Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 15. december 2011
1
Kemi A HTX
15. december 2011
htx113-KEM/A-
Opgave 1
a.
- Linalools strukturformel er angivet.
Molekylformlen for linalool bestemmes ved at optælle antallet af C-, H- og O-atomer i molekylets
strukturformel, som ses nedenfor.
Molekylet indeholder: 10 C, 18 H og 1 O. Derfor er linalools molekylformel:
b.
Linalool indeholder ét asymmetrisk kulstofatom, dvs. et sp
3
-hybridiseret kulstofatom, der binder til fire
forskellige grupper. Hvert asymmetrisk kulstofatom giver anledning til to isomere, så med n asymmetriske
kulstofatomer fås maksimalt 2
n
forskellige isomere, afhængigt af molekylets overordnede symmetri.
Linalool har som nævnt kun ét asymmetrisk kulstofatom, og dermed fås følgende to spejlbilledeisomere.
Ingen af de to dobbeltbindinger i linalool giver anledning til isomeri, da mindst én af de to carbon, der
indgår i dobbeltbindingerne, binder til to ens grupper.
Metode til at bestemme, hvorvidt et asymmetrisk kulstofatom er en (R)- eller (S)-form.
Før man går i gang er det vigtigt, at man er i stand til at prioritere, de fire grupper som kulstofatomet
binder til i forhold til hinanden. Grupperne prioriteres efter hvilket atomnummer, Z, de atomer, der binder
til kulstofatomet har, således at det højeste atomnummer prioriteres højest. Hvis to grupper har samme
atomnummer, ses der på atomnumrene én binding længere ude. Eksempler på prioriteringer i forhold til
hinanden er:
Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 15. december 2011
2
-H < -CH
3
< -CH
2
CH
3
< -CH=CH
2
< -OH < -Cl < -Br
Procedure:
1) Vælg den gruppe med lavest prioritet og vend den ’væk’ fra dig selv.
2) Find den af de resterende 3 grupper, der har højest prioritet.
3) Tegn en pil fra denne gruppe til gruppen med næsthøjest prioritet.
4) Fortsæt pilen over til den sidste af de tre grupper.
5) Hvis din pil roterer med urets retning, er det en (R)-form og hvis
den roterer imod uret, er det en (S)-form.
c.
- Stukturformlerne for A og B er angivet.
Først bestemmes den funktionelle gruppe i forbindelse A – dette er en aldehyd (-CHO), så derfor skal
navnet ende på –al. Dernæst bestemmes længden af den carbonkæde, som aldehydet sidder på – ’kæden’
er kun ét kulstof lang og har derfor navnet methan. Forbindelse A er altså et methanal derivat. Forbindelse
A har én sidegruppe – dette er en benzenering og denne angives med betegnelsen phenyl. Derfor navngives
forbindelse A: Phenylmethanal. Forbindelsens trivialnavn er benzaldehyd.
Den funktionelle gruppe i forbindelse B er en ester (-COOR) og navnet ender derfor på –oat. På den ene
side af esteren sidder en methylgruppe og dermed er den kulstofkæde, hvorpå esteren sidder, 2
kulstofatomer lang. På den anden side sidder en ethylgruppe. I navngivningen nævnes altid den gruppe, der
binder direkte til oxygenatomet først (ethyl) og dernæst det navn, der svarer til kædens længde (ethan).
Derfor navngives forbindelse B: Ethylethanoat.
d.
- Følgende er angivet: Massen af anvendt forbindelse A er 106 g, stofmængden af anvendt
forbindelse B er 4,7 mol og massen af dannet ethylcinnamat er 124 g.
- Reaktionsligningen er angivet.
- Grundstoffernes molare masse bestemmes ved tabelopslag.
Først udregnes den molare masse af forbindelse A og ethylcinnamat.
Massen af de to forbindelser omregnes til stofmængder:
Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 15. december 2011
3
Ud fra reaktionsligningen ses det, at reaktionen forløber i forholdet 1:1. Da vi har mindst forbindelse A
(1,00 mol mod 4,7 mol) er den i underskud og derfor kan der maksimalt dannes lige så mange mol
ethylcinnamat, som der er mol af forbindelse A tilgængeligt – dvs. 1,00 mol. Derfor er det teoretisk udbytte
lig med 1,00 mol. Det procentvise udbytte beregnes:
e.
