Del 1

Oppgave 1 – Flervalgsoppgaver

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

a) Oksidasjonstall

Vi undersøker oksidasjonstallet til Cr i hvert alternativ:

• A: \(\text{Cr(NO}_3)_3\) – Nitrat har ladning \(-1\), tre nitrationer gir \(-3\). Cr har oksidasjonstall \(+3\).
• B: \(\text{Cr}_2\text{O}_5\) – Oksygen har \(-2\), fem oksygen gir \(-10\). To Cr-atomer: \(2x + (-10) = 0 \Rightarrow x = +5\). Krom har oksidasjonstall \(+5\).
• C: \(\text{K}_2\text{CrO}_4\) – Kalium har \(+1\) (to gir \(+2\)), oksygen \(-2\) (fire gir \(-8\)): \(+2 + x - 8 = 0 \Rightarrow x = +6\).
• D: \(\text{Cr}_2(\text{SO}_4)_3\) – Sulfat har ladning \(-2\), tre sulfater gir \(-6\). To Cr: \(2x - 6 = 0 \Rightarrow x = +3\).

Bare alternativ B gir krom med oksidasjonstall +V.

b) Redoksreaksjon

Hydrogengass er et mildt reduksjonsmiddel. For at \(\text{H}_2\) skal reagere med et oppløst salt, må kationet i saltet kunne reduseres av \(\text{H}_2\).

Standard reduksjonspotensial for \(\text{H}_2\): \(E^\circ = 0{,}00 \text{ V}\) (for \(2\text{H}^+ + 2e^- \rightarrow \text{H}_2\)).

\(\text{H}_2\) kan redusere metallioner med standard reduksjonspotensial høyere enn 0 V:

• \(\text{Na}^+\): \(E^\circ = -2{,}71\) V – Nei
• \(\text{Mn}^{2+}\): \(E^\circ = -1{,}19\) V – Nei
• \(\text{Cu}^{2+}\): \(E^\circ = +0{,}34\) V – Ja, \(\text{H}_2\) kan redusere \(\text{Cu}^{2+}\)
• \(\text{Ni}^{2+}\): \(E^\circ = -0{,}26\) V – Nei

Bare kobber(II)-ioner har positiv standard reduksjonspotensial, så \(\text{H}_2\) kan spontant redusere \(\text{Cu}^{2+}\) til Cu(s):

c) Syrer og baser

La oss vurdere pH for hver løsning:

• A: NaOH – Sterk base, pH ≈ 14. Langt fra 8.
• B: NH₄Cl – Salt av svak base (NH₃) og sterk syre (HCl). Løsningen er svakt sur, pH < 7 (ca. 4,6).
• C: HNO₃ – Sterk syre, pH ≈ 0. Langt fra 8.
• D: NaCH₃COO – Salt av svak syre (eddiksyre) og sterk base (NaOH). Acetat-ionet reagerer med vann og gir svakt basisk løsning.

For natriumacetat: \(\text{CH}_3\text{COO}^-\) er en svak base med \(K_b = \frac{K_w}{K_a} = \frac{1{,}0 \cdot 10^{-14}}{1{,}8 \cdot 10^{-5}} = 5{,}6 \cdot 10^{-10}\).

Med konsentrasjon 1 mol/L: \([\text{OH}^-] = \sqrt{K_b \cdot c} = \sqrt{5{,}6 \cdot 10^{-10} \cdot 1} = 2{,}4 \cdot 10^{-5}\) mol/L.

\(\text{pOH} = -\log(2{,}4 \cdot 10^{-5}) = 4{,}6\), altså \(\text{pH} = 14 - 4{,}6 = 9{,}4\).

Av alternativene er natriumacetat nærmest pH 8 (men gir ca. 9,4). NH₄Cl gir pH ca. 4,6. De andre er ekstremer. pH 8 er nærmest alternativ D.

d) Buffer

Bufferen består av eddiksyre (\(\text{CH}_3\text{COOH}\)) og acetat (\(\text{CH}_3\text{COO}^-\)), dannet ved at NaOH nøytraliserer noe av eddiksyren.

