STX Kemi A Eksamen 16. august 2006 Gammel ordning

Side 1

1

STX A Kemi August 2006

2006-10-2

Opgave 1: Æteriske olier i krydderurter a.

- Strukturformlerne for de fire forbindelser er angivet.

For at en forbindelse kan udvise cis/trans-isomeri, skal den indeholde mindst én dobbeltbinding, hvor beg-

ge de to indgående kulstofatomerne binder til to forskellige gruppe - udover dobbeltbindingen. Dette er til-fældet i A og B, hvor der sidder ét hydrogenatom på begge de kulstofatomer, der indgår i dobbeltbindin-gen. Alt efter placeringen af disse hydrogenatomer i forhold til hinanden, giver dobbeltbindingen anledning til følgende former: E- eller trans-formen, der har hydrogenatomer på hver sin side af dobbeltbindingen, og Z- eller cis-formen, der har hydrogenatomerne på samme side af dobbeltbindingen. Både cis- og trans-formen af A og B er tegnet herunder.

O O

CH CH

3 3

H OH H OH

H H

O O

CH CH

3 3

OH O OH

H H

H H

O cis - A trans - A cis - B trans - B b.

- Strukturformlerne for de fire forbindelser er angivet.

Vand er et polært opløsningsmiddel og det kan derfor bedst opløse andre polære forbindelser. Dvs. jo mere polær en forbindelse er, des bedre kan den opløses i vand. Derfor skal vi blot bestemme, hvilken af de fire forbindelser, der er mest polær. Alle de fire stoffer indeholder de upolære C-H- og C-C-bindinger, og jo flere der er af disse, jo mere upolært er stoffet som helhed. Dog kan de polære O-H- og C-O-bindinger påvirke forbindelsens polaritet i den anden retning, dvs. gøre forbindelse mere polær. Vi kan derfor som tommel-fingeregel sige, at jo flere oxygenatomer en forbindelse har i forhold til kulstofatomer, jo mere polær er den.

Da alle fire forbindelser indeholder en benzenring med en methoxygruppe (-O-CH_{3}) på para-positionen,

nævnes denne ikke i sammenligningen, fordi den ikke ændres. I stedet ses kun på den anden substituent på benzenringen:

1) Estragols substituent indeholder 3 kulstofatomer og ingen oxygenatomer.

2) A’s substituent har 3 kulstofatomer og ét oxygenatom. Derfor må A være mere polær end estragol.

Side 2

2

3) B’s substituent har 3 kulstofatomer og 2 oxygenatomer. Derfor må B være mere polær end A og dermed også end estragol.

4) 4-methoxybenzosyres substituent har ét kulstofatom og 2 oxygenatomer. Derfor må den altså være mere polær end alle de tre andre.

Da 4-methoxybenzeosyre er den mest polære af de fire forbindelse, har den som nævnt også den største opløselighed i vand.

c.

- Det er angivet at reaktionen er af første orden.

- Det er angivet at reaktionen forløber ved 700 K samt at hastighedskonstanten ved denne tempera-

tur er lig med 2,49·10^{-4} s^{-1}.

Da reaktionen er af første orden, gælder følgende sammenhæng, hvor tiden, t, kan isoleres.

[ 𝐴] = [ 𝐴]_{0} ·𝑒^{−𝑘·𝑡}

⇕

ln () =ln ( 𝑒^{−𝑘·𝑡}) =−𝑘·𝑡

[ 𝐴]

[ 𝐴]_{0}

⇕

− =𝑡

ln()

[ 𝐴]

[ 𝐴]_{0}

𝑘

hvor [A] angiver den aktuelle koncentration af udgangsstoffet, [A] angiver startkoncentrationen af ud-
                                                        0

gangsstoffer og k angiver hastighedskonstanten. Når 60% af udgangsstoffet er omdannet, må den aktuelle koncentration af udgangsstoffet være 40% af startkoncentrationen. Dermed må følgende sammenhæng

mellem [A] og [A]_{0} gælde.
[ 𝐴] =40%· [ 𝐴]_{0} =0,4· [ 𝐴]_{0}

⇕

[𝐴]

[ 𝐴]_{0}

=0,4

Denne sammenhæng og hastighedskonstanten for reaktionen indsættes nu i udtrykket fra før og tiden be-regnes.

𝑡=− =− =3679,9𝑠

ln()

[ 𝐴]

[ 𝐴]_{0} ln
𝑘 2,49·10^{−4} 𝑠^{−1}

( 0,4)

Altså går der 3679,9 sekunder før 60% af udgangsstoffet er omdannet.

d.

