X-set svar - · PDF file1.6.1 Entropi Uafhˆngig af temperaturen Enhed: J molK Ingen...

X-set svar

Esben Rossel

13. januar 2016

©Esben Rossel Torbensen 2016

Denne kopi af X-set svar er hentet fra http://kemisk.wordpress.com

Dokumentet kan hentes gratis men ma ikke videredistribueres.

Dokumentet er sat med LATEX 2ε, med skrifttypen Latin Modern.Layout er standardlayout for dokumentklassen book.

Sidehoveder og -fødder er sat med standardlayout for fancyhdr.

Grafiske elementer er genereret med Inkscape�, GNUplot,GNU Image Manipulation Program og PGF/TikZ.

Kemiske strukturer er genereret med JChemPaint ogJmol: an open-source Java viewer for chemical structures in 3D.

http://www.jmol.org/

ii Denne kopi af X-set svar er hentet pa http://kemisk.wordpress.com


http://kemisk.wordpress.com

http://www.jmol.org/


Indhold

1 Gode rad 11.1 Om beregninger generelt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.2 Betydende cifre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.3 Tabeller . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.4 Grafer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.5 pH-beregninger . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.6 Termodynamiske størrelser . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.6.1 Entropi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.6.2 Entalpi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.6.3 Gibbs’ energi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

2 17. august 2012 5

3 12. december 2012 73.1 Benzylacetone . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83.2 Glucose . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103.3 Eksploderende vandmeloner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123.4 Rhodamin B - et farvestof . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133.5 Barbitursyre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

4 24. maj 2013 17

5 4. juni 2013 195.1 Propolis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205.2 Søvnløshed . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 215.3 D3-Vitamin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 235.4 Blyhvidt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

6 16. august 2013 276.1 Ammoniak som grønt brændstof . . . . . . . . . . . . . . . . . . 286.2 Olivenolie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 306.3 Guld og cyanid . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 316.4 Penicillin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

7 22. maj 2014 357.1 Stevia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 367.2 Broccoli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 377.3 Ozon og iodforbindelser . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 397.4 Kviksølv i fisk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

iii

INDHOLD INDHOLD

8 4. juni 2014 438.1 Coltan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 448.2 Levulinsyre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 458.3 Et enzym til produktion af B2-vitamin . . . . . . . . . . . . . . . 478.4 Halogenpærer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

9 18. august 2014 519.1 En syre i AlgeFri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 529.2 Khat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 539.3 Titan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 559.4 Laurinsyre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

10 22. maj 2015 5910.1 Tobaksafvænning . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6010.2 Jern i vitaminpiller . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6310.3 Cumarsyre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6410.4 En nanokatalysator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

11 3. juni 2015 6911.1 Aromastoffer i whisky . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7011.2 IVA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7211.3 Materialer til solceller . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7311.4 Fyldte chokolader . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

iv Denne kopi af X-set svar er hentet pa http://kemisk.wordpress.com



Kapitel 1

Gode rad

1

1.1. OM BEREGNINGER GENERELT KAPITEL 1. GODE RAD

1.1 Om beregninger generelt

� Stil sa vidt muligt formlerne op med symboler og manipuler med symbo-lerne indtil det som skal beregnes er isoleret. Det er ogsa ok at opstilleformlen, indsætte værdierne og oplyse at den ukendte er fundet vha CAS.

� Husk altid enhederne. Det er med fa undtagelser kun pH-værdier og absor-banser som ikke har en enhed. Der skal være enheder pa bade resultaterneog tallene i udregninger. Det er specielt vigtigt at have korrekte enheder,hvis opgaven kræver resultatet i en bestemt enhed f.eks. mg, µmol etc.

Eksempel:

c =n

V=

mM

V

=

8,0g40,00g/mol

0, 10l= 2, 0m

� Nar tal skal indtastes pa lommeregneren er det en god ide at oversætte alledekadiske præfikser som µ,m, k etc til de korresponderende tier-potenser,sa man altid regner i standardenheder (ikke nødvendigvis SI).

Eksempel: Saledes skal det sta i opgaven:

∆G−◦ = ∆H−◦ − T∆S−◦

= −15, 6 kJmol − 298K · 156, 98 J

mol·K

Saledes skal det indtastes:

−15, 6 · 103 − 298 · 156, 98

1.2 Betydende cifre

� Ved alle beregninger skal resultatet afrundes sa antallet af betydende cifrepasser med den oplysning som indeholdt færrest betydende cifre. I tvivls-tilfælde sa afrund til tre betydende cifre.

� Bemærk at alle cifre skal anvendes hvis resultatet bruges i videre beregnin-ger, men man skal ikke vise alle cifrene. Delresultater skal altsa afrundeskorrekt, men gemmes i lommeregneren til senere brug.

1.3 Tabeller

Hvis der er en tabel i en opgave betyder det at man skal tegne en graf. Det erikke sikkert tallene i tabellen umiddelbart kan bruges i grafen, man skal i safald omregne til værdier som kan. Hold øje med enheder og eventuelle faktoreri form af tier-potenser eller præfikser som m, µ, k etc.

2 Denne kopi af X-set svar er hentet pa http://kemisk.wordpress.com



KAPITEL 1. GODE RAD 1.4. GRAFER

1.4 Grafer

� Grafer skal have titler pa akserne og det skal være klart af aksetitlernehvad enhederne er pa de variable.

� I langt de fleste tilfælde skal man vise en lineær sammenhæng, og manbør renskrive udtrykket for linien i teksten efter grafen, sa man kan fa dekorrekte enheder pa hældningskoefficienten og konstantleddet.

� Hvis skal bruge et eller flere punkter fra grafen til en udregning ma manikke bruge malepunkterne fra tabellen, man skal altid bruge forskriften forlinien/kurven.

1.5 pH-beregninger

Der er forskellige mader at beregne pH pa afhængig af situationen. Angiv aldrigpH med mere end 2 decimaler. Formlen for svage syrer ma kun anvendes hvisman samtidig gør opmærksom pa at der er tale om en svag syre.

For syreopløsninger:

pH = − log cs kun for stærke syrer (pKs < 0)

pH = 12 (pKs − log cs) kun for svage syrer (pKs > 4)

pH = − log−Ks +

√K2

s + 4 ·Ks · cs2

kan bruges for alle syrer

For puffere (husk at formlen kun gælder for korresponderende syrebasepar):

pH = pKs + log[B]

[S]

For rene opløsninger af amfolytter. (Hvis der er tilsat andet er det sandsynligvispufferligningen som skal anvendes):

pH = 12 (pKs(1) + pKs(2))

1.6 Termodynamiske størrelser

� Alle termodynamiske data er opgivet for forbindelser under standardbe-tingelser, dvs et tryk pa 1 bar og koncentrationer pa 1 m for opløste for-bindelser.

� Bemærk at temperaturen ikke er inkluderet i begrebet standardbetingel-ser, og ∆G−◦ er forskellig ved forskellige temperaturer. Skal man finde ∆G−◦

for andre temperaturer end 25�, ma man beregne den ud fra ∆H−◦ og∆S−◦

� Vær superopmærksom pa tilstandsformerne nar termodynamiske data slasop i databogen.

Denne kopi af X-set svar er hentet pa http://kemisk.wordpress.com

Dokumentet kan hentes gratis men ma ikke videredistribueres.3


1.6. TERMODYNAMISKE STØRRELSER KAPITEL 1. GODE RAD

1.6.1 Entropi

� Uafhængig af temperaturen

� Enhed:J

mol ·K� Ingen nulpunktsvedtægter

� Fortegnet for ∆S−◦ er:

– Negativt hvis antallet gasmolekyler i en reaktion falder

– Positivt hvis antallet af gasmolekyler vokser

Man kan forvente at entropien vokser hvis der er flere produkter end reak-tanter, men det er altsa især hvis det er molekyler pa gasform det drejersig om. Nar ∆S−◦ er beregnet bør man kommentere pa fortegnet ifht re-aktionsskemaet og de ovenstaende regler.

1.6.2 Entalpi

� Uafhængig af temperatur

� Enhed:kJ

mol

� H−◦ = 0 for:

– Rene grundstoffer ved standardbetingelser

– H +-ionen nar [H +] = 1m

� Fortegnet for ∆H−◦ er:

– Negativt hvis reaktionen er exoterm

– Positivt hvis reaktionen er endoterm

1.6.3 Gibbs’ energi

� Temperaturafhængig: G = H - T·S

� Enhed:kJ

mol

� Fortegnet for ∆G−◦ er:

– Negativt hvis reaktionen er spontan ved standardbetingelser

– Positivt hvis reaktionen ikke er spontan ved standardbetingelser

Bemærk formuleringen ved standardbetingelser. Man kan altsa godt fa enikke-spontan reaktion til at forløbe, det eneste det kræver er at man be-væger sig væk fra standardbetingelserne for reaktionsdeltagerne.

� ∆G−◦ og ∆G er ikke det samme, den sidste er ikke ved standardbetingelser,og kan beregnes ud fra ∆G−◦ og reaktionsbrøken:

∆G = ∆G−◦ +RT lnY




Kapitel 2

17. august 2012

5

KAPITEL 2. 17. AUGUST 2012




Kapitel 3

12. december 2012

7

3.1. BENZYLACETONE KAPITEL 3. 12. DECEMBER 2012

3.1 Benzylacetone

1 I opgaver af denne type skal man lede efter dobbeltbindinger og/eller asym-metriske C-atomer i strukturen for ens stof.

Forbindelsen B indeholder en dobbeltbinding som giver anledning til E/Z -isomeri, og de to isomere former er vist i figuren herunder:

2 Her ønskes en forklaring af hvordan man kan identficere ketonen i ben-zylacetone vha forskellige reaktioner.

Benzylacetone er en keton og indeholder derfor en carbonylgruppe. Car-bonylgruppen kan pavises ved reaktion med 2,4-dinitrophenylhydrazin, dader vil komme et gult eller orange bundfald. For at afgøre om carbonyl-gruppen er en keton eller et aldehyd kan det udsættes for Tollens reagens,der giver et sølvspejl hvis det er et aldehyd.

3 Man lave en tilordning af bandene over 1500cm−1 i IR-spektret og fortolke1H-NMR spektret, og se om det stemmer med det vi kan forvente at se ispektre af benzylacetone.

Bandende over fingeraftryksomrade i IR-spektret er tilordnet i tabellenherunder:

ν tilordning

1600 cm−1 C=C stræk, stemmer med benzenringen

1720 cm−1 C=O stræk, stemmer med ketonen

<3000 cm−1 sp3 C-H stræk, stemmer med carbonkæden

>3000 cm−1 sp2 C-H stræk, stemmer med benzenringen

3400 cm−1 overtone fra det carbonylbandet ved 1720 cm−1

Der er saledes intet i IR-spektret som ikke passer med at det kunne værebenzylacetone.

NMR-spektret giver følgende:

δ /ppm Integral Opsplitning Fortolkning

7,2-7,4 5H m Aromatisk

2,85 2H t Ar-CH2-CH2

2,75 2H t CO-CH2-CH2

2,0 3H s CH3-CO




KAPITEL 3. 12. DECEMBER 2012 3.1. BENZYLACETONE

Multipletten omkring 7,3 ppm med et integral pa 5H passer med en mo-nosubstitueret benzenring som i benzylacetone.

De to signaler ved 2,8 ppm har begge et integral pa 2H og splitter begge itripletter, hvilket passer med to CH2-grupper omgivet af C-atomer udenH’er, som f.eks. en benzenring og en carbonylgruppe, præcis ligesom ibenzylacetone.

Endelig er der signalet ved 2,0 ppm, som har et integral pa 3H. Det kunnevære en methylgruppe, og det høje kemiske skift ifht “normale” methyl-grupper samt at den ikke er opsplittet kan forklares med at den sidder vedsiden af en carbonylgruppe.

Bade IR- og NMR-spektret kunne altsa godt være for benzylacetone.




3.2. GLUCOSE KAPITEL 3. 12. DECEMBER 2012

3.2 Glucose

1 Hydroxygruppen omdannes til en keton, sa dette er en oxidation.

2 Man skal i opgaver som denne sammenligne forskriften for grafen medhastighedsudtrykket: v = k[A]n og afgøre hvad n ma være.

Grafen viser at der er ligefrem proportionalitet mellem koncentrationenog initialhastigheden. Det ma altsa være en 1.-ordensreaktion. Vi kan seaf enhederne pa akserne at hastighedsudtrykket ma være:

v = 0, 2989 · 10−3s−1[α-D-glucose]

3 Aktiveringsenergien optræder i ligningen k = koe− Ea

RT sa man skal altsahave et datasæt med k og T for at finde den. Vi har et datasæt med T ogv, men vi kan beregne k ud fra v.

