Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 26. august 2013
1
Kemi A HTX
26. august 2013
htx132-KEM/A-
Opgave 1
a.
KClO
3
: Kaliumchlorat (V) Mg: Magnesium
MgO: Magnesiumoxid KCl: Kaliumchlorid
b.
HTX 3. år
-
O O Ag H
2
O Br
-
2 2 2 2 2
+ + + + +
benzen-1,4-diol cyclohexa-2,5-dien-1,4-dion
Der indgår to organiske forbindelse i reaktion IV,
Benzen-1,4-diol indeholder to hydroxygrupper (rød) og en benzenring (blå). Den aromatiske ring
kan også ses som en funktionel gruppe, men det kræves ikke, at denne identificeres på HTX-niveau.
Cyklohexa-2,5-dien-1,4-dion indeholder to ketoner (gul) og to dobbeltbindinger (grøn).
c.
For at en reaktion er en redoxreaktion, skal den indeholde en oxiderende og en reducerende forbindelse.
Denne reaktion opfylder det krav.
HTX 3. år
-
O O Ag H
2
O Br
-
2 2 2 2 2
+ + + + +
benzen-1,4-diol cyclohexa-2,5-dien-1,4-dion
+
Ag reduceres fra +1 til 0. Den organiske forbindelse oxideres, fordi de to hydroxygrupper oxideres til to
ketoner. Derfor bliver de korresponderende kulstofatomer oxideret fra +1 til +2.
HTX 3. år
-
CO C O Ag H
2
O Br
-
2 2 2 2 2
+ + + + +
benzen-1,4-diol cyclohexa-2,5-dien-1,4-dion
+
(
(
(
(
(
(
+1
+2
(
(
(
(
(
(
+2
+1
Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 26. august 2013
2
d.
- K
sp
er angivet til 5,35·10
-13
M
2
.
- Grundstoffernes molare masse bestemmes ved tabelopslag.
Reaktionen forløber således:
AgBr (s)
Ag
+
(aq)
+
Br
−
(aq)
Start
-
0
0
Ligevægt
-
x
x
Koncentrationen af saltet er lig med koncentrationen af hver af ionerne:
I det næste trin omregnes den molare koncentration til massekoncentration.
Opløseligheden af sølv(I)bromid i vand er 1,4·10
-5
g/100 mL.
e.
-
O O Ag H
2
O Br
-
2 2 2 2 2
+ + + + +
benzen-1,4-diol cyclohexa-2,5-dien-1,4-dion
Reaktionen kræver en base for at forløbe, og dermed for at syntetisere Ag. Hvis der tilsættes syre, som fx
eddikesyre, vil reaktionen altså stoppe, fordi syren neutraliserer basen.
f.
- Fixerbadet kan genbruges hvis koncentrationen thiosulfat er over 0,902M.
- 18,65 mL af en 0,200 M iod-opløsning er blevet brugt.
- Der er blevet titreret 10 mL af den brugte thiosulfat-opløsning.
Reaktionen angiver, at hver I
2
-molekyle reagerer med to S
2
O
3
2-
-ioner.
Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 26. august 2013
3
Koncentrationen af thiosulfat-ioner er den samme i den 10 mL prøve, som i fixerbadet. Derfor kan
fixerbadet ikke genbruges, da koncentrationen er lavere end 0,902 M.
Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 26. august 2013
4
Opgave 2
a.
Før du læser løsningen, bør du prøve at løse opgaven alene med vores guide, som du kan hente her.
- Værdierne for
er angivet.
beregnes på følgende måde:
b.
Før du læser løsningen, bør du prøve at løse opgaven alene med vores guide, som du kan hente her.
- Værdierne for
er angivet.
beregnes på følgende måde:
Reaktionen går mod en mere ordnet struktur, da
< 0, hvilket vil sige, at entropien af produkterne er
mindre end entropien af reaktanterne. Der haves to reaktanter og to produkter i reaktion, så antallet af
partikler i systemet ændres ikke. Dog ændres partiklernes tilstandsform: ét produkt og én reaktant er på
fast form, den anden reaktant er på gasform og det sidste produkt er flydende. Faste stoffer er et mere
ordnet system end væsker, og væsker er mere ordnede end gasser, så deres relative entropier er:
Altså skyldes faldet i entropi i denne reaktion ændringen i tilstandsform mellem reaktant og produkt.
c.
Før du læser løsningen, bør du prøve at løse opgaven alene med vores guide, som du kan hente her.
Spontaniteten af en reaktion afhænger af Gibbs fri energi, der kan beregnes ud fra følgende ligning:
< 0, så derfor er reaktionen spontan.
Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 26. august 2013
5
d.
Værdien af Gibbs fri energi angiver spontaniteten af en reaktion. En reaktion er spontan, hvis
< 0, og
ellers, hvis
> 0, er reaktionen ikke spontan.
I denne reaktion er både
and
negative. Altså:
Altså afgør temperaturen, hvorvidt reaktionen er spontan eller ikke.
Vi kan beregne ved hvilken temperatur reaktionen bliver spontan. Dertil skal vi vide, hvornår
er lig med
nul.
altså,
Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 26. august 2013
6
Opgave 3
a.
Før du læser løsningen, bør du prøve at løse opgaven alene med vores guide, som du kan hente her.
