Kemi STX A eksamen 18. maj 2011 | Oversigt

Svar på opgave 1: Feromoner

  1. Br2 adderes til den alifatiske C=C dobbeltbinding som vist nedenunder:

    Derved forsvinder farven, der skyldes Br2.

  2. Molekylet har den generelle molekyleformel:

    CxHyO2.

    Man ved, at der indgår 2 oxygenatomer i molekylet, da alkyl ikke indeholder oxygen. Man skal finde stoffets molmasse, M, og bruger oplysningen om masseprocenten for oxygen i molekylet:

    2·MO/M = 31,33 % ⇒ M = 2·MO/0,3133 = 2·(16,00 g/mol)/0,3133 = 102,1 g/mol.
    Her er MO = molmassen for oxygen = 16,00 g/mol.

    Man har desuden, at molmassen af carbon = MC = 12,01 g/mol og molmassen af hydrogen = MH = 1,01 g/mol.

    Dette benyttes til at finde x og y, idet der gælder:

    x·MC/M = 58,82 % ⇒ x = 0,5882·M/MC = 0,5882·(102,1 g/mol)/(12,01 g/mol) = 5,00

    y·MH/M = 9,87 % ⇒ y = 0,0987·M/MH = 0,0987·(102,1 g/mol)/(1,01 g/mol) = 10,1.

    Dette giver den færdige molekyleformel:

    C5H10O2

  3. Nedenunder er vist to isomerer. Den til venstre er pentansyre og den til højre er 2-methyl­butansyre.

    2-methylbutansyre er optisk aktiv fordi, den har et asymmetrisk carbonatom, som er markeret med en stjerne.

    Navngivning af 2-methylbutansyre: Den funktionelle gruppe, som har højest prioritet er carboxyl­syre (-COOH). Den længste kæde, som indeholder denne gruppe er butansyre. Denne kæde har en substituent, som er methyl på plads nummer 2 i kæden, idet man regner C'et i COOH for nummer 1.

  4. Der er følgende muligheder:

    Man kan udelukke mulighederne 2-4, fordi de har mere end en CH3-gruppe, og dermed ville de give mere end en top med integralet der svarer til 3 H, eller de ville give en top et integrale, der svarer til 6 H eller 9 H.

    Det rigtige stof er dermed pentansyre, som er eftervist nedenunder:

    Blå tal angiver placeringen i molekylet af de H'er, der ingår en top. Røde tal er integrale pr. top.

    1. Det H, der indgår i COOH, giver en singlet (1 tak), da det er bundet til O og dermed ikke kobler med andre H. Den har et integrale på 1 og dermed ved man, at integrale svarer til antal H i en top. Toppen har et højt kemisk skift på ca. 9, hvilket passer med at den sidder i en carboxylsyregruppe, hvor de to O'er deshielder H'et.

    2. Integrale = 2 H, hvilket passer med CH2. Splittet (eller koblingsmønstret) er en triplet (3 takker) hvilket passer med de to H'er, der sidder på C'er, der kommer efter COOH. Disse to H'er har to H'er som naboer på de nærmeste C'er, og dermed giver splittet en triplet (i følge reglen n + 1, hvor n er antal nabo H'er). Det kemiske skift er ikke højt, men stadig det næsthøjeste for en top, hvilket passer med, at de to H'er i toppen er dem, som er næsttættest på O'erne.

    3. Integrale = 2 H, hvilket passer med CH2. Split = pentet (5 takker), hvilket passer med 4 nabo H'er. Skiftet er mindre end top nr. 2, hvilket passer med større afstand til O'erne.

    4. Integrale = 2 H, hvilket passer med CH2. Split = sekstet (6 takker), hvilket passer med 5 nabo H'er. Skiftet er mindre end top nr. 3, hvilket passer med større afstand til O'erne.

    5. Integrale = 3 H, hvilket passer med CH3. Split = triplet, hvilket passer med 2 nabo H'er. Skiftet er mindst, hvilket passer med størst afstand til O'erne.

Svar på opgave 2: Fremstilling af jern

  1. Det er en redox-reaktion, fordi Fe går fra oxidationstrin +3 i Fe2O3 til oxidationstrin 0 i Fe. Imens går H fra oxidationstrin 0 i H2 til oxidationstrin +1 i H2O.

