Almen kemi
Eksamen
Januar 2015
Almen kemi eksamen – januar 2015 – Løsningsforslag
Dette løsningsforslag er et eksempel på hvordan eksamenssættet kan besvares, men derudover
forklares det også hvordan man kommer frem til det korrekte svar.
Opgaveteksten står med sort og til hver opgave er der med rødt angivet et svar, som vil være
acceptabelt at aflevere for at få maksimumpoint for opgaven. Desuden kan der med grønt være angivet
en uddybende forklaring, som kan være en hjælp til at forstå løsningen, men som ikke forventes at
afleveres.
Husk at mange opgaver kan løses korrekt på forskellige måder. I løsningsforslaget kan der være vist
flere løsninger, men det er kun nødvendigt at aflevere én løsning til eksamenen.
Opgave 1 (20 %) – a-e vægter hver 3 %, f vægter 5%
Propofol er et hurtigt- og korttidsvirkende intravenøst lægemiddel, der anvendes til universel
anæstesi (narkose) under kirurgiske indgreb. En overdosis af Propofol var den officielle dødsårsag for
sangeren Michael Jackson, der døde d. 25. juni 2009. Propofol er en gullig væske ved stuetemperatur
og har en densitet på 1,032 g/cm3.
a) Udregn propofol´s molarmasse.
Først skal sumformlen for propofol findes, hvilket gøres ved at tælle antallet af hvert atom i molekylet.
Husk at C-atomer kun vises med et ”knæk” og at H-atomer bundet til C-atomer ikke vises. Bemærk at
hvert C-atom i den aromatiske ring kun binder til ét andet molekyle udover ringen selv.
Derfor er Propofols sumformel: C12H18O
Så findes molarmassen for hvert atom ved opslag og så finder man summen for alle atomer i
molekylet.
𝑀𝑃𝑟𝑜𝑝𝑜𝑓𝑜𝑙 = 12 ⋅ 𝑀𝐶 + 18 ⋅ 𝑀𝐻 + 1 ⋅ 𝑀𝑂
𝑀𝑃𝑟𝑜𝑝𝑜𝑓𝑜𝑙 = 12 ⋅ 12,01
𝑔
𝑔
𝑔
+ 18 ⋅ 1,01
+ 1 ⋅ 16,00
𝑚𝑜𝑙
𝑚𝑜𝑙
𝑚𝑜𝑙
𝑀𝑃𝑟𝑜𝑝𝑜𝑓𝑜𝑙 = 178,30
𝑔
𝑚𝑜𝑙
Almen kemi
Eksamen
Januar 2015
b) Udregn antal mol molekyler i 1 ml propofol.
Først findes massen af 1 mL Propofol ud fra densiteten. Husk at 1 mL er det samme som 1 cm3, så er
1,032 g/cm3 er det samme som 1,032 g/mL.
𝑚 = 𝑉 ⋅ 𝜌 = 1 𝑚𝐿 ⋅ 1,032
𝑔
= 1,032 𝑔
𝑚𝐿
Så omregnes dette vha. molarmassen til stofmængden, som jo udtrykkes i antal mol.
𝑛=
𝑚
1,032 𝑔
=
= 0,0058 𝑚𝑜𝑙
𝑀 178,30 𝑔
𝑚𝑜𝑙
Dermed består 1 mL Propofol af 0,0058 mol molekyler.
c) Udregn massen og volumen af 2,34 mol propofol.
Massen udregnes ud fra stofmængden ved brug af molarmassen. Husk at µ = 𝑚𝑖𝑘𝑟𝑜 = 10−6.
𝑚 = 𝑛 ⋅ 𝑀 = 2,34 µ𝑚𝑜𝑙 ⋅ 178,30
𝑔
𝑔
= 2,34 ⋅ 10−6 𝑚𝑜𝑙 ⋅ 178,30
= 0,000417 𝑔
𝑚𝑜𝑙
𝑚𝑜𝑙
Massen omregnes til volumenen med densiteten.
𝑉=
𝑚 0,000417 𝑔
=
𝑔 = 0,000404 𝑚𝐿 = 0,404 µ𝐿 = 404 𝑛𝐿
𝜌
1,032
𝑚𝐿
d) Udregn antal molekyler i 7,5 mg propofol.
Massen omregnes til stofmængden med molarmassen. Husk 𝑚 = 𝑚𝑖𝑙𝑙𝑖 = 10−3
𝑛=
𝑚
7,5 𝑚𝑔
7,5 ⋅ 10−3 𝑔
=
=
𝑔 = 0,0000421 𝑚𝑜𝑙
𝑀 178,30 𝑔
178,30
𝑚𝑜𝑙
𝑚𝑜𝑙
Stofmængden i mol omregnes til antal molekyler ved brug af Avogadros tal.
𝑛 ⋅ 𝑁𝐴 = 0,0000421 𝑚𝑜𝑙 ⋅ 6,022 ⋅ 1023 𝑚𝑜𝑙 −1 = 2,53 ⋅ 1019
Antallet af molekyler er derfor 2,53 ⋅ 1019 .
e) Udregn ilts masse procent i propofol.
Masseprocenten af ilt i Propofol-molekylet skal udregnes. Der er ét O-atom i hvert molekyle og O har
en molarmasse på 16,00 g/mol. Molarmassen for hele molekylet er 178,30 g/mol. Så udregnes det
hvor stor en procentdel 16 g/mol udgør af 178,30 g/mol.
Almen kemi
Eksamen
Januar 2015
𝑔
𝑚𝑜𝑙 ⋅ 100 % = 8,97 %
𝑚% =
⋅ 100% =
𝑔
𝑀𝑃𝑟𝑜𝑝𝑜𝑓𝑜𝑙
178,30
𝑚𝑜𝑙
𝑀𝑂
16,00
f) Redegør for hvilke intermolekylære kræfter, der kan forekomme mellem molekylerne i
propofol.
I Propofol kan der identificeres tre væsentlige funktionaliteter med relevans for dets egenskaber.