Fra Henderson-Hasselbalch-ligningen:

Altså er [basisk komponent] / [sur komponent] = 5, som betyr [basisk komponent] > [sur komponent].

Vi vurderer påstandene:

• A: [basisk komponent]/[sur komponent] = 1/5. Feil – det er 5/1.
• B: Øvre buffergrense er 6,46. Øvre buffergrense er \(\text{p}K_a + 1 = 4{,}76 + 1 = 5{,}76\). Feil.
• C: [sur komponent] < [basisk komponent]. Riktig! Fordi ratio er 5:1 i favør av basisk.
• D: OH⁻ er basisk bufferkomponent. Feil – den basiske bufferkomponenten er acetat, \(\text{CH}_3\text{COO}^-\).

e) Likevekt

Startkonsentrasjoner (V = 1,0 L): \([\text{H}_2] = 0{,}10\) mol/L, \([\text{S}_2] = 0{,}10\) mol/L, \([\text{H}_2\text{S}] = 0\).

La \(x\) mol/L \(\text{S}_2\) reagere. Fra støkiometrien \(2\text{H}_2 + \text{S}_2 \rightarrow 2\text{H}_2\text{S}\):

• \([\text{S}_2]\) avtar med \(x\): \(0{,}10 - x\)
• \([\text{H}_2]\) avtar med \(2x\): \(0{,}10 - 2x\)
• \([\text{H}_2\text{S}]\) øker med \(2x\): \(2x\)

Dette stemmer med rad B: \([\text{H}_2] = 0{,}10 - 2x\), \([\text{S}_2] = 0{,}10 - x\), \([\text{H}_2\text{S}] = 2x\).

f) Løselighet

Vi må velge et salt der kationet danner et uløselig sulfat. Vi sjekker løselighetstabellen:

• A: NaCl – \(\text{Na}_2\text{SO}_4\) er lettløselig. Ingen utfelling.
• B: CuCl₂ – \(\text{CuSO}_4\) er lettløselig. Ingen utfelling.
• C: AgCl – AgCl er selv tungtløselig, så det løses dårlig. Dessuten er \(\text{Ag}_2\text{SO}_4\) bare tungtløselig (\(K_{sp} = 1{,}20 \cdot 10^{-5}\)), ikke veldig uløselig.
• D: CaCl₂ – \(\text{CaSO}_4\) er tungtløselig (\(K_{sp} = 4{,}93 \cdot 10^{-5}\)).

Fra løselighetstabellen: \(\text{BaSO}_4\) er mest uløselig, men det er ikke et alternativ. Mellom Ag₂SO₄ og CaSO₄ er begge tungtløselige. Men AgCl er selv tungtløselig i vann, noe som gjør det vanskelig å tilsette nok Ag⁺-ioner. CaCl₂ derimot er lettløselig og gir rikelig med Ca²⁺-ioner.

I løselighetstabellen for salter: Ca²⁺ med SO₄²⁻ er markert som T (tungtløselig). CaCl₂ er lettløselig (L), så det løses godt og frigjør Ca²⁺.

g) Polymerer

Analyse av figuren. Vi ser en sikksakk-karbonkjede der hvert annet karbon har et Cl-atom som peker oppover, og hvert annet karbon har en metylgruppe (\(\text{CH}_3\)) som peker nedover. Den repeterende enheten er altså:

For å danne denne polymeren ved addisjonspolymerisasjon trenger vi en monomer med en C=C-dobbeltbinding der det ene karbonet bærer Cl og det andre bærer \(\text{CH}_3\):

Når denne monomeren polymeriseres, åpner dobbeltbindingen seg og bygger opp kjeden \(\text{–CH(Cl)–CH(CH}_3\text{)–CH(Cl)–CH(CH}_3\text{)–}\), som matcher figuren.

