STX Kemi A Eksamen 31. maj 2007 Gammel ordning - Vejledende besvarelse

Side 1

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 31. maj 2007

1

Kemi A STX

31. maj 2007

GYM 2007-10-1

Opgave 1 - Nitrogendioxids omdannelse ved høje temperaturer a.

- Det er angivet, at en beholder indeholder 5,00 L nitrogendioxid ved en temperatur på 600 K og et tryk på 0,994 bar.

I denne opgave anvendes idealgasloven, hvor p angiver trykket, V angiver voluminet, n angiver stofmængden, R er gaskonstanten og T er temperaturen i kelvin.

𝑝𝑉 = 𝑛𝑅𝑇

⇕

𝑛 = = ≈ 0,09963114 · 𝑚𝑜𝑙

𝑝𝑉 0,994 𝑏𝑎𝑟 · 5,00 𝐿

𝑅𝑇

0,08314 · 600 𝐾

𝑏𝑎𝑟 · 𝐿
𝐾 · 𝑚𝑜𝑙

Altså er der 0,100 mol nitrogendioxid i beholderen.

b.

- En tabel med sammenhørende værdier for tiden, t, og koncentrationen af nitrogendioxid, [NO_{2}] er

angivet.

I denne opgave skal vi vise, at reaktion I er af 2. orden med hensyn til nitrogendioxid. For reaktioner af 2.

orden gælder det, at der er en lineær sammenhæng mellem tiden og 1/[NO_{2}].

1 1

[ 𝑁𝑂_{2}] [ 𝑁𝑂_{2}]_{0}

= 𝑘 · 𝑡 +

hvor k er hastighedskonstanten og [NO_{2}]_{0} er koncentrationen af NO_{2} til tiden 0 s. Derfor plotter vi 1/[NO_{2}]

som funktion af tiden i et koordinatsystem.

Tid / s 0 150 300 600 900 1200
[NO_{2}] / M 0,00100 0,000925 0,000861 0,000752 0,000670 0,000605
1/[NO_{2}] / M^{-1} 1000 1081 1161 1330 1493 1653

Side 2

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 31. maj 2007

2

Ud fra den lineære regression kan vi se, at der faktisk er en lineær sammenhæng mellem 1/[NO_{2}] og tiden,
idet R^{2} -værdien er meget tæt på 1 (0,9999). Dermed har vi vist, at reaktionen er af 2. orden med hensyn til
NO_{2}.

c.

- Der er vist en tabel med værdierne for hastighedskonstanten, k, ved forskellige temperaturer.

Nedenstående formel angiver sammenhængen mellem hastighedskonstanten og temperaturen.

ln ( 𝑘) = − ·

𝐸_{𝑎} 1

𝑅 𝑇

Ved at plotte ln(k) som funktion af 1/T kan vi altså bestemme aktiveringsenergien, E , ud fra den rette linjes
                                                                    a

hældning, a.

T / K 603 627 651 657
k / M^{-1} ·s^{-1} 0,77 1,81 3,98 4,73
1/T / K^{-1} 0,00166 0,00159 0,00154 0,00152

ln(k) -0,260 0,593 1,381 1,554

1000 y = 0,5459x + 999,7
R² = 0,9999

0

200

400

600

800

1200

1400

1600

1800

0

1/[NO

2

] / M

-1

t / s

Side 3

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 31. maj 2007

3

Vi kan nu aflæse hældningen, a, vha. forskriften for den lineære regression til -13346 K.

𝑎 = −

𝐸_{𝑎}

𝑅

⇕

𝐸_{𝑎} = −𝑎 · 𝑅 = − ( −13346 𝐾) · 8,314 = 110959 = 110,96

𝐽 𝐽 𝑘𝐽

𝑚𝑜𝑙 · 𝐾 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙
Altså er aktiveringsenergien for reaktion I lig med 110,96 kJ/mol.

d.

- Det er angivet, at et andet eksperiment udføres ved 700 K.