1. En alkoholgruppe (muliggør hydrogenbindinger med 2 hydrogenbindings-acceptorer og 1
hydrogenbindings-donor)
2. To apolære isopropyl-grupper (kan bidrage til intermolekylær tiltrækning via London
bindinger (inducerede dipoler))
3. En aromatisk benzenring (giver mulighed for - stacking og -dipol interaktioner).
Almen kemi
Eksamen
Januar 2015
Opgave 2 (20 %)
Nedenfor ses sumformlen for en række forholdsvis simple forbindelser.
CO2
HBr
CH3CH2OH
H2O
CF4
BaCl2
a) Redegør for hvilke forbindelser der vil være molekyler og hvilke der vil være salte.
Om forbindelserne vil være molekyler eller salte afgøres af hvilken type bindinger, der dannes mellem
atomerne.
Hvis det er ioniske bindinger hvor elektronerne overføres helt mellem atomerne vil det være salte, og
man kan bruge som tommelfingerregel at dette sker ved en elektronegativitetsforskel større end 2.
Hvis elektronerne deles mellem atomerne, som i kovalente bindinger eller i polære kovalente
bindinger, vil det være molekyler (der findes dog også andre muligheder, men dette ses der bort fra
her). Man kan bruge som tommelfingerregel at dette sker hvis elektronegativitetsforskellen er mindre
end 2.
Atomernes elektronegativitet findes ved opslag.
-
C: 2,55
O: 3,44
H: 2,20
Br: 2,96
F: 3,98
Cl: 3,16
Ba: 0,89
CO2: Elektronegativitetsforskellen mellem C og O er 0,89  Kovalente bindinger  Molekyle
HBr: Elektronegativitetsforskellen mellem H og Br er 0,76  Kovalente bindinger  Molekyle
CH3CH2OH: Elektronegativitetsforskellen mellem C og O er 0,89, mellem C og H er den 0,35 og mellem
O og H er den 1,24  Kovalente bindinger  Molekyle
H2O: Elektronegativitetsforskellen mellem H og O er 1,24  Kovalente bindinger  Molekyle
CF4: Elektronegativitetsforskellen mellem C og F er 1,43  Kovalente bindinger  Molekyle
BaCl2: Elektronegativitetsforskellen mellem Ba og Cl er 2,27  Ioniske bindinger  Salt
Almen kemi
Eksamen
Januar 2015
b) Optegn Lewis strukturen for molekylerne og redegør hvorvidt molekylerne er polære eller
upolære.
CO2:
HBr:
, er symmetrisk og derfor upolær.
, er asymmetrisk og derfor polær.
CH3CH2OH:
, er asymmetrisk og stærkt polær ved alkoholgruppen (har også
mulighed for dannelse af hydrogenbindinger).
H2O:
, er asymmetrisk og derfor polær (har også mulighed for dannelse af
hydrogenbindinger).
CF4:
,er symmetrisk og derfor upolær.
BaCl2 er et salt hvilket gør at der ikke kan tales om polær/upolær.
c) Angiv ionernes elektronstruktur i saltene.
Det er kun BaCl2 der er et salt. Da der dannes ioniske bindinger, hvor elektronerne overføres helt,
består BaCl2 af Ba2+-ioner og Cl--ioner.
Ba er grundstof nummer 56 og har derfor normalt 56 elektroner. Ionen Ba2+ har afgivet to elektroner
og har derfor 54 elektroner. Cl er grundstof nummer 17 og har derfor normalt 17 elektroner. Ionen Clhar fået en ekstra elektron og har derfor 18 elektroner.
Elektronkonfigurationen for hvert grundstof kan findes ud af fra at orbitalerne fyldes i en bestemt
orden ifølge Aufbau princippet, således dem med lavest energi fyldes først. Rækkefølgen er: 1s < 2s <
2p < 3s < 3p < 4s < 3d < 4p < 5s < 4d < 5p < 6s osv.
Almen kemi
Eksamen
Januar 2015
I én skal er der 1 s-orbital, hvor kan der være 2 elektroner. I én skal er der 3 p-orbitaler, hvor der i alt
kan være 6 elektroner. I én skal er der 5 d-orbitaler, hvor der i alt kan være 10 elektroner.
Derfor kommer man frem til følgende når man fylder orbitalerne op indtil der er det rette antal
elektroner.
Elektronkonfigurationen af Ba2+ er 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s2 4p6 4d10 5s2 5p6. Dette er den samme
elektronstruktur som ædelgassen xenon har og derfor kan det også skrives forkortet som [Xn].
Elektronkonfigurationen for Cl- er 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6. Dette er den samme elektronstruktur som
ædelgassen argon har og derfor kan det også skrives forkortet som [Ar].
d) Nedenfor angives smeltepunkt, kogepunkt og evt. anden egenskab for de 6 forbindelser.
Redegør for hvilken forbindelse der har hvilke egenskaber.
I: Smeltepunkt: −78 ℃, Kogepunkt: −57 ℃, indeholder 2 -bindinger
II: Smeltepunkt: 962 ℃, Kogepunkt: 1560 ℃,
III: Smeltepunkt: −183,6 ℃, Kogepunkt: −127,8 ℃,
IV: Smeltepunkt: 0 ℃, Kogepunkt: 100 ℃,
V: Smeltepunkt: −114 ℃, Kogepunkt: 78,4 ℃,
VI: Smeltepunkt: −86,9 ℃, Kogepunkt: −66,8 ℃, pKa = -9
CO2 er eneste af molekylerne der indeholder pi-bindinger, da de optræder i dobbelt- og
trippelbindinger. CO2 har netop to dobbeltbindinger, hvilket giver to pi-bindinger. Derfor passer dette
med at stof I = CO2.
BaCl2 er et salt og har derfor (i modsætning til molekylerne) meget høje smelte og kogepunkter pga. de
stærke ioniske bindinger, så derfor er stof II = BaCl2.
H2O er let at identificere ved dets karakteristiske smelte- og kogepunkt, så stof IV = H2O.
Stof VI har en pKa-værdi på -9, hvilket betyder det er en stærk syre. Derfor må dette stof være HBr, da
dette netop er en stærk syre (Husk den minder meget om saltsyre, HCl). Så stof VI = HBr.
