Kemi A STX – Skriftlig eksamen – maj 2007
1
Kemi A STX
Maj 2007
STX071-KEA V
Opgave 1: Naturlige aromastoffer
a.
- Strukturformlen for leucin er angivet.
Carboxylsyren er den funktionelle gruppe i leucin, der har den højeste prioritet, og den bidrager derfor med
suffikset –syre i forbindelsens navn og afgør derudover også, hvorfra nummereringen af kulstofatomer be-
gynder. Den længste kulstofkæde er 5 C lang, og derfor er leucin et pentansyre-derivat.
Denne kulstofkæde har to substituenter; en amin på C
2
, som navngives 2-amino-, samt en methylgruppe på
C
4
, der navngives 4-methyl. Derfor bliver leucins systematiske navn altså: 2-amino-4-methylpentan-syre.
Desuden indeholder leucin et asymmetrisk kulstofatom, nemlig C
2
. Dette giver anledning til to spejlbillede-
isomere – en R-form og en S-form. Det er dog ikke muligt at afgøre, hvilken af de to former, der er tale om
ud fra strukturformlen.
b.
- Reaktion I og II er angivet.
I reaktion I omdannes et aldehyd til en carboxylsyre, og dermed ændres oxidationstrinnet af kulstofatomet,
der indgår i aldehydet fra +1 til +3. Når oxidationstallet øges er der tale om en oxidationsreaktion. Derfor er
reaktionstypen for reaktion I en oxidation.
I reaktion II omdannes et aldehyd til en primær alkohol, og dermed ændres oxidationstrinnet af det kul-
stofatom, der indgår i aldehydet, fra +1 til -1. Når oxidationstallet mindskes er der tale om en reduktionsre-
aktion. Derfor er reaktionstypen for reaktion II en reduktion.
c.
- For stof A, B og C er et IR-spektrum angivet.
Der laves først et skema over de mest væsentlige informationer, der kan fås ud fra hvert af de tre spektre.
Spektrum 1:
Absorption i cm
-1
,
ID
Intensitet
Vibration
Tilhører
3350
1.1
Kraftig, bred
-OH-stræk
Alkohol
2900
1.2
Kraftig, smal, flere
C-H-stræk
Alkan
Kemi A STX – Skriftlig eksamen – maj 2007
2
Spektrum 2:
Absorption i cm
-1
ID
Intensitet
Vibration
Tilhører
2900
2.1
Kraftig, smal
C-H-stræk
Alkan
1700
2.2
Kraftig, smal, flere
C=O-stræk
Aldehyd
Spektrum 3:
Absorption i cm
-1
ID
Intensitet
Vibration
Tilhører
3100
3.1
Kraftig, bred
-OH-stræk
Carboxylsyre
2900
3.2
Kraftig, smal, flere
C-H-stræk
Alkan
1700
3.3
Kraftig, smal
C=O-stræk
Carboxylsyre
Af spektrum 1 ses det, at dette stof indeholder et OH-stræk, da der ses en bred top omkring 3350 cm
-1
, men
ikke C=O-stræk, da områder omkring 1700 cm
-1
ikke indeholder nogle toppe. Endeligt ses sp
3
-CH-stræk ud
fra toppene omkring 2900 cm
-1
. Det eneste af de tre stoffer, der har en struktur, som opfylder dette, er stof
C, da dette stof indeholder en alkohol. Derfor må spektrum 1 tilhøre stof C.
Af spektrum 2 ses det, at dette stof indeholder et C=O-stræk, da der ses en smal top ved 1700 cm
-1
, men ik-
ke en top for et OH-stræk, der normalt er bredt og ligger omkring cm
-1
. Igen ses sp
3
-CH-stræk ud
fra toppene omkring 2900 cm
-1
. Det eneste af de tre stoffer, der har en struktur, som opfylder dette er stof
A, da dette stof indeholder en aldehyd. Derfor må spektrum 2 tilhøre stof A.
