Svar på opgave 1:

1. Der er tale om en redox-reaktion eftersom Sb oxideres fra oxidationstrin 0 til oxidationstrin +3 (i SbO⁺). Samtidig reduceres O fra oxidationstrin 0 (i O₂) til oxidationstrin -2 (i SbO⁺).

Svar på opgave 2:

1. Nedenfor er alle C'er og H'er tegnet ind med rødt. Hvert C skal have fire bindinger, hvert N tre, hvert O to og hvert H een binding.

   

2. De to C-atom, som er vist med en rød stjerne nedenunder, er asymmetriske. Som det ses, så er de hver bundet til fire forskellige grupper.

   

3. Man finder den længste kulstofkæde, der indeholder den vigtigste funktionelle gruppe (hovedgruppen). Længste kulstofkæde og hovedgruppen kaldes tilsammen stamforbindelsen. Her er vigstigste funktionelle gruppe NH₂ (som hovedgruppe: -amin) og den længste kulstofkæde, der indeholder den, er pentan. Denne pentan nummereres, så NH₂ får det lavest mulige placering (her 2). Dette er vist på tegningen nedenunder:

   

   Man opskriver delene i stamforbindelsen, navnet på kulstofkæden bliver afterfulgt af den vigtigste funktionelle gruppes placering og navn. Tal og bogstav adskilles af bindestreg: pentan-2-amin.

   På tegningen ovenfor er de to methyl-grupper på plads 3 og 4 fremhævet. Disse udgør sidegrupperne eller substituenterne i forbindelsen.

   Sidegruppernes placeriger skrives efterfulgt af deres navn og til sidst navnet på stamforbindelsen. Der sættes "di" foran methyl for angive, at der er to af dem. Man sætter komma mellem tal, bindestreg mellem tal og bogstav og samler bogstaver.

   Dette giver det systematiske navn: 3,4-dimethylpentan-2-amin

4. Den vigtigste funktionelle gruppe er COOH (som hovedgruppe: -syre). Den længste kulstofkæde, der indeholder den, er stadig pentan.

   Stamforbindelsen nummereres så carboxylsyregruppen får lavest mulige nummer. Dette er vist nedenunder:

   

   Stamforbindelsens navn er pentansyre. (En syre-gruppe sidder altid på plads nr. 1).

   De to methyl-grupper på plads 3 og 4 er sidegrupper som før. Derudover er der en amino-sidegruppe på plads nummer 2.

   Man opstiller sidegrupperne i alfabetisk orden med deres placering og antal foran ders navn. Til sidst opskrives stamforbindelsen.

   Dette giver det systematiske navn: 2-amino-3,4-dimethylpentansyre

Svar på opgave 3:

1. 1) Carbonyl-gruppe (aldehyd eller keton kan også godkendes).

   2) Hydroxyl-gruppe (alkohol eller primær alkohol kan også godkendes).

   3) Alken.

   4) Amino-gruppe (eller amin evt. primær amin).

2. Aminogruppen (4) kan optage H⁺ og virke som base.

3. Alkenen (3) kan affarve brom-vand ved en additionsreaktion.

4. Hydroxyl-gruppen (2) kan, når den som her er endestillet, oxideres til en carboxylsyre.

5. Carbonyl-gruppen (1) kan reagere med 2,4-dinitrophenylhydrazin og danne gult bundfald.

Svar på opgave 4:

1. Det er en esterdannelse, (evt. estersyntese) eller en kondensation (en reaktion, hvor der dannes vand).

2. H₂SO₄ virker som katalysator og binder det vand som dannes, hvorved ligevægten forskydes mod højre.

3. Den modsatte reaktion hedder hydrolyse af ester (sønderdeling af ester ved hjælp af vand).

Svar på opgave 5:

