Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 27. maj 2008
1
Kemi A STX
27. maj 2008
STX081-KEA
Opgave 1: Mandelsyre
a.
- Strukturen af mandelsyre er givet
- m
Mandelsyre
= 1,59 g
- V
Opløsning
= 0,100 L
For at finde stofmængdekoncentrationen skal vi først finde stofmængden af mandelsyre. Den kan vi finde
igennem formlen:
Massen af mandelsyre er givet som 1,59 g, molarmassen M kan vi finde ud fra mandelsyres struktur. Vi kan
tælle atomerne i mandelsyres struktur og se at den har molekyleformlen C
8
H
8
O
3
. Det giver en
molekylemasse på:
Og derfor en stofmængde på:
Med denne stofmængde kan vi nu udregne koncentrationen vha. formlen:
b.
- pK
s
= 3,37
Med en pKs på 3,37 er mandelsyre en middelstærk syre. Det betyder desværre at der ikke er nogle
forenklinger i udregningen af dens pH. Vi ved fra dens K
s
at for ligevægten:
Gælder udtrykket:
Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 27. maj 2008
2
For hver A
-
vil én H
+
dannes, derfor er
:
I starten af forsøget vil
som vi beregnede i sidste opgave, og
.
Når systemet har opnået ligevægt vil koncentrationerne ændre sig sådan at
og
. Vores ligevægtsudtryk vil derfor blive:
For en middelstærk syre er der som sagt ingen forenklinger vi kan gøre for at løse denne ligning. Enten kan
vi løse efter x på en graflommeregner, eller også kan vi løse den som et andengradspolynomie:
Løsningen for et andengradspolynomie er
. I vores løsning vil de forskellige dele være:
Det giver en endelig formel på:
Den negative løsning giver ikke nogen mening, så den forkaster vi. Det giver en endelig pH på:
Hvis du løste opgaven med en graflommeregner, eller bare brugte den endelige formel fra din
formelsamling, vil det give 100% point. Du behøves ikke at udlede formlen som her.
c.
- Strukturen af mandelsyre er givet
For at afgøre om noget er opløseligt i vand skal vi afgøre om stoffet er polært eller upolært. Hvis stoffet er
polært vil det være opløseligt i vand og omvendt hvis det er upolært.
Ud fra mandelsyres opbygning kan vi se, at der er to grupper af polaritet: Den upolære benzen-gruppe og
de polære syre- og alkohol-grupper. Ud fra forholdet mellem antallet af upolære C-atomer i benzenen og
de polære grupper (4 C atomer pr polære gruppe) kan vi sige at mandelsyre vil være polært og derfor vil
være opløseligt i vand.
Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 27. maj 2008
3
Når en syre er opløst i vand vil syren reagere med vand og afgive H
+
, og da pH hænger sammen med et
stofs villighed til at afgive H
+
vil pH spille en rolle for opløseligheden. Når vi fjerner H
+
fra syre gruppen vil
det øge polariteten af gruppen. Sagt på en anden måde, vil der være 2 molekyler i opløsning:
CH
C
OH
O
OH
CH
C
OH
O
O
-
+
H
+
Den deprotonerede version af mandelsyre, til højre i ligevægten, er mere polær end den protonerede form,
til venstre i ligevægten. Jo lavere pH er, jo længere til venstre vil denne ligevægt være, og mindre
mandelsyre vil opløses. Jo højere pH er, jo længere til højre vil denne ligevægt være, og mere mandelsyre
vil opløses.
Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 27. maj 2008
4
Opgave 2: Brintpiller
a.
- m
MgCl2
= 1,0 g
For at sammenligne mængderne af MgCl
2
og Mg(NH
3
)
6
Cl
2
skal vi kende deres stofmængder. Dem kan vi
finde fra formlen:
Her skal vi bruge molekylemasserne. Dem kan vi finde ved at lægge de forskellige atommasser sammen for
molekylerne:
1,0 g MgCl
2
vil derfor være:
I reaktionsskemaet kan vi se at for hver MgCl
2
dannes der én Mg(NH
3
)
6
Cl
2
, dvs.
, og
vi kan udregne massen af Mg(NH
3
)
6
Cl
2
:
b.
- p = 1 bar
- T = 25°C
Fra reaktionsformlen kan vi se at for hver MgCl
2
bruges der 6 NH
3
, dvs.:
For at finde volumenet kan vi bruge idealgasloven:
Husk at bruge en gaskonstant med de rette enheder og at temperaturen er i kelvin.
Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 27. maj 2008
5
c.
- En graf over reaktionens termodynamiske udvikling er givet
Hvis vi skal finde
og
skal vi sammenholde dem med
. Det kan vi gøre med formlen for
gibbsfrienergi:
Det giver, som vi kan se fra grafen i opgaven, en lineær funktion med skæring af x-aksen
og hældning
på
.
