Del 1

Oppgave 1 – Flervalgsoppgaver

Oppgave	Svar
a	B
b	D
c	A
d	D
e	D
f	A
g	A
h	C
i	A
j	A
k	B
l	B

a) Oksidasjonstall

Vi bestemmer oksidasjonstallet til arsen (As) i hver forbindelse:

• A: Arsentriklorid, AsCl\(_3\) — Cl har oksidasjonstall \(-1\). Arsen: \(x + 3(-1) = 0 \Rightarrow x = +3\).
• B: Natriumarsenat, Na\(_3\)AsO\(_4\) — Na er \(+1\), O er \(-2\). Arsen: \(3(+1) + x + 4(-2) = 0 \Rightarrow x = +5\).
• C: Arsin, AsH\(_3\) — H er \(-1\) (i metallhydrider/hydrider med halvmetaller). Arsen: \(x + 3(-1) = 0 \Rightarrow x = -3\) (alternativt med H = +1 gir As = -3).
• D: Natriumarsenitt, Na\(_3\)AsO\(_3\) — Na er \(+1\), O er \(-2\). Arsen: \(3(+1) + x + 3(-2) = 0 \Rightarrow x = +3\).

b) Bufferløsninger

Vi trenger altså en syre med \(\text{p}K_a = 4{,}83\). Fra tabellen i vedlegget:

• A: Ammonium, NH\(_4^+\): \(\text{p}K_a = 9{,}25\)
• B: Etansyre, CH\(_3\)COOH: \(\text{p}K_a = 4{,}76\)
• C: Dihydrogenfosfat, H\(_2\)PO\(_4^-\): \(\text{p}K_a = 7{,}21\)
• D: Butansyre, C\(_3\)H\(_7\)COOH: \(\text{p}K_a = 4{,}83\)

Butansyre har \(\text{p}K_a = 4{,}83\), som stemmer nøyaktig med bufferens pH.

c) Redoksreaksjon

Oksidasjonstall endringer:

• Al: \(0 \rightarrow +3\) (Al blir oksidert, avgir elektroner)
• Fe: \(+3 \rightarrow 0\) (Fe blir redusert, tar opp elektroner)

Reduksjonsmiddelet er det stoffet som selv blir oksidert (avgir elektroner), altså Al(s).

d) Organiske reaksjoner

Hydrolyse betyr spalting av en binding ved hjelp av vann. Vi vurderer alternativene:

• A: \(\text{CH}_3\text{COOH} + \text{H}_2\text{O} \rightleftharpoons \text{CH}_3\text{COO}^- + \text{H}_3\text{O}^+\) — Dette er en syre-base-reaksjon (protolyse), ikke hydrolyse.
• B: \(\text{CH}_3\text{CH}_2\text{F} + \text{H}_2\text{O} \rightarrow \text{CH}_3\text{CH}_2\text{OH} + \text{HF}\) — Substitusjon med vann, men dette er en nukleofil substitusjon.
• C: \(\text{CH}_3\text{CH}_2\text{OH} + \text{HOCH}_2\text{CH}_3 \rightleftharpoons \text{CH}_3\text{CH}_2\text{OCH}_2\text{CH}_3 + \text{H}_2\text{O}\) — Dette er en kondensasjonsreaksjon (eterdannelse).
• D: \(\text{CH}_3\text{COOCH}_2\text{CH}_3 + \text{H}_2\text{O} \rightleftharpoons \text{CH}_3\text{COOH} + \text{CH}_3\text{CH}_2\text{OH}\) — En ester spaltes med vann til syre og alkohol. Dette er hydrolyse.

e) Peptid

Vi leser peptidet fra N-terminalen (H\(_2\)N-enden) til C-terminalen (-OH-enden) og identifiserer sidekjedene til hver aminosyre.

Fra figur 1 ser vi et tripeptid med 3 aminosyrer (2 peptidbindinger). Ved nøye identifisering av sidekjedene fra strukturformelen i figuren, stemmer aminosyrerekkefølgen med alternativ D.

f) Elektrokjemi

Fra figuren: Elektrode 1 er i CuSO\(_4\)-løsningen og elektrode 2 er i ZnSO\(_4\)-løsningen. For at cellen skal fungere som en galvanisk celle, må vi velge elektrodematerialer som gir spontane reaksjoner uten å reagere direkte med løsningene.

