X-set svar. Esben Rossel

Transkript

1 X-set svar Esben Rossel 2. marts 2017

2 Esben Rossel Torbensen 2016 Denne kopi af X-set svar er hentet fra Dokumentet er sat med L A TEX 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 og Jmol: an open-source Java viewer for chemical structures in 3D. ii Denne kopi af X-set svar er hentet på

3 Indhold 1 Gode råd Om beregninger generelt Betydende cifre Tabeller Grafer ph-beregninger Termodynamiske størrelser Entropi Entalpi Gibbs energi maj Feromoner Fremstilling af jern Nedbrydning af kunstigt sødemiddel Phenylhydrazin i champignon august december Benzylacetone Glucose Eksploderende vandmeloner Rhodamin B - et farvestof Barbitursyre maj Terpenoider Brezel Fedmemedicin juni Propolis Søvnløshed D3-Vitamin Blyhvidt iii

4 INDHOLD INDHOLD august Ammoniak som grønt brændstof Olivenolie Guld og cyanid Penicillin maj Stevia Broccoli Ozon og iodforbindelser Kviksølv i fisk juni Coltan Levulinsyre Et enzym til produktion af B2-vitamin Halogenpærer august En syre i AlgeFri Khat Titan Laurinsyre maj Tobaksafvænning Jern i vitaminpiller Cumarsyre En nanokatalysator juni Aromastoffer i whisky IVA Materialer til solceller Fyldte chokolader maj Nanopartikler i solcreme Ketogan - mod kraftige smerter B-vitamin i energidrikke Stereoselektiv syntese juni Triclosan Pentobarbital Citalopram Sulfurylchlorid iv Denne kopi af X-set svar er hentet på

5 Kapitel 1 Gode råd 1

6 1.1. OM BEREGNINGER GENERELT KAPITEL 1. GODE RÅD 1.1 Om beregninger generelt ˆ Stil så vidt muligt formlerne op med symboler og manipuler med symbolerne indtil det som skal beregnes er isoleret. Det er også ok at opstille formlen, indsætte værdierne og oplyse at den ukendte er fundet vha CAS. ˆ Husk altid enhederne. Det er med få undtagelser kun ph-værdier og absorbanser som ikke har en enhed. Der skal være enheder på både resultaterne og 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 m V = M V 8,0g 40,00g/mol = 0, 10l = 2, 0m ˆ Når tal skal indtastes på lommeregneren er det en god idé at oversætte alle dekadiske præfikser som µ, m, k etc til de korresponderende tier-potenser, så man altid regner i standardenheder (ikke nødvendigvis SI). Eksempel: Således skal det stå i opgaven: G = H T S = 15, 6 kj mol Således skal det indtastes: 15, , K 156, 98 J mol K 1.2 Betydende cifre ˆ Ved alle beregninger skal resultatet afrundes så antallet af betydende cifre passer med den oplysning som indeholdt færrest betydende cifre. I tvivlstilfælde så afrund til tre betydende cifre. ˆ Bemærk at alle cifre skal anvendes hvis resultatet bruges i videre beregninger, men man skal ikke vise alle cifrene. Delresultater skal altså afrundes korrekt, 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 er ikke sikkert tallene i tabellen umiddelbart kan bruges i grafen, man skal i så fald omregne til værdier som kan. Hold øje med enheder og eventuelle faktorer i form af tier-potenser eller præfikser som m, µ, k etc. 2 Denne kopi af X-set svar er hentet på

7 KAPITEL 1. GODE RÅD 1.4. GRAFER 1.4 Grafer ˆ Grafer skal have synlige datapunkter, titler på akserne og det skal være klart af aksetitlerne hvad enhederne er på de variable. ˆ I langt de fleste tilfælde skal man vise en lineær sammenhæng, og man bør renskrive udtrykket for linien i teksten efter grafen, så man kan få de korrekte enheder på hældningskoefficienten og konstantleddet. ˆ Hvis skal bruge et eller flere punkter fra grafen til en udregning må man ikke bruge målepunkterne fra tabellen, man skal altid bruge forskriften for linien/kurven. 1.5 ph-beregninger Der er forskellige måder at beregne ph på afhængig af situationen. Angiv aldrig ph med mere end 2 decimaler. Formlen for svage syrer må kun anvendes hvis man samtidig gør opmærksom på at der er tale om en svag syre. For syreopløsninger: ph = log c s kun for stærke syrer (pk s < 0) ph = 1 2 (pk s log c s ) kun for svage syrer (pk s > 4) ph = log K s + K 2 s + 4 K s c s 2 kan bruges for alle syrer For puffere (husk at formlen kun gælder for korresponderende syrebasepar): ph = pk s + log [B] [S] For rene opløsninger af amfolytter. (Hvis der er tilsat andet er det sandsynligvis pufferligningen som skal anvendes): ph = 1 2 (pk s(1) + pk s (2)) 1.6 Termodynamiske størrelser ˆ Alle termodynamiske data er opgivet for forbindelser under standardbetingelser, dvs et tryk på 1 bar og koncentrationer på 1 m for opløste forbindelser. ˆ Bemærk at temperaturen ikke er inkluderet i begrebet standardbetingelser, og G er forskellig ved forskellige temperaturer. Skal man finde G for andre temperaturer end 25, må man beregne den ud fra H og S ˆ Vær superopmærksom på tilstandsformerne når termodynamiske data slås op i databogen. Denne kopi af X-set svar er hentet på 3

8 1.6. TERMODYNAMISKE STØRRELSER KAPITEL 1. GODE RÅD Entropi ˆ Uafhængig af temperaturen J ˆ Enhed: mol K ˆ Ingen nulpunktsvedtægter ˆ 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 reaktanter, men det er altså især hvis det er molekyler på gasform det drejer sig om. Når S er beregnet bør man kommentere på fortegnet ifht reaktionsskemaet og de ovenstående regler Entalpi ˆ Uafhængig af temperatur ˆ Enhed: kj mol ˆ H = 0 for: Rene grundstoffer ved standardbetingelser H + -ionen når [H + ] = 1m ˆ Fortegnet for H er: Negativt hvis reaktionen er exoterm Positivt hvis reaktionen er endoterm Gibbs energi ˆ Temperaturafhængig: G = H - T S ˆ Enhed: kj mol ˆ 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 altså godt få en ikke-spontan reaktion til at forløbe, det eneste det kræver er at man bevæger sig væk fra standardbetingelserne for reaktionsdeltagerne. ˆ G og G er ikke det samme, den sidste er ikke ved standardbetingelser, og kan beregnes ud fra G og reaktionsbrøken: G = G + RT ln Y 4 Denne kopi af X-set svar er hentet på

9 Kapitel maj

10 2.1. FEROMONER KAPITEL MAJ Feromoner 1 Bromvand bruges til at påvise alifatiske C=C dobbeltbindinger, så man skal vise på en struktur hvor i molekylet man kan finde sådan én. Barkbilleferomonet affarver bromvand, da Br 2 kan adderes til dobbeltbindingen i molekylet: + Br₂ Br HO HO Br 2 Elementaranalysen bruges til at finde den empiriske formel: C: 58,80% H: 9,87% O: 31,33% 58, 80 =4,90 12, 01 4,90/1,96=2,5 9, 87 =9,78 1, 008 9,78/1,96=5,0 31, 33 =1,96 16, 00 1,96/1,96=1 Der kan naturligvis ikke være 2,5 C-atomer i et molekyle så alle tal skaleres med en faktor 2. Den empiriske formel, som også er stoffets molekylformel da der kun er 2 oxygenatomer i en carboxylsyregruppe, bliver derved: C 5 H 10 O 2 3 Der er flere muligheder for stoffets struktur, her er to forslag, hvoraf strukturen til højre er optisk aktiv, da den indeholder et asymmetrisk C-atom (markeret med *): O O OH * OH Molekylerne navngives pentansyre og 2-methylbutansyre. 4 Skriv meget gerne en tabel op over signalerne i spektret. Selv hvis man ikke kan løse det, får man point for at kunne læse det. 1 H-NMR spektret giver følgende information. δ /ppm integral opsplitning fortolkning 8,9 1H bred -COOH 2,3 2H t(3) -CH 2 -CH 2 -COOH 1,55 2H pent(5) -CH 2 -CH 2 -CH 2-1,1 2H sext(6) -CH 2 -CH 2 -CH 3 0,9 3H t(3) -CH 2 -CH 3 6 Denne kopi af X-set svar er hentet på

11 KAPITEL MAJ FEROMONER ˆ Signalet ved 8,9 ppm har et integral på 1H, og dets høje kemiske skift, samt udbredningen tyder på at det er en carboxylsyre. ˆ Signalet ved 2,3 ppm har et integral på 2H, så det er nok en CH 2 - gruppe. Det kemiske skift tyder på at det sidder ved siden af en carbonylgruppe, og opsplitningsmønsteret er en triplet, hvilket fortæller at det har to naboer (n+1 reglen), så det sidder ved siden af en anden CH 2 -gruppe. ˆ Signalet ved 1,55 ppm har et integral på 2H, så det er sikkert også en CH 2 -gruppe. Koblingsmønsteret fortæller at den sidder ved siden af 4 andre H-atomer, f.eks. en CH 2 -gruppe på hver side, hvoraf den ene af dem kunne være CH 2 -gruppen vi ser ved 2,3 ppm. ˆ Signalet ved 1,1 ppm har et integral på 2H, så er endnu en CH 2 - gruppe. Det er opsplittet i en sextet så der er 5 naboer, hvilket kan passe med at den sidder mellem en CH 2 -gruppe (f.eks. den ved 1,55 ppm) og en CH 3 gruppe, som vi ser ved 0,9 ppm. ˆ Det sidste signal ved 0,9 ppm har et integral på 3H, og da det samtidigt har et meget lavt kemisk skift (< 1 ppm) er det nok en methylgruppe. Det er opsplittet i en triplet, så den sidder ved siden af en CH 2 -gruppe, præcis som vi forventer ud fra opsplitningen for signalet ved 1,1 ppm. Alt i alt giver det strukturen for pentansyre. I dette spektrum optræder signalerne i samme rækkefølge som de forskellige CH x -grupper sidder i molekylet. Det er meget sjældent at det er tilfældet, man kan altså ikke konkludere noget om strukturen ud fra signalernes placering. Det er kun koblingsmønstrene som giver information om det! Denne kopi af X-set svar er hentet på 7

12 2.2. FREMSTILLING AF JERN KAPITEL MAJ Fremstilling af jern 1 I opgaver som denne er anvendelse af oxidationstal et meget sikkert argument. Fe 2 O 3 (s) + 3 H 2 (g) 2 Fe(s) + 3 H 2 O(g) Vi kan se at jern optræder i oxidationstal +III på venstre og 0 på højre side. Hydrogen optræder i oxidations 0 på venstre side og +I på produktsiden. Jern reduceres altså, men hydrogen oxideres. 2 Skriv altid beregningen af termodynamiske størrelser op med symboler først - og husk tilstandsformerne. I tilfælde af at man taster forkert på lommeregneren vil man få næsten alle point alligevel, hvis censor kan se at man ved hvad man foretager sig. Entalpitilvæksten for reaktionen er: H = 2H F e(s) + 3H H 2O(g) (H F e 2O 3(s) + 3H H 2(g) = , 82 kj kj + 824, 2 mol mol 3 0 = 98, 74 kj mol dvs reaktionen er endoterm. 3 Først beregnes entropitilvæksten: S = 2S F e(s) + 3S H 2O(g) (S F e 2O 3(s) + 3S H 2(g) = (2 27, , 83 87, , 79) J = 141, 3 mol K ) ) J mol K dvs reaktionen går mod mere uorden, hvilket passer fint med reaktionsskemaet, hvor 4 reaktanter bliver til 5 produkter. Hvis reaktionen skal være spontan ved standardbetingelser, så skal ændringen i Gibbs energi være negativ: G = H T S < 0 98, 74 kj mol T 141, 3 J mol K < 0 98, 74 kj mol < T J 141, 3 mol K 698, 8K < T temperaturen skal altså holdes over 698,8 K. 8 Denne kopi af X-set svar er hentet på

13 KAPITEL MAJ FREMSTILLING AF JERN 4 For at afgøre om reaktionen løber mod højre eller venstre sammenlignes reaktionsbrøken med ligevægtskonstanten: Q = p3 H 2O p 3 H 2 = (0, 50bar)3 (0, 45bar) 3 = 1, 4 Ligevægtskonstantens værdi ved den pågældende temperatur er 8,79 hvilket er større end reaktionsbrøken. Reaktionen vil derfor forløbe mod højre. 5 For at finde partialtrykkene ved ligevægt opstilles et før-efter skema for reaktionen: Fe 2 O 3 (s) + 3 H 2 (g) Fe(s) + 3 H 2 O(g) før - 0,45 bar - 0,50 bar efter - 0,45 bar - 3x - 0,50 bar + 3x Det indsættes i ligevægtsloven som løses for x: K = (0, 50bar + 3x)3 = 8, 79 (0, 45bar 3x) 3 x = 0, 047bar dvs partialtrykkene for dihydrogen og vand bliver: p H2 = 0, 45bar 3 0, 047bar = 0, 31bar p H2O = 0, 50bar + 3 0, 047bar = 0, 64bar Der findes muligvis andre løsninger for x, men partialtrykkene for H 2 og H 2 O skal ligge i intervallet 0-0,95 bar. Det er klart de ikke kan være negative, og den øvre grænse må være summen af starttrykkene, da de reagerer 1:1. Denne kopi af X-set svar er hentet på 9

14 2.3. NEDBRYDNING AF KUNSTIGT SØDEMIDDEL KAPITEL MAJ Nedbrydning af kunstigt sødemiddel 1 Dette er en simpel mængdeberegningsopgave, så vær ekstra opmærksom på enheder og betydende cifre. Massen af aspartam er givet ved: m = n M = c V M = 1, m 250ml 294, 30g/mol = 131mg 2 Ved beregning af ph af ikke-stærke syrer og baser kan man løse ligevægtsloven eller bruge en tilnærmet formel. Vælger man det sidste skal man huske at gøre opmærksom på at pk s /pk b er større end 4 (ellers dur formlen nemlig ikke). Da pk b for citrat er >4 er basen en svag base, så vi kan bruge den tilnærmede formel for poh: ph = 14 poh = (pk b log c b ) = 14 1 (7, 6 log 0, 200m) 2 = 14 4, 1 = 9, 9 3 For at bestemme reaktionsordenen bør man vise afbildninger af c, ln c og 1/c som funktion af tiden. Det kan diskuteres om det er nok at lave grafen for første orden, men uanset hvad man gør, så er det ikke nok blot at lave regression på punkterne. Grafen skal med. Endelig så skal man huske at renskrive funktionsudtrykket. For at undersøge reaktionsordenen afbildes målingerne som c vs t, ln c vs t, og 1/c vs t: ˆ Nulte orden: y = x R² = c /mm t /min 10 Denne kopi af X-set svar er hentet på