Så er der stofferne CH3CH2OH og CF4 tilbage, som enten kan være stof III eller V. Da man kun får givet
smelte- og kogepunkter, må man vurdere hvilket af stofferne der har det højeste og laveste smelte/kogepunkt. CF4 er et lille upolært molekyle (pga. symmetri), der holder godt fast på sine elektroner (F
er meget elektronegativt), så det er ikke godt til at lave dispersionskræfter. Derfor må CF4 forventes at
have svage intermolekylære kræfter og dermed et lavt smelte-/kogepunkt. CH3CH2OH har til gengæld
en polær alkoholgruppe, som også kan lave hydrogenbindinger og derfor forventes dette at have et
højere smelte-/kogepunkt. Således er stof III = CF4 og stof V = CH3CH2OH.
Almen kemi
Eksamen
Januar 2015
Opgave 3 (15 %)
Cu(s) og Ag+ (aq) reagerer ved en redoxreaktion efter følgende reaktionsligning:
𝐶𝑢(𝑠) + 𝐴𝑔+ (𝑎𝑞) ⇌ 𝐶𝑢2+ (𝑎𝑞) + 𝐴𝑔(𝑠)
Der er givet følgende tabelværdier:
Cu (s)
Cu2+ (aq)
Ag (s)
Ag+ (aq)
∆fH⁰ (kJ/mol)
0
72,1
0
105,63
∆fS⁰ (J/mol∙K)
33,15
40,6
42,57
72,71
a. Hvilket stof bliver reduceret, og hvilket bliver oxideret?
Dette spørgsmål kan fortolkes på to måder, da det er vist at reaktionen kan forløbe både mod højre og
venstre.
Man kan fortolke spørgsmålet, som at der spørges hvad der sker når reaktionen forløber mod højre.
Det stof der reduceres, falder i oxidationstrin, mens det stof der oxideres, stiger i oxidationstrin. Når
reaktionen forløber mod højre, ændres Cu’s oxidationstrin fra 0 til +2, mens Ag’s ændres fra +1 til 0.
Derfor kan man svare at: Cu oxideres, Ag reduceres når reaktionen forløber mod højre.
Alternativ kan man fortolke spørgsmålet til, at der spørges om hvilken vej reaktionen vil forløbe
spontant, og i så fald hvilket stof der henholdsvis reduceres og oxideres. For at finde ud ad hvilken vej
reaktionen forløber kan man se på reduktionspotentialet for hver reduktionsreaktion. Under antagelse
af at reaktionen sker ved standardbetingelser (25 °C og 1 M af de opløste stoffer ved antagelse af
idealet osv.), så kan man bruge standardreduktionspotentialerne. Disse standardreduktionspotentialer
kan slås op.
For reduktionen af Cu, 𝐶𝑢2+ (𝑎𝑞) + 2 𝑒 − → 𝐶𝑢 (𝑠), er standardreduktionspotentialet, E° = +0,34 V.
For reduktionen af Ag, 𝐴𝑔+ (𝑎𝑞) + 𝑒 − → 𝐴𝑔 (𝑠), er standardreduktionspotentialet, E° = +0,80 V.
Heraf kan det ses at reduktionen af Ag har et større reduktionspotentiale (ved standardbetingelser)
end reduktionen af Cu. Dermed er det Ag+ der vil blive reduceret til Ag, og Cu vil blive oxideret til Cu2+
ved standardbetingelser. Dermed vil reaktionen altså forløbe mod højre ved standardbetingelser.
b. Beregn ∆rH°
Her skal man først være opmærksom på at den givne reaktion ikke er afstemt, da der er forskellig
ladning på hver side af reaktionspilen. Derfor afstemmes den ved at fordoble antallet af sølv og
sølvioner.
𝐶𝑢(𝑠) + 2 𝐴𝑔+ (𝑎𝑞) ⇌ 𝐶𝑢2+ (𝑎𝑞) + 2 𝐴𝑔(𝑠)
Almen kemi
Eksamen
Januar 2015
Entalpiændringen for reaktionen (mod højre), ∆𝑟 𝐻°, beregnes ud fra tabelværdierne med følgende
formel.
∆𝑟 𝐻° = ∑ ∆𝑓 𝐻°(𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑘𝑡𝑒𝑟) − ∑ ∆𝑓 𝐻°(𝑟𝑒𝑎𝑘𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑟)
∆𝑟 𝐻° = (1 ⋅ ∆𝑓 𝐻°(𝐶𝑢2+ , 𝑎𝑞) + 2 ⋅ ∆𝑓 𝐻°(𝐴𝑔, 𝑠)) − (1 ⋅ ∆𝑓 𝐻°(𝐶𝑢, 𝑠) + 2 ⋅ ∆𝑓 𝐻°(𝐴𝑔+ , 𝑎𝑞))
∆𝑟 𝐻° = (1 ⋅ (72,1
𝑘𝐽
𝑘𝐽
𝑘𝐽
𝑘𝐽
𝑘𝐽
) + 2 ⋅ (0
)) − (1 ⋅ (0
) + 2 ⋅ (105,63
)) = −139,2
𝑚𝑜𝑙
𝑚𝑜𝑙
𝑚𝑜𝑙
𝑚𝑜𝑙
𝑚𝑜𝑙
c. Er reaktionen eksoterm eller endoterm?
Da ∆𝑟 𝐻° er negativ, er reaktionen er eksoterm. Dette betyder at reaktionen optager varme.
d. Beregn ∆rS⁰
Entropiændringen for reaktionen, ∆𝑟 𝑆°, beregnes på tilsvarende måde som entalpiændringen ud fra
tabelværdierne.
∆𝑟 𝑆° = ∑ 𝑆°(𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑘𝑡𝑒𝑟) − ∑ 𝑆°(𝑟𝑒𝑎𝑘𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑟)
∆𝑟 𝑆° = (1 ⋅ 𝑆°(𝐶𝑢2+ , 𝑎𝑞) + 2 ⋅ 𝑆°(𝐴𝑔, 𝑠)) − (1 ⋅ 𝑆°(𝐶𝑢, 𝑠) + 2 ⋅ 𝑆°(𝐴𝑔+ , 𝑎𝑞))
𝐽
𝐽
𝐽
𝐽
) + 2 ⋅ (42,57
)) − (1 ⋅ (33,15
) + 2 ⋅ (72,71
))
𝑚𝑜𝑙 ∙ 𝐾
𝑚𝑜𝑙 ∙ 𝐾
𝑚𝑜𝑙 ∙ 𝐾
𝑚𝑜𝑙 ∙ 𝐾
𝐽
= −52,8
𝑚𝑜𝑙 ∙ 𝐾
∆𝑟 𝑆° = (1 ⋅ (40,6
Reaktionsentropien falder, hvilket stemmer overens med at der er mere stof på fast form, og færre fire
ioner i opløsning når reaktionen forløber mod højre.
