Om løsningsforslaget: Dette er et veiledende løsningsforslag laget av eksamenssett.no. Det kan finnes alternative fremgangsmåter som også gir riktig svar.

Del 1

Oppgave 1 – Flervalgsoppgaver

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

a) Oksidasjonstall

I hvilket stoff har nitrogen lavest oksidasjonstall?
A: HNO₂, B: HNO₃, C: NH₃, D: N₂

Vanlig feil: Mange glemmer at oksidasjonstallet til et atom i et kompleksion bestemmes ut fra totalladningen og ligandenes ladning. Husk: summen av alle oksidasjonstall i et ion = ionets totalladning.

Vi bestemmer oksidasjonstallet til nitrogen i hvert stoff:

\(\text{HNO}_2\): H er +I, O er −II. Vi har \(+1 + x + 2 \cdot(-2) = 0\), som gir \(x = +\text{III}\).
\(\text{HNO}_3\): \(+1 + x + 3 \cdot(-2) = 0\), som gir \(x = +\text{V}\).
\(\text{NH}_3\): H er +I. Vi har \(x + 3 \cdot(+1) = 0\), som gir \(x = -\text{III}\).
\(\text{N}_2\): Grunnstoff i sin frie form har oksidasjonstall \(0\).

Lavest oksidasjonstall er \(-\text{III}\) i \(\text{NH}_3\).

Svar: C – NH₃

b) Løselighet

En løsning på 1,0 L lages ved at 0,50 mol fast kobber(II)nitrat, \(\text{Cu(NO}_3)_2\text{(s)}\), løses fullstendig i vann. Hva er konsentrasjonen av nitrationer i løsningen?

Dissosiasjonslikningen er:

\[ \text{Cu(NO}_3)_2\text{(s)} \rightarrow \text{Cu}^{2+}\text{(aq)} + 2\,\text{NO}_3^{-}\text{(aq)} \]

For hvert mol \(\text{Cu(NO}_3)_2\) dannes 2 mol \(\text{NO}_3^-\). Vi har 0,50 mol salt i 1,0 L:

\[ [\text{NO}_3^-] = 2 \times \frac{0{,}50 \text{ mol}}{1{,}0 \text{ L}} = 1{,}0 \text{ mol/L} \]

Svar: C – 1,0 mol/L

c) Organisk kjemi

Figur 1 viser en reaksjonsmekanisme der OH⁻ abstraherer et H-atom fra et nabokarbon, samtidig som Br forlater molekylet i 2-brompropan. Hvilken reaksjonstype er dette?

I figuren ser vi at hydroksidionet (\(\text{OH}^-\)) ikke angriper karbonatomet med Br. I stedet abstraherer \(\text{OH}^-\) et hydrogenatom fra et nabokarbon (β-karbon), samtidig som bromidionet forlater. Det dannes en dobbeltbinding mellom de to karbonatomene, og produktene blir propen, vann og bromidion:

\[ \text{CH}_3\text{-CHBr-CH}_3 + \text{OH}^- \rightarrow \text{CH}_3\text{-CH=CH}_2 + \text{H}_2\text{O} + \text{Br}^- \]

Dette er en eliminasjonsreaksjon (E2), der to grupper (H og Br) fjernes fra to nabokarbonatomer og det dannes en dobbeltbinding.

Svar: A – eliminasjonsreaksjon

d) Kromatografi

Propan-1-ol ble oksidert til et mellomprodukt og så videre til propansyre. Blanding av de tre stoffene ble analysert med gasskromatografi (figur 2). Stoffene er separert etter kokepunkt. Hvilket utsagn er riktig?

Propan-1-ol oksideres først til propanal (aldehyd, mellomprodukt), og deretter til propansyre (karboksylsyre). Kokepunktene er:

Propanal: 48 °C (lavest kokepunkt, kortest retensjonstid – topp 1)
Propan-1-ol: 97 °C (topp 2)
Propansyre: 141 °C (høyest kokepunkt, lengst retensjonstid – topp 3)

I gasskromatografi eluerer stoffer i rekkefølge etter kokepunkt (ved temperaturprogrammert GC). Stoffer med lavt kokepunkt kommer ut først (kort retensjonstid), mens stoffer med høyt kokepunkt kommer ut sist (lang retensjonstid).

Vi sjekker alternativene:

A: «Topp 1 er signalet til propansyre» – Feil (topp 1 = propanal, lavest kokepunkt)
B: «Topp 2 er signalet til propanal» – Feil (topp 2 = propan-1-ol)
C: «Topp 3 er signalet til propanon» – Feil (propanon er ikke et produkt i denne reaksjonsserien; topp 3 er propansyre)
D: «Propansyre har lengst retensjonstid» – Riktig (høyest kokepunkt = 141 °C)

Svar: D – Propansyre har lengst retensjonstid fordi den har det høyeste kokepunktet (141 °C).

e) Kromatografi (TLC)

En blanding av plantepigmenter ble separert med tynnsjiktkromatografi (TLC). Polar silika-overflate, mobil fase: heksan/aceton/etanol (70:28:2). Klorofyll a og b er merket med piler. Hvilken påstand er riktig?

I TLC med polar stasjonær fase (silika) og upolar mobil fase gjelder:

Upolare stoffer vandrer lenger med mobilfasen (høyere \(R_F\))
Polare stoffer holdes tilbake av den stasjonære fasen (lavere \(R_F\))

Fra TLC-resultatet ser vi at klorofyll a har vandret lenger enn klorofyll b (høyere på platen). Det betyr at klorofyll a er mindre polart og har høyere \(R_F\) enn klorofyll b.

Alternativ A: «Klorofyll a har større \(R_F\) enn klorofyll b» – dette stemmer med observasjonen fra TLC-platen.

Alternativ B: «Klorofyll a er mer polart enn klorofyll b» – feil, klorofyll a er mindre polart (høyere \(R_F\)).

Svar: A – Klorofyll a har større retardasjonsfaktor, \(R_F\), enn klorofyll b.

f) Redoksreaksjoner

\(2\text{MnO}_4^{-}\text{(aq)} + 10\text{Cl}^{-}\text{(aq)} + 16\text{H}^{+}\text{(aq)} \rightarrow 2\text{Mn}^{2+}\text{(aq)} + 5\text{Cl}_2\text{(g)} + 8\text{H}_2\text{O(l)}\)
Hvilken påstand om redoksreaksjonen ovenfor er riktig?

