Del 1

Oppgave 1 – Flervalgsoppgaver

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

a) Syrer og baser

pH 4,2 er en sur løsning. For å senke pH ytterligere (gjøre den mer sur) trenger vi å tilsette en syre.

• A: NaOH er en sterk base – ville økt pH.
• B: Sitronsyre, \(\text{C}_3\text{H}_4(\text{OH})(\text{COOH})_3\), er en flerprotisk syre – vil senke pH.
• C: \(\text{Na}_2\text{SO}_4\) er et nøytralt salt – påvirker ikke pH nevneverdig.
• D: \(\text{NaHCO}_3\) er en svak base – ville økt pH.

b) Buffer

En buffer består av en svak syre og dens korresponderende base. Bufferkapasiteten mot syre avhenger av mengden korresponderende base (som kan nøytralisere tilsatt syre). Størst bufferkapasitet mot syre fås når det er mye av den basiske komponenten.

• A: 1,2 mol \(\text{CH}_3\text{COOH}\) og 0,80 mol \(\text{CH}_3\text{COO}^-\) – dette er en ekte buffer med 0,80 mol basisk komponent.
• B: 1,0 mol HCl og 4,0 mol NaOH – dette gir ikke en buffer (sterk syre + sterk base, overskudd av base).
• C: 3,0 mol \(\text{CH}_3\text{COOH}\) og 0,30 mol \(\text{CH}_3\text{COO}^-\) – buffer, men kun 0,30 mol basisk komponent.
• D: 0,80 mol \(\text{CH}_3\text{COOH}\) og 1,2 mol \(\text{CH}_3\text{COO}^-\) – buffer med 1,2 mol basisk komponent.

Bufferkapasitet mot syre bestemmes av mengden konjugert base \(\text{CH}_3\text{COO}^-\), som nøytraliserer tilsatt syre. Alternativ D har 1,2 mol \(\text{CH}_3\text{COO}^-\), som er den største mengden konjugert base blant de reelle bufferne (A har 0,80 mol, C har 0,30 mol, og B er ikke en buffer). Oppgaven spør spesifikt om bufferkapasitet mot syre, og da er det mengden base som er avgjørende.

c) Oksidasjonstall

Vi setter opp oksidasjonstall for hvert atom:

• \(\text{Li} = +1\)
• \(\text{SO}_4^{2-}\) har ladning \(-2\), og det er 2 sulfatgrupper: totalt \(-4\)
• La \(\text{Cr} = x\)

d) Redoksreaksjoner

Vi analyserer oksidasjonstallene:

• \(\text{Fe}\): \(0 \rightarrow +2\) – jern blir oksidert (avgir elektroner)
• \(\text{O}\) i \(\text{O}_2\): \(0 \rightarrow -2\) (i \(\text{H}_2\text{O}\)) – oksygen blir redusert
• \(\text{H}^+\): \(+1 \rightarrow +1\) (i \(\text{H}_2\text{O}\)) – hydrogen endrer ikke oksidasjonstall

Vi vurderer alternativene:

• A: Oksygen blir oksidert – Feil, oksygen blir redusert.
• B: Hydrogen blir redusert – Feil, hydrogen endrer ikke oksidasjonstall.
• C: Reaksjonsligningen er ikke balansert – La oss sjekke: Venstre: 2Fe, 1 O\(_2\) (2 O), 4H. Høyre: 2Fe, 2O + 2H\(_2\) (4H). Ladning venstre: \(4+\), ladning høyre: \(4+\). Balansert.
• D: Jern er reduksjonsmiddelet – Riktig! Jern blir oksidert og er dermed reduksjonsmiddelet (det som forårsaker reduksjon av andre stoffer ved selv å bli oksidert).

e) Utbytte

Fra reaksjonsligningen ser vi at 1 mol brometan gir 1 mol HBr (1:1-forhold).

Teoretisk utbytte: 1,0 mol HBr.

Molar masse av HBr: \(M(\text{HBr}) = 1,008 + 79,90 = 80,9 \text{ g/mol}\)

Teoretisk masse HBr: \(1,0 \text{ mol} \times 80,9 \text{ g/mol} = 80,9 \text{ g}\)

Med 10 % utbytte:

f) Separasjonsmetoder

Metanol og vann er begge væsker som er blandbare i alle forhold. De har ulike kokepunkter:

• Metanol: kokepunkt 65 °C
• Vann: kokepunkt 100 °C

Siden de er blandbare væsker med ulike kokepunkter, er destillasjon den best egnede metoden.