Hastighedskonstanten findes for hver temperatur (i Kelvin selvfølgelig),da vi kender koncentrationen:

v = k[α-D-glucose] ⇔ k =v

[α-D-glucose]

sa kan tallene indsættes, her er det k ved 26� altsa 299,15K. Husk faktoren10−7!:

k =v

[α-D-glucose]=

1, 2 · 10−7m/s

5, 6 · 10−4m= 0, 214 · 10−3s−1

Resten af datasættet er i tabellen herunder:

T / K 299,15 303,15 306,15

v / 10−7m/s 1,2 1,7 2,5

k / 10−3s−1 0,214 0,304 0,446

Aktiveringsenergien optræder i ligningen k = koe− Ea

RT , som bliver til etlineært udtryk, hvis vi tager logaritment pa begge sider af den:

ln k = −Ea

R· 1

T+ ln ko

hvor ln k afhænger lineært af1

T. Vi er altsa ikke færdige med vores data-

sæt. Igen husk faktoren 10−3 pa k, nar ln k beregnes:

1/T / 10−3K−1 3,34 3,30 3,37

ln k -8,45 -8,10 -7,71




KAPITEL 3. 12. DECEMBER 2012 3.2. GLUCOSE

0,00326 0,00328 0,0033 0,00332 0,00334

1/T / K ¹

8,5

8,4

8,3

8,2

8,1

8

7,9

7,8

7,7

ln k

y = 9502,51x + 23,2958R² = 0,986105

Grafen er en afbildning af ln k mod 1/T:

ln k = −Ea

R· 1

T+ ln ko

sa hældningskoefficienten svarer til −Ea

R. Aktiveringsenergien er derfor:

−Ea

R= −9501, 51K ⇔

Ea = 9502, 51K ·R

= 9502, 51K · 8, 314J

mol ·K= 79, 0

kJ

mol




3.3. EKSPLODERENDE VANDMELONERKAPITEL 3. 12. DECEMBER 2012

3.3 Eksploderende vandmeloner

1 Molekylet indtegnes med et kemi-tegneprogram, som indstilles til at visesamtlige atomer:

Herefter kan atomerne tælles, og man far molekylformlen: C12H10N3OCl

2 I opgaver af denne type skal man huske at argumentere for reaktionsfor-holdene.

Det ses af reaktionsskemaet at anilin og forchlorfenuron (fcf) reagerer 1:1.Den maksimale stofmængde af forchlorfenuron er derfor lig stofmængdenaf anilin:

mfcf = nfcf ·Mfcf

= nanilin ·Mfcf =manilin

Manilin·Mfcf

=100g

93, 13g/mol· 247, 68g/mol = 266g

Udbytteprocenten bliver dermed:

147g

266g= 0, 553 = 55, 3%

3 Koncentrationen af forchlorfenuron i vækstmidlet er:

c =n

V=

m

M · V=

10g

247, 68g/mol · 1, 0l= 0, 040m

Til druesorten Muscat d’Alexandrie fortyndes 75 ml vækstmiddel til 100l,sa koncentrationen i brugsopløsningen er:

c2 =n

V2=c1 · V1

V2=

0, 040m · 0, 075l

100l= 30µm




KAPITEL 3. 12. DECEMBER 2012 3.4. RHODAMIN B - ET FARVESTOF

3.4 Rhodamin B - et farvestof

1 I denne type opgave skal man forklare hvilket laboratorieudstyr som skalanvendes for at lave en korrekt fortynding. Det er vigtigt at se pa hvormange betydende cifre der er anvendt, for jo flere cifre, des mere præcistudstyr skal man anvende.

Der skal fremstilles en 8, 00 · 10−6m opløsning af Rhodamin B ud fra enopløsning med en koncentration pa 8, 00 · 10−4m. Stamopløsningen skalaltsa fortyndes 100x med en præcision pa 3 betydende cifre. Det endeligevolumen skal være 100,0 ml, sa man skal starte med 1,00 ml af stamop-løsningen. Det kan gøres saledes:

1,00 ml af en 8, 00 · 10−4m opløsning af Rhodamin B overføres med enmikropipette til en 100 ml malekolbe, som herefter fyldes til stregen medvand.

2 Hvis Y udgør 54,1% af den samlede mængde farvestof, ma X nødvendigvisudgøre 45,9%. Dette indsættes i ligevægtsloven:

K =[Y]

[X]=

54, 1%

45, 9%= 1, 18

3 Grafen viser en afbildning af ln K mod 1/T. Man skal altsa finde en lig-ning som beskriver denne sammenhæng, og sammenholde det udtryk medforskriften for linien. Husk at sætte enheder pa tallene fra grafen, hvis deter nødvendigt!

Ligevægtskonstantens temperaturafhængighed beskrives af van’t Hoffs lig-ning:

lnK = −∆H−◦

R

1

T+

∆S−◦

R

Ud fra van’t Hoffs ligning ses det at hældningskoefficienten og konstant-leddet for forskriften for linien giver entalpi- og entropitilvæksten:

a = −∆H−◦

R⇔

∆H−◦ = −a ·R = −3063, 9K · 8, 314J

mol ·K= −25, 5

kJ

mol

b =∆S−◦

R⇔

∆S−◦ = b ·R = −10, 1 · 8, 314J

mol ·K= −84, 0

J

mol ·K

Reaktionen er altsa exoterm og gar mod mere orden, hvilket er svært at seaf reaktionsskemaet, da der ikke sker en ændring i antallet af molekyler.

Hvis temperaturen stiger bliver 1/T mindre, og grafen viser at ln K falderved stigende T. Hvis K bliver mindre, ma der nødvendigvis komme mindreaf det røde produkt Y, sa opløsningen mister farve nar temperaturen stiger.




3.4. RHODAMIN B - ET FARVESTOF KAPITEL 3. 12. DECEMBER 2012

4 I denne opgave er temperaturen ændret til 42�. Da ligevægtskonstantenafhænger af temperaturen er vi altsa nødt til at beregne K ved den nyetemperatur. Husk at omregne temperaturen til Kelvin! Nar vi kender Kkan vi opstille et før-efter skema og beregne de aktuelle koncentrationer afX og Y.

Ligevægtskonstanten ved den nye temperatur kan beregnes med van’t Hof-fs ligning, men vi kan ogsa bare indsætte temperaturen i forskriften tillinien:

lnK = 3063, 9K · 1

315, 15K− 10, 1 = −0, 378 ⇔

K = e−0,378 = 0, 685

De aktuelle koncentrationer af X og Y kan nu findes med et før-efter skema:

X −−⇀↽−− Y

før 8, 00 · 10−6m 0

efter 8, 00 · 10−6m - x x

Resultaterne fra før efter-skemaet indsættes i ligevægtsloven:

K =[Y]

[X]=

x

8, 00 · 10−6m− x= 0, 685

Løst for x giver ligevægtsloven:

x = 3, 25 · 10−6m

Koncentrationerne af X og Y er derfor:

[X] = 8, 00 · 10−6m− 3, 25 · 10−6m = 4, 75 · 10−6m

[Y] = 3, 25 · 10−6m




KAPITEL 3. 12. DECEMBER 2012 3.5. BARBITURSYRE

3.5 Barbitursyre

1 Metoden ved beregning af pH kommer an pa syrestyrken. Er syren svageller meget svag (pKs > 4) kan man anvende metoden vist her, men manskal huske at gøre opmærksom pa at formlen som anvendes kun gælderfordi syren er svag.

Da barbitursyre er en svag syre findes pH ved:

pH = 12 (pKs − log cs) = 1

2 (4, 00− log 0, 0892m) = 2, 5

2 Syrebrøken aflæses af Bjerrum-diagrammet ved pH = 7,2 til at være 0,dvs 100% af barbitursyren findes pa baseformen.

3 Barbitursyres bidrag til absorptionen ved pH 7,2 kan ignoreres da den ak-tuelle koncentration af barbitursyre ved denne pH-værdi for alle praktiskeformal er nul. Dermed kan den molare absorptionskoefficient ved 258nmfor barbiturat findes ud fra absorptionsspektret ved pH 7,2:

A = ε · l · c ⇔

ε =A

l · c=

1, 14

1, 00cm · 5, 0 · 10−5m= 23 · 103cm−1m−1

4 Pufferligningen kan anvendes til at beregne andelen af barbitursyre pasyreform ved pH 3,6:

pH = pKs + logxbxs

= pKs + log1− xsxs

⇔

xs =1

10pH−pKs + 1=

1

103,6−4,00 + 1= 0, 72

Da vi nu kender procentdelen af barbitursyre pa syreform, kan de aktuellekoncentrationer af barbitursyre og dens korresponderende findes:

[barbitursyre] = xs · cs = 0, 72 · 5, 0 · 10−5m = 3, 6 · 10−5m

[barbiturat] = xb · cs = (1− xs) · cs= (1− 0, 72) · 5, 0 · 10−5m = 1, 4 · 10−5m

Absorbansen ved 258nm er ved pH = 3,6 lig summen af absorbansen forbarbitursyre (BSH) og barbiturat (BS−). Den totale absorbans kan aflæsesi absorptionsspektret til 0,40. Dette er summen af absorbansen af de tostoffer sa vi kan skrive:

A = ABSH +ABS−

A = εBSH · l[BSH] + εBS− · l[BS−] ⇔

εBSH =A− εBS− · l[BS−]

l[BSH]

=0, 40− 23 · 103cm−1m−1 · 1, 00cm · 1, 4 · 10−5m

1, 00cm · 3, 6 · 10−5m

= 2, 1 · 103cm−1m−1




3.5. BARBITURSYRE KAPITEL 3. 12. DECEMBER 2012




Kapitel 4

24. maj 2013

17

KAPITEL 4. 24. MAJ 2013




Kapitel 5

4. juni 2013

19

5.1. PROPOLIS KAPITEL 5. 4. JUNI 2013

5.1 Et aktivt stof i propolis

1 Se pa de funktionelle grupper og find en reaktionstype som kan klareomdannelsen.

I reaktion II omdannes en carboxylsyregruppe til en ester. Det kan ladesig gøre hvis man kondenserer syren med den rigtige alkohol.

2 Husk at angive reaktionsforholdet mellem kaffesyre og CAPE.

Kaffesyre (KS) og CAPE reagerer 1:1, sa det teoretiske udbytte af CAPEer:

mCAPE = nCAPE ·MCAPE = nKS ·MCAPE =mKS

MKSMCAPE

=5, 00g

180, 16g/mol· 284, 31g/mol = 7, 89g

Udbytteprocenten bliver dermed:

η =2, 61g

7, 89g= 33, 1%




KAPITEL 5. 4. JUNI 2013 5.2. SØVNLØSHED

5.2 Et naturmiddel mod søvnløshed

1 Man skal finde en indikator som har sit omslagsomrade i det pH-intervalhvor kurven er mest lodret.

Det ses at pH i ækvivalenspunktet ligger i intervallet 8-10, sa en passendeindikator til titreringen kunne være phenolphtalein, som har sit omslags-omrade fra pH 8,2-10.

2 Man skal kende formlen eller masse+stofmængde for at kunne beregneden molare masse, men vi har ikke engang et reaktionsskema. Imidlertidkan man se at der kun er et ækvivalenspunkt for syren, sa den ma væremonohydron og altsa reagere 1:1 med hydroxid.

Titreringskurven viser kun et ækvivalenspunkt, nemlig ved 25,2 ml, sasyren er monohydron. Det betyder at stofmængden af hydroxid og syre eridentisk i ækvivalenspunktet. Molarmassen kan derfor findes:

Ms =ms

ns=

ms

nOH−=

ms

cOH−VOH−

=0, 254g

0, 0986m · 25, 2ml= 102g/mol

3 Der spørges til xb og dermed indirekte til værdien af xs, sa man ma findeen ligning hvor xs optræder.

For at finde xs ved pH = 4,5 kan man anvende pufferligningen. Vi harikke faet oplyst pKs, men den kan imidlertid findes da pH = pKs i hal-vækvivalenspunktet i titreringen. pKs aflæses ved 12,6 ml NaOH til 4,9.Syrebrøken kan nu beregnes:

pH = pKs + log1− xsxs

⇔

4, 5 = 4, 9 + log1− xsxs

som løst for xs giver:

xs = 0, 72

Der er altsa 72% af stoffet pa syreform og dermed er de resterende 28%pa baseform.

4 Man kan tegne mange forskellige estere med formlen C7H14O2, men vi vedat syren i esteren skal veje 102 g/mol, hvilket indskrænker valgmulighe-derne.

Syrens molarmasse er 102 g/mol, sa molekylformlen for syren kan væreC4H9COOH. To af de mulige strukturer for esteren kan derfor være:

O

O

O

O*




5.2. SØVNLØSHED KAPITEL 5. 4. JUNI 2013

Molekylet til venstre hedder ethyl pentanoat, og udviser ikke stereoiso-meri. Strukturen til højre er ethyl 2-methylbutanoat, og den findes i tospejlbilledisomere former, da C-atomet markeret med * er asymmetrisk.