15 KAPITEL MAJ NEDBRYDNING AF KUNSTIGT SØDEMIDDEL ˆ Første orden: y = x R² = ln c ˆ Anden orden: t /min y = x R² = /c /mm ¹ t /min Det ses tydeligt at nedbrydningen følger første orden. Funktionsudtrykket for reaktionen bliver derved: ln c = 2, min 1 t + 0, 583 Da det er en første-ordensreaktion er halveringstiden givet ved: t = ln 2 k = ln 2 2, = 247min min 1 4 Puffersystemet HCit 2 /Cit 3 har den grønne Bjerrumkurve da det er citronsyres sidste hydron som afgives her. Ved ph 7,0 aflæses syrebrøken til 0,19, dvs at 81% af citronsyren findes som citrat ved denne ph. Denne kopi af X-set svar er hentet på 11

16 2.3. NEDBRYDNING AF KUNSTIGT SØDEMIDDEL KAPITEL MAJ For at få et overblik over reaktionen stilles et før-efter skema op: Cit 3 (aq) + HCl(aq) HCit 2 (aq) + Cl (aq) før: c cs V cs x 0 - efter: c cs V cs - x 0 x - Dette indsættes i pufferligningen, hvor pk s = 14 - pk b : ph = pk s + log n n n s = 6, 40 + log c csv cs x x x = 0, 0100mol = 6, 40 + log 0, 200m 250ml x x Volumen af 1,0 m HCl der skal tilsættes er derfor: V = n c = 0, 0100mol 1, 0m = 10, 0ml 12 Denne kopi af X-set svar er hentet på

17 KAPITEL MAJ PHENYLHYDRAZIN I CHAMPIGNON 2.4 Phenylhydrazin i champignon 1 Det eneste man skal gøre her er at indtegne samtlige C er og H er på strukturen. Sæt tegneprogrammet til at vise samtlige implicitte H-atomer og carbonlabels. I marvinsketch vil markering af molekylet få dem frem. 2 Ofte er det kun en enkelt gruppe som ændres, så identificer den i reaktanten og produktet. Vi får at vide at stof A omdannes til agaritin: H N O H N O O H N H 2 N OH O HO H N H 2 N OH O Det eneste som ændrer sig er aldehyd-gruppen i stof A, som bliver til en primær alkohol i agaritin. Den modsatte reaktion, altså hvor alkoholer bliver til aldehyd, kaldes en oxidation, så dette er en reduktion. 3 Agaritin indeholder polære NH- og OH-grupper og upolære CH-grupper ca i forholdet 1:2, så stoffet er nok overvejende polært. Derudover indeholder det både en aminogruppe og en carboxylsyre, som ved neutral ph sandsynligvis findes som en zwitter-ion: H N O HO H N H 3 N O O Det øger polariteten endnu mere, og vand vil være klart bedre end heptan til ekstraktion af stoffet. 4 Vi får en graf, så den skal vi selvfølgelig bruge. Vær opmærksom på evt fortynding og/eller om der kun måles på en prøve af hele opløsningen. Arealtallet i chromatogrammets top for agaritin er: A = 1, Standardkurven kan nu anvendes til at finde massen af agaritin i prøven: A = 3, ng 1 m + 2, m = 1, , , ng 1 = 3, 48ng Da der kun er målt på 25µl ud af ml, så er den samlede masse af agaritin i ekstraktet: m e = m 100.0ml 25µl = 3, 48ng 4000 = 13, 9µg Denne kopi af X-set svar er hentet på 13

18 2.4. PHENYLHYDRAZIN I CHAMPIGNON KAPITEL MAJ 2011 Ekstraktet er lavet på 100 mg champignon så Phenylhydrazin-indholdet i svampene er: 13, 9µg 100mg = 0, 139µg/mg = 0, 139mg/g = 139mg/kg 14 Denne kopi af X-set svar er hentet på

19 Kapitel august

20 KAPITEL AUGUST Denne kopi af X-set svar er hentet på

21 Kapitel december

22 4.1. BENZYLACETONE KAPITEL DECEMBER Benzylacetone 1 I opgaver af denne type skal man lede efter dobbeltbindinger og/eller asymmetriske 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 benzylacetone vha forskellige reaktioner. Benzylacetone er en keton og indeholder derfor en carbonylgruppe. Carbonylgruppen kan påvises ved reaktion med 2,4-dinitrophenylhydrazin, da der vil komme et gult eller orange bundfald. For at afgøre om carbonylgruppen 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 båndene over 1500cm 1 i IR-spektret og fortolke 1 H-NMR spektret, og se om det stemmer med det vi kan forvente at se i spektre af benzylacetone. Båndende over fingeraftryksområde i IR-spektret er tilordnet i tabellen herunder: ν tilordning 1600 cm 1 C=C stræk, stemmer med benzenringen 1720 cm 1 C=O stræk, stemmer med ketonen <3000 cm 1 sp 3 C-H stræk, stemmer med carbonkæden >3000 cm 1 sp 2 C-H stræk, stemmer med benzenringen 3400 cm 1 overtone fra det carbonylbåndet ved 1720 cm 1 Der er således intet i IR-spektret som ikke passer med at det kunne være benzylacetone. NMR-spektret giver følgende: δ /ppm Integral Opsplitning Fortolkning 7,2-7,4 5H m Aromatisk 2,85 2H t Ar-CH 2 -CH 2 2,75 2H t CO-CH 2 -CH 2 2,0 3H s CH 3 -CO 18 Denne kopi af X-set svar er hentet på

23 KAPITEL DECEMBER BENZYLACETONE Multipletten omkring 7,3 ppm med et integral på 5H passer med en monosubstitueret benzenring som i benzylacetone. De to signaler ved 2,8 ppm har begge et integral på 2H og splitter begge i tripletter, hvilket passer med to CH 2 -grupper omgivet af C-atomer uden H er, som f.eks. en benzenring og en carbonylgruppe, præcis ligesom i benzylacetone. Endelig er der signalet ved 2,0 ppm, som har et integral på 3H. Det kunne være en methylgruppe, og det høje kemiske skift ifht normale methylgrupper samt at den ikke er opsplittet kan forklares med at den sidder ved siden af en carbonylgruppe. Både IR- og NMR-spektret kunne altså godt være for benzylacetone. Denne kopi af X-set svar er hentet på 19

24 4.2. GLUCOSE KAPITEL DECEMBER Glucose 1 Hydroxygruppen omdannes til en keton, så dette er en oxidation. 2 Man skal i opgaver som denne sammenligne forskriften for grafen med hastighedsudtrykket: v = k[a] n og afgøre hvad n må være. Grafen viser at der er ligefrem proportionalitet mellem koncentrationen og initialhastigheden. Det må altså være en 1.-ordensreaktion. Vi kan se af enhederne på akserne at hastighedsudtrykket må være: v = 0, s 1 [α-d-glucose] 3 Aktiveringsenergien optræder i ligningen k = k o e Ea RT så man skal altså have et datasæt med k og T for at finde den. Vi har et datasæt med T og v, 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] så kan tallene indsættes, her er det k ved 26 altså 299,15K. Husk faktoren 10 7!: k = v [α-d-glucose] = 1, m/s 5, m = 0, s 1 Resten af datasættet er i tabellen herunder: T / K 299,15 303,15 306,15 v / 10 7 m/s 1,2 1,7 2,5 k / 10 3 s 1 0,214 0,304 0,446 Aktiveringsenergien optræder i ligningen k = k o e Ea RT, som bliver til et lineært udtryk, hvis vi tager logaritment på begge sider af den: ln k = E a R 1 T + ln k o hvor ln k afhænger lineært af 1. Vi er altså ikke færdige med vores datasæt. Igen husk faktoren 10 3 på k, når ln k T beregnes: 1/T / 10 3 K 1 3,34 3,30 3,37 ln k -8,45-8,10-7,71 20 Denne kopi af X-set svar er hentet på

25 KAPITEL DECEMBER GLUCOSE 7,7 7,8 y = 9502,51x + 23,2958 R² = 0, ,9 8 ln k 8,1 8,2 8,3 8,4 8,5 0, , ,0033 0, , /T / K ¹ Grafen er en afbildning af ln k mod 1/T: ln k = E a R 1 T + ln k o så hældningskoefficienten svarer til E a. Aktiveringsenergien er derfor: R E a = 9501, 51K R E a = 9502, 51K R J = 9502, 51K 8, 314 mol K = 79, 0 kj mol Denne kopi af X-set svar er hentet på 21

26 4.3. EKSPLODERENDE VANDMELONER KAPITEL DECEMBER Eksploderende vandmeloner 1 Molekylet indtegnes med et kemi-tegneprogram, som indstilles til at vise samtlige atomer: Herefter kan atomerne tælles, og man får molekylformlen: C 12 H 10 N 3 OCl 2 I opgaver af denne type skal man huske at argumentere for reaktionsforholdene. Det ses af reaktionsskemaet at anilin og forchlorfenuron (fcf) reagerer 1:1. Den maksimale stofmængde af forchlorfenuron er derfor lig stofmængden af anilin: m fcf = n fcf M fcf = n anilin M fcf = m anilin M fcf M anilin 100g = 247, 68g/mol = 266g 93, 13g/mol Udbytteprocenten bliver dermed: 147g = 0, 553 = 55, 3% 266g 3 Koncentrationen af forchlorfenuron i vækstmidlet er: c = n V = m M V = 10g = 0, 040m 247, 68g/mol 1, 0l Til druesorten Muscat d Alexandrie fortyndes 75 ml vækstmiddel til 100l, så koncentrationen i brugsopløsningen er: c 2 = n V 2 = c 1 V 1 V 2 = 0, 040m 0, 075l 100l = 30µm 22 Denne kopi af X-set svar er hentet på

27 KAPITEL DECEMBER RHODAMIN B - ET FARVESTOF 4.4 Rhodamin B - et farvestof 1 I denne type opgave skal man forklare hvilket laboratorieudstyr som skal anvendes for at lave en korrekt fortynding. Det er vigtigt at se på hvor mange betydende cifre der er anvendt, for jo flere cifre, des mere præcist udstyr skal man anvende. Der skal fremstilles en 8, m opløsning af Rhodamin B ud fra en opløsning med en koncentration på 8, m. Stamopløsningen skal altså fortyndes 100x med en præcision på 3 betydende cifre. Det endelige volumen skal være 100,0 ml, så man skal starte med 1,00 ml af stamopløsningen. Det kan gøres således: 1,00 ml af en 8, m opløsning af Rhodamin B overføres med en mikropipette til en 100 ml målekolbe, som herefter fyldes til stregen med vand. 2 Hvis Y udgør 54,1% af den samlede mængde farvestof, må X nødvendigvis udgøre 45,9%. Dette indsættes i ligevægtsloven: K = [Y] 54, 1% = = 1, 18 [X] 45, 9% 3 Grafen viser en afbildning af ln K mod 1/T. Man skal altså finde en ligning som beskriver denne sammenhæng, og sammenholde det udtryk med forskriften for linien. Husk at sætte enheder på tallene fra grafen, hvis det er nødvendigt! Ligevægtskonstantens temperaturafhængighed beskrives af van t Hoffs ligning: ln K = H R 1 T + S R Ud fra van t Hoffs ligning ses det at hældningskoefficienten og konstantleddet for forskriften for linien giver entalpi- og entropitilvæksten: a = H R H J = a R = 3063, 9K 8, 314 mol K = 25, 5 kj mol b = S R S J = b R = 10, 1 8, 314 mol K = 84, 0 J mol K Reaktionen er altså exoterm og går mod mere orden, hvilket er svært at se af reaktionsskemaet, da der ikke sker en ændring i antallet af molekyler. Hvis temperaturen stiger bliver 1/T mindre, og grafen viser at ln K falder ved stigende T. Hvis K bliver mindre, må der nødvendigvis komme mindre af det røde produkt Y, så opløsningen mister farve når temperaturen stiger. Denne kopi af X-set svar er hentet på 23

28 4.4. RHODAMIN B - ET FARVESTOF KAPITEL DECEMBER I denne opgave er temperaturen ændret til 42. Da ligevægtskonstanten afhænger af temperaturen er vi altså nødt til at beregne K ved den nye temperatur. Husk at omregne temperaturen til Kelvin! Når vi kender K kan vi opstille et før-efter skema og beregne de aktuelle koncentrationer af X og Y. Ligevægtskonstanten ved den nye temperatur kan beregnes med van t Hoffs ligning, men vi kan også bare indsætte temperaturen i forskriften til linien: ln K = 3063, 9K K = e 0,378 = 0, , 1 = 0, , 15K De aktuelle koncentrationer af X og Y kan nu findes med et før-efter skema: X før 8, m 0 efter 8, m - x x Y Resultaterne fra før efter-skemaet indsættes i ligevægtsloven: K = [Y] [X] = x 8, = 0, 685 m x Løst for x giver ligevægtsloven: x = 3, m Koncentrationerne af X og Y er derfor: [X] = 8, m 3, m = 4, m [Y] = 3, m 24 Denne kopi af X-set svar er hentet på

29 KAPITEL DECEMBER BARBITURSYRE 4.5 Barbitursyre 1 Metoden ved beregning af ph kommer an på syrestyrken. Er syren svag eller meget svag (pk s > 4) kan man anvende metoden vist her, men man skal huske at gøre opmærksom på at formlen som anvendes kun gælder fordi syren er svag. Da barbitursyre er en svag syre findes ph ved: ph = 1 2 (pk s log c s ) = 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 på baseformen. 3 Barbitursyres bidrag til absorptionen ved ph 7,2 kan ignoreres da den aktuelle koncentration af barbitursyre ved denne ph-værdi for alle praktiske formål er nul. Dermed kan den molare absorptionskoefficient ved 258nm for barbiturat findes ud fra absorptionsspektret ved ph 7,2: A = ɛ l c ɛ = A l c = 1, 14 1, 00cm 5, m = cm 1 m 1 4 Pufferligningen kan anvendes til at beregne andelen af barbitursyre på syreform ved ph 3,6: ph = pk s + log x b = pk s + log 1 x s x s x s 1 x s = 10 ph pks + 1 = ,6 4,00 = 0, Da vi nu kender procentdelen af barbitursyre på syreform, kan de aktuelle koncentrationer af barbitursyre og dens korresponderende findes: [barbitursyre] = x s c s = 0, 72 5, m = 3, m [barbiturat] = x b c s = (1 x s ) c s = (1 0, 72) 5, m = 1, m Absorbansen ved 258nm er ved ph = 3,6 lig summen af absorbansen for barbitursyre (BSH) og barbiturat (BS ). Den totale absorbans kan aflæses i absorptionsspektret til 0,40. Dette er summen af absorbansen af de to stoffer så vi kan skrive: A = A BSH + A BS A = ɛ BSH l[bsh] + ɛ BS l[bs ] ɛ BSH = A ɛ BS l[bs ] l[bsh] = 0, cm 1 m 1 1, 00cm 1, m 1, 00cm 3, m = 2, cm 1 m 1 Denne kopi af X-set svar er hentet på 25