• A: Omkrystallisering – brukes for faste stoffer i løsning.
• C: Ekstraksjon – krever ulik løselighet i to umiskible løsemidler, men metanol og vann er blandbare.
• D: Filtrering – brukes for å skille fast stoff fra væske.

g) Polymerer

X er en dikarboksylsyre (to COOH-grupper). I en kondensasjonspolymer reagerer karboksylgrupper med funksjonelle grupper som danner esterbindinger (med –OH) eller amidbindinger (med –NH\(_2\)).

For at det skal dannes en kondensasjonspolymer i en kjede, trenger monomer Y to funksjonelle grupper som kan reagere med karboksylgruppene.

• A: \(\text{CH}_3\text{-CH}_2\text{-OH}\) – kun én OH-gruppe, kan ikke danne polymer.
• B: \(\text{CH}_3\text{-CH=CHCl}\) – dette er en alken/halogenid, ikke egnet for kondensasjonspolymerisasjon med dikarboksylsyre.
• C: HO–CH\(_2\)–CH\(_2\)–OH – en diol (to OH-grupper), kan reagere med to karboksylgrupper og danne en polyester.
• D: HOOC–CH\(_2\)–CH\(_2\)–COOH – to karboksylgrupper, men to dikarboksylsyrer kan ikke kondensere med hverandre uten en nukleofil partner.

h) Organiske reaksjonstyper

I reaksjonen erstattes OH-gruppen med Cl. En gruppe byttes ut med en annen.

• A: Substitusjonsreaksjon – Riktig! OH-gruppen erstattes (substitueres) med Cl.
• B: Addisjonsreaksjon – ville krevd en dobbeltbinding eller trippelbinding.
• C: Eliminasjonsreaksjon – ville fjernet atomer/grupper og dannet en dobbeltbinding.
• D: Kondensasjonsreaksjon – er en spesiell type der et lite molekyl (ofte vann) avgis når to molekyler kobles, men her er det en enkel utbytting.

i) Likevekt

Vi beregner reaksjonskvotienten \(Q\):

Siden \(Q = 1{,}0 < K = 4{,}0\), vil reaksjonen gå mot høyre for å nå likevekt (danne mer produkt).

• A: \(Q > K\) – Feil, \(Q < K\).
• B: Reaksjonsfarten er størst mot venstre – Feil, reaksjonen går mot høyre.
• C: Konsentrasjonen av reaktantene vil minke – Ja, dette stemmer! Når reaksjonen går mot høyre, forbrukes reaktantene.
• D: Konsentrasjonen av SO\(_3\) vil minke – Feil, SO\(_3\) dannes (øker).

j) Likevekt (graf)

Fra grafen leser vi av startkonsentrasjonene og likevektskonsentrasjonene:

• \([\text{H}_2]_0 \approx 2{,}0\) mol/L, synker til \([\text{H}_2]_\text{eq} \approx 0{,}3\) mol/L ved likevekt
• \([\text{I}_2]_0 \approx 2{,}5\) mol/L, synker til \([\text{I}_2]_\text{eq} \approx 0{,}8\) mol/L ved likevekt
• \([\text{HI}]_0 = 0\), stiger til \([\text{HI}]_\text{eq} \approx 3{,}4\) mol/L ved likevekt

Vi vurderer alternativene:

• A: \(K < 1\)? \(K = \frac{[\text{HI}]^2}{[\text{H}_2][\text{I}_2]} = \frac{3{,}4^2}{0{,}3 \cdot 0{,}8} \approx \frac{11{,}56}{0{,}24} \approx 48\). Altså \(K \gg 1\). Feil.
• B: Ved likevekt er \([\text{HI}] = [\text{I}_2]\)? Fra grafen: \([\text{HI}] \approx 3{,}4\) og \([\text{I}_2] \approx 0{,}8\). Feil.
• C: Ved starten er \([\text{H}_2] > [\text{I}_2]\)? Fra grafen ser vi at \(\text{H}_2\) starter på ca. 2,0 mol/L og \(\text{I}_2\) starter på ca. 2,5 mol/L. Altså \([\text{H}_2]_0 < [\text{I}_2]_0\). Feil.
• D: Ved tiden A er reaksjonsfarten mot høyre større enn reaksjonsfarten mot venstre. Ved tiden A har reaksjonen ennå ikke nådd likevekt. Konsentrasjonene endrer seg fortsatt (reaktantene synker, produktet stiger). Dette betyr at reaksjonsfarten mot høyre (produktdannelse) er større enn mot venstre.