- En tabel med forskellige temperaturer, T, og tilhørende hastighedskonstanter, k, er angivet.

Side 3

3

Til at beregne aktiveringsenergien, E , anvendes Arrhenius ligning.
                             a

ln()=− ·( −);𝐸_{𝑎} =−

𝑘_{2} 𝐸_{𝑎} 1 1
𝑘_{1} 𝑅 𝑇_{2} 𝑇_{1}

𝑅·ln()

𝑘_{2}
𝑘_{1}
( −)

1 1

𝑇_{2} 𝑇_{1}

Vi vælger nu to tilfældige punkter i den angivne tabel. I dette tilfælde vælge det første og det sidste punkt i tabellen.

1→𝑘_{1} =9,33·10^{−5} 𝑠^{−1}; 𝑇_{1} =683𝐾
2→𝑘_{2} =2,56·10^{−3} 𝑠^{−1}; 𝑇_{2} =744𝐾

𝐸_{𝑎} =− =− =229,4

𝑅·ln() 0,00831 ·ln()

𝑘_{2} 𝑘𝐽 2,56·10^{−3} 𝑠^{−1}
𝑘_{1} 𝑚𝑜𝑙·𝐾 9,33·10^{−5} 𝑠^{−1}
( −) ( −)

1 1 1 1

𝑇_{2} 𝑇_{1} 744𝐾 683

𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙

Altså er aktiveringsenergien for reaktionen lig med 229,4 kJ/mol. Dvs. der kræves en energimængde på

229,4 kJ for til at aktivere omdannelsen af 1 mol af udgangsstoffet til estragol. Aktiveringsenergien er den energi, der skal til for at nå en reaktions transition-state. Når dette punkt er nået vil reaktionen kunne for-løbe – ofte ved at frigive noget af den energi, der blev krævet i transition-state, da transition-state typisk er mere energirigt en slutproduktet.

Side 4

4

Opgave 2: Chlorholdige blegemidler a.

- Det er angivet, at natriumchlorit-opløsningen har et volumen på 500 mL og en stofmængdekoncen-tration på 0,100 M.

- Grundstoffernes molare masse bestemmes ved tabelopslag.

Først bestemmes stofmængden af natriumchlorit, n(NaClO_{2}), i opløsningen.
𝑛 ( 𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂_{2}) =𝑐 ( 𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂_{2}) ·𝑉=0,100𝑀·0,500𝐿=0,050𝑚𝑜𝑙

Massen af denne stofmængde bestemmes. Derfor bestemmes først natriumchlorits molare masse,

M(NaClO_{2}).

𝑀 ( 𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂_{2}) =𝑀 ( 𝑁𝑎) +𝑀 ( 𝐶𝑙) +2·𝑀 ( 𝑂) =22,99+35,45+2·16,00=90,44

𝑔 𝑚𝑜𝑙

𝑚 ( 𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂_{2}) =𝑛 ( 𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂_{2}) ·𝑀 ( 𝑁𝑎𝐶𝑙𝑂_{2}) =0, 050𝑚𝑜𝑙·90,44 =4,52𝑔

𝑔 𝑚𝑜𝑙

Altså skal der anvendes 4,52 g natriumchlorit til at lave den ønskede opløsning.

b.

- Et reaktionsskema for reaktion I, der ikke er afstemt, er angivet.

Da oxidationstallene af nogle af de indgående grundstoffer ændres i reaktionen, er der tale om en redoxre-aktion. Afstemning af denne type reaktion følger en generel metode, der forløber i følgende 3 trin.

Trin 1 – afstemning af elektronoverførslen

I dette trin afstemmes antallet af elektroner, der overføres, på hver side af reaktionspilen. Idet en oxidati-onsreaktion afgiver elektroner og en reduktionsreaktion optager elektroner, er det nødvendigt at bestem-me oxidationstal for de grundstoffer, hvor disse ændres. I dette tilfælde ændres oxidationstallet for chlor

(Cl) og oxygen (O).