La oss analysere oksidasjonstallene:

Mn i \(\text{MnO}_4^-\): +VII, Mn i \(\text{Mn}^{2+}\): +II → Mn reduseres (går ned fra +VII til +II)
Cl i \(\text{Cl}^-\): −I, Cl i \(\text{Cl}_2\): 0 → Cl oksideres (går opp fra −I til 0)

Vi vurderer alle alternativene:

A: «Klorid, Cl⁻, er oksidasjonsmiddelet» – Feil. Cl⁻ oksideres (avgir elektroner), og er dermed reduksjonsmiddelet, ikke oksidasjonsmiddelet.
B: «Mangan i MnO₄⁻ har oksidasjonstallet +VII» – Riktig. Mn + 4(−2) = −1, gir Mn = +VII.
C: «Oksygen i MnO₄⁻ blir oksidert» – Feil. Oksygen forblir med oksidasjonstall −II.
D: «Mangan i MnO₄⁻ blir oksidert» – Feil. Mn reduseres fra +VII til +II.

Svar: B – Mangan i MnO₄⁻ har oksidasjonstallet +VII.

g) Redoksreaksjoner

Hvilken reaksjon er en redoksreaksjon?
A: \(\text{Ag}^+\text{(aq)} + \text{Cl}^-\text{(aq)} \rightarrow \text{AgCl(s)}\)
B: \(\text{KOH(aq)} + \text{HCl(aq)} \rightarrow \text{KCl(aq)} + \text{H}_2\text{O(l)}\)
C: \(2\text{Ag(s)} + \text{Cl}_2\text{(g)} \rightarrow 2\text{AgCl(s)}\)
D: \(\text{CuSO}_4 \cdot 5\text{H}_2\text{O(s)} \rightarrow \text{CuSO}_4\text{(s)} + 5\text{H}_2\text{O(g)}\)

En redoksreaksjon innebærer endring i oksidasjonstall:

A: Fellingssreaksjon, ingen endring i oksidasjonstall.
B: Syre-base-reaksjon (nøytralisasjon), ingen endring i oksidasjonstall.
C: Ag går fra 0 til +I (oksideres), Cl går fra 0 til −I (reduseres). Redoksreaksjon!
D: Avdamping av krystallvann, ingen endring i oksidasjonstall.

Svar: C – \(2\text{Ag(s)} + \text{Cl}_2\text{(g)} \rightarrow 2\text{AgCl(s)}\)

h) Syre og base

I en 0,10 mol/L løsning av en syre er pH-verdien 2,0. Hvilken syre er i løsningen?
A: vinsyre, B: ammoniumion, C: borsyre, D: benzosyre

pH = 2,0 gir \([\text{H}_3\text{O}^+] = 0{,}010 \text{ mol/L}\). Med utgangskonsentrasjon \(c = 0{,}10 \text{ mol/L}\):

\[ \text{Protolysegrad} = \frac{[\text{H}_3\text{O}^+]}{c} = \frac{0{,}010}{0{,}10} = 0{,}10 = 10\% \]

Vi beregner \(K_a\):

\[ K_a = \frac{[\text{H}_3\text{O}^+][\text{A}^-]}{[\text{HA}]} = \frac{(0{,}010)(0{,}010)}{0{,}10 - 0{,}010} = \frac{1{,}0 \times 10^{-4}}{0{,}090} \approx 1{,}1 \times 10^{-3} \]

Vi sjekker tabellverdiene:

Vinsyre: \(K_a = 1{,}0 \times 10^{-3}\), \(\text{p}K_a = 2{,}98\)
Ammoniumion: \(K_a = 5{,}6 \times 10^{-10}\), \(\text{p}K_a = 9{,}25\)
Borsyre: \(K_a = 5{,}4 \times 10^{-10}\), \(\text{p}K_a = 9{,}27\)
Benzosyre: \(K_a = 6{,}3 \times 10^{-5}\), \(\text{p}K_a = 4{,}20\)

La oss sjekke benzosyre med \(K_a = 6{,}3 \times 10^{-5}\) mer nøyaktig:

\[ x^2 = K_a \cdot (0{,}10 - x) \approx 6{,}3 \times 10^{-5} \times 0{,}10 = 6{,}3 \times 10^{-6} \]

\[ x \approx 2{,}5 \times 10^{-3} \text{ mol/L} \quad \Rightarrow \quad \text{pH} \approx 2{,}6 \]

Benzosyre gir pH 2,6 – for høyt. La oss sjekke vinsyre med \(K_{a1} = 1{,}0 \times 10^{-3}\):

\[ x^2 + 1{,}0 \times 10^{-3}x - 1{,}0 \times 10^{-4} = 0 \]

\[ x = \frac{-1{,}0 \times 10^{-3} + \sqrt{(1{,}0 \times 10^{-3})^2 + 4 \times 1{,}0 \times 10^{-4}}}{2} \approx 0{,}0095 \text{ mol/L} \]

pH \(\approx -\log(0{,}0095) \approx 2{,}02 \approx 2{,}0\). Stemmer!

Ammoniumion og borsyre er altfor svake syrer (pKₐ ≈ 9) og gir pH nær 5. Benzosyre er også for svak. Vinsyre passer best.

Svar: A – Vinsyre. Med \(K_a = 1{,}0 \times 10^{-3}\) og \(c = 0{,}10\) mol/L gir beregningen pH ≈ 2,0. Benzosyre (\(K_a = 6{,}3 \times 10^{-5}\)) gir pH ≈ 2,6, som er for høyt.

i) Likevekt

\(2\text{BrCl(g)} \rightleftharpoons \text{Br}_2\text{(g)} + \text{Cl}_2\text{(g)}, \quad \Delta H < 0\)
Hvilken endring kan gjøres for å få dannet mer klorgass, \(\text{Cl}_2\text{(g)}\)?

Reaksjonen er eksoterm (\(\Delta H < 0\)). Vi bruker Le Chateliers prinsipp:

A: Øke trykket – Det er like mange mol gass på begge sider (2 mol → 1 + 1 = 2 mol), så trykkendring har ingen effekt.
B: Fjerne brom, Br₂ – Fjerner vi et produkt, forskyves likevekten mot høyre, og det dannes mer Cl₂. Riktig!
C: Bruke en katalysator – En katalysator endrer ikke likevektsposisjonen.
D: Øke temperaturen – Reaksjonen er eksoterm, så økt temperatur forskyver likevekten mot venstre (mindre produkt).