k) Titrerkurve/Buffer

Fra titrerkurven ser vi:

• Start-pH er ca. 11, som tyder på at løsning 1 er basisk (ikke sterkt basisk – da ville pH vært ~13). En svak base med start-pH 11 har \(K_b \approx 10^{-5}\), altså \(pK_a\) for konjugert syre \(\approx 9\).
• Det flate området (bufferregion) ligger rundt halvtitrering (ca. 10 mL tilsatt) ved pH ≈ 9–10, ikke pH 4–6. Dette stemmer med Henderson–Hasselbalch: ved halvtitrering er \([\text{B}] = [\text{BH}^+]\), og \(pH = pK_a(\text{BH}^+) \approx 9\).
• Ekvivalenspunktet nås ved ca. 20 mL, der kurven faller bratt ned til pH ca. 2.
• Etter ekvivalenspunktet flater kurven ut på pH ca. 1,5 (overskudd av sterk syre).
• Ekvivalens ved pH < 7 er typisk for titrering av en svak base med en sterk syre.

Vi vurderer alternativene:

• A: Løsning 1 er en svak syre – Feil, start-pH er basisk (ca. 11).
• B: Løsning 1 er en sterk base – En sterk base ville gitt start-pH ~13 og ekvivalenspunkt ved pH 7. Her er start-pH ca. 11 og ekvivalens ved pH ~4, noe som tyder på svak base + sterk syre. Feil.
• C: Underveis i titreringen dannes en buffer med bufferområde fra pH 4 til 6 – Feil. For en svak base med start-pH ~11 ligger bufferområdet ved pH ≈ 9–10 (rundt \(pK_a\) for den konjugerte syren), ikke ved pH 4–6. Det flate området i kurven ved 0–15 mL ligger i pH-området ~9–10, ikke 4–6.
• D: Konsentrasjonene i løsning 1 og 2 er like – Rett. Ekvivalenspunktet nås ved 20 mL tilsatt syre, og siden \(V_1 = V_2 = 20\) mL og reaksjonen er 1:1 (B + HA → BH⁺ + A⁻), gir \(c_1 V_1 = c_2 V_2\) direkte at \(c_1 = c_2\).

l) Katalysator

• A: Br\(^+\) er en elektrofil i denne reaksjonen – Br\(^+\) er elektronfattig (positivt ladet) og angriper den elektronrike benzenringen. Det er sant at Br\(^+\) er en elektrofil, men dette er ikke den riktigste påstanden.
• B: Reaksjonen er en addisjonsreaksjon – Feil, det er en elektrofil aromatisk substitusjonsreaksjon (H erstattes med Br).
• C: Dannelsen av Br\(^+\) er en redoksreaksjon – Br i Br\(_2\) har oksidasjonstall 0. I reaksjonen Br\(_2\) + FeBr\(_3\) → Br\(^+\) + [FeBr\(_4\)]\(^-\) endres oksidasjonstallene: Br\(^+\) har oksidasjonstall +1, og Br i [FeBr\(_4\)]\(^-\) har oksidasjonstall −1. Det har skjedd en disproportjonering (0 → +1 og 0 → −1), som er en redoksreaksjon.
• D: Katalysatoren gjendannes i trinn 1 – Feil, FeBr\(_3\) gjendannes i trinn 2.

Oppgave 2 – Rett/feil-oppgaver

a) Organisk reaksjon

I. Reaksjonen er en substitusjonsreaksjon.

Feil. But-1-en har en dobbeltbinding, og HBr adderes over dobbeltbindingen. Dette er en addisjonsreaksjon (elektrofil addisjon).