Reaktionshastigheden kan bestemmes vha. hastighedsudtrykket. For en reaktion af 2. orden ser hastighedsudtrykket således ud:

𝑣 = 𝑘 · [ 𝑁𝑂_{2}]^{2}

                                                 -4
I opgaveteksten er koncentrationen af NO angivet til 5,4·10 M og vi mangler derfor blot at bestemme en
                                  2

værdi for hastighedskonstanten ved 700 K. Dette kan gøres ud fra den sammenhæng mellem temperatur og hastighedskonstant, som vi fandt i opgave 1c.

ln ( 𝑘) = −13346 · + 21,876 = −13346 · + 21,876 = 2,81

1 1

𝑇 700

𝑘 = 𝑒^{ln(𝑘)} = 𝑒^{2,81} = 16,61 𝑀^{−1} 𝑠^{−1}

Altså er hastighedskonstanten ved 700 K lig med 16,61 M^{-1} ·s^{-1}. Vi kan nu beregne reaktionshastigheden:

y = -13346x + 21,876
R² = 0,9999

-0,5

0,0

0,5

1,0

1,5

2,0

0,00145 0,00149 0,00153 0,00157 0,00161 0,00165 0,00169 ln(k)

1/[T] / K^{-1}

Side 4

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 31. maj 2007

4

𝑣 = 𝑘 · [ 𝑁𝑂_{2}]^{2} = 16,61 𝑀^{−1} 𝑠^{−1} · ( 5,4 · 10^{−4} 𝑀)^{2} = 4,84 · 10^{−6}

𝑀 𝑠

Dermed er reaktionshastigheden ved 700 K og en koncentration af NO_{2} på 5,4·10^{-4} M bestemt til
4,84·10^{-6} M/s.

Side 5

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 31. maj 2007

5

Opgave 2 - Salbutamol a.

- Strukturen af salbutamol er vist.

For at et stof kan udvise stereoisomeri skal dets struktur opfylde mindst én af følgende to:

a) Indeholde en dobbeltbinding, hvor kulstofatomerne i dobbeltbindingen hver især binder til to

forskellige grupper. I så fald vil der være tale om cis/trans-isomeri.

b) Indeholde et asymmetrisk kulstofatom, dvs. et kulstofatom, der binder til fire forskellige grupper. I

så fald vil der være tale om R/S-isomeri eller optiske isomere.

Ud fra strukturen af salbutamol ses det, at denne opfylder punkt b, men ikke punkt a, da salbutamol indeholder ét asymmetrisk kulstofatom. Salbutamol findes derfor både som en R-form og som en S-form.

Det asymmetriske kulstofatom er markeret med en * på figuren herunder.

OH

OH

OH

NH

CH

3

CH_{3}

CH_{3}

*

Salbutamol b.

- Det er angivet, at den maksimale koncentration er salbutamol i urin er 1000 ng/mL.
- Salbutamols molare masse er angivet til 239,31 g/mol.

Vi beregner først massen af salbutamol i 1 L.

𝑚 ( 𝑠𝑎𝑙𝑏𝑢𝑡𝑎𝑚𝑜𝑙) = 1000 · 1000 = 1,0 · 10^{6} 𝑛𝑔 = 1,0 𝑚𝑔

𝑛𝑔 𝑚𝐿 𝑚𝐿 𝐿

Vi beregner nu stofmængden af 1,0 mg salbutamol, da denne stofmængde findes i 1 L.

𝑛(𝑠𝑎𝑙𝑏𝑢𝑡𝑎𝑚𝑜𝑙 = = = 4,18 · 10^{−6} 𝑚𝑜𝑙

𝑚 ( 𝑠𝑎𝑙𝑏𝑢𝑡𝑎𝑚𝑜𝑙) 1,0 · 10^{−3} 𝑔

𝑀 ( 𝑠𝑎𝑙𝑏𝑢𝑡𝑎𝑚𝑜𝑙)

239,31 𝑔 𝑚𝑜𝑙

Og endelige stofmængdekoncentrationen:

𝑐 ( 𝑠𝑎𝑙𝑏𝑢𝑡𝑎𝑚𝑜𝑙) = = = 4,18 · 10^{−6} 𝑀

𝑛 ( 𝑠𝑎𝑙𝑏𝑢𝑡𝑎𝑚𝑜𝑙) 4,18 · 10^{−6} 𝑚𝑜𝑙

𝑉 1,0 𝐿

                                                                 -6
Dermed er den højest tilladte koncentration af salbutamol i urin lig med 4,18·10 M.

Side 6

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 31. maj 2007

6 c.

- Reaktionsskemaer for reaktion I og reaktion III er angivet.

I reaktion I omdannes en carboxylsyregruppe (COOH) og en alkohol (OH) til en ester under fraspaltning af vand. Denne type reaktion kaldes en kondensation eller alternativt en esterificering.