Svar: B – Fjerne brom, Br₂

j) Likevekt

\(\text{H}_2\text{(g)} + \text{Cl}_2\text{(g)} \rightleftharpoons 2\text{HCl(g)}\)
Startkonsentrasjoner: [H₂] = 2,0 mol/L, [Cl₂] = 1,0 mol/L, [HCl] = 0,0.
Hvilken av radene A–D viser riktig uttrykk for konsentrasjonene ved likevekt?

Fra støkiometrien: H₂ og Cl₂ reagerer i forholdet 1:1, og 2 mol HCl dannes per mol som reagerer. La \(x\) være endringen i konsentrasjon av Cl₂ som reagerer:

\[ [\text{H}_2] = 2{,}0 - x, \quad [\text{Cl}_2] = 1{,}0 - x, \quad [\text{HCl}] = 2x \]

Vi sammenligner med alternativene:

A: \(2{,}0 - x\), \(1{,}0 - x\), \(x\) – Feil (HCl burde være \(2x\))
B: \(2{,}0 - 2x\), \(1{,}0 - 2x\), \(2x\) – Feil (H₂ og Cl₂ reagerer i forholdet 1:1, ikke 2:1)
C: \(2{,}0 - x\), \(1{,}0 - x\), \(2x\) – Riktig!
D: \(2{,}0 - 2x\), \(1{,}0 - x\), \(2x\) – Feil

Svar: C

k) Forsøksdesign

En kjemiker gjør et eksperiment for å bestemme entalpiendringen når et salt løses i vann. Hvorfor bør eksperimentet utføres flere ganger under like betingelser?

Når et eksperiment gjentas flere ganger under like betingelser, vil tilfeldige feil midles ut. Mer data gir bedre statistikk og reduserer usikkerheten i gjennomsnittet.

A: Nøyaktigheten til måleutstyret øker med antall repetisjoner – Feil (nøyaktigheten til instrumentet endres ikke).
B: Virkningen av systematiske feil blir mindre – Feil (systematiske feil påvirkes ikke av repetisjoner).
C: Resultatene blir etter hvert helt like – Feil (det er alltid noe variasjon).
D: Virkningen av tilfeldige feil blir mindre – Riktig!

Svar: D – Virkningen av tilfeldige feil blir mindre.

l) Entalpi og spontanitet

Tabell med fire prosesser og deres \(\Delta H\) og \(\Delta S\)-verdier. Hvilken påstand er riktig?

Vi bruker Gibbs' fri energi: \(\Delta G = \Delta H - T \cdot \Delta S\). Reaksjonen er spontan når \(\Delta G < 0\).

Prosess	\(\Delta H\) (kJ/mol)	\(\Delta S\) (J/(K·mol))
1: \(3\text{O}_2 \rightarrow 2\text{O}_3\)	−429	−139
2: \(2\text{Fe}_2\text{O}_3 + 3\text{C} \rightarrow 4\text{Fe} + 3\text{CO}_2\)	462	558
3: \(\text{H}_2\text{O(g)} \rightarrow \text{H}_2\text{O(l)}\)	−44	−119
4: \(\text{C}_3\text{H}_8 + 5\text{O}_2 \rightarrow 4\text{H}_2\text{O} + 3\text{CO}_2\)	−2044	100

Vurdering av alternativene:

A: Prosess 1 er endoterm, og entropien øker.
\(\Delta H = -429 < 0\) → eksoterm (ikke endoterm). \(\Delta S = -139 < 0\) → entropien synker. Feil.

B: Prosess 2 er endoterm og blir spontan ved tilstrekkelig høy temperatur.
\(\Delta H = 462 > 0\) → endoterm. \(\Delta S = 558 > 0\) → entropien øker. \(\Delta G = \Delta H - T\Delta S\). Når T er stor nok, dominerer \(-T\Delta S\) og \(\Delta G < 0\). Riktig!

C: Prosess 3 er spontan ved 1000 K.
\(\Delta G = -44000 - 1000 \cdot (-119) = -44000 + 119000 = +75000\) J/mol. \(\Delta G > 0\), altså ikke spontan. Feil.

D: Prosess 4 er ikke spontan ved 298 K.
\(\Delta G = -2044000 - 298 \cdot 100 = -2044000 - 29800 = -2073800\) J/mol. \(\Delta G \ll 0\), altså svært spontan. Feil.

Svar: B – Prosess 2 er endoterm og blir spontan ved tilstrekkelig høy temperatur.

Oppgave 2 – Rett/feil-oppgaver

a) Likevekter

Grafen viser konsentrasjonene av \(\text{N}_2\text{O}_4\) og \(\text{NO}_2\) i en lukket beholder over tid. Reversibel reaksjon: \(\text{N}_2\text{O}_4\text{(g)} \rightleftharpoons 2\text{NO}_2\text{(g)}\).
Vurder om hver av påstandene I–IV er rett eller feil.

Fra grafen ser vi to kurver: en grønn (øverst) som starter ved ca. 0,05 mol/L og synker til ca. 0,042 mol/L, og en blå (nederst) som starter ved 0 og stiger til ca. 0,017 mol/L. Konsentrasjonene flater ut og når likevekt.

I: Systemet oppnår aldri likevekt, for konsentrasjonene av \(\text{NO}_2\) og \(\text{N}_2\text{O}_4\) blir aldri like.

FEIL. Likevekt betyr at konsentrasjonene er konstante, ikke at de er like. Grafen viser at konsentrasjonene flater ut og er konstante etter en tid, selv om de har forskjellige verdier. Systemet oppnår likevekt.

II: Ved likevekt er reaksjonsfarten mot høyre lik reaksjonsfarten mot venstre.

RETT. Dette er definisjonen av dynamisk likevekt: farten av hin-reaksjonen er lik farten av tilbake-reaksjonen.

III: Den nederste kurven (blå) viser konsentrasjonen av \(\text{NO}_2\).

Reaksjonen starter med bare \(\text{N}_2\text{O}_4\) (den øverste kurven starter høyt). \(\text{N}_2\text{O}_4\) dekomponerer til \(\text{NO}_2\), som starter ved 0 og øker. Støkiometrien gir 2 mol \(\text{NO}_2\) per mol \(\text{N}_2\text{O}_4\), men likevekten kan likevel gi lav \(\text{NO}_2\)-konsentrasjon. Den blå kurven (nederst, starter ved 0 og øker) er \(\text{NO}_2\). RETT.

