden orden at gøre. For denne type reaktioner findes halveringstiden ud fra formlen:

𝑇_{½} =

1

𝑘∙ [ 𝐴]_{0}

Vi vil derfor gerne finde k. Da en anden ordens reaktion kan skrives som:

1 1

[𝐴] [ 𝐴]_{0}

=𝑘∙ 𝑡 +

y = 0,8015x + 25,007
R² = 1

0,00

10,00

20,00

30,00

40,00

50,00

60,00

70,00

0 50

1/[NOBr] / M

-1

Tid / s

Anden ordens reaktion

Side 3

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 14. august 2009

3

Ved vi, at k kan aflæses som hældningskoefficienten på grafen:

𝑘=0,8015

𝑀^{−1}

𝑠

Vi får så:

𝑇_{½} = =31,19 𝑠

1

0,8015 ∙ 0,04 𝑀

𝑀^{−1}

𝑠

Det vil sige, at der går 31,19 sekunder før startkoncentrationen er halveret.

Side 4

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 14. august 2009

4

Opgave 2: Katteurt og myggebalsam a.

- Strukturformlen er angivet.

For at bestemme molekyleformlen tælles antallet af gange det enkelte grundstof indgår. Vi får så: C H O .
                                                                                10 14 2

CH O

CH CH

C

C

CH

CH

2

CH_{2}

CH

3

O

CH_{3}

Hvis du bruger ACD/ChemSketch, følg da disse trin:

1. Tegn og markér strukturen.

2. Gå til Tools\Structure Properties (Værktøjer/strukturegenskaber)

3. Under menuen Common (generel), vælg da All (alle) for at vise alle kulstofatomer i strukturen.

b.

- Strukturformlen er angivet.

Ud fra Nepetalaktons strukturformlen kan vi se, at den indeholder en dobbeltbinding. Derfor kan der foregå en additionsreaktion, hvor dibrom sprænger molekylets dobbeltbining. Når dobbeltbindingen i Nepetalakton forsvinder bindes dibrom, og da det er dibrom, der giver den rødlige farve, mister prøven altså sin farve.

O O

CH CH

3 3

O O

CH_{3} CH_{3}

Br

Br

   Br
    2
+

c.

- Reaktionsskemaet for DEET’s hydrolyse til en carboxylsyre og en amin vises herunder:

   H O
    2
+ +

NO

R^{1} R^{1}

R^{1}

R^{2}

O OH

R^{2}

NH

R^{1}

DEET carboxylsyre amin

Side 5

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 14. august 2009

5 d.

- H-NMR spektrum er opgivet.

Der opskrives et skema med oplysninger om det kemiske skift, koblingsmønstre og integraler. Disse oplysninger er aflæst i spektret.

Kemisk skift / ppm ID Integral Koblingsmønster Tilordning

6,5-8 1 4 Multiplet (Ar)-H

3,4 2 4 Kvartet (3 naboer) (R-CO-N)-CH_{2} -(CH_{3})
2,3 3 3 Singlet (0 naboer) (Ar)-CH_{3}
1,0 4 6 Triplet (2 naboer) (CH_{2})-CH_{3}

Vi kan på baggrund af dette skema lave en strukturformlen. Forklaring af de enkelte signaler er angivet nedenfor:

NO CH_{3}

CH_{3}

CH_{3}

DEET

Signal 1: Et kemisk skift mellem 6 og 8 ppm tyder på hydrogenatomer, der er sidder på en aromatisk ring.

Det passer yderligere med, at signalet er multiplet (det er svært at skelne, hvor mange toppe der er.)

Integralet på 4 angiver, at der skal være 4 hydrogenatomer på den aromatiske ring.

Signal 2: Ud fra integralet kan vi se, at der er tale om 4 hydrogenatomer, der kobler til 3 andre hydrogenatomer. Et kemisk skift på 3,4 ppm indikerer at den er bundet til N atom til den ene side. Dette N må tilhøre molekylets amid. Vi har ikke kunne finde det eksakte kemiske skift for dette signal i en tabel,

men ved 2,9 ppm er CH_{3} -(N-CO-R) og ved 4,0 ppm er (C)-CH-(N-CO-R). Vi kan derfor antage, at det kemiske
skift for vores gruppe, som er (CH_{3})-CH_{2} -(N-CO-R) ligger et sted her i mellem.

