STX Kemi A Eksamen 15. august 2007 Gammel ordning

Side 1

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 15. august 2007

1

Kemi A STX

15. august 2007

GYM 2007-10-2

Opgave 1: Rotenon et naturligt insekticid a.

- Strukturformlen for rotenon er angivet.

C O

O CH C CH_{3}

O

CH_{3}

C C CH O

CH C CH C

C O CH_{2}

CH C C CH

CH_{2}

CH

O

CH C

CH_{2}

3

Ud fra strukturformlen kan vi ved optælling af de indgående C, H og O’er nå frem til, at molekylformlen for

rotenon er C_{23} H_{22} O_{6}.
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.

4. Tæl antallet af atomer af hvert grundstof i forbindelsen.

b.

- Det er angivet, at opløseligheden af rotenon i vand er 15 mg/L.
- Molekylformlen for rotenon er angivet til C_{23} H_{22} O_{6}.

- Grundstoffernes molare masse bestemmes ved tabelopslag.

Da opløseligheden af rotenon i vand er 15 mg/L, må der være en massekoncentration, c_{masse}, af rotenon på
netop 15 mg/L i en mættet vandig opløsning. Derfor omregnes massekoncentrationen til en stofmængde-

koncentration, c.

𝑀 ( 𝑟𝑜𝑡𝑒𝑛𝑜𝑛) = 23 · 𝑀 ( 𝐶) + 22 · 𝑀 ( 𝐻) + 6 · 𝑀 ( 𝑂) = 23 · 12,011 +22 · 1,008 + 6 · 16,000
= 394,429 = 394429

𝑔 𝑚𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

Side 2

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 15. august 2007

2

𝑐 ( 𝑟𝑜𝑡𝑒𝑛𝑜𝑛) = = = 3,80 · 10^{−5} 𝑀

𝑐_{𝑚𝑎𝑠𝑠𝑒} ( 𝑟𝑜𝑡𝑒𝑛𝑜𝑛)

𝑀 ( 𝑟𝑜𝑡𝑒𝑛𝑜𝑛)

15 𝑚𝑔

𝐿

394429 𝑚𝑔 𝑚𝑜𝑙

                                                                            -5
Altså er stofmængdekoncentrationen af rotenon i en mættet vandig opløsning lig med 3,80·10 M.

c.

- Strukturformlen for rotenon er angivet.

I strukturen af rotenon er det kun de asymmetriske kulstofatomer, der giver anledning til stereoisomere.

Rotenon indeholder 3 asymmetriske kulstofatomer, og disse er markeret med hver en stjerne herunder.

O

O

CH_{3}

O CH_{3}

O

O

O

CH_{2}

CH

3

*

*

*

Et asymmetrisk kulstofatom er sp^{3} -hybridiseret og binder til fire forskellige grupper. Hvert asymmetrisk kul-

                                                                                  n
stofatom giver anledning til to stereoisomerer, så med n asymmetriske kulstofatomer fås maksimalt 2 for-

                                                                                      3
skellige stereoisomerer, afhængigt af molekylets overordnede symmetri. Altså har rotenonmolekylet i alt 2

= 8 stereoisomere.

d.

- Strukturformlerne for A, B og C er angivet.

Vand er et polært opløsningsmiddel, og derfor vil en forbindelses opløselighed i vand stige, jo mere polær forbindelsen er. For at vurdere opløseligheden af A, B og C i forhold til hinanden ses der derfor på forskel-lene mellem de tre strukturer. Forskellen fra A til B er, at 3 OH-grupper methyleres, således at det i stedet

bliver til methoxygrupper (-O-CH ) i B. Forskellen fra B til C er, at der dannes en binding mellem en CH -
                           3                                                          3

gruppe og en CH_{2} -gruppe.
OH-grupper er langt mere polære end methoxygrupper (O-CH_{3}), og derfor er forbindelser med disse OH-

grupper lettere at opløse i vand end de tilsvarende forbindelser med methoxygrupper. Da A indeholder flest OH-grupper i forhold til B, må A være mere vandopløselig end B. Da dannelsen af en binding mellem to kulstofatomer kun i ringe grad påvirker vandopløseligheden (fordi polariteten ikke ændres i nogen grup-per), må B og C være nogenlunde lige vandopløselige. Dette betyder, at A må være den forbindelse, der er mest vandopløselig.

