Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 15. maj 2009
1
Kemi A STX
15. maj 2009
STX091-KEA
Opgave 1: Ravsyre
a.
Reaktionen er en additionsreaktion, hvor to molekyler går sammen og bliver til et større molekyle. Her
adderes dihydrogen til reaktanten og springer dette stofs dobbeltbinding.
Det er også en redox reaktion, idet carbonatomerne i dobbeltbindingen reduceres når de går fra
oxidationstal -1 til -2. Tilsvarende så oxideres begge hydrogenatomer i H
2
fra 0 til +1.
b.
- Titreringskurve er angivet i opgaven.
- Liste over indikatorer findes ved opslag i databog.
Ved en kolorimetrisk titrering anvendes et indikatorstof til at indikere ækvivalenspunktet på
titreringskurven via et farveskift i opløsningen.
Vi kan på titreringskurven se, at ækvivalenspunktet ligger ved pH 9. Det findes ca. midt på den lodrette
stigning.
Egnede indikatorer kan blandt andet være: thymolblåt der skifter ved 8 og 9,6 og phenolphthalein som
skifter ved 8,2 og 10. Det ses, at pH 9 er indeholdt i begge intervaller.
Phenolphthalein er muligvis en bedre indikator end thymolblåt, da den har et mere markant farveskift,
nemlig fra farveløs til rød.
c.
- Bjerrumdiagram og reaktionsligning er angivet i opgaven.
Ravsyre vil i vandig opløsning trinvist deprotoniseres. Ravsyre vil først afgive en hydron, under dannelsen af
sin korresponderende base (herefter kaldet amfolyt). Amfolytten har både syre og base egenskaber. Vi kan
derefter se, at amfolytten afgiver endnu en hydron, hvorved dens korresponderende base dannes.
Ud fra pH 5,2 kan de forskellige molbrøker aflæses, disse kan vi bruge til at finde fordelingen mellem
syrebase-parrene ved denne pH værdi.
Ravsyre på syreform er angivet længst til venstre på Bjerrumdiagrammet, den procentvise andel aflæses til
10%.
Ravsyre på baseform aflæses til
Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 15. maj 2009
2
Altså må amfolytten udgøre:
OH
OH
O
O
O
-
OH
O
O
O
-
O
-
O
O
10% 65% 25%
pH 5,2 pH 5,2
Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 15. maj 2009
3
Opgave 2: Resveratrol
a.
- Koncentrationen i mg/L er opgivet, samt molekyleformlen.
- Molare masser findes ved opslag i databog.
- Strukturen af resveratrol er angivet.
Intervallet for koncentrationen af resveratrol er 1,92-12,6 mg/L, vi tager udgangspunkt i den højeste
koncentration på 12,6 mg/L.
Vi bruger formlen:
Til at finde stofmængden af resveratrol. Vi kender massen pr. L, og mangler derfor molarmasse. Den finder
vi ud fra molekyleformlen
, som kan findes ud fra den molære struktur.
Vi kan nu finde stofmængden:
Herefter kan vi finde stofmængdekoncentrationen ud fra:
Det vil sige, at den maksimale stofmængdekoncentration af resveratrol i spansk rødvin er
.
b.
- En tabel med procenter og tider for forsøget er angivet.
- Koncentrationen ved start er opgivet.
Vi aflæser til tiden 25 min, at der er 31% på trans-formen, og dermed 69% på cis-formen. Dermed er cis-
formen er den dominerende isomer i opløsningen.
Da vi gerne vil finde stofmængdekoncentrationerne, benyttes det at der ved start er 40 µM af trans-
formen:
Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 15. maj 2009
4
Det vil sige, at der er 12,4 µM af trans-formen, og 27,6 µM af cis-formen af resveratrol.
c.
- En tabel over tider og koncentrationer er opgivet.