Vurdering av alternativene:

• A: \(\text{CH}_2\text{=CHCl}\) (vinylklorid) – Polymeriseres til PVC med kjedeenhet \(\text{–CH}_2\text{–CHCl–}\). Ingen metylgrupper – passer ikke figuren.
• B: \(\text{CH}_3\text{–CH=CHCl}\) (1-klorprop-1-en) – Gir kjedeenhet \(\text{–CH(Cl)–CH(CH}_3\text{)–}\). Matcher figuren.
• C: \(\text{CH}_2\text{=CCl(CH}_3\text{)}\) (2-klorprop-1-en) – Gir kjedeenhet \(\text{–CH}_2\text{–CCl(CH}_3\text{)–}\). Cl og \(\text{CH}_3\) ville sittet på samme karbon, og det ville vært \(\text{CH}_2\)-ledd mellom, ikke som i figuren.
• D: En mettet struktur uten C=C-dobbeltbinding – kan ikke være monomer i en addisjonspolymerisasjon.

h) Organisk kjemi

3-klorpentan er \(\text{CH}_3\text{CH}_2\text{CHClCH}_2\text{CH}_3\) – klor sitter på karbon nr. 3 i en pentankjede.

• A: Addisjon av HCl til pent-2-en – Pent-2-en: \(\text{CH}_3\text{CH=CHCH}_2\text{CH}_3\). HCl adderer over dobbeltbindingen. Etter Markovnikovs regel legger H seg på C med flest H, og Cl på det andre. Fra C2=C3 kan Cl havne på C2 (Markovnikov) eller C3 (anti-Markovnikov). Begge produkter er mulige, og 3-klorpentan er et av dem.
• B: Eliminasjon av HCl fra 2-klorpentan – Gir penten, ikke 3-klorpentan.
• C: Hydrolyse av esteren 3-klorpentyletanat – Hydrolyse av en ester gir en alkohol og en syre, ikke en kloralkyl.
• D: Pentan-2-ol som reagerer med HCl i en substitusjonsreaksjon – Gir 2-klorpentan (Cl på C2), ikke 3-klorpentan.

i) Organisk kjemi – Syntese i to trinn

Trinn 1: Fra fluorsykloheksan til sykloheksen – her fjernes HF, noe som er en eliminasjonsreaksjon (fjerner to atomer/grupper og danner dobbeltbinding).

Trinn 2: Fra sykloheksen (med dobbeltbinding) + H₂O → sykloheksanol (med OH). Vann adderes over dobbeltbindingen – dette er en addisjonsreaksjon.

j) Utbytte

Reaksjonen mellom to aminosyrer gir et dipeptid + vann (kondensasjonsreaksjon). Forholdet er 1:1.

Begrensende reaktant er serin (0,16 mol < 0,20 mol). Teoretisk utbytte er 0,16 mol dipeptid.

Med 25 % utbytte:

k) Kromatografi

Fra kromatogrammet:

• Tusj A gir to flekker etter kromatografering → den inneholder minst to fargestoffer.
• Tusj B gir én flekk.
• Tusj C gir to flekker.
• Flekkene 1, 2 og 3: Flekk 1 (fra A) og flekk med samme \(R_f\)-verdi i en annen prøve kan ha samme stoff, men like utseende betyr ikke nødvendigvis samme strukturformel – farger kan se like ut men ha ulik struktur.

Påstand i): Like flekker (samme farge og \(R_f\)) betyr sannsynligvis samme stoff. Men flekker som «ser like ut» i farge trenger ikke ha eksakt lik \(R_f\)-verdi – de har bare lik farge. Uten å vite \(R_f\)-verdiene nøyaktig er påstanden usikker. Fra figuren ser det ut som flekkene 1, 2, og 3 har forskjellig posisjon (ulik \(R_f\)). Dermed er påstand i) feil – like farger betyr ikke nødvendigvis samme strukturformel.