IV: Helt i starten er det bare \(\text{N}_2\text{O}_4\) i beholderen.

Den blå kurven starter ved 0, den grønne starter ved ca. 0,05 mol/L. Helt i starten er det bare \(\text{N}_2\text{O}_4\). RETT.

Svar:
I: Feil
II: Rett
III: Rett
IV: Rett

b) Biologiske makromolekyler

Figur 5 viser et peptid. Pepsin bryter peptidbindinger der NH-gruppen kommer fra en aromatisk aminosyre. R₁ representerer resten av proteinet. Vurder påstandene I–IV.

Fra strukturformelen i figur 5 ser vi et peptid med fem aminosyrer til venstre for R₁. Vi teller fem α-karbon (CHα) og fem peptidbindinger/karbonyler. Sidegrupper:

Aminosyre 1 (ved H₃N⁺): sidekjede –CH₃ (alanin, Ala)
Aminosyre 2: sidekjede –CH₂SH (cystein, Cys)
Aminosyre 3: sidekjede med (CH₂)₄–NH₃⁺ (lysin, Lys)
Aminosyre 4: sidekjede med benzenring (–CH₂–C₆H₅, fenylalanin Phe – aromatisk!)
Aminosyre 5 (koblet til R₁): sidekjede –CH₃ (alanin, Ala)

I: Strukturen til venstre for R₁ er bygd opp av fire aminosyrer.

Telling av α-karbon og C=O–NH-bindinger viser fem aminosyrer (Ala–Cys–Lys–Phe–Ala), ikke fire. FEIL.

II: Den aromatiske aminosyren i dette peptidet er fenylalanin.

Vi ser en benzenring som sidekjede (\(-\text{CH}_2-\text{C}_6\text{H}_5\)). Dette er fenylalanin (Phe). RETT.

III: Dersom pepsin spalter dette proteinet, vil det sannsynligvis spaltes av et tripeptid.

Pepsin bryter peptidbindingen der NH-gruppen kommer fra en aromatisk aminosyre. Fenylalanin er aminosyre nummer 4, så bindingen som brytes er mellom aminosyre 3 (Lys) og 4 (Phe). På venstre side får vi aminosyrene 1–3 (Ala–Cys–Lys), altså et tripeptid. RETT.

IV: Spalting av en peptidbinding er en hydrolysereaksjon.

Ja, peptidbindinger brytes ved hydrolyse (tilsetting av vann). RETT.

Svar:
I: Feil
II: Rett
III: Rett
IV: Rett

Oppgave 3

Du ønsker å syntetisere 4-metylpentan-2-on. Stoff A: 4-metylpentan-2-ol, Stoff B: 4-metylpentan-1-ol, Stoff C: 2-klor-4-metylpentan.
Sorter stoffene etter økende antall trinn for å komme til produktet. Begrunn kort med reaksjonslikninger.

Produktet er 4-metylpentan-2-on, et keton med C=O på karbon 2.

Stoff A: 4-metylpentan-2-ol (1 trinn)

4-metylpentan-2-ol er en sekundær alkohol med OH-gruppen på karbon 2. Oksidasjon av en sekundær alkohol gir direkte et keton:

\[ \text{CH}_3\text{CH(OH)CH}_2\text{CH(CH}_3)_2 \xrightarrow{\text{[O]}} \text{CH}_3\text{C(=O)CH}_2\text{CH(CH}_3)_2 \]

Ett trinn: Oksidasjon (f.eks. med sur \(\text{K}_2\text{Cr}_2\text{O}_7\)).

Stoff C: 2-klor-4-metylpentan (2 trinn)

Trinn 1: Nukleofil substitusjon med OH⁻ for å danne 4-metylpentan-2-ol:

\[ \text{CH}_3\text{CHClCH}_2\text{CH(CH}_3)_2 + \text{OH}^- \rightarrow \text{CH}_3\text{CH(OH)CH}_2\text{CH(CH}_3)_2 + \text{Cl}^- \]

Trinn 2: Oksidasjon av den sekundære alkoholen til ketonet (som for stoff A).

Stoff B: 4-metylpentan-1-ol (3 trinn)

4-metylpentan-1-ol er en primær alkohol med OH på karbon 1. Oksidasjon gir aldehyd og deretter karboksylsyre – ikke ketonet vi ønsker. Vi trenger en annen vei:

Trinn 1: Oksidasjon til 4-metylpentanal (aldehyd):

\[ \text{(CH}_3)_2\text{CHCH}_2\text{CH}_2\text{CH}_2\text{OH} \xrightarrow{\text{[O]}} \text{(CH}_3)_2\text{CHCH}_2\text{CH}_2\text{CHO} \]

Trinn 2: Videre oksidasjon til 4-metylpentansyre:

\[ \text{(CH}_3)_2\text{CHCH}_2\text{CH}_2\text{CHO} \xrightarrow{\text{[O]}} \text{(CH}_3)_2\text{CHCH}_2\text{CH}_2\text{COOH} \]

Trinn 3: Dette gir fortsatt ikke riktig produkt direkte. En alternativ rute via eliminasjon, omleiring eller substitusjon kreves. Uansett er det minst 3 trinn.

Sortert etter økende antall trinn:
Stoff A (1 trinn) < Stoff C (2 trinn) < Stoff B (3 trinn)

Oppgave 4

Rent kalium framstilles ved smelteelektrolyse av KCl. Temperatur over 800 °C. Kalium er i gassfase.
a) Skriv halvreaksjonene for katoden og anoden.
b) Det framstilte kaliumet avkjøles. Det søles vann på K(s). Skriv reaksjonslikningen.

a) Halvreaksjoner

Ved smelteelektrolyse av KCl har vi ionene \(\text{K}^+\) og \(\text{Cl}^-\):

Katode (reduksjon):

\[ \text{K}^+\text{(l)} + \text{e}^- \rightarrow \text{K(g)} \]

Anode (oksidasjon):

\[ 2\text{Cl}^-\text{(l)} \rightarrow \text{Cl}_2\text{(g)} + 2\text{e}^- \]

Katode: \(\text{K}^+\text{(l)} + \text{e}^- \rightarrow \text{K(g)}\)
Anode: \(2\text{Cl}^-\text{(l)} \rightarrow \text{Cl}_2\text{(g)} + 2\text{e}^-\)

b) Kalium i vann

Kalium er et svært reaktivt alkalimetall som reagerer voldsomt med vann:

\[ 2\text{K(s)} + 2\text{H}_2\text{O(l)} \rightarrow 2\text{KOH(aq)} + \text{H}_2\text{(g)} \]

\(2\text{K(s)} + 2\text{H}_2\text{O(l)} \rightarrow 2\text{KOH(aq)} + \text{H}_2\text{(g)}\)

Reaksjonen er svært eksoterm og kan antenne hydrogengassen. Kalium reagerer enda kraftigere med vann enn natrium.

