STX Kemi A Eksamen maj 2007 Opgavesæt nr 2

Side 1

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – maj 2007

1

Kemi A STX

Maj 2007

STX072-KEA V

Opgave 1: Mangan i te a.

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

- En tabel over absorbanserne for forskellige c(Mn) er angivet.

Vi kan tjekke, hvorvidt tendenslinjen er ret ved at plotte absorbansen mod c(Mn), og på den måde tjekke om resultaterne stemmer overens med Lambert-Beers lov.

𝐴=𝜀_{523,5} ⋅ 𝑐 ( 𝑀𝑛) ⋅ 𝑙=0,0434 ⋅ 𝑐 ( 𝑀𝑛) − 0,0048
hvor c(Mn) måles i µg·mL^{-1}, ε måles i mL·µg^{-1} ·cm^{-1}, og l måles i cm. Skæringen med y-aksen bør være lig med

nul, fordi absorbansen skal være nul, når der ikke er noget Mn i opløsningen. Dette punkt er dog ikke opgivet i tabellen.

ε måles normalt i M^{-1} ·cm^{-1}, så derfor skal massekoncentrationen af Mn omregnes til en stofmængde-

koncentration.

M ( Mn) =54,938 g/mol

[ 𝑀𝑛] = = =

𝑛_{𝑀𝑛} 𝑚_{𝑀𝑛} 𝑐 ( 𝑀𝑛)

𝑉 𝑉⋅ 𝑀(𝑀𝑛) 𝑀 ( 𝑀𝑛)

                              -1                     -1
Koncentrationerne er angivet i µg·mL , så de skal omregnes til g·L .

[ 𝑀𝑛] = ⋅ ⋅ = ⋅ 10^{−3}

𝑐 ( 𝑀𝑛) 𝑐 ( 𝑀𝑛) 𝜇𝑔 𝑔 𝑚𝐿 𝐿

𝑀 ( 𝑀𝑛) 𝑀 ( 𝑀𝑛) 𝑔 𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

1𝑔 10^{3} 𝑚𝐿
10^{6} 𝜇𝑔 1𝐿

[Mn] / M 0,001 0,005 0,010 0,015 0,020 0,025

1 y = 0,0434x - 0,0048
R² = 0,9999

0

0,2

0,4

0,6

0,8

1,2

25 30

Absorbans

c(Mn) / (µg/mL)

Side 2

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – maj 2007

2

𝐴=𝜀_{523,5} ⋅ 𝑐 ( 𝑀𝑛) ⋅ 𝑙=43,406 ⋅ [ 𝑀𝑛] − 0,0048
hvor [Mn] måles i M, ε måles i M^{-1} ·cm^{-1}, og l måles i cm.

b.

- Vores te vejer 1,00 g; 0,0592 g når det er blevet til aske. Dernæst er det opløst i 250 mL. Denne opløsning har en absorbans på 0,694.

Vi kan anvende forskriften for den tendenslinje, der blev bestemt først i den forrige opgave, da vi ønsker at bestemme en værdi, der er angivet i mg.

𝐴=𝜀_{523,5} ⋅ 𝑐 ( 𝑀𝑛) ⋅ 𝑙=0,0434⋅𝑐 ( 𝑀𝑛) − 0,0048; 𝑐 ( 𝑀𝑛) = =

𝐴 + 0,0048 0,694 + 0,0048

0,0434 0,0434

=16,1014 𝜇𝑔/𝑚𝐿

Den samlede masse af Mn i opløsningen er,

𝑚_{𝑀𝑛} =𝑐 ( 𝑀𝑛) ⋅ 𝑉=16,1014 ⋅ 250𝑚𝐿= 4025,35𝜇𝑔=4,0253 ⋅ 10^{−3} 𝑔

𝜇𝑔 𝑚𝐿

Hvis vores te-prøve vejer 1,00 g;