Af spektrum 3 ses det, at dette stof både indeholder et OH-stræk og et C=O stræk, idet en bred top ses ved
ca. 3100 cm
-1
samt en smal top ved 1700 cm
-1
, og dette tyder altså på en carboxylsyre. Derfor må spektrum
3 tilhøre stof B.
Et IR-spektrum er ikke en definitiv teknik. Derfor skal man ikke forsøge at identificere hver enkel signal.
Det kan dog vise nogle karakteristiske signaler og dermed hjælpe en med at identificere en forbindelse.
Hver signal har tre karakteristika; bølgelængde for absorption, intensitet og form, der tilsammen kan afgø-
re, hvilken funktionel gruppe, der er tale om.
Et IR-spektrum kan splittes op i tre regioner.
> 2500 cm
-1
: O-H stræk, N-H stræk, og C-H stræk.
2500 > > 1300 cm
-1
: C=O stræk, C=C stræk.
< 1300 cm
-1
: Dette område giver ikke meget information til at starte med, men kan være brugbar
til at bekræfte nogle funktionelle grupper. Alkylhalider, aromater, carboxylsyrer, aminer og amider
afgiver moderat til kraftige absorptionsbånd i dette område.
Det er fordelagtigt af samlet al data i en tabel som den, der er vist ved opgavens begyndelse, således at al-
le brikkerne til ’puslespillet’ kan undersøges samlet. Undersøg desuden også den information, der er til-
gængelig omkring molekylet i opgaveteksten, såsom molekylformel, molar masse, dele af strukturen og
lignende.
Kemi A STX – Skriftlig eksamen – maj 2007
3
d.
- Strukturen af start- og slutproduktet, C og E, for reaktion IV er angivet.
Ud fra de to forbindelser i reaktion IV ses det, at en alkoholgruppe (-OH) omdannes til en estergruppe
(R-CO-O-R). En ester kan dannes ved, at en alkoholgruppe fra én forbindelse reagerer med en carboxylsyre-
gruppe (-COOH) fra en anden forbindelse, således at der dannes en binding mellem de to forbindelser sam-
tidig med, at der fraspaltes vand. Denne type reaktion kaldes en kondensation eller en dehydrering. For at
få E, så skal C altså reageres med eddikesyre (ethansyre), og som biprodukt fås som nævnt vand.
CH
3
OH
CH
3
+
CH
3
OH
O
CH
3
O CH
3
CH
3
O
+
H
O
H
C Eethansyre vand
e.
- Et
1
H-NMR spektrum er angivet for en ester.
Først opstilles en tabel over de informationer, der kan fås ud fra spektret.
Kemiske skift
ID
Kobling
Antal H
Tilhører
7,2
I
Multiplet
5
Ar-H
4,2
II
Triplet
2
(CH
2
)-CH
2
-(O-CO)
2,7
III
Triplet
2
(Ar)-CH
2
-(CH
2
)
1,7
IV
Singlet
1
CH
3
-(CO-O-R)
Da vi ved, at forbindelsen er en ester, tages denne information med i vores argumentation. Signal I har et
kemisk skift på 7,2, hvilket indikerer, at hydrogenatomerne er placeret på en aromatisk ring. Dette er i
overensstemmelse med, at vi derfor ser en multiplet. Signalet integrerer til 5 hydrogenatomer, og dette
passer med en monosubstitueret benzenring. Signal II indeholder 2 hydrogenatomer og det må derfor være
en CH
2
-gruppe. Det har et kemisk skift på 4,2, hvilket er karakteristisk for CH
2
-grupper, der binder til oxy-
genatomet i en ester. Det er en triplet, så det er oplagt, at CH
2
-gruppen binder til en anden CH
2
-gruppe.