Signal 3: Vi bemærker først, at der er tale om en singlet, hvilket i praksis betyder, at den ikke kobler med nogen hydrogenatomer rundt om. Integralet angiver, at der er 3 hydrogentomer. Ud fra det kemiske skift

på 2,3 ppm kan vi se, at der er tale om en CH_{3} -gruppe, der sidder direkte på en aromatisk ring.

Signal 4: Da det er en triplet ved vi, at den kobler til 2 hydrogenatomer. Integralet antyder, at vi har 6 hydrogenatomer. På baggrund af det kemiske skift ses det, at den er bundet til en alkylgruppe. Samlet må

det derfor være to CH_{3} -grupper der er bundet til hver sin CH_{2}.

Tre slags information kan fås ud fra et 1H-NMR-spektrum.

• Kemisk skift: Giver information omkring naboatomer, til det kulstofatom, der har et hydrogenatom.

Det kemiske skift, der forventes for hydrogenatomer, der kobler til forskellige funktionelle grupper, kan findes ved tabelopslag.

• Koblingsmønstre: Indikerer, hvor mange nabo-hydrogener, der kan ses af et hydrogenatom. Som udgangspunkt har hydrogenatomer ét nabohydrogen mindre end antallet af toppe i

Side 6

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 14. august 2009

6 koblingsmønstret.

• Integralkurven: Den angiver ratioen mellem antallet af hydrogenatomer i de forskellige signaler.

Størrelserne er proportionale, så hvis integralet af et signal er tre gange større end et andet, så indeholder signalet tre gange flere hydrogenatomer end den signal med det lille integral.

Det er fordelagtigt af samlet al data i en tabel som den, der er vist ved opgavens begyndelse, således at alle brikkerne til ’puslespillet’ kan undersøges samlet. Undersøg desuden også den information, der er tilgængelig omkring molekylet i opgaveteksten, såsom molekylformel, molar masse, dele af strukturen og lignende.

e.

- Ligevægtskonstanten ved 25°C er opgivet til 200.

- Strukturformlen er fundet i forrige opgave.

Ligevægtskonstanten kan opskrives således:

𝐾_{𝐹} =

[𝐷𝐸𝐸𝑇(𝑜𝑐𝑡𝑎𝑛− 1 − 𝑜𝑙]

[𝐷𝐸𝐸𝑇(𝑎𝑞)]

Hvis den ved 25°C er 200, må der således være klart mest i octan-1-ol fasen således, at tæller er væsentlig større end nævner i brøken.

At det meste befinder sig i octan-1-ol fasen skyldes, at DEET overvejende er et upolært molekyle.

Amiden er den eneste funktionelle gruppe der polær i dette molekyle. På strukturformlen kan vi dog se, at amid-gruppen er omgivet af to methylgrupper og en phenyl. Både methylgrupperne og phenylgruppen er upolære. Octan-1-ol er også upolært, hvorfor DEET primært er i denne fase, mens vand er polært.

Huden er som resten af kroppen opbygget af celler. Alle cellerne er omgivet af en cellemembran, der har til formål at adskille cellens indre(intracellulære) miljø fra det ydre(ekstracellulære) miljø. Membranen er opbygget som et lipiddobbeltlag, der dannes af phospholipider, fx phosphatidylcholine og cholesterol.

Phospholipiderne er amphipatiske lipider med et polært/hydrofilt ”hoved” og en upolær/hydrofob ”hale”.

Membranen er så dannet af lipider, der ligger ordnet på to rækker med halerne mod hinanden og hovederne udad. Det betyder, at det lumen der dannes mellem de to lag bliver upolært, fordi halerne der vender derind er upolære.

Man kan generelt sige, at polære molekyler har meget svært ved at trænge gennem huden, fordi den molekylet i så fald skal trænge over en upolær membran.

DEET er et upolært molekyle, hvorfor den godt kan trænge gennem huden.

Side 7

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 14. august 2009

7

Opgave 3: Piperidin a.

- Den molare masse samt massen for piperidin er angivet til 85,15 g/mol.

- Volumen for opløsningen er opgivet til 100 mL.