5 Tag gerne udgangspunkt i det som allerede vides om esteren f.eks. ved viallerede nu at det er en ethylester, da vi kender syrens molarmasse. Væropmærksom pa at fa talt alle toppene i signalerne med, selv de helt heltsma “bølger”.1H-NMR spektret giver følgende information:

δ / ppm integral opsplitning fortolkning

4,07 2H q O-CH2-CH3

2,27 2H d CH-CH2-CO

2,12 1H nonet CH2-CH-(CH3)2

0,97 3H t CH3-CH2

0,7 6H d (CH3)2-CH

� Signalet ved 4,07 ppm har et integral pa 2H, sa det er nok en CH2-gruppe. Den er opsplittet i en kvartet, sa den har 3 nabo-H’er, sva-rende til en methylgruppe. Det høje kemiske skift tyder pa den sidderpa ilt-atomet i esteren.

� Signalet ved 2,27 ppm har et integral pa 2H, sa det er nok en CH2-gruppe. Den er opsplittet i en duplet, og ma derfor have et nabo-H.Det kemiske skift er karakteristisk for grupper ved siden af carbonyl-grupper.

� Signalet ved 2,12 ppm har et integral pa 1H, sa det er nok en CH-gruppe. Den er opsplittet i en nonet, og ma have 8 nabo-H’er. Detkan den fa hvis det sidder ved siden af to methylgrupper og en CH2-gruppe.

� Signalet ved 0,97 ppm har et integral pa 3H, sa det er nok en methyl-gruppe, hvilket ogsa passer med det kemiske skift. Den er splittet i entriplet og ma have to nabo-H’er. Dette kunne være methylgruppensom kobler til signalet ved 4,07 ppm.

� Signalet ved 0,7 ppm har et integral pa 6H. Det kan være to kemiskækvivalente methylgrupper. De er splittet i en duplet, sa de ma siddepa en CH-gruppe, sikkert den ved 2,12 ppm.

Samlet set giver det strukturen:

O

O




KAPITEL 5. 4. JUNI 2013 5.3. D3-VITAMIN

5.3 D3-vitamin

1 Pointen her er at vise at man kan læse zig-zag formler, sa man skal helstfa sit tegneprogram til at vise alle implicitte H- og C-atomer.

HC

HC

H2C

H2

CC

HC

HC

H3C

H3C

H2C

H2

C

H2CHC

H3C

HC

C

H3CH2C

H2C

HCC

H3C

C

H2

C

H2C

H2C

HCHO

Alle atomerne tælles sammen, og man far molekylformlen C27H44O

2 B og C er E/Z -isomerer af hinanden, da der ikke er fri drejelighed omkringdobbeltbindingen i kæden der forbinder de to ringsystemer. Mere specifikt,sa er B Z -formen og C er E -formen.

3 For at undersøge reaktionsordenen er man nødt til at tegne grafer for c, lnc og 1/c som funktion af tiden. Det er ikke nok kun at lave regressionsa-nalyse. Enhederne i tabellen skal være med i det endelige funktionsudtrykfor A.

Først laves der grafer for c, ln c og 1/c mod tiden:

t /dage 13 20 26 41 55 69 84 97 112

c /nm 97 76 70 57 48 39 31 25 22

ln c -16,1 -16,4 -16,5 -16,7 -16,9 -17,1 -17,3 -17,5 -17,6

1/c /nm−1 0,010 0,013 0,014 0,018 0,021 0,026 0,032 0,040 0,045

0. orden:

0 20 40 60 80 100 120

t / dage

0

10

20

30

40

50

60

70

80

90

100

c /

nM

y = 0,693426x + 91,5001R² = 0,926033




5.3. D3-VITAMIN KAPITEL 5. 4. JUNI 2013

1. orden:

0 20 40 60 80 100 120

t / dage

17,8

17,6

17,4

17,2

17

16,8

16,6

16,4

16,2

16

ln c

y = 0,0145216x 16,0585R² = 0,991483

2. orden:

0 20 40 60 80 100 120

t / dage

0

0,01

0,02

0,03

0,04

0,05

1/c

/

1/n

M

y = 0,000346773x + 0,0044669R² = 0,97436

Det ses tydeligt at A omsættes efter 1. orden.Funktionsudtrykket for Abliver dermed:

ln[A] = −kt+ ln[A]o = −0, 0145dage−1 · t− 16, 1 ⇔

[A] = [A]o · e−kt = 106nm · e−0,0145dage−1t

4 Man skal se pa molekylernes størrelse og antallet af polære grupper. Hvisder er syrebase-aktive grupper som carboxylsyrer eller aminer (men ikkeamider), vil opløseligheden i vand være afhængig af pH.

D3-vitamin er et meget stort organisk molekyle med kun en eneste polærgruppe - hydroxygruppen - sa det ma forventes at være meget uopløseligti vand.




KAPITEL 5. 4. JUNI 2013 5.3. D3-VITAMIN

B5-vitamin er derimod meget mindre og indeholder bade en syregruppe, etamid og to hydroxygrupper, sa dette stof vil være let at opløse i vand, delspga de mange polære grupper og dels fordi det har mulighed for at lavemange hydrogenbindinger. Hvis pH er høj, vil carboxylsyren endviderevære deprotoniseret og dermed have en negativ ladning, hvilket vil gørestoffet endnu mere hydrofilt.




5.4. BLYHVIDT KAPITEL 5. 4. JUNI 2013

5.4 Blyhvidt

1 Vær opmærksom pa tilstandsformerne.

K =pCO2

· pH2O

pH2S

2 Vær opmærksom pa tilstandformerne ved opslag i databogen. Husk atkommentere pa fortegnet af ∆S−◦ ifht antallet af gasmolekyler pa reaktantog produktsiden.

∆S−◦ = S−◦PbS(s) + S−◦

CO2(g) + S−◦H2O(g) −

(S−◦

PbCO3(s) + S−◦H2S(g)

)= (91, 2 + 213, 75 + 188, 83− 131, 0− 205, 8) J

mol·K

= 156, 98 Jmol·K

Entropitilvæksten er positiv præcis som man vil forvente ud fra reaktions-skemaet, da antallet af gasmolekyler vokser.

3 ∆G−◦ er temperaturafhængig sa man kan ikke sla værdien op ved 18�.Husk at kommentere om reaktionen er spontan ved standardtilstanden.

For at beregne ∆G−◦291K findes først entalpitilvæksten for reaktionen:

∆H−◦ = H−◦PbS(s) +H−◦

CO2(g) +H−◦H2O(g) −

(H−◦

PbCO3(s) +H−◦H2S(g)

)= (−100, 4− 393, 51− 241, 82− (−699, 5− 20, 63)) kJ

mol

= −15, 6 kJmol

Gibbs’ energi kan nu findes:

∆G−◦291K = ∆H−◦ − T∆s−◦

= −15, 6 kJmol − 291, 15K · 156, 98 J

mol·K = −61, 30 kJmol

Reaktionen er altsa spontan ved standardbetingelser.

4 ∆G−◦ og ∆G er ikke det samme. ∆G tager højde for de aktuelle koncen-trationer/partialtryk af reaktionsdeltagerne.

Hvis reaktionen skal være spontan skal følgende gælde:

∆G = ∆G−◦ +RT lnY < 0 ⇔

∆G−◦ +RT lnpCO2

· pH2O

pH2S< 0

Vi kender koncentrationerne af vand og CO2, sa uligheden skal bare løsesfor pH2S: Husk at tage højde for alle dekadiske præfikser som m og k nartallene indtastes i lommeregneren.

0 > −61, 30 kJmol + 8, 314 J

mol·K 291, 15K ln4, 0mbar · 0, 26mbar

pH2S⇔

pH2S > 1, 0 · 10−17bar

Hvis partialtrykket af H2S overstiger 1, 0 · 10−17bar er reaktionen altsaspontan ved disse betingelser. Det betyder at det i praksis er umuligt atundga at maleriet formørkes.




Kapitel 6

16. august 2013

27

6.1. AMMONIAK SOM GRØNT BRÆNDSTOFKAPITEL 6. 16. AUGUST 2013

6.1 Ammoniak som grønt brændstof

1 Dette er en simpel opgave, men husk alligevel at angive svaret med detkorrekte antal betydende cifre.

Ammoniak og ilt reagerer i forholdet 4:3 sa massen af ammoniak der for-brændes er:

mNH3= nNH3

·MNH3=

4

3nO2·MNH3

=4

30, 45mol · 17, 034g/mol = 10g

2 Vær opmærksom pa tilstandsformerne. I reaktioner hvor antallet af isærgasmolekyler falder vil man forvente en negativ ændring i entropien, ogmodsat hvis antallet af gasmolekyler stiger, sa kommentaren skal ga padette.

∆S−◦ = 2S−◦ (N2(g)) + 6S−◦ (H2O(l))−(4S−◦ (NH3(g)) + 3S−◦ (O2(g))

)= 2 · 191, 61 J

mol·K + 6 · 69, 91 Jmol·K

−(4 · 192, 4 J

mol·K + 3 · 205, 13 Jmol·K

)= −582, 31 J

mol·K

Entropiændringen er negativ, hvilket er præcis det man vil forvente daantallet gasmolekyler falder fra 7 til 2.

3 Ligevægtskonstantens enhed kan findes ved at opskrive ligevægtsloven forreaktionen. Bemærk tilstandsformerne. Husk at omregne ∆G−◦ til J/molog temperaturen til Kelvin. Man bør konstatere om reaktionen vil forløbefuldstændigt.

For at beregne ligevægtskonstanten beregnes først ∆G−◦ :

∆G−◦ = 2G−◦ (N2(g)) + 6G−◦ (H2O(l))−(4G−◦ (NH3(g)) + 3G−◦ (O2(g))

)= 2 · 0 kJ

mol − 6 · 237, 13 kJmol −

(4 · − 16, 5 kJ

mol + 3 · 0 kJmol

)= −1357 kJ

mol

Da Gibbs’ energi er negativ vil reaktionen forløbe spontant under stan-dardbetingelser. Ligevægtskonstanten er givet ved:

K =p2

N2· 16

p4NH3· p3

O2

= e−∆G−◦

RT bar−5

= e−

−1357·103J/mol

8,314 Jmol·K 298,15K bar−5 = 5, 14 · 10237bar−5

Et resultat sa højt som dette bør give rynker i panden. Regner man Gibbs’energien ud ved G = H - TS fas imidlertid det samme ekstremt høje tal,sa det er tilsyneladende korrekt.




KAPITEL 6. 16. AUGUST 20136.1. AMMONIAK SOM GRØNT BRÆNDSTOF

4 Man bør opskrive de to syrebasereaktioner, sa man let kan danne sig etoverblik. Husk det er overskuddet af HCl som bestemmes ved titreringen.

Der sker følgende to reaktioner:

NH3(aq) + HCl(aq) −−→ NH +4 (aq) + Cl−(aq) (I)

HCl(aq) + OH−(aq) −−→ Cl−(aq) + H2O(l) (II)

Stofmængderne af saltsyre og natriumhydroxid i ækvivalenspunktet i re-aktion II er identiske, da de reagerer 1:1

n(HCl−II) = n(OH−) = c(OH−) · V(OH−)

= 0, 0200m · 0, 01065l = 0, 213mmol

Dette er overskuddet af HCl fra reaktion I, den forbrugte mængde HCl ireaktion I, som er lig mængden af ammoniak er altsa:

n(NH3) = n(HCl−I) = n(HCl−start) − n(HCl−II)

= 0, 0198m · 0, 0150l − 0, 213mmol = 8, 40 · 10−5mol

Koncentrationen af ammoniak kan nu findes:

c(NH3) =n(NH3)

V(NH3)=

8, 40 · 10−5mol

0, 010l= 8, 40mm




6.2. OLIVENOLIE KAPITEL 6. 16. AUGUST 2013

6.2 Olivenolie

1 Tag altid udgangspunkt i det konkrete molekyle.

Oleocanthal indeholder en alifatisk C=C dobbeltbinding, som dibrom kanaddere til. Herved affarves bromvandet:

+ Br₂HO

O

O

O

O

O

O

O

O

HO

Br

Br

2 Kig pa hvilken funktionel gruppe der ændres i udgangsstoffet og find enreaktionstype hvor den kan omdannes til den nye funktionelle gruppe

Produktet er en ester, og den kan dannes hvis A kondenseres i følgendereaktion. Biproduktet ved denne kondensation er vand.

+ H O+HO

HO

O

O

O

HO O

O

O

O

HO

3 Se pa de funktionelle grupper i de to molekyler og gæt (kvalificeret) pahvor de vil give absorption i et IR-spektrum. Opstil en tabel for hvert stofmed de forventede band og sammenlign de to stoffer.