Signal III er også en triplet med 2 hydrogenatomer, og derfor må det være den anden af de netop omtalte
CH
2
-grupper. Det kemiske skift på 2,7 indikerer, at gruppen binder til en aromatisk ring. Endeligt er signal IV
en singlet med 3 hydrogenatomer. Derfor må det være en CH
3
-gruppe. Da gruppen ikke har nogle nabo-
H’er, så må den binde til den anden side af esteren, dvs. kulstofsiden.
Ud fra disse informationer må strukturen af esteren være:
O CH
3
O
Tre slags information kan fås ud fra et
1
H-NMR-spektrum.
Kemi A STX – Skriftlig eksamen – maj 2007
4
Kemisk skift: Giver information omkring naboatomer, til det kulstofatom, der har et hydrogen-
atom. Det kemiske skift, der forventes for hydrogenatomer, der kobler til forskellige funktionelle
grupper, kan findes ved tabelopslag.
Koblingsmønstre: Indikerer, hvor mange nabo-hydrogener, der kan ses af et hydrogenatom. Som
udgangspunkt har hydrogenatomer ét nabohydrogen mindre end antallet af toppe i koblingsmøn-
stret.
Integralkurven: Den angiver ratioen mellem antallet af hydrogenatomer i de forskellige signaler.
Størrelserne er proportionale, så hvis integralet af et signal er tre gange større end et andet, så in-
deholder signalet tre gange flere hydrogenatomer end den signal med det lille integral.
Det er fordelagtigt af samlet al data i en tabel som den, der er vist ved opgavens begyndelse, således at al-
le brikkerne til ’puslespillet’ kan undersøges samlet. Undersøg desuden også den information, der er til-
gængelig omkring molekylet i opgaveteksten, såsom molekylformel, molar masse, dele af strukturen og
lignende.
Kemi A STX – Skriftlig eksamen – maj 2007
5
Opgave 2: Eugenol
a.
- En tabel med koncentrationen af eugenol, [eugenol], til forskellige tider, t, ved 160°C er angivet.
Der laves et plot af ln[eungeol] mod tiden, t, og efterfølgende en lineær regression på datapunkterne, da
det for en førsteordens reaktion gælder, at der vil være en lineære sammenhæng mellem punkterne i et
sådant plot. Først beregnes dog værdierne for ln[eugenol].
[eugenol]
0,877
0,663
0,515
0,402
0,317
0,237
0,184
ln[eugenol]
-0,131
-0,411
-0,664
-0,911
-1,149
-1,440
-1,693
R
2
-værdien er meget tæt på 1, og derfor er der med god tilnærmelse en lineær sammenhæng mellem
punkterne, dvs. de ligger på en ret linje, og netop derfor er reaktionen af første orden.
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
-værdien og vælg den bedste.
Sandsynligheden for at reaktionen har en højere orden end 2 er særdeles lav.
y = -0,0516x + 0,1184
R² = 0,9995
-1,8
-1,6
-1,4
-1,2
-1
-0,8
-0,6
-0,4
-0,2
0
ln[A]
t/min
Kemi A STX – Skriftlig eksamen – maj 2007
6
b
- I forrige delopgave er udtrykket ln[eugenol] = -k·t + ln[eugenol]
0
blevet bestemt til:
ln[eugenol] = -0,0516·t + 0,1184 vha. lineær regression.
Til at bestemme reaktionshastigheden, v, efter 60 min anvendes følgende ligning, der gælder for førsteor-
dens reaktioner.
hvor k er hastighedskonstanten og v er reaktionshastigheden. Det er derfor nødvendigt at bestemme både
koncentrationen af eugenol efter 60 min samt hastighedskonstanten for reaktionen. Først bestemmes kon-
centrationen ved at sætte t = 60 min.
Til at bestemme hastighedskonstanten, k, benyttes det, at hældningen, a, af tendenslinjen i plottet i forrige
opgave er lig med –k, fordi det er følgende udtryk, der er plottet: ln[eugenol] = -k·t + ln[eugenol]
0
Af udtrykket for tendenslinjen kan hældningen, a, aflæses til -0,0516 og dermed kan hastighedskonstanten
beregnes:
Vi kan nu indsætte de to værdier i den første ligning.