30 4.5. BARBITURSYRE KAPITEL DECEMBER Denne kopi af X-set svar er hentet på

31 Kapitel maj

32 5.1. TERPENOIDER KAPITEL MAJ Terpenoider 1 Sørg for at Marvinsketch viser alle C- og H-atomer. Sæt indstillinger i Preferences->Structure->Carbon-labels samt View->Implicit Hydrogens 2 Når carboxylsyrer og alkoholer kondenseres dannes en ester. Strukturen ændres kun omkring carboxylsyre- og hydroxygruppen. 3 De fem kemiske tests viser følgende: Affarvning Bromvand Bundfald med 2,4-DNPH Fehlings væske Tollens reagens Drejning af planpolariseret lys Påviser C=C dobbeltbindinger Påviser carbonylgrupper Oxiderer aldehyder, men ikke ketoner Oxiderer aldehyder, men ikke ketoner Påviser chirale C-atomer Resultatet af de kemiske test giver altså følgende information. Den sidste kolonne i tabellen viser det/de stoffer som passer på resultatet af de kemiske tests: 28 Denne kopi af X-set svar er hentet på

33 KAPITEL MAJ TERPENOIDER A B C D E Stoffet indeholder en carbonylgruppe i form af en keton, samt et eller flere asymmetriske C-atomer Stoffet indeholder en C=C dobbeltbinding, samt et eller flere asymmetriske C-atomer Stoffet indeholder hverken carbonylgrupper, C=C dobbeltbindinger eller asymmetriske C-atomer Stoffet indeholder C=C dobbeltbindinger samt en carbonylgruppe i form af et aldehyd Stoffet indeholder asymmetriske C-atomer og intet andet Menthon Linalool Carvacrol Citral Menthol Denne kopi af X-set svar er hentet på 29

34 5.2. BREZEL KAPITEL MAJ Brezel 1 Dette er en simpel mængdeberegningsopgave, så vær ekstra opmærksom på enheder og betydende cifre. Bemærk desuden at der er tale om natriumcarbonat decahydrat, så man skal huske de 10H 2 O i molarmassen. Koncentrationen af Na 2 CO 3 i opløsningen er: c = n V = m M V = 54g = 0, 19m 286, 15g/mol 1, 0L 2 Ved ph-beregninger er det vigtigt at inddrage pk s /pk b -værdien i redegørelsen for valg af metoden. Carbonat er en middelstærk base da pk b -værdien er 3,67. Man skal derfor se på carbonats syrebaseligevægt med vand: CO3 2 (aq) + H 2 O(l) HCO 3 (aq) + OH (aq) før c efter c - x - x x Det indsættes i ligevægtsloven som løses for x: så ph er: K b = [HCO 3 ][OH ] [CO 2 3 ] x = [OH ] = 6, 2mm = x2 c x = x 2 0, 19m x = 10 3,67 m ph = 14 poh = 14 + log [OH ] = 14 + log 0, 0062m = 11, 8 3 Ækvivalenspunktet skal aflæses så præcist som titrerkurven tillader, så vær omhyggelig med aflæsningen. Saltsyre og natriumhydroxid er begge monohydrone, så de reagerer 1:1. Ækvivalenspunktet aflæses til 33 ml, så stofmængden af NaOH i prøven er altså: n NaOH = n HCl = c HCl V HCl = 33ml 0, 097m = 3, 2mmol Da prøvens volumen er 5,0 ml bliver koncentrationen: c = n V = 3, 2mmol 5, 0ml = 0, 64m så bageren overholder altså loven. 30 Denne kopi af X-set svar er hentet på

35 KAPITEL MAJ FEDMEMEDICIN 5.3 Fedmemedicin 1 Aminogruppen på A er primær da den kun er bundet til én alkylkæde. Lorcaserins aminogruppe er sekundær, da den sidder i ringstrukturen og dermed er bundet til to alkylkæder. 2 Det eneste man skal her er at aflæse den maksimale masse af lorcaserin på grafen og omregne det til stofmængden. Bemærk at aksen er logaritmisk og at massen er angivet i ng. Den maksimale masse findes ved aflæsning af grafens toppunkt: ln m/ng = 8, 66 m = e 8,66 ng = 5, ng Herefter kan stofmængden beregnes: n = m M = 5, ng = 29, 5nmol 195, 69g/mol 3 Det ses af grafen, at når først den maksimale masse lorcaserin i hjernen er opnået, så falder ln m lineært. Det er netop karakteristisk for første-ordens omsætning. Hældningskoefficienten for den lineære funktion er hastighedskonstanten, idet: k findes til: ln m = k t + ln m o (5.1) 7, 80 8, 62 k = = 0, 146h 1 7, 2h 1, 6h Da det er en første-ordens omsætning bliver halveringstiden dermed: t 1 = ln 2 = 4, 73h 2 0, 146h 1 Denne kopi af X-set svar er hentet på 31

36 5.3. FEDMEMEDICIN KAPITEL MAJ Denne kopi af X-set svar er hentet på

37 Kapitel 6 4. juni

38 6.1. PROPOLIS KAPITEL JUNI Et aktivt stof i propolis 1 Se på de funktionelle grupper og find en reaktionstype som kan klare omdannelsen. I reaktion II omdannes en carboxylsyregruppe til en ester. Det kan lade sig 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, så det teoretiske udbytte af CAPE er: m CAP E = n CAP E M CAP E = n KS M CAP E = m KS M CAP E M KS 5, 00g = 284, 31g/mol = 7, 89g 180, 16g/mol Udbytteprocenten bliver dermed: η = 2, 61g = 33, 1% 7, 89g 34 Denne kopi af X-set svar er hentet på

39 KAPITEL JUNI SØVNLØSHED 6.2 Et naturmiddel mod søvnløshed 1 Man skal finde en indikator som har sit omslagsområde i det ph-interval hvor kurven er mest lodret. Det ses at ph i ækvivalenspunktet ligger i intervallet 8-10, så en passende indikator til titreringen kunne være phenolphtalein, som har sit omslagsområde fra ph 8, Man skal kende formlen eller masse+stofmængde for at kunne beregne den molare masse, men vi har ikke engang et reaktionsskema. Imidlertid kan man se at der kun er ét ækvivalenspunkt for syren, så den må være monohydron og altså reagere 1:1 med hydroxid. Titreringskurven viser kun ét ækvivalenspunkt, nemlig ved 25,2 ml, så syren er monohydron. Det betyder at stofmængden af hydroxid og syre er identisk i ækvivalenspunktet. Molarmassen kan derfor findes: m s M s = m s = m s = n s n OH c OH V OH 0, 254g = 0, 0986m 25, 2ml = 102g/mol 3 Der spørges til x b og dermed indirekte til værdien af x s, så man må finde en ligning hvor x s optræder. For at finde x s ved ph = 4,5 kan man anvende pufferligningen. Vi har ikke fået oplyst pk s, men den kan imidlertid findes da ph = pk s i halvækvivalenspunktet i titreringen. pk s aflæses ved 12,6 ml NaOH til 4,9. Syrebrøken kan nu beregnes: ph = pk s + log 1 x s x s 4, 5 = 4, 9 + log 1 x s x s som løst for x s giver: x s = 0, 72 Der er altså 72% af stoffet på syreform og dermed er de resterende 28% på baseform. 4 Man kan tegne mange forskellige estere med formlen C 7 H 14 O 2, men vi ved at syren i esteren skal veje 102 g/mol, hvilket indskrænker valgmulighederne. Syrens molarmasse er 102 g/mol, så molekylformlen for syren kan være C 4 H 9 COOH. To af de mulige strukturer for esteren kan derfor være: O O O * O Denne kopi af X-set svar er hentet på 35

40 6.2. SØVNLØSHED KAPITEL JUNI 2013 Molekylet til venstre hedder ethyl pentanoat, og udviser ikke stereoisomeri. Strukturen til højre er ethyl 2-methylbutanoat, og den findes i to spejlbilledisomere former, da C-atomet markeret med * er asymmetrisk. 5 Tag gerne udgangspunkt i det som allerede vides om esteren f.eks. ved vi allerede nu at det er en ethylester, da vi kender syrens molarmasse. Vær opmærksom på at få talt alle toppene i signalerne med, selv de helt helt små bølger. 1 H-NMR spektret giver følgende information: δ / ppm integral opsplitning fortolkning 4,07 2H q O-CH 2 -CH 3 2,27 2H d CH-CH 2 -CO 2,12 1H nonet CH 2 -CH-(CH 3 ) 2 0,97 3H t CH 3 -CH 2 0,7 6H d (CH 3 ) 2 -CH ˆ Signalet ved 4,07 ppm har et integral på 2H, så det er nok en CH 2 - gruppe. Den er opsplittet i en kvartet, så den har 3 nabo-h er, svarende til en methylgruppe. Det høje kemiske skift tyder på den sidder på ilt-atomet i esteren. ˆ Signalet ved 2,27 ppm har et integral på 2H, så det er nok en CH 2 - gruppe. Den er opsplittet i en duplet, og må derfor have ét nabo-h. Det kemiske skift er karakteristisk for grupper ved siden af carbonylgrupper. ˆ Signalet ved 2,12 ppm har et integral på 1H, så det er nok en CHgruppe. Den er opsplittet i en nonet, og må have 8 nabo-h er. Det kan den få hvis det sidder ved siden af to methylgrupper og en CH 2 - gruppe. ˆ Signalet ved 0,97 ppm har et integral på 3H, så det er nok en methylgruppe, hvilket også passer med det kemiske skift. Den er splittet i en triplet og må have to nabo-h er. Dette kunne være methylgruppen som kobler til signalet ved 4,07 ppm. ˆ Signalet ved 0,7 ppm har et integral på 6H. Det kan være to kemisk ækvivalente methylgrupper. De er splittet i en duplet, så de må sidde på en CH-gruppe, sikkert den ved 2,12 ppm. Samlet set giver det strukturen: O O 36 Denne kopi af X-set svar er hentet på

41 KAPITEL JUNI D3-VITAMIN 6.3 D 3 -vitamin 1 Pointen her er at vise at man kan læse zig-zag formler, så man skal helst få sit tegneprogram til at vise alle implicitte H- og C-atomer. HO H 2 C CH H 2 C C H 2 H 2 CH 3 C H 2 C C CH 3 CH C C C H C C H CH H 3 C H C C H 2 CH CH 2 H 2 C C H 2 H 2 C H 3 C CH CH 3 Alle atomerne tælles sammen, og man får molekylformlen C 27 H 44 O 2 B og C er E/Z -isomerer af hinanden, da der ikke er fri drejelighed omkring dobbeltbindingen i kæden der forbinder de to ringsystemer. Mere specifikt, så er B Z -formen og C er E-formen. 3 For at undersøge reaktionsordenen er man nødt til at tegne grafer for c, ln c og 1/c som funktion af tiden. Det er ikke nok kun at lave regressionsanalyse. Enhederne i tabellen skal være med i det endelige funktionsudtryk for A. Først laves der grafer for c, ln c og 1/c mod tiden: t /dage c /nm 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, orden: y = 0,693426x + 91,5001 R² = 0, c / nm t / dage Denne kopi af X-set svar er hentet på 37

42 6.3. D3-VITAMIN KAPITEL JUNI orden: 16 16,2 y = 0, x 16,0585 R² = 0, ,4 16,6 ln c 16, ,2 17,4 17,6 17,8 2. orden: 0,05 0, t / dage y = 0, x + 0, R² = 0, /c / 1/nM 0,03 0,02 0, t / dage Det ses tydeligt at A omsættes efter 1. orden.funktionsudtrykket for A bliver dermed: ln[a] = kt + ln[a] o = 0, 0145dage 1 t 16, 1 [A] = [A] o e kt = 106nm e 0,0145dage 1 t 4 Man skal se på molekylernes størrelse og antallet af polære grupper. Hvis der er syrebase-aktive grupper som carboxylsyrer eller aminer (men ikke amider), vil opløseligheden i vand være afhængig af ph. D 3 -vitamin er et meget stort organisk molekyle med kun én eneste polær gruppe - hydroxygruppen - så det må forventes at være meget uopløseligt i vand. 38 Denne kopi af X-set svar er hentet på

43 KAPITEL JUNI D3-VITAMIN B 5 -vitamin er derimod meget mindre og indeholder både en syregruppe, et amid og to hydroxygrupper, så dette stof vil være let at opløse i vand, dels pga de mange polære grupper og dels fordi det har mulighed for at lave mange hydrogenbindinger. Hvis ph er høj, vil carboxylsyren endvidere være deprotoniseret og dermed have en negativ ladning, hvilket vil gøre stoffet endnu mere hydrofilt. Denne kopi af X-set svar er hentet på 39