Almen kemi
Eksamen
Januar 2015
To halvceller består af hhv. 1M CuSO4 (til venstre) og 1M AgNO3 (til højre) som vist ovenfor.
e. Opskriv cellediagrammet
Et cellediagram er en bestemt måde at beskrive cellens sammensætning på. Hver fase i cellen
beskrives med dens kemiske sammensætning, og hver fase adskilles af lodrette streger.
Cellediagrammet for den viste celle ses her.
𝐶𝑢(𝑠)|𝐶𝑢2+ (𝑎𝑞)||𝐴𝑔+ (𝑎𝑞)|𝐴𝑔(𝑠)
Man kan også medtage koncentrationen af de opløste stoffer som vist her.
𝐶𝑢(𝑠)|𝐶𝑢2+ (𝑎𝑞, 1 𝑀)||𝐴𝑔+ (𝑎𝑞, 1 𝑀)|𝐴𝑔(𝑠)
Når man laver et cellediagram, starter man med at opskrive anoden (den venstre side, hvor
oxidationen sker). Den første fase man opskriver en anodens faste fase, som her er fast kobber, altså
Cu (s). Denne fase grænser op til en væskefase og for at markere fasegrænsen sættes en lodret streg, |.
Væskefasen i anoden indeholder opløste kobber-ioner med koncentration 1 M, altså Cu2+ (aq, 1 M).
Væskefasen består også af sulfat-ioner, SO42-, men disse indgår ikke den elektrokemiske reaktion, så
derfor skrives disse ikke med. Så er anoden opskrevet, så man går videre til overgangen mellem anode
og katode. Anoden og katoden er adskilt af en saltbro, og denne overgang markeres med to lodrette
streger, ||. Så opskrives katodens væskefase, der her indeholder 1 M opløste sølv-ioner, altså Ag+ (aq,
1 M). Så kommer endnu en faseovergang, som markeres med en lodret streg, |. Til sidst opskrives
katodens faste fase, som er fast sølv, altså Ag (s). Når alt dette opskrives samlet får man ovenstående
cellediagram.
f.
Hvad er den målte spænding, E?
Den målte spænding kan teoretisk udregnes ud fra cellepotentialerne med den følgende formel.
𝐸𝑐𝑒𝑙𝑙𝑒 = 𝐸ℎø𝑗𝑟𝑒 − 𝐸𝑣𝑒𝑛𝑠𝑡𝑟𝑒
Almen kemi
Eksamen
Januar 2015
Her skal man opgive halvcellepotentialerne som reduktionspotentialer (den venstre celle hvor
oxidationen sker, har et minus foran, så derfor bliver det samlede cellepotentiale korrekt).
Da begge celler er ved standardbetingelser (1 M af de opløste stoffer og man kan antage temperaturen
er 25 °C) kan man bruge standardreduktionspotentialerne for de reaktioner, der sker i hver celle.
𝐸ℎø𝑗𝑟𝑒 = 𝐸𝐴𝑔+(𝑎𝑞)+𝑒 −→𝐴𝑔 (𝑠) ° = 0,80 𝑉
𝐸𝑣𝑒𝑛𝑠𝑡𝑟𝑒 = 𝐸𝐶𝑢2+(𝑎𝑞)+2 𝑒 − →𝐶𝑢 (𝑠) ° = 0,34 𝑉
Disse indsættes og der udregnes.
𝐸𝑐𝑒𝑙𝑙𝑒 = 𝐸ℎø𝑗𝑟𝑒 − 𝐸𝑣𝑒𝑛𝑠𝑡𝑟𝑒 = 0,80 𝑉 − 0,34 𝑉 = 0,46 𝑉
Almen kemi
Eksamen
Januar 2015
Opgave 4 (25%)
1 g natriumhydrogenkarbonat (Natron, NaHCO3, Mw = 84 g/mol) opløses fuldstændigt i 1L
demineraliseret vand. Denne reaktion kan opskrives:
𝑁𝑎𝐻𝐶𝑂3 (𝑠) → 𝑁𝑎+ (𝑎𝑞) + 𝐻𝐶𝑂3 − (𝑎𝑞)
a. Beregn koncentrationen af natriumioner (Na+) og hydrogenkarbonationer (HCO3-) i
opløsningen og beregn derudfra ionstyrken af opløsningen.
Stofmængden af natriumhydrogenkarbonat udregnes således.
𝑛=
𝑛=
𝑚
𝑀
1𝑔
𝑔 = 0,012 𝑚𝑜𝑙
84
𝑚𝑜𝑙
Når natriumhydrogenkarbonat opløses, dannes natriumioner Na+ og hydrogenkarbonationer HCO3-.
Hver natriumhydrogencarbonat, NaHCO3, danner én af hver af disse to ioner, Na+ og HCO3-.
Dermed opløses 0,012 mol Na+ og 0,012 mol HCO3- i 1 L vand og derfor kan koncentrationen af hvert
stof udregnes som vist her.
𝑐𝑁𝑎+ =
0,012 𝑚𝑜𝑙
= 0,012 𝑀
1𝐿
𝑐𝐻𝐶𝑂3− =
0,012 𝑚𝑜𝑙
= 0,012 𝑀
1𝐿
Ionstyrken beregnes med følgende formel.
𝐼=
1
𝑐𝑖
⋅ ∑ 𝑧𝑖2 ⋅
2
𝑐°
𝑖
zi er ladningen af den i’te ion, og ci er koncentrationen af samme ion. Bemærk at der skal divideres med
standardkoncentrationen som er c° = 1 M. Dermed bliver formlen til følgende.