II. Produktet som dannes i reaksjonen, er i samsvar med Markovnikovs regel.

Rett. Markovnikovs regel sier at H adderes til det karbonet i dobbeltbindingen som allerede har flest H-atomer, og Br adderes til det andre karbonet. But-1-en: \(\text{CH}_2\text{=CHCH}_2\text{CH}_3\). H adderes til C1 (har 2H) og Br adderes til C2, noe som gir 2-brombutan. Dette er i samsvar med Markovnikovs regel.

III. Bromid, Br\(^-\), er en nukleofil.

Rett. I mekanismen ser vi at Br\(^-\) (med frie elektronpar) angriper det positive karbokationet. Br\(^-\) er elektronrikt og donerer et elektronpar til det elektronfattige karbonet – dette er nukleofil oppførsel.

IV. Det blir dannet et karbokation underveis i reaksjonen.

Rett. Fra mekanismen i figur 4 ser vi at det dannes et sekundært karbokation som mellomprodukt (karbonet som bærer den positive ladningen er bundet til to andre karboner).

b) Kromatografi

I. \(\text{C}_2\text{F}_3\text{Cl}_3\) (topp C) har lavest kokepunkt.

Feil. I gasskromatografi elueres stoffene med lavest kokepunkt først (kortest retensjonstid). Topp A (\(\text{CF}_2\text{Cl}_2\)) elueres først (ca. 2 min), deretter topp B (\(\text{CFCl}_3\), ca. 3 min), og til slutt topp C (\(\text{C}_2\text{F}_3\text{Cl}_3\), ca. 6 min). Altså har \(\text{CF}_2\text{Cl}_2\) lavest kokepunkt, ikke \(\text{C}_2\text{F}_3\text{Cl}_3\).

II. Det er høyest konsentrasjon av \(\text{C}_2\text{F}_3\text{Cl}_3\) (topp C) i luftprøven.

Feil. Arealet under toppen er proporsjonalt med konsentrasjonen. Topp B (\(\text{CFCl}_3\)) har størst areal (høyest og bredest topp). Topp C er lav og smal.

III. \(\text{CF}_2\text{Cl}_2\) (topp A) har kortest retensjonstid.

Rett. Topp A elueres først (ca. 2 min), mens topp B er ved ca. 3 min og topp C ved ca. 6 min.

IV. Den interne standarden gjør det mulig å bestemme konsentrasjonene av gassene.

Rett. En intern standard med kjent konsentrasjon tilsettes prøven. Ved å sammenligne arealet av prøvetoppene med standarden, kan man beregne konsentrasjonene.

Oppgave 3 – Galvaniske celler

i. Halvreaksjoner og totalreaksjoner

Celle 2 (Cu/Zn):

Standard reduksjonspotensial: \(E°(\text{Cu}^{2+}/\text{Cu}) = +0{,}34\) V, \(E°(\text{Zn}^{2+}/\text{Zn}) = -0{,}76\) V.

Zn har lavest reduksjonspotensial og oksideres (anode). Cu\(^{2+}\) reduseres (katode).

Celle 3 (Ag/Zn):

Standard reduksjonspotensial: \(E°(\text{Ag}^+/\text{Ag}) = +0{,}80\) V, \(E°(\text{Zn}^{2+}/\text{Zn}) = -0{,}76\) V.

Zn oksideres (anode), Ag\(^+\) reduseres (katode).

ii. Rangering etter økende batterikapasitet

Batterikapasiteten avhenger av den begrensende reagenten – den reagensen som brukes opp først stopper cellen.

Celle 1: 0,50 mol Cu(s), 0,50 mol Zn(s), 1,0 mol CuSO\(_4\), 1,0 mol ZnSO\(_4\). Begrensende: Zn oksideres (0,50 mol tilgjengelig), og Cu\(^{2+}\) reduseres (1,0 mol tilgjengelig). 0,50 mol Zn kan gi 0,50 mol elektroner (1,0 mol e\(^-\)). Kapasitet: \(1{,}0 \text{ mol } \text{e}^- \times 96485 \text{ C/mol} = 96485\) C.

Celle 2: 2,0 mol Cu(s), 2,0 mol Zn(s), 0,25 mol CuSO\(_4\), 0,25 mol ZnSO\(_4\). Begrensende: Cu\(^{2+}\) (0,25 mol). Kapasitet: \(0{,}25 \text{ mol} \times 2 \text{ e}^-/\text{mol} \times 96485 = 0{,}50 \text{ mol } \text{e}^-\) = 48243 C.