Molekylerne oleocanthal og A vil have følgende band i omradet over 1500cm−1:

Molekyle Vibrationstype Band /cm−1

O

O

HO

O

O

sp2 C-H >3000

sp3 C-H <3000

phenol O-H 3500-3200

ester C=O 1740

aldehyd C-H 2750

Oleocanthalaldehyd C=O 1720

C=C stræk 1600

O

OHO

O

sp2 C-H >3000

sp3 C-H <3000

syre O-H 3500-2500

syre C=O 1700

A C=C stræk 1600

Den tydeligste forskel mellem spektrene for de to molekyler er O-H stræk-kene, som er meget smallere for phenolen end for syren, og sa at der erflere carbonyl C=O stræk for oleocanthal end for A.




KAPITEL 6. 16. AUGUST 2013 6.3. GULD OG CYANID

6.3 Guld og cyanid

1 Koncentrationen af natriumcyanid er:

c =n

V=

m

M · V=

99g

49, 01g/mol · 100l= 0, 020m

2 Cyanidionen er en base, sa det er [OH – ] og/eller pOH man far ud i førsteomgang.

Cyanids reaktion med vand ser saledes ud:

CN – (aq) + H2O(l) −−⇀↽−− HCN(aq) + OH – (aq)

Styrkeeksponenten for cyanid findes til:

pKb = − logKb = − log 2, 04 · 10−4 = 4, 69

Cyanidionen er altsa en svag base, sa pH kan findes ved:

pH = 14− pOH = 14− 12 (pKb − log cb)

= 14− 12 (4, 69− log 0, 020m) = 10, 8

3 Det enkleste er at se om der er atomer som ændrer oxidationstal.

Guld og ilt tildeles oxidationstal:

40

Au(s)+8 CN – (aq)+0

O2(g)+2 H2O(l) −−→ 4I

Au(CN) –2 (aq)+4

−II

OH – (aq)

Det ses at guld oxideres mens ilt reduceres, altsa er det en redoxreaktion.

4 Ligevægtskonstanten for reaktion II er meget lille, men reaktionen kan al-ligevel drives til højre, da reaktion III hele tiden fjerner frie guld(I)ionerfra opløsningen. Til sidst ender man med en opløsning af zink- og cyani-dioner, og metallisk guld og evt rester af metallisk zink. Zink kan opløsesi syre, men det kan guld ikke, sa det overskydende zink kan let fjernes vedtilsætning af svovlsyre.




6.4. PENICILLIN KAPITEL 6. 16. AUGUST 2013

6.4 Penicillin

1 Tag altid udgangspunkt i den konkrete reaktion.

Det ses at et syrechlorid kobles sammen med aminen 6-APA under fra-spaltning af HCl. Det ma altsa være en kondensationsreaktion.

2 Vær opmærksom pa faktorer og enheder pa akserne.

Der er ligefrem proportionalitet mellem koncentrationen og reaktionsha-stigheden, sa det er en første-ordensreaktion, da hastighedsudtrykket herer:

v = k[A]

Hastigheden er angivet i 10−12m/min, mens koncentrationen er angivet i10−8m, sa hastighedskonstanten er:

k = 1, 3110−12m/min

10−8m= 1, 31 · 10−4min−1

3 Man skal argumentere for at hastigheden mister sin afhængighed af kon-centrationen ved større koncentrationer.

Hastigheden er givet ved:

v = 6, 85 · 10−10m/min[penicillinG]

[penicillinG] + 5, 22 · 10−5m

Hvis koncentrationen af penicillin G er større end 4, 0 · 10−3m bliver det2. led i nævneren ubetydeligt, og udtrykket bliver med god tilnærmelse

v = 6, 85 · 10−10m/min[penicillinG]

[penicillingG]

De to koncentrationer gar ud med hinanden og hastighedsudtrykket bliverdermed:

v = 6, 85 · 10−10m/min

Det ses ogsa at grafen flader helt ud ved større koncentrationer, præcissom en nulte-ordensreaktion ville gøre, og ender med en værdi svarendetil hastighedskonstanten.

4 Find navnene pa de tre aminosyrer som udgør tripeptidet.

Glutamat

Cystein

Valin




KAPITEL 6. 16. AUGUST 2013 6.4. PENICILLIN

5 Man ma først identificere hvilke kurver i Bjerrumdiagrammet der hørertil hvilke forbindelser. Nar pH = pKs for en syre er xs = 0,5 og det skalvi bruge til at tilordne kurverne. Husk at aflæse kurverne sa præcist sommuligt.

Den bla kurve er for en forbindelse med pKs = 2,5 den hører altsa tilcarboxylsyregruppen pa ampicillin. Den sorte er for penillin G, da xs =0,5 ved pH = 2,8 og endelig sa hører den røde kurve til aminogruppen paampicillin.

pH = 2 xs = 0,76 for ampicillins syregruppe, sa 76% af stoffet er pa form A og24% pa form B. Der er intet pa C-formen ved denne pH. Tilsvarendeaflæses xs til 0,86 for penicillin G, sa 86% af stoffet er pa D-form ogkun 14% er pa E-form.

pH = 7,4 xs = 0,37 for ampicillins ammoniumgruppe, sa 37% af stoffet er paB-form, mens de resterende 63% er totalt deprotoniseret og altsa paC-form. Penicillin G er 100% deprotoniseret da xs = 0, alt stoffet eraltsa pa E-formen.

6 Man skal lede efter ladninger i molekylet, da det især er tilstedeværelsenaf ladning som gør store organiske forbindelser opløselige i vand.

Ved pH = 7,4 er 37% af ampicillin pa B-form, hvor stoffet indeholder toladninger. Ved samme pH indeholder penicillin G kun en ladning. Ladnin-ger gør stoffer mere opløselige i vand, og det mere ladede stof ma forventesat være mest vandopløseligt. Derfor er KF for ampicillin lavere end for pe-nicillin G.




6.4. PENICILLIN KAPITEL 6. 16. AUGUST 2013




Kapitel 7

22. maj 2014

35

7.1. STEVIA KAPITEL 7. 22. MAJ 2014

7.1 Stevia

1 Funktionelle grupper er, lidt kort forklaret, alt hvad der ikke er C og H.Dobbeltbindinger tælles ogsa, men ikke benzenringe. Halogener er ikkefunktionelle grupper.

carboxylsyre

alkohol

alken

*

*

*

**

*

2 Man skal lede efter asymmetriske C-atomer og C=C dobbeltbindinger,som giver anledning til E/Z -isomeri.

Der er seks asymmetriske C-atomer, sa der er 26 = 64 optiske isomerer afsteviol. Der er ogsa en dobbeltbinding, men den giver ikke anledning tilgeometrisk isomeri.

3 Steviol er bundet til tre glucose-enheder, som spaltes fra ved optag af trevand.

Da glucosidbindingerne spaltes under optag af vand er det en hydrolyse.

4 Man skal forklare hvorfor steviol er mere opløselig i vand ved høj pH endved lav. Led efter syrebase-aktive grupper som carboxylsyrer og aminer.Husk at inddrage strukturen som en helhed.

Ved pH 7,4 er fordelingsforholdet KF meget mindre end ved pH 2. Da KF

beskriver fordelingsligevægten:

steviol(aq) −−⇀↽−− steviol(octan-1-ol)

betyder det at steviol er mere vandopløselig ved høj pH end ved lav. Detskyldes carboxylsyregruppen pa steviol, som deprotoniseres i basisk miljøog derved bliver ladet. Ladningen gør steviol meget mere polær end detvar før, hvor de store upolære dele af molekylet dominerede opløselighed-segenskaberne. Resultatet er at fordelingsligevægten forskydes til venstre.




KAPITEL 7. 22. MAJ 2014 7.2. BROCCOLI

7.2 Et cancerhæmmende stof i broccoli

1 Man skal være opmærksom pa at resultatet skal angives i mg.

Massen af sulforaphan en rotte indtager nar den spiser 0,050 mmol er:

m = n ·M = 0, 050mmol · 177, 28g/mol = 8, 9mg

2 Man skal huske at holde styr pa enhederne som er i timer og µm.

Vi far at vide at nedbrydningen af sulforaphan i rotten er af første-orden,sa hastighedskonstanten kan findes ud fra halveringstiden:

t 12

=ln 2

k⇔

k =ln 2

t 12

=ln 2

2, 2h= 0, 32h−1

Funktionsudtrykket for en første-ordensreaktion er:

[A] = [A]o · e−k·t

Indsættes 10% af startkoncentrationen pa venstresiden fas:

[sulforaphan] = [sulforaphan]oe−k·t

0, 10[sulforaphan]o = [sulforaphan]oe−0,32h−1·t

som løst for t giver:

t = − ln 0, 10

0, 32h−1= 7, 3h

3 Man skal være omhyggelig med at forklare hvad kogning i kort og lang tidhar af betydning for de enkelte dele af reaktionsforløbet.

I reaktionsforløbets første trin omdannes A til B af enzymet myrosinase.Hvis der koges for længe denatures dette enzym og sa dannes der intetB, og derfor heller intet sulforaphan. Hvis man slet ikke koger broccoli-en denatures enzymet ESP imidlertid ikke, og sa bliver en stor del af Bomdannet til C, hvilket ikke er ønskeligt.

Man skal altsa koge broccolien liiige tilpas længe til at ESP denatures,men ikke sa længe at myrosinase ogsa mister sin enzymaktivitet.

4 Find de tre aminosyrer i listen over de tyve normale aminosyrer. Man kannavngive dem efter IUPAC-reglerne eller deres trivialnavne.

Glutamat

Cystein Glycin




7.2. BROCCOLI KAPITEL 7. 22. MAJ 2014

5 IR-spektret benyttes til at identificere karakteristiske grupper tilstede imolekylet. Det kan være en fordel at klippe spektret ind i besvarelsen ogskrive direkte i/pa spektret.1H-NMR spektret benyttes til at udlede strukturen af molekylet. Huskat inddrage kemisk skift, integrale og koblingsmønster i fortolkningen afalle signaler. Man kan med fordel støtte sig til det man allerede ved ommolekylet fra IR-spektret og det man evt har faet oplyst om strukturen.

IR-spektret indeholder følgende band:

frekvens / cm−1 karakteristisk gruppe

3500-2500 syre O-H stræk

< 3000 sp3 C-H stræk

1710 C=O stræk (fra syregruppen)

Der kan altsa være tale om en carboxylsyre pa en alkankæde.1H-NMR spektret giver følgende information:

kemisk skift integrale opsplitning fortolkning

12,7 ppm 1H bred -COOH

2,3 ppm 2H triplet CH2-CH2-COOH

1,7 ppm 2H sextet CH3-CH2-CH2

0,95 ppm 3H triplet CH3-CH2

� Signalet ved 12,7 ppm har et usædvanligt højt kemisk skift, et inte-gral pa 1H og det er udbredet, sa det er sandsynligvis H-atomet fracarboxylsyregruppen man ogsa ser i IR-spektret.

� Signalet ved 2,3 ppm har et integrale pa 2H, sa det er nok en CH2-gruppe. Det kemiske skift passer med at den sidder ved siden af encarbonylgruppe. Det er opsplittet i en triplet, sa det har to nabo-H’er,f.eks. fra en anden CH2-gruppe.

� Signalet ved 1,7 ppm har et integrale pa 2H, sa det er nok en CH2-gruppe. Opsplitningsmønsteret (en sextet) fortæller at det har 5 nabo-H’er. Det kunne f.eks. være fra en CH2- og en CH3-gruppe pa hverside, hvilket ogsa passer med det kemiske skift.

� Signalet ved 0,95 ppm har et integrale pa 3H, sa det er nok en met-hylgruppe, hvilket passer godt med det kemiske skift. Da den er op-splittet i en triplet kunne den sidde ved siden af CH2-gruppen vi served 1,7 ppm.

Alt i alt giver det strukturen for butansyre:

CH3CH2CH2COOH




KAPITEL 7. 22. MAJ 2014 7.3. OZON OG IODFORBINDELSER

7.3 Ozon og iodforbindelser

1 Det er en puffer, og da dihydrogenphosphats pKs-værdi er 7,21, sa er pH:

pH = pKs + log[HPO 2−

4 ]

[H2PO−4 ]

= 7, 21 + log0, 086m

0, 014m= 8, 00

2 Vær opmærksom pa tilstandsformerne nar G−◦ -værdierne slas op.

Ændringen i Gibbs’ energi er:

∆G−◦ = G−◦(I2(aq)) +G−◦

(OH −(aq)) −(G−◦

(HIO(aq)) +G−◦(I −(aq))

)= 16, 43

kJ

mol− 157, 29

kJ

mol−(−99, 2

kJ

mol− 51, 67

kJ

mol

)= 10, 01

kJ

mol

Da ∆G−◦ > 0 er reaktionen ikke-spontan ved standardbetingelser.