𝐶𝑙 𝑂_{2} ( 𝑎𝑞) +𝐻_{2} 𝑂_{2} ( 𝑎𝑞) →𝐻𝐶𝑙 𝑂_{2} ( 𝑎𝑞) +𝑂_{2} ( 𝑔)

⏞ ⏞ ⏞ ⏞ ⏞

+4 −1 +3 −2 0

Det ses, at O oxideres fra -1 til 0, dvs. hver af de to oxygenatomer i hydrogenperoxid afgiver én elektron

(desuden ses det også, at de to oxygenatomer i chlordioxid ikke ændrer oxidationstal). Ligeledes ses det, at

Cl reduceres fra +4 til +3, dvs. hvert chloratom optager én elektron. For at antallet af afgivne og optagne

elektroner kommer til at stemme overens, skal der altså reduceres lige mange chloratomer, som der oxide-res oxygenatomer. Da vi i forvejen har to oxygenatomer, der oxideres, men kun ét chloratom, der reduce-res, ganges antallet af chloratomer i reaktionen igennem med 2. (De to oxygenatomer, vis oxidationstal ikke ændres, regnes ikke med her.)

2𝐶𝑙 𝑂_{2} ( 𝑎𝑞) +𝐻_{2} 𝑂_{2} ( 𝑎𝑞) →2𝐻𝐶𝑙𝑂_{2} ( 𝑎𝑞) +𝑂_{2} ( 𝑔)

Trin 2 – afstemning af ladninger

I dette trin afstemmes antallet af ladninger på hver side af reaktionspilen, således at summen af ladninger-ne den samme. Da alle forbindelserne i reaktionen er neutralt ladet er dette trin overflødigt, idet den sam-lede ladning på hver side af reaktionspilen er nul.

Side 5

5

Trin 3 – afstemning af atomer

I denne trin afstemmes der med vand, således at antallet af atomer på hver side af reaktionspilen er ens. Af reaktionsskemaet ses det, at der på nuværende tidspunkt er:

Grundstof Antal på venstre side Antal på højre side

Chlor (Cl) 2 2

Oxygen (O) 6 6

Hydrogen (H) 2 2

Vi ser, at antallet af hver af de forskellige atomer på hver sin side af reaktionspilen er ens, og dermed er re-aktionen altså allerede afstemt med hensyn til denne trin. Dermed bliver det afstemte reaktionsskema alt-så:

2𝐶𝑙 𝑂_{2} ( 𝑎𝑞) +𝐻_{2} 𝑂_{2} ( 𝑎𝑞) →2𝐻𝐶𝑙𝑂_{2} ( 𝑎𝑞) +𝑂_{2} ( 𝑔)

c.

- Reaktionsskemaet for reaktion II er angivet.

- Værdierne for 𝐺^{𝜃} ved 25°C bestemmes ved tabelopslag.

Til at beregne syrekonstanten, K
                          s

, for chlorsyrling, anvendes følgende sammenhæng.

Δ𝐺^{𝜃} =−𝑅·𝑇·𝑙𝑛 ( 𝐾_{𝑠});𝐾_{𝑠} =𝑒^{−}

Δ𝐺^{𝜃}

𝑅·𝑇

hvor T er temperaturen i Kelvin og Δ𝐺^{𝜃} er ændringen i Gibbs fri energi under standardbetingelser. Vi kan
beregne Δ𝐺^{𝜃} for reaktionen ved 25°C vha. følgende formel.

Δ𝐺^{𝜃} =∑𝐺 ( 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑘𝑡𝑒𝑟) −∑𝐺 ( 𝑟𝑒𝑎𝑘𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑟)

𝜃 𝜃

=𝐺^{𝜃} ( 𝐶𝑙𝑂_{2}^{−} ( 𝑎𝑞)) +𝐺^{𝜃} (𝐻_{3} 𝑂^{+} ( 𝑎𝑞))−(𝐺^{𝜃} ( 𝐻𝐶𝑙𝑂_{2} ( 𝑎𝑞)) +𝐺^{𝜃} ( 𝐻_{2} 𝑂 ( 𝑙)))
=17,2+ ( −237,13) − ( 5,9+ ( −237,1)) =11,27

𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙

Dvs. Δ𝐺^{𝜃} = 11,27 kJ/mol. Vi kan nu bestemme K_{s} vha. formlen først i opgaven.

𝐾_{𝑠} =𝑒^{−} =𝑒 =0,0106

Δ𝐺^{𝜃} 𝐽

𝑅·𝑇 𝑚𝑜𝑙·𝐾

−

11270

𝐽 𝑚𝑜𝑙

8,314 · ( 25+273) 𝐾

Altså er syrekonstanten for chlorsyrling ved 25°C lig med 0,0106.

d.

- Syrekonstanten, K_{s}, for chlorsyrling er beregnet i forrige opgave til 0,0106.

- Chlorsyrlings ligevægt i en vandig opløsning er angivet.