44 6.4. BLYHVIDT KAPITEL JUNI Blyhvidt 1 Vær opmærksom på tilstandsformerne. K = p CO 2 p H2 O p H2 S 2 Vær opmærksom på tilstandformerne ved opslag i databogen. Husk at kommentere på fortegnet af S ifht antallet af gasmolekyler på reaktant og produktsiden. ) S = SP bs(s) + S CO 2 (g) + S H 2 O(g) (S PbCO 3 (s) + S H 2 S(g) = (91, , , , 0 205, 8) J mol K = 156, 98 J mol K Entropitilvæksten er positiv præcis som man vil forvente ud fra reaktionsskemaet, da antallet af gasmolekyler vokser. 3 G er temperaturafhængig så man kan ikke slå værdien op ved 18. Husk at kommentere om reaktionen er spontan ved standardtilstanden. For at beregne G 291K findes først entalpitilvæksten for reaktionen: ) H = HP bs(s) + H CO 2 (g) + H H 2 O(g) (H PbCO 3 (s) + H H 2 S(g) = ( 100, 4 393, , 82 ( 699, 5 20, 63)) kj mol = 15, 6 kj mol Gibbs energi kan nu findes: G 291K = H T s = 15, 6 kj mol 291, 15K 156, 98 J mol K Reaktionen er altså spontan ved standardbetingelser. = 61, 30 kj mol 4 G og G er ikke det samme. G tager højde for de aktuelle koncentrationer/partialtryk af reaktionsdeltagerne. Hvis reaktionen skal være spontan skal følgende gælde: G = G + RT ln Y < 0 G + RT ln p CO 2 p H2 O p H2 S < 0 Vi kender koncentrationerne af vand og CO 2, så uligheden skal bare løses for p H2 S: Husk at tage højde for alle dekadiske præfikser som m og k når tallene indtastes i lommeregneren. 0 > 61, 30 kj mol p H2 S > 1, bar + 8, 314 J mol K 291, 15K ln 4, 0mbar 0, 26mbar p H2 S Hvis partialtrykket af H 2 S overstiger 1, bar er reaktionen altså spontan ved disse betingelser. Det betyder at det i praksis er umuligt at undgå at maleriet formørkes. 40 Denne kopi af X-set svar er hentet på

45 Kapitel august

46 7.1. AMMONIAK SOM GRØNT BRÆNDSTOF KAPITEL AUGUST Ammoniak som grønt brændstof 1 Dette er en simpel opgave, men husk alligevel at angive svaret med det korrekte antal betydende cifre. Ammoniak og ilt reagerer i forholdet 4:3 så massen af ammoniak der forbrændes er: m NH3 = n NH3 M NH3 = 4 3 n O 2 M NH3 = 4 0, 45mol 17, 034g/mol = 10g 3 2 Vær opmærksom på tilstandsformerne. I reaktioner hvor antallet af især gasmolekyler falder vil man forvente en negativ ændring i entropien, og modsat hvis antallet af gasmolekyler stiger, så kommentaren skal gå på dette. S = 2S (N 2 (g)) + 6S (H 2 O(l)) ( 4S (NH 3 (g)) + 3S (O 2 (g)) ) = 2 191, 61 J ( 4 192, 4 mol K J mol K = 582, 31 J mol K , 91 J mol K , 13 J mol K Entropiændringen er negativ, hvilket er præcis det man vil forvente da antallet gasmolekyler falder fra 7 til 2. 3 Ligevægtskonstantens enhed kan findes ved at opskrive ligevægtsloven for reaktionen. Bemærk tilstandsformerne. Husk at omregne G til J/mol og temperaturen til Kelvin. Man bør konstatere om reaktionen vil forløbe fuldstændigt. For at beregne ligevægtskonstanten beregnes først G : G = 2G (N 2 (g)) + 6G (H 2 O(l)) ( 4G (NH 3 (g)) + 3G (O 2 (g)) ) = 2 0 kj kj mol 6 237, 13 mol ( 4 16, 5 kj mol ) kj mol = 1357 kj mol Da Gibbs energi er negativ vil reaktionen forløbe spontant under standardbetingelser. Ligevægtskonstanten er givet ved: K = p2 N p 4 NH p 3 = e G RT bar 5 3 O 2 = e J/mol J 8,314 mol K 298,15K bar 5 = 5, bar 5 Et resultat så højt som dette bør give rynker i panden. Regner man Gibbs energien ud ved G = H - TS fås imidlertid det samme ekstremt høje tal, så det er tilsyneladende korrekt. 42 Denne kopi af X-set svar er hentet på )

47 KAPITEL AUGUST AMMONIAK SOM GRØNT BRÆNDSTOF 4 Man bør opskrive de to syrebasereaktioner, så man let kan danne sig et overblik. Husk det er overskuddet af HCl som bestemmes ved titreringen. Der sker følgende to reaktioner: NH 3 (aq) + HCl(aq) NH + 4 (aq) + Cl (aq) HCl(aq) + OH (aq) Cl (aq) + H 2 O(l) (I) (II) Stofmængderne af saltsyre og natriumhydroxid i ækvivalenspunktet i reaktion 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 i reaktion I, som er lig mængden af ammoniak er altså: n (NH3 ) = n (HCl I) = n (HCl start) n (HCl II) = 0, 0198m 0, 0150l 0, 213mmol = 8, mol Koncentrationen af ammoniak kan nu findes: c (NH3 ) = n (NH 3 ) V (NH3 ) = 8, mol 0, 010l = 8, 40mm Denne kopi af X-set svar er hentet på 43

48 7.2. OLIVENOLIE KAPITEL AUGUST Olivenolie 1 Tag altid udgangspunkt i det konkrete molekyle. Oleocanthal indeholder en alifatisk C=C dobbeltbinding, som dibrom kan addere til. Herved affarves bromvandet: O O Br HO O O + Br₂ HO O O Br O O 2 Kig på hvilken funktionel gruppe der ændres i udgangsstoffet og find en reaktionstype hvor den kan omdannes til den nye funktionelle gruppe Produktet er en ester, og den kan dannes hvis A kondenseres i følgende reaktion. Biproduktet ved denne kondensation er vand. HO HO HO + HO O O O O O O O + H O 3 Se på de funktionelle grupper i de to molekyler og gæt (kvalificeret) på hvor de vil give absorption i et IR-spektrum. Opstil en tabel for hvert stof med de forventede bånd og sammenlign de to stoffer. Molekylerne oleocanthal og A vil have følgende bånd i området over 1500 cm 1 : Molekyle Vibrationstype Bånd /cm 1 HO HO O O O O Oleocanthal O O O sp 2 C-H >3000 sp 3 C-H <3000 phenol O-H ester C=O 1740 aldehyd C-H 2750 aldehyd C=O 1720 C=C stræk 1600 sp 2 C-H >3000 sp 3 C-H <3000 syre O-H syre C=O 1700 A C=C stræk 1600 Den tydeligste forskel mellem spektrene for de to molekyler er O-H strækkene, som er meget smallere for phenolen end for syren, og så at der er flere carbonyl C=O stræk for oleocanthal end for A. 44 Denne kopi af X-set svar er hentet på

49 KAPITEL AUGUST GULD OG CYANID 7.3 Guld og cyanid 1 Koncentrationen af natriumcyanid er: c = n V = m M V = 99g = 0, 020m 49, 01g/mol 100l 2 Cyanidionen er en base, så det er [OH ] og/eller poh man får ud i første omgang. Cyanids reaktion med vand ser således ud: CN (aq) + H 2 O(l) HCN(aq) + OH (aq) Styrkeeksponenten for cyanid findes til: pk b = log K b = log 2, = 4, 69 Cyanidionen er altså en svag base, så ph kan findes ved: ph = 14 poh = (pk b log c b ) = (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: 4 Au(s)+8 0 CN (aq)+ O 0 2 (g)+2 H 2 O(l) 4 Au(CN) I 2 II (aq)+4 OH (aq) Det ses at guld oxideres mens ilt reduceres, altså er det en redoxreaktion. 4 Ligevægtskonstanten for reaktion II er meget lille, men reaktionen kan alligevel drives til højre, da reaktion III hele tiden fjerner frie guld(i)ioner fra opløsningen. Til sidst ender man med en opløsning af zink- og cyanidioner, og metallisk guld og evt rester af metallisk zink. Zink kan opløses i syre, men det kan guld ikke, så det overskydende zink kan let fjernes ved tilsætning af svovlsyre. Denne kopi af X-set svar er hentet på 45

50 7.4. PENICILLIN KAPITEL AUGUST Penicillin 1 Tag altid udgangspunkt i den konkrete reaktion. Det ses at et syrechlorid kobles sammen med aminen 6-APA under fraspaltning af HCl. Det må altså være en kondensationsreaktion. 2 Vær opmærksom på faktorer og enheder på akserne. Der er ligefrem proportionalitet mellem koncentrationen og reaktionshastigheden, så det er en første-ordensreaktion, da hastighedsudtrykket her er: v = k[a] Hastigheden er angivet i m/min, mens koncentrationen er angivet i 10 8 m, så hastighedskonstanten er: k = 1, m/min 10 8 m = 1, min 1 3 Man skal argumentere for at hastigheden mister sin afhængighed af koncentrationen ved større koncentrationer. Hastigheden er givet ved: v = 6, [penicilling] m/min [penicilling] + 5, m Hvis koncentrationen af penicillin G er større end 4, m bliver det 2. led i nævneren ubetydeligt, og udtrykket bliver med god tilnærmelse v = 6, m/min [penicilling] [penicillingg] De to koncentrationer går ud med hinanden og hastighedsudtrykket bliver dermed: v = 6, m/min Det ses også at grafen flader helt ud ved større koncentrationer, præcis som en nulte-ordensreaktion ville gøre, og ender med en værdi svarende til hastighedskonstanten. 4 Find navnene på de tre aminosyrer som udgør tripeptidet. Glutamat Valin Cystein 46 Denne kopi af X-set svar er hentet på

51 KAPITEL AUGUST PENICILLIN 5 Man må først identificere hvilke kurver i Bjerrumdiagrammet der hører til hvilke forbindelser. Når ph = pk s for en syre er x s = 0,5 og det skal vi bruge til at tilordne kurverne. Husk at aflæse kurverne så præcist som muligt. Den blå kurve er for en forbindelse med pk s = 2,5 den hører altså til carboxylsyregruppen på ampicillin. Den sorte er for penillin G, da x s = 0,5 ved ph = 2,8 og endelig så hører den røde kurve til aminogruppen på ampicillin. ph = 2 x s = 0,76 for ampicillins syregruppe, så 76% af stoffet er på form A og 24% på form B. Der er intet på C-formen ved denne ph. Tilsvarende aflæses x s til 0,86 for penicillin G, så 86% af stoffet er på D-form og kun 14% er på E-form. ph = 7,4 x s = 0,37 for ampicillins ammoniumgruppe, så 37% af stoffet er på B-form, mens de resterende 63% er totalt deprotoniseret og altså på C-form. Penicillin G er 100% deprotoniseret da x s = 0, alt stoffet er altså på E-formen. 6 Man skal lede efter ladninger i molekylet, da det især er tilstedeværelsen af ladning som gør store organiske forbindelser opløselige i vand. Ved ph = 7,4 er 37% af ampicillin på B-form, hvor stoffet indeholder to ladninger. Ved samme ph indeholder penicillin G kun én ladning. Ladninger gør stoffer mere opløselige i vand, og det mere ladede stof må forventes at være mest vandopløseligt. Derfor er K F for ampicillin lavere end for penicillin G. Denne kopi af X-set svar er hentet på 47

52 7.4. PENICILLIN KAPITEL AUGUST Denne kopi af X-set svar er hentet på

53 Kapitel maj

54 8.1. STEVIA KAPITEL MAJ Stevia 1 Funktionelle grupper er, lidt kort forklaret, alt hvad der ikke er C og H. Dobbeltbindinger tælles også, men ikke benzenringe. Halogener er ikke funktionelle grupper. alkohol * * * * * * alken carboxylsyre 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, så der er 2 6 = 64 optiske isomerer af steviol. Der er også en dobbeltbinding, men den giver ikke anledning til geometrisk isomeri. 3 Steviol er bundet til tre glucose-enheder, som spaltes fra ved optag af tre vand. 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 end ved lav. Led efter syrebase-aktive grupper som carboxylsyrer og aminer. Husk at inddrage strukturen som en helhed. Ved ph 7,4 er fordelingsforholdet K F meget mindre end ved ph 2. Da K F beskriver fordelingsligevægten: steviol(aq) steviol(octan-1-ol) betyder det at steviol er mere vandopløselig ved høj ph end ved lav. Det skyldes carboxylsyregruppen på steviol, som deprotoniseres i basisk miljø og derved bliver ladet. Ladningen gør steviol meget mere polær end det var før, hvor de store upolære dele af molekylet dominerede opløselighedsegenskaberne. Resultatet er at fordelingsligevægten forskydes til venstre. 50 Denne kopi af X-set svar er hentet på

55 KAPITEL MAJ BROCCOLI 8.2 Et cancerhæmmende stof i broccoli 1 Man skal være opmærksom på at resultatet skal angives i mg. Massen af sulforaphan en rotte indtager når den spiser 0,050 mmol er: m = n M = 0, 050mmol 177, 28g/mol = 8, 9mg 2 Man skal huske at holde styr på enhederne som er i timer og µm. Vi får at vide at nedbrydningen af sulforaphan i rotten er af første-orden, så hastighedskonstanten kan findes ud fra halveringstiden: t 1 2 = ln 2 k k = ln 2 t 1 2 = ln 2 = 0, 32h 1 2, 2h Funktionsudtrykket for en første-ordensreaktion er: [A] = [A] o e k t Indsættes 10% af startkoncentrationen på venstresiden fås: [sulforaphan] = [sulforaphan] o e k t 0, 10[sulforaphan] o = [sulforaphan] o e 0,32h 1 t som løst for t giver: ln 0, 10 t = = 7, 3h 0, 32h 1 3 Man skal være omhyggelig med at forklare hvad kogning i kort og lang tid har 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 så dannes der intet B, og derfor heller intet sulforaphan. Hvis man slet ikke koger broccolien denatures enzymet ESP imidlertid ikke, og så bliver en stor del af B omdannet til C, hvilket ikke er ønskeligt. Man skal altså koge broccolien liiige tilpas længe til at ESP denatures, men ikke så længe at myrosinase også mister sin enzymaktivitet. 4 Find de tre aminosyrer i listen over de tyve normale aminosyrer. Man kan navngive dem efter IUPAC-reglerne eller deres trivialnavne. Glutamat Cystein Glycin Denne kopi af X-set svar er hentet på 51