Vi kan se i den nedenstående graf, at der er tale om en første ordens reaktion. Den er på formen:
Vi finder altså ln til vores koncentration. Disse værdier er angivet i skemaet:
Tid / min
[trans-resveratrol] / µM
ln (c)
4
33,2
3,50
8
28,6
3,35
18
17,2
2,84
32
8,8
2,17
48
4,2
1,44
Herefter afbilleder vi ln til koncentrationen som funktion af tiden:
Det vil sige, at vores reaktion er af første orden, da denne giver den bedste rette linje.
y = -0,0475x + 3,707
R² = 0,9996
0,00
0,50
1,00
1,50
2,00
2,50
3,00
3,50
4,00
0 50 60
ln[trans-resveratrol]
Tid (min)
1. ordens reaktion
Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 15. maj 2009
5
Denne type opgave, hvor der spørges til reaktionsordenen, følger en generel løsningsproces.
Tegn punkterne ind i et koordinatsystem.
Prøv at tegne en lineær tendenslinje – den vil passe, hvis reaktionen er af nulte orden.
Passer den med punkterne? Hvilken R
2
-værdi har tendenslinjen?
Indtegn i et koordinatsystem ln(c) mod tiden, t.
Prøv at tegne en lineær tendenslinje – den vil passe, hvis reaktionen er af første orden.
Passer den med punkterne? Hvilken R
2
-værdi har tendenslinjen?
Indtegn i et koordinatsystem 1/c mod tiden, t, og tegn dernæst en lineær tendenslinje – den vil passe,
hvis reaktionen er af anden orden.
Passer den med punkterne? Hvilken R
2
-værdi har tendenslinjen?
Sammenlign alle R
2
-værdier og vælg den bedste.
Sandsynligheden for at reaktionen har en højere orden end 2 er særdeles lav.
d.
- En tabel over de molare absorptionskoefficienter er opgivet.
- Kuvettebredden er angivet til 1,00 cm.
Da vi i den forrige opgave viste, at reaktionen er af første orden, følger den ligningen:
Vi kan derfor på vores graf aflæse k ud fra hældningskoefficienten:
Vi kan derefter omskrive formlen til:
Da vores start koncentration i forrige opgave var 40 µM, er der således kun en ukendt oplysning, nemlig
vores koncentration til tiden 60 min:
Det vil sige vores stofmængdekoncentration til tiden 60 min er 2,31µM
Herefter skal vi finde absorbansen ved 306 nm til tiden 60 min, hertil skal vi bruge Lambert-Beers lov:
Vi kender stofmængdekoncentrationen for trans-formen, kuvettebredden samt den molare
absorptionskoefficient:
Dette er absorbansen for trans-formen, men reaktionsblandingens absorbans er summen af absorbanserne
fra både cis- og trans-formen. Da koncentrationen af trans-formen er efter 60 minutter, må resten
være omdannet til cisformen. Dette giver:
Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 15. maj 2009
6
Vi kan derfor også beregne en absorbans for cis-formen:
Herefter kan vi finde den samlede absorbans:
Det vil sige, at absorbansen er 0,370 ved 306 nm.
Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 15. maj 2009
7
Opgave 3: Methanol
a.
- Reaktionsligningen er opgivet.
Da vi kender reaktionsligningen, og derudfra kan se, at alle de molekyler der indgår i reaktionen er på
gasform, skal disse indgå med deres partialtryk:
b.
Før du læser løsningen, bør du prøve at løse opgaven alene med vores guide, som du kan hente her.
- Reaktionsligningen er angivet.
- Entropi for de enkelte molekyler er fundet i databog.
Vi bruger formlen:
Den negative værdi betyder, at reaktanternes entropi er højere end produkternes entropi. Hvilket stemmer
fint overens med, at der er 4 reaktanter der bliver til 2 produkter. Et faldende antal partikler vil øge
ordenen i systemet, og dermed give en negativ værdi.
c.
Før du læser løsningen, bør du prøve at løse opgaven alene med vores guide, som du kan hente her.
- Gaskonstanten slås op til
- Data for entalpi er slået op i databog.
For at findeligevægtskonstanten bruger vi Van’t Hoffs ligning:
Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 15. maj 2009
8
Vi har beregnet
i den forrige opgave, og ændringen i entalpi finder vi ved følgende formel:
Herefter kan vi indsætte værdierne i ligningen:
Vi finder derefter K:
Enheden findes ud fra ligevægtsloven:
Vi har nu vist, at ligevægtskonstanten ved den pågældende temperatur 200 °C er lig
.
Det vil sige, at reaktionen er forskudt mod venstre ved 200°C, da ligevægtskonstanten er under 1.
d.