Altså er reaktionshastigheden, v, efter 60 minutter lig med 0,026 M/min.
En anden måde at beregne ligevægtskonstanten, k, på er vha. følgende formel, der gælder for reaktioner
af første orden, og hvor der indsættes to sæt af sammenhørende værdier for koncentration og tid.
Værdien af k vil dog afhænge af, hvilke sæt af værdier, der vælges, og derfor er tendenslinjen en bedre
approksimation.
c.
- Det angives 7,0% af eugenol omdannes på 20 minutter ved 134°C.
- Hastighedskonstanten, k, ved 160°C er i forrige opgave bestemt til 0,0516 min
-1
.
Først bestemmes hastighedskonstanten, k, ved 134°C. Vi anvender, at det for førsteordens reaktioner gæl-
der, at
Kemi A STX – Skriftlig eksamen – maj 2007
7
hvor
er startkoncentrationen af eugenol. Vi ved, at 7,0% af den oprindelige mængde eugenol er
omdannet efter 20 min – dvs. der er 93,0% tilbage.
Dette indsættes i udtrykket:
Aktiveringsenergien, E
a
, bestemmes nu ved at indsætte de to sæt af hastighedskonstanter og temperaturer
i følgende ligning:
Altså er aktiveringsenergien for reaktionen lig med 150,045 kJ/mol.
Kemi A STX – Skriftlig eksamen – maj 2007
8
Opgave 3: Guld
a.
- Et reaktionsskema for reaktionen, der ikke er afstemt, er angivet.
- Det er angivet, at sølvet opløses i en sur opløsning, da reaktionen forløbet i salpetersyre.
Da oxidationstallene af nogle af de indgående grundstoffer ændres i reaktionen er der tale om en redoxre-
aktion. Afstemning af denne type reaktion følger en generel metode, der forløber i følgende 3 trin.
Trin 1 – afstemning af elektronoverførslen
I dette trin afstemmes antallet af elektroner, der overføres, på hver side af reaktionspilen. Idet en oxidati-
onsreaktion afgiver elektroner og en reduktionsreaktion optager elektroner er det nødvendigt at bestemme
oxidationstal for de grundstoffer, hvor disse ændres. I dette tilfælde ændres oxidationstallet for sølv (Ag) og
nitrogen (N).
Det ses, at Ag oxideres fra 0 til +1, dvs. hvert sølvatom afgiver én elektron. Ligeledes ses det, N reduceres
fra +5 til +2, dvs. hvert nitrogenatom optager 3 elektroner. For at antallet af afgivne og optagne elektroner
kommer til at stemme, skal der altså være 3 sølvatomer pr. nitrogenatom, og derfor ganges antallet af sølv-
atomer igennem med 3.
Trin 2 – afstemning af ladninger
I dette trin afstemme antallet af ladninger på hver side af reaktionspilen, således at summen af ladningerne
den samme. Da reaktionen forløber i en sur opløsning afstemmes der med H
+
-ioner. Først bestemmes
summen af ladningerne på hver siden af reaktionspilen.
Venstre side
Højre side
Forskel
-1
3·(+1) = +3
-1 – (+3) = -4
Der er altså en forskel på -4, og for at udligne den skal der tilsættes 4 H
+
-ioner på venstre side.
Trin 3 – afstemning af atomer
I denne trin afstemmes der med vand, således at antallet af atomer på hver side af reaktionspilen er ens. Af
reaktionsskemaet ses det, at der på nuværende tidspunkt er:
Grundstof
Antal på venstre side
Antal på højre side
Sølv (Ag)
3
3
Nitrogen (N)
1
1
Oxygen (O)
3
1
Hydrogen (H)
4
0
Kemi A STX – Skriftlig eksamen – maj 2007
9
Vi ser, at der på højre side mangler netop 4 hydrogenatomer og 2 oxygenatomer, for at antallet af hvert
grundstof er ens. Dette svarer til 2 vandmolekyler, H
2
O.