𝑚_{𝑀𝑛} 𝑚𝑔 𝑀𝑛
𝑚_{𝑡𝑒𝑎} 1 𝑔 𝑡𝑒𝑎

=4,0253

Det antages, at 4,5 mg mangan pr. dag i vores diæt er nok til at imødekomme vores behov, selvom denne mængde ikke kendes med sikkerhed. Hvis vi ’spiste’ 1 g af denne te hver dag, ville vi næsten imødekomme vores daglige mangan-behov med denne te. Dvs. vi bør ikke ’spise’ mere end 1 g af denne te eller noget andet mad, der indeholder mangan ved siden af teen. Faktisk kan vi ’spise’ op til 1,12 g te pr. dag. Dog indtages te normalt som et udtræk, og mængden af Mn kan derfor være endnu lavere i den del af teen, der rent faktisk indtages.

y = 43,406x - 0,0048
R² = 0,9999

0

0,2

0,4

0,6

0,8

1

1,2

0 0,005 0,01 0,015 0,02 0,025 0,03

Absorbans

[Mn] / M

Side 3

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – maj 2007

3

Opgave 2: Phthalater - plastblødgørere a.

- Elementaranalysen angiver, at prøven består af: C: 69,04%, H: 7,97% og O: 22,99%.

Hvis vi antager, at prøven vejer 100 g, kan stofmængderne af hvert grundstof bestemmes.

𝑚 ( 𝐶) =%𝐶⋅ 100=0,6904 ⋅ 100=69,04 𝑔; 𝑛 ( 𝐶) = = =5,753

𝑚 ( 𝐶) 69,04

𝑀 ( 𝐶) 12,001

𝑚 ( 𝐻) =%𝐻⋅ 100=0,0797 ⋅ 100=7,97 𝑔; 𝑛 ( 𝐻) = = =7,907

𝑚 ( 𝐻) 7,97

𝑀 ( 𝐻) 1,008

𝑚 ( 𝑂) =%𝑂 ⋅ 100=0,2299 ⋅ 100=22,99 𝑔; 𝑛 ( 𝑂) = = =1,437

𝑚 ( 𝑂) 22,99

𝑀 ( 𝑂) 15,999

Nu kan ratioen mellem molene bestemmes ved at dividere hvert grundstof med det laveste tal.

𝐶→ = =4,003→× 2≈8

𝑛 ( 𝐶) 5,753 𝑛 ( 𝑂) 1,437

𝐻→ = =5,502→×2≈11

𝑛 ( 𝐻) 7,907 𝑛 ( 𝑂) 1,437

𝑂→ =1,000→× 2≈2

𝑛 ( 𝑂) 𝑛 ( 𝑂)

Alle ratioerne skal være heltal, så de skal ganges op med 2, 3 osv. efter behov. Antallet af hydrogenatomer er 5,5, så der skal multipliceres med 2. Dermed har vi bestemt den empiriske formel for vores phthalat-analog.

𝐶_{8} 𝐻_{11} 𝑂_{2}

Vi kender ikke den molare masse for vores phthalat-analog og dermed heller ikke molekylformlen. Dog kan vi få et hint ved at se på strukturen af vores phthalat.

Molekylformlen for denne analog må være C_{8} H_{4} O_{4} R^{1} R^{2}. Hvis vi sammenligner denne formel med den

empiriske formel, så har vores formel lige så mange C-atomer, for mange H-atomer og for lidt O-atomer.

Derfor er vores bedste gæt at gange den empiriske formel med 2, og dermed bliver molekylformlen for

vores phthalat-analog følgende. De ekstra C- og H-atomer må være fordelt på R^{1} og R^{2}, fordi de er

alkylgrupper.

𝐶_{16} 𝐻_{22} 𝑂_{4}

b.

- Et^{1} H-NMR spektrum er angivet.

O

O

O

O

R^{1}

R^{2}

Side 4

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – maj 2007

4

- Det kemiske skift for hver slags H bestemmes ved tabelopslag.

Vores foreslåede molekylformel er C_{16} H_{22} O_{4}. Hvis vi måler og sammenligner alle integralerne, kan vi se, at

det passer med ratioen 2:2:4:2:12, fra venstre mod højre.