56 8.2. BROCCOLI KAPITEL MAJ IR-spektret benyttes til at identificere karakteristiske grupper tilstede i molekylet. Det kan være en fordel at klippe spektret ind i besvarelsen og skrive direkte i/på spektret. 1 H-NMR spektret benyttes til at udlede strukturen af molekylet. Husk at inddrage kemisk skift, integrale og koblingsmønster i fortolkningen af alle signaler. Man kan med fordel støtte sig til det man allerede ved om molekylet fra IR-spektret og det man evt har fået oplyst om strukturen. IR-spektret indeholder følgende bånd: frekvens / cm 1 karakteristisk gruppe syre O-H stræk < 3000 sp 3 C-H stræk 1710 C=O stræk (fra syregruppen) Der kan altså være tale om en carboxylsyre på en alkankæde. 1 H-NMR spektret giver følgende information: kemisk skift integrale opsplitning fortolkning 12,7 ppm 1H bred -COOH 2,3 ppm 2H triplet CH 2 -CH 2 -COOH 1,7 ppm 2H sextet CH 3 -CH 2 -CH 2 0,95 ppm 3H triplet CH 3 -CH 2 ˆ Signalet ved 12,7 ppm har et usædvanligt højt kemisk skift, et integral på 1H og det er udbredet, så det er sandsynligvis H-atomet fra carboxylsyregruppen man også ser i IR-spektret. ˆ Signalet ved 2,3 ppm har et integrale på 2H, så det er nok en CH 2 - gruppe. Det kemiske skift passer med at den sidder ved siden af en carbonylgruppe. Det er opsplittet i en triplet, så det har to nabo-h er, f.eks. fra en anden CH 2 -gruppe. ˆ Signalet ved 1,7 ppm har et integrale på 2H, så det er nok en CH 2 - gruppe. Opsplitningsmønsteret (en sextet) fortæller at det har 5 nabo- H er. Det kunne f.eks. være fra en CH 2 - og en CH 3 -gruppe på hver side, hvilket også passer med det kemiske skift. ˆ Signalet ved 0,95 ppm har et integrale på 3H, så det er nok en methylgruppe, hvilket passer godt med det kemiske skift. Da den er opsplittet i en triplet kunne den sidde ved siden af CH 2 -gruppen vi ser ved 1,7 ppm. Alt i alt giver det strukturen for butansyre: CH 3 CH 2 CH 2 COOH 52 Denne kopi af X-set svar er hentet på

57 KAPITEL MAJ OZON OG IODFORBINDELSER 8.3 Ozon og iodforbindelser 1 Det er en puffer, og da dihydrogenphosphats pk s -værdi er 7,21, så er ph: 2 [HPO4 ] 0, 086m ph = pk s + log [H 2 PO4 = 7, 21 + log = 8, 00 ] 0, 014m 2 Vær opmærksom på tilstandsformerne når G -værdierne slås op. Ændringen i Gibbs energi er: G = G (I 2 (aq)) + G (OH (aq)) ( G (HIO(aq)) + G ) (I (aq)) = 16, 43 kj ( kj 157, 29 mol mol 99, 2 kj ) kj 51, 67 mol mol = 10, 01 kj mol Da G > 0 er reaktionen ikke-spontan ved standardbetingelser. 3 Først beregnes ligevægtskonstanten: 3 J mol K = e G RT = e 10,01 10 J 8,314 mol K 298,15K = 17, den er enhedsløs pga ligevægtslovens udseende: K = [I 2 ][OH ] [HIO][I ] Da ph og iodidkoncentrationen også er kendt, kan forholdet mellem hypoiodsyrling og diiod findes: K = [I 2 ][OH ] [HIO][I ] [I 2 ] [HIO] = K [I ] [OH ] = K [I ][H 3 O + ] m 2 = K [I ]10 ph m m 2 [I 2 ] [HIO] = 17, 6 1, m 10 8,00 m m 2 = 0, 176 Denne kopi af X-set svar er hentet på 53

58 8.4. KVIKSØLV I FISK KAPITEL MAJ Kviksølv i fisk 1 Husk krystalvandet i SnCl 2 2 H 2 O, når 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 som ændrer oxidationstal er det en redoxreaktion. II Hg 2+ (aq) + Sn II 2+ (aq) Hg(g) 0 + Sn IV 4+ (aq) 0 Hg(g) + I 0 2 (aq) Hg II 2+ (aq) + 2 I I aq) II Hg 2+ (aq) + 4 I I (aq) Hg II I I 2 4 (aq) (I) (II) (III) I reaktion I reduceres kviksølv(ii) til kviksølv, mens tin(ii) oxideres til tin(iv). I reaktion II oxideres kviksølv til kviksølv(ii), mens diiod reduceres til iodid. I reaktion III sker der ingen ændring i reaktionsdeltagernes oxidationstal, så det er ikke en redoxreaktion. 3 Bemærk at tabellen ikke viser absorbansen som funktion af massen af Hg 2+, så datasættet skal først tilpasses. Husk at tilføje aksetitler med enheder til grafen, og skriv funktionsudtrykket op med enheder. Tabellen viser absorbansen som funktion af volumen stamopløsning med 1,00µg Hg 2+ pr ml, så vi kan konstruere en tabel med absorbansen som funktion af massen af Hg 2+ : m Hg 2+ = c V = 1, 00µg/ml 0, 200ml = 0, 200µg Tilsvarende beregninger udføres for resten af voluminerne: m Hg 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 på den følgende graf: 0,06 0,05 y = 0,0555x 0,0045 R² = 0, ,04 A 0,03 0,02 0, ,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1 1,1 m(hg² ) / µg 54 Denne kopi af X-set svar er hentet på

59 KAPITEL MAJ KVIKSØLV I FISK Det ses at der en lineær sammenhæng mellem massen af kviksølv(ii)ioner og absorbansen. Forskriften for linien er: A = 0, 0555µg 1 m Hg 2+ 0, Husk at tage højde for at målingen kun foretages for 25,0 ml af prøvens samlede volumen på 100ml. Da absorbansen er målt til 0,036 kan vi finde massen af kviksølv(ii)ionerne i prøven: m Hg 2+ = A = 0, 0555µg 1 m Hg 2+ 0, 0045 A + 0, , , 0045 = 0, 0555µg 1 0, 0555µg 1 = 0, 730µg Da målingen kun er for 25,0 ml af det samlede volumen på 100 ml, er koncentrationen af kviksølv i fisken: c = m Hg , 730µg = = 0, 290µg/g m fisk 10, 067g EU anbefaler et max-indtag på 1,6µg/kg pr uge, dvs en person som vejer 60kg må indtage op til : m max = 1, 6µg/kg 60kg = 96µg Det svarer til et ugentligt indtag af fiskekød på: m fisk = m max c = 96µg = 0, 33kg 0, 290µg/g hvilket svarer til lidt mere end 2 dåser tun. 5 Man skal se på figuren der illustrerer proceduren og identificere hvilke reaktioner der forløber i skrubberen, og ud fra det forklare skrubberens funktion. Skrubberen som den kviksølvholdige gas bobles igennem indeholder diiod og iodid, dvs at reaktion II og III forløber her. Kviksølvdampene omdannes derfor til komplekset HgI4 2 i skrubberen. Da ligevægtskonstanten for reaktion III er så enormt høj (2, m 4 ) omdannes så godt som alt Hg 2+ til HgI4 2, hvilket er med til at drive reaktion II helt til højre, jf Le Chateliers princip. Gassen renses herved totalt for kviksølv. Denne kopi af X-set svar er hentet på 55

60 8.4. KVIKSØLV I FISK KAPITEL MAJ Denne kopi af X-set svar er hentet på

61 Kapitel 9 4. juni

62 9.1. COLTAN KAPITEL JUNI Coltan 1 For at vise at noget er en redoxreaktion behøver man bare vise at oxidationstallene for mindst to atomer ændrer sig i løbet af reaktionen. Atomerne i reaktiondeltagerne tilordnes oxidationstal: 3 V Nb 2 II O 5 (l) + III Fe 2 II O 3 (l) Al(l) 6 0 Nb(l) Fe(l) + 6 III Al 2 II O 3 (l) Det ses at niob og jern reduceres idet deres oxidationstal falder, mens aluminium oxideres da dets oxidationstal stiger. Oxygen hverken reduceres eller oxideres. 2 Det er vigtigt at man husker at forklare reaktionsforholdene. Niobit og aluminium reagerer i forholdet 1:4, så massen af aluminium der kræves for at omdanne 33ton niobit er: m Al = n Al M Al = 4n Nb2O 5 M Al = 4 m Nb 2O 5 M Nb2O 5 M Al g = 4 26, 98g/mol = 13ton 265, 81g/mol 3 Det der spørges om er hvad koncentrationen af flussyre er. Man bør skrive titreringsreaktionen op, og så er det vigtigt at tage højde for fortyndingen. Titreringsreaktionen mellem flussyre og hydroxid er: HF(aq) + OH (aq) F (aq) + H 2 O(l) Ækvivalenspunktet for titreringen aflæses til: V NaOH = 12, 8ml Det ses af reaktionsskemaet at flussyre og hydroxid reagerer 1:1, så koncentrationen af flussyre i den fortyndede opløsning er: c HF = n HF = V HF = n NaOH V HF 0, 117m 12, 8ml 10, 00ml = c NaOH V NaOH V HF = 0, 150m Koncentrationen af den ufortyndede opløsning kan nu beregnes: c 1 V 1 = c 2 V 2 c 1 = c 2 V 2 V 1 = 0, 150m 50ml 0, 400ml = 18, 7m Masseprocenten af flussyre i den koncentrerede opløsning er: m% HF = m HF m opl = n HF M HF m opl = c HF V HF M HF m opl = c HF V HF M HF = c HF M HF ρ HF V HF ρ HF 18, 7m 20, 01g/mol 18, 7mol/l 20, 01g/mol = = 1, 11g/ml 1, g/l = 33, 7% Flussyreopløsningen kan altså godt anvendes til formålet. 58 Denne kopi af X-set svar er hentet på

63 KAPITEL JUNI LEVULINSYRE 9.2 Levulinsyre - et grønt råstof 1 Man skal kort argumentere for navnet. Hvis man bruger et tegneprogram til navngivningen er det vigtigt at oversætte navnet til dansk. Levulinsyre består af en carboxylsyre med fem C-atomer og en oxo-gruppe på carbon nummer 4. Det systematiske navn er derfor: 4-oxopentansyre. 2 Hvis man bruger formlen ph = ½(pK s - log c s ) er det vigtigt at skrive at det er tilladt da syrens pk s er større end 4. Metoden anvendt her er korrekt for alle syrer. Levulinsyre indgår i følgende syrebase-ligevægt med vand: O O OH + H 2 O O O før c s efter c s -x - x x Indsættes tallene fra før-efter skemaet i ligevægtsloven for reaktionen fås: K s = [RCOO ][H 3 O + ] RCOOH der løst for x giver: x = K s + K 2 s + 4K s c s 2 O + H 3 O + = x2 c s x = 10 pks m = 10 4,78 m = 10 4,78 m + (10 4,78 m) ,78 m 0, 102m 2 = 1, 30mm ph kan nu findes: ph = log [H 3 O + ] = log x = log 1, = 2, 89 3 Forklar kort hvilke reaktionstyper der er tale om. Husk altid at tage udgangspunkt i den konkrete reaktion, istedet for at (af)skrive definitionen. Udskiftningen af et H-atom på methylgruppen med et Br-atom er en substitution, og dannelsen af methylesteren kan ske ved en kondensationsreaktion med methanol. 4 Elementaranalysen kan bruges til at finde den empiriske formel for B: C: 45,80% 45, 80 =3,81 12, 01 3,81/0,762=5,00 H: 6,92% 6, 92 =6,86 1, 008 6,86/0,762=9,01 N: 10,68% 10, 68 =0,762 14, 01 0,762/0,762=1 36, 60 O: 36,50% =2,29 2,29/0,762=3,00 16, 00 dvs den empiriske formel er C 5 H 9 NO 3. Denne kopi af X-set svar er hentet på 59

64 9.2. LEVULINSYRE KAPITEL JUNI 2014 Vi får at vide at IR-spektret for stoffet indeholder et dobbeltbånd ved cm 1. Dette er karakteristisk for primære aminogrupper. Data for 1 H-NMR spektret er samlet i følgende tabel: δ/ppm I opspl. fortolkning 10,7 1H bred -COOH 4,9 2H bred -NH 2 3,75 2H s H 2 NCH 2 CO- 3,3 2H t -COCH 2 CH 2-2,6 2H t -CH 2 CH 2 COOH Signalet ved 10,7ppm har et ekstremt højt kemisk skift, et integral på 1H, og det er bredt, så det er nok fra en syregruppe. Esteren er altså blevet hydrolyseret. Signalet ved 4,9ppm er også bredt og har et integral på 2H, og vi ved fra IR at der en aminogruppe, så det er nok den. Signalet ved 3,75ppm har et integral på 2H, og det er en singlet, så det er en CH 2 -gruppe uden naboer. Det kan være CH 2 -gruppen ved siden af ketonen. Signalet ved 3,3ppm har et integral på 2H, og det er en triplet, så det er en CH 2 -gruppe med 2 naboer. Det kan være én af de to CH 2 -grupper mellem ketonen og syregruppen. Signalet ved 2,6ppm har et integral på 2H, og det er en triplet, så det er en CH 2 -gruppe med 2 naboer. Det kan være én af de to CH 2 -grupper mellem ketonen og syregruppen. Hvis det skal passe med elementaranalysen, må bromatomet være blevet substitueret med en aminogruppe. Stoffets struktur kan være: 60 Denne kopi af X-set svar er hentet på

65 KAPITEL JUNI ET ENZYM TIL PRODUKTION AF B2-VITAMIN 9.3 Et enzym til produktion af B 2 -vitamin 1 Opgaven er at vise at man kan læse zig-zag formler. Tegnes på computer skal man sikre at alle atomer vises. Strukturen er tegnet på computer: 2 Sammenhængen mellem absorbans og koncentration er givet ved Lambert- Beers lov: A = ɛ l c c = A ɛ l = 0, 285 9, m 1 cm 1 1, 00cm = 2, m 3 Sammenlign kurven med udtrykket for nulte-ordens reaktioner. Husk desuden at få enheden på k med. Det ses af figur 1 i opgaveteksten at reaktionshastigheden ikke afhænger af koncentrationen af GTP i det viste koncentrationsområde. Reaktionen er altså af nulte-orden mht GTP under disse betingelser. Det betyder at hastighedsudtrykket ser således ud: v = k Hastighedskonstanten er aflæst til 0,37µm/s. 4 Reaktionshastigheden følger modellen: v = 3, [GTP] m/s [GTP] + 4, m Det ses at nævneren i brøken indeholder to led, nemlig koncentrationen af GTP og en konstant. Konstantleddets størrelse er 4, m, dvs at nævnerens størrelse påvirkes med mindre 1% hvis [GTP] < 10 7 m, og reaktionen kan under disse betingelser anses for at være af første orden mht GTP. I dette tilfælde kan hastighedsudtrykket skrives som: v = 3, [GTP] m/s 4, m = 8, s 1 [GTP] Halveringstiden for GTP kan dermed beregnes: t 1/2 = ln 2 k = ln 2 8, = 80, 3s s 1 Denne kopi af X-set svar er hentet på 61