3 Først beregnes ligevægtskonstanten:

K = e−∆G−◦

RT = e−

10,01·103 Jmol

8,314 Jmol·K ·298,15K = 17, 6 · 10−3

den er enhedsløs pga ligevægtslovens udseende:

K =[I2][OH−]

[HIO][I−]

Da pH og iodidkoncentrationen ogsa er kendt, kan forholdet mellem hypo-iodsyrling og diiod findes:

K =[I2][OH−]

[HIO][I−]⇔

[I2]

[HIO]= K

[I−]

[OH−]= K

[I−][H3O +]

10−14m2= K

[I−]10−pHm

10−14m2

[I2]

[HIO]= 17, 6 · 10−3 1, 0 · 10−5m · 10−8,00m

10−14m2= 0, 176




7.4. KVIKSØLV I FISK KAPITEL 7. 22. MAJ 2014

7.4 Kviksølv i fisk

1 Husk krystalvandet i SnCl2 · 2 H2O, nar molarmassen skal findes.

Massen af tin(II)chlorid dihydrat der skal anvendes er:

m = n ·M = c · V ·M = 0, 264m · 0, 500l · 225, 63g/mol = 29, 8g

2 Tildel oxidationstal til atomerne. Hvis en reaktion indeholder atomer somændrer oxidationstal er det en redoxreaktion.

II

Hg2+(aq) +II

Sn2+(aq) −−→0

Hg(g) +IV

Sn4+(aq) (I)0

Hg(g) +0

I2(aq) −−⇀↽−−II

Hg2+(aq) + 2−I

I−aq) (II)II

Hg2+(aq) + 4−I

I−(aq) −−⇀↽−−II

Hg−I

I42−(aq) (III)

I reaktion I reduceres kviksølv(II) til kviksølv, mens tin(II) oxideres tiltin(IV). I reaktion II oxideres kviksølv til kviksølv(II), mens diiod reduce-res til iodid. I reaktion III sker der ingen ændring i reaktionsdeltagernesoxidationstal, sa det er ikke en redoxreaktion.

3 Bemærk at tabellen ikke viser absorbansen som funktion af massen afHg 2+, sa datasættet skal først tilpasses. Husk at tilføje aksetitler medenheder til grafen, og skriv funktionsudtrykket op med enheder.

Tabellen viser absorbansen som funktion af volumen stamopløsning med1,00µg Hg 2+ pr ml, sa vi kan konstruere en tabel med absorbansen somfunktion af massen af Hg 2+:

mHg 2+ = c · V = 1, 00µg/ml · 0, 200ml = 0, 200µg

Tilsvarende beregninger udføres for resten af voluminerne:

mHg 2+ / µg 0,200 0,400 0,600 0,800 1,00

A 0,007 0,016 0,030 0,041 0,050

Punkterne er afbildet pa den følgende graf:

0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1 1,1

m(Hg² ) / µg

0

0,01

0,02

0,03

0,04

0,05

0,06

A

y = 0,0555x 0,0045R² = 0,994592




KAPITEL 7. 22. MAJ 2014 7.4. KVIKSØLV I FISK

Det ses at der en lineær sammenhæng mellem massen af kviksølv(II)ionerog absorbansen. Forskriften for linien er:

A = 0, 0555µg−1 ·mHg 2+ − 0, 0045

4 Husk at tage højde for at malingen kun foretages for 25,0 ml af prøvenssamlede volumen pa 100ml.

Da absorbansen er malt til 0,036 kan vi finde massen af kviksølv(II)ionernei prøven:

A = 0, 0555µg−1 ·mHg 2+ − 0, 0045 ⇔

mHg 2+ =A+ 0, 0045

0, 0555µg−1=

0, 036 + 0, 0045

0, 0555µg−1= 0, 730µg

Da malingen kun er for 25,0 ml af det samlede volumen pa 100 ml, erkoncentrationen af kviksølv i fisken:

c =mHg 2+

mfisk=

4 · 0, 730µg

10, 067g= 0, 290µg/g

EU anbefaler et max-indtag pa 1,6µg/kg pr uge, dvs en person som vejer60kg ma indtage op til :

mmax = 1, 6µg/kg · 60kg = 96µg

Det svarer til et ugentligt indtag af fiskekød pa:

mfisk =mmax

c=

96µg

0, 290µg/g= 0, 33kg

hvilket svarer til lidt mere end 2 daser tun.

5 Man skal se pa figuren der illustrerer proceduren og identificere hvilkereaktioner der forløber i skrubberen, og ud fra det forklare skrubberensfunktion.

Skrubberen som den kviksølvholdige gas bobles igennem indeholder diiodog iodid, dvs at reaktion II og III forløber her. Kviksølvdampene omdannesderfor til komplekset HgI 2 –

4 i skrubberen.

Da ligevægtskonstanten for reaktion III er sa enormt høj (2, 0 · 1030m−4)omdannes sa godt som alt Hg 2+ til HgI 2 –

4 , hvilket er med til at drivereaktion II helt til højre, jf Le Chateliers princip. Gassen renses hervedtotalt for kviksølv.




7.4. KVIKSØLV I FISK KAPITEL 7. 22. MAJ 2014




Kapitel 8

4. juni 2014

43

8.1. COLTAN KAPITEL 8. 4. JUNI 2014

8.1 Coltan

1 For at vise at noget er en redoxreaktion behøver man bare vise at oxida-tionstallene for mindst to atomer ændrer sig i løbet af reaktionen.

Atomerne i reaktiondeltagerne tilordnes oxidationstal:

3V

Nb2

−II

O5(l) +III

Fe2

−II

O3(l) + 120

Al(l) −−→ 60

Nb(l) + 20

Fe(l) + 6III

Al2−II

O3(l)

Det ses at niob og jern reduceres idet deres oxidationstal falder, mensaluminium oxideres da dets oxidationstal stiger. Oxygen hverken reducereseller oxideres.

2 Det er vigtigt at man husker at forklare reaktionsforholdene.

Niobit og aluminium reagerer i forholdet 1:4, sa massen af aluminium derkræves for at omdanne 33ton niobit er:

mAl = nAl ·MAl = 4nNb2O5·MAl = 4

mNb2O5

MNb2O5

MAl

= 433 · 106g

265, 81g/mol26, 98g/mol = 13ton

3 Det der spørges om er hvad koncentrationen af flussyre er. Man bør skrivetitreringsreaktionen op, og sa er det vigtigt at tage højde for fortyndingen.

Titreringsreaktionen mellem flussyre og hydroxid er:

HF(aq) + OH−(aq) −−→ F−(aq) + H2O(l)

Ækvivalenspunktet for titreringen aflæses til:

VNaOH = 12, 8ml

Det ses af reaktionsskemaet at flussyre og hydroxid reagerer 1:1, sa kon-centrationen af flussyre i den fortyndede opløsning er:

cHF =nHF

VHF=nNaOH

VHF=cNaOH · VNaOH

VHF

=0, 117m · 12, 8ml

10, 00ml= 0, 150m

Koncentrationen af den ufortyndede opløsning kan nu beregnes:

c1 · V1 = c2 · V2 ⇔

c1 =c2 · V2

V1=

0, 150m · 50ml

0, 400ml= 18, 7m

Masseprocenten af flussyre i den koncentrerede opløsning er:

m%HF =mHF

mopl=nHF ·MHF

mopl=cHF · VHF ·MHF

mopl

=cHF · VHF ·MHF

ρHF · VHF=cHF ·MHF

ρHF

=18, 7m · 20, 01g/mol

1, 11g/ml=

18, 7mol/l · 20, 01g/mol

1, 11 · 103g/l

= 33, 7%

Flussyreopløsningen kan altsa godt anvendes til formalet.




KAPITEL 8. 4. JUNI 2014 8.2. LEVULINSYRE

8.2 Levulinsyre - et grønt rastof

1 Man skal kort argumentere for navnet. Hvis man bruger et tegneprogramtil navngivningen er det vigtigt at oversætte navnet til dansk.

Levulinsyre bestar af en carboxylsyre med fem C-atomer og en oxo-gruppepa carbon nummer 4. Det systematiske navn er derfor: 4-oxopentansyre.

2 Hvis man bruger formlen pH = ½(pKs - log cs) er det vigtigt at skriveat det er tilladt da syrens pKs er større end 4. Metoden anvendt her erkorrekt for alle syrer.

Levulinsyre indgar i følgende syrebase-ligevægt med vand:

OH

O

O

+ H2OO

O

O

+ H3O+

før cs - 0 0efter cs -x - x x

Indsættes tallene fra før-efter skemaet i ligevægtsloven for reaktionen fas:

Ks =[RCOO−][H3O +]

RCOOH=

x2

cs − x= 10−pKsm = 10−4,78m

der løst for x giver:

x =−Ks +

√K2

s + 4Ks · cs2

=−10−4,78m +

√(10−4,78m)2 + 4 · 10−4,78m · 0, 102m

2= 1, 30mm

pH kan nu findes:

pH = − log [H3O +] = − log x = − log 1, 30 · 10−3 = 2, 89

3 Forklar kort hvilke reaktionstyper der er tale om. Husk altid at tage ud-gangspunkt i den konkrete reaktion, istedet for at (af)skrive definitionen.

Udskiftningen af et H-atom pa methylgruppen med et Br-atom er en sub-stitution, og dannelsen af methylesteren kan ske ved en kondensationsre-aktion med methanol.

4 Elementaranalysen kan bruges til at finde den empiriske formel for B:

C: 45,80%45, 80

12, 01=3,81 3,81/0,762=5,00

H: 6,92%6, 92

1, 008=6,86 6,86/0,762=9,01

N: 10,68%10, 68

14, 01=0,762 0,762/0,762=1

O: 36,50%36, 60

16, 00=2,29 2,29/0,762=3,00

dvs den empiriske formel er C5H9NO3.




8.2. LEVULINSYRE KAPITEL 8. 4. JUNI 2014

Vi far at vide at IR-spektret for stoffet indeholder et dobbeltband ved3400-3500cm−1. Dette er karakteristisk for primære aminogrupper. Datafor 1H-NMR spektret er samlet i følgende tabel:

δ/ppm I opspl. fortolkning

10,7 1H bred -COOH

4,9 2H bred -NH2

3,75 2H s H2NCH2CO-

3,3 2H t -COCH2CH2-

2,6 2H t -CH2CH2COOH

Signalet ved 10,7ppm har et ekstremt højt kemisk skift, et integral pa 1H,og det er bredt, sa det er nok fra en syregruppe. Esteren er altsa blevethydrolyseret.

Signalet ved 4,9ppm er ogsa bredt og har et integral pa 2H, og vi vedfra IR at der en aminogruppe, sa det er nok den.

Signalet ved 3,75ppm har et integral pa 2H, og det er en singlet, sa deter en CH2-gruppe uden naboer. Det kan være CH2-gruppen ved siden afketonen.

Signalet ved 3,3ppm har et integral pa 2H, og det er en triplet, sa deter en CH2-gruppe med 2 naboer. Det kan være en af de to CH2-gruppermellem ketonen og syregruppen.

Signalet ved 2,6ppm har et integral pa 2H, og det er en triplet, sa deter en CH2-gruppe med 2 naboer. Det kan være en af de to CH2-gruppermellem ketonen og syregruppen.

Hvis det skal passe med elementaranalysen, ma bromatomet være ble-vet substitueret med en aminogruppe. Stoffets struktur kan være:




KAPITEL 8. 4. JUNI 20148.3. ET ENZYM TIL PRODUKTION AF B2-VITAMIN

8.3 Et enzym til produktion af B2-vitamin

1 Opgaven er at vise at man kan læse “zig-zag” formler. Tegnes pa computerskal man sikre at alle atomer vises.

Strukturen er tegnet pa computer:

2 Sammenhængen mellem absorbans og koncentration er givet ved Lambert-Beers lov:

A = ε · l · c ⇔

c =A

ε · l=

0, 285

9, 60 · 103m−1cm−1 · 1, 00cm= 2, 97 · 10−5m

3 Sammenlign kurven med udtrykket for nulte-ordens reaktioner. Husk des-uden at fa enheden pa k med.

Det ses af figur 1 i opgaveteksten at reaktionshastigheden ikke afhængeraf koncentrationen af GTP i det viste koncentrationsomrade. Reaktionener altsa af nulte-orden mht GTP under disse betingelser. Det betyder athastighedsudtrykket ser saledes ud:

v = k

Hastighedskonstanten er aflæst til 0,37µm/s.