Oppgave 5

Et pH-meter kalibreres med buffere med kjente pH-verdier.
a) En buffer med pH 4,0 inneholder metansyre (HCOOH) og natriummetanat (HCOONa).
i. Hva er sur og basisk komponent?
ii. Hvilken komponent har størst konsentrasjon?
b) Skriv reaksjonslikningen for tilsetting av salpetersyre, HNO₃(aq).
c) Forklar hvilke to av fire reagenser du må velge for å lage 1,0 L kalibreringsbuffer med pH 4,0 og størst mulig bufferkapasitet.

a) i. Sur og basisk komponent

I bufferen:

Sur komponent: Metansyre (HCOOH) – syren som kan avgi proton
Basisk komponent: Metanat-ion (HCOO⁻) fra natriummetanat (HCOONa) – den korresponderende basen som kan ta opp proton

Sur komponent: HCOOH (metansyre)
Basisk komponent: HCOO⁻ (metanat-ion, fra HCOONa)

a) ii. Hvilken komponent har størst konsentrasjon?

Henderson-Hasselbalch-likningen:

\[ \text{pH} = \text{p}K_a + \log\frac{[\text{HCOO}^-]}{[\text{HCOOH}]} \]

Vanlig feil: Mange glemmer at Henderson-Hasselbalch-ligningen (pH = pKₐ + log([base]/[syre])) bare gjelder i bufferområdet. Utenfor bufferområdet (når forholdet base/syre er over 10:1 eller under 1:10) gir formelen upålitelige resultater.

Fra tabellen: \(\text{p}K_a(\text{HCOOH}) = 3{,}75\). Med pH = 4,0:

\[ 4{,}0 = 3{,}75 + \log\frac{[\text{HCOO}^-]}{[\text{HCOOH}]} \]

\[ \log\frac{[\text{HCOO}^-]}{[\text{HCOOH}]} = 0{,}25 \quad \Rightarrow \quad \frac{[\text{HCOO}^-]}{[\text{HCOOH}]} = 10^{0{,}25} \approx 1{,}78 \]

Siden forholdet er større enn 1, er konsentrasjonen av metanat-ion (basisk komponent) størst.

Den basiske komponenten (HCOO⁻ / natriummetanat) har størst konsentrasjon.

b) Reaksjon med salpetersyre

Når en sterk syre tilsettes bufferen, reagerer den med den basiske komponenten:

\[ \text{HCOO}^-\text{(aq)} + \text{HNO}_3\text{(aq)} \rightarrow \text{HCOOH(aq)} + \text{NO}_3^-\text{(aq)} \]

\(\text{HCOO}^-\text{(aq)} + \text{HNO}_3\text{(aq)} \rightarrow \text{HCOOH(aq)} + \text{NO}_3^-\text{(aq)}\)

c) Velg to reagenser for buffer med pH 4,0 og størst bufferkapasitet

Tilgjengelige reagenser: 0,50 mol/L HCOOH, 1,0 mol/L HCl, NaOH(s), HCOONa(s).

For størst mulig bufferkapasitet trenger vi høyest mulig konsentrasjon av begge bufferkomponenter (HCOOH og HCOO⁻).

Valg: 0,50 mol/L HCOOH og NaOH(s)

Vi starter med 1,0 L av 0,50 mol/L HCOOH (= 0,50 mol HCOOH). Vi tilsetter NaOH(s) for å omdanne noe av HCOOH til HCOO⁻:

\[ \text{HCOOH(aq)} + \text{NaOH(s)} \rightarrow \text{HCOONa(aq)} + \text{H}_2\text{O(l)} \]

Fra del a) vet vi at \([\text{HCOO}^-]/[\text{HCOOH}] = 1{,}78\). Med totalkonsentrasjon 0,50 mol/L:

\[ [\text{HCOOH}] + [\text{HCOO}^-] = 0{,}50 \text{ mol/L} \]

\[ [\text{HCOOH}] + 1{,}78 \cdot [\text{HCOOH}] = 0{,}50 \]

\[ [\text{HCOOH}] = \frac{0{,}50}{2{,}78} = 0{,}18 \text{ mol/L}, \quad [\text{HCOO}^-] = 0{,}32 \text{ mol/L} \]

Vi trenger altså 0,32 mol NaOH per liter, dvs. 0,32 mol NaOH(s) tilsettes til 1,0 L av 0,50 mol/L HCOOH.

Hvorfor ikke HCOOH + HCOONa? Tilsetting av fast HCOONa til HCOOH-løsningen ville også fungert, men med 0,50 mol/L HCOOH + NaOH(s) kan vi oppnå høyere totalkonsentrasjon av bufferkomponenter (all HCOOH bidrar), noe som gir størst bufferkapasitet.

Velg 0,50 mol/L HCOOH og NaOH(s). Tilsett NaOH til HCOOH-løsningen for å delvis nøytralisere syren og danne bufferpar med høy totalkonsentrasjon.

Del 2

Oppgave 6

Når NaOH(s) løses i vann: \(\text{NaOH(s)} \xrightarrow{\text{vann}} \text{Na}^+\text{(aq)} + \text{OH}^-\text{(aq)}\), \(\Delta H = -44{,}5 \text{ kJ/mol}\).
a) Begrunn hvorfor oppløsningen skjer spontant.
b) i. Finn løseligheten til Cu(OH)₂ i rent vann (mol/L).
ii. Vurder hvordan løseligheten endres dersom pH øker.
c) Vurder om det blir felling av Cu(OH)₂ i et kobberrør med 1,0 mg Cu²⁺/L, pH mellom 6,5 og 9,5.

a) Spontanitet av oppløsning

For at en prosess skal være spontan, må \(\Delta G < 0\). Vi har \(\Delta G = \Delta H - T\Delta S\).

\(\Delta H = -44{,}5 \text{ kJ/mol} < 0\) (eksoterm). Når fast NaOH løses i vann, går vi fra ordnet krystallstruktur til frie, hydratiserte ioner i løsning. Entropien øker: \(\Delta S > 0\).