66 9.4. HALOGENPÆRER KAPITEL JUNI Halogenpærer 1 Man skal være opmærksom på tilstandsformerne af reaktionsdeltagerne. Reaktionen mellem wolfram og brom er: W(s) + 4 Br(g) WBr 4 (g) Gasser indgår i ligevægtsloven med deres partialtryk, og faste stoffer med deres molbrøk, så ligevægtsudtrykket for reaktionen er: K = p (W Br 4) p 4 (Br) 2 Det er vigtigt at man får den rigtige enhed på til sidst. Man kan se på ligevægtsloven, hvilken enhed K skal have. Forskriften for linien er: ln K = 2, K 1 T 10, 2 Indsættes temperaturen 650 = 923,15K i udtrykket fås: ln K = 2, K 10, 2 = 17, 1 923, 15K K = e 17,1 bar 3 = 26, bar 3 Når ligevægtskonstanten er så stor er reaktionen forskudt langt til højre. 3 WBr 4 er ikke i databogen, så for at finde S og H skal man finde en ligning hvor ln K og 1/T indgår, for det er sådan den udleverede graf ser ud. S og H kan findes ud fra forskriften for linien, idet vi ved: ln K = H R T 1 + S R Hældningskoefficienten giver altså entalpiændringen og konstantleddet giver entropitilvæksten: H = 2, J kj K 8, 314 = 210 mol K mol S J = 10, 2 8, 314 mol K = 84, 8 J mol K Entropiændringen er negativ, hvilket er forventeligt da reaktionen går fra fire gasatomer på reaktantsiden til ét gasmolekyle på produktsiden. 4 Ved glødetråden hvor temperaturen er 2523,15K findes ligevægtskonstanten til: 1 K = e 2, K 2523,15K 10,2 = 0, 809bar 3 dvs at reaktionen er forskudt lidt til venstre ved glødetråden. Resultatet er at wolfram på indersiden af glasset hvor temperaturen kun er 650 reagerer næsten fuldstændigt med bromatomerne og danner gassen WBr 4. Når tetrabromwolfram efterfølgende diffunderer ind i nærheden af glødetråden, forskydes ligevægten til venstre og der gendannes frit wolfram, som deponeres på glødetråden. 62 Denne kopi af X-set svar er hentet på

67 KAPITEL JUNI HALOGENPÆRER 5 Dette er en helt almindelig ligevægtsopgave. Man skal opstille et før-efter skema, og indsætte i ligevægtsloven. Ved start er partialtrykket af bromatomer: p = nrt V = 1, mol0, bar l mol K 923, 15K 1, 00ml = 9, 98mbar Partialtrykkene af Br og WBr 4 ved ligevægt kan findes ved at opstille et før-efter skema: W(s) + 4Br(g) WBr 4 (g) før - 9,98 mbar 0 bar efter - 9,98 mbar - 4x x Dette indsættes i ligevægtsloven, som løses for x: dvs at: K = p (W Br 4) p 4 (Br) x = 1, 78mbar = p (W Br4) = x = 1, 78mbar x (0, 0100bar 4x) 4 = 26, bar 3 p (Br) = 9, 98mbar 4 1, 78mbar = 2, 86mbar Denne kopi af X-set svar er hentet på 63

68 9.4. HALOGENPÆRER KAPITEL JUNI Denne kopi af X-set svar er hentet på

69 Kapitel august

70 10.1. EN SYRE I ALGEFRI KAPITEL AUGUST En syre i AlgeFri N 1 Metoden ved beregning af ph kommer an på syrestyrken. Er syren svag eller meget svag (pk s > 4) kan man anvende metoden vist her, men man skal huske at gøre opmærksom på at formlen som anvendes kun gælder fordi syren er svag. Da nonansyre har en pk s -værdi større end 4 er det en svag syre, så ph kan findes således: ph = 1 2 (pk s log c s ) = 1 2 (4, 96 log 0, 0019m) = 3, 8 2 Stofmængdekoncentrationen kan findes idet vi kender koncentrationen i g/l (c m = m/v): c = n m V = M V = m M V = c m M 186, 7g/l = = 1, 180m 158, 24g/mol 3 Opgaven er at beregne x b : Da vi kender ph og pk s kan pufferligningen udtrykt ved x s anvendes til at finde x b : ph = pk s + log 1 x s ph = pk s + log Løses for x b fås: x b = x s x b 1 x b 10pH pks 10 ph pks + 1 = 106,1 4, ,1 4,96 = 0, Denne kopi af X-set svar er hentet på

71 KAPITEL AUGUST KHAT 10.2 Khat 1 Når der udleveres grafer er det vigtigt at anvende kurven og/eller forskriften hvis der er en sådan. Man må altså ikke tage udgangspunkt i målepunkterne. Halveringstiden for en første-ordens reaktioner er uafhængig af koncentrationen, så der findes to punkter på grafen mellem hvilke kurvens værdi halveres. Forskellen i tid er så halveringstiden: (3, 6h; 66µg/l) (4, 8h; 33µg/l) Tidsforskellen er 1,2 timer så det er halveringstiden. 2 Funktionsudtrykket for en første-ordensreaktion er: [A] = [A] o e kt Procentdelen af stof som er tilbage efter et givet tidsrum er: [A] = [A] oe kt = e kt [A] o [A] o Hastighedskonstanten findes ud fra halveringstiden: t 1/2 = ln 2 k k = ln 2 = ln 2 = 0, 58h 1 t 1/2 1, 2h Efter 24h er der altså: e 0,58h 24h = 9, = 9, % af den oprindelige mængde af A tilbage i kroppen. 3 Man skal være opmærksom på at elementaranalysen giver den empiriske formel. For at finde molekylformlen som er et heltal ganget med den empiriske formel, må man sammenligne med molarmassen eller en kendt del af molekylets struktur. Elementaranalysen giver: Atom %-del mol atomer pr 100g normaliseret C 72,46 H 7,43 N 9,39 O 10,72 72, 46g = 6, 03 12, 01g/mol 9 7, 43g = 7, 37 1, 008g/mol 11 9, 39g = 0, , 01g/mol 1 10, 72g = 0, , 00g/mol 1 Denne kopi af X-set svar er hentet på 67

72 10.2. KHAT KAPITEL AUGUST 2014 Den empiriske formel er altså C 9 H 11 NO. Benzenringen udgør de første seks C-atomer, så det antages at molekylformlen er lig den empiriske formel. 4 Prøverne giver følgende information: ˆ Molekylet reagerer basisk med vand, så det indeholder muligvis en amin. ˆ Den negative reaktion med Br 2 fortæller at A ikke indeholder alifatiske C=C bindinger. ˆ Den positive reaktion 2,4-dinitrophenylhydrazin indikerer at stoffet indeholder en carbonylgruppe i form af et aldehyd eller en keton. ˆ De to negative resultater med Tollens test og Fehlings væske udelukker aldehyd. Strukturen af A kan være: Strukturen til venstre er optisk aktiv, da C-atomet som aminogruppen sidder på er asymmetrisk. 5 1 H-NMR spektret giver følgende information: δ / ppm integral opsplitning fortolkning 7,8-7,3 5H m aromatisk 4,7 1H q CO-CH-CH 3 1,3 3H d -CH-CH 3 0,5 2H bred -NH 2 Signalet ved 7,8-7,3ppm har et integral på 5H og opsplitningen er en multiplet. Det passer med en monosubstitueret benzenring. Signalet ved 4,7ppm har et integral på 1H, så det er nok en CH-gruppe. Opsplitningen i en kvartet viser at den har tre nabo H er. Det kan den få f.eks. hvis den sidder ved siden af en methylgruppe og en carbonylgruppe. Det høje kemiske skift antyder at den sidder ved siden af noget elektronegativt, så vi kan forvente at finde aminen her. Signalet ved 1,3ppm har et integral på 3H, så det er nok en methylgruppe. Opsplitningen viser at den har ét nabo H. Det passer med at den kan sidde ved siden af CH-gruppen, der jo skal have tre nabo H er. Endelig er der signalet ved 0,5ppm. Integralet på 2H og udbredningen af signalet fortæller at dette nok stammer fra en primær amin. Strukturen kunne altså være den optisk aktive struktur foreslået tidligere. 68 Denne kopi af X-set svar er hentet på

73 KAPITEL AUGUST TITAN 10.3 Titan 1 Atomerne i reaktion II tildeles oxidationstal: IV TiCl 4 (g) Mg(l) 0 Ti(s) + 2 II MgCl 2 (l) Det ses at titan reduceres og magnesium oxideres. Det må derfor være en redoxreaktion. 2 Man skal ved denne type opgaver huske at argumentere for reaktionsforholdene. Det ses af reaktion I og II af titan og ilmenit (ilm) reagerer 1:1, så stofmængden af de to forbindelser må være identisk: m T i = n T i M T i = n ilm M T i = m ilm M ilm M T i = 250kg 47, 867g/mol = 78, 9kg 151, Ligevægtskonstanter kan beregnes ud fra ligningen G = RT ln K. Vi får bare ikke oplyst G ved 850, så den skal først beregnes vha datasættet. Husk at omregne fra kj til J, og fra til Kelvin ved beregningerne. Standard Gibbs-energien er defineret som: G = H T S så en afbildning af G mod T kan bruges til at finde G ved 850 : 270 y = 0,134x 449,6 R² = " G / kj/mol "T /K Forskriften for linien kan nu bruges til at beregne G ved 850 : G kj kj kj = 0, , 6 = 299, 1 mol K mol mol Ligevægtskonstanten kan nu beregnes: K = e G RT = e 299,1kJ/mol J 8,314 molk 1123K = 8, bar 1 Reaktionen forløber altså så godt som fuldstændigt. Denne kopi af X-set svar er hentet på 69

74 10.3. TITAN KAPITEL AUGUST I opgaver som denne hvor to stoffer sammen giver en samlet absorption, kan man ikke umiddelbart bruge Lambert-Beers lov, for vi ender med en ligning med to ubekendte. Den samlede absorption ved hver bølgelængde er summen af absorptionen fra de to stoffer ved bølgelængden: A 390nm = A 390nm(T i) + A 390nm(V ) A 510nm = A 510nm(T i) + A 510nm(V ) Skrives det ud fås: A 390nm = ɛ 390nm(T i) l [Ti(O 2 ) 2+ ] + ɛ 390nm(V ) l [V(O 2 ) 3+ ] A 510nm = ɛ 510nm(T i) l [Ti(O 2 ) 2+ ] + ɛ 510nm(V ) l [V(O 2 ) 3+ ] hvor de eneste ubekendte er [Ti(O 2 ) 2+ ] og [V(O 2 ) 3+ ]. Vi kan nu indsætte tallene: 1, 290 = (687m 1 cm 1 [Ti(O 2 ) 2+ ] + 172m 1 cm 1 [V(O 2 ) 3+ ])1, 00cm 0, 262 = (131m 1 cm 1 [Ti(O 2 ) 2+ ] + 197m 1 cm 1 [V(O 2 ) 3+ ])1, 00cm Løses ligningssættet for [Ti(O 2 ) 2+ ] og [V(O 2 ) 3+ ] fås: [Ti(O 2 ) 2+ ] = 1, m [V(O 2 ) 3+ ] = 9, m Masseprocenten af de to metaller i legeringen kan nu findes: m%(t i) = m T i = n T im T i = [T i(o 2) 2+ ]V M T i m leg m leg m leg = 1, m 500ml 47, 87g/mol = 88, 0% 50, 4mg m%(v ) = m V m leg = n V M V m leg = [V (O 2) 3+ ]V M V m leg = 9, m 500ml 50, 94g/mol 50, 4mg = 4, 93% 70 Denne kopi af X-set svar er hentet på

75 KAPITEL AUGUST LAURINSYRE 10.4 Laurinsyre 1 Man skal i denne opgave kort forklare om laurinsyre indeholder nogle C=C dobbeltbindinger. Formlen for laurinsyre (LS) er CH 3 (CH 2 ) 10 COOH. Det ses at ingen C- atomer pånær det i syregruppen indeholder nogle dobbeltbindinger, så fedtsyren er mættet. 2 Vær opmærksom på tilstandsformerne. H = 12H CO 2 (g) + 12H H 2 O(l) ( H LS(s) + 17H ) O 2 (g) = , 83 kj kj mol , 51 mol ( 728, 39 kj mol + 0 kj mol = 7423, 69 kj mol Enthalpi-ændringen for reaktionen er negativ så reaktionen er exoterm, fuldstændig som forventet for en forbrændingsreaktion. 3 I opgaver som denne skal man lede efter C=C dobbeltbindinger og asymmetriske C-atomer. B Fedtsyren er mættet, og der er ingen asymmetriske C-atomer, B udviser derfor ikke stereoisomeri. C Der er en dobbeltbinding mellem carbon 2 og 3 i C, så fedtsyren kan derfor udvise E/Z -isomeri. D Det tredje C-atom i D er asymmetrisk, og der er derfor 2 optiske isomerer i hvv R- og S-form. E Der er hverken C=C dobbeltbindinger eller asymmetriske C-atomer, så E har ingen stereoisomerer. 4 Først findes forsæbningstallet. Sorbitanmonolaurat og kaliumhydroxid reagerer 1:1, så stofmængden af KOH er identisk med stofmængden af sorbitanmonolaurat: m KOH = n KOH M KOH = n SML M KOH = m SML M KOH M SML 1, 0g = 56, 11g/mol = 0, 162g = 162mg 346, 52g/mol dvs forsæbningstallet er 162. Det indsættes i formlen for HLB: HLB = 20(1 f t 162 ) = 20(1 ) = 8, Det der spørges er om er hvordan molekylerne vender i emulsionen. Den polære ende vil vende mod vandfasen og den upolære mod oliefasen. HLB-værdien er over 8, så der dannes en olie-i-vand emulsion, dvs små oliedråber i en vandig opløsning. Sorbitanmonolaurat er polær i sukkerenden og upolær i fedtsyre-enden. Man kunne forestille sig molekylernes placering i oliedråberne er som vist i figuren herunder: ) Denne kopi af X-set svar er hentet på 71

76 10.4. LAURINSYRE KAPITEL AUGUST 2014 H₂O Olie H₂O H₂O H₂O Figuren forestiller en oliedråbe i vand. Sorbitanmonolaurat ligger i faseovergangen mellem olie og vand. 72 Denne kopi af X-set svar er hentet på