Side 3

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 15. august 2007

3 e.

- Strukturformlen for A og rotenon er angivet.

I denne opgave antager vi, at vi har modtaget et stof, som enten er forbindelse A eller rotenon, og nu gerne vil have et overblik over de eksperimentelle metoder, vi kan bruge til at afgøre, hvilket stof vi har fået.

Indledningsvist kan man undersøge organiske forbindelser vha. forskellige spektroskopiske metoder. Hvis de to stoffer blev undersøgt i IR-spektroskopi, vil man i spektret for forbindelse A se tydelige, brede toppe

omkring 3500 cm^{-1} pga. OH-grupperne, som ikke ses rotenons spektrum. En anden spektroskopisk mulighed
er NMR-spektroskopi, hvor^{13} C-NMR-spektret for forbindelse A vil vise i alt 15 signaler – ét for hvert forskel-

lig kulstofatom, som forbindelsen indeholder. Det tilsvarende spektrum for rotenon vil i stedet vise 21 sig-naler (fordi de to kulstofatomer, der indgår i methoxygrupper er så godt som ens), da rotenon indeholder

                                                  1
flere forskellige kulstofatomer end forbindelse A. Endeligt er

H-NMR-spektroskopi også en mulighed, idet både antallet af og de kemiske omgivelser for hydrogenatomerne i de to forbindelser er meget forskellige.

Spektroskopi er dog også en omfattende metode, hvis man blot ønsker af skelne mellem to i forvejen kend-te strukturer. Derfor man med fordel anvende en af følgende metoder, der er mere direkte.

1) Tilsætning af bromvand. Denne test undersøger for tilstedeværelsen af en alifatisk dobbeltbinding.

Et positiv resultat affarver bromvandet, fordi brom’et (Br
                                               2

) reagerer med alkenen. Af de to forbin-delser er det kun A, der indeholder en alifatisk dobbeltbinding, og derfor vil bromvandet kun affar-ves, hvis det er forbindelse A, som testen udføres på.

2) Tilsætning af FeCl_{3}. Denne test undersøger for tilstedeværelsen af phenoler i en forbindelse. Ved et
positivt resultat fås en lilla/blå farvereaktion. Dette vil kun ske, hvis testen udføres på A fordi kun A

indeholder phenoler, og dermed er det muligt af skelne. Denne test kræver dog, at forbindelsen, der testes på, er farveløs eller kun svagt farvet ved start, da en farvereaktion ellers kan være svær at observere.

Endeligt kan vi, når vi nu kender strukturen af begge forbindelser, slå deres koge-/smeltepunkt samt bryd-
ningsindeks op i en databog, og efterfølgende bestemme både koge-/smeltepunkt og brydningsindeks for

prøven eksperimentelt. På den måde kan de to forbindelser nemt og hurtigt skelnes. For at metoden giver et pålideligt resultat, er det dog nødvendig for de to forbindelser, at deres tabelværdier, eksempelvis for kogepunktet, ikke ligger så tæt, at usikkerheden i selve målingen er større end afstanden mellem koge-punkterne.

Side 4

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 15. august 2007

4

Opgave 2: Nødforsyning af dioxygen i fly a.

- Reaktionsskemaet for reaktion I er angivet.

Reaktion I er en redoxreaktions, og derfor indeholder den mindst et atom der oxideres, samt mindst et der reduceres. Oxidationstallene for alle de indgående grundstoffer noteres over reaktionsskemaet.

2 𝑁𝑎 𝐶𝑙 𝑂_{3} ( 𝑠) → 2 𝑁𝑎 𝐶𝑙 ( 𝑠) + 3 𝑂_{2} (𝑔)

⏞ ⏞ ⏞ ⏞ ⏞ ⏞

+1 +5 −2 +1 −1 0

Vi ser at oxidationstallet for natrium (Na) ikke ændres. Oxidationstallet for chlor (Cl) mindskes fra +5 til -1,

og det er derfor dette atom, der reduceres. Oxidationstallet for oxygen (O) øges fra -2 til 0, og der er derfor dette atom, der oxideres.

b.