Dermed har vi:

\[ \Delta G = \underbrace{\Delta H}_{\lt 0} - T \cdot \underbrace{\Delta S}_{\gt 0} \lt 0 \]

Både entalpibidraget og entropibidraget bidrar til negativ \(\Delta G\), så oppløsningen er spontan ved alle temperaturer.

Oppløsningen er spontan fordi \(\Delta H < 0\) (eksoterm) og \(\Delta S > 0\) (økt uorden), som begge bidrar til \(\Delta G < 0\).

b) i. Løselighet av Cu(OH)₂

Fra tabellen: \(K_{sp}(\text{Cu(OH)}_2) = 2{,}20 \times 10^{-20}\).

Likevektslikningen:

\[ \text{Cu(OH)}_2\text{(s)} \rightleftharpoons \text{Cu}^{2+}\text{(aq)} + 2\text{OH}^-\text{(aq)} \]

\[ K_{sp} = [\text{Cu}^{2+}][\text{OH}^-]^2 \]

La \(s\) = løseligheten i mol/L. Da er \([\text{Cu}^{2+}] = s\) og \([\text{OH}^-] = 2s\):

\[ K_{sp} = s \cdot (2s)^2 = 4s^3 \]

\[ s = \sqrt[3]{\frac{K_{sp}}{4}} = \sqrt[3]{\frac{2{,}20 \times 10^{-20}}{4}} = \sqrt[3]{5{,}50 \times 10^{-21}} \]

\[ s = \sqrt[3]{5{,}50 \times 10^{-21}} \approx 1{,}77 \times 10^{-7} \text{ mol/L} \]

Løseligheten av Cu(OH)₂ i rent vann er \(s \approx 1{,}8 \times 10^{-7}\) mol/L.

b) ii. Effekt av økt pH

Når pH øker, øker \([\text{OH}^-]\). Fra \(K_{sp} = [\text{Cu}^{2+}][\text{OH}^-]^2\) ser vi at når \([\text{OH}^-]\) øker, må \([\text{Cu}^{2+}]\) synke for at produktet skal forbli lik \(K_{sp}\). Dette betyr at løseligheten synker når pH øker (fellesion-effekt med OH⁻).

Løseligheten av Cu(OH)₂ synker når pH-verdien øker, fordi økt [OH⁻] forskyver likevekten mot venstre (mer felling).

c) Felling i kobberrør

Vi har \([\text{Cu}^{2+}] = 1{,}0 \text{ mg/L}\). Molar masse av Cu: 63,55 g/mol.

\[ [\text{Cu}^{2+}] = \frac{1{,}0 \times 10^{-3} \text{ g/L}}{63{,}55 \text{ g/mol}} = 1{,}57 \times 10^{-5} \text{ mol/L} \]

Vi sjekker ioneproduktet \(Q = [\text{Cu}^{2+}][\text{OH}^-]^2\) ved pH = 6,5 og pH = 9,5:

Ved pH = 6,5: \(\text{pOH} = 14 - 6{,}5 = 7{,}5\), \([\text{OH}^-] = 10^{-7{,}5} = 3{,}16 \times 10^{-8}\) mol/L.

\[ Q = 1{,}57 \times 10^{-5} \times (3{,}16 \times 10^{-8})^2 = 1{,}57 \times 10^{-5} \times 10^{-15} = 1{,}57 \times 10^{-20} \]

\(Q = 1{,}57 \times 10^{-20} < K_{sp} = 2{,}20 \times 10^{-20}\). Ingen felling ved pH 6,5.

Ved pH = 9,5: \(\text{pOH} = 14 - 9{,}5 = 4{,}5\), \([\text{OH}^-] = 10^{-4{,}5} = 3{,}16 \times 10^{-5}\) mol/L.

\[ Q = 1{,}57 \times 10^{-5} \times (3{,}16 \times 10^{-5})^2 = 1{,}57 \times 10^{-5} \times 10^{-9} = 1{,}57 \times 10^{-14} \]

\(Q = 1{,}57 \times 10^{-14} \gg K_{sp} = 2{,}20 \times 10^{-20}\). Det blir felling ved pH 9,5.

Ved pH = 6,5: \(Q < K_{sp}\) – ingen felling.
Ved pH = 9,5: \(Q \gg K_{sp}\) – det blir felling av Cu(OH)₂.

Drikkevann med pH mellom 6,5 og 9,5 kan altså få felling av kobber(II)hydroksid i den øvre delen av pH-intervallet. Ved pH rundt 9,5 vil det klart dannes bunnfall.

Oppgave 7

Melkesyre (2-hydroksypropansyre) er en svak organisk syre.
a) Beregn pH-verdien i en 0,2 mol/L løsning av melkesyre.
b) PLA er en polyester dannet ved kondensasjonsreaksjon mellom melkesyremolekyler.
i. Vis med strukturformler kondensasjonsreaksjonen.
ii. Tegn den repeterende enheten i PLA.

a) pH i melkesyreløsning

Fra tabellen: Melkesyre (2-hydroksypropansyre), \(K_a = 1{,}4 \times 10^{-4}\), \(\text{p}K_a = 3{,}86\).

Melkesyre er en svak syre: \(\text{CH}_3\text{CH(OH)COOH} \rightleftharpoons \text{CH}_3\text{CH(OH)COO}^- + \text{H}^+\)

Med \(c = 0{,}20\) mol/L og \(K_a = 1{,}4 \times 10^{-4}\):

\[ K_a = \frac{x^2}{c - x} \approx \frac{x^2}{c} \quad \text{(hvis } x \ll c\text{)} \]

\[ x = \sqrt{K_a \cdot c} = \sqrt{1{,}4 \times 10^{-4} \times 0{,}20} = \sqrt{2{,}8 \times 10^{-5}} = 5{,}29 \times 10^{-3} \text{ mol/L} \]

Sjekk: \(x/c = 5{,}29 \times 10^{-3}/0{,}20 = 2{,}6\%\). Tilnærmingen er grei.

\[ \text{pH} = -\log(5{,}29 \times 10^{-3}) = 2{,}28 \]

\(\text{pH} \approx 2{,}3\)

b) i. Kondensasjonsreaksjon mellom melkesyremolekyler

Melkesyre har both en OH-gruppe og en COOH-gruppe. I en kondensasjonsreaksjon reagerer OH-gruppen på ett molekyl med COOH-gruppen på et annet, under fraspaltning av vann, og danner en esterbinding:

\[ \text{CH}_3\text{CH(OH)COOH} + \text{HOCH(CH}_3\text{)COOH} \rightarrow \text{CH}_3\text{CH(OH)CO{-}OCH(CH}_3\text{)COOH} + \text{H}_2\text{O} \]

Esterbindingen dannes mellom karboksylgruppen (-COOH) på det ene molekylet og hydroksylgruppen (-OH, den sekundære alkoholgruppen) på det andre molekylet. OH-gruppen fra syren og H fra alkoholen danner vann (H₂O).