Alternativ A: sølv (Ag) og sink (Zn).

• Elektrode 1 (sølv i CuSO\(_4\)): Sølv har høyere reduksjonspotensial (\(E^\circ_{\text{Ag}} = +0{,}80\) V) enn kobber (\(E^\circ_{\text{Cu}} = +0{,}34\) V). Derfor vil sølv ikke oksideres av Cu\(^{2+}\)-ionene – det er mer edelt. I stedet fungerer sølvelektroden som en inert katode der Cu\(^{2+}\) reduseres: \(\text{Cu}^{2+} + 2e^- \rightarrow \text{Cu}\).
• Elektrode 2 (sink i ZnSO\(_4\)): Sink oksideres ved anoden: \(\text{Zn} \rightarrow \text{Zn}^{2+} + 2e^-\).

Hvorfor fungerer ikke de andre alternativene?

• B (Ag og grafitt): Grafitt i ZnSO\(_4\) er inert og kan ikke oksideres – det skjer ingen anodereaksjon som kan drive cellen.
• C og D (Zn som elektrode 1): Sink i CuSO\(_4\) ville reagert direkte med Cu\(^{2+}\)-ionene (fortrenging: \(\text{Zn} + \text{Cu}^{2+} \rightarrow \text{Zn}^{2+} + \text{Cu}\)), slik at cellen kortslutter i stedet for å produsere strøm gjennom den ytre kretsen.

g) Polymer

Metylmetakrylat har strukturen:

Ved addisjonspolymerisasjon brytes dobbeltbindingen og monomerene kobles sammen. Hvert monomer bidrar med to C-atomer til hovedkjeden. Sidegruppene på den ene karbonet er CH\(_3\) og COOCH\(_3\), begge på samme karbon.

Polymeren PMMA har altså strukturen:

I alternativ A er COOCH\(_3\) og CH\(_3\) på samme karbonatom vekselvis langs hovedkjeden, med CH\(_2\) mellom. Dette stemmer med addisjonspolymerisasjonen.

h) Organiske reaksjoner

Molmassen til propen (C\(_3\)H\(_6\)) er \(3 \times 12 + 6 \times 1 = 42\) g/mol.

Dersom utbyttet er 50 %, ble det dannet 0,50 mol produkt. Massen av produktet er 39 g, altså:

Molmassen til det adderte stoffet X er:

Vi sjekker alternativene:

• A: H\(_2\): \(M = 2\) g/mol
• B: H\(_2\)O: \(M = 18\) g/mol
• C: HCl: \(M = 36{,}5\) g/mol \(\approx 36\) g/mol
• D: Br\(_2\): \(M = 160\) g/mol

HCl har molmasse \(\approx 36{,}5\) g/mol, og produktet (2-klorpropan) har molmasse \(42 + 36{,}5 = 78{,}5\) g/mol. Med 0,50 mol gir dette \(0{,}50 \times 78{,}5 = 39{,}3\) g \(\approx 39\) g.

i) Enzym

Fra grafene:

• Figur 4 (pH): Amylase har optimal enzymaktivitet rundt pH 6-7.
• Figur 5 (temperatur): Optimal temperatur er rundt 30-40 °C (maks rundt 30-40 °C).

Vi vurderer bufferne:

• H\(_2\)CO\(_3\)/HCO\(_3^-\): \(\text{p}K_a = 6{,}35\), dvs. bufferen holder pH rundt 6,35.
• HCO\(_3^-\)/CO\(_3^{2-}\): \(\text{p}K_a = 10{,}33\), dvs. bufferen holder pH rundt 10,3.

For optimal pH (rundt 6-7) trenger vi H\(_2\)CO\(_3\)/HCO\(_3^-\)-bufferen (pH ~ 6,35). For optimal temperatur trenger vi 30 °C (ikke 60 °C, der enzymet denaturerer).

j) Løselighet

Likevekten: \(\text{Mg(OH)}_2\text{(s)} \rightleftharpoons \text{Mg}^{2+}\text{(aq)} + 2\text{OH}^-\text{(aq)}\)

Vi vurderer alternativene:

• A: 0,10 mol/L KOH(aq) — Inneholder OH\(^-\) (fellesion), reduserer løseligheten av Mg(OH)\(_2\).
• B: 0,10 mol/L NaCl(aq) — Ingen fellesioner.
• C: 0,10 mol/L HCl(aq) — Sur løsning, reagerer med OH\(^-\), øker løseligheten.
• D: 0,10 mol/L Mg(NO\(_3\))\(_2\)(aq) — Inneholder Mg\(^{2+}\) (fellesion), reduserer løseligheten.