- Den formelle stofmængdekoncentration af chlorsyrling, c_{s}, er angivet til 0,120 M.

For at beregne pH-værdien er vi nødt til at vide, om chlorsyrling er en svag, ikke-stærk eller stærk syre. Det-

te kan vi afgøre ud fra chlorsyrlings pK
                               s

-værdi. Denne kan bestemmes således:

Side 6

6

𝑝𝐾_{𝑠} =−log ( 𝐾_{𝑠}) =−log ( 0,0106) =1,98
Da pK_{s} -værdien ligger i intervallet [0-4] er chlorsyre en ikke-stærk syre. Vi har fået opgivet, at chlorsyrlings

ligevægt i en vandig opløsning ser således ud:

𝐻𝐶𝑙𝑂_{2} (𝑎𝑞)+𝐻_{2} 𝑂(𝑙)⇌𝐶𝑙𝑂_{2}^{−} ( 𝑎𝑞) +𝐻_{3} 𝑂^{+} (𝑎𝑞)
For at bestemme pH-værdien bestemmes først [H_{3} O^{+}] vha. følgende formel, der gælder for ikke-stærke sy-
rer i vand, hvor c_{s} er den formelle stofmængdekoncentration af syren, dvs. 0,120 M.

𝐾_{𝑠} =

[ 𝐶𝑙𝑂_{2}^{−}] ⋅ [ 𝐻_{3} 𝑂^{+}]
[ 𝐻𝐶𝑙𝑂_{2}]

͏

[ 𝐶𝑙𝑂_{2}^{−}] = [ 𝐻_{3} 𝑂^{+}]
𝑐_{𝑠} = [ 𝐻𝐶𝑙𝑂_{2}] + [ 𝐶𝑙𝑂_{2}^{−}] = [ 𝐻𝐶𝑙𝑂_{2}] + [ 𝐻_{3} 𝑂^{+}] 𝑐_{𝑠} −[𝐻_{3} 𝑂^{+}]

} 𝐾_{𝑠} =

[ 𝐻_{3} 𝑂^{+}]^{2}

Vi kan nu indsætte værdierne for c_{s} og K_{s} og løse ligningen med hensyn til [ 𝐻_{3} 𝑂^{+}].

0,0106=; [ 𝐻_{3} 𝑂^{+}] =0,0308𝑀

[ 𝐻_{3} 𝑂^{+}]^{2}
0,120𝑀−[𝐻_{3} 𝑂^{+}]
Da vi nu kender [𝐻_{3} 𝑂^{+}] i opløsningen kan vi beregne pH således:
𝑝𝐻=−log [ 𝐻_{3} 𝑂^{+}] =−log ( 0,0308) =1,51

Altså er pH-værdien af opløsningen lig med 1,51.

e.

- Det er angivet, at [ 𝐶𝑙𝑂_{2}^{−}] = 0,040 M og [ 𝐻𝐶𝑙𝑂_{2}] = 0,154 M.
- Det er angivet, at [ 𝐶𝑙𝑂_{2}^{−}] øges til 0,045 M.

- Af forrige delopgave kendes chlorsyrlings ligevægt i en vandig opløsning og derudfra også ud ud-

trykket for dens syrekonstant, K .
                          s

- Syrekonstanten for chlorsyrling er bestemt til 0,0106 i en tidligere delopgave.

Først opskrives syrekonstanten for chlorsyrling.

𝐾_{𝑠} =; [ 𝐻_{3} 𝑂^{+}] =

[ 𝐶𝑙𝑂_{2}^{−}] ⋅ [ 𝐻_{3} 𝑂^{+}] 𝐾_{𝑠} ·[𝐻𝐶𝑙𝑂_{2}]
[ 𝐻𝐶𝑙𝑂_{2}] [𝐶𝑙𝑂_{2}^{−}]
Da vi kender alle værdierne på nær [ 𝐻_{3} 𝑂^{+}] er det muligt at bestemme koncentrationen af H_{3} O^{+} i opløsnin-

                            -
gen inden der tilsættes ekstra ClO .
                           2

[ 𝐻_{3} 𝑂^{+}] = = =0,0408𝑀

𝐾_{𝑠} ·[𝐻𝐶𝑙𝑂_{2}] 0,0106·0,154
[𝐶𝑙𝑂_{2}^{−}] 0,040

Vi kan nu lave en skematisk oversigt over koncentrationerne af de forskellige forbindelser før og efter lige-vægten har indstillet sig, når koncentrationen chlorit er øget til 0,045M.