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

- Værdierne for H^{Θ} bestemmes ved tabelopslag.

- Reaktionsskemaet for reaktion I er angivet.

For en reaktion gælder det, at den er exoterm, når ∆H^{Θ} for reaktionen er mindre end nul. Vi skal derfor vise,
at ∆H^{Θ} < 0. ∆H^{Θ} beregnes vha. følgende formel.

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

𝜃 𝜃

= 2 · 𝐻^{𝜃} ( 𝑁𝑎𝐶𝑙 ( 𝑠)) + 3 · 𝐻^{𝜃} ( 𝑂_{2} ( 𝑔)) − 2 · 𝐻^{𝜃} ( 𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂_{3} ( 𝑠))
= 2 · ( −411,2) + 3 · 0 − 2 · ( −365,8) = −90,8

𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙

Da ∆H^{Θ} = -90,8 kJ/mol < 0, er reaktion I altså exoterm.

c.

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

- For reaktion I er ∆H^{Θ} beregnet til -90,8 kJ/mol i forrige opgave.
- Værdierne for S^{Θ} bestemmes ved tabelopslag.

- Reaktionsskemaet for reaktion I er angivet.

- Temperaturen er angivet til 50°C.

For en reaktion gælder det, at den kan forløbe (= er spontan), når ∆G^{Θ} for reaktionen er mindre end nul. Vi
skal derfor gøre rede for, at ∆G^{Θ} < 0. ∆G^{Θ} beregnes vha. følgende formel.
Δ𝐺^{𝜃} = Δ𝐻^{𝜃} − 𝑇 ⋅ Δ𝑆^{𝜃}
I formlen kender vi ikke Δ𝑆^{𝜃}, så denne beregnes først vha. følgende formel.

Side 5

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 15. august 2007

5

Δ𝑆^{𝜃} = ∑𝑆^{𝜃} ( 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑘𝑡𝑒𝑟) − ∑𝑆^{𝜃} ( 𝑟𝑒𝑎𝑘𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑟)
= 2 · 𝑆^{𝜃} ( 𝑁𝑎𝐶𝑙 ( 𝑠)) + 3 · 𝑆^{𝜃} ( 𝑂_{2} ( 𝑔)) − 2 · 𝑆^{𝜃} ( 𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂_{3} ( 𝑠))
= 2 · 72,1 + 3 · 205,15 − 2 ·123,4 = −512,85

𝐽

𝑚𝑜𝑙 · 𝐾
Da vi nu kender Δ𝑆^{𝜃} for reaktion I, kan vi indsætte værdierne i den første formel og derved bestemme
Δ𝐺^{𝜃}. Bemærk, at temperaturen, T, skal angives i Kelvin.

Δ𝐺^{𝜃} = Δ𝐻^{𝜃} − 𝑇Δ𝑆^{𝜃} = −90,8 − ( 50 + 273) 𝐾 · 0,51285 = −256,45

𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑘𝐽

𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 · 𝐾 𝑚𝑜𝑙
Da ∆G^{Θ} = -256,45 kJ/mol < 0, er reaktion I altså spontan, og den kan derfor forløbe ved 50°C.

d.

- Δ𝐺^{𝜃} for reaktion I ved 50°C er beregnet til -255,87 kJ/mol i forrige delopgave.

- Partialtrykket af dioxygen er angivet til 0,20 bar.

- Reaktionsskemaet for reaktion I er angivet.

For en reaktion gælder det, at den kan forløbe (= er spontan), når ∆G for reaktionen er mindre end nul. Vi

skal derfor bestemme ∆G når partialtrykket af dioxygen er lig med 0,2 bar. Bemærk, at vi nu ikke længere har standardbetingelser. Derfor anvendes følgende formel.