Begge A og D gir fellesion-effekt. Mg(OH)\(_2\) har \(K_{sp} = [\text{Mg}^{2+}][\text{OH}^-]^2\). Vi sammenligner:

I alternativ D gir 0,10 mol/L Mg(NO\(_3\))\(_2\) en Mg\(^{2+}\)-konsentrasjon på 0,10 mol/L:

I alternativ A gir 0,10 mol/L KOH en OH\(^-\)-konsentrasjon på 0,10 mol/L:

Mg(OH)\(_2\) er minst løselig i KOH-løsningen fordi OH\(^-\) inngår i andre potens i \(K_{sp}\)-uttrykket. Løseligheten i KOH (\(5{,}6 \times 10^{-10}\) mol/L) er mye lavere enn i Mg(NO\(_3\))\(_2\) (\(3{,}7 \times 10^{-6}\) mol/L). Den kvadratiske effekten av OH\(^-\)-konsentrasjonen gjør at fellesion-effekten fra OH\(^-\) er sterkere enn fra Mg\(^{2+}\).

k) Entropi

Entropi øker mest når antall mol i gass/løsning øker, spesielt ved overgang fra fast fase til løsning:

• A: \(\text{CuSO}_4\text{(s)} \rightarrow \text{Cu}^{2+}\text{(aq)} + \text{SO}_4^{2-}\text{(aq)}\) — 1 mol fast stoff gir 2 mol ioner i løsning. Stor entropiøkning.
• B: \(\text{Na}_2\text{O(s)} \rightarrow 2\text{Na}^+\text{(aq)} + \text{O}^{2-}\text{(aq)}\) — 1 mol fast stoff gir 3 mol ioner i løsning. Enda større entropiøkning.
• C: \(\text{Ba}^{2+}\text{(aq)} + \text{SO}_4^{2-}\text{(aq)} \rightarrow \text{BaSO}_4\text{(s)}\) — 2 mol ioner gir 1 mol fast stoff. Entropien minker.
• D: \(2\text{Na(s)} + \text{Cl}_2\text{(g)} \rightarrow 2\text{NaCl(s)}\) — 2 mol fast + 1 mol gass gir 2 mol fast. Entropien minker (mister gassmolekyler).

Alternativ A gir 2 mol ioner fra 1 mol fast stoff, og alternativ B gir 3 mol ioner fra 1 mol fast stoff. Økningen fra 1 mol partikler til 3 mol partikler (alternativ B) gir en større entropiøkning enn fra 1 mol til 2 mol (alternativ A).

l) Kromatografi

Fra figur 6:

• Prøve A inneholder 3 stoffer (stoff 1, 2 og 3)
• Prøve B inneholder 2 stoffer, som har samme \(R_F\)-verdi som stoff 2 og stoff 3 i prøve A

Vi vurderer alternativene:

• A: «Prøve B inneholder samme stoffblanding som prøve A» — Feil, A har 3 stoffer, B har 2.
• B: «Stoff 2 har \(R_F = 0{,}50\)» — Fra figuren kan vi beregne at stoff 2 har vandret halvparten av løsemiddelfrontens avstand, altså \(R_F = 0{,}50\). Dette stemmer.
• C: «Stoff 3 har \(R_F = 8\)» — \(R_F\) er alltid mellom 0 og 1, så dette er umulig.
• D: «Prøve B inneholder kun ett av de samme stoffene som prøve A» — Fra figuren ser vi at prøve B har flekker ved samme høyde som stoff 2 og 3 i prøve A, altså to felles stoffer.

\(R_F\) er definert som avstand stoffet har vandret delt på avstand løsemiddelfronten har vandret. Fra figuren har stoff 2 \(R_F = 0{,}50\). Alternativ C er umulig fordi \(R_F > 1\) ikke kan forekomme, og alternativ D stemmer ikke fordi B deler to stoffer med A.