HClO_{2} (aq) + H_{2} O(l) ⇌ ClO_{2}^{-} (aq) + H_{3} O^{+} (aq)

Før 0,154 M - 0,045 M 0,0408 M

Efter 0,154 M + x - 0,045 M - x 0,0408 M - x

Side 7

7

Da vi tilføjer mere af en forbindelse på højre side af ligevægtspilen forventer vi, at ligevægten forskydes

mod venstre, og derfor skriver vi +x på venstre side og –x på højre side.

Vi kan nu beregne x vha. udtrykket for syrekonstanten, da denne stadig er lig 0,0106, når ligevægten nås.

𝐾_{𝑠} = → 0,0106= ⇒ 𝑥 =2,16·10 𝑀

[ 𝐶𝑙𝑂_{2}^{−}] ⋅ [ 𝐻_{3} 𝑂^{+}] ( 0,045𝑀−𝑥) · ( 0,0408𝑀−𝑥)
[ 𝐻𝐶𝑙𝑂_{2}] 0,154𝑀+𝑥

−3

Vi kan nu beregne [H_{3} O^{+}], når ligevægten har indstillet sig.
[ 𝐻_{3} 𝑂^{+}] =0,0408𝑀−𝑥 =0,0408𝑀−2,16·10 𝑀=0,0386𝑀

−3

Endeligt kan pH-værdien beregnes.

𝑝𝐻=−log [ 𝐻_{3} 𝑂^{+}] =−log ( 0,0386) =1,41

Altså er pH-værdien lig med 1,41.

Side 8

8

Opgave 3: Bronopol a.

- Elementaranalysen for bronopol er angivet.

- Grundstoffernes molare masse bestemmes ved tabelopslag.

For at bestemme den empiriske formel for bronopol beregnes forholdet mellem antallet af atomer af hvert grundstof i forbindelsen. Derfor beregne vi først, hvor mange mol af hvert grundstof, der er i 100 g brono-pol. At vi vælger netop 100 g er tilfældigt, og det kunne lige så godt have været en hvilken som helst anden mængde, da vi kun skal se på forholdene mellem antallet af mol. Vi kan bestemme antallet af mol af x, n(x) i

100 g bronopol vha. følgende formel:

𝑛_{𝑥} =

100𝑔⋅𝑐_{𝑚𝑎𝑠𝑠𝑒%} (𝑥)

𝑀 ( 𝑥)

hvor 𝑐_{𝑚𝑎𝑠𝑠𝑒%} (𝑥) er massefraktionen af x i bronopol og M(x) er den molare masse af x. Dette gøres for de

fem grundstoffer.

𝑛_{𝐶} = = =1,500=1,5

100𝑔⋅𝑐_{𝑚𝑎𝑠𝑠𝑒%} (𝐶) 100𝑔·0,1802

𝑀 ( 𝐶)

12,011 𝑔 𝑚𝑜𝑙

𝑛_{𝐻} = = =2,996≈3

100𝑔⋅𝑐_{𝑚𝑎𝑠𝑠𝑒%} (𝐻) 100𝑔·0,0302

𝑀(𝐻)

1,008 𝑔 𝑚𝑜𝑙

𝑛_{𝐵𝑟} = = =0,500=0,5

100𝑔⋅𝑐_{𝑚𝑎𝑠𝑠𝑒%} (𝐵𝑟) 100𝑔·0,3995

𝑀(𝐵𝑟)

79,904 𝑔 𝑚𝑜𝑙

𝑛_{𝑁} = = =0,500=0,5

100𝑔⋅𝑐_{𝑚𝑎𝑠𝑠𝑒%} (𝑁) 100𝑔·0,0700

𝑀(𝑁)

14,007 𝑔 𝑚𝑜𝑙

𝑛_{𝑂} = = =2,000=2

100𝑔⋅𝑐_{𝑚𝑎𝑠𝑠𝑒%} (𝑂) 100𝑔·0,3200

𝑀 ( 𝑂)

15,999 𝑔 𝑚𝑜𝑙

Da alle tallene i en empirisk formel skal være heltal, ganges tallene igennem med 2, fordi dette resulterer i, at alle tallene bliver heltal. Dermed kan dem empiriske formel aflæses til:

𝐶_{3} 𝐻_{6} 𝐵𝑟𝑁𝑂_{4}

Dette er den empiriske formel, fordi forholdet mellem grundstofferne ikke kan forkortes yderligere, hvis mængderne skal angives i heltal.

b.