To melkesyremolekyler reagerer i en kondensasjonsreaksjon der -COOH fra det ene reagerer med -OH (sekundær alkohol) fra det andre, og vann spaltes av. Det dannes en esterbinding (-COO-).

b) ii. Repeterende enhet i PLA

Polyeten (PE) har repeterende enhet \(-[\text{CH}_2{-}\text{CH}_2]_n-\). For PLA (polymelkesyre) er den repeterende enheten dannet fra melkesyre minus vann:

\[ -\left[\text{O{-}CH(CH}_3\text{){-}CO}\right]_n- \]

Den repeterende enheten i PLA er:
\(-\left[\text{O{-}CH(CH}_3\text{){-}C(=O)}\right]_n-\)

Oppgave 8

Alkalisk batteri: Zn reagerer med MnO₂.
Halvreaksjoner (som reduksjoner):
\(\text{ZnO} + \text{H}_2\text{O} + 2\text{e}^- \rightarrow \text{Zn} + 2\text{OH}^-\), \(E_{red} = -1{,}26 \text{ V}\)
\(\text{MnO}_2 + \text{H}^+ + \text{e}^- \rightarrow \text{MnO(OH)}\), \(E_{red} = 0{,}74 \text{ V}\)
a) Skriv balansert reaksjonslikning.
b) Zn-elektroden veier 6,0 g. Hvor mange mol MnO₂ trengs dersom sink er begrensende?
c) Regn ut batterikapasiteten (Ah).
d) Forklar hva som er galt med tre galvaniske celler (figur 9).

a) Balansert reaksjonslikning

Zn oksideres (har lavest \(E_{red}\)), MnO₂ reduseres (har høyest \(E_{red}\)).

Oksidasjon (anode): Vi snur den første halvreaksjonen:

\[ \text{Zn} + 2\text{OH}^- \rightarrow \text{ZnO} + \text{H}_2\text{O} + 2\text{e}^- \]

Reduksjon (katode):

\[ \text{MnO}_2 + \text{H}^+ + \text{e}^- \rightarrow \text{MnO(OH)} \]

For å balansere elektronene, multipliserer vi katodereaksjonen med 2:

\[ 2\text{MnO}_2 + 2\text{H}^+ + 2\text{e}^- \rightarrow 2\text{MnO(OH)} \]

Legger sammen:

\[ \text{Zn} + 2\text{OH}^- + 2\text{MnO}_2 + 2\text{H}^+ \rightarrow \text{ZnO} + \text{H}_2\text{O} + 2\text{MnO(OH)} \]

Siden \(2\text{H}^+ + 2\text{OH}^- \rightarrow 2\text{H}_2\text{O}\):

\[ \text{Zn} + 2\text{MnO}_2 + 2\text{H}_2\text{O} \rightarrow \text{ZnO} + 2\text{MnO(OH)} + \text{H}_2\text{O} \]

Forenklet:

\[ \text{Zn(s)} + 2\text{MnO}_2\text{(s)} + \text{H}_2\text{O(l)} \rightarrow \text{ZnO(s)} + 2\text{MnO(OH)(s)} \]

\(\text{Zn(s)} + 2\text{MnO}_2\text{(s)} + \text{H}_2\text{O(l)} \rightarrow \text{ZnO(s)} + 2\text{MnO(OH)(s)}\)

b) Antall mol MnO₂

Molar masse av Zn: 65,38 g/mol.

\[ n(\text{Zn}) = \frac{6{,}0 \text{ g}}{65{,}38 \text{ g/mol}} = 0{,}0918 \text{ mol} \]

Fra reaksjonslikningen: 1 mol Zn reagerer med 2 mol MnO₂.

\[ n(\text{MnO}_2) = 2 \times n(\text{Zn}) = 2 \times 0{,}0918 = 0{,}184 \text{ mol} \]

Batteriet må inneholde minst \(n(\text{MnO}_2) \approx 0{,}18\) mol.

c) Batterikapasitet

Antall mol elektroner overført: Zn avgir 2 elektroner per atom.

\[ n(\text{e}^-) = 2 \times n(\text{Zn}) = 2 \times 0{,}0918 = 0{,}184 \text{ mol} \]

Total ladning:

\[ Q = n(\text{e}^-) \times F = 0{,}184 \times 96485 = 17\,730 \text{ C} \]

Konvertering til Ah (1 Ah = 3600 C):

\[ Q = \frac{17\,730}{3600} = 4{,}93 \text{ Ah} \]

Batterikapasiteten er \(\approx 4{,}9\) Ah.

d) Feil med de tre galvaniske cellene

Gruppe 1: Cu(s) | CuSO₄(aq) || KNO₃(aq) || ZnSO₄(aq) | Grafitt, C(s)

Problemet: Kobberelektroden står i CuSO₄-løsningen (riktig), men grafittelektroden står i ZnSO₄-løsningen. Grafitt er inert og kan ikke oksideres som en Zn-elektrode. For å fungere som galvanisk celle med Cu/Zn trenger man en sink-elektrode, ikke grafitt. Alternativt: elektrodene og løsningene passer ikke sammen – Cu bør være katode i CuSO₄, men det er ingen Zn-elektrode til å fungere som anode.

Gruppe 2: Zn(s) | HNO₃(aq) || NaNO₃(aq) || AgNO₃(aq) | Grafitt, C(s)

Problemet: Sinkelektroden står i HNO₃(aq), som er en sterk syre. Sink vil reagere direkte med salpetersyren (Zn løses opp av syren), i stedet for å fungere som en galvanisk celle. Anoden bør stå i en nøytral saltløsning (f.eks. ZnSO₄), ikke i en syre. I tillegg brukes grafitt som katode i stedet for Ag.