Oppgave 2 – Rett/feil-oppgaver

a) Organiske reaksjoner

Påstand I: I trinn 1 reagerer but-3-en-2-ol med HCl. Ifølge Markovnikovs regel adderes H til karbonet med flest H-atomer, og Cl til det andre. But-3-en-2-ol har en dobbeltbinding mellom C3 og C4, og en OH-gruppe på C2. Addisjonen av HCl gir hovedsakelig 3-klor-butan-2-ol (ikke 4-klor-butan-2-ol), fordi Cl adderes til det karbonet som gir det mest stabile karbokationet.

Påstand II: I trinn 3 er det en substitusjonsreaksjon der OH\(^-\) angriper C-atomet og erstatter Cl. OH\(^-\) donerer et elektronpar til karbonatomet, og er dermed per definisjon en nukleofil.

Påstand III: I trinn 4 oksideres 3-hydroksy-butan-2-on videre til butan-2,3-dion. En OH-gruppe oksideres til en C=O-gruppe. Dette er en oksidasjonsreaksjon, ikke en eliminasjonsreaksjon.

Påstand IV: I trinn 4 erstattes en OH-gruppe med en C=O-gruppe. OH-gruppen kan danne hydrogenbindinger med vann og gjør stoffet mer polart/hydrofilisk. Når OH erstattes av C=O, blir stoffet mindre polart, og dermed øker løseligheten i fett (som er upolart).

Påstand	Svar
I	Feil
II	Rett
III	Feil
IV	Rett

b) Termokjemi

Påstand I: \(\Delta H_r^\circ = -90{,}5\) kJ er negativ, noe som betyr at reaksjonen er eksoterm fra venstre mot høyre.

Påstand II: \(\Delta S_r^\circ = -219\) J/K er negativ, noe som betyr at entropien minker. Dette er logisk: 3 mol gass (1 CO + 2 H\(_2\)) gir 1 mol gass (CH\(_3\)OH), altså færre gassmolekyler.

Påstand III: Vi beregner \(\Delta G\) ved 1000 K:

\(\Delta G > 0\), altså er reaksjonen ikke spontan ved 1000 K.

Påstand IV: Likevektsuttrykket for gassreaksjonen med konsentrasjoner:

Benevningen er \(\frac{\text{mol/L}}{(\text{mol/L})(\text{mol/L})^2} = \frac{\text{mol/L}}{(\text{mol/L})^3} = (\text{mol/L})^{-2}\).

Påstand	Svar
I	Feil
II	Feil
III	Feil
IV	Rett

Oppgave 3

Vi bestemmer pH for hver løsning:

HCl (saltsyre) – Sterk syre, fullstendig dissosiert:

NaHSO\(_4\) (natriumhydrogensulfat) – Sterk syre i første trinn, og HSO\(_4^-\) er en middels sterk syre med \(K_a = 1{,}0 \times 10^{-2}\). NaHSO\(_4\) gir Na\(^+\) + HSO\(_4^-\) i vann. HSO\(_4^-\) avgir et proton:

Med ICE-tabell for 0,10 mol/L HSO\(_4^-\): \(K_a = 0{,}010\)

\(x^2 + 0{,}010x - 0{,}0010 = 0\), \(x = 0{,}027\) mol/L. Total [H\(_3\)O\(^+\)] \(\approx 0{,}027\) mol/L (fra HSO\(_4^-\) alene, men Na\(^+\) bidrar ikke).

Totalt inkludert den initielle H\(^+\) fra NaHSO\(_4\) (som allerede er fullstendig dissosiert til Na\(^+\) og HSO\(_4^-\), som videre delvis dissosiert): [H\(_3\)O\(^+\)] \(\approx 0{,}027\), pH \(\approx 1{,}6\).

HCOOH (maursyre) – Svak syre med \(K_a = 1{,}8 \times 10^{-4}\):

NH\(_4\)CH\(_3\)COO (ammoniumacetat) – Et salt av en svak syre (CH\(_3\)COOH, \(K_a = 1{,}8 \times 10^{-5}\)) og en svak base (NH\(_3\), \(K_b = 1{,}8 \times 10^{-5}\)). Siden \(K_a \approx K_b\), blir løsningen tilnærmet nøytral.

Rangering etter økende pH:

Begrunnelse: HCl er en sterk syre som er fullstendig dissosiert og gir lavest pH. NaHSO\(_4\) danner HSO\(_4^-\) som er en middels sterk syre. HCOOH er en svak syre med liten grad av dissosiasjon. Ammoniumacetat er et salt av like sterk svak syre og svak base, og gir tilnærmet nøytral løsning.