Vi kan samle alle data i den følgende tabel.

Kemisk skift ID Kobling Antal H Tilhører

7,95 I Multiplet 2 Ar-H

7,40 II Multiplet 2 Ar-H

4,00 III Dublet 4 (CH)-CH_{2} -(OCO)
2,25 IV Nonet 2 (CH_{2})-CH-(CH_{3})_{2}
1,00 V Dublet 12 CH_{3} -(CH)

Det kemiske skift og multipliciteten for signal I og II angiver, at de tilhører de fire aromatiske protoner i den

aromatiske ring. III er en dublet med 4 hydrogenatomer. Dets kemiske skift passer med to ækvivalente CH_{2} -

grupper, der binder til et O fra en ester; og dets multiplicitet indikerer, at disse CH
                                                                   2

-grupper binder til en CH på den anden side. IV er en nonet og det indeholder 2 hydrogenatomer. Det tilhører to ækvivalente CH-

gruppe, der er omringet af en CH_{2} -gruppe og to CH_{3} -grupper hver, som det også ses ud fra signalets

multiplicitet. Dog burde signalets kemiske skift være en smule lavere, omkring 1,5 ppm. Endeligt har V 12

hydrogenatomer og er en dublet. Det tilhører derfor fire ækvivalent CH
                                                          3

-grupper, der alle har en CH-gruppe som nabo, fordi multipliciteten er 2.

Hvis vi skal tilgodese alle disse informationer, kan vi konkludere at vores phthalat har følgende struktur, som også tilgodeser den foreslåede molekylformel.

O CH_{3}

O^{3}

O

O

CH_{3}

CH CH_{3}

Side 5

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – maj 2007

5

Opgave 3: Citronsaft a.

- En tabel over pH-indikatorer findes i ved tabelopslag.

Ækvivalenspunktet på vores titrerkurve findes ved pH 9, så derfor skal vi vælge en indikator, der har sit farveskift i et interval, der inkluderer denne værdi. En kandidat er thymol blåt. Thymol blåt har et smalt pH-

interval fra 8,0 til 9,6 og dets pK
                          s

-værdi er 8,9. Vi skal huske på, at denne indikator har to farveskift; et ved lav pH og et ved høj pH. Faktisk, så er farveskiftet fra gul til blå det svageste skift. Det findes en anden indikator med et tilsvarende pH-interval fra 8,2 til 10,0, og denne hedder phenolphthalein. Dette ville være en bedre indikator, fordi farven skifter fra farveløs til rød. Det er lettere for vores øjne at skelne mellem farveløst og farve end det er, at skelne mellem to forskellige farver.

b.

- En titrerkurve for citronsyre er opgivet.

Citronsyre er en polyprot syre, så vi forventer mere end ét ækvivalenspunkt. Polyhydrone syrer har dog normalt et kraftigt og tydeligere ækvivalenspunkt, der normalt svarer til den sidste ligevægt.

Hvis vores ækvivalenspunkt svarer til den sidste ligevægt, betyder at, der er blevet brugt 18 mL af en 0,1 M NaOH-opløsning for at neutralisere citronsyre tre protoner. Derfor er en tredjedel af dette volumen, dvs. 6 mL, blevet brugt til at neutralisere den første proton; og to tredjedele, dvs. 12 mL, af dette volumen blevet brugt til at neutralisere den anden proton. Ved at tegne disse to voluminer ind på titrerkurven, kan vi

bestemme de to andre ækvivalenspunkter. Det første ligger ca. ved pH = 4,0 og det andet ved ca. pH = 5,5.
Vi kan bestemme alle pK_{s} -værdierne ud fra grafen. pK_{s} -værdierne er lig med pH-værdien, når

koncentrationen af den protonerede form er lig med koncentrationen af den deprotonerede form; og dette

sker i midtpunktet mellem ækvivalenspunkterne. Derfor er pK -værdien for citronsyre approksimativt:
                                                  s