Vi vil først finde stofmængden af piperidin:

𝑛= = =0,02055 𝑚𝑜𝑙

𝑚 1,75 𝑔

𝑀

85,15 𝑔 𝑚𝑜𝑙

Derefter findes stofmængdekoncentrationen:

[ 𝑝𝑖𝑝𝑒𝑟𝑖𝑑𝑖𝑛] = = =0,2055 𝑀

𝑛 0,02055 𝑚𝑜𝑙

𝑉 0,1 𝐿

Det vil sige, at stofmængdekoncentrationen er 0,21 M.

b.

                    -3
- K er opgivet til 1,74·10 M.
  b

- Stofmængdekoncentrationen er fundet i tidligere opgave.

Vi omregner først K_{b} til pK_{b}, for at finde ud af, hvilken formel vi skal bruge til beregning af pH:

𝑝𝐾_{𝑏} = −log(𝐾_{𝑏})
𝑝𝐾_{𝑏} =−log (1,74 ∙ 10^{−3})=2,76
Da pK_{b} er mellem 0 og 4 er det en middelstræk base. Ligevægtskonstanten for denne reaction, vil være:

𝐾_{𝑏} =

[ 𝐶_{6} 𝐻_{10} 𝑁𝐻_{2}^{+}] ⋅ [ 𝑂𝐻^{−}]
[ 𝐶_{6} 𝐻_{10} 𝑁𝐻]
Fordi det er en middelstærk base, vil mængden af OH^{-} ioner være lige med den protonerede form:
[ 𝑂𝐻^{−}] = [ 𝐶_{6} 𝐻_{10} 𝑁𝐻_{2}^{+}]

Vi har med en middelstærk base at gøre, så den totale koncentration af basen vil indeholde den protonerede og deprotonerede form af denne base:

𝑐_{𝑏} = [ 𝐶_{6} 𝐻_{10} 𝑁𝐻] + [ 𝐶_{6} 𝐻_{10} 𝑁𝐻_{2}^{+}]; [ 𝐶_{6} 𝐻_{10} 𝑁𝐻] =𝑐_{𝑏} − [ 𝐶_{6} 𝐻_{10} 𝑁𝐻_{2}^{+}] =𝑐_{𝑏} − [ 𝑂𝐻^{−}]

Ved at indsætte disse udtryk, kan vi kan omskrive vores ligevægtskonstant til:

𝐾_{𝑏} =

[ 𝑂𝐻^{−}]^{2}
𝑐_{𝑏} − [𝑂𝐻^{−}]
Vi ønsker nu at finde [OH^{-}]:

1,74 ∙ 10^{−3} =; [ 𝑂𝐻^{−}] =0,0202 𝑀

[ 𝑂𝐻^{−}]^{2}
0,255 − [ 𝑂𝐻^{−}]

Side 8

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 14. august 2009

8

Hvorefter vi kan finde pH, idet:

𝑝𝐻=14 − 𝑝𝑂𝐻=14 + log [𝑂𝐻^{−}]
𝑝𝐻=14 + log ( 0,0202) =12,31

Det vil sige, at pH værdien i opløsningen er 12,31.

c.

- pH er angivet til 11.

- pK_{b} fandt vi i en tidligere opgave.

Vores piperidin opløsning vil her virke som en buffer med tilsætningen af HCl.

Vi har i den forrige opgave fundet at pK_{b} var 2,76. Ud fra det kan vi finde pK_{s}:

14=𝑝𝐾_{𝑏} + 𝑝𝐾_{𝑠}
𝑝𝐾_{𝑠} =14 − 2,76=11,24

Herefter kan vi bruge ligningen:

𝑝𝐻=𝑝𝐾 + log ()

𝑠 𝑛 ( 𝑏𝑎𝑠𝑒) 𝑛 ( 𝑠𝑦𝑟𝑒)

log () =𝑝𝐻− 𝑝𝐾_{𝑠} =11 − 11,24=−0,24

𝑛 ( 𝑏𝑎𝑠𝑒) 𝑛 ( 𝑠𝑦𝑟𝑒) 𝑛 ( 𝑏𝑎𝑠𝑒) 𝑛 ( 𝑠𝑦𝑟𝑒)

=10^{−0,24} =0,575

Det vil sige, at forholdet mellem stofmængden af piperidin og dens korresponderende syre er 0,575.