Før du læser løsningen, bør du prøve at løse opgaven alene med vores guide, som du kan hente her.
Vi bruger her formlen:
Ændringen i Gibbs energi er lig nul ved ligevægt. Reaktionen vil forløbe indtil ligevægt, derfor må den
højeste temperatur være den lige før Gibbs energien er lig med nul.
Vi kan isolere temperaturen:
Ved temperaturen 278,8 K er ændringen i Gibbs energi nul, reaktionen er altså spontan så længe
temperaturen er under 278,8 K.
Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 15. maj 2009
9
e.
- Partialtrykkene for CO
2
, 10 bar, og H
2
, 30 bar er givet.
- Vi har beregnet ligevægtskonstanten i en tidligere opgave.
Vi har tidligere fundet ligevægtskonstanten ved netop 200°C, samt opstillet ligevægtsloven.
Ud fra reaktionsligningen ses det, at der for hver gang der dannes 1 molekyle CH
3
OH også må dannes 1
molekyle H
2
O. Vi antager, at de er ideale gasser, derfor er det kun mængden af forbindelser der afgør
partialtrykket og ikke hvilken forbindelse det er. Vi kan ud fra reaktionsskemaet se, at for hver gang der
dannes et molekyle methanol og et molekyle vand, vil der være et molekyle mindre CO
2
og 3 molekyler
færre H
2
.
Før ligevægt er partialtrykket af både vand og methanol nul, mens vi har fået opgivet partialtrykkene for
CO
2
og H
2
. Dem skriver vi ind i skemaet nedenfor.
Ved ligevægt er partialtrykket af methanol ukendt, men vi ved, at det er lig med partialtrykket af vand. Vi
kalder dette ukendte partialtryk for x i skemaet.
Vi har antaget, at det er idealgasser og, at der for hvert molekyle methanol der blev dannet ville være et
molekyle mindre CO
2
og tre molekyler færre H
2
. Vi kan derfor trække henholdsvis x og 3x fra deres
partialtryk:
CO
2
(g)
+
3 H
2
(g)
CH
3
OH (g)
+
H
2
O (g)
Før
10 bar
30 bar
0
0
Ved ligevægt
10-x bar
30-3x bar
x
x
Ved at indsætte udtrykkene for molekylernes partiatryk ved ligevægt i ligevægtsloven, får vi følgende:
Da vi fra det opstillede skema kan se, at x er lig med partialtrykket af hhv. methanol og vand, har vi altså
fundet det partialtryk vi var ude efter. Der er to løsninger til den forrige ligning, men kun den ene giver
mening, nemlig 3,12 bar. Derfor er partialtrykket af methanol:
Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 15. maj 2009
10
Opgave 4: Biodieselproduktion
a.
- Reaktionsligningen er angivet i opgaven.
- De molare masser er slået op i databog.
Vi ser af reaktionsskemaet, at antalsforholdet mellem methanol og biodiesel er 3:3, dvs. 1:1.
Vi ønsker at benytte formlen:
Hertil skal vi bruge den molare masse for biodiesel, den er opgivet til 292,46 g/mol.
Vi beregner så stofmængden af de dannede biodiesel:
Dette svarer også til stofmængden af methanol. For at finde massen af denne, skal vi også have den molare
masse for methanol:
Ud fra:
Kan vi finde massen:
Det vil sige, at vi skal bruge
methanol.
b.
- Formlen for biodiesel er angivet.
Lipiddelen i fedtsyreenheden er
. Vi ved at forholdet mellem C og H atomer i en alifatisk alkandel
kan udtrykkes ved følgende:
Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 15. maj 2009
11
n er her 17, så derfor er 2n+2 lig med 36.
Det vil sige, at hvis der ingen dobbeltbindinger er, så skal de 17 carbonatomer have 36 hydrogenatomer,
eller 35, da alkandelen jo binder til resten af molekylet, og derfor har et hydrogenatom mindre i den ende. I
dette tilfælde er der 29 hydrogenatomer, hvormed der ”mangler” 6. Da der mangler 6 H-atomer må der
altså være tale om 3 dobbeltbindinger mellem carbonatomer, idet hver dobbeltbinding erstatter 2 H-
atomer, der ellers ville være bundet til carbon.
c.