𝐼=
1
𝑐𝑁𝑎+
2 𝑐𝐻𝐶𝑂3−
⋅ ((𝑧𝑁𝑎+ )2 ⋅
+ (𝑧𝐻𝐶𝑂3− ) ⋅
)
2
1𝑀
1𝑀
Så laves udregningen med ladningen og koncentrationen af de to dannede ioner. Ladningen af Na+ er
+1 og ladningen af HCO3- er -1.
𝐼=
1
0,012 𝑀
0,012 𝑀
⋅ (12 ∙
+ (−1)2 ∙
) = 0,012
2
1𝑀
1𝑀
Hydrogenkarbonationen kan reagere som en svag syre (pKa (HCO3-) = 10,33), da den kan afgive en
proton til vand og danne en karbonation.
Almen kemi
Eksamen
Januar 2015
𝐻𝐶𝑂3 − (𝑎𝑞) + 𝐻2 𝑂(𝑙) → 𝐶𝑂3 2− (𝑎𝑞) + 𝐻3 𝑂+ (𝑎𝑞)
b. Opstil udtrykket for syrekonstanten (Ka) for ovenstående syre-base ligevægt.
Syrekonstanten, Ka, er ligevægtskonstanten for reaktionen hvor en syre afgiver en hydron, som i
ovenstående reaktionsligning. Bemærk at det er lige meget om hydronen afgives som H+ eller om den
afgives til vand så der dannes H3O+ Ligevægtskonstanten (uden antagelse af idealitet) opskrives ved at
opstille en brøk med aktiviteterne af produkterne i tælleren og aktiviteterne af reaktanterne i
nævneren. Derfor bliver udtrykket for syrekonstanten som vist i følgende formel. Bemærk man sætter
aktiviteten af vand lig med 1, da det er opløsningsmidlet.
𝐾𝑎 =
𝑎𝐶𝑂32− ∙ 𝑎𝐻3 𝑂+
𝑎𝐻𝐶𝑂3− ⋅ 𝑎𝐻2 𝑂
=
𝑎𝐶𝑂32− ∙ 𝑎𝐻3 𝑂+
𝑎𝐻𝐶𝑂3−
c. Hvad er Ka værdien for reaktionen?
Ka-værdien er relateret til pKa-værdien (som er opgivet til 10,33) med følgende sammenhæng.
𝑝𝐾𝑎 = − log10(𝐾𝑎 )
Dette kan omskrives så Ka isoleres.
𝐾𝑎 = 10−𝑝𝐾𝑎
Så kan Ka-værdien udregnes.
𝐾𝑎 = 10−10,33 = 4,68 ⋅ 10−11
d. Hvad er definitionen på pH?
pH er defineret som den negative værdi af titals-logaritmen til hydronaktiviteten, altså som vist her.
Hydronaktiviteten (a(H+)) er per definition det samme som aktiviteten af oxoniumaktiviteten
(a(H3O+)), så derfor kan man også skrive pH med aktiviteten af oxoniumionen.
𝑝𝐻 ≡ − log10(𝑎𝐻+ ) = − log10(𝑎𝐻3 𝑂+ )
e. Beregn aktivitetskoefficienterne (γ) for HCO3-, CO3-2 og H+. Anvend ionstyrken beregnet i 4a og
α(HCO3-) = 450, α(CO3-2) = 450 og α(H+) = 900.
Da ionstyrken er 0,012 skal man bruge Debye-Hückels udvidede lov til at udregne
aktivitetskoefficienterne (man kan ikke bruge den simple udregning da I > 0,01).
Derfor udregnes aktivitetskoefficienterne med følgende formel.
Almen kemi
Eksamen
log10 (𝛾𝑖 ) = −
Januar 2015
(𝑧𝑖 )2 ∙ 𝐴 ∙ √𝐼
𝛼
1+
∙
305 √𝐼
Denne formel omskrives således aktivitetskoefficienten isoleres med den følgende regneregel.
10log10 (𝑥) = 𝑥
(𝑧 )2 ∙𝐴∙√𝐼
− 𝑖 𝛼
1+
∙ 𝐼
305 √
𝛾𝑖 = 10
Først udregnes aktivitetskoefficienten for hydrogencarbonationen, 𝛾𝐻𝐶𝑂3− . I formlen er A en konstant
(A = 0,509), I er ionstyrken (I = 0,012), α er ionradius (α(HCO3-) = 450) og z er ionens ladning (z(HCO3) = -1).
−
𝛾𝐻𝐶𝑂3− = 10
(−1)2 ∙0,509∙√0,012
450
1+
∙ 0,012
305 √
𝛾𝐻+ = 0,90
Så udregnes aktivitetskoefficienten for carbonationen, 𝛾𝐶𝑂32− . A er en konstant (A = 0,509), I er
ionstyrken (I = 0,012), α er ionradius (α(CO32-) = 450) og z er ionens ladning (z(CO32-) = -2).
−
𝛾𝐶𝑂32− = 10
(−2)2 ∙0,509∙√0,012
450
1+
∙ 0,012
305 √
𝛾𝐻+ = 0,64
Så udregnes aktivitetskoefficienten for hydronen, 𝛾𝐻 + . A er en konstant (A = 0,509), I er ionstyrken (I =
0,012), α er ionradius (α(H+) = 900) og z er ionens ladning (z(H+) = +1).
−
𝛾𝐻+ = 10
(+1)2 ∙0,509∙√0,012
900
1+
∙ 0,012
305 √
𝛾𝐻+ = 0,91
f.
Beregn pH i opløsningen med hensyntagen til ionstyrken.
pH-værdien i opløsningen kan beregnes ved hjælp af udtrykket for syrekonstanten, Ka. Værdien af Ka
er i opgave 4c beregnet til 𝐾𝑎 = 4,68 ⋅ 10−11 .
Udtrykket for Ka er vist her. Aktiviteten af oxonium, H3O+, er per definition den samme som aktiviteten
af hydronen, H+, så derfor kan denne frit udskiftes.
𝐾𝑎 =
𝑎𝐶𝑂32− ∙ 𝑎𝐻3 𝑂+
𝑎𝐻𝐶𝑂3−
=
𝑎𝐶𝑂32− ⋅ 𝑎𝐻 +
𝑎𝐻𝐶𝑂3−
Almen kemi
Eksamen
Januar 2015
Sammenhængen mellem aktivitet og koncentration er vist i den følgende ligning (for stof ”i”), hvor der
også indgår aktivitetskoefficienten, γ.