Del 1 – Oppgave 4 og 5

Oppgave 4 – Elektrolyse

a) Katode

Katoden er elektroden der reduksjon skjer. Reduksjonsreaksjonen \(\text{Fe}^{3+} + 3e^- \rightarrow \text{Fe}\) skjer ved elektrode A (den rustne gjenstanden).

b) Elektronenes vei

I elektrolyse går elektronene fra strømkilden til katoden. Elektronene flyter fra elektrode B (anode) gjennom den ytre kretsen (via strømkilden) til elektrode A (katode).

c) Halvreaksjon ved elektrode B

Ved elektrode B (anoden) skjer oksidasjon. Siden elektroden er inert (rustfritt stål) og det er vann som reagerer, oksideres vann til oksygengass:

Oppgave 5 – Gasskromatografi

a) Retensjonstid og kromatogram

Retensjonstiden i gasskromatografi avhenger av kokepunktet og intermolekylære krefter. Stoffet med høyest kokepunkt har lengst retensjonstid fordi det bruker lengst tid i kolønnen.

Fra vedlegg 1:

• Syklopentan (C\(_5\)H\(_{10}\)): Kp = 49 °C
• Heks-1-en (C\(_6\)H\(_{12}\)): Kp = 63 °C
• Sykloheksen (C\(_6\)H\(_{10}\)): Kp = 83 °C

Sykloheksen har det høyeste kokepunktet og vil dermed ha lengst retensjonstid.

Kromatogrammet: Tre topper i rekkefølge: Syklopentan (kortest retensjonstid), deretter heks-1-en, og til sist sykloheksen (lengst retensjonstid).

b) Hydrogen som bæregass

Utfordringer med hydrogen som bæregass:

• Brannfare/eksplosjonsfare: Hydrogen er svært brannfarlig og kan danne eksplosive blandinger med luft (4–75 vol%). Dette utgjør en betydelig sikkerhetsrisiko, spesielt i laboratoriet med varmekilder.
• Reaktivitet: Hydrogen kan reagere med umettet organiske forbindelser (som heks-1-en og sykloheksen, som begge har dobbeltbindinger) i en addisjonsreaksjon, spesielt ved høye temperaturer i kolønnen. Dette kan endre sammensetningen av prøven og gi feilaktige resultater.
• Detektorkompatibilitet: Hydrogen kan påvirke visse detektorer, for eksempel flammeionisasjonsdetektoren (FID), der hydrogen allerede brukes som brennstoff.

Del 2

Oppgave 6 – Syre-base og likevekt

a) pH i salpetersyrling

HNO\(_2\) er en svak syre. Fra vedlegget: \(K_a = 5{,}6 \times 10^{-4}\) (pK\(_a\) = 3,25).

Likevekten:

ICE-tabell:

	HNO\(_2\)	NO\(_2^-\)	H\(_3\)O\(^+\)
Start	0,10	0	0
Endring	\(-x\)	\(+x\)	\(+x\)
Likevekt	\(0{,}10 - x\)	\(x\)	\(x\)

Vi prøver å forenkle med \(0{,}10 - x \approx 0{,}10\):

Sjekk: \(x/c = 7{,}5 \times 10^{-3}/0{,}10 = 7{,}5\%\). Litt høyt for forenkling, men akseptabelt. For nøyaktighet, løser vi andregradsligningen:

b) Likevektskonstanten for NO\(_2\)/N\(_2\)O\(_4\)

Konsentrasjonene ved likevekt i en 1,0 L beholder:

Likevektsuttrykket:

c) Volumreduksjon

Rett etter kompresjon (før ny likevekt) blir konsentrasjonene doblet:

Vi sjekker reaksjonskvotienten:

Siden \(Q = 5{,}0 < K = 10\), forskyves likevekten mot høyre (danner mer N\(_2\)O\(_4\)).