  2. ΔH (den molære standard-enthalpi for reaktionen) for reaktionen beregnes ud fra de indgående stoffers moære dannelses-enthalpier. Man tager summen af dannelses-enthalpierne for produkterne vægtet med reaktions-ligningens koefficienter og trækker fra dette den vægtede sum af dannelses-enthalpierne for reaktanterne.

    Man får ifølge tabel følgende dannelses-enthalpier:

       ΔH(Fe2O3(s)) = -824,2 kJ/mol

       ΔH(H2(g)) = 0 (naturligt forekommende form i grundtilstanden)

       ΔH(Fe(s)) = 0 (naturligt forekommende form i grundtilstanden)

       ΔH(H2O(g)) = -241,8 kJ/mol

    Dette giver: ΔH = 3·(-241,8 kJ/mol) - (-824,2 kJ/mol) = 98,8 kJ/mol

    Kommentar: reaktionen er endoterm, da ΔH > 0. Dvs. der bruges varme, når reaktionen forløber mod højre.

  3. Man skal bruge formlen for den molære frie Gibbs energi for reaktionen:

    ΔG = ΔH - T·ΔS

    Her er T den temperatur, som reaktionen foregår ved, mål i Kelvin. Rekationen forløber spontant mod højre i grundtilstanden, når ΔG < 0. Man skal derfor lave en fortegnsundersøgelse for ΔG.

    Først bestemmes ΔS. Man får ifølge tabellen følgende dannelses-entropier:

       ΔS(Fe2O3(s)) = 87,4 J/mol

       ΔS(H2(g)) = 130,68 J/mol

       ΔS(Fe(s)) = 27,3 J/mol

       ΔS(H2O(g)) = 188,8 J/mol

    Dette giver: ΔS = 2·(27,3 J/(mol·K)) + 3·(188,8 J/(mol·K)) - 87,4 J/(mol·K)) - 3·(130,68 J/(mol·K)) = 141,56 J/(mol·K).

    Man får dermed: ΔG = 98,8·103 J/mol - T·(1,42·102 J/(mol·K))

    ΔG = 0 ⇒ 98,8·103 J/mol - T·(1,42·102 J/(mol·K)) = 0 ⇒ T = 698 K

    For T > 698 K så vil ΔG være negativ og dermed er 698 K den laveste temperatur, hvorved reaktionen vil forløbe spontant (mod højre).

  4. Man skal finde reaktionsbrøken, Y, for reaktionen ved 800 K og sammenligne den med ligevægstkonstanten, K = 8,79, for at vurdere hvilken vej reaktionen vil forløbe.

    Man får: Y = (p(H2O)/p(H2))3 = (0,5/0,45)3 = 1,4.

    Da Y < K, så vil reaktionen forløbe mod højre for at komme i ligevægt.

    Dette skyldes, at på denne måde vil tælleren i Y øges samtidig med, at nævneren bliver mindre, og Y vil dermed blive større.

  5. Da H2 og H2O har sammen koefficienten i reaktionsskemaet (3), så vil det sige, at hver gang, der forsvinder Δn mol H2, så vil der dannes Δn mol H2O (stofferne reagerer 1:1).

    Da de to stoffer befinder sig i en lukket beholder, vil det sige, at hver gang partialtrykket af H2 mindskes med Δp, så vil partialtrykket af H2O øges med Δp.

    Ligevægtstrykket for H2 er dermed 0,45 bar - Δp og ligevægtstrykket for H2O er 0,50 bar + Δp.

    Man har dermed følgende ligning for Δp:

    ((0,50 bar + Δp)/(0,45 bar - Δp))3 = 8,79 ⇒ p = 0,14 bar

    Dermed er

       ligevægtstrykket for H2 lig med 0,45 bar - 0,14 bar = 0,31 bar og

       ligevægtstrykket for H2O lig med 0,50 bar + 0,14 bar = 0,64 bar

    Man kan også sige, at da de to stoffer reagerer 1:1 vil den samlede stofmængde ikke ændres og totaltrykket, p, være konstant.
    Dermed gælder, at p(H2) + p(H2O) = 0,50 + 0,45 = 0,95 fra start til ligevægt.
    Man kan så sætte p(H2O) = 0,95 - p(H2) og man får følgende ligning for p(H2) ved ligevægt:
    ((0,95 bar - p(H2))/p(H2))3 = 8,79 ⇒ p(H2) = 0,31 bar, og p(H2O) = (0,95 - 0,31) bar = 0,64 bar.