𝑎𝑖 = 𝛾𝑖 ⋅ [𝑖]
Dette indsættes i udtrykket for syrekonstanten, Ka.
𝐾𝑎 =
𝛾𝐻+ ⋅ [𝐻 + ] ∙ 𝛾𝐶𝑂32− ⋅ [𝐶𝑂32− ]
𝛾𝐻𝐶𝑂3− ⋅ [𝐻𝐶𝑂3− ]
= 4,68 ⋅ 10−11
Aktivitetskoefficienterne fra opgave 4e indsættes.
𝐾𝑎 =
0,91 ⋅ [𝐻 + ] ∙ 0,64 ⋅ [𝐶𝑂32− ]
= 4,68 ⋅ 10−11 𝑀
0,90 ⋅ [𝐻𝐶𝑂3− ]
Der opstilles et skema (nogle kalder det et ICE- eller RICE-skema) for at få overblik over start- og
ligevægtskoncentrationerne.
Reaction
𝐻𝐶𝑂3− ⇌
𝐻 + + 𝐶𝑂32−
Initial
0,012 M
~0 M 0 M
Change
-x
+x
+x
Equilibrium 0,012 M – x x
x
Hvis man forestiller sig af syre-base-reaktionen ikke sker, så har man efter opløsning
natriumkarbonaten 0,012 M HCO3-, og 0 M CO32-, samt 0 M H+ (man ignorerer H+ fra vands
autohydronolyse da mængden herfra som regel er ubetydelig).
Når syrereaktionen forløber mod højre, forbruges x mængde HCO3-, samtidig med at der dannes x
mængde H+ og CO32-.
Derfor kan ligevægtskoncentrationen udtrykkes som vist i den nederste linje i skemaet. Dette udtryk
indsættes i udtrykket for ligevægtskonstanten.
𝐾𝑎 =
0,91 ⋅ (𝑥) ∙ 0,64 ⋅ (𝑥)
= 4,68 ⋅ 10−11 𝑀
0,90 ⋅ (0,012 𝑀 − 𝑥)
Ved at løse ligningen finder man variablen x, som fortæller hvor meget reaktionen er forløbet mod
højre ved ligevægt. Løses ligningen findes to løsninger, hvor man skal fravælge den negative, da man
ellers får en negativ koncentrationen hvilket ikke kan lade sig gøre, og derfor er x som vist her.
𝑥 = 9,32 ⋅ 10−7 𝑀
Derfor har man fundet at ligevægtskoncentrationen af hydroner er.
[𝐻 + ] = 𝑥 = 9,32 ⋅ 10−7 𝑀
I rent vand bidrager vands autohydronolyse med 10-7 M H+, og man har beregnet at der dannes under
10 gange så meget H+ fra reaktionen. Derfor er vands autohydronolyse ikke længere ubetydelig. Da det
er kompliceret at løse begge ligevægte (syreligevægten + autohydronolysen) kan man antage vands
autohydronolyse bidrager med 10-7 M H+.
Almen kemi
Eksamen
Januar 2015
[𝐻 + ] = 9,32 ⋅ 10−7 𝑀 + 1 ⋅ 10−7 𝑀 = 10,32 ⋅ 10−7 𝑀
Dette skal omregnes til pH med ligningen for pH.
𝑝𝐻 = − log10 (𝑎𝐻+ ) = − log10 (𝛾𝐻+ ⋅ [𝐻 + ])
𝑝𝐻 = − log10(0,91 𝑀−1 ⋅ 10,32 ⋅ 10−7 𝑀) = 6,03
Dermed er pH beregnet til 6,03.
g. Hvor meget af den korresponderende base (CO32-) skal der tilsættes 1 L 0,012M HCO3- for at
fremstille en bufferopløsning på pH = 9? Antag idealitet (γ=1) og brug bufferligningen.
For at løse denne opgave skal bufferligningen bruges, som ved idealitet ser således ud.
𝑝𝐻 = 𝑝𝐾𝑎 + log10 (
[𝑏𝑎𝑠𝑒]
)
[𝑠𝑦𝑟𝑒]
I denne opgave er syren HCO3- og basen er CO32-.
𝑝𝐻 = 𝑝𝐾𝑎 + log10 (
[𝐶𝑂3 2− ]
)
[𝐻𝐶𝑂3 − ]
Den ønskede pH er 9,00, pKa-værdien er givet til at være 10,33. Den ønskede koncentration af HCO3- er
0,012 M. Alt dette indsættes og så har man kun en ubekendt som kan løses. Dette kan gøres i fx Maple
eller manuelt som vist her.
9,00 = 10,33 + log10 (
[𝐶𝑂3 2− ]
)
0,012𝑀
9,00 − 10,33 = log10 (
[𝐶𝑂3 2− ]
)
0,012𝑀
10
9,00−10,33
[𝐶𝑂3 2− ]
=
0,012𝑀
[𝐶𝑂3 2− ] = 109,00−10,33 ⋅ 0,012𝑀 = 0,000561 𝑀 = 0,561 𝑚𝑀
For at udregne mængden der skal tilsættes til 1 L omregnes koncentrationen til en stofmængde som
vist her.
𝑛 =𝑐⋅𝑉
𝑛𝐶𝑂32− = [𝐶𝑂3 2− ] ⋅ 𝑉 = 0,000561 𝑀 ⋅ 1𝐿 = 0,000561 𝑚𝑜𝑙 = 561 𝜇𝑚𝑜𝑙
Almen kemi
Eksamen
Januar 2015
Opgave 5 (20 %) – a, b, c og d vægter hver 2,5 %, e og f vægter hver 5 %.
Ved opløsning af 𝛼 − 𝐷 − 𝑔𝑙𝑢𝑐𝑜𝑠𝑒 i vand omdannes denne spontant til 𝛽 − 𝐷 − 𝑔𝑙𝑢𝑐𝑜𝑠𝑒 indtil
ligevægt. Reaktionsskemaet ser således ud:
𝛼 − 𝐷 − 𝑔𝑙𝑢𝑐𝑜𝑠𝑒 ⇌ 𝛽 − 𝐷 − 𝑔𝑙𝑢𝑐𝑜𝑠𝑒
Ligevægtskonstanten 𝐾 = 1,75 ved 20 ℃. Gaskonstanten 𝑅 = 8,314 𝐽𝐾 −1 𝑚𝑜𝑙 −1.
a. Beregn ∆𝑟 𝐺° for reaktionen ved 20 ℃.