1. Man bruger formlen for pH i opløsning af svag syre. C_s står for den formelle koncentration af eddikesyre:

   pH = 0,5·(pK_S - log(C_S)) ⇒

   pH = 0,5·(4,76 - log(0,15) ⇒

   pH = 0,5·(4,76 - log(0,15)) ⇒

   pH = 2,8

2. Man bruger formlen for pH i en buffer (Henderson-Hasselbalch-ligningen). I det følgende er...

   n_S stofmængden af eddikesyre efter blanding,

   n_B stofmængden af eddikesyres korresponderende base efter blanding,

   n_S,0 stofmængden af eddikesyre før blanding,

   n_NaOH stofmængden af NaOH før blanding,

   C_S den formelle koncentration af eddikesyre før blanding,

   V_S rumfanget af eddikesyre før blanding og

   C_NaOH den formelle koncentration af NaOH før blanding.

   pH = pK_S + log(n_B/n_S) ⇒

   pH = pK_S + log(n_NaOH/(n_S,0 - n_NaOH)) ⇒

   pH = pK_S + log(C_NaOH·V_NaOH/(C_S·V_S - C_NaOH·V_NaOH)) ⇒

   pH = 4,76 + log(0,1·0,045/(0,2·0,035 - 0,1·0,045)) ⇒

   pH = 4,76 + log(1,8) ⇒

   pH = 5,0

Svar på opgave 6:

1. pH i omslagspunktet aflæses af kurven, som det pH der gælder ved 10,0 ml tilsat NaOH.

   

   pH aflæses til 9,4

2. pK_S for syren aflæses som pH ud fra kurven som pH midt mellem start og omslag dvs. som pH for 5,0 ml tilsat NaOH

   

   Dvs pK_S for syren er 6,3

Svar på opgave 7:

1. Den kurve, som er længst til venstre i Bjerrumdiagrammet, gælder for ligevægten H₂A ⇌ HA^- + H⁺.

   Dermed kan pK_S til H₂A kan aflæses af kurven som den pH værdi, hvor x_s for H₂A er 0,5, eller hvor [H₂A] = [HA^-].

   

   Det ses, at pK_S for H₂A er 3,0

2. Ved pH = 6,0 er kurven for H₂A/HA^- ligevægten i bunden af diagrammet, og man kan se bort fra [H₂A].

   Dermed kan man finde molbrøken af A^2- som basebrøken (x) af A^2- ved pH = 6,0. Dette er vist med rødt på diagrammet nedenfor:

   

   Det ses at molbrøken af A^2- kan aflæses til 0,8 ved pH = 6,0.

Svar på opgave 8:

1. Man sætter massen af stof = m, molmassen = M og stofmængden = n. Der gælder at m = n·M.

   Efter fortyndingen overføres (1/25)·n til kolben, hvor titreringen foregår.

   Da syren er monoprot, så gælder at (1/25)·n = n_NaOH = C_NaOH·V_NaOH, hvor

   n_NaOH er stofmængden af tilsat NaOH,

   C_NaOH er koncentrationen af NaOH i den tilsatte basiske opløsning (titrator) og

   V_NaOH er volumenet af tilsat NaOH.

   Dvs. (1/25)·n = (0,105 M)·(0,0113 L) ⇒ n = 25·(0,105 M)·(0,0113 L) = 0,0297 mol

   Den oprindelige masse af syre er derfor: (0,0297 mol)·(123,1 g/mol) = 3,66 g

Svar på opgave 9:

1. Molekyleformlen kan skrives: C_xH_yO_z. Her er x antal C i molekylet, y antal H i molekylet og z antal O i molekylet.

   Et molekyle har massen M. Massen af C i et molekyle er x·M_C. Masseprocenten af C i et molekyle er x·M_C/M. Tilsvarende for de andre grundstoffer. Det giver:

   x·M_C/M = 48,6 % ⇒ x·(12,01 g/mol)/(123,1 g/mol) = 0,486 ⇒ x = 3

   y·M_H/M = 8,1 % ⇒ x·(1,008 g/mol)/(123,1 g/mol) = 0,081 ⇒ y = 6

   z·M_O/M = 43,2 % ⇒ x·(16,00 g/mol)/(123,1 g/mol) = 0,432 ⇒ z = 2.

