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. πππππππππ = 12 ⋅ ππΆ + 18 ⋅ ππ» + 1 ⋅ ππ πππππππππ = 12 ⋅ 12,01 π π π + 18 ⋅ 1,01 + 1 ⋅ 16,00 πππ πππ πππ πππππππππ = 178,30 π πππ 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. π = π ⋅ π = 1 ππΏ ⋅ 1,032 π = 1,032 π ππΏ Så omregnes dette vha. molarmassen til stofmængden, som jo udtrykkes i antal mol. π= π 1,032 π = = 0,0058 πππ π 178,30 π πππ Dermed består 1 mL Propofol af 0,0058 mol molekyler. c) Udregn massen og volumen af 2,34 οmol propofol. Massen udregnes ud fra stofmængden ved brug af molarmassen. Husk at µ = πππππ = 10−6. π = π ⋅ π = 2,34 µπππ ⋅ 178,30 π π = 2,34 ⋅ 10−6 πππ ⋅ 178,30 = 0,000417 π πππ πππ Massen omregnes til volumenen med densiteten. π= π 0,000417 π = π = 0,000404 ππΏ = 0,404 µπΏ = 404 ππΏ π 1,032 ππΏ d) Udregn antal molekyler i 7,5 mg propofol. Massen omregnes til stofmængden med molarmassen. Husk π = πππππ = 10−3 π= π 7,5 ππ 7,5 ⋅ 10−3 π = = π = 0,0000421 πππ π 178,30 π 178,30 πππ πππ Stofmængden i mol omregnes til antal molekyler ved brug af Avogadros tal. π ⋅ ππ΄ = 0,0000421 πππ ⋅ 6,022 ⋅ 1023 πππ −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 π πππ ⋅ 100 % = 8,97 % π% = ⋅ 100% = π πππππππππ 178,30 πππ ππ 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 ο°-ο° stacking og ο°-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 ο Kovalente bindinger ο Molekyle HBr: Elektronegativitetsforskellen mellem H og Br er 0,76 ο Kovalente bindinger ο 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 ο Kovalente bindinger ο Molekyle H2O: Elektronegativitetsforskellen mellem H og O er 1,24 ο Kovalente bindinger ο Molekyle CF4: Elektronegativitetsforskellen mellem C og F er 1,43 ο Kovalente bindinger ο Molekyle BaCl2: Elektronegativitetsforskellen mellem Ba og Cl er 2,27 ο Ioniske bindinger ο 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 β, Kogepunkt: −57 β, indeholder 2 ο°-bindinger II: Smeltepunkt: 962 β, Kogepunkt: 1560 β, III: Smeltepunkt: −183,6 β, Kogepunkt: −127,8 β, IV: Smeltepunkt: 0 β, Kogepunkt: 100 β, V: Smeltepunkt: −114 β, Kogepunkt: 78,4 β, VI: Smeltepunkt: −86,9 β, Kogepunkt: −66,8 β, 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: πΆπ’(π ) + π΄π+ (ππ) β πΆπ’2+ (ππ) + π΄π(π ) Der er givet følgende tabelværdier: Cu (s) Cu2+ (aq) Ag (s) Ag+ (aq) βfHβ° (kJ/mol) 0 72,1 0 105,63 βfSβ° (J/molβK) 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, πΆπ’2+ (ππ) + 2 π − → πΆπ’ (π ), er standardreduktionspotentialet, E° = +0,34 V. For reduktionen af Ag, π΄π+ (ππ) + π − → π΄π (π ), 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 βrH° 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. πΆπ’(π ) + 2 π΄π+ (ππ) β πΆπ’2+ (ππ) + 2 π΄π(π ) Almen kemi Eksamen Januar 2015 Entalpiændringen for reaktionen (mod højre), βπ π»°, beregnes ud fra tabelværdierne med følgende formel. βπ π»° = ∑ βπ π»°(πππππ’ππ‘ππ) − ∑ βπ π»°(πππππ‘πππ‘ππ) βπ π»° = (1 ⋅ βπ π»°(πΆπ’2+ , ππ) + 2 ⋅ βπ π»°(π΄π, π )) − (1 ⋅ βπ π»°(πΆπ’, π ) + 2 ⋅ βπ π»°(π΄π+ , ππ)) βπ π»° = (1 ⋅ (72,1 ππ½ ππ½ ππ½ ππ½ ππ½ ) + 2 ⋅ (0 )) − (1 ⋅ (0 ) + 2 ⋅ (105,63 )) = −139,2 πππ πππ πππ πππ πππ c. Er reaktionen eksoterm eller