La \(x\) mol/L NO\(_2\) reagere:

La oss sette opp: \(0{,}122 + x = 10(0{,}156 - 2x)^2\)

Løser med andregradsformelen:

Vi tar den minste roten (fysisk meningsfull):

Nye likevektskonsentrasjoner:

Kontroll: \(K = \frac{0{,}141}{(0{,}119)^2} = \frac{0{,}141}{0{,}01416} = 9{,}96 \approx 10\) ✓

Oppgave 7 – Esterdannelse

a) Teoretisk utbytte

Molmasser:

• Etansyre (CH\(_3\)COOH): \(M = 2(12) + 4(1) + 2(16) = 60{,}0\) g/mol
• 2-metylpropan-1-ol (CH\(_3\)CH(CH\(_3\))CH\(_2\)OH = (CH\(_3\))\(_2\)CHCH\(_2\)OH = C\(_4\)H\(_{10}\)O): \(M = 4(12) + 10(1) + 16 = 74{,}0\) g/mol
• 2-metylpropyletanat (CH\(_3\)COOCH\(_2\)CH(CH\(_3\))CH\(_3\) = C\(_6\)H\(_{12}\)O\(_2\)): \(M = 6(12) + 12(1) + 2(16) = 116{,}0\) g/mol

Stoffmengder:

Reaksjonsforholdet er 1:1, og 2-metylpropan-1-ol er begrensende reaktant (0,162 mol < 0,200 mol).

Teoretisk utbytte (100 % reaksjon av begrensende reaktant):

b) Katalysatorens funksjon

Katalysatoren er en syre (H\(^+\), typisk H\(_2\)SO\(_4\)). Funksjonen beskrives trinn for trinn:

Trinn 1: Syrekatalysatoren (H\(^+\)) protonerer oksygenet i karbonylgruppen (C=O) til etansyre. De krumme pilene viser at et fritt elektronpar på oksygenet i C=O tar opp protonet (H\(^+\)). Dette gjør karbonylkarbonet mer elektrofilt (positivt ladet), slik at det lettere angripes av nukleofiler.

Trinn 2: Oksygenet i alkoholen (2-metylpropan-1-ol) fungerer som nukleofil og angriper det elektrofile karbonylkarbonet. De krumme pilene viser at et fritt elektronpar på O i alkoholen danner en ny binding til C.

Trinn 3-4: Protonoverføring skjer internt i mellomproduktet. Et vannmolekyl spaltes av (god utgående gruppe fordi OH\(_2\) er protonert).

Trinn 5-6: Vann elimineres fra mellomproduktet. Til slutt avgis protonet (H\(^+\)) tilbake, og katalysatoren regenereres. Esteren (2-metylpropyletanat) er dannet.

c) Eliminasjonsreaksjon

Eliminasjonsreaksjonen fra 2-metylpropan-1-ol (en dehydrering):

Eller mer nøyaktig, fra 2-metylpropan-1-ol dannes 2-metylpropen (isobutylen):

Drøfting av problem for utbytte og renhet:

• Utbytte: Eliminasjonsreaksjonen forbruker noe av alkoholen (2-metylpropan-1-ol) som er begrensende reaktant. Dette reduserer mengden alkohol tilgjengelig for esterifisering, og dermed synker det faktiske utbyttet av esteren.
• Renhet: Eliminasjonsproduktet (2-metylpropen) er en gass ved romtemperatur og vil i stor grad forlate reaksjonsblandingen. Dette er fordelaktig for renheten, da gassen lett separeres. Men dersom reaksjonen gjøres i lukket system, kan alkenet forurense produktet.
• Eliminasjonen favoriseres ved høy temperatur, mens esterifiseringen favoriseres ved lavere temperatur. En avveining mellom reaksjonshastighet og selektivitet er nødvendig.

Oppgave 8 – Løselighetsprodukt for Ca(OH)\(_2\)

a) Balansert reaksjonsligning

Eller i ioneform:

b) Eksperimentell K\(_{sp}\)

Gjennomsnittlig forbruk HCl:

Stoffmengde HCl:

Fra reaksjonsligningen: \(n_{\text{OH}^-} = n_{\text{HCl}} = 1{,}29 \times 10^{-3}\) mol (i 50 mL prøve).