- Det angives, at når 7,156 g bronopol opløses i 100 g vand, så bliver opløsningens frysepunkt 0,666 K lavere end frysepunktet for rent vand.

- Molekylformlen for bronopol er angivet til 𝐶_{3} 𝐻_{6} 𝐵𝑟𝑁𝑂_{4}.
- K_{f} for vand bestemmes ved tabelopslag til 1,86 (K·kg)/mol.

For at løse denne opgaven anvendes formlen for frysepunktssænkning:

Side 9

9

Δ𝑇_{𝑓} =𝐾_{𝑓} 𝑏; 𝑏=

Δ𝑇_{𝑓}
𝐾_{𝑓}

hvor ∆T angiver ændringen i frysepunktet i Kelvin, K er en empirisk bestemt konstant for opløsningsmidlet,
      f                                   f

der kaldes den molale frysepunkssænkning, og b er molaliteten af den opløste forbindelse, dvs. koncentra-

tionen af forbindelse angivet i mol/kg opløsningsmiddel. Da vi ved, at frysepunktet ændres med 0,666K
samt kan slå K_{f} for vand op til 1,86 (K·kg)/mol, kan vi bestemme molaliteten af denne opløsning.

𝑏= = =0,358 =0,0358

Δ𝑇_{𝑓} 0,666𝐾 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙
𝐾_{𝑓} 𝑘𝑔 100𝑔

1,86

𝐾·𝑘𝑔 𝑚𝑜𝑙

Vi ser, at opløsningens molalitet er 0,358 mol/kg, hvilket svarer til 0,0358 mol/100g. Da massen af vores op-

løsningsmiddel er netop 100 g, skal den altså indeholde 0,0358 mol bronopol for at frysepunktet sænkes med 0,666K. Vi kender nu massen og stofmængden af det bronopol, der er i opløsningen, og vi kan derfor beregne bronopols molare masse.

𝑀 ( 𝑏𝑟𝑜𝑛𝑜𝑝𝑜𝑙) = = =199,9

𝑚(𝑏𝑟𝑜𝑛𝑜𝑝𝑜𝑙) 7,156𝑔 𝑔 𝑛(𝑏𝑟𝑜𝑛𝑜𝑝𝑜𝑙) 0,0358 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

Da vi kender den empiriske formel for bronopol, beregner vi dennes molare masse og bestemmer derefter, hvor mange gange den molare masse af bronopols empiriske formel går op i bronopols molare masse.

𝑀 ( 𝐶_{3} 𝐻_{6} 𝐵𝑟𝑁𝑂_{4}) =3·𝑀 ( 𝐶) +6·𝑀 ( 𝐻) +𝑀 ( 𝐵𝑟) +𝑀 ( 𝑁) +4·𝑀 ( 𝑂)
=3·12,011+6·1,008+79,904+14,007+4·15,999=200,0

𝑔 𝑚𝑜𝑙

𝑀 ( 𝐶_{3} 𝐻_{6} 𝐵𝑟𝑁𝑂_{4})

𝑀 ( 𝑏𝑟𝑜𝑛𝑜𝑝𝑜𝑙)

= =0,9995=1,00

199,9 𝑔 𝑚𝑜𝑙

200,0 𝑔 𝑚𝑜𝑙

Dvs. at den molare masse af bronopol empiriske formel udgør den molare masse af bronopol selv, og der-for må bronopols molekylformel være lig med dens empiriske formel:

𝐶_{3} 𝐻_{6} 𝐵𝑟𝑁𝑂_{4}

c.

- Det er angivet, at der skal anvendes 24,1 mL 1,00 M NaOH for at neutralisere en opløsning af etha-noylchlorid, vand og 0,623 g bronopol.

- Det er angivet, at der skal evnendes 30,4 mL 1,00 M NaOH for at neutralisere en opløsning af sam-me mængde ethanoylchlorid i vand.

- Reaktionsskemaerne for de to reaktioner er angivet.

- Bronopols molare masse er beregnet i forrige opgave til 200,0 g/mol.

Af de to reaktionsskemaer ses det, at for hver hydroxygruppe i opløsningen, dannes der ét molekyle ethan-syre. Det ses også, at for hvert overskydende molekyle ethanoylchlorid, dannes der et molekyle ethansyre og et molekyle saltsyre, dvs. i et forhold på 1:1. Der skal ét molekyle NaOH til at neutralisere ét molekyle ethansyre og det samme til et molekyle saltsyre. Derfor må stofmængden af tilsat NaOH være lig med den samlede stofmængde af syre, hvor halvdelen af denne stofmængde er saltsyre og den anden halvdel er

Side 10

10 ethansyre, i forsøget uden bronopol, som vi kalder forsøg 2, idet de to syrer blev dannet i forholdet 1:1.