Påstand ii): Tusj A gir to flekker etter kromatografering, noe som viser at den inneholder (minst) to ulike fargestoffer. Riktig.

l) Grønn kjemi

Påstand i): Bioetanol er laget fra biomasse (f.eks. sukkerrør, mais), som er en fornybar ressurs. Å bruke bioetanol som utgangsstoff i stedet for fossile kilder er i tråd med prinsipp 7 (bruk fornybare råmaterialer). Riktig.

Påstand ii): Syntesen krever konsentrert svovelsyre, som er en svært korrosiv og farlig kjemikalie. Et oksidasjonsmiddel kan også være farlig. Dette er ikke «trygge kjemikalier» i henhold til prinsipp 12 (tryggere kjemikalier og prosesser). Feil.

Oppgave 2 – Rett/feil-oppgaver

a) Spontanitet

Fra tabellen:

Reaksjon	\(\Delta H\) (kJ/mol)	\(T \cdot \Delta S\) (kJ/mol)	\(\Delta G\) (kJ/mol)
A: LiF(s) → Li⁺(aq) + F⁻(aq)	4,9	−10,8	15,7
B: KBr(s) → K⁺(aq) + Br⁻(aq)	19,8	26,5	−6,7
C: CsI(s) → Cs⁺(aq) + I⁻(aq)	33,6	36,1	−2,5

Vi bruker \(\Delta G = \Delta H - T\Delta S\).

Påstand I: Når KBr(s) løses i vann, vil temperaturen i vannet stige.

\(\Delta H = 19{,}8\) kJ/mol > 0 (endoterm). Endoterme prosesser tar opp varme fra omgivelsene, så temperaturen synker. Feil.

Påstand II: Når reaksjon C skjer, øker entropien i systemet.

\(T \cdot \Delta S = 36{,}1\) kJ/mol > 0, altså \(\Delta S > 0\). Entropien øker. Rett.

Påstand III: Ingen av saltene løses spontant i vann ved 298 K.

Reaksjon B: \(\Delta G = -6{,}7\) kJ/mol < 0 → spontan. Reaksjon C: \(\Delta G = -2{,}5\) kJ/mol < 0 → spontan. Feil.

Påstand IV: Ved 25 °C vil endringen i fri energi for reaksjon C være mindre enn 0.

25 °C = 298 K. \(\Delta G = -2{,}5\) kJ/mol < 0. Rett.

b) Likevekter

Reaksjonen er: \(\text{N}_2\text{(g)} + 3\text{H}_2\text{(g)} \rightleftharpoons 2\text{NH}_3\text{(g)}\)

Påstand I: Likevektskonstanten skrives \(K = \frac{[\text{NH}_3]}{[\text{N}_2][\text{H}_2]}\)

Riktig uttrykk er: \(K = \frac{[\text{NH}_3]^2}{[\text{N}_2][\text{H}_2]^3}\). Uttrykket i påstanden mangler eksponentene. Feil.

Påstand II: Ved tid 1 er det likevekt mellom gassene i beholderen.

Fra figuren ser konsentrasjonene ut til å være konstante før tid 1, noe som tyder på likevekt. Deretter endres de ved tid 2. Rett.

Påstand III: Ved tid 2 tilføres nitrogengass til beholderen. Da er reaksjonskvotienten Q < K.

Ved tid 2 øker [N₂] brått (nitrogen tilføres). Med mer N₂ øker nevneren i \(Q\)-uttrykket, og \(Q = \frac{[\text{NH}_3]^2}{[\text{N}_2][\text{H}_2]^3}\) blir mindre enn \(K\). Dermed forskyves likevekten mot produktsiden (mer NH₃ dannes), som stemmer med figuren. \(Q < K\). Rett.

Påstand IV: Ved tid 3 økes trykket i beholderen.