𝑝𝐾_{𝑠1} =3,25; 𝑝𝐾_{𝑠2} =4,75; 𝑝𝐾_{𝑠3} =6,50;
De to første pK_{s} -værdier er for tæt på hinanden, og derfor ser vi kun en kontinuert stigende linje, fordi en

lille tilsætning af NaOH resulterer i, at den anden proton fjernes. Den sidste pK
                                                                 s

-værdi er længere væk fra de to andre og angiver derfor et mere tydeligt ækvivalenspunkt. I dette tilfælde resulterer tilsætning af NaOH i en stor ændring i pH, fordi der ikke er flere protoner tilbage til at neutralisere basen.

c.

Titrerkurven viser, at 18 mL af en 0,1 M NaOH-opløsning er blevet brugt til at titrere prøven.

𝑛_{𝑁𝑎𝑂𝐻} = [ 𝑁𝑎𝑂𝐻] ⋅ 𝑉=0,1𝑀 ⋅ 18 ⋅ 10^{−3} 𝐿=18 ⋅ 10^{−4} 𝑚𝑜𝑙

Ratioen mellem NaOH og citronsyre er 3:1.

𝑛_{𝑐𝑖𝑡𝑟𝑜𝑛𝑠𝑦𝑟𝑒} =𝑛_{𝐶_{6}} = = =6 ⋅ 10^{−4} 𝑚𝑜𝑙
𝐻_{8} 𝑂_{7}

𝑛_{𝑁𝑎𝑂𝐻} 18 ⋅ 10^{−4}

3 3

Vi beregner nu massen af denne stofmængde citronsyre.

𝑀 ( 𝐶_{6} 𝐻_{8} 𝑂_{7}) =6 ⋅ 𝑀 ( 𝐶) + 8 ⋅ 𝑀 ( 𝐻) + 7 ⋅ 𝑀 ( 𝑂) =6 ⋅ 12,011 + 8 ⋅ 1,008+ 7 ⋅ 15,999=192,123 𝑔/𝑚𝑜𝑙

Side 6

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – maj 2007

6

𝑚_{𝐶_{6}} =𝑛_{𝐶_{6}} ⋅ 𝑀 ( 𝐶_{6} 𝐻_{8} 𝑂_{7}) =6 ⋅ 10^{−4} ⋅ 192,123=0,1152738 𝑔
𝐻_{8} 𝑂_{7} 𝐻_{8} 𝑂_{7}

Massen af citronsyre i vores 2,0 mL prøve med citronsaft er:

𝑚_{𝐶_{6}} 115,2738𝑚𝑔 𝑚𝑔
𝐻_{8} 𝑂_{7}
𝑉_{𝑐𝑖𝑡𝑟𝑜𝑛𝑠𝑎𝑓𝑡} 2𝑚𝑙 𝑚𝑙

= =57,6369·

Der er altså 58 mg citronsyre pr. mL citronsaft.

d.

- En tabel med forskellige voluminer af 1,0 M NaOH og 1,0 M citronsyre, samt den resulterede temperaturforøgelse er angivet.

Den studerende har foretaget en termometrisk titrering. Denne type titrering måler temperaturen med henblik på at bestemme en ukendt koncentration af en forbindelse. Metoden er baseret på enthalpiændringen for en kemisk reaktion. Vi ved, at enthalpi er relateret til temperaturen: endoterme reaktioner falder i temperaturen, mens exoterme reaktioner opvarmes og dermed stiger i temperatur. Når reaktionen er forløbet til ende, ændres temperaturen ikke længere, og sluttemperaturen noteres, således at den samlede temperaturændring kan beregnes.

Det, der afgør, hvor stor en temperaturændring reaktionen giver er, hvor mange mol, der reagerer i reaktionen. Jo flere mol, der reagerer, jo mere energi frigives (ved exoterm reaktion) til opløsningen. Derfor fås den højeste temperaturændring, når reaktanterne er tilsat i ækvivalente mængder, dvs. når der er nok NaOH til at reagere med alt citronsyre, og samtidig ikke noget overskydende NaOH – altså når reaktionen kan forløbe i størst omfang.