Hermed er reaktionsskemaet afstemt.
b.
Før du læser løsningen, bør du prøve at løse opgaven alene med vores guide, som du kan hente her.
- Reaktionsskemaet for reaktion II er angivet.
- Værdierne for G
Θ
ved 25°C bestemmes ved tabelopslag i en databog.
Det gælder, at når ∆G
Θ
< 0, så er en reaktion spontan. Derfor bestemmes ∆G
Θ
for reaktion II.
Da ∆G
Θ
= 14,9 kJ/mol > 0 er reaktionen altså ikke spontan.
c.
- Reaktionsskemaet for reaktion II er angivet.
At guld kan opløses i kongevand kan forklares ud fra Le Chateliers princip. Dette princip går ud på, at en re-
aktion altid vil forsøge at mindske effekten af et indgreb ude fra. Når der i dette tilfældes skiftes fra stan-
dardbetingelser, dvs. koncentrationen skal være 1 M af hver opløst forbindelse, til kongevand, hvor der er
tale om koncentreret saltsyre og salpetersyre, så ændres koncentrationen af H
+
, Cl
-
og NO
3
-
i opløsningen,
fordi der sker en koncentrationsstigning af disse. Dette indgreb vil reaktionen forsøge at mindske effekten
af, ved at forskyde sig mod højre, og dermed omdanne de tilsatte ioner og på den måde mindske effekten
af koncentrationsstigningen af disse ioner. Denne proces indebærer ifølge reaktion II opløsningen af guld,
og netop derfor er det muligt af opløse guld i kongevand.
Kemi A STX – Skriftlig eksamen – maj 2007
10
Opgave 4: Rabarbersaft og Nonoxal
a.
- Molekylformlen for oxalsyre er angivet til C
2
H
2
O
4
Ud fra navnet oxalsyre forventer vi, at strukturen af oxalsyre indeholder en carboxylsyregruppe (-COOH).
Hvis vi trækker de atomer, der indgår i en carboxylsyregruppe fra molekylformlen for oxalsyre, så ser vi at
den resterende del af molekylet skal består af netop ét C, ét H og to O’er. Den eneste måde disse atomer
kan sammensættes på, er ved at danne endnu en carboxylsyregruppe. Dermed bliver strukturformlen for
oxalsyre altså:
OH
OH
O
O
Oxalsyre
b.
- En tabel, hvor den opløselige mængde oxalsyre angivet i procent af både frisk- og tørvægten, kan
aflæses for forskellige plantesorter, er angivet.
- Det er angivet, at 1,00 kg frisk Elmsfeuer blendes og tilsættes vand, således at det samlede volu-
men bliver 2,00 L.
- Molekylformlen for oxalsyre er angivet til C
2
H
2
O
4
.
- Grundstoffernes molare masse bestemmes ved tabelopslag.
Først ses det, at for frisk Elmsfeuer er mængden af opløseligt oxalsyre lig med 0,34% af friskvægten. Ud fra
dette kan massen af opløseligt oxalsyre bestemmes.
Massen af oxalsyre omregnes nu til en stofmængde, og dertil skal oxalsyres molare masse bruges.
Da voluminet af rabarbersaften er 2,00 L kan den formelle stofmængdekoncentration beregnes.
Altså er koncentrationen af oxalsyre i rabarbersaften lig med 0,019M.
Kemi A STX – Skriftlig eksamen – maj 2007
11
c.
- Et bjerrumdiagram for oxalsyre ved 25°C er angivet og pH-værdien er angivet til 4,5.