Svar på opgave 3: Nedbrydning af et kunstigt sødemiddel

  1. Man bruger formlerne C = n/V = m/(M·V) ⇒ m = C·M·V, hvor

       C er stofmængdekoncentrationen af aspartam,

       n er stofmængden af aspartam,

       M er molmassen af aspartam og

       V er opløsningens rumfang.

    Man får m = (1,78·10-3 mol/L)·(294,3 g/mol)·(250·10-3 L) = 0,131 g

    Dvs. der skal afvejes 0,131 g = 131 mg aspartam.

  2. Man har, at Citrat er en svag base. Det ses af, at pKb > 4.

    Man bruger formlen for pH i svag base: pH = 14 - pOH = 14 - 0,5·(pKb - log(Cb)). Dette giver:

    pH = 14 - 0,5·(7,6 - log(0,2)) = 9,85 i opløsning A.

  3. Man opretter lister for tid (tid), koncentration af aspartam (konc) og den naturlige logaritme til koncentrationen af aspartam (lnkonc).

    tid:={0,30,90,150,210,270,330} ▸ {0,30,90,150,210,270,330}

    konc:={1.78,1.64,1.38,1.22,0.989,0.836,0.707} ▸ {1.78,1.64,1.38,1.22,0.989,0.836,0.707}

    lnkonc:=ln(konc) ▸ {0.576613,0.494696,0.322083,0.198851,−0.011061,−0.179127,−0.346725}

    Man laver et plot af den naturlige logaritme til koncentrationen mod tiden for aspartam. Denne ses at give en ret linje:

    Dette viser, at reaktionen er af første orden med hensyn til koncentrationen af aspartam.

    Sammenhængen ses at være ln([aspartam]) = -0,00280·t + 0,583 ⇒ [aspartam](t) = 1,791·exp(-0,00280·t).

    Man skal finde halveringstiden, T1/2, og vælger at se på halveringen af [aspartam](0), dvs. koncentrationen af aspartam fra t = 0. (Starttidspunktet er underordnet for en førsteordens reaktion).

    [aspartam](T1/2) = 0,5·[aspartam](0) ⇒

    1,791·exp(-0,00280·T1/2) = 0,5·1,791·exp(0) ⇒

    T1/2 = ln(0,5)/(-0,00280) = 247

    Dvs. der går 247 min. før koncentrationen af aspartam er halveret.

  4. Den grønne kurve repræsenterer det korresponderende syre-basepar HCit2-/Cit3-. Dette vil sige, at molbrøken for HCit2- er afstanden mellem den grønne kurve og den røde kurve, der ligger umiddelbart under den, mens molbrøken for Cit3- er det, som ligger over den grønne kurve (1 - xs, hvor xs er summen af molbrøker for syrer, der står til venstre for den grønne kurve).

    Man aflæser at molbrøken for HCit2- er ca. 0,2 og molbrøken for Cit3- er 0,8.

    Dvs. andelen af HCit2- i pufferen er 20 %, mens andelen af Cit3- er 80 %

  5. Løsning med Bjerrum-diagram:

    Man har fra forrige spørgsmål, at molbrøken af HCit2- (xs) er lig med 0,2 ved pH 7.

    Der gælder pr. definition: xs = ns/(ns + nb), hvor
       nb lig med stofmængden af Cit3- og
       ns er stofmængden af HCit2-.

    Man har at stofmængden, ns + nb, er konstant for reaktionen mellem en syre og dens korresponderende base. Denne stofmængde er lig med stofmængden af citrat, som oprindelig var til stede. Denne kan beregnes ud fra formlen n = C·V.

    Dette giver: ns + nb = Cb·Vp = (0,200 mol/L)·(0,250 L) = 0,05 mol, hvor
       Cb er den formelle koncentration af citrat i opløsning A = 0,200 mol/L og
       Vp er pufferens rumfang = 0,250 L.

    Da citrat er en svag base, så er stofmængden af HCit2- er ca. nul fra start, og dermed gælder ifølge reaktionsligningen: ns ≈ nHCl.

    Man har dermed: xs = 0,2 ⇒ nHCL/(0,05 mol) = 0,2 ⇒ nHCL = 0,2·(0,05 mol) = 0,01 mol.