Ligevægtskonstanten, K, er relateret til ∆𝑟 𝐺° med den følgende formel. R er idealgaskonstanten og T er
temperaturen, som jo er 293,15 K. Der indsættes og udregnes.
∆𝑟 𝐺° = −𝑅 ⋅ 𝑇 ⋅ ln(𝐾)
∆𝑟 𝐺° = −8,314
𝐽
𝐽
𝑘𝐽
∙ 293,15 𝐾 ∙ ln(1,75) = −1364
= −1,364
𝑚𝑜𝑙 ⋅ 𝐾
𝑚𝑜𝑙
𝑚𝑜𝑙
Både den fremadrettede og bagudrettede reaktion er 1. ordens reaktioner.
b. Opskriv hastighedsudtrykket for den fremadrettede reaktion, der har hastighedskonstanten
𝑘1 .
Der bruges det generelle hastighedsudtryk, hvor hastigheden er lig med en hastighedskonstant ganget
med reaktanternes koncentration. Reaktionen må være en elementarreaktion, så derfor er
reaktionsordenen 1 og koncentrationen af reaktanten skal ikke opløftes i en potens.
Reaktionshastigheden defineres ud fra forbruget af α-D-glukose og dannelsen af β-D-glukose. Her skal
man huske at vende fortegnene korrekt, så hastigheden er lig forbruget af reaktant og dannelsen af
produkt.
𝑟𝑎𝑡𝑒1 = −
𝑑[𝛼 − 𝐷 − 𝑔𝑙𝑢𝑐𝑜𝑠𝑒] 𝑑[𝛽 − 𝐷 − 𝑔𝑙𝑢𝑐𝑜𝑠𝑒]
=
= 𝑘1 ⋅ [𝛼 − 𝐷 − 𝑔𝑙𝑢𝑐𝑜𝑠𝑒]
𝑑𝑡
𝑑𝑡
c. Opskriv hastighedsudtrykket for den bagudrettede reaktion, der har hastighedskonstanten
𝑘−1.
Der bruges igen det generelle hastighedsudtryk, hvor hastigheden er lig med en hastighedskonstant
ganget med reaktanternes koncentration. Nu er reaktanten bare det der før var produktet, da man har
vendt reaktionen om, som vist her.
𝛽 − 𝐷 − 𝑔𝑙𝑢𝑐𝑜𝑠𝑒 ⇌ 𝛼 − 𝐷 − 𝑔𝑙𝑢𝑐𝑜𝑠𝑒
Reaktionen her må være en elementarreaktion, så derfor er reaktionsordenen 1 og koncentrationen af
reaktanten skal ikke opløftes i en potens.
Almen kemi
Eksamen
Januar 2015
Reaktionshastigheden defineres så ud fra forbruget af β -D-glukose og dannelsen af α-D-glukose. Her
skal man huske at vende fortegnene korrekt, så hastigheden er lig forbruget af reaktant og dannelsen
af produkt.
𝑟𝑎𝑡𝑒−1 = −
𝑑[𝛽 − 𝐷 − 𝑔𝑙𝑢𝑐𝑜𝑠𝑒] 𝑑[𝛼 − 𝐷 − 𝑔𝑙𝑢𝑐𝑜𝑠𝑒]
=
= 𝑘−1 ⋅ [𝛽 − 𝐷 − 𝑔𝑙𝑢𝑐𝑜𝑠𝑒]
𝑑𝑡
𝑑𝑡
d. Opskriv hastighedsudtrykket for omdannelsen af α-glucose.
Hastighedsudtrykket for omdannelsen af α-glukose må være nettoomdannelsen. Altså den mængde
der fjernes ved den fremadrettede reaktion minus den mængde der bliver dannet ved den
bagudrettede reaktion.
−
𝑑[𝛼 − 𝐷 − 𝑔𝑙𝑢𝑐𝑜𝑠𝑒]
= 𝑟𝑎𝑡𝑒1 − 𝑟𝑎𝑡𝑒−1 = 𝑘1 ⋅ [𝛼 − 𝐷 − 𝑔𝑙𝑢𝑐𝑜𝑠𝑒] − 𝑘−1 ⋅ [𝛽 − 𝐷 − 𝑔𝑙𝑢𝑐𝑜𝑠𝑒]
𝑑𝑡
Følgende model beskriver, hvordan koncentrationen af α-glucose afhænger af reaktionstiden:
𝑎 = 𝑎0
𝑘−1 + 𝑘1 exp(−(𝑘1 + 𝑘−1 )𝑡)
𝑘1 + 𝑘−1
hvor a er koncentrationen af α-glucose til en given tid t, og 𝑎0 er startkoncentrationen
(koncentrationen til 𝑡 = 0) af α-glucose.
Ved linearisering af ovenstående fås:
𝑎
1
1
𝐾
ln ( −
) = − (1 + ) 𝑘1 𝑡 + ln (
)
𝑎0 𝐾 + 1
𝐾
𝐾+1
hvor K er den ovenfor nævnte ligevægtskonstant.
ln(a/a0+1/(1+K))
Både α-glucose og -glucose drejer lyset mod højre. I et polarimeter fulgtes lysets drejning over tid ved
20 ℃, og følgende sammenhæng blev fundet mellem koncentrationen af α-glucose og tid:
-0,7
y = -3,65E-04x - 5,00E-01
R² = 9,83E-01
-0,8
-0,9
-1
-1,1
-1,2
-1,3
700
900
1100
1300
Tid (s)
1500
1700
1900
Almen kemi
Eksamen
Januar 2015
e. Beregn de to hastighedskonstanter 𝑘1 og 𝑘−1.
Den lineariserede formel ses her.