Δ𝐺 = Δ𝐺^{𝜃} + 𝑅𝑇𝑙𝑛 ( 𝑌)

hvor Y er reaktionsbrøken, T er temperaturen i Kelvin og R er gaskonstanten. Reaktionsbrøken, Y, for en re-aktion af typen:

𝑎𝐴 ( 𝑠) + 𝑏𝐵 ( 𝑎𝑞) → 𝑐𝐶 ( 𝑙) + 𝑑𝐷(𝑔)

ser således ud:

𝑌 =

𝑥 ( 𝐶)^{𝑐} + 𝑝 ( 𝐷)^{𝑑}
[ 𝐵]^{𝑏}

Reaktionsbrøken for reaktion I ser således ud, da faste stoffer ikke indgår.

𝑌 = ( 𝑝 ( 𝑂_{2}))^{3} = ( 0,2 𝑏𝑎𝑟)^{3} = 0,008𝑏𝑎𝑟^{3}

Reaktionsbrøken indsættes i formlen i starten af opgaven.

Δ𝐺 = Δ𝐺^{𝜃} + 𝑅𝑇𝑙𝑛 ( 𝑌) = −256,45 + 0,00831 · · ( 50 + 273) 𝐾 · 𝑙𝑛 ( 0,008) = −269,41

𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑘𝐽

𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 · 𝐾 𝑚𝑜𝑙
Da ∆G^{Θ} = 269,41 kJ/mol < 0, er reaktion I altså spontan, og den kan derfor forløbe ved 50°C når partialtryk-

ket af dioxygen er 0,2 bar.

e.

- Et diagram over tilstrømningen af dioxygen som funktion af tiden er angivet.

- Temperaturen er angivet til 25°C og trykket til 1,00 bar.

Side 6

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 15. august 2007

6

- Reaktionsskemaet for reaktion I er angivet.

Det opgivne diagram viser tiden på x-aksen angivet i minutter og tilførslen af dioxygen på y-aksen angivet i

L/min. For at vise, at generatoren producerer 15 L dioxygen i løbet af 12 minutter, ses der på de forskellige

dele af grafen enkeltvis. I de dele, hvor grafen er vandret mellem to punkter, tilføres der samme mængde dioxygen pr. minut. I de dele, hvor grafen har en konstant hældning forskellig fra 0, svarer mængden af til-ført dioxygen pr. minut til gennemsnittet af tilførslen i de to punkter i hver ende af dette stykke af grafen, netop fordi stykket har en konstant hældning. For at overskueliggøre grafen, laves der en tabel over de for-skellige dele, hvor t angiver tiden, og O angiver tilstrømningen af dioxygen.

Del nr. t_{start} t_{slut} ∆t i min O_{start} i L/min O_{slut} i L/min O_{gns} i L/min Generet dioxygen i L

i min i min

1 0,2 1,0 0,8 3,6 3,6 3,6 2,88

2 1,0 3,5 2,5 3,6 1,2 2,4 6,00

3 3,5 5,0 1,5 1,2 0,7 0,95 1,425

4 5,0 11,0 6,0 0,7 0,7 0,7 4,20

5 11,0 12,0 1,0 0,7 0,0 0,35 0,35

I alt 14,855 ≈ 15L

Som eksempel på fremgangsmåden vises udregningerne for del nr. 2. Først aflæses det, at denne linje star-ter efter 1,0 minutter og slutter efter 3,5 minutter. Ændringen i tid, ∆t beregnes.

Δ𝑡 = 𝑡_{𝑠𝑙𝑢𝑡} − 𝑡_{𝑠𝑡𝑎𝑟𝑡} = 3,5𝑚𝑖𝑛 − 1,0𝑚𝑖𝑛 = 2,5𝑚𝑖𝑛

Vi aflæser ligeledes, at der til start tilføres 3,6 L dioxygen pr. minut og til slut tilføres 1,2 L dioxygen pr. mi-nut. Gennemsnittet beregnes.

𝑂_{𝑔𝑛𝑠} = = = 2,4

𝑂_{𝑠𝑡𝑎𝑟𝑡} + 𝑂_{𝑠𝑙𝑢𝑡} 𝐿

2 2 𝑚𝑖𝑛

3,6 + 1,2

𝐿 𝐿 𝑚𝑖𝑛 𝑚𝑖𝑛

Vi ved nu, at der i 2,5 minutter blev tilført gennemsnitligt 2,4 L dioxygen pr. minut. Derfor kan vi regne mængden af tilført oxygen for denne del af grafen.