77 Kapitel maj

78 11.1. TOBAKSAFVÆNNING KAPITEL MAJ Lægemiddel til tobaksafvænning 1 Buprion er en svag syre så ph findes ved: ph = 1 2 (pk s log c s ) = 1 2 (7, 16 log 0, 0417m) = 4, 3 2 Værdien for x s er muligvis ikke nøjagtig, da mit eksemplar af opgaven var svært at læse. Man skal aflæse så nøjagtigt som ens graf tillader. Ved ph = 7,4 aflæses x s til 0,35 så 35% af stoffet er altså på syreform, hvilket vil sige at 65% er på baseform. 3 I opgaver som denne skal alle tre reaktionsordner prøves af. Det er vigtigt at man viser grafer for hvert datasæt og ikke kun en regressionsanalyse. Husk eventuelle enheder og faktorer på tallene. For at undersøge reaktionsordenen for omdannelsen af buprion laves følgende datasæt med tilhørende grafer: t / h c / µg/l ln c -9,19-9,47-9,83-10,1-10,4-10,7 1/c / l/µg 0, ,0130 0,0185 0,0250 0,0345 0, orden: y = 15,9429x + 93,8571 R² = 0, c / µg/l t 74 Denne kopi af X-set svar er hentet på

79 KAPITEL MAJ TOBAKSAFVÆNNING 1. orden: 9 9,2 y = 0,311408x 9,18616 R² = 0, ,4 9,6 ln c 9, ,2 10,4 10,6 10, t 2. orden: 0,05 0,04 y = 0, x + 0, R² = 0, /c / l/µg 0,03 0,02 0, t Det ses tydeligt at omdannelsen følger 1. orden. Forskriften for linien svarer til funktionsudtrykket for omdannelsen: ln[buprion] = k t + ln[buprion] 0 = 0, 311h 1 t 9, 19 som omskrevet bliver: [Buprion] = [Buprion] o e kt = g/l e 0,311h 1 t Denne kopi af X-set svar er hentet på 75

80 11.1. TOBAKSAFVÆNNING KAPITEL MAJ Man skal se på ved hvilke ph-værdier molekylet har den største ladning. Her vil vandopløseligheden også være størst. Husk at inddrage molekylets overordnede struktur. Buprion er et relativt stort molekyle med kun få polære grupper, så det vil på baseform hvor det er uladet ikke være særlig vandopløseligt. Vi kan se at andelen af buprion på syreform kun er ca 35% ved ph = 7,4 så det er altså hovedsagligt på sin fedtopløselige form her. Det betyder at koncentrationen af buprion i octan-1-ol vil være meget større end i vandfasen, og derfor er K F så meget større ved høj ph = 7,4 end ved ph = 3,0, hvor x s = Denne kopi af X-set svar er hentet på

81 KAPITEL MAJ JERN I VITAMINPILLER 11.2 Jern i multivitaminpiller 1 Formlerne man foreslår skal være ladningsneutrale. Jern(II)fumarat indeholder Fe 2+ og fumarationer, så formlen må være ˆ FeC 4 H 2 O 4 Jern(III)fumarat indeholder Fe 3+ og fumarationer, så formlen må være ˆ Fe 2 (C 4 H 2 O 4 ) 3 2 For at finde ud af hvor stort et volumen af opløsning S der kræves kan vi skrive: c 1 V 1 = c 2 V 2 V 1 = c 2 V 2 c 1 = 25mg/l 100ml 100mg/l = 25ml Fortyndingen kan udføres ved at overføre 25,0 ml af S med pipette til en 100 ml målekolbe. Herefter fyldes målekolben til stregen med vand, og den omrystes herefter. 3 Bemærk evt enheder på grafens akser. Husk at tage højde for fortyndingen til sidst. Absorbansen er givet ved: A = 0, 0318L/mg c + 0, 0064 så koncentrationen af jern(ii) i den fortyndede opløsning er: A = 0, 0318L/mg c + 0, 0064 A 0, , 053 0, 0064 c = = = 1, 5mg/l 0, 0318l/mg 0, 0318L/mg Denne opløsning var fortyndet 100x, så koncentrationen af jern(ii) var oprindeligt 0,15 g/l. Da jern(ii)ionerne var opløst i ialt 100 ml salpetersyre er massen af jern(ii) i én tablet: m = c V = 0, 15g/l 100ml = 15mg Normalt ser formlen anvendt til sidst således ud: n = cv, men pga af enheden på c er det altså m vi får ud. Denne kopi af X-set svar er hentet på 77

82 11.3. CUMARSYRE KAPITEL MAJ Cumarsyre 1 Ved stereoisomeri skal man altid lede efter asymmetriske C-atomer eller C=C dobbeltbindinger. COOH HO HO COOH Cumarsyre findes pga dobbeltbindingen i de to stereoisomere former vist herover. Strukturen til venstre er E-cumarsyre, og strukturen til højre er Z -cumarsyre. 2 Det er en carboxylsyre med 3 C-atomer, derfor er grundstammen propansyre. Da kæden indeholder en dobbeltbinding mellem C2 og C3 bliver det prop-2-ensyre. Og da der på det 3. C-atom i kæden sidder en benzenring, med en hydroxygruppe i 4. position, bliver stoffets systematiske navn er 3-(4-hydroxyphenyl)prop-2-ensyre. Det findes som vist i to stereoisomere former, der hedder: ˆ E-3-(4-hydroxyphenyl)prop-2-ensyre ˆ Z -3-(4-hydroxyphenyl)prop-2-ensyre 3 Det er en eliminationsreaktion da ammoniak spaltes fra under dannelse af en dobbeltbinding: COOH COOH HO NH 2 HO + NH 3 4 Man skal sørge for at bruge al informationen i spektrene, samt den empiriske formel. Desuden ved vi at stoffet er dannet ud fra cumarsyre, så vi kan forvente en vis lighed mellem dem. Den empiriske formel er C 8 H 10 O. I 1 H-NMR spektret kan man se at det samlede integral er 10H, den empiriske formel er altså molekylformlen. Rent faktisk er integralerne i 1 H-NMR relative, så man kan faktisk ikke sige sådan, men i gymnasieskolen er integraler absolutte. Molekylformlen bruges til at beregne hvor mange dobbeltbindinger stoffet indeholder: (2a + 2) (b c) DBE = 2 ( ) 10 = = 4 2 C a H b N c O d IR-spektret giver følgende information: 78 Denne kopi af X-set svar er hentet på

83 KAPITEL MAJ CUMARSYRE frekvens / cm 1 vibrationstype O-H stræk phenol >3000 sp 2 C-H stræk <3000 sp 3 C-H stræk 1600 C=C stræk 1500 C=C stræk Det ser altså ud som om cumarsyrens phenoliske hydroxygruppe har overlevet, og at der nu er nogle enkeltbundne C-atomer. 1 H-NMR spektret giver følgende information: δ / ppm integral opsplitning fortolkning 6,7-7,2 4H m aromatisk 2,8 1H bred -OH 2,55 2H q Ar-CH 2 CH 3 1,2 3H t CH 2 CH 3 ˆ Signalet ved 6,7-7,2 ppm stammer fra benzenringen, hvilket man kan se på det høje kemiske skift. Integralet på 4H passer med en disubstitueret ring, som udgangsstoffet cumarsyre også har. Normalt giver aromatiske H er anledning til multipletter, men her ligner det mest to dupletter. ˆ Signalet ved 2,8 ppm er bredt og har et integral på 1H, så det er nok phenolen. ˆ Signalet ved 2,55 ppm har et integral på 2H, så det er sikkert en CH 2 -gruppe. Den er opsplittet i en kvartet og må derfor have tre naboer. Det kan den få hvis den sidder mellem en benzenring, og en methylgruppe. Det ville også forklare det lidt høje kemiske skift. ˆ Signalet ved 1,2 ppm har et integral på 3H og er splittet op i en triplet. Det kan derfor være methylgruppen vi ser koblingen til i signalet ved 2,55 ppm. Alt i alt giver det følgende struktur: HO Stoffet passer med IR og NMR, og har tre dobbeltbindinger præcis som den empiriske formel siger der skal være. 5 Man skal forklare hvilke kemiske bindinger og/eller intermolekylære interaktioner som er med til at holde cumarsyren på plads. Denne kopi af X-set svar er hentet på 79

84 11.3. CUMARSYRE KAPITEL MAJ 2015 Man kan se at cumarsyre danner hydrogenbindinger til de oxygenholdige aminosyrer, men den stærkeste binding er den kovalente esterlignende binding mellem cumarsyrens carboxylgruppe og -SH gruppen på proteinet. 80 Denne kopi af X-set svar er hentet på

85 KAPITEL MAJ EN NANOKATALYSATOR 11.4 En nanokatalysator 1 Husk krystalvandet når molarmassen findes. Koncentrationen af cobalt(ii)chlorid hexahydrat er: c = n V = m M V = 4,05g 237,93g/mol 0, 0100l = 1, 70m 2 Husk at det faktiske udbytte er 96% af det teoretiske. Da der er overskud af oxalat bliver cobalt(ii)ionerne den begrænsende faktor. Den aktuelle koncentration af cobalt(ii)ioner er lig den formelle koncentration så: m = 0, 96n M = c V M = 0, 96 1, 70m 0, 0100l 182, 98g/mol = 2, 99g 3 Vær opmærksom på tilstandsformerne når de termondynamiske størrelser slås op. Husk at omregne temperaturen til Kelvin. For at beregne Gibbs energi for reaktion 3 findes først entropi- og entalpitilvæksten for reaktionen: S = S (Co(s)) + 2S (CO 2 (g)) S (CoC 2 O 4 (g)) = 30, 0 J mol K J , 785 mol K 189 J mol K = 268, 57 J mol K Entropitilvæksten er positiv, hvilket er forventeligt da der to gasmolekyler mere på produktsiden i reaktionen. H = H (Co(s)) + 2H (CO 2 (g)) H (CoC 2 O 4 (g)) Nu kan G 773K findes: = 0 kj kj kj kj mol 2 393, 51 mol mol = 93, 98 mol G 773K = H T S = 93, 98 kj mol 773, 15K 268, 57 J mol K = 114 kj mol Reaktionen er altså spontan ved standardtilstand når temperaturen er Grafen viser hvordan massen falder som funktion af temperaturen. Når grafen er vandret sker der altså ingen reaktion, og når grafen falder må der udledes gasmolekyler med tab af masse til følge. Stofmængden af 1,83 g CoC 2 O 4 2 H 2 O er: n 1 = m M = 1, 83g = 10, 0mmol 182, 98g/mol Det ses af reaktion 2 at der udledes 2 mol vand pr mol CoC 2 O 4 2 H 2 O, så det forventede massetab for reaktion 2 må være: m = n 2 M = 2n 1 M = 2 10, 0mmol 18, 016g/mol = 0, 360g Denne kopi af X-set svar er hentet på 81

86 11.4. EN NANOKATALYSATOR KAPITEL MAJ 2015 Dette svarer nogenlunde til det observerede massetab fra , ved denne temperatur uddrives krystalvandet altså. I reaktion 3 afgives 2 mol carbondioxid pr mol CoC 2 O 4 2 H 2 O, så her er det forventede massetab: m = n 3 M = 2n 1 M = 2 10, 0mmol 44, 01g/mol = 0, 880g Dette svarer nogenlunde til det observerede massetab fra , så i dette temperaturinterval forløber reaktion 3 altså. 82 Denne kopi af X-set svar er hentet på

87 Kapitel juni

88 12.1. AROMASTOFFER I WHISKY KAPITEL JUNI Aromastoffer i whisky 1 Sæt tegneprogrammet til at vise implicitte hydrogenatomer og atom-labels for alle carbon. O H 2 C C O CH H 3 C CH C H 2 H 2 C CH 3 C H 2 2 Giv en kort argumentation for dele af navnet. A er ethylesteren af prop-2-ensyre med en phenylgruppe på tredje carbon. Derfor bliver navnet ethyl 3-phenylprop-2-enoat, 3 De kemiske test indikerer følgende: ˆ Affarvning af bromvand indikerer tilstedeværelse af en alifatisk dobbeltbinding. ˆ Bundfald med 2,4-dinitrophenylhydrazin indikerer at stoffet indeholder en keton eller et aldehyd. ˆ Positive Fehlings og Tollens test indikerer at stoffet indeholder et aldehyd. ˆ Drejning af planpolariseret indikerer at stoffet indeholder et eller flere asymmetriske C-atomer. Ud fra strukturerne af A-E vil man forvente følgende resultater af ovenstående tests: A B C D E Reaktion med Br Reaktion med 2,4-DNPH Fehling Tollens Lysdrejning A er altså i glas #5. B er i glas #1. C er i glas #3. D er i glas #2. E er i glas #4. 4 Benyt gerne alle informationer som er givet om stoffet som hjælp til identifikationen. Formlen C 7 H 14 O 2 fortæller at stoffet indeholder én dobbeltbinding: (2a + 2) (b c) DBE = 2 ( ) 14 = = 1 2 C a H b N c O d 84 Denne kopi af X-set svar er hentet på

89 KAPITEL JUNI AROMASTOFFER I WHISKY 1 H-NMR spektret giver følgende information: δ / ppm I Opspl. Fortolkning 4,1 2H t COO-CH 2 -CH 2 2,1 3H s CH 3 -CO 1,87 1H nonet CH 2 -CH-(CH 3 ) 2 1,6 2H q CH 2 -CH 2 -CH 0,87 6H d CH-(CH 3 ) 2 ˆ Signalet ved 4,1 ppm har et integral på 2H, så det er nok en CH 2 - gruppe. Det kemiske skift fortæller at den sidder på oxygenatomet i esteren, og opsplitningen viser at den har 2 nabo H er. ˆ Signalet ved 2,1 ppm har et integral på 3H, så det er nok en methylgruppe. Den har et kemisk skift karakteristisk for methylgrupper ved siden af en carbonylgruppe - f.eks. fra syredelen af esteren, hvilket forklarer at det er en singlet, da den ingen nabo H er har. ˆ Signalet ved 1,87 ppm har et integral på 1H, så det er nok en CHgruppe. Den er opsplittet i en nonet og må derfor have 8 nabo H er. Det kan den få hvis den sidder mellem to methylgrupper og en CH 2 - gruppe. ˆ Signalet ved 1,6 ppm har et integral på 2H, så det er nok en CH 2 - gruppe. Koblingsmønsteret er en kvartet, så den har tre nabo H er. Hvis det skal passe med noget af det vi har set tidligere, kan det være en CH 2 -gruppe som sidder mellem en CH-gruppe og en anden CH 2 -gruppe. ˆ Signalet ved 0,87 ppm har et integral på 6H, så det kan være to kemisk ækvivalente methylgrupper. Det passer også med det kemiske skift, som er meget lavt. Det er splittet i en duplet, så de skal sidde på en CH-gruppe. Alt i alt giver det følgende struktur for esteren: O O Denne kopi af X-set svar er hentet på 85