endoterm? Da βπ π»° er negativ, er reaktionen er eksoterm. Dette betyder at reaktionen optager varme. d. Beregn βrSβ° Entropiændringen for reaktionen, βπ π°, beregnes på tilsvarende måde som entalpiændringen ud fra tabelværdierne. βπ π° = ∑ π°(πππππ’ππ‘ππ) − ∑ π°(πππππ‘πππ‘ππ) βπ π° = (1 ⋅ π°(πΆπ’2+ , ππ) + 2 ⋅ π°(π΄π, π )) − (1 ⋅ π°(πΆπ’, π ) + 2 ⋅ π°(π΄π+ , ππ)) π½ π½ π½ π½ ) + 2 ⋅ (42,57 )) − (1 ⋅ (33,15 ) + 2 ⋅ (72,71 )) πππ β πΎ πππ β πΎ πππ β πΎ πππ β πΎ π½ = −52,8 πππ β πΎ βπ π° = (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. πΆπ’(π )|πΆπ’2+ (ππ)||π΄π+ (ππ)|π΄π(π ) Man kan også medtage koncentrationen af de opløste stoffer som vist her. πΆπ’(π )|πΆπ’2+ (ππ, 1 π)||π΄π+ (ππ, 1 π)|π΄π(π ) 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. πΈπππππ = πΈβøπππ − πΈπ£πππ π‘ππ 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. πΈβøπππ = πΈπ΄π+(ππ)+π −→π΄π (π ) ° = 0,80 π πΈπ£πππ π‘ππ = πΈπΆπ’2+(ππ)+2 π − →πΆπ’ (π ) ° = 0,34 π Disse indsættes og der udregnes. πΈπππππ = πΈβøπππ − πΈπ£πππ π‘ππ = 0,80 π − 0,34 π = 0,46 π 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: πππ»πΆπ3 (π ) → ππ+ (ππ) + π»πΆπ3 − (ππ) a. Beregn koncentrationen af natriumioner (Na+) og hydrogenkarbonationer (HCO3-) i opløsningen og beregn derudfra ionstyrken af opløsningen. Stofmængden af natriumhydrogenkarbonat udregnes således. π= π= π π 1π π = 0,012 πππ 84 πππ 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. πππ+ = 0,012 πππ = 0,012 π 1πΏ ππ»πΆπ3− = 0,012 πππ = 0,012 π 1πΏ Ionstyrken beregnes med følgende formel. πΌ= 1 ππ ⋅ ∑ π§π2 ⋅ 2 π° π 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. πΌ= 1 πππ+ 2 ππ»πΆπ3− ⋅ ((π§ππ+ )2 ⋅ + (π§π»πΆπ3− ) ⋅ ) 2 1π 1π Så laves udregningen med ladningen og koncentrationen af de to dannede ioner. Ladningen af Na+ er +1 og ladningen af HCO3- er -1. πΌ= 1 0,012 π 0,012 π ⋅ (12 β + (−1)2 β ) = 0,012 2 1π 1π 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 π»πΆπ3 − (ππ) + π»2 π(π) → πΆπ3 2− (ππ) + π»3 π+ (ππ) 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. πΎπ = ππΆπ32− β ππ»3 π+ ππ»πΆπ3− ⋅ ππ»2 π = ππΆπ32− β ππ»3 π+ ππ»πΆπ3− c. Hvad er Ka værdien for reaktionen? Ka-værdien er relateret til pKa-værdien (som er opgivet til 10,33) med følgende sammenhæng. ππΎπ = − log10(πΎπ ) Dette kan omskrives så Ka isoleres. πΎπ = 10−ππΎπ Så kan Ka-værdien udregnes. πΎπ = 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. ππ» ≡ − log10(ππ»+ ) = − log10(ππ»3 π+ ) 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 (πΎπ ) = − Januar 2015 (π§π )2 β π΄ β √πΌ πΌ 1+ β 305 √πΌ Denne formel omskrives således aktivitetskoefficienten isoleres med den følgende regneregel. 10log10 (π₯) = π₯ (π§ )2 βπ΄β√πΌ − π πΌ 1+ β πΌ 305 √ πΎπ = 10 Først udregnes aktivitetskoefficienten for hydrogencarbonationen, πΎπ»πΆπ3− . 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). − πΎπ»πΆπ3− = 10 (−1)2 β0,509β√0,012 450 1+ β 0,012 305 √ πΎπ»+ = 0,90 Så udregnes aktivitetskoefficienten for carbonationen, πΎπΆπ32− . 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). − πΎπΆπ32− = 10 (−2)2 β0,509β√0,012 450 1+ β 0,012 305 √ πΎπ»+ = 0,64 Så udregnes aktivitetskoefficienten for hydronen, πΎπ» + . 