Celle 3: 1,0 mol Ag(s), 1,0 mol Zn(s), 2,0 mol AgNO\(_3\), 2,0 mol ZnSO\(_4\). Zn oksideres (1,0 mol gir 2,0 mol e\(^-\)). Ag\(^+\) reduseres (2,0 mol trenger 2,0 mol e\(^-\)). Begrensende: verken Zn (1,0 mol gir 2,0 mol e\(^-\)) eller Ag\(^+\) (2,0 mol trenger 2,0 mol e\(^-\)) er begrensende – de matcher. Kapasitet: \(2{,}0 \text{ mol } \text{e}^- \times 96485 = 192970\) C.

Oppgave 4 – Likevekt (metanol og syntesegass)

a) Konsentrasjoner ved likevekt

Siden volumet er 1,0 L, er stoffmengde = konsentrasjon (mol/L).

La \(x\) = antall mol CH\(_3\)OH som reagerer.

Fra støkiometrien: 1 mol CH\(_3\)OH gir 1 mol CO og 2 mol H\(_2\).

Det dannes 4,0 mol H\(_2\), og fra reaksjonsligningen dannes 2 mol H\(_2\) per mol CH\(_3\)OH som reagerer:

	\(\text{CH}_3\text{OH}\)	\(\text{CO}\)	\(\text{H}_2\)
Start	4,0	0	0
Endring	−2,0	+2,0	+4,0
Likevekt	2,0	2,0	4,0

b) Likevektskonstanten K

i. Uttrykk for K:

ii. Beregning av K:

c) Temperaturøkning og utbytte av syntesegass

Entalpiendringen for reaksjonen er \(\Delta H = +95\) kJ/mol, altså er reaksjonen endoterm.

Ifølge Le Chateliers prinsipp: Når temperaturen øker, vil likevekten forskyves i retningen som absorberer varme (endoterm retning). Siden reaksjonen mot høyre er endoterm, vil likevekten forskyves mot høyre ved temperaturøkning.

Oppgave 5 – Eloksering av aluminium

a) Hva blir oksidert og redusert?

Reaksjon 1: \(4\text{OH}^- \rightarrow \text{O}_2 + 2\text{H}_2\text{O} + 4\text{e}^-\)

Oksygen i OH\(^-\) har oksidasjonstall −2. I O\(_2\) har oksygen oksidasjonstall 0. Oksygen oksideres (avgir elektroner).

Reaksjon 2: \(2\text{H}^+ + 2\text{e}^- \rightarrow \text{H}_2\)

Hydrogen går fra +1 til 0. Hydrogen reduseres (tar opp elektroner).

Reaksjon 3: \(2\text{Al(s)} + 3\text{O}_2\text{(g)} \rightarrow 2\text{Al}_2\text{O}_3\text{(s)}\)

Aluminium: \(0 \rightarrow +3\). Aluminium oksideres.

Oksygen: \(0 \rightarrow -2\). Oksygen reduseres.

b) Hvor i elektrolysekaret skjer reaksjonene?

Reaksjon 1 er en oksidasjonsreaksjon (elektroner avgis). I elektrolyse skjer oksidasjon ved anoden (den positive elektroden). OH\(^-\)-ioner vandrer til anoden og oksideres der. Anoden er elektrode 2 (den positive elektroden i figuren).

Reaksjon 2 er en reduksjonsreaksjon (elektroner tas opp). I elektrolyse skjer reduksjon ved katoden (den negative elektroden). H\(^+\)-ioner vandrer til katoden og reduseres der. Katoden er elektrode 1 (den negative elektroden, som er aluminiumsgjenstanden).

Reaksjon 3 skjer på overflaten av aluminiumsgjenstanden (elektrode 1/katoden). Oksygengassen som dannes ved anoden kan reagere med aluminiumet. Men primært skjer det ved at O\(_2\) som dannes i reaksjon 1 diffunderer i løsningen og reagerer med Al-overflaten. Selve oksidasjonen av aluminium skjer på overflaten av aluminiumsgjenstanden (elektrode 1), der det dannes et lag av Al\(_2\)O\(_3\).