Den valgte bølgelængde er 560 nm, fordi det er her azorubins har sin maksimale absorbans. Ved denne
bølgelængde er signal:støj ratioen højest. Endvidere minimeres usikkerheden af målingen ved at vælge
denne bølgelængde, netop fordi signal:støj rationen er høj.
Hvis azorubin har maksimal absorbans ved 560 nm, betyder det at azorubin absorberer i den grønne
farvezone. Vores øje ser den komplimentære farve, og denne er rød. Derfor er azorubin en rød forbindelse.
b.
Før du læser løsningen, bør du prøve at løse opgaven alene med vores guide, som du kan hente her.
- Absorbanser for azorubin ved 560 nm er angivet for forskellige koncentrationer.
- Cuvettelængden er 1,00 cm.
Absorbans 560 nm
0,00
0,082
0,159
0,320
0,643
[azorubin] / 10
-5
M
0,0
2,0
5,0
10,0
20,0
Der er en lineær sammenhæng mellem absorbansen og koncentrationen, som det forudsiges af Lambert-
Beers lov.
Vi kan sammensætte denne formel med udtrykket for tendenslinjen, og dermed beregne ε
560.
ε
λ
angives typisk i M
-1
∙cm
-1
.
y = 3177,7x + 0,0057
R² = 0,9991
0
0,2
0,4
0,6
0,8
0,0E+00 5,0E-05 1,0E-04 1,5E-04 2,0E-04 2,5E-04
Absorbans
[azorubin] / M
Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 26. august 2013
7
En anden måde, hvorpå opgaven kan løses, er ved at anvende denne formel:
og anvende et tilfældigt sæt af værdier fra tabellen. Værdien af ε vil afhænge af det valgte sæt af data, og
derfor er tendenslinjen en bedre approksimation.
c.
- Følgende tre plot er opgivet: [azorubin] mod tiden, ln[azorubin] mod tiden og 1/[azorubin] mod
tiden. Der er angivet en tendenslinje til hvert plot.
Den bedste rette linje er uden tvivl den anden, hvor plottet angiver ln[azorubin] mod tiden. Derfor følger
reaktionen førsteordens kinetik
hvor ”A” betyder azorubin.
Tendenslinjen for dette plot er:
Ud fra denne ligning kan to vilkårlige punkter beregnes, og disse kan derefter indsættes i den første ligning,
således at vi kan beregne k.
Værdierne indsættes i den første ligning:
Derfor er k altså lig med 19,7∙10
-3
s
-1
d.
Mængden af azorubin ved start (A
0
) er udregnes i den forrige opgave.
Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 26. august 2013
8
Opgave 4
a.
- Grundstoffernes molare masse bestemmes ved tabelopslag.
C
O
CH
CH
CH
3
CH
3
NH
2
OH
valin
b.
Valin er en aminosyre og indeholder ligesom resten af aminosyrerne et asymmetrisk kulstofatom. Dette C
er bundet til fire forskellige grupper og gør valin optisk aktivt. Derfor har valin to isomere, der enantiomere.
C
O
*
CH
3
CH
3
NH
2
OH
H
(R)-valin
C
O
*
CH
3
CH
3
NH
2
OH
H
(S)-valin
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:
-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.
Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 26. august 2013
9
c.
- Der haves 50,0 g 2-methylpropanal ved reaktionens start.
CH
3
CH
3
H
O
CH N
NH
3
CH
3
CH
3
NH
2
N
+ + +
H
2
O
2-methylpropanal
C
OCH
3
CH
3
NH
2
OH
valin
CH
3
CH
3
NH
2
N
H
2
O
2
+ +
NH
3
H
+
Det antages, at begge reaktioner har et udbytte på 100%, således at antallet af mol valin er det samme som
antallet af mol 2-methylpropanal (C
4
H
8
O).
d.
- Bjerrumdiagrammet for valin er angivet.
Bjerrumdiagrammet viser fordelingen af de forskellige former af valin som en funktion af pH-værdien, når
opløsningen er i ligevægt. Valin haves på følgende former alt efter pH-værdi.
C
OCH
3
CH
3
NH
3
+
OH
C
OCH
3
CH
3
OH
NH
2
C
OCH
3
CH
3
NH
2
O
-
pH
pH
pH
pH
Diagrammet viser, at y er 0,14 ved pH = 3, hvilket betyder at molfraktionen af den mest protonerede form
(valinium) er 0,14, mens molfaktionen af neutral valin er 0,86. Dette skyldes, at der ved denne pH-værdi
ikke haves den mest deprotonerede form af valin tilstede i ligevægten endnu.
C
OCH
3
CH
3
NH
3
+
OH
C
OCH
3
CH
3
OH
NH
2
pH = 3.0
0.14 0.86
+ +
H
2
O H
3
O
+
Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 26. august 2013
10
e.
O
NH
2
OH
CH
3
CH
3
O
NH
2
OH
CH
3
CH
3
O
NH
2
NH
CH
3
CH
3
OH
O
CH
3
CH
3
+ +
H
2
O
Reaktionen mellem to aminosyrer danner en peptidbinding; aminogruppen på én aminosyre reagerer med
carboxylsyren på den anden aminosyre i en kondensationsreaktion.