𝑎
1
1
𝐾
ln ( −
) = − (1 + ) 𝑘1 ⋅ 𝑡 + ln (
)
𝑎0 𝐾 + 1
𝐾
𝐾+1
Når denne sammenlignes med formlen for en ret linje, ses der en tydelig sammenhæng.
𝑦 =𝑎⋅𝑥+𝑏
𝑎
1
Her skal man huske at ifølge grafen er 𝑦 = ln (𝑎 − 𝐾+1) og 𝑥 = 𝑡.
0
Så kan det ved sammenligning af ligningerne ses at hældningen af den rette linje, a, er relateret til
ligevægtskonstanten og hastighedskonstanten som vist her.
1
ℎæ𝑙𝑑𝑛𝑖𝑛𝑔 = 𝑎 = − (1 + ) ⋅ 𝑘1
𝐾
Koefficienten a aflæses fra regressionsligningen. Her skal man huske at få enheden med, som for
hældningen, jo kan findes som enheden af dy/dx. y har ingen enhed, mens x har enheden s, derfor
bliver enheden for dy/dx til 1/s.
𝑎 = −3,65 ⋅ 10−4
1
𝑠
Så indsættes a i formlen og den omskrives formlen så k1 isoleres. Ved at bruge ligevægtskonstanten,
som jo er givet til at være 1,75 kan hastighedskonstanten k1 så findes.
1
1
𝑎 = − (1 + ) ⋅ 𝑘1 = −3,65 ⋅ 10−4
𝐾
𝑠
⇕
𝑘1 =
𝑘1 =
1
−3,65 ⋅ 10−4 𝑠
1
− (1 + 𝐾 )
1
3,65 ⋅ 10−4 𝑠
1
1+
1,75
=
1
3,65 ⋅ 10−4 𝑠
1
1+𝐾
= 0,000232 𝑠 −1
Nu skal hastighedskonstanten k-1 findes, hvilket kan gøres ud fra ligevægtskonstanten og k1 med den
følgende formel.
𝐾=
𝑘1
𝑘−1
⇕
Almen kemi
Eksamen
Januar 2015
𝑘1 0,000232 𝑠 −1
𝑘−1 =
=
= 0,000133 𝑠 −1
𝐾
1,75
Formlen brugt her til sidst, kommer fra at ved ligevægt er raterne lige store og så kan de tidligere
fundne hastighedsudtryk sættes lig med hinanden.
𝑟𝑎𝑡𝑒1 = 𝑟𝑎𝑡𝑒−1 = 𝑘1 ⋅ [𝛼 − 𝐷 − 𝑔𝑙𝑢𝑐𝑜𝑠𝑒]𝑙𝑖𝑔𝑒𝑣æ𝑔𝑡 = 𝑘−1 ⋅ [𝛽 − 𝐷 − 𝑔𝑙𝑢𝑐𝑜𝑠𝑒]𝑙𝑖𝑔𝑒𝑣æ𝑔𝑡
⇕
[𝛽 − 𝐷 − 𝑔𝑙𝑢𝑐𝑜𝑠𝑒]𝑙𝑖𝑔𝑒𝑣æ𝑔𝑡
𝑘1
=
[𝛼 − 𝐷 − 𝑔𝑙𝑢𝑐𝑜𝑠𝑒]𝑙𝑖𝑔𝑒𝑣æ𝑔𝑡 𝑘−1
Ligevægtskonstanten er jo netop defineret som forholdet mellem produkter og reaktanter ved
ligevægt som vist her, og dermed kan ligevægtskonstanten bruges til at relatere
hastighedskonstanterne til hinanden.
𝐾=
f.
[𝛽 − 𝐷 − 𝑔𝑙𝑢𝑐𝑜𝑠𝑒]𝑙𝑖𝑔𝑒𝑣æ𝑔𝑡
𝑘1
=
[𝛼 − 𝐷 − 𝑔𝑙𝑢𝑐𝑜𝑠𝑒]𝑙𝑖𝑔𝑒𝑣æ𝑔𝑡 𝑘−1
Beregn koncentrationen af α-glucose efter 600 𝑠 og 2100 𝑠, når startkoncentrationen er 𝑎0 =
0,28 𝑀
Til dette bruges den givne model, som matematisk er udtrykt således.
𝑎 = 𝑎0 ⋅
𝑘−1 + 𝑘1 ⋅ exp(−(𝑘1 + 𝑘−1 ) ⋅ 𝑡)
𝑘1 + 𝑘−1
Her bruges startkoncentrationen, 𝑎0 = 0,28 𝑀, samt hastighedskonstanterne fundet i den seneste
opgave, 𝑘1 = 2,32 ∙ 10−4 𝑠 −1 og 𝑘−1 = 1,33 ∙ 10−4 𝑠 −1.
𝑎 = 0,28 𝑀 ⋅
1,33 ∙ 10−4 𝑠 −1 + 2,32 ∙ 10−4 𝑠 −1 ⋅ exp(−(2,32 ∙ 10−4 𝑠 −1 + 1,33 ∙ 10−4 𝑠 −1 ) ⋅ 𝑡)
2,32 ∙ 10−4 𝑠 −1 + 1,33 ∙ 10−4 𝑠 −1
For 𝑡 = 600 𝑠 indsættes dette tidspunkt som t og det udregnes.
𝑎 = 0,28 𝑀 ⋅
1,33 ∙ 10−4 𝑠 −1 + 2,32 ∙ 10−4 𝑠 −1 ⋅ 𝑒𝑥𝑝(−(2,32 ∙ 10−4 𝑠 −1 + 1,33 ∙ 10−4 𝑠 −1 ) ⋅ 600 𝑠)
2,32 ∙ 10−4 𝑠 −1 + 1,33 ∙ 10−4 𝑠 −1
= 0,24 𝑀
For 𝑡 = 2100 𝑠
𝑎 = 0,28 𝑀 ⋅
1,33 ∙ 10−4 𝑠 −1 + 2,32 ∙ 10−4 𝑠 −1 ⋅ 𝑒𝑥𝑝(−(2,32 ∙ 10−4 𝑠 −1 + 1,33 ∙ 10−4 𝑠 −1 ) ⋅ 2100 𝑠)
2,32 ∙ 10−4 𝑠 −1 + 1,33 ∙ 10−4 𝑠 −1
= 0,18 𝑀