Også opløsningens volumen påvirker temperaturændring, da der skal mere energi til at opvarme et større volumen. Dette er der dog taget højde for, i det opløsningens samlede volumen holdes konstant i alle forsøgene.

Reaktionen mellem NaOH og citronsyre er exoterm, som det kan ses af tabellen. Derfor er skal det ønskede punkt findes ved den største temperaturstigning i denne titrering, og dette er ved bæger nr. 6.

Vi kan bestemme den molare ratio mellem NaOH og citronsyre i dette bæger:

𝑛_{𝑁𝑎𝑂𝐻} 𝑐 ( 𝑁𝑎𝑂𝐻) ⋅ 𝑉 ( 𝑁𝑎𝑂𝐻) 1 ⋅ 45
𝑛_{𝑐𝑖𝑡𝑟𝑖𝑐 𝑎𝑐𝑖𝑑} 𝑐 ( 𝑐𝑖𝑡𝑟𝑜𝑛𝑠𝑦𝑟𝑒) ⋅ 𝑉 ( 𝑐𝑖𝑡𝑟𝑜𝑛𝑠𝑦𝑟𝑒) 1 ⋅ 15

= = =3

Den største temperaturændring fås, når forholdet mellem NaOH og citronsyre er 3:1, så derfor skal der bruges 3 mol NaOH til at reagere fuldstændigt med ét mol citronsyre. Dette betyder, at NaOH neutraliserer tre protoner, og dermed må citronsyre være en trihydron syre.

Side 7

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – maj 2007

7

Opgave 4: Fremstilling af rent nikkel a.

- 1,28 millioner tons Ni(s) blev produceret i 2004.

- Grundstoffernes molare masse bestemmes ved tabelopslag.

Ifølge reaktionsskemaet dannes der ét mol Ni for hvert mol CO_{2}, der dannes.
𝑛 ( 𝑁𝑖) =𝑛 ( 𝐶𝑂_{2})
𝑀 ( 𝐶𝑂_{2}) =𝑀 ( 𝐶) + 2 ⋅ 𝑀 ( 𝑂) =12,011 + 2 ⋅ 15,999 =44,009𝑔/𝑚𝑜𝑙

𝑚 ( 𝐶𝑂_{2}) =𝑛 ( 𝐶𝑂_{2}) ⋅ 𝑀 ( 𝐶𝑂_{2}) =𝑛 ( 𝑁𝑖) ⋅ 𝑀 ( 𝐶𝑂_{2}) = ⋅ 𝑀 ( 𝐶𝑂_{2}) = ⋅ 44,009

𝑚 ( 𝑁𝑖) 1,28 ⋅ 10^{12} 𝑔 𝑔

𝑀 ( 𝑁𝑖) 𝑚𝑜𝑙

58,693 𝑔 𝑚𝑜𝑙

=9,5977 · 10^{11} 𝑔=959770 𝑡
0,96 millioner tons CO_{2} blev der altså produceret.

b.

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

- Standardenthalpien for Ni(CO)_{4} (g) er -601,58 kJ/mol
- Værdierne for H^{θ} bestemmes ved tabelopslag.
𝑁𝑖 ( 𝑠) + 4𝐶𝑂 ( 𝑔) →𝑁𝑖 ( 𝐶𝑂)_{4} (𝑔)

Enthalpiændringen for denne reaktion beregnes vha. følgende formel.

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

𝜃

=𝐻^{𝜃} ( 𝑁𝑖 ( 𝐶𝑂)_{4} ( 𝑔)) − (𝐻^{𝜃} ( 𝑁𝑖 ( 𝑠)) + 4 ⋅ 𝐻^{𝜃} ( 𝐶𝑂 ( 𝑔)))=−601,58 − ( 0 + 4 ⋅ ( −110,53))
=−159,46 𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙
Reaktionen er exoterm, fordi ΔH^{θ} er negativ.

c.