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). − πΎπ»+ = 10 (+1)2 β0,509β√0,012 900 1+ β 0,012 305 √ πΎπ»+ = 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 πΎπ = 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. πΎπ = ππΆπ32− β ππ»3 π+ ππ»πΆπ3− = ππΆπ32− ⋅ ππ» + ππ»πΆπ3− 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. ππ = πΎπ ⋅ [π] Dette indsættes i udtrykket for syrekonstanten, Ka. πΎπ = πΎπ»+ ⋅ [π» + ] β πΎπΆπ32− ⋅ [πΆπ32− ] πΎπ»πΆπ3− ⋅ [π»πΆπ3− ] = 4,68 ⋅ 10−11 Aktivitetskoefficienterne fra opgave 4e indsættes. πΎπ = 0,91 ⋅ [π» + ] β 0,64 ⋅ [πΆπ32− ] = 4,68 ⋅ 10−11 π 0,90 ⋅ [π»πΆπ3− ] Der opstilles et skema (nogle kalder det et ICE- eller RICE-skema) for at få overblik over start- og ligevægtskoncentrationerne. Reaction π»πΆπ3− β π» + + πΆπ32− 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. πΎπ = 0,91 ⋅ (π₯) β 0,64 ⋅ (π₯) = 4,68 ⋅ 10−11 π 0,90 ⋅ (0,012 π − π₯) 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. π₯ = 9,32 ⋅ 10−7 π Derfor har man fundet at ligevægtskoncentrationen af hydroner er. [π» + ] = π₯ = 9,32 ⋅ 10−7 π 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 [π» + ] = 9,32 ⋅ 10−7 π + 1 ⋅ 10−7 π = 10,32 ⋅ 10−7 π Dette skal omregnes til pH med ligningen for pH. ππ» = − log10 (ππ»+ ) = − log10 (πΎπ»+ ⋅ [π» + ]) ππ» = − log10(0,91 π−1 ⋅ 10,32 ⋅ 10−7 π) = 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. ππ» = ππΎπ + log10 ( [πππ π] ) [π π¦ππ] I denne opgave er syren HCO3- og basen er CO32-. ππ» = ππΎπ + log10 ( [πΆπ3 2− ] ) [π»πΆπ3 − ] 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 ( [πΆπ3 2− ] ) 0,012π 9,00 − 10,33 = log10 ( [πΆπ3 2− ] ) 0,012π 10 9,00−10,33 [πΆπ3 2− ] = 0,012π [πΆπ3 2− ] = 109,00−10,33 ⋅ 0,012π = 0,000561 π = 0,561 ππ For at udregne mængden der skal tilsættes til 1 L omregnes koncentrationen til en stofmængde som vist her. π =π⋅π ππΆπ32− = [πΆπ3 2− ] ⋅ π = 0,000561 π ⋅ 1πΏ = 0,000561 πππ = 561 ππππ 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 πΌ − π· − πππ’πππ π i vand omdannes denne spontant til π½ − π· − πππ’πππ π indtil ligevægt. Reaktionsskemaet ser således ud: πΌ − π· − πππ’πππ π β π½ − π· − πππ’πππ π Ligevægtskonstanten πΎ = 1,75 ved 20 β. Gaskonstanten π = 8,314 π½πΎ −1 πππ −1. a. Beregn βπ πΊ° for reaktionen ved 20 β. Ligevægtskonstanten, K, er relateret til βπ πΊ° med den følgende formel. R er idealgaskonstanten og T er temperaturen, som jo er 293,15 K. Der indsættes og udregnes. βπ πΊ° = −π ⋅ π ⋅ ln(πΎ) βπ πΊ° = −8,314 π½ π½ ππ½ β 293,15 πΎ β ln(1,75) = −1364 = −1,364 πππ ⋅ πΎ πππ πππ Både den fremadrettede og bagudrettede reaktion er 1. ordens reaktioner. b. Opskriv hastighedsudtrykket for den fremadrettede reaktion, der har hastighedskonstanten π1 . 