En anden mulighed er at bruge ligevægtsbrøken fra den tidligere opgave:

𝐾_{𝑏} =

[ 𝐶_{6} 𝐻_{10} 𝑁𝐻_{2}^{+}] ⋅ [ 𝑂𝐻^{−}]
[ 𝐶_{6} 𝐻_{10} 𝑁𝐻]
Vi kender pH-værdien af den nye opløsning, så derfor kender vi også pOH og [OH^{-}]:
𝑝𝑂𝐻=14 − 𝑝𝐻=14 − 11=3
[ 𝑂𝐻^{−}] =10^{−𝑝𝑂𝐻} =10^{−3} 𝑀

Hvis vi indsætter denne værdi i vores ligevægtsbrøk:

𝐾_{𝑏} =; = = =0,575

[ 𝐶_{6} 𝐻_{10} 𝑁𝐻_{2}^{+}] ⋅ [ 𝑂𝐻^{−}] [ 𝐶_{6} 𝐻_{10} 𝑁𝐻] [ 𝑂𝐻^{−}] 10^{−3}
[ 𝐶_{6} 𝐻_{10} 𝑁𝐻] [ 𝐶_{6} 𝐻_{10} 𝑁𝐻_{2}^{+}] 𝐾_{𝑏} 1,74 ∙ 10^{−3}

d.

- Forholdet mellem syren og basen er ved start 10,4.

- Piperidins stofmængde fandt vi tidligere, samme gælder pK
                                                 s.

Side 9

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 14. august 2009

9

Vi fandt tidligere, at stofmængden af piperidin var 0,02055 mol og pK_{s} var 11,24. Yderligere kender vi

forholdet mellem syre og base ved pH 12,31 – nemlig 10,4. Da hver piperidin omsættes i forholdet 1:1 til sin korresponderende syre og vi kender forholdet mellem dem, kan vi opstille ligningen:

10,4= =; 𝑥=0,001803

𝜒_{𝐶_{6}}_{𝐻_{10}} 0,02055 𝑚𝑜𝑙 − 𝑥

𝑁𝐻

𝜒_{𝐶_{6}}_{𝐻_{10}} 𝑥
𝑁𝐻_{2}^{+}
Det vil sige, at stofmængden af syre, C_{6} H_{10} NH_{2}^{+}, ved pH 12,31 er 0,001803 mol. Piperidins nye stofmængde

kan også beregnes:

𝑛_{𝑏} =0,02055 𝑚𝑜𝑙− 0,001803𝑚𝑜𝑙=0,01875 𝑚𝑜𝑙

For hver gang vi tilsætter HCl stiger n(s), og n(b) falder med den stofmængde af HCl der tilsættes. Derfor kan vi opstille ligningen:

𝑝𝐻=𝑝𝐾 + log()

𝑠

𝑛_{𝑏} − 𝑛_{𝐻𝐶𝑙}
𝑛_{𝑠} + 𝑛_{𝐻𝐶𝑙}

11=11,24 + log(); 𝑛_{𝐻𝐶𝑙} =0,01124 𝑚𝑜𝑙

0,01875𝑚𝑜𝑙 − 𝑛_{𝐻𝐶𝑙}
0,001803 𝑚𝑜𝑙 + 𝑛_{𝐻𝐶𝑙}

                        -2
Der skal altså tilsættes 1,1·10 mol HCl for at opnå pH 11.

Side 10

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 14. august 2009

10

Opgave 4: Højfructosesirup a.

- Strukturformlen for det røde farvestof er angivet.

Vi kan finde tre forskellige O atomer i cirklerne.

Oxygenatomet i den røde cirkel tilhører er hydroxylgruppe, som kaldes en phenol, fordi den sidder direkte på en aromatisk ring. I den blå cirkel er oxygenatomet linket til et carbonatom gennem en dobbeltbinding, det kaldes en keton. I de gule cirkler er to oxygenatomer forbundet med to carbonatomer via enkeltbindinger. De hedder ether.

OH O O

O

CH_{3}

b.

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

- Værdier for entalpi, entropi og temperatur er angivet.

Vi benytter formlen, hvori temperaturen er omregnet til K.