4 Reaktionshastigheden følger modellen:

v = 3, 71 · 10−7m/s[GTP]

[GTP] + 4, 30 · 10−5m

Det ses at nævneren i brøken indeholder to led, nemlig koncentrationenaf GTP og en konstant. Konstantleddets størrelse er 4, 30 · 10−5m, dvsat nævnerens størrelse pavirkes med mindre 1% hvis [GTP] < 10−7m, ogreaktionen kan under disse betingelser anses for at være af første ordenmht GTP. I dette tilfælde kan hastighedsudtrykket skrives som:

v = 3, 71 · 10−7m/s[GTP]

4, 30 · 10−5m= 8, 63 · 10−3s−1[GTP]

Halveringstiden for GTP kan dermed beregnes:

t1/2 =ln 2

k=

ln 2

8, 63 · 10−3s−1= 80, 3s




8.4. HALOGENPÆRER KAPITEL 8. 4. JUNI 2014

8.4 Halogenpærer

1 Man skal være opmærksom pa tilstandsformerne af reaktionsdeltagerne.

Reaktionen mellem wolfram og brom er:

W(s) + 4 Br(g) −−⇀↽−−WBr4(g)

Gasser indgar i ligevægtsloven med deres partialtryk, og faste stoffer medderes molbrøk, sa ligevægtsudtrykket for reaktionen er:

K =p(WBr4)

p4(Br)

2 Det er vigtigt at man far den rigtige enhed pa til sidst. Man kan se paligevægtsloven, hvilken enhed K skal have.

Forskriften for linien er:

lnK = 2, 52 · 104K1

T− 10, 2

Indsættes temperaturen 650� = 923,15K i udtrykket fas:

lnK = 2, 52 · 104K1

923, 15K− 10, 2 = 17, 1

K = e17,1bar−3 = 26, 6 · 106bar−3

Nar ligevægtskonstanten er sa stor er reaktionen forskudt langt til højre.

3 WBr4 er ikke i databogen, sa for at finde ∆S−◦ og ∆H−◦ skal man finde enligning hvor ln K og 1/T indgar, for det er sadan den udleverede graf serud.

∆S−◦ og ∆H−◦ kan findes ud fra forskriften for linien, idet vi ved:

lnK = −∆H−◦

RT−1 +

∆S−◦

R

Hældningskoefficienten giver altsa entalpiændringen og konstantleddet gi-ver entropitilvæksten:

∆H−◦ = −2, 52 · 104K · 8, 314J

mol ·K= −210

kJ

mol

∆S−◦ = −10, 2 · 8, 314J

mol ·K= 84, 8

J

mol ·KEntropiændringen er negativ, hvilket er forventeligt da reaktionen gar frafire gasatomer pa reaktantsiden til et gasmolekyle pa produktsiden.

4 Ved glødetraden hvor temperaturen er 2523,15K findes ligevægtskonstan-ten til:

K = e2,52·104K

12523,15K−10,2

= 0, 809bar−3

dvs at reaktionen er forskudt lidt til venstre ved glødetraden.

Resultatet er at wolfram pa indersiden af glasset hvor temperaturen kun er650� reagerer næsten fuldstændigt med bromatomerne og danner gassenWBr4. Nar tetrabromwolfram efterfølgende diffunderer ind i nærheden afglødetraden, forskydes ligevægten til venstre og der gendannes frit wol-fram, som deponeres pa glødetraden.




KAPITEL 8. 4. JUNI 2014 8.4. HALOGENPÆRER

5 Dette er en helt almindelig ligevægtsopgave. Man skal opstille et før-efterskema, og indsætte i ligevægtsloven.

Ved start er partialtrykket af bromatomer:

p =nRT

V=

1, 30 · 10−7mol0, 08314 bar·lmol·K 923, 15K

1, 00ml= 9, 98mbar

Partialtrykkene af Br og WBr4 ved ligevægt kan findes ved at opstille etfør-efter skema:

W(s) + 4Br(g) −−⇀↽−− WBr4(g)før - 9,98 mbar 0 bar

efter - 9,98 mbar - 4x x

Dette indsættes i ligevægtsloven, som løses for x:

K =p(WBr4)

p4(Br)

=x

(0, 0100bar − 4x)4= 26, 6 · 106bar−3

x = 1, 78mbar

dvs at:

p(WBr4) = x = 1, 78mbar

p(Br) = 9, 98mbar − 4 · 1, 78mbar = 2, 86mbar




8.4. HALOGENPÆRER KAPITEL 8. 4. JUNI 2014




Kapitel 9

18. august 2014

51

9.1. EN SYRE I ALGEFRI KAPITEL 9. 18. AUGUST 2014

9.1 En syre i AlgeFriN

1 Metoden ved beregning af pH kommer an pa syrestyrken. Er syren svageller meget svag (pKs > 4) kan man anvende metoden vist her, men manskal huske at gøre opmærksom pa at formlen som anvendes kun gælderfordi syren er svag.

Da nonansyre har en pKs-værdi større end 4 er det en svag syre, sa pHkan findes saledes:

pH = 12 (pKs − log cs) = 1

2 (4, 96− log 0, 0019m) = 3, 8

2 Stofmængdekoncentrationen kan findes idet vi kender koncentrationen ig/l (cm = m/V):

c =n

V=

mM

V=

m

M · V=cmM

=186, 7g/l

158, 24g/mol= 1, 180m

3 Opgaven er at beregne xb:

Da vi kender pH og pKs kan pufferligningen udtrykt ved xs anvendes tilat finde xb:

pH = pKs + log1− xsxs

⇔

pH = pKs + logxb

1− xb⇔

Løses for xb fas:

xb =10pH−pKs

10pH−pKs + 1=

106,1−4,96

106,1−4,96 + 1= 0, 93




KAPITEL 9. 18. AUGUST 2014 9.2. KHAT

9.2 Khat

1 Nar der udleveres grafer er det vigtigt at anvende kurven og/eller for-skriften hvis der er en sadan. Man ma altsa ikke tage udgangspunkt imalepunkterne.

Halveringstiden for en første-ordens reaktioner er uafhængig af koncentra-tionen, sa der findes to punkter pa grafen mellem hvilke kurvens værdihalveres. Forskellen i tid er sa halveringstiden:

(3, 6h; 66µg/l)

(4, 8h; 33µg/l)

Tidsforskellen er 1,2 timer sa det er halveringstiden.

2 Funktionsudtrykket for en første-ordensreaktion er:

[A] = [A]oe−kt

Procentdelen af stof som er tilbage efter et givet tidsrum er:

[A]

[A]o=

[A]oe−kt

[A]o= e−kt

Hastighedskonstanten findes ud fra halveringstiden:

t1/2 =ln 2

k⇔

k =ln 2

t1/2=

ln 2

1, 2h= 0, 58h−1

Efter 24h er der altsa:

e−0,58h·24h = 9, 5 · 10−7 = 9, 5 · 10−5%

af den oprindelige mængde af A tilbage i kroppen.

3 Man skal være opmærksom pa at elementaranalysen giver den empiriskeformel. For at finde molekylformlen som er et heltal ganget med den em-piriske formel, ma man sammenligne med molarmassen eller en kendt delaf molekylets struktur.

Elementaranalysen giver:

Atom %-del mol atomer pr 100g normaliseret

C 72,4672, 46g

12, 01g/mol= 6, 03 9

H 7,437, 43g

1, 008g/mol= 7, 37 11

N 9,399, 39g

14, 01g/mol= 0, 670 1

O 10,7210, 72g

16, 00g/mol= 0, 670 1




9.2. KHAT KAPITEL 9. 18. AUGUST 2014

Den empiriske formel er altsa C9H11NO. Benzenringen udgør de første seksC-atomer, sa det antages at molekylformlen er lig den empiriske formel.

4 Prøverne giver følgende information:

� Molekylet reagerer basisk med vand, sa det indeholder muligvis enamin.

� Den negative reaktion med Br2 fortæller at A ikke indeholder alifa-tiske C=C bindinger.

� Den positive reaktion 2,4-dinitrophenylhydrazin indikerer at stoffetindeholder en carbonylgruppe i form af et aldehyd eller en keton.

� De to negative resultater med Tollens test og Fehlings væske udeluk-ker aldehyd.

Strukturen af A kan være:

Strukturen til venstre er optisk aktiv, da C-atomet som aminogruppensidder pa er asymmetrisk.

5 1H-NMR spektret giver følgende information:


7,8-7,3 5H m aromatisk

4,7 1H q CO-CH-CH3

1,3 3H d -CH-CH3

0,5 2H bred -NH2

Signalet ved 7,8-7,3ppm har et integral pa 5H og opsplitningen er en mul-tiplet. Det passer med en monosubstitueret benzenring.

Signalet ved 4,7ppm har et integral pa 1H, sa det er nok en CH-gruppe.Opsplitningen i en kvartet viser at den har tre nabo H’er. Det kan denfa f.eks. hvis den sidder ved siden af en methylgruppe og en carbonyl-gruppe. Det høje kemiske skift antyder at den sidder ved siden af nogetelektronegativt, sa vi kan forvente at finde aminen her.

Signalet ved 1,3ppm har et integral pa 3H, sa det er nok en methylgruppe.Opsplitningen viser at den har et nabo H. Det passer med at den kan siddeved siden af CH-gruppen, der jo skal have tre nabo H’er.

Endelig er der signalet ved 0,5ppm. Integralet pa 2H og udbredningen afsignalet fortæller at dette nok stammer fra en primær amin.

Strukturen kunne altsa være den optisk aktive struktur foreslaet tidligere.




KAPITEL 9. 18. AUGUST 2014 9.3. TITAN

9.3 Titan

1 Atomerne i reaktion II tildeles oxidationstal:

IV

TiCl4(g) + 20

Mg(l) −−→0

Ti(s) + 2II

MgCl2(l)

Det ses at titan reduceres og magnesium oxideres. Det ma derfor være enredoxreaktion.

2 Man skal ved denne type opgaver huske at argumentere for reaktionsfor-holdene.

Det ses af reaktion I og II af titan og ilmenit (ilm) reagerer 1:1, sa stof-mængden af de to forbindelser ma være identisk:

mTi = nTi ·MTi = nilm ·MTi =milm

MilmMTi

=250kg

151, 71247, 867g/mol = 78, 9kg

3 Ligevægtskonstanter kan beregnes ud fra ligningen −∆G−◦ = RT lnK. Vifar bare ikke oplyst ∆G−◦ ved 850 �, sa den skal først beregnes vha data-sættet. Husk at omregne fra kJ til J, og fra� til Kelvin ved beregningerne.

Standard Gibbs-energien er defineret som:

∆G−◦ = ∆H−◦ − T∆S−◦

sa en afbildning af ∆G−◦ mod T kan bruges til at finde ∆G−◦ ved 850�:

800 900 1000 1100 1200 1300 1400

"T /K

320

310

300

290

280

270

"G

° /

kJ/m

ol

y = 0,134x 449,6R² = 1

Forskriften for linien kan nu bruges til at beregne ∆G−◦ ved 850�:

∆G−◦ = 0, 134kJ

mol ·K− 449, 6

kJ

mol= −299, 1

kJ

mol

Ligevægtskonstanten kan nu beregnes:

K = e−∆G−◦

RT = e−

−299,1kJ/mol

8,314 JmolK 1123K = 8, 14 · 1013bar−1

Reaktionen forløber altsa sa godt som fuldstændigt.




9.3. TITAN KAPITEL 9. 18. AUGUST 2014

4 I opgaver som denne hvor to stoffer sammen giver en samlet absorption,kan man ikke umiddelbart bruge Lambert-Beers lov, for vi ender med enligning med to ubekendte.

Den samlede absorption ved hver bølgelængde er summen af absorptionenfra de to stoffer ved bølgelængden:

A390nm = A390nm(Ti) +A390nm(V )

A510nm = A510nm(Ti) +A510nm(V )

Skrives det ud fas:

A390nm = ε390nm(Ti) · l · [Ti(O2) 2+] + ε390nm(V ) · l · [V(O2) 3+]

A510nm = ε510nm(Ti) · l · [Ti(O2) 2+] + ε510nm(V ) · l · [V(O2) 3+]

hvor de eneste ubekendte er [Ti(O2) 2+] og [V(O2) 3+]. Vi kan nu indsættetallene:

1, 290 = (687m−1cm−1[Ti(O2) 2+] + 172m−1cm−1[V(O2) 3+])1, 00cm

0, 262 = (131m−1cm−1[Ti(O2) 2+] + 197m−1cm−1[V(O2) 3+])1, 00cm

Løses ligningssættet for [Ti(O2) 2+] og [V(O2) 3+] fas:

[Ti(O2) 2+] = 1, 85 · 10−3m

[V(O2) 3+] = 9, 75 · 10−5m




KAPITEL 9. 18. AUGUST 2014 9.4. LAURINSYRE

9.4 Laurinsyre

1 Man skal i denne opgave kort forklare om laurinsyre indeholder nogle C=Cdobbeltbindinger.

Formlen for laurinsyre (LS) er CH3(CH2)10COOH. Det ses at ingen C-atomer panær det i syregruppen indeholder nogle dobbeltbindinger, safedtsyren er mættet.

2 Vær opmærksom pa tilstandsformerne.

∆H−◦ = 12H−◦CO2(g) + 12H−◦

H2O(l) −(H−◦

LS(s) + 17H−◦O2(g)

)= −12 · 285, 83 kJ

mol − 12 · 393, 51 kJmol −

(−728, 39 kJ

mol + 0 kJmol

)= −7423, 69 kJ

mol

Enthalpi-ændringen for reaktionen er negativ sa reaktionen er exoterm,fuldstændig som forventet for en forbrændingsreaktion.