I reaktion III udskiftes et hydrogenatom med et bromatom, og der er således tale om en substitutionsreaktion.

d.

- Reaktion IV er angivet.

I reaktion IV udskiftes et bromatom med en H_{2} N(CH_{3})_{3} -gruppe. Som biprodukt dannes HBr, der stammer fra
det frigivne bromatom og det overskydende hydrogenatom i H_{2} N(CH_{3})_{3}. Dermed ser reaktionsskemaet

således ud:

O O

O

CH Br

3 CH NH CH_{3}

OH

+ O

CH_{3}

NH

2

CH CH_{3}

3

O O

3

OH

CH_{3}

CH_{3}

  HBr
+

e.

- Strukturen af salbutamol er vist.

I strukturen af salbutamol indgår der både polære grupper som OH og NH, der øger salbutamols polaritet og dermed også dets opløselighed i vand. Samtidig indeholder salbutamol også upolære grupper som den

aromatisk ring og de upolære CH_{3} -grupper, der forringer opløseligheden af salbutamol i vand. Samlet set

kan vi derfor forvente, at salbutamol kun er meget lidt opløseligt i vand – det er altså ikke letopløseligt men heller ikke helt uopløseligt.

Hvis pH-værdien sænkes, protoneres aminogruppen i salbutamol. Dermed bliver denne gruppe positivt ladet og meget polær, og dette øger hele molekylets polaritet. Vi forventer derfor, at opløseligheden af salbutamol i vand stiger, når pH-værdien sænkes.

Side 7

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 31. maj 2007

7

Opgave 3: Fra halm til bioethanol.

a.

- Strukturen af β-D-glucose er vist.

I navngivningen af sukre angiver α/β-delen stereocentret af 1’-kulstofatomet (længst mod højre). Det

gælder derfor, at β-D-glucose har en 1’R-konfiguration (OH-gruppen vender opad) og α-D-glucose har en

1’S-konfiguration (OH-gruppen vender nedad), som det også kan ses på figuren herunder.

O

OH OH

OH H

H

H H O

H OH

OH

OH H

OH H

H

H OH

H OH

OH alfa-D-glucose beta-D-glucose b.

- En graf der viser sammenhængen mellem enzymaktivitet og temperaturen er vist.

Enzymer er proteiner, og disse består af lange kæder af aminosyrer, der folder op til en bestemt struktur og på denne måde får en funktion – såsom at katalyserer en reaktion. Enzymets struktur holdes sammen af intermolekylære bindinger. Når temperaturen bliver tilpas høj (over 65 °C i dette tilfælde) brydes de intermolekylære bindinger og proteinets struktur falder fra hinanden (protein denaturerer). Dermed har aminosyrekæden ikke længere samme funktion og kan derfor ikke længere katalysere reaktionen – dvs.

reaktionshastigheden falder.

c.

- Det er angivet, at en vandig opløsning af H_{2} PO_{4}^{–} har en koncentration på 0,100 M.
- pK_{s} -værdien for H_{2} PO_{4}^{–} kan findes ved opslag i en databog til 7,21.

Fordi pK_{s} > 4, er H_{2} PO_{4}^{–} en svag syre. pH-værdien i vandige opløsninger af svage syrer kan beregnes vha.

følgende formel:

𝑝𝐻 = ( 𝑝𝐾_{𝑠} − log ( 𝑐_{𝑠}))

1

2

hvor c_{s} er stofmængdekoncentrationen H_{2} PO_{4}^{–}.

Side 8

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 31. maj 2007

8

𝑝𝐻 = ( 7,21 − log ( 0,100 𝑀)) = 4,11

1

2

Altså er pH-værdien lig med 4,11.

d.

- Det er angivet, at 1 L vandig opløsning af H_{2} PO_{4}^{–} har en koncentration på 0,100 M.
- pK_{s} -værdien for H_{2} PO_{4}^{–} kan findes ved opslag i en databog til 7,21.

- Det er angivet, at pufferens pH-værdi ønskes ændret til 5,5 ved tilsætning af 0,100 M NaOH.