𝑉 ( 𝑂)_{𝑑𝑒𝑙 2} = 𝑂_{𝑔𝑛𝑠} · Δ𝑡 = 2,4 · 2,5𝑚𝑖𝑛 = 6,0𝐿

𝐿 𝑚𝑖𝑛

Derfor blev der tilført 6,0 L dioxygen i del 2 af grafen. Ved at lægge alle delene sammen fås, at der blev til-ført 14,855 L dioxygen på de 12 minutter, hvilket er tæt på 15 L. Afvigelsen kan skyldes forskelle i, hvordan grafen er blevet aflæst. Vi vælger af regne videre med 15 L.

For af beregne, hvor meget natriumchlorat, der bruges, bestemmes først stofmængden af dioxygen i 15 L og dertil anvendes idealgasloven.

𝑝𝑉 = 𝑛𝑅𝑇;𝑛 = = = 0,606𝑚𝑜𝑙

𝑝𝑉 1,00𝑏𝑎𝑟 · 15𝐿

𝑅𝑇

0,0831 · ( 25 + 273) 𝐾

𝑏𝑎𝑟 · 𝐿
𝑚𝑜𝑙 · 𝐾

Af reaktionsskemaet for reaktion I ses det, at der dannes tre mol dioxygen for hver to mol natriumchlorat, der forbruges. Derfor må følgende gælde:

Side 7

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 15. august 2007

7

𝑛 ( 𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂_{3})_{𝑏𝑟𝑢𝑔𝑡} 𝑛 ( 𝑂_{2})_{𝑑𝑎𝑛𝑛𝑒𝑡}

2 3

=

⇕

𝑛 ( 𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂_{3})_{𝑏𝑟𝑢𝑔𝑡} = · 𝑛 ( 𝑂_{2})_{𝑑𝑎𝑛𝑛𝑒𝑡} = · 0,606𝑚𝑜𝑙 = 0,404𝑚𝑜𝑙

2 2

3 3

Endeligt omregnes stofmængden af natriumchlorat til en masse, m. Derfor skal natriumchlorats molare masse, M, bruges.

𝑀 ( 𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂_{3}) = 𝑀 ( 𝑁𝑎) + 𝑀 ( 𝐶𝑙) + 3 · 𝑀 ( 𝑂) = 22,99 + 35,45+ 3 · 16,00 = 106,44

𝑔 𝑚𝑜𝑙

𝑚 ( 𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂_{3}) = 𝑛 ( 𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂_{3}) · 𝑀 ( 𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂_{3}) = 0,404𝑚𝑜𝑙 · 43,00𝑔

Altså bruges der 43,00 g natriumchlorat i løbet af de 12 minutter.

Side 8

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 15. august 2007

8

Opgave 3: Trypsin - et proteinspaltende enzym a.

- Reaktionsskemaet for reaktionen er angivet.

Der er tale om en hydrolyse, idet peptidbindingen (også kaldet amidbindingen) spaltes under forbrug af vand. Derved dannes en carboxylsyregruppe og en amin.

b.

- Et plot af reaktionshastigheden, v, som funktion af koncentrationen af BANA, [BANA], er angivet.

Af grafen ses det, at der haves en lineær sammenhæng mellem reaktionshastigheden og koncentrationen af BANA. Med andre ord, så afhænger reaktionshastigheden lineært af koncentrationen af BANA. Derfor må reaktionen have følgende hastighedsudtryk:

𝑣 = 𝑘 · [𝐵𝐴𝑁𝐴]

hvor k er hastighedskonstanten. Denne type hastighedsudtryk er karakteristisk for reaktioner af første or-den, og derfor må der være tale om en førsteordensreaktion i den viste koncentrationsområde. Ved at af-læse et vilkårlig datasæt, af ([BANA], v) på grafen kan hastighedskonstanten bestemmes. Vi vælger her

punktet, hvor [BANA] = 8·10^{-6} M og V = 0,6·10^{-6} M/min.