Δ𝐺^{𝜃} =Δ𝐻^{𝜃} − 𝑇 ∙ Δ𝑆^{𝜃} =2,78 ∙ 10^{3} − (60 + 273) 𝐾 ∙ 7,30 =349,1

𝐽 𝐽 𝐽 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙∙ 𝐾 𝑚𝑜𝑙

                                                                         θ
Gibbs energi siger noget om spontaniteten af reaktionen. En reaktion er spontan, hvis ∆G < 0. En reaktion

er ikke spontan, hvis ∆G^{θ} > 0. Ved denne temperatur kan reaktionen altså ikke forløbe spontant, idet ∆G^{θ} er

positiv.

c.

- Værdier for den molare absorptionskoefficient, absorbansen, mængde glukose pr L og kuvettebredden er angivet i opgaven.

- De molare masser er slået op i tabel i databog.

- Reaktionsskemaet er opgivet i opgaven.

Da vi ved, at fruktose omdannes fuldstændigt til det røde farvestof, kan vi ved at finde koncentrationen af det røde farvestof, altså også finde koncentrationen af fruktose. Ud fra deres reaktionsskema, ved vi at de reagerer i forholdet 1:1.

Side 11

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 14. august 2009

11

Vi starter derfor med at bruge Lambert-Beers lov til at finde koncentrationen af det røde farvestof. Da det er for den vi har fået oplyst absorptionskoefficient, absorbans mm.

𝐴=𝜀∙ [𝑆] ∙ 𝑙

Vi kan isolere koncentrationen:

[ 𝑆] = = =0,0173 𝑀

𝐴 1,09

𝜀∙ 𝑙 63 𝑀^{−1} ∙ 𝑐𝑚^{−1} ∙ 1 𝑐𝑚

Da vi har konstateret, at stofmængdekoncentrationen af det røde farvestof var lig med fruktoses, er dette altså stofmængdekoncentrationen af fruktose.

[ 𝑓𝑟𝑢𝑘𝑡𝑜𝑠𝑒] =0,0173𝑀

Vi vil derfor nu finde stofmængdekoncentrationen af glukose ved start, hertil benytter vi formlen:

𝑛=

𝑚

𝑀

Vi mangler den molare masse, hvortil vi skal bruge sumformlen for glukose. Denne finder vi ud fra

strukturformlen til: C H O .
                 6 12 6

𝑀 ( 𝑔𝑙𝑢𝑘𝑜𝑠𝑒) =6 ∙ 𝑀 ( 𝐶) + 12 ∙ 𝑀 ( 𝐻) + 6 ∙ 𝑀(𝑂)

𝑀 ( 𝑔𝑙𝑢𝑘𝑜𝑠𝑒) =6 ∙ 12,01 + 12 ∙ 1,01 + 6 ∙ 16,00 =180,18

𝑔 𝑔 𝑔 𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

Da der er 90 g glukose pr L:

𝑛 ( 𝑔𝑙𝑢𝑘𝑜𝑠𝑒) = =0,50 𝑚𝑜𝑙

90 𝑔

180,18 𝑔 𝑚𝑜𝑙

𝑐 ( 𝑔𝑙𝑢𝑘𝑜𝑠𝑒) = = =0,50 𝑀

𝑛 0,50 𝑚𝑜𝑙

𝑉 1 𝐿

Der var 0,50 mol glukose pr. L ved start.

Men da vi gerne vil finde den aktuelle stofmængdekoncentrationen af glukose (altså efter forsøget), skal vi trække fruktoses aktuelle stofmængdekoncentration fra. Det skal vi fordi, at vi på baggrund af reaktionsskemaet kan se, at glukose omdannes til fruktose i forholdet 1:1. Det vil sige, at hver gang der dannes 1 mol fruktose, så er der 1 mol glukose mindre.

[ 𝑔𝑙𝑢𝑘𝑜𝑠𝑒] =0,50𝑀 − [ 𝑓𝑟𝑢𝑘𝑡𝑜𝑠𝑒] =0,50𝑀 − 0,0173 𝑀=0,483𝑀

Der er altså 0,483 M glukose og 0,017 M fruktose.

d.

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

- Vi har fået oplyst temperaturen.

Side 12

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 14. august 2009

12

- ∆G^{θ} beregnede vi i en tidligere opgave. Ved 60°C er den: 349,1 J/mol

- Gaskonstanten slås op i databog til 8,31 J/(mol·K).

- Stofmængdekoncentrationerne for fruktose og glukose er beregnet i en tidligere opgave.