I et Bjerrum-diagram er pH-værdien angivet på x-aksen og syrebrøken, X
s
, på y-aksen. Kurverne i diagram-
met angiver derfor forholdet mellem en syre og dens korresponderende base ved en given pH-værdi. Til
venstre for en kurven er syren på syreform, og til højre for kurven er syre på baseform. Da oxalsyre har to
carboxylsyregrupper, kan molekylet afgive to H
+
-er, og derfor har vi to kurver i diagrammet – én for hvert
H
+
. I området helt til højre er oxalsyre derfor helt deprotoneret, i området i midten er oxalsyre delvist de-
protoneret og i området helt til venstre er oxalsyre helt protoneret.
Oxalat er navnet for den helt deprotonerede form af oxalsyre. Diagrammet viser, at X
s
er 0,35 ved pH = 4,5,
hvilket betyder at molfraktionen af den delvist protonerede form er 0,35, mens molfaktionen af oxalat er
0,65. Dette skyldes, at der ved denne pH-værdi ikke haves den mest protonerede form af oxalsyre tilstede i
ligevægten længere.
O
-
O
-
O
O
OH
O
-
O
O
35% 65%
d.
Der haves en ligevægt mellem calciumoxalat monohydrat og oxalat, som er angivet. Denne ligevægt har en
hvis opløselighedskonstant, K
O
. Ved at tilsætte nonoxal tilsættes der Ca
2+
-ioner til opløsningen. Da denne
ion indgår i opløselighedsligevægten, vil reaktionen forskydes ifølge Les Chateliers Princip, der siger at en
reaktion vil forsøge af mindske effekten af et indgreb udefra. Netop af den grund vil tilsætningen af Ca
2+
-
ioner resultere i en forskydning af ligevægten mod dannelsen af calciumoxalat monohydrat, som derfor ud-
fældes.
e.
- Fra en tidligere opgave vides det, at 65% af oxalsyre ved pH = 4,5 og 25°C er på oxalat-form.
- Fra en tidligere opgave vides det, at den formelle koncentration af oxalsyre i de 2,00 L rabarbersaft
er lig med 0,019M.
- Grundstoffernes molare masse bestemmes ved tabelopslag.
I denne opgave er det ikke klart, hvilken ligevægt der henvises til, men da vi ikke har nogle informationer
omkring den ligevægt, hvor calciumoxalat monohydrat indgår, har vi ingen forudsætninger for at løse opga-
ve, hvis der menes den ligevægt. Derfor må vi antage, at de henviser til den første ligevægt, nemlig oxalsyre
ligevægt i vandig opløsning.
Vi kan derfor beregne den aktuelle stofmængdekoncentration af oxalat i de 2,00 L rabarbersaft, da denne
må udgøre netop 65% af den formelle stofmængdekoncentration.
For at sammenligne med doseringen af nonoxal bestemmes stofmængden af oxalat-molekyler.
Kemi A STX – Skriftlig eksamen – maj 2007
12
Der tilsættes 5,00 mL nonoxal, der har en indhold af calciumchlorid på 35 g pr. 100 mL, dvs. 350 g/L. Vi be-
regner nu massen af calciumchlorid i 5,00 mL.
Vi omregner nu denne masse til en stofmængde.
Da hvert mol CaCl
2
ved dissociation til ioner danner ét mol Ca
2+
-ioner, er stofmængden af calcium-ioner i
opløsningen altså lig med 0,0158 mol. Sammenlignes dette tal med stofmængden af oxalat-ioner i opløs-
ningen, som er 0,024 mol, ses det at der er færre calcium-ioner end der oxalat-ioner. Ud fra ligevægten
mellem disse to og calciumoxalat monohydrat ses det, at calcium-ionerne og oxalat-ioner reagerer i forhol-
det 1:1.
Fordi der er tale om en ligevægt kan vi ikke forvente, at alle calcium-ionerne, vil reagere med oxalat-
ionerne og da der i forvejen er færre calcium-ioner end der er oxalationer, vurderes det at mængden af til-
sat nonoxal er væsentligt lavere end den burde være, såfremt man ønsker at fjerne alt oxalat.