Derfor beregnes stofmængden NaOH i forsøg 2, n(NaOH)_{2}.
𝑛 ( 𝑁𝑎𝑂𝐻)_{2} =𝑐 ( 𝑁𝑎𝑂𝐻) ·𝑉_{2} =1,00𝑀·0, 0304𝐿=0, 0304𝑚𝑜𝑙

𝑛 ( 𝐻𝐶𝑙)_{2} =𝑛 ( 𝐶𝐻_{3} 𝐶𝑂𝑂𝐻)_{2} = 𝑛 ( 𝑁𝑎𝑂𝐻)_{2} = ·0,0304𝑚𝑜𝑙=0,0152𝑚𝑜𝑙

1 1

2 2

Samtidig må det gælde, at stofmængden af ethanoylchlorid er lig med stofmængden af hver af de to syrer:

𝑛 ( 𝐶𝐻_{3} 𝐶𝑂𝐶𝑙)_{𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙} =𝑛 ( 𝐶𝐻_{3} 𝐶𝑂𝑂𝐻)_{2} =𝑛 ( 𝐻𝐶𝑙)_{2} =0,0152𝑚𝑜𝑙

Vi bestemmer nu den samlede mængde syre i forsøget med bronopol, som vi kalder forsøg 1, på samme måde søm før:

𝑛 ( 𝑁𝑎𝑂𝐻)_{1} =𝑐 ( 𝑁𝑎𝑂𝐻) ·𝑉_{1} =1,00 𝑀·0,0241𝐿=0,0241𝑚𝑜𝑙
𝑛 ( 𝐻𝐶𝑙)_{1} +𝑛 ( 𝐶𝐻_{3} 𝐶𝑂𝑂𝐻)_{1} =𝑛 ( 𝑁𝑎𝑂𝐻)_{1} =0,0241𝑚𝑜𝑙

Vi ser, at der ved reaktion I dannes ét molekyle syre pr. ethanoylchlorid, og ved reaktion II dannes to mole-kyler syre pr. ethanoylchlorid. Vi kan derfor opstille følgende ligningssystem, idet alt det ethanoylchlorid, der ikke reagerer i reaktion I, nødvendigvis må reagerer i reaktion II.

𝑛 ( 𝐻𝐶𝑙)_{1} +𝑛 ( 𝐶𝐻_{3} 𝐶𝑂𝑂𝐻)_{1} =0,0241𝑚𝑜𝑙
𝑛 ( 𝐻𝐶𝑙)_{1} +𝑛 ( 𝐶𝐻_{3} 𝐶𝑂𝑂𝐻)_{1} = ( 𝑛 ( 𝐶𝐻_{3} 𝐶𝑂𝐶𝑙)_{𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙} −𝑥) +2𝑥

hvor x angiver, det antal mol af ethanoylchlorid, der ikke reagere med en hydroxygruppe. Vi indsætter vær-dierne og løser ligningen:

0,0241𝑚𝑜𝑙=0,0152𝑚𝑜𝑙−𝑥+2𝑥; 𝑥=0,0241𝑚𝑜𝑙−0,0152𝑚𝑜𝑙=0, 0089𝑚𝑜𝑙

Der må altså være 0,0089 mol ethanoylchlorid, der ikke reagerer med en hydroxygruppe. Vi kan derfor be-stemme antallet af mol hydroxygrupper ved at bestemme stofmængden af ethanoylchlorid, der reagerer med en hydroxygruppe, fordi de disse reagerer i forholdet 1:1 ifølge reaktionsskema I.

𝑛 ( 𝑅−𝑂𝐻) =𝑛 ( 𝐶𝐻_{3} 𝐶𝑂𝐶𝑙)_{𝑟𝑒𝑎𝑘 1} =𝑛 ( 𝐶𝐻_{3} 𝐶𝑂𝐶𝑙)_{𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙} −𝑛 ( 𝐶𝐻_{3} 𝐶𝑂𝐶𝑙)_{𝑟𝑒𝑎𝑘 2} =0,0152𝑚𝑜𝑙−0,089𝑚𝑜𝑙
=0,0063𝑚𝑜𝑙

Dvs. der er altså 0,0063 mol hydroxygruppe i opløsning. Vi bestemmer stofmængden af bronopol i opløs-ningen.