- Strukturformlen for stofferne er angivet.
Stof A: Det skal her bemærkes, at der er en aldehydgruppe og en dobbeltbinding. Aldehydgruppen giver
endelsen –al, og ud fra strukturformlen kan vi se, at dobbeltbindingen sidder på carbon nummer 2.
Kædelængden er 3 carbon, hvilket giver propen. Hertil tilføjes dobbeltbindingens placering samt endelse –
al. Dvs. at molekylet navngives prop-2-enal
Stof E: Vi lægger først mærke til, at der er to hydroxygrupper, disse giver tilsammen endelsen –diol
Kædelængden er 3 carbon, det kaldes derfor propan. Hydroxygrupperne er placeret på carbon nummer 1
og 2, da vi er interesseret i lavest mulig nummer. Samlet set bliver navnet propan-1,2-diol
Stof F: Vi kan her se en syregruppe og en hydroxygruppe. Syren giver anledning til endelse –syre, og
hydroxygruppen angives med præfikset hydroxy-. Kædelængden er 3 carbon, så det er igen propan. På
grund af hierarki giver hydroxygruppen præfikset og syredelen tager suffikset, det skal også angives hvor
hydroxygruppen sidder, det er på carbon nummer 2. Stoffet navngives derfor 2-hydroxypropansyre.
d.
- Strukturformlerne er angivet for A, D og E.
Stof A: Stof A har ingen stereoisomere. Dobbeltbindingen mellem de to carbonatomer ligger ikke op til (cis-
trans/E-Z)-isomeri, fordi det ene carbonatom er bundet til to H-atomer. Der er heller ikke er noget
asymmetriske C-atomer, der ville give anledning til spejlbilledisomeri.
Stof D: Stof D har ingen stereoisomere, da der hverken er asymmetriske C-atomer eller dobbeltbindinger
mellem to carbonatomer.
Stof E: Stof E har en spejlbilledisomer, fordi vi kan finde et carbonatom, der er asymmetrisk, idet den er
bundet til 4 forskellige atomer/atomgrupper. Det asymmetriske carbonatom er angivet med en stjerne på
nedenstående tegning. Stoffet har 2 forskellige spejlbilledisomere, nemlig (S)-propan-1,2-diol og (R)-
propan-1,2-diol.
Der er ingen cis/trans, da der ingen dobbeltbindinger er.
Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 15. maj 2009
12
*
CH
3
OH
H
OH
R
*
CH
3
OH
H
OH
S
e.
- IR-spektre for stofferne B, C og E er angivet.
IR-spektrum 1
/ cm
-1
ID
Intensitet
Bindingstilordning
Tilhører gruppe
3000
I
stærk, bred
O-H strækning
carboxylsyregruppe
2700
II
stærk, skarp,
flere bånd
C-H strækning
alkaner
1700
III
stærk
C=O strækning
carboxylsyregruppe
1600
IV
stærk, to bånd
C=C strækning
alkener
IR-spektrum 1 tilhører stof B. Vi kan se et bredt O-H-stræk ved de cm
-1
, dette stræk er
karakteristisk for en carboxylsyregruppe. Derudover kan vi se sp
2
-C-H strækninger omkring 2700 cm
-1
. Til
sidst ser vi et carbonylstræk omkring de 1700 cm
-1
, hvilket formentligt skyldes C=O-gruppen i syredelen.
Strækket ved 1600 cm
-1
tyder desuden på en dobbeltbinding mellem to carbon. Konklusionen må være at
stoffet, der passer til IR-spektrum 1 er stof B.
IR-spektrum 2
/ cm
-1
ID
Intensitet
Bindingstilordning
Tilhører gruppe
3300
I
stærk, bred
O-H strækning
alkoholer,
phenoler
2900
II
stærk, skarp,
flere bånd
C-H strækning
alkaner
IR-spektrum 2 tilhører højst sandsynligt stof E, da der er en stort O-H stræk omkring de cm
-1
,
hvilket afslører alkoholgrupperne, da det ikke er så bredt som carboxylsyrens. Herudover ser vi et tydeligt
sp
3
-C-H stræk omkring de 2900 cm
-1
. Vi kan ikke se et carbonylstræk ved de 1700 cm
-1
. På den måde kan vi
lettest adskille de to spektre fra hinanden og identificere stofferne. Konklusionen er at IR-spektrum 2
tilhører stof E.