Vi kan finde hældningen fra grafen ud fra 2 vilkårlige punkter. Vi kan f.eks. se at grafen går igennem
punkterne (284;-10,0) og (328;-20,0). Ud fra de punkter kan vi finde hældningen:
Det giver en
. Det stemmer godt overens med den givne værdi på
. Med
kan
vi finde
fra et hvilket som helst punkt:
Her kan vi bruge punktet (284;-10):
Denne værdi stemmer også med den givne værdi på
.
Vi kan se at entropien er positiv. Det giver god mening. Der er 2 tommelfingerregler for entropi i reaktioner:
Hvis reaktionen omdanner stoffer fra en mindre kaotisk fase til en mere kaotisk fase, f.eks. fra fast
stof til væske eller fra væske til gas, stiger entropien. Og også omvendt, hvis reaktionen omdanner
stoffer fra en mere kaotisk fase til en mindre kaotisk fase, f.eks. fra væske til fast stof eller fra gas til
væske, falder entropien.
Hvis reaktionen omdanner få molekyler til mange molekyler stiger entropien. Og også omvendt,
hvis reaktionen omdanner mange molekyler til få molekyler falder entropien.
I vores reaktion har vi 1 fast stof på venstre side og 5 molekyler på højre side, hvor 1 stof er fast og 4 er
gasser. Ifølge begge regler vil entropien stige.
d.
Før du læser løsningen, bør du prøve at løse opgaven alene med vores guide, som du kan hente her.
- T = 400 K
Partialtrykket kan vi finde fra reaktionens ligevægtsudtryk:
Mg(NH
3
)
6
Cl
2
(s) Mg(NH
3
)
2
Cl
2
(s) + 4 NH
3
(g)
Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 27. maj 2008
6
Både Mg(NH
3
)
6
Cl
2
og Mg(NH
3
)
2
Cl
2
er faste stoffer og indgår derfor begge i ligevægtsligningen som 1.
K kan vi finde ud fra gibbsfrienergi:
Og gibbsfrienergi kan vi finde idet vi har både
og
fra sidste opgave. Gibbsfrienergien bliver derfor
ved 400 K:
Denne værdi kan vi sætte ind i formlen for ligevægtskonstanten:
Husk at bruge en værdi for gaskonstanten der har de rigtige enheder.
Når vi har fundet K kan vi også finde partialtrykket for ammoniak p(NH
3
):
Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 27. maj 2008
7
Opgave 3: Inversion af sukker
a.
- Reaktionsskemaet for reaktionen er givet
Vi kan i denne reaktion se at sucrose molekylet deles i 2 under forbrug af vand. Det betyder at reaktionen
må være en hydrolyse.
b.
- En tabel med reaktionsdata er givet
Vi kan plotte dataene for at finde den form der virker bedst:
Reaktionen er af første orden.
Hastighedskonstanten kan vi finde som hældningen i plottet. Vi kan aflæse at hældningen er -0,0035,
hvilket giver en
.
Denne type opgave, hvor der spørges til reaktionsordenen, følger en generel løsningsproces.
1. Tegn punkterne ind i et koordinatsystem.
2. Prøv at tegne en lineær tendenslinje – den vil passe, hvis reaktionen er af nulte orden.
a. Passer den med punkterne? Hvilken R
2
-værdi har tendenslinjen?
3. Indtegn i et koordinatsystem ln(c) mod tiden, t.
4. Prøv at tegne en lineær tendenslinje – den vil passe, hvis reaktionen er af første orden.
a. Passer den med punkterne? Hvilken R
2
-værdi har tendenslinjen?
5. Indtegn i et koordinatsystem 1/c mod tiden, t, og tegn dernæst en lineær tendenslinje – den vil
passe, hvis reaktionen er af anden orden.
a. Passer den med punkterne? Hvilken R
2
-værdi har tendenslinjen?
6. Sammenlign alle R
2
-værdier og vælg den bedste.
Sandsynligheden for at reaktionen har en højere orden end 2 er særdeles lav.
y = -0,0035x - 0,6939
R² = 0,9997
-1,4
-1,3
-1,2
-1,1
-1
-0,9
-0,8
-0,7
-0,6
0 200
ln[Sucrose]
t (min)
Hydrolyse af sucrose
Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 27. maj 2008
8
c.
For at regne reaktionshastigheden ud efter 250 min skal vi først kende koncentrationen til den tid. Da
reaktionen er første orden gælder udtrykket:
Fra tabellen med data kan vi læse at
. Til kan vi derfor udregne:
Reaktionshastigheden for førsteordensreaktionen vil derfor være:
d.
- Ved 30°C er reaktionshastigheden fordoblet
For at finde aktiveringsenergien skal vi bruge Arrhenius’ ligning:
Men her har vi et problem: Selvom vi kender til k, T og R er der 2 ubekendte. For at kunne finde E
a
er vi
nødt til at samtidig kende til A. Vi kan ikke løse en ligning med 2 ubekendte, derfor må vi bruge
hastigheden ved begge temperature til at løse 2 ligninger med 2 ubekendte. Vi har én hastighed ved
25°C og en anden ved 30°C:
Der er mange forskellige måder vi kan løse de 2 ligninger med 2 ubekendte. En hurtig måde er at indse
at vi kan dele A væk, og derefter isolere E
a
(husk at
):
Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 27. maj 2008
9
Opgave 4: Hindbærketon
a.