For at få et overblik over opgaven laver vi først en tabel over stofmængderne før og efter tilsætning af

NaOH. Stofmængden af H_{2} PO_{4}^{–} i 1,0 L af en 0,100 M opløsning beregnes derfor:

𝑛 ( 𝐻_{2} 𝑃𝑂_{4}^{−}) = 𝑐 ( 𝐻_{2} 𝑃𝑂_{4}^{−}) · 𝑉 = 0,100 𝑀 · 1,0 𝐿 = 0,100 𝑚𝑜𝑙

Oversigten kommer til at se således ud, da tilsætningen af ét mol NaOH resulterer i dannelsen af netop ét

mol HPO_{4}^{2-}.

H PO^{–} + OH^{–} → HPO^{2–} + H O

2 4 4 2

Før 0,100 mol x 0 mol –

Efter 0,100 – x mol 0 mol x mol –

Vi indsætter nu værdierne for stofmængderne af de to forbindelser i pufferligningen, og isolerer x, idet x angiver stofmængden af NaOH, der skal tilsættes.

𝑝𝐻 = 𝑝𝐾_{𝑠} + log()

𝑛_{𝐵}
𝑛_{𝐴}

⇕

5,5 = 7,21 + log()

𝑥

0,100 − 𝑥

𝑥 = 0,00191 𝑚𝑜𝑙

Altså skal der tilsættes 0,00191 mol NaOH. Vi beregner nu, hvor stort et volumen dette svarer til:

𝑉 ( 𝑁𝑎𝑂𝐻) = = = 0,0191 𝐿 = 19,1 𝑚𝐿

𝑛 ( 𝑁𝑎𝑂𝐻) 0,00191 𝑚𝑜𝑙 𝑐 ( 𝑁𝑎𝑂𝐻) 0,100 𝑀

Altså skal der tilsættes 19,1 mL 0,100 M NaOH til pufferopløsningen.

Side 9

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 31. maj 2007

9 e.

- Der er angivet et reaktionsskema for reaktionen mellem ethanol og NAD^{+}, hvor der kan ses, at disse

reagerer i forholdet 1:1.

- Det er angivet, at 20,0 g forbehandlet cellulose anvendes samt at M(C_{6} H_{10} O_{5}) = 162,14 g/mol

- Det er angivet, at absorbansen af den dannede NADH i blandingen er 0,490 ved 340 nm, samt at

𝜀_{340 𝑛𝑚} for NADH er lig med 6300 M^{-1} ·cm^{-1}.

I denne opgave benyttes først Lambert-Beers lov til at beregne koncentrationen af NADH i kuvetten, der har et volumen på 4005 µL.

𝐴 = [ 𝑁𝐴𝐷𝐻] · 𝜀_{340 𝑛𝑚} · 𝑙

⇕

[ 𝑁𝐴𝐷𝐻] = = = 7,78 · 10^{−5} 𝑀

𝐴 0,490

𝜀_{340 𝑛𝑚} · 𝑙 6300 𝑀^{−1} · 𝑐𝑚^{−1} · 1,00 𝑐𝑚

Eftersom ét mol ethanol reagerer med ét mol NAD^{+} og danner ét mol NADH, må det gælde, at

koncentrationen af dannet NADH er lig med koncentrationen af ethanol ved start:

[ 𝑁𝐴𝐷𝐻]_{𝑑𝑎𝑛𝑛𝑒𝑡} = [ 𝐶𝐻_{3} 𝐶𝐻_{2} 𝑂𝐻]_{𝑠𝑡𝑎𝑟𝑡} = 7,78 · 10^{−5} 𝑀

Vi ved nu, at koncentrationen af ethanol i de 4005 µL af prøven er 7,78·10^{-5} M. Da de tilsatte 4000 µL ikke

indeholder ethanol, kan vi beregne koncentrationen af ethanol i de oprindelig 5 µL således:

[ 𝐶𝐻_{3} 𝐶𝐻_{2} 𝑂𝐻]_{𝑜𝑝𝑟𝑖𝑛𝑑𝑒𝑙𝑖𝑔} = = = 0,0623 𝑀

[ 𝐶𝐻_{3} 𝐶𝐻_{2} 𝑂𝐻]_{𝑓𝑜𝑟𝑡𝑦𝑛𝑑} · 𝑉_{𝑓𝑜𝑟𝑡𝑦𝑛𝑑}
𝑉_{𝑜𝑝𝑟𝑖𝑛𝑑𝑒𝑙𝑖𝑔} 5 µ𝐿

7,78 · 10^{−5} 𝑀 · 4005 µ𝐿

Vi kan nu beregne stofmængden af ethanol i 1,00 L af denne opløsning.