Fra figuren ved tid 3: Alle konsentrasjoner øker (beholderen komprimeres → mindre volum → høyere konsentrasjoner). Samtidig forskyves likevekten mot siden med færrest mol gass (produktsiden: 2 mol vs. reaktantsiden: 4 mol). NH₃-konsentrasjonen øker relativt mest. Økt trykk ved tid 3 stemmer med observasjonen. Rett.

Oppgave 3 – Enzymaktivitet

	Rør 1	Rør 2	Rør 3
Temperatur, °C	37	37	95
Andel stivelse	1 %	0,1 %	1 %
Andel spytt	9 %	90 %	90 %

Analyse av hvert rør:

Rør 2: 37 °C (optimal temperatur for amylase), mye spytt (90 %), lite stivelse (0,1 %). Enzymet har optimale betingelser og det er lite substrat relativt til enzym. Det meste av stivelsen vil brytes ned raskt. Mye nedbrytning → lite stivelse igjen → lysest farge (gulbrun).

Rør 1: 37 °C (optimal temperatur), men bare 9 % spytt og 1 % stivelse. Relativt mindre enzym per stivelse enn rør 2. En del stivelse brytes ned, men ikke like effektivt som rør 2. Mellomfarge.

Rør 3: 95 °C – enzymet er denaturert! Amylase er et protein som mister sin tredimensjonale struktur ved høy temperatur. Denaturert enzym kan ikke bryte ned stivelse. All stivelse er fortsatt til stede → sterkest blåsort farge → mørkest farge.

Oppgave 4 – Kalsiumkarbonat

a) Begrunne at entropiendringen er positiv

Vi ser på reaksjonen:

På reaktantsiden har vi ett fast stoff. På produktsiden har vi ett fast stoff pluss en gass.

Gasser har mye høyere entropi enn faste stoffer fordi partiklene kan bevege seg fritt i et stort volum. Når reaksjonen skjer, dannes det et mol gass (\(\text{CO}_2\)) fra et fast stoff. Antall mol gass øker fra 0 til 1.

Økning i antall mol gass betyr at systemets uorden (entropi) øker betydelig.

b) Temperaturer der kalsiumkarbonat spontant dekomponerer

En reaksjon er spontan når \(\Delta G < 0\).

Fra figur 3 ser vi at \(\Delta G\) avtar lineært med økende temperatur. Grafen krysser \(\Delta G = 0\) ved omtrent 1100 K (avlest fra figuren).

• For \(T < 1100\) K: \(\Delta G > 0\) → reaksjonen er ikke spontan.
• For \(T > 1100\) K: \(\Delta G < 0\) → reaksjonen er spontan.

Dette er logisk fordi \(\Delta G = \Delta H - T\Delta S\). Siden \(\Delta H > 0\) (endoterm) og \(\Delta S > 0\), vil \(\Delta G\) bli negativ ved høy nok temperatur (når \(T\Delta S > \Delta H\)).

Oppgave 5 – Elektrolyse

a) Halvreaksjon ved grafittelektroden

I elektrolysekaret frigis \(\text{F}_2\text{(g)}\) ved grafittelektroden. Fluorgass dannes ved oksidasjon av fluoridioner:

Dette er en oksidasjonsreaksjon (fluoridioner mister elektroner). Grafittelektroden er altså anoden.

b) Hvilken elektrode er katoden?

Ved katoden skjer reduksjon. Hydrogen dannes ved reduksjon av H⁺-ioner fra HF:

Fra figur 4: \(\text{H}_2\text{(g)}\) ledes ut gjennom rørene ved stålelectrodene (ytterveggen). Grafittelektroden (i midten) frigjør \(\text{F}_2\text{(g)}\). Altså skjer reduksjonen ved stålelectrodene.

c) Gram fluor dannet ved 4 g hydrogen

Totalreaksjonen i elektrolysen:

Molforhold: 1 mol \(\text{H}_2\) dannes per 1 mol \(\text{F}_2\).