Del 2

Oppgave 6 – Kollagen og aminosyrer

a) Dipeptid av glysin og prolin

Glysin har strukturen: \(\text{H}_2\text{N-CH}_2\text{-COOH}\)

Prolin er en syklisk aminosyre med strukturen der aminogruppen er del av en femring.

Et dipeptid dannes ved en kondensasjonsreaksjon der karboksylgruppen til den ene aminosyren reagerer med aminogruppen til den andre, under avgivelse av vann:

Peptidbindingen dannes mellom COOH-gruppen til glysin og NH-gruppen til prolin (prolins nitrogen er sekundær, del av femringen):

Ved pH 7,4 (fysiologisk pH) vil dipeptidet foreligge som zwitterion med \(\text{H}_3\text{N}^+\) i N-terminalen og \(\text{COO}^-\) i C-terminalen.

b) Omdannelsen av prolin til hydroksyprolin

Hydroksyprolin har en OH-gruppe på karbon 4 i prolins femring. Denne OH-gruppen er avgjørende for styrken til kollagen av følgende grunner:

Hydrogenbindinger: OH-gruppen i hydroksyprolin kan danne hydrogenbindinger med andre aminosyrer i tilstøtende polypeptidkjeder i trippelheliksen. Kollagen er bygget opp av tre alfahelikser som er tvunnet sammen til en trippelheliks, og hydrogenbindinger mellom kjedene holder strukturen sammen.

Uten hydroksylering av prolin ville det være færre hydrogenbindinger mellom de tre kjedene i trippelheliksen. Dette ville svekket kollagenets tertiær- og kvartærstruktur, gjort det mindre stabilt og svakere mekanisk.

c) Askorbinsyre og enzymet

i. Hvilken reaksjonstype deltar askorbinsyre i?

I reaksjon 2 ser vi at askorbinsyre (form A) omdannes til form B ved å miste to H-atomer (−2H). Dette innebærer tap av 2 hydrogen (2H\(^+\) + 2e\(^-\)). Askorbinsyre avgir elektroner og H-atomer.

Samtidig reduseres Fe\(^{3+}\) til Fe\(^{2+}\) (tar opp elektroner).

Askorbinsyre deltar altså i en redoksreaksjon. Spesifikt fungerer askorbinsyre som et reduksjonsmiddel – den oksideres (mister H/elektroner) mens Fe\(^{3+}\) reduseres til Fe\(^{2+}\).

ii. Hvorfor er askorbinsyre viktig for dannelsen av hydroksyprolin?

I reaksjon 1 bruker enzymet Fe\(^{2+}\) for å katalysere omdannelsen av prolin til hydroksyprolin. Etter reaksjon 1 er jernet oksidert til Fe\(^{3+}\), og enzymet er inaktivt.

Askorbinsyre (vitamin C) er nødvendig for å regenerere Fe\(^{2+}\) fra Fe\(^{3+}\) i det aktive setet til enzymet (reaksjon 2). Uten askorbinsyre kan ikke enzymet gjenvinne sin aktive form, og produksjonen av hydroksyprolin stopper opp.

Oppgave 7 – Oksalsyre

a) Syntese av oksalsyre

i. Strukturformler for produktene A og B

Figuren viser et dietyloksalat (esterbinding mellom oksalsyre og to etylgrupper). Når dette reagerer med vann, skjer hydrolyse av esterbindingene:

Produkt A er etanol, \(\text{C}_2\text{H}_5\text{OH}\) (2 mol dannes).

Produkt B er oksalsyre, \((\text{COOH})_2\) (1 mol dannes).

ii. Reaksjonstype

En ester reagerer med vann og spaltes til en karboksylsyre og en alkohol. Dette er en hydrolyse (spesifikt en esterhydrolyse). Det kan også kalles en substitusjonsreaksjon der –OC\(_2\)H\(_5\) erstattes med –OH.

b) pH i oksalsyreløsning

Oksalsyre: \((\text{COOH})_2\), \(K_{a1} = 5{,}6 \times 10^{-2}\) (fra vedlegget).