3 I opgaver som denne skal man lede efter C=C dobbeltbindinger og asym-metriske C-atomer.

B Fedtsyren er mættet, og der er ingen asymmetriske C-atomer, B ud-viser derfor ikke stereoisomeri.

C Der er en dobbeltbinding mellem carbon 2 og 3 i C, sa fedtsyren kanderfor udvise E/Z -isomeri.

D Det fjerde C-atom i D er asymmetrisk, og der er derfor 2 optiskeisomerer i hvv R- og S-form.

E Der er hverken C=C dobbeltbindinger eller asymmetriske C-atomer,sa E har ingen stereoisomerer.

4 Først findes forsæbningstallet. Sorbitanmonolaurat og kaliumhydroxid re-agerer 1:1, sa stofmængden af KOH er identisk med stofmængden af sor-bitanmonolaurat:

mKOH = nKOH ·MKOH = nSML ·MKOH =mSML

MSML·MKOH

=1, 0g

346, 52g/mol56, 11g/mol = 0, 162g = 162mg

dvs forsæbningstallet er 162. Det indsættes i formlen for HLB:

HLB = 20(1− ft280

) = 20(1− 162

280) = 8, 43

5 Det der spørges er om er hvordan molekylerne vender i emulsionen. Denpolære ende vil vende mod vandfasen og den upolære mod oliefasen.

HLB-værdien er over 8, sa der dannes en olie-i-vand emulsion, dvs smaoliedraber i en vandig opløsning. Sorbitanmonolaurat er polær i sukker-enden og upolær i fedtsyre-enden. Man kunne forestille sig molekylernesplacering i oliedraberne er som vist i figuren herunder:




9.4. LAURINSYRE KAPITEL 9. 18. AUGUST 2014

Olie

H₂O

H₂O

H₂O

H₂O

Figuren forestiller en oliedrabe i vand. Sorbitanmonolaurat ligger i fase-overgangen mellem olie og vand.




Kapitel 10

22. maj 2015

59

10.1. TOBAKSAFVÆNNING KAPITEL 10. 22. MAJ 2015

10.1 Lægemiddel til tobaksafvænning

1 Buprion er en svag syre sa pH findes ved:

pH = 12 (pKs − log cs) = 1

2 (7, 16− log 0, 0417m) = 4, 3

2 Værdien for xs er muligvis ikke nøjagtig, da mit eksemplar af opgaven varsvært at læse. Man skal aflæse sa nøjagtigt som ens graf tillader.

Ved pH = 7,4 aflæses xs til 0,35 sa 35% af stoffet er altsa pa syreform,hvilket vil sige at 65% er pa baseform.

3 I opgaver som denne skal alle tre reaktionsordner prøves af. Det er vigtigtat man viser grafer for hvert datasæt og ikke kun en regressionsanalyse.Husk eventuelle enheder og faktorer pa tallene.

For at undersøge reaktionsordenen for omdannelsen af buprion laves føl-gende datasæt med tilhørende grafer:

t / h 0 1 2 3 4 5

c / µg/l 102 77 54 40 29 22

ln c -9,19 -9,47 -9,83 -10,1 -10,4 -10,7

1/c / l/µg 0,00980 0,0130 0,0185 0,0250 0,0345 0,0455

0. orden:

0 1 2 3 4 5 6

t

0

10

20

30

40

50

60

70

80

90

100

110

c /

µg/l

y = 15,9429x + 93,8571R² = 0,950846




KAPITEL 10. 22. MAJ 2015 10.1. TOBAKSAFVÆNNING

1. orden:

0 1 2 3 4 5 6

t

10,8

10,6

10,4

10,2

10

9,8

9,6

9,4

9,2

9

ln c

y = 0,311408x 9,18616R² = 0,999025

2. orden:

0 1 2 3 4 5 6

t

0

0,01

0,02

0,03

0,04

0,05

1/c

/ l/µ

g

y = 0,00712062x + 0,0065729R² = 0,961116

Det ses tydeligt at omdannelsen følger 1. orden. Forskriften for linien svarertil funktionsudtrykket for omdannelsen:

ln[Buprion] = −k · t+ ln[Buprion]0

= −0, 311h−1 · t− 9, 19

som omskrevet bliver:

[Buprion] = [Buprion]o · e−kt

= 102 · 10−6g/l · e−0,311h−1t




10.1. TOBAKSAFVÆNNING KAPITEL 10. 22. MAJ 2015

4 Man skal se pa ved hvilke pH-værdier molekylet har den største ladning.Her vil vandopløseligheden ogsa være størst. Husk at inddrage molekyletsoverordnede struktur.

Buprion er et relativt stort molekyle med kun fa polære grupper, sa detvil pa baseform hvor det er uladet ikke være særlig vandopløseligt. Vikan se at andelen af buprion pa syreform kun er ca 35% ved pH = 7,4sa det er altsa hovedsagligt pa sin fedtopløselige form her. Det betyderat koncentrationen af buprion i octan-1-ol vil være meget større end ivandfasen, og derfor er KF sa meget større ved høj pH = 7,4 end ved pH= 3,0, hvor xs = 1.




KAPITEL 10. 22. MAJ 2015 10.2. JERN I VITAMINPILLER

10.2 Jern i multivitaminpiller

1 Formlerne man foreslar skal være ladningsneutrale.

Jern(II)fumarat indeholder Fe 2+ og fumarationer, sa formlen ma være

� FeC4H2O4

Jern(III)fumarat indeholder Fe 3+ og fumarationer, sa formlen ma være

� Fe2(C4H2O4)3

2 For at finde ud af hvor stort et volumen af opløsning S der kræves kan viskrive:

c1 · V1 = c2 · V2 ⇔

V1 =c2 · V2

c1=

25mg/l · 100ml

100mg/l= 25ml

Fortyndingen kan udføres ved at overføre 25,0 ml af S med pipette til en100 ml malekolbe. Herefter fyldes malekolben til stregen med vand, og denomrystes herefter.

3 Bemærk evt enheder pa grafens akser. Husk at tage højde for fortyndingentil sidst.

Absorbansen er givet ved:

A = 0, 0318L/mg · c+ 0, 0064

sa koncentrationen af jern(II) i den fortyndede opløsning er:

A = 0, 0318L/mg · c+ 0, 0064 ⇔

c =A− 0, 0064

0, 0318l/mg=

0, 053− 0, 0064

0, 0318L/mg= 1, 5mg/l

Denne opløsning var fortyndet 100x, sa koncentrationen af jern(II) varoprindeligt 0,15 g/l. Da jern(II)ionerne var opløst i ialt 100 ml salpetersyreer massen af jern(II) i en tablet:

m = c · V = 0, 15g/l · 100ml = 15mg

Normalt ser formlen anvendt til sidst saledes ud: n = cV, men pga afenheden pa c er det altsa m vi far ud.




10.3. CUMARSYRE KAPITEL 10. 22. MAJ 2015

10.3 Cumarsyre

1 Ved stereoisomeri skal man altid lede efter asymmetriske C-atomer ellerC=C dobbeltbindinger.

COOH

COOH

HO HO

Cumarsyre findes pga dobbeltbindingen i de to stereoisomere former vistherover. Strukturen til venstre er E -cumarsyre, og strukturen til højre erZ -cumarsyre.

2 Det er en carboxylsyre med 3 C-atomer, derfor er grundstammen propan-syre. Da kæden indeholder en dobbeltbinding mellem C2 og C3 bliver detprop-2-ensyre. Og da der pa det 3. C-atom i kæden sidder en benzenring,med en hydroxygruppe i 4. position, bliver stoffets systematiske navn er3-(4-hydroxyphenyl)prop-2-ensyre.

Det findes som vist i to stereoisomere former, der hedder:

� E -3-(4-hydroxyphenyl)prop-2-ensyre

� Z -3-(4-hydroxyphenyl)prop-2-ensyre

3 Det er en eliminationsreaktion da ammoniak spaltes fra under dannelse afen dobbeltbinding:

+

COOHCOOH

H2NHO HO

H3N

4 Man skal sørge for at bruge al informationen i spektrene, samt den empi-riske formel. Desuden ved vi at stoffet er dannet ud fra cumarsyre, sa vikan forvente en vis lighed mellem dem.

Den empiriske formel bruges til at beregne hvor mange dobbeltbindingerstoffet indeholder:

DBE =(2a+ 2)− (b− c)

2CaHbNcOd

=(2 · 8 + 2)− 10

2= 3

IR-spektret giver følgende information:

frekvens / cm−1 vibrationstype

3500-3200 O-H stræk phenol

>3000 sp2 C-H stræk

<3000 sp3 C-H stræk

1600 C=C stræk

1500 C=C stræk




KAPITEL 10. 22. MAJ 2015 10.3. CUMARSYRE

Det ser altsa ud som om cumarsyrens phenoliske hydroxygruppe har over-levet, og at der nu er nogle enkeltbundne C-atomer.1H-NMR spektret giver følgende information:


6,7-7,2 4H m aromatisk

2,8 1H bred -OH

2,55 2H q Ar-CH2CH3

1,2 3H t CH2−CH3

� Signalet ved 6,7-7,2 ppm stammer fra benzenringen, hvilket man kanse pa det høje kemiske skift. Integralet pa 4H passer med en disub-stitueret ring, som udgangsstoffet cumarsyre ogsa har. Normalt giveraromatiske H’er anledning til multipletter, men her ligner det mestto dupletter.

� Signalet ved 2,8 ppm er bredt og har et integral pa 1H, sa det er nokphenolen.

� Signalet ved 2,55 ppm har et integral pa 2H, sa det er sikkert enCH2-gruppe. Den er opsplittet i en kvartet og ma derfor have trenaboer. Det kan den fa hvis den sidder mellem en benzenring, og enmethylgruppe. Det ville ogsa forklare det lidt høje kemiske skift.

� Signalet ved 1,2 ppm har et integral pa 3H og er splittet op i en triplet.Det kan derfor være methylgruppen vi ser koblingen til i signalet ved2,55 ppm.

Alt i alt giver det følgende struktur:

HO

Stoffet passer med IR og NMR, og har tre dobbeltbindinger præcis somden empiriske formel siger der skal være.

5 Man skal forklare hvilke kemiske bindinger og/eller intermolekylære inter-aktioner som er med til at holde cumarsyren pa plads.

Man kan se at cumarsyre danner hydrogenbindinger til de oxygenholdi-ge aminosyrer, men den stærkeste binding er den kovalente esterlignendebinding mellem cumarsyrens carboxylgruppe og -SH gruppen pa proteinet.




10.4. EN NANOKATALYSATOR KAPITEL 10. 22. MAJ 2015

10.4 En nanokatalysator

1 Husk krystalvandet nar molarmassen findes.

Koncentrationen af cobalt(II)chlorid hexahydrat er:

c =n

V=

mM

V=

4,05g165,863g/mol

0, 0100l= 2, 44m

2 Husk at det faktiske udbytte er 96% af det teoretiske.

Da der er overskud af oxalat bliver cobalt(II)ionerne den begrænsendefaktor. Den aktuelle koncentration af cobalt(II)ioner er lig den formellekoncentration sa:

m = 0, 96n ·M = c · V ·M= 0, 96 · 2, 44m · 0, 0100l · 182, 98g/mol = 4, 29g

3 Vær opmærksom pa tilstandsformerne nar de termondynamiske størrelserslas op. Husk at omregne temperaturen til Kelvin.

For at beregne Gibbs’ energi for reaktion 3 findes først entropi- og ental-pitilvæksten for reaktionen:

∆S−◦ = S−◦(Co(s)) + 2S−◦

(CO2(g)) − S−◦(CoC2O4(g))

= 30, 0 Jmol·K + 2 · 213, 785 J

mol·K − 189 Jmol·K = 268, 57 J

mol·K

Entropitilvæksten er positiv, hvilket er forventeligt da der to gasmolekylermere pa produktsiden i reaktionen.

∆H−◦ = H−◦(Co(s)) + 2H−◦

(CO2(g)) −H−◦(CoC2O4(g))

= 0 kJmol − 2 · 393, 51 kJ

mol + 881 kJmol = 93, 98 kJ

mol

Nu kan ∆G−◦773K findes:

∆G−◦773K = ∆H−◦ − T∆S−◦

= 93, 98 kJmol − 773, 15K · 268, 57 J

mol·K = −114 kJmol

Reaktionen er altsa spontan ved standardtilstand nar temperaturen er500�.

4 Grafen viser hvordan massen falder som funktion af temperaturen. Nargrafen er vandret sker der altsa ingen reaktion, og nar grafen falder mader udledes gasmolekyler med tab af masse til følge.

Stofmængden af 1,83 g CoC2O4 · 2 H2O er:

n1 =m

M=

1, 83g

182, 98g/mol= 10, 0mmol

Det ses af reaktion 2 at der udledes 2 mol vand pr mol CoC2O4 · 2 H2O,sa det forventede massetab for reaktion 2 ma være:

m = n2 ·M = 2n1 ·M = 2 · 10, 0mmol · 18, 016g/mol = 0, 360g




KAPITEL 10. 22. MAJ 2015 10.4. EN NANOKATALYSATOR

Dette svarer nogenlunde til det observerede massetab fra 140-180�, veddenne temperatur uddrives krystalvandet altsa.