Konsentrasjonen av OH\(^-\) i den mettede løsningen:

Fra oppløsningen \(\text{Ca(OH)}_2 \rightarrow \text{Ca}^{2+} + 2\text{OH}^-\):

Løselighetsproduktet:

Sammenligning med tabellverdi: Fra vedlegget er \(K_{sp}(\text{Ca(OH)}_2) = 5{,}02 \times 10^{-6}\). Den eksperimentelle verdien \(8{,}6 \times 10^{-6}\) er noe høyere enn tabellverdien. Avviket kan skyldes eksperimentelle feilkilder.

c) Svakheter og forbedringer

Svakheter:

1. Dårlig parallellitet i titrering: De tre titreringene ga 13, 14 og 11,7 mL, som er ganske spredte verdier. En variasjon på over 2 mL tyder på unøyaktig titreringsteknikk, f.eks. upresist omslagspunkt.
2. Partikler i prøven: Dersom uoppløst Ca(OH)\(_2\) fulgte med i de 50 mL som ble overført til titrerkolben, ville dette gi for høy OH\(^-\)-konsentrasjon (Ca(OH)\(_2\) løser seg under titreringen med HCl).
3. Temperaturkontroll: Løseligheten av Ca(OH)\(_2\) er temperaturavhengig. Dersom temperaturen ikke ble målt og kontrollert, kan dette påvirke resultatet.
4. Valg av indikator: Metyloransje har omlagsområde ved pH 3,2–4,4, men ekvivalenspunktet for en sterk syre / sterk base-titrering ligger ved pH 7. For titrering av Ca(OH)\(_2\) (sterk base) med HCl (sterk syre) er fenolftalein (pH 8,2–10,0) en bedre indikator.

Forbedringer:

1. Filtrere løsningen: Filtrer den mettede Ca(OH)\(_2\)-løsningen gjennom filterpapir før prøvetaking for å fjerne uoppløste partikler.
2. Gjøre flere parallelle titreringer: Utfør minst 3 parallelle titreringer med akseptabel spredning (innenfor 0,5 mL) og forkast avvikende verdier.
3. Bruke bedre indikator eller pH-meter: Bruk fenolftalein som indikator (bedre for basisk ekvivalenspunkt), eller enda bedre, bruk pH-meter for å bestemme ekvivalenspunktet nøyaktig.
4. Temperaturkontroll: Mål og registrer temperaturen under forsøket og sammenlign med tabellverdien ved samme temperatur.

Oppgave 9 – Litium

Utvinning og framstilling av litium

Litium utvinnes hovedsakelig på to måter: fra saltlake og fra gruvedrift. Saltlake fra høyfjellet i Sør-Amerika pumpes til fordampningsbassenger der solenergi konsentrerer litiuminnholdet fra ca. 300-7000 ppm. Etter filtrering og rensing for uønskede ioner som Mg\(^{2+}\) (ved tilsetning av Na\(_2\)CO\(_3\)), dannes litiumkarbonat:

Li\(_2\)CO\(_3\) har lav løselighet (\(K_{sp} = 8{,}15 \times 10^{-4}\)), noe som gjør at saltet felles ut.

Mg\(^{2+}\) fjernes som MgCO\(_3\) (\(K_{sp} = 6{,}82 \times 10^{-6}\)), som er enda mindre løselig. Tilsetning av Na\(_2\)CO\(_3\) gir CO\(_3^{2-}\)-ioner som feller ut begge, men MgCO\(_3\) felles først. Ved nøye kontroll av CO\(_3^{2-}\)-konsentrasjonen kan man fjerne Mg selektivt.

Fra gruvedrift utvinnes mineralet spodumen, LiAl(SiO\(_3\))\(_2\), som varmes til 1100 °C for å gjøre litiumet tilgjengelig. Etter knusing og behandling med konsentrert svovelsyre ved 250 °C dannes Li\(_2\)SO\(_4\), som renses og omdannes til Li\(_2\)CO\(_3\).

For å framstille rent metallisk litium omdannes Li\(_2\)CO\(_3\) først til LiCl ved reaksjon med HCl:

Deretter elektrolyseres smeltet LiCl:

Dette er nødvendig fordi litium er for reaktivt til å reduseres fra vannløsning (\(E^\circ = -3{,}04\) V).

Risiko og miljø: LiCl er vanntiltrekkende og giftig. Elektrolysen krever svært høy temperatur (smeltepunkt LiCl: 605 °C) og mye energi. Saltlakeutvinning krever store vannmengder i allerede tørre områder, noe som kan påvirke lokale økosystemer. Gruvedrift medfører inngrep i naturen og bruk av sterke syrer.

Det grønne skiftet: Etterspørselen etter litium til batterier i elbiler og energilagring øker raskt. Utfordringen er å øke produksjonen tilstrekkelig mens miljøbelastningen minimeres. Resirkulering av litium fra brukte batterier blir stadig viktigere.