- Trykket i beholderen er 1,00 bar.

- Når 80% af mængden af CO har reageret, når reaktionen sin ligevægt.

- Partialtrykket af CO og Ni(CO)_{4} skal være ens og lig med 0,20 bar.

Reaktionen forløber således:

Ni (s) + 4 CO (g) ⇌ Ni(CO) (g)

4 start - p 0

0 ligevægt - p - 4x x

0

Hvis partialtrykkene skal være ens ved ligevægt, kan vi skrive følgende:

Side 8

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – maj 2007

8

𝑝 ( 𝐶𝑂) =𝑝 ( 𝑁𝑖 ( 𝐶𝑂)_{4}); 𝑝_{0} − 4𝑥=𝑥; 𝑥= = =0,2 𝑏𝑎𝑟

𝑝_{0} 1

5 5

Et andet løsningsforslag er:

𝑝_{𝑒𝑞} ( 𝐶𝑂) =𝑝_{0} − 𝑝_{0} =0,2 𝑏𝑎𝑟

80

100

𝑝_{𝑒𝑞} ( 𝐶𝑂) =𝑝_{0} − 4𝑥; 𝑥= = =0,2 𝑏𝑎𝑟

𝑝_{0} − 𝑝_{𝑙𝑖𝑔𝑒𝑣æ𝑔𝑡} ( 𝐶𝑂) 1 − 0,2

4 4 d.

- Et plot af ln(K) mod 1/T er opgivet.

Først beregnes ligevægtskonstanten fra forrige opgave:

𝐾=𝑌= = =125 𝑏𝑎𝑟^{−3}

𝑝 ( 𝑁𝑖 ( 𝐶𝑂)_{4}) 0,2 𝑏𝑎𝑟
( 𝑝 ( 𝐶𝑂))^{4}

( 0,2 𝑏𝑎𝑟)^{4}

Vi beregner nu den naturlige logaritme til denne værdi, og kan derefter sætte resultatet ind i grafen og dermed bestemme temperaturen i beholderen.

ln𝐾=ln125=4,8⇒ ≈0,0028 𝐾^{−1}; 𝑇=357,14 𝐾

1

𝑇 e.

Vi kan bruge Van’t Hoffs ligning til at beregne Δ𝑆^{𝜃}, fordi vores system er i ligevægt. Alle værdierne der

benyttes er blevet beregnet i de forrige opgaver.

ln𝐾=− +

Δ𝐻^{𝜃} Δ𝑆^{𝜃}

𝑅 ⋅𝑇 𝑅

Δ𝑆^{𝜃} =𝑅 ⋅ ( ln𝐾+) =8,31 ⋅ (ln125 +)=−406,3683

Δ𝐻^{𝜃} 𝐽 𝐽

𝑅⋅ 𝑇 𝑚𝑜𝑙⋅ 𝐾 𝑚𝑜𝑙⋅ 𝐾

−159460

𝐽 𝑚𝑜𝑙

8,31 ⋅ 357,14𝐾

𝐽 𝑚𝑜𝑙 ⋅𝐾

Reaktionen går mod en mere ordnet struktur, da ΔS^{θ} < 0, hvilket vil sige, at entropien af produkterne er

mindre end entropien af reaktanterne. Faldet i entropi som følge af reaktionen skyldes, at antallet af partikler i systemet mindskes; to partikler (reaktanter) omdannes til en partikel (produktet). Færre partikler giver mindre uorden og dermed mindre entropi.

f.

- En skematisk oversigt over, hvordan nikkel renses er angivet.

Renselsessystemet udnytter følgende reaktion:

𝑁𝑖 ( 𝑠) + 4𝐶𝑂 ( 𝑔) ⇌𝑁𝑖 ( 𝐶𝑂)_{4} (𝑔)

Side 9

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – maj 2007

9

Reaktionen forløber mod højre ved lave temperaturer (50°C), men den forløber mod venstre ved høje temperaturer (180°C).