I reaktion 3 afgives 2 mol carbondioxid pr mol CoC2O4 · 2 H2O, sa her erdet forventede massetab:

m = n3 ·M = 2n1 ·M = 2 · 10, 0mmol · 44, 01g/mol = 0, 880g

Dette svarer nogenlunde til det observerede massetab fra 320-400�, sa idette temperaturinterval forløber reaktion 3 altsa.




10.4. EN NANOKATALYSATOR KAPITEL 10. 22. MAJ 2015




Kapitel 11

3. juni 2015

69

11.1. AROMASTOFFER I WHISKY KAPITEL 11. 3. JUNI 2015

11.1 Aromastoffer i whisky

1 Sæt tegneprogrammet til at vise implicitte hydrogenatomer og atom-labelsfor alle carbon.

H2

C

H2

C

H3

C

HC

HC

O

CO

H3

C

H2

C

H2

C

2 Giv en kort argumentation for dele af navnet.

A er ethylesteren af prop-2-ensyre med en phenylgruppe pa tredje carbon.Derfor bliver navnet ethyl 3-phenylprop-2-enoat,

3 De kemiske test indikerer følgende:

� Affarvning af bromvand indikerer tilstedeværelse af en alifatisk dob-beltbinding.

� Bundfald med 2,4-dinitrophenylhydrazin indikerer at stoffet indehol-der en keton eller et aldehyd.

� Positive Fehlings og Tollens test indikerer at stoffet indeholder etaldehyd.

� Drejning af planpolariseret indikerer at stoffet indeholder et eller flereasymmetriske C-atomer.

Ud fra strukturerne af A-E vil man forvente følgende resultater af oven-staende tests:

A B C D E

Reaktion med Br2 + - - + +

Reaktion med 2,4-DNPH - + - + +

Fehling - - - + -

Tollens - - - + -

Lysdrejning - - - - +

A er altsa i glas #5. B er i glas #1. C er i glas #3. D er i glas #2. E er iglas #4.

4 Benyt gerne alle informationer som er givet om stoffet som hjælp til iden-tifikationen.

Formlen C7H14O2 fortæller at stoffet indeholder en dobbeltbinding:

DBE =(2a+ 2)− (b− c)

2CaHbNcOd

=(2 · 7 + 2)− 14

2= 1




KAPITEL 11. 3. JUNI 2015 11.1. AROMASTOFFER I WHISKY

1H-NMR spektret giver følgende information:

δ / ppm I Opspl. Fortolkning

4,1 2H t COO-CH2-CH2

2,1 3H s CH3-CO

1,87 1H nonet CH2-CH-(CH3)2

1,6 2H q CH2-CH2-CH

0,87 6H d CH-(CH3)2

� Signalet ved 4,1 ppm har et integral pa 2H, sa det er nok en CH2-gruppe. Det kemiske skift fortæller at den sidder pa oxygenatomet iesteren, og opsplitningen viser at den har 2 nabo H’er.

� Signalet ved 2,1 ppm har et integral pa 3H, sa det er nok en methyl-gruppe. Den har et kemisk skift karakteristisk for methylgrupper vedsiden af en carbonylgruppe - f.eks. fra syredelen af esteren, hvilketforklarer at det er en singlet, da den ingen nabo H’er har.

� Signalet ved 1,87 ppm har et integral pa 1H, sa det er nok en CH-gruppe. Den er opsplittet i en nonet og ma derfor have 8 nabo H’er.Det kan den fa hvis den sidder mellem to methylgrupper og en CH2-gruppe.

� Signalet ved 1,6 ppm har et integral pa 2H, sa det er nok en CH2-gruppe. Koblingsmønsteret er en kvartet, sa den har tre nabo H’er.Hvis det skal passe med noget af det vi har set tidligere, kan detvære en CH2-gruppe som sidder mellem en CH-gruppe og en andenCH2-gruppe.

� Signalet ved 0,87 ppm har et integral pa 6H, sa det kan være tokemisk ækvivalente methylgrupper. Det passer ogsa med det kemiskeskift, som er meget lavt. Det er splittet i en duplet, sa de skal siddepa en CH-gruppe.

Alt i alt giver det følgende struktur for esteren:

O

O




11.2. IVA KAPITEL 11. 3. JUNI 2015

11.2 IVA - en genetisk stofskiftesygdom

1 Husk at argumentere for at det er en svag syre, hvis opgaven løses medden tilnærmede formel som her:

Isovalerianesyre har en pKs-værdi >4, sa det er en svag syre og pH kanderfor beregnes saledes:

pH = 12 (pKs − log cs) = 1

2 (4, 77− log 0, 15m) = 5, 6

2 Der spørges til værdien af xs ved en given pH, sa man skal finde en formelhvor pH afhænger af xs.

Pufferligningen kan opskrives som funktion af syrebrøken:

pH = pKs + log[B]

[S]= pKs + log

1− xsxs

⇔

4, 5 = 4, 77 + log1− xsxs

løses den for xs fas:

xs = 0, 65

65% af isovalerianesyre er altsa pa syreform i urin med en pH = 4,5.

3 Vi skal bruge de informationer som gives om B dels fra elementaranalysenog dels fra dannelsen af B. Vi far at vide B er kondensationsproduktetmellem valerianesyre, som vi kender strukturen af og en aminosyre, ogdem er der kun 20 af.

Elementaranalysen bruges til at finde molekylformlen:

C: 52,82%52, 82

12, 01=4,40 4,40/0,628=7,00

H: 8,23%8, 23

1, 008=8,16 8,16/0,628=13,0

N: 8,80%8, 80

14, 01=0,628 0,628/0,628=1

O: 30,15%30, 15

16, 00=1,88 1,88/0,628=3,00

Molekylformlen er C7H13NO3. Isovalerianesyre bidrager med C4H9CO-til kondensationsproduktet, sa aminosyren den er kondenseret med mabidrage med kun to carbonatomer. Det er kun glycin som kun indeholderto carbonatomer, sa kondensationsproduktet kan se saledes ud:

O

O

HO

HN




KAPITEL 11. 3. JUNI 2015 11.3. MATERIALER TIL SOLCELLER

11.3 Materialer til solceller

1 Vi kan se at indium gar fra oxidationstal III til nul, og at zink oxideres franul til II. Det er altsa en redoxreaktion. Afstemt ser den saledes ud:

2 In 3+(aq) + 3 Zn(s) −−→ 2 In(s) + 3 Zn 2+(aq)

2 Husk at gøre rede for reaktionsforholdene.

Zink og indium reagerer 3:2, sa massen af zink der forbruges ved reaktionener:

mZn = nZn ·MZn = 32nIn ·MZn = 3

2c · V ·MZn

= 320, 88m · 100l · 65, 38g/mol = 8, 6kg

3 Brug altid forskriften for grafen, men husk at der skal enheder pa tallene.Enhederne findes ved at se pa aksetitlerne for grafen. Husk at kommenterepa fortegnet for ∆G−◦ .

For at beregne ligevægtskonstanten ved 600� skal ∆G−◦ ved 600� førstberegnes. Forskriften for grafen giver:

∆G−◦ = −0, 0219 kJmol·KT + 19, 9 kJ

mol

= −0, 0219 kJmol·K 873, 15K + 19, 9 kJ

mol = 0, 778 kJmol

∆G−◦ er positiv ved denne temperatur, reaktionen forløber altsa ikke spon-tant ved standardbetingelser.

Ligevægtskonstanten ved denne temperatur er:

K = e−∆G−◦

RT = e−

0,778 kJmol

8,314 Jmol·K 873,15K = 0, 898

K har ingen enhed pga reaktionsskemaets udseende.

Hvis temperaturen sænkes til 500� ses det af grafen at ∆G−◦ stiger, hvilketbetyder at reaktionen bliver endnu mindre spontan. Ligevægten forskydesderfor til venstre.

4 Dette er en helt normal ligevægtsopgave, sa man skal opstille et før-efterskema. Husk at regne i partialtryk istedet for stofmængder, da det er gasservi ser pa.

For at beregne partialtrykkene ved ligevægt opstilles et før-efter skema:

H2(g) + Se(l) −−⇀↽−− H2Se(g)før pH2(før) - 0

efter pH2(før) − pH2Se - pH2Se

Partialtrykket af dihydrogen er ved start:

pH2(før) =nRT

V=

0, 0400mol · 0, 08314 bar·lmol·K 873, 15K

1, 00l

= 2, 90bar




11.3. MATERIALER TIL SOLCELLER KAPITEL 11. 3. JUNI 2015

Tallene fra før-efter skemaet indsættes i ligevægtsloven som løses for pH2Se:

K =pH2Se

pH2

=pH2Se

pH2(før) − pH2Se=

pH2Se

2, 90bar − pH2Se= 0, 898 ⇔

pH2Se = 1, 37bar




KAPITEL 11. 3. JUNI 2015 11.4. FYLDTE CHOKOLADER

11.4 Fyldte chokolader

1 Dette er en simpel opgave, sa vær ekstra opmærksom pa betydende cifre.

Stofmængden af sucrose er:

c =n

V=c1 · V1

V=

1, 50m · 20, 00ml

100ml= 0, 30m

2 Vær opmærksom pa enhederne pa grafen, sa hastighedskonstanten far denkorrekte enhed.

Da koncentrationen af sucrose aftager lineært som funktion af tiden mareaktionen være af nulte-orden, da funktionsudtrykket her er lineært:

[sucrose] = −kt+ [sucrose]0

Hældningskoefficienten er lig -k, sa hastighedskonstanten kan findes ved:

k = − y2 − y1

x2 − x1= − 0, 4m− 0, 5m

4, 2min− 0min= 0, 024m/min

3 Hvis 1H-NMR skal anvendes til koncentrationsbestemmelse, ma der ikkevære sammenfaldende signaler mellem stofferne. Glucoses duplet ved lidtover 5,2 ppm og sucroses duplet ved ca 5,4 ppm er lette at skelne frahinanden, sa de vil være velegnede at følge.

4 Man skal se pa hvordan brøken i hastighedsudtrykket udvikler sig ved degivne koncentrationer.

Hvis koncentrationen af sucrose er mindre end 0,001 m bliver sucrosekon-centrationens bidrag til brøkens nævner ubetydelig:

v = 0, 024m/min[sucrose]

[sucrose] + 0, 076m

≈ 0, 024m/min[sucrose]

0, 076m= 0, 32min−1[sucrose]

Dette udtryk svarer til hastighedsudtrykket for en 1. ordens-reaktion.

5 Man skal bestemme aktiveringsenergien ud fra datasættet. Man skal altsafinde en formel hvor k afhænger af T, og hvor Ea indgar.

For at finde aktiveringsenergien laves et Arrhenius-plot, men først skaldatasættet tilpasses, da Arrhenius-ligningen siger:

lnk = −Ea

R· 1

T+ ln k0

sa først konstrueres følgende tabel:

1/T / 10−3K−1 3,35 3,30 3,25 3,19 3,14 3,09

ln k -1,17 -0,939 -0,742 -0,548 -0,338 -0,172

Det nye datasæt afbildes:




11.4. FYLDTE CHOKOLADER KAPITEL 11. 3. JUNI 2015

0,00305 0,00315 0,00325 0,00335

1/T / K ¹

1,2

1

0,8

0,6

0,4

0,2

0

ln k

y = 3852,1x + 11,7577R² = 0,999386

Aktiveringsenergien kan nu findes ved at sammenligne forskriften for linienmed Arrhenius-ligningen:

−Ea

R= −3852, 1K ⇔

Ea = 3852, 1K ·R = 3852, 1K · 8, 314 Jmol·K = 32, 0 kJ

mol

For at beregne halveringstiden ved 47�, dvs 320K skal vi først kendehastighedskonstanten ved denne temperatur.

lnk = −Ea

R· 1

T+ ln k0 ⇔

= −3852, 1K1

320, 15K+ 11, 76 = −0, 274 ⇔

k = e−0,274min−1 = 0, 760min−1

Enheden pa k er min−1 da alle beregninger er foretaget pa grundlag afk-værdier med denne enhed.

Halveringstiden kan nu findes:

t 12

=ln 2

k=

ln 2

0, 760min−1= 0, 91min

Det kan være svært at vurdere om dette resultat er korrekt, vi kan i hvertfald se at hastighedskonstanten er beregnet korrekt, for den passer ca medværdien opgivet for k ved 45�.




X-set svar - · PDF file1.6.1 Entropi Uafhˆngig af temperaturen Enhed: J molK Ingen...

Documents

Transcript of X-set svar - · PDF file1.6.1 Entropi Uafhˆngig af temperaturen Enhed: J molK Ingen...