- Det er opgivet, at ’ethylcinnamat lægger sig som et lag ovenpå vandfasen’.
- Strukturen af ethanol og octan-1-ol er almen kendt.
Når en organisk forbindelse er uopløselig i vand, karakteriseres den som upolær, og er derfor bedst
opløselig i andre upolære opløsningsmidler. Af de to givne opløsningsmidler er octan-1-ol det mest
upolære, fordi dets carbonkæde er længere end i ethanol. Carbonkæder er generelt upolære og da dette er
den eneste forskel på de to opløsningsmidler må octan-1-ol være mest upolær og dermed det bedste
opløsningsmiddel. Endvidere er octan-1-ol ublandbart med vand, så det er nemt at adskille de to
forbindelser i en skilletragt.
Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 15. december 2011
4
Opgave 2
a.
- Det oplyses, at reaktionen er af anden orden med hensyn til N
2
O.
Hastighedsudtrykket for reaktioner af anden orden med hensyn til én reaktant har følgende generelle
udtryk, hvor [A] er den aktuelle stofmængdekoncentration af forbindelse A, k er hastighedskonstanten og v
er hastigheden.
Reaktionens hastighedsudtryk fås ved at indsætte N
2
O på A’s plads.
b.
- Følgende er angivet: Temperaturen er 900 K; begyndelseskoncentrationen af N
2
O, [N
2
O]
0
er 0,020
M; halveringstiden, T
1/2
er 4500 s.
c.
- [N
2
O]
0
er angivet til 0,020 M.
- Hastighedskonstanten, k, er beregnet i forrige delopgave.
Følgende sammenhæng, der gælder for andenordens reaktioner, benyttes.
Når 95% af den oprindelige mængde N
2
O er nedbrudt, må der være netop 5% tilbage, derfor er:
Tiden, t, isoleres i ligningen fra før og 10
-3
M indsættes på [A]’s plads.
Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 15. december 2011
5
Opgave 3
a.
Før du læser løsningen, bør du prøve at løse opgaven alene med vores guide, som du kan hente her.
- Alle relevante
-værdier ved 25°C er angivet.
Bemærk, at
afhænger af tilstandsformen og derfor er fx
forskellig fra
.
b.
Før du læser løsningen, bør du prøve at løse opgaven alene med vores guide, som du kan hente her.
- Alle relevante
-værdier ved 25°C er angivet.
En reaktion er spontan, når reaktionens
, og ikke-spontan når
. Derfor udregnes
Da
er reaktionen ikke-spontan ved 25°C.
2. løsningsforslag
Det er også muligt at løse opgaven ved i stedet at bestemme ∆
for reaktionen, fordi også
for alle
forbindelserne er angivet.
Da både
, ∆
(fra forrige opgave) og temperaturen, T, (angivet i opgavetekst til 298K) kendes, kan
bestemmes ved følge sammenhæng – samme resultat fås.
c.
Før du læser løsningen, bør du prøve at løse opgaven alene med vores guide, som du kan hente her.
Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 15. december 2011
6
-
og
er beregnet i de forrige opgaver.
- Ligevægtskonstanten, K
p
, er angivet til 5,69·10
8
bar
14
.
- Gaskonstanten, R, bestemmes ved tabelopslag til 8,314·10
-3
.
bestemmes ud fra følgende sammenhæng, hvor temperaturen, T, er 298K som i de andre opgaver.
Van’t Hoffs ligning anvendes til at bestemme temperaturen, T, hvor reaktionen forløber.
I opgaven er det antaget, at
og
er uafhængige af temperaturen.
Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 15. december 2011
7
Opgave 4
a.
- Massen, m, af COCl
2
er 0,65 g, voluminet af beholderen er 0,500L og temperaturen, T, er 600°C.
- Den molare masse, M, af COCl
2
er angivet til 98,92 g/mol.
- Gaskonstanten, R, bestemmes ved tabelopslag til 0,08314
.
Først omregnes massen af COCl
2
til stofmængde.
Idealgasloven anvendes:
b.
- Reaktionsligningen er angivet.
For en reaktion af typen ser ligevægtsloven, K
p
, således ud:
Derfor ser ligevægtsloven for reaktionen således ud:
c.
-
for reaktionen er angivet til 108,57 kJ/mol.
Da
er reaktionen endoterm. Dette betyder, at reaktionen kræver energi i form af varme for at
forløbe. Reaktionsligning opskrives nu med varme som en af reaktanterne.