                                                                  θ
Tidligere i opgaven har vi konkluderet, at reaktionen er exoterm, fordi reaktionens ΔH er negativ. Dette

betyder, at hvis temperaturen hæves, vil reaktionen forløbe langsommere mod højre.

Ikke desto mindre er den bedste måde at tjekke, hvilken vej reaktionen forløber, at beregne ligevægtskonstanten ved begge temperaturer.

Det antages, at Δ𝐻^{𝜃} og Δ𝑆^{𝜃} er uafhængige af temperaturen.

ln𝐾=− +; 𝐾=𝑒^{−}

Δ𝐻^{𝜃} Δ𝑆^{𝜃}

𝑅 ⋅𝑇 𝑅

Δ𝐻^{𝜃} Δ𝑆^{𝜃}

𝑅⋅𝑇 𝑅

+

Husk på definitionen af K.

𝐾=𝑌=

𝑝 ( 𝑁𝑖 ( 𝐶𝑂)_{4})
( 𝑝 ( 𝐶𝑂))^{4}

ℎ𝑣𝑖𝑠 𝑇=50°𝐶→𝐾=𝑒 =𝑒^{−} =35580,4 𝑏𝑎𝑟^{−3}

− +

Δ𝐻^{𝜃} Δ𝑆^{𝜃}

𝑅⋅𝑇 𝑅

−159460 −406,37
8,31⋅ ( 50+273,15) 8,31

+

Dette betyder, at pilen peger mod højre,

𝑁𝑖 ( 𝑠) + 4𝐶𝑂 ( 𝑔) ⟶𝑁𝑖 ( 𝐶𝑂)_{4} (𝑔)

ℎ𝑣𝑖𝑠 𝑇=180°𝐶→𝐾=𝑒 =𝑒^{−} =1,4220 ⋅ 10^{−3} 𝑏𝑎𝑟^{−3}

− +

Δ𝐻^{𝜃} Δ𝑆^{𝜃}

𝑅⋅𝑇 𝑅

−159460 −406,37
8,31⋅ ( 180+273,15) 8,31

+

Dette betyder, at pilen peger mod venstre,

𝑁𝑖 ( 𝑠) + 4𝐶𝑂 ( 𝑔) ⟵𝑁𝑖 ( 𝐶𝑂)_{4} (𝑔)

Derfor er ligevægten forskudt fuldstændig mod højre ved lave temperaturer, og forskudt fuldstædig mod venstre ved høje temperaturer.

Side 10

Kemi A STX – Skriftlig eksamen – maj 2007

10

Opgave 5 a.

- Strukturformlen for progesteron er angivet.

Der er 21 C, 30 H og 2 O => C_{21} H_{30} O_{2}
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.

- Reaktion II og III er angivet.

Reaktion II er en reduktion eller addition. Det er en redoxreaktion, fordi hydrogenatomer adderes til dobbeltbindingen mellem kulstofatomerne. Oxidationstallet for disse kulstofatomer reduceres fra -1 til -2 for det ene kulstof og fra 0 til -1 for det andet kulstof. Det betragtes som en additionsreaktion fordi to hydrogenatomer adderes til dobbeltbindingen.

Reaktion III er kondensationsreaktion, fordi ethansyre reagerer med begge hydroxygrupper og danner den korresponderende ester og frigiver to molekyler vand.

c.

- C, D, og E er angivet.

Disse tre forbindelse ser umiddelbart ud til at være ret uopløselige i vand pga. deres store ringstrukturer.

Dog har C to hydroxygrupper og E har to carboxylsyrer. Disse to funktionelle grupper er polære, så de kan bidrage til opløseligheden af deres respektive produkter i vand. D har ingen funktionelle grupper, som gør strukturen mere polær; den har derimod en ret upolær struktur, og dermed er D den sværeste at opløse i vand, og dermed også tungest opløseligt i vand.

CH C CH

C C CH_{2}

CH_{2} CH CH

O CH CH_{2}

2

CH C

CH^{2}_{3} CH_{2}

CH_{2}

CH_{2}

CH

C

O

CH

3

CH_{3}