Stoffmengde hydrogen:

Stoffmengde fluor (1:1-forhold):

Masse fluor:

Del 2

Oppgave 6 – Syrer, baser og buffere

a) pH i salpetersyrling

Salpetersyrling er en svak syre med \(K_a = 5{,}6 \cdot 10^{-4}\) (fra tabellen, \(\text{p}K_a = 3{,}25\)).

Likevektsreaksjonen:

La \(x = [\text{H}^+]\) ved likevekt:

Sjekker om vi kan bruke tilnærmingen \(0{,}80 - x \approx 0{,}80\):

Sjekk: \(\frac{0{,}0212}{0{,}80} = 2{,}6\%\) – tilnærmingen er god (under 5 %).

b) Tilsetting av NaOH – buffersystem

b-i) Hva er syre og base i dette buffersystemet?

NaOH (sterk base) reagerer med salpetersyrling:

Stoffmengder:

Etter reaksjonen (NaOH er begrensende reaktant):

• \(n(\text{HNO}_2) = 0{,}80 - 0{,}20 = 0{,}60\) mol (sur komponent)
• \(n(\text{NO}_2^-) = 0{,}20\) mol (basisk komponent)

Vi har overskudd av svak syre og det dannes konjugert base → buffer!

b-ii) Beregn pH i bufferen

Henderson-Hasselbalch:

Konsentrasjoner (totalvolum ≈ 1,0 L, vi antar volumet ikke endres vesentlig):

c) Bufferkapasitet – NH₄Cl i ammoniakkløsning

Stoffmengder i bufferen:

Buffersystemet: \(\text{NH}_4^+\) (sur komponent) / \(\text{NH}_3\) (basisk komponent)

Når sterk base (f.eks. NaOH) tilsettes en buffer, reagerer den med den sure komponenten:

Bufferen tåler sterk base så lenge det er \(\text{NH}_4^+\) igjen. Bufferkapasiteten for base er begrenset av stoffmengden sur komponent.

Men bufferen har også en øvre buffergrense: \(\text{p}K_b + 1\) for NH₃, dvs. \(\text{p}K_a(\text{NH}_4^+) + 1 = 9{,}25 + 1 = 10{,}25\). Bufferen fungerer godt i området \(\text{p}K_a \pm 1\), dvs. pH 8,25–10,25.

Bufferen «slutter å fungere» når forholdet [basisk]/[sur] = 10:1 (pH = pKa + 1). Da gjenstår:

Alternativt: Bufferen tåler sterk base inntil all \(\text{NH}_4^+\) er brukt opp:

Oppgave 7 – Organisk syntese

a) Prosentvis utbytte av stoff B

Reaksjonen er eliminasjon av vann:

Stoffmengde utgangsstoff:

Teoretisk utbytte av stoff B (1:1-forhold):

Prosentvis utbytte:

b) Karbokation som mellomprodukt

Trinn i mekanismen:

Trinn 1: Protonering av hydroksylgruppen

Syren (H⁺) protonerer den elektronrike OH-gruppen på utgangsstoffet. Oksygenatomet i OH-gruppen har frie elektronpar og fungerer som base:

Det frie elektronparet på oksygen tiltrekkes av den positive ladningen på H⁺ (elektrostatisk tiltrekning mellom negativt ladet elektronpar og positiv ladning). Dermed dannes en binding mellom O og H.

Trinn 2: Fraspalting av vann

Vann (\(\text{H}_2\text{O}\)) er en god utgående gruppe. C-O-bindingen brytes heterolytisk (begge elektronene følger med oksygenet):

Karbokationet (\(\text{R}^+\)) dannes. Det stabiliseres av hyperkonjugasjon og induktiv effekt fra de omkringliggende alkylgruppene (tertiært karbokation er mer stabilt).