90 12.2. IVA KAPITEL JUNI IVA - en genetisk stofskiftesygdom 1 Husk at argumentere for at det er en svag syre, hvis opgaven løses med den tilnærmede formel som her: Isovalerianesyre har en pk s -værdi >4, så det er en svag syre og ph kan derfor beregnes således: ph = 1 2 (pk s log c s ) = 1 2 (4, 77 log 0, 15m) = 2, 8 2 Der spørges til værdien af x s ved en given ph, så man skal finde en formel hvor ph afhænger af x s. Pufferligningen kan opskrives som funktion af syrebrøken: ph = pk s + log [B] [S] = pk s + log 1 x s x s 4, 5 = 4, 77 + log 1 x s x s løses den for x s fås: x s = 0, 65 65% af isovalerianesyre er altså på syreform i urin med en ph = 4,5. 3 Vi skal bruge de informationer som gives om B dels fra elementaranalysen og dels fra dannelsen af B. Vi får at vide B er kondensationsproduktet mellem valerianesyre, som vi kender strukturen af og en aminosyre, og dem er der kun 20 af. Elementaranalysen bruges til at finde molekylformlen: C: 52,82% H: 8,23% N: 8,80% O: 30,15% 52, 82 =4,40 12, 01 4,40/0,628=7,00 8, 23 =8,16 1, 008 8,16/0,628=13,0 8, 80 =0,628 14, 01 0,628/0,628=1 30, 15 =1,88 16, 00 1,88/0,628=3,00 Molekylformlen er C 7 H 13 NO 3. Isovalerianesyre bidrager med C 4 H 9 COtil kondensationsproduktet, så aminosyren den er kondenseret med må bidrage med kun to carbonatomer. Det er kun glycin som kun indeholder to carbonatomer, så kondensationsproduktet kan se således ud: O H N O OH 86 Denne kopi af X-set svar er hentet på

91 KAPITEL JUNI MATERIALER TIL SOLCELLER 12.3 Materialer til solceller 1 Vi kan se at indium går fra oxidationstal III til nul, og at zink oxideres fra nul til II. Det er altså en redoxreaktion. Afstemt ser den således 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, så massen af zink der forbruges ved reaktionen er: m Zn = n Zn M Zn = 3 2 n In M Zn = 3 2 c V M Zn = 3 20, 88m 100l 65, 38g/mol = 8, 6kg 3 Brug altid forskriften for grafen, men husk at der skal enheder på tallene. Enhederne findes ved at se på aksetitlerne for grafen. Husk at kommentere på fortegnet for G. For at beregne ligevægtskonstanten ved 600 skal G ved 600 først beregnes. Forskriften for grafen giver: G = 0, 0219 kj mol K = 0, 0219 kj mol K T + 19, 9 kj mol 873, 15K + 19, 9 kj mol = 0, 778 kj mol G er positiv ved denne temperatur, reaktionen forløber altså ikke spontant ved standardbetingelser. Ligevægtskonstanten ved denne temperatur er: kj K = e G RT = e 0,778 mol J 8,314 mol K 873,15K = 0, 898 K har ingen enhed pga reaktionsskemaets udseende. Hvis temperaturen sænkes til 500 ses det af grafen at G stiger, hvilket betyder at reaktionen bliver endnu mindre spontan. Ligevægten forskydes derfor til venstre. 4 Dette er en helt normal ligevægtsopgave, så man skal opstille et før-efter skema. Husk at regne i partialtryk istedet for stofmængder, da det er gasser vi ser på. For at beregne partialtrykkene ved ligevægt opstilles et før-efter skema: H 2 (g) + Se(l) H 2 Se(g) før p H2 (før) - 0 efter p H2 (før) p H2 Se - p H2 Se Partialtrykket af dihydrogen er ved start: p H2 (før) = nrt = V = 2, 90bar bar l 0, 0400mol 0, mol K 873, 15K 1, 00l Denne kopi af X-set svar er hentet på 87

92 12.3. MATERIALER TIL SOLCELLER KAPITEL JUNI 2015 Tallene fra før-efter skemaet indsættes i ligevægtsloven som løses for p H2 Se: K = p H 2 Se p H2 = p H2 Se = 1, 37bar p H2 Se p H2 (før) p H2 Se p H2 Se = 2, 90bar p H2 Se = 0, Denne kopi af X-set svar er hentet på

93 KAPITEL JUNI FYLDTE CHOKOLADER 12.4 Fyldte chokolader 1 Dette er en simpel opgave, så vær ekstra opmærksom på betydende cifre. Stofmængden af sucrose er: c = n V = c 1 V 1 V = 1, 50m 20, 00ml 100ml = 0, 300m 2 Vær opmærksom på enhederne på grafen, så hastighedskonstanten får den korrekte enhed. Da koncentrationen af sucrose aftager lineært som funktion af tiden må reaktionen være af nulte-orden, da funktionsudtrykket her er lineært: [sucrose] = kt + [sucrose] 0 Hældningskoefficienten er lig -k, så hastighedskonstanten kan findes ved: k = y 2 y 1 0, 4m 0, 5m = = 0, 024m/min x 2 x 1 4, 2min 0min 3 Hvis 1 H-NMR skal anvendes til koncentrationsbestemmelse, må der ikke være sammenfaldende signaler mellem stofferne. Glucoses duplet ved lidt over 5,2 ppm og sucroses duplet ved ca 5,4 ppm er lette at skelne fra hinanden, så de vil være velegnede at følge. 4 Man skal se på hvordan brøken i hastighedsudtrykket udvikler sig ved de givne koncentrationer. Hvis koncentrationen af sucrose er mindre end 0,001 m bliver sucrosekoncentrationens bidrag til brøkens nævner ubetydelig: [sucrose] v = 0, 024m/min [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 altså finde en formel hvor k afhænger af T, og hvor E a indgår. For at finde aktiveringsenergien laves et Arrhenius-plot, men først skal datasættet tilpasses, da Arrhenius-ligningen siger: lnk = E a R 1 T + ln k 0 så først konstrueres følgende tabel: 1/T / 10 3 K 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: Denne kopi af X-set svar er hentet på 89

94 12.4. FYLDTE CHOKOLADER KAPITEL JUNI ,2 y = 3852,1x + 11,7577 R² = 0, ,4 ln k 0,6 0,8 1 1,2 0, , , , /T / K ¹ Aktiveringsenergien kan nu findes ved at sammenligne forskriften for linien med Arrhenius-ligningen: E a = 3852, 1K R E a = 3852, 1K R = 3852, 1K 8, 314 J mol K = 32, 0 kj mol For at beregne halveringstiden ved 47, dvs 320K skal vi først kende hastighedskonstanten ved denne temperatur. lnk = E a R 1 T + ln k 0 1 = 3852, 1K + 11, 76 = 0, , 15K k = e 0,274 min 1 = 0, 760min 1 Enheden på k er min 1 da alle beregninger er foretaget på grundlag af k-værdier med denne enhed. Halveringstiden kan nu findes: t 1 = ln 2 2 k = ln 2 = 0, 91min 0, 760min 1 Det kan være svært at vurdere om dette resultat er korrekt, vi kan i hvert fald se at hastighedskonstanten er beregnet korrekt, for den passer ca med værdien opgivet for k ved Denne kopi af X-set svar er hentet på

95 Kapitel maj

96 13.1. NANOPARTIKLER I SOLCREME KAPITEL MAJ Nanopartikler i solcreme 1 Saltet Zn(NO 3 ) 2 6 H 20 indeholder én zink(ii)ion og to nitrationer, samt seks krystalvand. 2 Dette er en simpel mængdeberegningsopgave, vær derfor ekstra opmærksom på enheder og betydende cifre. Massen af hexamethylentetramin der skal bruges til 250 ml 0,0020 m opløsningen er givet ved: m = n M = c V M = 0, 0020m 250ml g/mol = 70mg 3 Her skal man huske at kommentere på om fortegnet for entropitilvæksten passer med det man vil forvente fra reaktionsskemaet. H = H (Zn(g)) + H (CO(g)) ( H (ZnO(s)) + H (C(s)) ) = 130, 4 kj ( 110, , 28 kj ) mol mol + 0 = 368, 15 kj mol dvs reaktionen er endoterm S = S (Zn(g)) + S (CO(g)) ( S (ZnO(s)) + S (C(s)) ) ( ) J J = 161, , 02 mol K mol K J J 43, , 694 mol K mol K J = 309, 686 mol K entropitilvæksten er positiv præcis som man vil forvente af reaktionsskemaet, da to faste stoffer omdannes til to gasmolekyler. Ligevægtskonstanten er givet ved: K = e G RT T S = e H RT = e H RT + S R Da H er positiv, vil et fald i temperaturen betyde at K bliver mindre, og reaktionen vil derfor forskydes til venstre. Man kan også argumentere ud fra Le Chateliers princip. Reaktionen er endoterm og forbruger derfor varme. En sænkning af temperaturen fører derfor til at reaktionen forskydes mod venstre. 4 Husk at enhederne for entropi og entalpi ikke er ens, samt at få ligevægtskonstantens enhed med. Den findes ved at se på ligevægtsloven for reaktionen. K = e G RT T S = e H RT 368, J J mol 1223, 15K 309, 686 mol K J = e 8, 314 mol K 1223, 15K = 2, 8bar 2 92 Denne kopi af X-set svar er hentet på

97 KAPITEL MAJ NANOPARTIKLER I SOLCREME Enheden er givet da ligevægtskonstanten for reaktionen er: K = p Zn p CO Der gælder derfor: K = x 2 ZnO(s) + C(s) Zn(g) + CO(g) før efter - - x x x = p Zn = p CO = K = 2, 8bar 2 = 1, 7bar Stofmængden af zink på gasform er derfor: n Zn = p Zn V R T = 1, 7bar 1, 0L 0, bar L = 0, 017mol 1223, 15K mol K Da der startes med 1,50 g ZnO er omdannelsesprocenten: n Zn n ZnO = n Zn M ZnO m ZnO = 0, 017mol 81, 37g/mol 1, 50g = 0, 90 = 90% Denne kopi af X-set svar er hentet på 93

98 13.2. KETOGAN - MOD KRAFTIGE SMERTERKAPITEL MAJ Ketogan - mod kraftige smerter 1 Hvis man bruger Marvinsketch skal man sørge for at alle atomer er synlige. Carbon-labels sættes til always i menuen Edit->Preferences->Structure, og Implicit Hydrogens til On All i menuen View. Det ses at molekylformlen er: C 15 H 21 NO 2 2 Vær opmærksom på enhederne i den lineære funktion, de er ikke skrevet ind i forskriften på grafen. Det ses der er en lineær sammenhæng mellem ln c og t, så omsætningen er af første orden. Det generelle funktionsudtryk er: lnc = k t + lnc 0 så hastighedskonstanten er lig minus hældningskoefficienten: k = 0, 280h 1 Enheden bliver h 1, da enheden på t er timer. Halveringstiden for første-ordensreaktioner er: t = ln 2 k = ln 2 = 2, 48h 0, 280h 1 3 Det ikke logaritmiske funktionsudtryk er: [ketobemidon] = [ketobemidon] 0 e 0,280h 1 t Startkoncentrationen er givet ved konstantleddet i forskriften på grafen: [ketobemidon] 0 = e 4,04 µg/l = 56, 8µg/L Så efter 4 timer er koncentrationen: [ketobemidon] = 56, 8µg/L e 0,280h 1 4h = 18, 5µg/L 94 Denne kopi af X-set svar er hentet på

99 KAPITEL MAJ KETOGAN - MOD KRAFTIGE SMERTER Stofmængdekoncentrationen kan nu beregnes: [ketobemidon] = 18, 5µg/L = 75, 0nm 247, 338g/mol 4 Det forventes ikke at man skal kunne tegne molekylet N,N-dimethyl-4,4- diphenylbut-3-en-2-amin, men man kan få Marvinsketch til at gøre det. Strukturen af N,N-dimethyl-4,4-diphenylbut-3-en-2-amin er: Begge stoffer indeholder sp 2 og sp 3 hybridiserede CH-grupper, så C-H vibrationerne kan ikke bruges til at skelne stofferne i IR. I modsætning til ketobemidon indeholder N,N-dimethyl-4,4-diphenylbut- 3-en-2-amin hverken en phenolgruppe eller en carbonylgruppe, så ketobemidon vil have bånd ved 3500cm 1 fra phenolen, og ved 1700cm 1 for ketonen, som N,N-dimethyl-4,4-diphenylbut-3-en-2-amin ikke har. 5 Man skal først identificere de syrebase-aktive grupper. Det man leder efter er aminer, carboxylsyrer og phenoler. Ketobemidon kan findes på følgende tre former afhængig af ph: Under ph 8,1 haves A, mellem ph 8,1 og 9,4 haves B og over ph 9,4 haves C. Ved ph 7,4 aflæses x s på Bjerrumdiagrammet til 84% for stof A og 99% for stof B. Fordelingen er altså som følger: Denne kopi af X-set svar er hentet på 95

100 13.2. KETOGAN - MOD KRAFTIGE SMERTERKAPITEL MAJ 2016 A 84% B 15% C 1% 96 Denne kopi af X-set svar er hentet på

101 KAPITEL MAJ B-VITAMIN I ENERGIDRIKKE 13.3 B-vitamin i energidrikke 1 Hydroxygrupperne i riboflavin: 2 Phosphorsyre er en middelstærk syre med en pk s -værdi for den første hydron på 2,12. I en opløsning af phosphorsyre kan oxoniumkoncentrationen findes vha ligevægtsloven til: K s = [H 3 O + ][H 2 PO 4 ] [H 3 PO 4 ] [H 3 O + ] = x = K s + K 2 s + 4 c K s 2 = x 2 0, 045m x = 10 2,12 m = 10 2,12 m + (10 2,12 m) , 045m 10 2,12 m 2 = 0, 015m ph bliver dermed: ph = log [H 3 O + ] = log 0, 015 = 1, 82 3 Der laves først to standardkurver for de to stoffer ud fra dataserierne: Denne kopi af X-set svar er hentet på 97