𝑣 = 𝑘 · [ 𝐵𝐴𝑁𝐴]; 𝑘 = = = 0,075𝑚𝑖𝑛^{−1}

𝑣

[ 𝐵𝐴𝑁𝐴] 8 · 10^{−6} 𝑀

0,6 · 10^{−6}

𝑀 𝑚𝑖𝑛

                                                   -1
Altså er hastighedskonstanten for reaktionen lig med 0,075 min .

c.

- Hastighedsudtrykket for reaktionen ved koncentrationer af BANA højere en 50·10^{-3} M er angivet.

Først opskrives den angivne hastighedsudtryk.

𝑣 = 33 · 10^{−6} ·

𝑀 [𝐵𝐴𝑁𝐴]

𝑚𝑖𝑛 [ 𝐵𝐴𝑁𝐴] + 431 · 10^{−6} 𝑀
Vi beregner nu værdien af ( [ 𝐵𝐴𝑁𝐴] + 431 · 10^{−6} 𝑀) hvis koncentrationen BANA sættes til 50·10^{-3} M, dvs.

den laveste koncentration, for hvilken det skal gælde, at reaktionen er af nulte orden.

[ 𝐵𝐴𝑁𝐴] + 431 · 10^{−6} 𝑀 = 50 · 10^{−3} 𝑀 + 431 · 10^{−6} 𝑀 = 0,050𝑀 + 0,000431𝑀 = 0,050431 ≈ 0,050𝑀

                                                                         -3
Vi kan altså lave følgende approksimation, når koncentrationen af BANA er større en 50·10 M.

[ 𝐵𝐴𝑁𝐴] + 431 · 10^{−6} 𝑀 = [𝐵𝐴𝑁𝐴]
Denne approksimation kan retfærdiggøres ved at beregne, hvor stor en procentdel de 431 · 10^{−6} 𝑀 udgør

                                     -3
af den lavest mulige koncentration, dvs. 50·10 M.

431 · 10^{−6} 𝑀
50 · 10^{−3} 𝑀

= 0,0086 = 0,86%

Side 9

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 15. august 2007

9

Da forholdet giver 0,86% er der altså under 1% i forskel mellem den faktiske værdi og værdien af vores ap-proksimation. Dertil kommer, at jo højere koncentrationen bliver, des mindre blive denne afvigelse. Med

andre ord er det fordi, at 50·10^{-3} M >> 431 · 10^{−6} 𝑀, at approksimationen holder. Netop derfor kan vi med

god tilnærmelse lave denne approksimation. Vi indsætter nu approksimationen i hastighedsudtrykket.

𝑣 = 33 · 10^{−6} · ≈ 33 · 10^{−6} · = 33 · 10^{−6}

𝑀 [𝐵𝐴𝑁𝐴] 𝑀 [ 𝐵𝐴𝑁𝐴] 𝑀

𝑚𝑖𝑛 [ 𝐵𝐴𝑁𝐴] + 431 · 10^{−6} 𝑀 𝑚𝑖𝑛 [ 𝐵𝐴𝑁𝐴] 𝑚𝑖𝑛

Vi ser nu i ligningens sidste led, at reaktionshastigheden ikke afhænger af koncentrationen af BANA, dvs.

den er konstant. Netop dette karakteriserer en reaktion af nulte orden. Hermed er det vist, at reaktionen er

af nulte orden, hvis og kun hvis koncentrationen af BANA er højere end 50·10^{-3} M, da approksimationen, der

ligger til grund for denne konklusion, ellers ikke holder.

d.

- Det angives, at kuvettebredden, l, er 1,0 cm, at den molare ekstinktionskoefficient ved 410 nm,

ε_{410nm}, er 8800 M^{-1} ·cm^{-1} og at reaktionsblandingens volumen, V, er 3,0 mL.

- Det angives, at absorbansen, A, af dannet 4-nitroanilin efter 3,0 min er 0,864.

- Det oplyses, at startkoncentrationen af BANA, [BANA]_{0}, er 50·10^{-3} M og koncentrationen trypsin,
[ 𝑡𝑟𝑦𝑝𝑠𝑖𝑛], er 6,0·10^{-8} M.
- Trypsin molare masse, M(trypsin) er angivet til 23400 g/mol.

- Reaktionsskemaet for reaktionen er angivet.