Trinn 3: Eliminasjon

Et proton fjernes fra et nabokarbon, og det dannes en dobbeltbinding (alken).

c) Separasjon med kromatografisk metode

Fra tabell 3:

	Kjemisk formel	Molar masse	Kokepunktintervall
Utgangsstoff	C₉H₁₈O	142,2	201–217 °C
Stoff A	C₉H₁₆	124,2	137–151 °C
Stoff B	C₉H₁₆	124,2	148–162 °C

Utgangsstoffet har en OH-gruppe (alkohol), mens stoff A og B er alkener (ingen OH). Dette gir stor forskjell i polaritet: alkoholen er mer polar enn alkenene.

Separasjon av utgangsstoff fra A og B: Mulig med kolonkekromatografi/TLC fordi polaritetsforskjellen mellom alkoholen og alkenene er stor. Alkoholen vil ha annen retensjon enn alkenene på en stasjonær fase (f.eks. silikagel). Ja, dette er mulig.

Separasjon av stoff A fra stoff B: Begge er alkener med identisk molekylformel (\(\text{C}_9\text{H}_{16}\)) og molar masse. De er isomerer med kun en forskjell i dobbeldbindingens posisjon. Kokepunktene overlapper delvis (137–151 vs. 148–162 °C). Polariteten er svært lik. Det er vanskelig å separere A fra B med vanlig kromatografi fordi de har så like egenskaper. Gasskromatografi (GC) kunne potensielt separere dem på grunn av den lille forskjellen i kokepunkt.

Oppgave 8 – Løselighet av MgCO₃

	Buffer (pH 2,5)	Vann (pH 7)
Vekt filterpapir (g)	0,842	0,968
Vekt filterpapir + salt etter tørking (g)	2,517	2,772

a) Beregn løseligheten ved begge pH-verdier

Beregning av uløst salt:

De startet med 2,000 g MgCO₃ i 1000 mL (1,0 L) løsning.

Ved pH 2,5 (buffer):

Ved pH 7 (vann):

Forklaring av forskjellen:

Løseligheten er høyere ved pH 2,5 enn ved pH 7. Dette skyldes at MgCO₃ inneholder karbonat-ionet (\(\text{CO}_3^{2-}\)), som er en base. Ved lav pH reagerer H⁺ med karbonationet:

Denne reaksjonen fjerner \(\text{CO}_3^{2-}\) fra løsningen, noe som forskyver løselighetslikevekten mot høyre (Le Chateliers prinsipp), slik at mer MgCO₃ løses:

b) Beregn løseligheten fra K_sp

Fra vedlegget: \(K_{sp}(\text{MgCO}_3) = 6{,}82 \cdot 10^{-6}\).

Likevekten:

La \(s\) = løseligheten i mol/L:

Sammenligning:

• Beregnet fra \(K_{sp}\): \(2{,}6 \cdot 10^{-3}\) mol/L
• Eksperimentelt (pH 7): \(2{,}3 \cdot 10^{-3}\) mol/L

Drøfting av avvik:

Den eksperimentelle verdien (\(2{,}3 \cdot 10^{-3}\)) er noe lavere enn den beregnede (\(2{,}6 \cdot 10^{-3}\)). Mulige årsaker:

• Likevekt ble kanskje ikke helt oppnådd på 2 minutter omrøring. Det kan ta lenger tid for saltet å løse seg fullstendig.
• Noe oppløst salt kan ha fulgt med vannet ved skylling i trinn 4, men dette ville gitt høyere målt løselighet.
• CO₂ fra luften kan ha løst seg i vannet og gjort det svakt surt, men ved pH 7 er dette trolig ikke signifikant.
• \(K_{sp}\)-verdien gjelder 25 °C. Romtemperaturen kan ha vært noe annerledes.
• Tabellverdier gjelder ideelle løsninger. Ioniske interaksjoner (aktivitetskoeffisienter) kan påvirke reell løselighet.