𝑛 ( 𝑏𝑟𝑜𝑛𝑜𝑝𝑜𝑙) = = =0,00312𝑚𝑜𝑙

𝑚 ( 𝑏𝑟𝑜𝑛𝑜𝑝𝑜𝑙) 0,623𝑔

𝑀 ( 𝑏𝑟𝑜𝑛𝑜𝑝𝑜𝑙)

200,0 𝑔 𝑚𝑜𝑙

Vi kan nu bestemme antallet af hydroxygrupper pr. bronopolmolekyle ved at finde forholdet mellem stof-mængden af hydroxygrupperne og stofmængden bronopol.

𝑛 ( 𝑅−𝑂𝐻) 0,0063𝑚𝑜𝑙 𝑛(𝑏𝑟𝑜𝑛𝑜𝑝𝑜𝑙) 0,00312 𝑚𝑜𝑙

= =2,02≈2

Altså er der 2 hydroxygrupper pr. bronopolmolekyle.

Side 11

11 d.

- Det oplyses, at en vanding opløsning af bronopol hverken er sur eller basisk, at bronopol indehol-der to primære alkoholer samt, at bronopol ikke indeholder nogle asymmetriske kulstofatomer.

- Molekylformlen for bronopol er bestemt til C_{3} H_{6} BrNO_{4}.

Først laves nogle konklusioner på baggrund af den givne information:

1) En vanding opløsning af bronopol er hverken sur eller basisk => Bronopol kan ikke indeholde syrer

eller baser, dvs. ingen carboxylsyrer eller aminer.

2) Bronopol indeholder to hydroxygrupper, som er primære alkoholer => Dvs. molekylet indeholder to
–CH_{2} OH-grupper.
3) Bronopol indeholder ingen asymmetriske kulstofatomer => dvs. ingen af kulstofatomerne i brono-

pol binder til fire forskellige grupper.

Inden vi foreslår en strukturformel for bronopol beregnes antallet af dobbeltbindingsækvivalenter, DBE, i

molekylet. Denne beregnes ud fra molekyleformlen C_{a} H_{b} N_{c} O_{d}, hvor Br tæller som et H, dvs. b = 7.

𝐷𝐵𝐸= = = =1

( 2𝑎+2) −(𝑏−𝑐) ( 2·3+2) −(7−1) 8−6

2 2 2

Da vores nitrogenatom ikke kan være en amin, samt da molekylet har én dobbeltbindingsækvivalent, gæt-

ter vi i første omgang på, at nitrogenatomet sammen med to oxygenatomer udgør en nitrogruppe (-NO_{2}),

som indeholder én dobbeltbindingsækvivalent.

Vi har derfor én nitrogruppe, to primære alkoholer, ét bromatom samt 6 hydrogenatomer, dvs. i alt 10

grupper, der skal placeres på i 3 kulstofatomer. Vi ved, at de to kulstofatomer er -CH_{2} OH-gruppe, så for at

molekylet kan hænge sammen, må disse to grupper nødvendigvis begge binde til de tredje kulstofatom og danne en kulstofkæde. Vi kan nu kun placere nitrogruppen og bromatomet på det midterste kulstofatom, således at midterste kulstofatom får 3 forskellige grupper, og derfor ikke er asymmetrisk.

Hermed er strukturen af bronopol bestemt.

e.

- Reaktionsskemaet for reaktion I er angivet.

Pyridin er en svag base, og den kan derfor optage en H^{+} fra HCl og således omdannes til pyridins korrespon-

derende syre. På den måde fjernes HCl fra ligevægten lige så hurtigt som det dannes. Dette resulterer i, at ligevægten konstant forskydes mod højre, og dermed vil reaktionen forløbe fuldstændigt, idet den ikke kan opnå ligevægt, fordi HCl fjernes fra produktsiden.

Dette skyldes Le Chaterliers princip, som siger, at en reaktion altid vil forsøge at mindske effekten af et ind-greb udefra. Hvis vi i dette tilfælde forestiller os, at pyridin først tilsættes, når reaktionen er i ligevægt, så vil fjernelsen af HCl resultere i, at reaktionen vil mindske denne effekt ved at danne mere HCl. Og det er netop

Side 12

12 denne proces, der forløber indtil reaktionen er fuldstændig forløbet, idet pyridin fjerner alt det HCl, der dannes, så længe pyridinen haves i overskud.