- Molekylestrukturen er givet
Hindbærketon har et asymmetrisk kulstof, dvs. et kulstof der har bindinger til 4 forskellige grupper,
markeret i tegningen med en stjerne:
CH
2
CH
2
CH
CH
3
OH
OH
*
CH
2
CH
2
CH
CH
3
OH
OH
*
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.
b.
- Hindbærketons systematiske navn er givet i teksten
Hindbærketons systematiske navn er 4-(4-hydroxyphenyl)butan-2-on. Vi kan give molekylet dette navn
fordi molekylet består af en 4 kulstof lang kæde, butan, med 2 substituenter på: En keton og en 4-
hydroxyphenyl gruppe. Ketonen tæller for højest prioritet imellem de 2 substituenter, og derfor vil vi sige at
ketonen sidder på kulstof nr. 2 og 4-hydroxyphenyl sidder på kulstof nr. 4. Det giver den endelige
navngivning på 4-(4-hydroxyphenyl)butan-2-on.
Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 27. maj 2008
10
c.
Vi kan eksperimentelt teste efter både ketoner og aldehyder med 2,4-dinitrophenylhydrazin (DNPH), som
vil danne gul bundfald hvis molekylet vi tester på har en keton eller aldehyd.
d.
Vi kan fra reaktionsskemaet se at der i reaktantblandingen er masser af optisk aktive molekyler, men for
hvert R molekyle er der er tilsvarende S molekyle. Det betyder at i gennemsnit drejes lyset ikke, for hver
drejning den ene vej bliver udlignet af en drejning den anden vej. Men da reaktionen kun sker på den ene
isomer, S-formen, og den færdige hindbærketon ikke er optisk aktiv, vil reaktionen lige så stille berige
opløsningen med R-drejet 4-4(hydroxyphenyl)butan-2-ol, som vil give en samlet drejning på lyset.
e.
- Et
1
H-NMR spektrum er givet
- Molekyleformlen er den samme som for hindbærketon, dvs. C
10
H
12
O
2
I sådan en
1
H-NMR opgave er det en god idé at lave en tabel over de forskellige toppe, så vi lettere kan
overskue spektret og bygge brudstykker op.
Det letteste fragment er toppen ved ca. 7,30 ppm, da vi er blevet givet at det er et aromastof. Dette
må være aromaten, og integralet fortæller os at der er 5 H på aromaten.
Der er en top ved ca. 4,10 ppm. Opsplitningsmønstret er en kvartet, og integralet fortæller os der
er 2 H.
Der er en top ved ca. 3,55 ppm. Det er en singlet med integrale på 2 H.
Den sidste top er ved ca. 1,20 ppm. Det er en triplet med integrale på 3 H.
I tabelform:
Kemisk skift / ppm
Kobling
Antal H
Tilhører
7,3
Singlet
5
Ar-H
4,10
Kvartet
2
(COO)-CH
2
-(CH
3
)
3,55
Singlet
2
(Ar)-CH
2
-(OCO)
1,20
Triplet
3
(CH
2
)-CH
3
Ud fra opsplitningen må kvartetten sidde ved siden af tripletten: Kvartetten er CH
2
der sidder ved siden af
CH
3
, og tripletten er CH
3
der sidder ved siden af CH
2
.
Det giver i alt 3 fragmenter: Enkelt substitueret aromat, -CH
2
-CH
3
og en -CH
2
- der sidder alene. Hvis vi tæller
atomerne har vi gjort krav på C
9
H
12
, dvs. vi mangler stadigvæk CO
2
i molekylet. Med en god idé kan vi
fremstille 2 kandidater:
CH
2
C
O
O
CH
2
CH
3
CH
2
O
C
CH
2
CH
3
O
Kemi A STX – Skriftlig eksamen – 27. maj 2008
11
Begge disse molekyler stemmer med molekyleformlen, og også med opsplitningsmønstrene. For at kunne
kende forskel på dem må vi kigge nøje på det kemiske skift: Begge CH
2
grupper sidder ved siden af
elektrontiltrækkende grupper der vil trække dem op til høje ppm, men den mest elektrontiltrækkende
gruppe er det enkeltbundne ilt fra esteren CH
2
-O-CO. I molekylet til venstre vil CH
2
gruppen der er en
kvartet ligge højest i ppm, hvorimod i molekylet til højre vil CH
2
gruppen der er en singlet ligge højest i ppm.
I vores
1
H-NMR spektrum er kvartetten højest, så den rigtige struktur må være den til venstre.
CH
2
C
O
O
CH
2
CH
3