𝑛 ( 𝐶𝐻_{3} 𝐶𝐻_{2} 𝑂𝐻) = [ 𝐶𝐻_{3} 𝐶𝐻_{2} 𝑂𝐻]_{𝑠𝑡𝑎𝑟𝑡} · 𝑉 = 0,0623 𝑀 · 1,00 𝐿 = 0,0623 𝑚𝑜𝑙

Endeligt beregner vi massen af denne stofmængde. Derfor bestemmes først den molare masse af ethanol.

𝑀 ( 𝐶𝐻_{3} 𝐶𝐻_{2} 𝑂𝐻) = 2 · 𝑀 ( 𝐶) + 6 · 𝑀 ( 𝐻) + 𝑀 ( 𝑂) = 2 · 12,01 + 6 · 1,01 + 16,00

𝑔 𝑔 𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

= 46,08

𝑔 𝑚𝑜𝑙

𝑚 ( 𝐶𝐻_{3} 𝐶𝐻_{2} 𝑂𝐻) = 𝑛 ( 𝐶𝐻_{3} 𝐶𝐻_{2} 𝑂𝐻) · 𝑀 ( 𝐶𝐻_{3} 𝐶𝐻_{2} 𝑂𝐻) = 0,0623 𝑚𝑜𝑙 · 46,08 = 2,87 𝑔

𝑔 𝑚𝑜𝑙

Altså er der dannet 2,87 g ethanol ud fra den forbehandlede cellulose. For at bestemme udbytteprocenten af ethanol skal vi først kende det teoretiske udbyttet af ethanol. Ud fra reaktionsskema III og IV kan vi se, at der dannes 2 mol ethanol for hvert mol forbehandlet cellulose. Dvs.:

𝑛 ( 𝐶𝐻_{3} 𝐶𝐻_{2} 𝑂𝐻)_{𝑡𝑒𝑜𝑟𝑒𝑡𝑖𝑠𝑘} = 2 · 𝑛 ( 𝐶_{6} 𝐻_{10} 𝑂_{5})

Vi beregner derfor stofmængden af forbehandlet cellulose.

Side 10

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 31. maj 2007

10

𝑛 ( 𝐶_{6} 𝐻_{10} 𝑂_{5}) = = = 0,123 𝑚𝑜𝑙

𝑚 ( 𝐶_{6} 𝐻_{10} 𝑂_{5}) 20,0 𝑔
𝑀 ( 𝐶_{6} 𝐻_{10} 𝑂_{5})

162,14 𝑔 𝑚𝑜𝑙

Dermed får vi, at

𝑛 ( 𝐶𝐻_{3} 𝐶𝐻_{2} 𝑂𝐻)_{𝑡𝑒𝑜𝑟𝑒𝑡𝑖𝑠𝑘} = 2 · 𝑛 ( 𝐶_{6} 𝐻_{10} 𝑂_{5}) = 2 · 0,123 𝑚𝑜𝑙 = 0,246 𝑚𝑜𝑙

Vi beregner nu massen af denne stofmængde ethanol:

𝑚 ( 𝐶𝐻_{3} 𝐶𝐻_{2} 𝑂𝐻)_{𝑡𝑒𝑜𝑟𝑒𝑡𝑖𝑠𝑘} = 𝑛 ( 𝐶𝐻_{3} 𝐶𝐻_{2} 𝑂𝐻)_{𝑡𝑒𝑜𝑟𝑒𝑡𝑖𝑠𝑘} · 𝑀 ( 𝐶𝐻_{3} 𝐶𝐻_{2} 𝑂𝐻) = 0,246 𝑚𝑜𝑙· 46,08 = 11,34 𝑔

𝑔 𝑚𝑜𝑙

Vi kender nu det teoretiske og det praktiske udbytte af reaktionen, og kan således beregne udbytteprocenten:

%_{𝑢𝑑𝑏𝑦𝑡𝑡𝑒} = · 100% = · 100% = 25,3%

𝑚 ( 𝐶𝐻_{3} 𝐶𝐻_{2} 𝑂𝐻)_{𝑝𝑟𝑎𝑘𝑡𝑖𝑠𝑘} 2,87 𝑔
𝑚 ( 𝐶𝐻_{3} 𝐶𝐻_{2} 𝑂𝐻)_{𝑡𝑒𝑜𝑟𝑒𝑡𝑖𝑠𝑘} 11,34 𝑔

Altså er udbyttet af reaktionen lig med 25,3%.