c) Forbedring av prosedyren

Oppgave 9 – Knappcellebatterier og etseskader

Denne oppgaven ber om en kjemifaglig tekst som drøfter flere punkter. Vi tar for oss hvert punkt:

Elektrolyse av vannet i spiserøret

Når batteriet (3 V) setter seg fast i spiserøret, oppstår en fuktig krets med elektrolytter (saltvann/kroppsvæsker). Vannet elektrolyseres:

Ved katoden (negativ pol):

Ved anoden (positiv pol):

Den mest skadelige reaksjonen skjer ved katoden, der det dannes hydroksidioner (\(\text{OH}^-\)). OH⁻ er en sterk base som gir svært høy pH lokalt. Basiske (alkaliske) etseskader er spesielt alvorlige fordi OH⁻ reagerer med proteiner gjennom forsepling (hydrolyse av esterbindinger i fett) og denaturering av proteiner. Basen trenger dypere inn i vevet enn syrer gjør (koagulasjonsnekrose vs. likvefaksjonsnekrose), noe som gjør skadene verre.

Ved anoden dannes H⁺-ioner (syre) og mulig klorinnholdige forbindelser (fra NaCl i kroppsvæskene), f.eks. Cl₂ eller HClO, som også kan gi skade. Men de basiske skadene ved katoden er mest alvorlige.

Mengde base fra et fulladet batteri

Batterikapasitet: 200 mAh = 0,200 A · 3600 s = 720 C (coulomb).

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

2 mol elektroner gir 2 mol OH⁻, altså 1 mol e⁻ gir 1 mol OH⁻.

Dersom dette løses i 10 mL (0,010 L):

pH ≈ 13,9 er ekstremt basisk og kan gi svært alvorlige etseskader.

Honning og sitronjuice

Honning er tyktflytende og svakt surt (pH ca. 3,5–4,5). Sitronjuice har pH ca. 2,2. Disse kan begrense skadene ved å:

• Nøytralisere basen: Syren i honning/sitronjuice reagerer med OH⁻ og nøytraliserer den basiske løsningen rundt batteriet: \(\text{H}^+ + \text{OH}^- \rightarrow \text{H}_2\text{O}\)
• Senke pH: Selv en svak nøytralisering reduserer den lokale pH og begrenser den alkaliske etsingen.
• Honningens viskositet: Den seige konsistensen kan danne et beskyttende lag rundt batteriet.

I magesekken (pH 1–2) er batteriet omgitt av syre, som nøytraliserer OH⁻ som dannes. Batteriet gjør derfor mindre skade i magesekken enn i spiserøret (nøytral pH).

Varme fra nøytraliseringsreaksjonen

Varme frigjort dersom all base nøytraliseres:

Temperaturøkning i spiserørvevet (35 g = 0,035 kg):

En temperaturøkning på ca. 3,5 °C er merkbar, men normalt ikke nok til å forårsake brannskader (som krever ca. 44–45 °C over lengre tid). Varmen fra nøytraliseringen bidrar dermed noe til skadene, men det er den kjemiske etsingen (høy pH) som er hovedårsaken til vevskader.

Øredråper (0,9 % NaCl) på batteri i øret

Dersom man drypper 0,9 % NaCl-løsning (fysiologisk saltvann) på et batteri som sitter fast i øret, tilfører man elektrolytter som gjør løsningen mer ledende. Dette kan:

• Øke strømstyrken gjennom elektrolysen fordi ionekonsentrasjonen øker.
• Dermed øke dannelsen av OH⁻ ved katoden og H⁺ ved anoden.
• Cl⁻-ioner fra NaCl kan oksideres ved anoden: \(2\text{Cl}^- \rightarrow \text{Cl}_2 + 2e^-\). Klorgass er giftig og kan skade vevet.

Konklusjon: Man bør ikke dryppe saltvann på et batteri som sitter fast, da det kan forverre skadene.