Ud fra reaktionsskemaet ses det, at for hvert mol BANA, der spaltes, danner der et mol 4-nitroanilin. Vi kan derfor bestemme koncentrationen af BANA ved først at bestemme koncentrationen 4-nitroanilin og trække denne fra startkoncentrationen af BANA. Til dette anvendes Lambert-Beers lov.

𝐴 ( 4-nitroanilin) = 𝜀_{410 𝑛𝑚} · 𝑙 · [ 4-nitroanilin];

[ 4-nitroanilin] = = = 9,8 · 10^{−5} 𝑀

𝐴 ( 4-nitroanilin) 0,864

𝜀_{410 𝑛𝑚} · 𝑙 8800𝑀^{−1} 𝑐𝑚^{−1} · 1,0𝑐𝑚

Vi kan nu beregne koncentrationen af BANA efter 3,0 min.

[ 𝐵𝐴𝑁𝐴] = [ 𝐵𝐴𝑁𝐴]_{0} − [ 4-nitroanilin] = 50 · 10^{−3} 𝑀 − 9,8 · 10^{−5} 𝑀 = 49,9 · 10^{−3} 𝑀
Altså er koncentrationen af BANA efter 3,0 min lig med 49,9 · 10^{−3} 𝑀. For at bestemme trypsins specifikke

aktivitet beregnes der nu, hvor mange µmol BANA ét mg trypsin kan spalte på et minut. Derfor bestemmes først stofmængden af trypsin-molekyler.

𝑛 ( 𝑡𝑟𝑦𝑝𝑠𝑖𝑛) = 𝑉 · [ 𝑡𝑟𝑦𝑝𝑠𝑖𝑛] = 0,003𝐿 · 6,0 · 10^{−8} 𝑀 = 1,8 · 10^{−10} 𝑚𝑜𝑙

Denne stofmængde omregnes til en masse.

𝑚 ( 𝑡𝑟𝑦𝑠𝑖𝑛) = 𝑛 ( 𝑡𝑟𝑦𝑝𝑠𝑖𝑛) · 𝑀 ( 𝑡𝑟𝑦𝑝𝑠𝑖𝑛) = 1,8 · 10^{−10} 𝑚𝑜𝑙 · 23400 = 4,2 · 10^{−6} 𝑔 = 4,2 · 10^{−3} 𝑚𝑔

𝑔 𝑚𝑜𝑙

Vi kender nu massen af trypsin i reaktionsblandingen. Derfor beregnes nu stofmængden af dannet

4-nitroanilin på 3,0 min, og dermed også stofmængden af omdannet BANA på 3,0 min.

𝑛 ( 𝐵𝐴𝑁𝐴)_{3,0 𝑚𝑖𝑛} = 𝑛 ( 4-nitroanilin)_{3,0𝑚𝑖𝑛} = [ 4-nitroanilin] · 𝑉 = 9,8 · 10^{−5} 𝑀 · 0,003𝐿
= 2,95 · 10^{−7} 𝑚𝑜𝑙

Side 10

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 15. august 2007

10

Stofmængden af omdannet BANA pr. minut må da være en tredjedel af den mængde, der blev omdannet på 3,0 minutter.

𝑛 ( 𝐵𝐴𝑁𝐴)_{3,0 𝑚𝑖𝑛} 2,95 · 10^{−7} 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 µ𝑚𝑜𝑙

3,0 𝑚𝑖𝑛 3,0 𝑚𝑖𝑛 𝑚𝑖𝑛 𝑚𝑖𝑛

= = 9,82 · 10^{−8} = 0,0982

Der omdannes altså 0,0982 µmol BANA pr. minut af de 4,2·10^{-3} mg trypsin. Ved at dele omdannelsesha-

stigheden med massen af trypsin fås den specifikke aktivitet af trypsin, som vi kalder a.

𝑎 = = 23,31

0,0982 µ𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑖𝑛

4,2 · 10^{−3} 𝑚𝑔 𝑚𝑔 · 𝑚𝑖𝑛

µ𝑚𝑜𝑙

                                         µ𝑚𝑜𝑙
Altså er trypsins specifikke aktivitet lig med 23,31
                                        𝑚𝑔·𝑚𝑖𝑛