    For rumfanget af tilsat HCl (VHCl) gælder: VHCL = nHCl/CHCl, hvor
       CHCl er stofmængdekoncentrationen af HCl = 1 mol/L.

    Dvs. VHCl = (0,01 mol)/(1 mol/L) = 10 mL

    Løsning med pufferligningen:

    pH = pKs + log(nb/ns) = 14 - pKb + log(nb/ns). Her er nb lig med stofmængden af Cit3- og ns er stofmængden af HCit2-.

    Når pH 7,0 er nået, så skal der gælde: 7,0 = 14 - 7,6 + log(nb/ns) ⇒ 0,60 = log(nb/ns) ⇒ 100,60 = nb/ns ⇒ nb/ns = 3,98.

    Der gælder ifølge reaktionsskemaet, at ns = ns,start + nHCl og nb = nb,start - nHCl, hvor nb,start og ns,start er start-stofmængderne af henholdsvis citrat og dens korresponderende syre.

    Da citrat er en svag base antages, at ns,start = 0.

    Samtidig er nb,start = Cb·Vp = (0,200 mol/L)·(0,250 L) = 0,05 mol. Her er Cb den formelle koncentration af citrat i opløsning A fra start og Vp er pufferens rumfang.

    Man kan nu finde nHCl, den tilsatte stofmængde af HCl: nb/ns = 3,98 ⇒ (nb,start - nHCl)/(ns,start + nHCl) = 3,98 ⇒ (0,05 mol - nHCl)/nHCl = 3,98 ⇒ nHCl = 0,0100 mol

    Heraf fås det tilsatte rumfang af HCl-opløsning, idet der gælder, at nHCL = VHCl·CHCL ⇒ VHCl = nHCL/CHCL = (0,010 mol)·(1 M) = 0,01 L = 10 mL.

    Dvs. der skal tilsættes 10 mL 1 M HCl-opløsning for at indstille pufferopløsning A til en pH på 7.

Svar på opgave 4: Phenylhydraziner i champignon

  1. Man tilføjer C'erne og de manglende H'er til stregformlen for agaritin.

    Det ses at der er 12 C, 17H, 3N og 4O. Deremd er molekyleformlen for agaritin:

    C12H17N3O4

    (I molekyleformler for organiske stoffer starter man med C og H, hvorpå følger de andre grundstoffer i alfabetisk orden).

  2. Aldehyd-gruppen i A reduceres til en alkohol-gruppe i agaritin. Dette er vist nedenfor:

    Oxidationstrinnet for det C, der er bundet til O, går fra +1 i aldehyden til 0 i alkoholen.

    Dvs. der er tale om en redoxproces

  3. Agaritin har 6 hydrofile grupper, som er markeret med røde ringe på figuren nedenunder.

    Samtidig indeholder agaritin 12 carbonatomer.

    Regler er, at hvis der er 4 C-atomer eller mindre for hver hydrofil gruppe, så er et organisk stof vandopløseligt. Da agaritin har to C-atomer for hver hydrofil gruppe, så er det vandopløseligt.

    Dvs. vand er bedre end heptan som opløsningsmiddel til agaritin.

  4. Man kalder massen af agaritin i 1 kg champion for ma,kg.

    I 100 mg champion er massen af agaritin lig med 0,100·ma,kg.

    I 100 mL ekstrakt er der også 0,100·ma,kg agaritin, idet det antages, at alt agaritin kommer med i ekstraktet.

    I 25 μL af ekstraktet er der (0,100·ma,kg)·(25·10-6 L)/(0,100 L) = 2,5·10-5·ma,kg

    Af figur 2 fremgår det, at: y = 3,48·105·x + 2,04·104, hvor y er arealtallet, og x er antal ng af agaritin i prøven på 25 μL.

    Man ved, at arealtallet for prøven på 25 μL er 1,23·106 og løser den fremkomne ligning med hensyn til x:

    1,23·106 = 3,48·105·x + 2,04·104 ⇒ x = 3,48.

    Dvs. i prøven på 25 μL er der 3,48 ng agaritin. Dette giver følgende ligning med hensyn til ma,kg: 2,5·10-5·ma,kg = 3,48 ng ⇒ ma,kg = (3,48·10-9 g)/(2,5·10-5) = 0,139 g.

    Dvs. i 1 kg champion er der 139 mg agaritin.