Vi vil først finde reaktionens ligevægtskonstant, det gør vi ud fra:

−Δ𝐺^{𝜃} =𝑅∙ 𝑇∙ ln (𝐾)
Vi har tidligere fundet ∆G^{θ} ved netop 60 grader. Vi isolerer K:

ln ( 𝐾) =

−Δ𝐺^{𝜃}

𝑅∙ 𝑇

K=𝑒 =𝑒^{8,31} =0,881

−Δ𝐺^{𝜃} 𝐽

𝑅∙𝑇 𝑚𝑜𝑙∙𝐾

−349,1

𝐽 𝑚𝑜𝑙

∙(60+273)𝐾

For at finde ud af om reaktionen er ved ligevægt, kan reaktionsbrøken bestemmes. Da både glukose og fruktose er opløste stoffer, det er angivet med (aq), indgår de med deres stofmængdekoncentration. Vi har tidligere beregnet netop stofmængdekoncentrationerne for fruktose og glukose ved temperaturen 60 grader og tiden 15 min, derfor kan vi bruge de værdier:

𝑌= = =0,035

[𝑓𝑟𝑢𝑘𝑡𝑜𝑠𝑒] 0,017 𝑀

[𝑔𝑙𝑢𝑘𝑜𝑠𝑒] 0,483 𝑀

𝑌<𝐾

Da Y ikke er lig med K må det konkluderes, at der efter 15 minutter ikke er ligevægt. I så fald skulle Y have været lig med K.

Hvis reaktionen havde kørt i længere tid, ville mere glukose være omdannet til fruktose, hvormed nævneren var blevet mindre og tælleren større. Y havde så været større og dermed været tættere på K.

e.

- Graf over enzymets aktivitet og stabilitet som funktion af temperaturen er givet.

- Gaskonstanten er fundet ved opslag i databog.

- Værdier for ∆S^{θ} og ∆H^{θ} blev opgivet i tidligere opgave.

Hvis vi antager, at ∆S^{θ} og ∆H^{θ} er uafhængige af temperaturen, kan vi bruge formlen:

ln ( 𝐾) =− ∙ +

Δ𝐻^{𝜃} 1 Δ𝑆^{𝜃}

𝑅 𝑇 𝑅

Da det er temperaturen vi gerne vil finde, skal vi bruge en værdi for K, for at løse ligningen. Den kan vi finde ud fra reaktionsbrøken ligesom før. Denne gang kender vi dog ikke stofmængdekoncentrationerne for

Side 13

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 14. august 2009

13 glukose og fruktose, men da de reagerer i forholdet 1:1 og vi ved hvor mange procent der er af hver, kan vi benytte det i stedet:

𝐾= = =1,22

[𝑓𝑟𝑢𝑘𝑡𝑜𝑠𝑒] 55%

[𝑔𝑙𝑢𝑘𝑜𝑠𝑒] 45%

Vi kan nu finde den temperatur, hvor der er netop dette forhold mellem glukose og fruktose:

ln ( 𝐾) =− ∙ +

Δ𝐻^{𝜃} 1 Δ𝑆^{𝜃}

𝑅 𝑇 𝑅

ln ( 𝐾) ∙ 𝑅=−Δ𝐻^{𝜃} ∙ + Δ𝑆^{𝜃}

1

𝑇

ln ( 𝐾) ∙ 𝑅− Δ𝑆^{𝜃} 1
−Δ𝐻^{𝜃} 𝑇

=

𝑇= = =492,2𝐾

−Δ𝐻^{𝜃}
ln ( 𝐾) ∙ 𝑅− Δ𝑆^{𝜃}

−2,78 ∙ 10^{3}

𝐽 𝑚𝑜𝑙

ln ( 1,22) ∙ 8,31 − 7,30

𝐽 𝐽 𝑚𝑜𝑙∙ 𝐾 𝑚𝑜𝑙∙ 𝐾

Vi omregner til grader celsius:

492,2 − 273=219,2 ℃

Ved at betragte kurven med stabilitet afbilledet som funktion af temperaturen ses det, at enzymet ved denne temperatur slet ikke vil være stabilt. Ud fra den anden kurve ses det, at enzymet dog vil være ekstremt aktivt. Hermed må man konkludere, at blanding ikke kan opnås.