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. πππ‘π1 = − π[πΌ − π· − πππ’πππ π] π[π½ − π· − πππ’πππ π] = = π1 ⋅ [πΌ − π· − πππ’πππ π] ππ‘ ππ‘ c. Opskriv hastighedsudtrykket for den bagudrettede reaktion, der har hastighedskonstanten π−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. π½ − π· − πππ’πππ π β πΌ − π· − πππ’πππ π 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. πππ‘π−1 = − π[π½ − π· − πππ’πππ π] π[πΌ − π· − πππ’πππ π] = = π−1 ⋅ [π½ − π· − πππ’πππ π] ππ‘ ππ‘ 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. − π[πΌ − π· − πππ’πππ π] = πππ‘π1 − πππ‘π−1 = π1 ⋅ [πΌ − π· − πππ’πππ π] − π−1 ⋅ [π½ − π· − πππ’πππ π] ππ‘ Følgende model beskriver, hvordan koncentrationen af α-glucose afhænger af reaktionstiden: π = π0 π−1 + π1 exp(−(π1 + π−1 )π‘) π1 + π−1 hvor a er koncentrationen af α-glucose til en given tid t, og π0 er startkoncentrationen (koncentrationen til π‘ = 0) af α-glucose. Ved linearisering af ovenstående fås: π 1 1 πΎ ln ( − ) = − (1 + ) π1 π‘ + ln ( ) π0 πΎ + 1 πΎ πΎ+1 hvor K er den ovenfor nævnte ligevægtskonstant. ln(a/a0+1/(1+K)) Både α-glucose og ο’-glucose drejer lyset mod højre. I et polarimeter fulgtes lysets drejning over tid ved 20 β, 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 π1 og π−1. Den lineariserede formel ses her. π 1 1 πΎ ln ( − ) = − (1 + ) π1 ⋅ π‘ + ln ( ) π0 πΎ + 1 πΎ πΎ+1 Når denne sammenlignes med formlen for en ret linje, ses der en tydelig sammenhæng. π¦ =π⋅π₯+π π 1 Her skal man huske at ifølge grafen er π¦ = ln (π − πΎ+1) og π₯ = π‘. 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 βæππππππ = π = − (1 + ) ⋅ π1 πΎ 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. π = −3,65 ⋅ 10−4 1 π 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 π = − (1 + ) ⋅ π1 = −3,65 ⋅ 10−4 πΎ π β π1 = π1 = 1 −3,65 ⋅ 10−4 π 1 − (1 + πΎ ) 1 3,65 ⋅ 10−4 π 1 1+ 1,75 = 1 3,65 ⋅ 10−4 π 1 1+πΎ = 0,000232 π −1 Nu skal hastighedskonstanten k-1 findes, hvilket kan gøres ud fra ligevægtskonstanten og k1 med den følgende formel. πΎ= π1 π−1 β Almen kemi Eksamen Januar 2015 π1 0,000232 π −1 π−1 = = = 0,000133 π −1 πΎ 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. πππ‘π1 = πππ‘π−1 = π1 ⋅ [πΌ − π· − πππ’πππ π]πππππ£æππ‘ = π−1 ⋅ [π½ − π· − πππ’πππ π]πππππ£æππ‘ β [π½ − π· − πππ’πππ π]πππππ£æππ‘ π1 = [πΌ − π· − πππ’πππ π]πππππ£æππ‘ π−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. πΎ= f. [π½ − π· − πππ’πππ π]πππππ£æππ‘ π1 = [πΌ − π· − πππ’πππ π]πππππ£æππ‘ π−1 Beregn koncentrationen af α-glucose efter 600 π og 2100 π , når startkoncentrationen er π0 = 0,28 π Til dette bruges den givne model, som matematisk er udtrykt således. π = π0 ⋅ π−1 + π1 ⋅ exp(−(π1 + π−1 ) ⋅ π‘) π1 + π−1 Her bruges startkoncentrationen, π0 = 0,28 π, samt hastighedskonstanterne fundet i den seneste opgave, π1 = 2,32 β 10−4 π −1 og π−1 = 1,33 β 10−4 π −1. π = 0,28 π ⋅ 1,33 β 10−4 π −1 + 2,32 β 10−4 π −1 ⋅ exp(−(2,32 β 10−4 π −1 + 1,33 β 10−4 π −1 ) ⋅ π‘) 2,32 β 10−4 π −1 + 1,33 β 10−4 π −1 For π‘ = 600 π indsættes dette tidspunkt som t og det udregnes. π = 0,28 π ⋅ 1,33 β 10−4 π −1 + 2,32 β 10−4 π −1 ⋅ ππ₯π(−(2,32 β 10−4 π −1 + 1,33 β 10−4 π −1 ) ⋅ 600 π ) 2,32 β 10−4 π −1 + 1,33 β 10−4 π −1 = 0,24 π For π‘ = 2100 π π = 0,28 π ⋅ 1,33 β 10−4 π −1 + 2,32 β 10−4 π −1 ⋅ ππ₯π(−(2,32 β 10−4 π −1 + 1,33 β 10−4 π −1 ) ⋅ 2100 π ) 2,32 β 10−4 π −1 + 1,33 β 10−4 π −1 = 0,18 π
0
You can add this document to your study collection(s)
Sign in Available only to authorized usersYou can add this document to your saved list
Sign in Available only to authorized users(For complaints, use another form )