Gruppe 3: Zn(s) | CuSO₄(aq) || NaCl(aq) || AgNO₃(aq) | Grafitt, C(s)

Problemet: Sinkelektroden står i CuSO₄-løsningen. Zn er uedlere enn Cu, så Zn vil reagere direkte med Cu²⁺-ionene i løsningen (Zn + Cu²⁺ → Zn²⁺ + Cu). Dette gir kortslutning – reaksjonen skjer direkte uten å gå gjennom den ytre kretsen. Anoden (Zn) bør stå i ZnSO₄, ikke CuSO₄.

I tillegg inneholder saltbroen NaCl(aq). Cl⁻-ioner fra saltbroen vil migrere inn i AgNO₃-løsningen og felle ut AgCl(s) (K_sp er svært lav, ca. 1,8 × 10⁻¹⁰). Dette reduserer konsentrasjonen av Ag⁺-ioner og forstyrrer katodereaksjonen.

Gruppe 1: Mangler sinkelektrode – grafitt kan ikke fungere som anode i en Zn/Cu-celle.
Gruppe 2: Zn-elektroden står i salpetersyre, som løser opp sinken direkte. Bør stå i en nøytral sinksaltløsning.
Gruppe 3: Zn-elektroden står i CuSO₄-løsningen. Zn reagerer direkte med Cu²⁺, og cellen kortslutter. I tillegg vil Cl⁻ fra NaCl-saltbroen felle ut AgCl(s) i katodeløsningen.

Oppgave 9

Kanelaldehyd og stoffer framstilt fra kanelaldehyd (tabell 2). Skriv en kjemifaglig tekst om syntesen av etylkanelester fra kanelaldehyd. Gjør rede for:
• Reaksjonstyper
• Gunstige reaksjonsbetingelser
• Separasjonsmetoder
• Faktorer som påvirker utbytte og renhet
• Teoretisk utbytte og atomeffektivitet
• Vurdering ut fra grønn kjemi

Syntese av etylkanelester fra kanelaldehyd

Trinn 1: Oksidasjon av kanelaldehyd til kanelsyre

Kanelaldehyd (3-fenylprop-2-enal) oksideres til kanelsyre (3-fenylprop-2-ensyre). Dette er en oksidasjonsreaksjon der aldehyd (–CHO) oksideres til karboksylsyre (–COOH):

\[ \text{C}_6\text{H}_5\text{CH=CHCHO} + \text{[O]} \rightarrow \text{C}_6\text{H}_5\text{CH=CHCOOH} \]

Oksidasjonsmiddel kan være f.eks. \(\text{KMnO}_4\) (mildt) eller \(\text{Ag}_2\text{O}\).

Trinn 2: Forestringssreaksjon til etylkanelester

Kanelsyre reagerer med etanol i en kondensasjonsreaksjon (forestringssreaksjon) for å danne etylkanelester:

\[ \text{C}_6\text{H}_5\text{CH=CHCOOH} + \text{C}_2\text{H}_5\text{OH} \rightleftharpoons \text{C}_6\text{H}_5\text{CH=CHCOOC}_2\text{H}_5 + \text{H}_2\text{O} \]

Gunstige reaksjonsbetingelser:

Syre som katalysator (f.eks. konsentrert \(\text{H}_2\text{SO}_4\)) for forestringssreaksjonen
Overskudd av etanol for å forskyve likevekten mot produktsiden (Le Chateliers prinsipp)
Fjerning av vann (f.eks. med molekylsikt eller destillasjon) for å forskyve likevekten
Oppvarming for å øke reaksjonsfarten, men ikke for høy temperatur da kanelaldehyd kan dekomponere til styren

Separasjonsmetoder:

Destillasjon: Stoffene har ulike kokepunkter (kanelaldehyd: 248 °C, kanelsyre: 300 °C, etylkanelester: 271 °C, etanol: 78 °C). Overskudd av etanol kan lett fjernes ved destillasjon.
Ekstraksjon: Etylkanelester er lite løselig i vann (0,161 g/L), mens etanol er blandbar. Vask med vann kan fjerne etanol og vannløselige urenheter.
Kromatografi: Kan brukes for å sjekke renheten av produktet.

Faktorer som påvirker utbytte og renhet:

Forestringsslikevekten begrenser utbyttet (reversibel reaksjon)
Overoksidasjon i trinn 1 kan gi biprodukter
For høy temperatur kan gi dekomponering av kanelaldehyd til styren
Renhet av utgangsstoffer og tørre betingelser er viktig

Teoretisk utbytte og atomeffektivitet:

Molare masser: Kanelaldehyd = 132,16 g/mol, Etylkanelester = 176,21 g/mol.

Per kilo kanelaldehyd:

\[ n(\text{kanelaldehyd}) = \frac{1000}{132{,}16} = 7{,}567 \text{ mol} \]

Teoretisk utbytte av etylkanelester (forutsatt 100% konvertering):

\[ m(\text{etylkanelester}) = 7{,}567 \times 176{,}21 = 1333 \text{ g} = 1{,}33 \text{ kg} \]

Atomeffektivitet for den totale syntesen (oksidasjon + forestringssreaksjon):

\[ \text{Atomeffektivitet} = \frac{M(\text{produkt})}{\sum M(\text{alle produkter})} \times 100\% \]

For forestringssreaksjonen: produkter er etylkanelester (176,21) og vann (18,02):

\[ \text{Atomeffektivitet} = \frac{176{,}21}{176{,}21 + 18{,}02} \times 100\% = \frac{176{,}21}{194{,}23} \times 100\% = 90{,}7\% \]

Vurdering ut fra grønn kjemi:

Kanelaldehyd er et fornybart råstoff (fra kanelbark) – positivt
Kondensasjonsreaksjonen har høy atomeffektivitet (90,7%) – lite avfall
Bruk av sterke oksidasjonsmidler (KMnO₄) gir tungmetallholdig avfall – negativt
Forbedring: Bruk av enzymatisk eller katalytisk oksidasjon med O₂ som oksidasjonsmiddel ville vært grønnere
Lipase-katalysert forestringssreaksjon kan erstatte syrekatalyse for mildere betingelser

Oppsummering: Syntesen av etylkanelester fra kanelaldehyd skjer i to trinn: oksidasjon (aldehyd → karboksylsyre) og forestringssreaksjon (karboksylsyre + alkohol → ester + vann). Teoretisk utbytte per kg kanelaldehyd er 1,33 kg etylkanelester, med atomeffektivitet på 90,7% for forestringssreaksjonen. Syntesen kan forbedres ved bruk av grønnere oksidasjonsmidler og enzymatisk katalyse.