Protolyselikning (første trinn):

ICE-tabell med \(c = 0{,}25\) mol/L:

	\((\text{COOH})_2\)	\(\text{H}^+\)	\((\text{COOH})\text{COO}^-\)
Start	0,25	0	0
Endring	−x	+x	+x
Likevekt	0,25 − x	x	x

Siden \(K_a\) er relativt stor, kan vi ikke forenkle (\(x\) er ikke neglisjerbar). Vi løser andregradsligningen:

Bruker løsningsformelen:

Altså \([\text{H}^+] = x \approx 0{,}094\) mol/L.

c) Buffer med pH 4,0

i. Hvilke stoffer kan brukes?

En buffer med pH 4,0 trenger en svak syre med p\(K_a\) nær 4,0. Oksalsyre har \(pK_{a1} = 1{,}25\) og \(pK_{a2} = 3{,}81\). Hydrogenoksalation/oksalat-paret har \(pK_{a2} = 3{,}81\), som er nær pH 4,0.

Bufferen kan bestå av hydrogenoksalat \((\text{COOH})(\text{COO}^-)\) (sur komponent) og oksalat \((\text{COO}^-)_2\) (basisk komponent).

Vi kan bruke natriumoksalat (gir oksalat-ionet) og HCl for å omdanne noe av oksalatet til hydrogenoksalat:

Alternativt kan vi løse natriumoksalat direkte og tilsette HCl for å justere pH.

ii. Beregning av mengder

Bruker Henderson-Hasselbalch med \(pK_{a2} = 3{,}81\):

Den sure komponenten (hydrogenoksalat) skal ha konsentrasjon 0,0800 mol/L:

I 500 mL (0,500 L):

Fremgangsmåte: Vi starter med natriumoksalat og tilsetter HCl for å omdanne noe til hydrogenoksalat.

Total oksalat vi trenger (før tilsetning av HCl): \(n_{\text{total}} = n(\text{oksalat}) + n(\text{hydrogenoksalat}) = 0{,}0620 + 0{,}0400 = 0{,}1020\) mol.

HCl som trengs for å omdanne 0,0400 mol oksalat til hydrogenoksalat: 0,0400 mol HCl.

Natriumoksalat: \(M(\text{Na}_2\text{C}_2\text{O}_4) = 2 \times 23{,}0 + 2 \times 12{,}0 + 4 \times 16{,}0 = 134{,}0\) g/mol

HCl-løsning: Konsentrasjon 12,0 mol/L, trengs 0,0400 mol:

Oppgave 8 – Løselighet av natriumsulfat

a) Vurder hypotesen

Dataene viser at løseligheten øker fra 2,5 °C til 36 °C (fra 5,8 g til 46,3 g). Men fra 36 °C til 80 °C og 90 °C synker løseligheten (til 42,3 g og 41,1 g).

Hypotesen «Løseligheten øker når temperaturen øker» er delvis riktig, men ikke helt korrekt. Løseligheten øker med temperaturen opp til ca. 36 °C, men synker deretter ved høyere temperaturer.

b) Tilstrekkelig grunnlag for å bestemme temperatur med høyest løselighet?

Elevene har kun målinger ved 2,5, 11, 25, 36, 80 og 90 °C. Mellom 25 °C og 36 °C er det ingen målinger, og mellom 36 °C og 80 °C er det heller ingen.

Elevene kan se at løseligheten er høyest ved 36 °C i sine målinger, men de har ikke tilstrekkelig grunnlag for å bestemme nøyaktig ved hvilken temperatur løseligheten er størst. Maksimumet kan ligge et sted mellom 25 °C og 80 °C, men de mangler datapunkter i dette intervallet for å bestemme det presist.

c) Felling med AgNO\(_3\)

Vi beregner stoffmengdene:

Ved 22 °C løser seg alle 1,1 g Na\(_2\)SO\(_4\) (fra tabellen: ved 25 °C løser seg 25,8 g i 100 mL, så 1,1 g løser seg lett). Na\(_2\)SO\(_4\) dissossierer fullstendig:

Mulig felling: \(\text{Ag}_2\text{SO}_4\) med \(K_{sp} = 1{,}20 \times 10^{-5}\) (fra vedlegget).