   Dvs. molekyleformlen er C₃H₆O₂

Svar på opgave 10:

1. Stoffet indeholder en amino-gruppe, der ved lave pH-værdier kan optage et H⁺ og dermed blive en ion. Ioner har høj vandopløselighed og dermed stiger stoffets vandopløselighed ved faldende pH.

Svar på opgave 11:

1. Man afbilder ln([A]) som funktion af tiden. Hvis man får en ret linje, så er reaktionen af første orden.

   Nedenunder er afbildningen vist:

   

   Da punkterne ligger på en ret linje, så er reaktionen af første orden.

   (Man kan for en sikkerheds skyld afbilde [A] som funktion af tiden for at teste om reaktionen er af nulte orden eller afbilde [A] som funktion af 1/tiden for at teste om, den er af anden orden. Ingen af disse to afbildninger må give en ret linje.)

2. Halveringskonstanten er ln(0,5)/k, hvor k er hældningen til kurven ovenfor.

   Det ses, at k =-1,84 timer^-1, hvorved halveringskonstanten bliver: (-0,69/(-1,84)) timer = 0,38 timer

Svar på opgave 12:

1. Man har fået oplyst ligningen: y = 0,067·x + 0,002, hvor y er absorbansen og x er den tilhørende koncentration af stoffet.

   Her er y = 0,30, og man finder det tilhørende x: 0,30 = 0,067·x + 0,002 ⇒ x = [(0,30 - 0,002)/0,067] μM = 4,45 μM. Dette skal koncentreres 50 gange og man får, at koncentrationen i den oprindelige prøve er 50·4,45 μM = 223 μM

Svar på opgave 13:

1. Nedenfor er vist hvilken gruppe af H'er, der hører til hvilken top.

   

   Toppen A kommer af de 3 H'er, der sidder på methyl i alkohol-delen til højre i esteren. Den har et højt kemisk skift på 3,7, fordi de tre H'er sidder på et C, der er bundet direkte til et O. Af samme grund er toppen en singlet, idet der ikke er nogen H'er på O'et, der kan koble med de tre H'er.

   Toppen B kommer fra de to H'er, der sidder på det midterste C i stoffet. Toppen er en kvartet, da H'erne på C-atomet kobler med de tre H'er der sidder på C'et yderst til venstre i den viste stofformel. Koblingsmønsteret følger n + 1 reglen, hvor n er antallet af H'er på nabo C-atomet. Det middelhøje kemiske skift på 2,3 skyldes, at de to H'er deshieldes af O'et på det andet nabo C-atom.

   Toppen C kommer fra de tre H'er, der sidder på det C, der er længst til venstre i stofformlen. Toppen er en triplet, da H'erne på C-atomet kobler med de to H'er der sidder på C'et i midten. Koblingen følger n + 1 reglen. Det lave kemiske skift på 1,2 skyldes, at de tre H'er ikke deshieldes af O på et nabo C-atom, men kun af O'er der sidder længere væk.

2. Integralet af en top i et H-NMR spektrum er et multiplum af antallet af H'er, der skaber toppen. Dermed er integralerne for A, B og C: 3, 2 og 3, eller disse tal gange med samme naturlige tal.