IR-spektrum 3
/ cm
-1
ID
Intensitet
Bindingstilordning
Tilhører gruppe
2900
I
middel, skarp,
flere bånd
C-H strækning
alkener
1730
III
stærk
C=O strækning
carboxylsyregruppe
1600
IV
stærk, to bånd
C=C strækning
alkener
IR-spektrum 3 tilhører stof C. Vi kan ikke se et O-H eller tydelige sp
3
-C-H omkring de 3000 cm
-1
, men vi kan
se et tydeligt carbonylstræk omkring de 1730 cm
-1
, hvilket identificerer estergruppen. Der er samtidigt et
Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 15. maj 2009
13
svagt tegn på sp
2
-hybridisering ved de 2900 cm
-1
fra et C-H stræk. Igen ses et stræk ved 1600 cm
-1
, som
indikerer en dobbeltbinding mellem to carbon. Konklusionen er at IR-spektrum 3 tilhører stof C.
f.
- Strukturformlerne for A, B, C og D er angivet i opgaven.
Stof A:
Vi ved, at stof A indeholder en aldehyd. Dette kan detekteres ved brug af Fehlings reagens, som anvendes
til at skelne mellem om en carbonylforbindelse er et aldehyd eller en keton. Fehlings reagens vil reduceres
af en aldehyd under oxidation af aldehyden. Fehlings reagens er en basisk opløsning, der indeholder
kobber(II)ioner. Hvis vi opvarmer blandingen af et aldehyd og Fehlings reagens reduceres kobber(II)ionerne
af aldehydet til kobber(I)oxid. Disse ses som et rødt bundfald. Det røde bundfald vil dermed afsløre en
aldehyd.
CH
2
O
+
2Cu
2+
5OH
-
Cu
2
O 3H
2
O
(aq) (aq) (aq) (aq) (s) (l)
+ + +
CH
2
O
-
O
Vi kunne have detekteret aldehydet med Tollens reagens. I så fald ville man have set en spejlagtig aflejring
af sølv i reagensglasset.
CH
2
O
+
2Ag
+
3OH
-
2Ag 2H
2
O
(aq) (aq) (aq) (aq) (s) (l)
+ + +
CH
2
O
-
O
Ud over det ved vi, at stof A indeholder en dobbeltbinding. Dobbeltbindingen kan påvises ved at tilsætte
bromvand. Hvis bromvandets gule farve forsvinder under omrystning, er der tegn på additionsreaktion, det
vil sige tilstedeværelse af dobbeltbinding. For neden ses en addition af brom som springer
dobbeltbindingen mellem to carbonatomer:
+
Br
2
(aq) (aq) (aq)
CH
2
O
O
Br
Br
Stof B
Vi ved, at stof B indeholder en carboxylsyre og en dobbeltbinding, hvilket vi ønsker at vise.
Carboxylsyre kan afsløres vha. indikatorpapir, da en sur pH værdi vil angive, at stoffet indeholder en syre.
Dobbeltbindingen kan ligesom tidligere identificeres ved at tilsætte bromvand, som hvis det mister sin gule
farve under omrystning er et tegn på, at det er en additionsreaktion, hvormed der er en dobbeltbinding.
Stof C
Dobbeltbindingen kan afsløres ved at tilsætte bromvand, hvis bromvandets gule farve forsvinder under
omrystning er det tegn på additionsreaktion, og altså tilstedeværelse af dobbeltbinding. Ud over det vil der
Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 15. maj 2009
14
hverken være udslag på pH-værdien eller ved Tollens reagens, hvormed vi ved, at den ikke indeholder en
syregruppe eller an aldehyd. Det må derfor være stof C der er tale om, idet den indeholder en
dobbeltbinding, men ikke en syre eller aldehyd.
Stof D
Stof D er den eneste der ikke indeholder en dobbeltbinding, og derfor vil den som den eneste være negativ
ved test med bromvand. Ud over det indeholder den en keton, hvormed den vil være negativ ved både
Fehlings væske og Tollens reagens.