Vi beregner ioneproduktet \(Q\):

Sammenligner med \(K_{sp}(\text{Ag}_2\text{SO}_4) = 1{,}20 \times 10^{-5}\):

Oppgave 9 – Natriumsulfat (fagartikkel)

Natriumsulfat som tørkemiddel og rensemiddel

Vannfritt natriumsulfat, Na\(_2\)SO\(_4\), er et viktig tørkemiddel i kjemisk syntese. Stoffet har stor evne til å absorbere vann og danne Na\(_2\)SO\(_4 \cdot\) 10H\(_2\)O (dekahydrat). Når en organisk syntese gir et produkt som er forurenset med vann, kan man tilsette vannfritt Na\(_2\)SO\(_4\) for å fjerne vannet. Dette øker renheten i produktet. I tillegg kan Na\(_2\)SO\(_4\) brukes i omkrystallisering for å rense produkter: stoffet er godt løselig i varmt vann og har synkende løselighet over 36 °C, noe som gjør det egnet for rensing gjennom kontrollert krystallisering.

Gibbs' fri energi ved krystallisering

For reaksjonen \(\text{Na}_2\text{SO}_4\text{(s)} + 10\text{H}_2\text{O(l)} \rightarrow \text{Na}_2\text{SO}_4 \cdot 10\text{H}_2\text{O(s)}\), \(\Delta H = -81{,}5\) kJ/mol.

Vi beregner \(\Delta S\) fra tabell 3:

Ved \(T = 298\) K:

For 1,0 kg Na\(_2\)SO\(_4 \cdot\) 10H\(_2\)O:

\(\Delta G < 0\) betyr at krystalliseringen er spontan ved 298 K.

Spontanitet og temperaturavhengighet for reaksjonene i tabell 2

Reaksjon 1: \(2\text{NaCl(s)} + \text{H}_2\text{SO}_4\text{(l)} \rightarrow \text{Na}_2\text{SO}_4\text{(s)} + 2\text{HCl(g)}\), \(\Delta H = +67{,}3\) kJ/mol (endoterm).

Vi beregner \(\Delta S\):

\(\Delta G > 0\) ved 298 K, altså er reaksjonen ikke spontan ved romtemperatur. Siden \(\Delta H > 0\) og \(\Delta S > 0\), vil reaksjonen bli spontan ved høyere temperatur (når \(T > \Delta H/\Delta S = 67300/222{,}3 \approx 303\) K = 30 °C). Reaksjonen er altså bare marginalt ikke-spontan og blir spontan ved svakt forhøyet temperatur.

Reaksjon 4: \(2\text{NaOH(s)} + \text{H}_2\text{SO}_4\text{(l)} \rightarrow \text{Na}_2\text{SO}_4\text{(s)} + 2\text{H}_2\text{O(g)}\), \(\Delta H = -202{,}9\) kJ/mol (eksoterm).

Vi beregner \(\Delta S\):

Med \(\Delta H < 0\) og \(\Delta S > 0\) er \(\Delta G = \Delta H - T\Delta S < 0\) ved alle temperaturer. Reaksjonen er spontan ved alle temperaturer.

Produksjonsmetoder og grønn kjemi

Reaksjon 1 (Mannheim-prosessen, NaCl + H\(_2\)SO\(_4\)) er en av de mest brukte industrielle metodene. Biproduktet HCl er nyttig industrielt, noe som gir god atomøkonomi (prinsipp 2). Imidlertid er H\(_2\)SO\(_4\) svært etsende (fare for helse).

Reaksjon 2 (4NaCl + 2SO\(_2\) + O\(_2\) + 2H\(_2\)O) har den mest negative entalpiendringen og er svært eksoterm. Biproduktet HCl dannes. SO\(_2\) er giftig (dødningshode-piktogram), noe som representerer en helserisiko (brudd på prinsipp 12 om tryggere kjemikalier). Prosessen krever spesiell utstyrsbehandling.

Reaksjon 3 (Na + H\(_2\)SO\(_4\)) bruker natrium, som reagerer voldsomt med vann og er brannfarlig. Svært høy risiko (prinsipp 12), og Na er energikrevende å framstille. Ikke ideelt for grønn kjemi.

Reaksjon 4 (NaOH + H\(_2\)SO\(_4\)) er en enkel nøytraliseringsreaksjon med vann som biprodukt. God atomeffektivitet, og vann er et ufarlig biprodukt (prinsipp 1: avfallsforebygging). NaOH er imidlertid etsende, men reaksjonen er enklere å kontrollere. Samlet sett er dette den mest miljøvennlige metoden med tanke på grønn kjemi.