Svar på opgave 14:

1. Reaktionen forløber spontant ved 25 °C og 1,00 bar, da den frie Gibbs energi er negativ (ΔG^Θ_25°C < 0).

   Man får nemlig, idet T er den absolutte temperatur for reaktionen:

   ΔG^Θ_25°C = ΔH^Θ_25°C - T·ΔS^Θ_25°C ⇒

   ΔG^Θ_25°C = -172·10³ J/mol - (273 + 25 K)·(-330 J/(mol·K)) ⇒

   ΔG^Θ_25°C = −73.660 J/mol

2. Ligevægstkonstanten findes ved hjælp af formlen (hvor R er gaskonstanten):

   K_eq = exp(-ΔG^Θ_25°C/(R·T)), der giver:

   K_eq = exp(-(−73660 J/mol)/((8,413 J/(mol·K))·(298 K))) = 5,75·10¹²

3. Man finder ΔG^Θ_100°C dvs. den frie Gibbs energi ved 100 °C for reaktionen. Under forudsætningen om, at ΔH^Θ og ΔS^Θ er uafhængige af temperaturen, så får man:

   ΔG^Θ_100°C = ΔH^Θ_25°C - [(100 + 273) K]·ΔS^Θ_25°C

   ΔG^Θ_100°C = -172000 J/mol - (373 K)·(-330 J/(mol·K)) = -48.910 J/mol

   K_eq,100°C = exp(-ΔG^Θ_100°C/(R·T)) ⇒

   K_eq,100°C = exp(-(-48.910 J/mol)/((8,314 J/(mol·K))·(273+100 K))) ⇒

   K_eq,100°C = 7,07·10⁶

   (Brug af van't Hoff's ligning er i princippet det samme.)

Svar på opgave 15:

1. Ligevægtskonstanten er p_B·p_C/p_A, hvor p står for partialtryk. Da p_A, p_B og p_C alle har enheden bar, så har ligevægtskonstanten dimensionen bar·bar/bar = bar

2. Totaltrykket stiger, idet antallet af molekyler i gassen stiger. Når stofmængden af gas stiger, så vil det samlede tryk også stige.

3. Da V, R og T er konstante, så er partialtrykket proportional med og stofmængden for hver enkelt gas.

   Man kan opstille følgende partialtryk for A, B og C:

    A           ⇌    B     +     C

   Start:                  p_A,0                  0               0

   Ligevægt:  p_A = p_A,0 - p_B          p_B          p_C = p_B

   Her er p_A,0 start-partialtrykket af A, mens p_A, p_B, p_C er ligevægts-partialtrykket af henholdsvis A, B og C.

   p_A = p_A,0 - p_B følger af, at p_A = n_A·R·T/V, hvor n_A er stofmængden af A. Desuden gælder: n_A = n_A,0 - n_B, der giver p_A = n_A·R·T/V = (n_A,0 - n_B)·R·T/V = n_A,0·R·T/V - n_B·R·T/V = p_A,0 - p_B.

   Ligningen n_A = n_A,0 - n_B følger af, at A og B har samme koefficient i reaktionsskemaet. Tilsvarende gælder p_B = p_C også, fordi B og C har samme koefficient.

   Dermed gælder: K_eq = (p_B)²/(p_A,0 - p_B). Man indsætter K_eq = 0,15 bar og p_A,0 = 0,24 bar:

   0,15 bar = (p_B)²/(0,24 bar - p_B) ⇒ p_B = 0,129 bar

   Dvs. partialtrykket for B ved ligevægt er 0,13 bar

4. Idealgasligningen giver:

   p_A·V = n_A·R·T ⇒ n_A = p_A·V/(R·T) ⇒ n_A = (p_A,0 - p_B)·V/(R·T), hvor

   n_A og p_A er henholdsvis er stofmængde og partialtryk af A ved ligevægt.

   I udtrykket n_A = (p_A,0 - p_B)·V/(R·T) indsættes:

   p_A,0 = 0,24 bar,

   p_B = 0,13 bar,

   V = 2,5 L,

   R = 0,08314 bar·L/(mol·K) og

   T = (273 + 300) K = 573 K.

   Man får: n_A = (0,24 bar - 0,13 bar)·(2,5 L)/((0,08314 bar·L/(mol·K))·(573 K)) = 0.0058 mol.

   Dvs. stofmængden af A ved ligevægt er 5,8·10^-3 mol