Ved at øge temperaturen, øges også mængden af varmeenergi. Ifølge Les Chateliers princip vil en reaktion
altid forsøge at mindske virkningen af et indgreb. Dvs. at hvis der tilføres mere varme til reaktionen, så vil
reaktionen ifølge Les Chateliers princip forbruge denne varme – og derved ’udligne’ indgrebet. I vores
tilfælde svarer det til, at reaktionen forløber mod højre, og derfor må bliver også ligevægten blive forskudt
mod højre, hvis temperaturen øges.
Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 15. december 2011
8
d.
- Ligevægtskonstanten, K
p
, ved 600°C er angivet til 4,7 bar.
Der laves en tabel over partialtrykkene ved start og ved ligevægt.
COCl
2
(g)
CO (g)
Cl
2
(g)
Start
0,95 bar
0 bar
0 bar
Ligevægt
0,95 bar - x
x
x
Partialtrykkene ved ligevægt indsættes i udtrykket for ligevægtsloven.
Partialtrykkene bliver da:
Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 15. december 2011
9
Opgave 5
a.
- Det er angivet, at koncentrationen af koncentreret phosphorsyre er 15 M, samt at der ønskes en
1,00L 0,020 M opløsning.
Stofmængden af phosphorsyre i opløsningen bestemmes:
Denne stofmængde phosphorsyre skal så udtages fra den koncentrerede phosphorsyre. Det
korresponderende volumen bestemmes.
b.
- Koncentrationen af phosphorsyre er angivet til 0,020 M.
- Phosphorsyre antages at opføre sig som en monohydron syre med en pK
s
-værdi på 2,12 ifølge
opgaveteksten.
K
s
bestemmes:
Den første af phosphorsyrens pK
s
-værdier (pK
s1
= 2,12) tilhører en mellem-stærk syre, da den ligger i
intervallet [0-4]. [H
3
O
+
] bestemmes derfor vha. følgende formel, der gælder for mellemm-stærke syrer i
vand, hvor c
s
er den formelle stofmængdekoncentration af syren, dvs. 0,020 M.
c.
- Et bjerrumdiagram for phosphorsyre er opgivet til opgaven.
Bjerrumdiagrammet indeholder tre kurver – én for hver gang phosphorsyren afgiver et H
+
. Dette giver
anledning til at inddele diagrammet i fire dele. Phosphorsyren mister et H
+
for hver gang man krydser en
kurve fra venstre mod højre, fordi pH-værdien stiger ud langs x-aksen. Dermed må phosphorsyren være på
følgende former i de fire dele respektivt:
Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 15. december 2011
10
Hvis man ved pH = 2,5 tegner en lodret streg op gennem diagrammet, ses det, at denne streg kun befinder
sig i de to første af de i alt fire forskellige dele af diagrammet. Stregen går altså ikke ind i de to dele af
diagrammet, der findes længst til højre. Da y-aksen angiver molfraktionen er hver form, findes
phosphorsyren altså kun på følgende to former ved pH = 2,5.
Procenterne fås ved at ca.-aflæse det sted, hvor den lodrette streg krydser først kurve, og dernæst aflæse
molfraktionerne af de to former på y-aksen.
d.
- Grundstoffernes molare masse er bestemt ved tabelopslag.
- [H
3
O
+
] for en 0,020 M phosphorsyreopløsning er beregnet til 9,10·10
-3
M i forrige delopgave.
Pufferligningen benyttes, og derfor bestemmes koncentrationen af protoneret og deprotoneret syre i
opløsningen. Ud fra ligevægten, der er angivet i opgaveteksten, ses det, at:
[H
3
O
+
] er beregnet til
og dermed er
bestemt.
For hvert molekyle NaOH, der tilsættes, omdannes ét
til
. Pufferligningen benyttes,
hvor x betegner den koncentration af NaOH, der behøves:
Nedenfor ses en skematisk oversigt over reaktionen:
pH
H
3
PO
4
H
2
PO
4
-
H
3
O
+
2,04
0,0109 M
9,10·10
-3
M
9,10·10
-3
M
2,50
0,0109 - x M
9,10·10
-3
+ x M
-
Derfor skal koncentrationen af NaOH være 5,0·10
-3
M.
Altså skal der tilsættes 20 mg NaOH.