Kjemi 2 Høst 2023

$\mathrm{N}\mathrm{a}\mathrm{H}\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4$ løses til $\mathrm{N}{\mathrm{a}}^{+}$ og $\mathrm{H}\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4^{-}$. Hydrogensulfationet er en ganske sterk syre med $K_{\mathrm{a}}=\mathrm{1,0}\cdot {10}^{-2}$ (vedlegget):

Løsningen blir derfor sur. $\mathrm{N}{\mathrm{a}}^{+}$ påvirker ikke pH.

I A og B er anionene baser: acetat har $K_{\mathrm{b}}=\mathrm{5,8}\cdot {10}^{-10}$ og karbonat $K_{\mathrm{b}}=\mathrm{2,1}\cdot {10}^{-4}$. Løsningene blir basiske. I D er både ${\mathrm{K}}^{+}$ og $\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}$ nøytrale, så løsningen blir nøytral.

Den basiske komponenten er $\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3$:

Saltsyren reagerer med ammoniakk:

Det tilsettes $\mathrm{0,15}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}$ ${\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}$, altså mer enn $\mathrm{0,10}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}$ $\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3$. All ammoniakk blir brukt opp, og $\mathrm{0,05}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}$ sterk syre blir til overs. Bufferen sprenges, og pH synker mye. Derfor er A feil.

C er feil fordi $\mathrm{N}{\mathrm{H}}_4^{+}$ øker fra $\mathrm{0,10}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}$ til $\mathrm{0,20}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}$. D er feil fordi ammoniakk blir forbrukt, ikke dannet.

Metanol er et nøytralt molekyl, så summen av oksidasjonstallene er null. Hvert hydrogenatom har oksidasjonstall $+\mathrm{I}$, og oksygen har $-\mathrm{II}$. Molekylet har fire hydrogenatomer og ett oksygenatom. Kaller vi oksidasjonstallet til karbon $x$, får vi

Karbonatomet har oksidasjonstall $-\mathrm{II}$.

Ved katoden konkurrerer metallionene med vann om å bli redusert:

Det som har høyest reduksjonspotensial, blir redusert først. $E^{\circ }(\mathrm{C}{\mathrm{u}}^{2+}/\mathrm{C}\mathrm{u})=\mathrm{0,34}\mathrm{V}$ er høyere enn for vann. Derfor kan kobber dannes ved katoden.

Aluminium ($-\mathrm{1,66}\mathrm{V}$), magnesium ($-\mathrm{2,37}\mathrm{V}$) og natrium ($-\mathrm{2,71}\mathrm{V}$) har mye lavere reduksjonspotensial enn vann. I vannløsning blir vann redusert til hydrogengass i stedet.

Saltbroen skal lede strøm med ioner mellom begerglassene. Da må stoffet være et lettløselig salt med ioner som ikke reagerer i cellen. Kaliumnitrat oppfyller dette. Nitrationer finnes allerede i cellen. ${\mathrm{K}}^{+}$ blir ikke redusert ($E^{\circ }=-\mathrm{2,93}\mathrm{V}$), og kaliumsalter og nitrater feller ikke ut med $\mathrm{C}{\mathrm{u}}^{2+}$ eller $\mathrm{Z}{\mathrm{n}}^{2+}$.

B er feil fordi fruktose ikke danner ioner og ikke leder strøm. C er feil fordi sølvklorid er uløselig (U i løselighetstabellen) og gir nesten ingen ioner. D er feil fordi sulfidioner feller ut $\mathrm{CuS}$ og $\mathrm{ZnS}$, som begge er uløselige.

To molekyler bindes sammen, og det spaltes av et vannmolekyl. En $\mathrm{OH}$-gruppe fra hvert monosakkarid gir ${\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$, og monosakkaridene blir bundet sammen med en glykosidbinding ($\mathrm{C}\text{–}\mathrm{O}\text{–}\mathrm{C}$). Det er en kondensasjonsreaksjon.

A er feil fordi hydrolyse er den motsatte reaksjonen, der vann spalter disakkaridet. B er feil fordi ingen atomer endrer oksidasjonstall. C er feil fordi ingenting adderes til en dobbeltbinding, og det dannes et biprodukt.

Enzymer er proteiner. Den aktive formen avhenger av bindinger mellom sidekjedene, og mange av dem er ioniske bindinger og hydrogenbindinger. Endres pH, endres ladningen på sidekjedene, og enzymet kan miste formen sin. Derfor har hvert enzym et pH-optimum, og C er riktig.

A er feil fordi aktiviteten øker med substratkonsentrasjonen til enzymet er mettet. B er feil fordi så godt som alle enzymer er proteiner. D er feil fordi en katalysator senker aktiveringsenergien like mye for begge retninger. Likevekten nås raskere, men $K$ endres ikke.

Ved det isoelektriske punktet, pH 6,0, har glysin netto ladning null. Da er aminogruppen protonert og karboksylgruppen deprotonert, slik som i C. Ved pH 2,0 er løsningen mye surere enn ved det isoelektriske punktet. Da er det mange ${\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}$-ioner, og også karboksylatgruppen tar opp et proton. Glysin har da netto positiv ladning: ${\mathrm{H}}_3{\mathrm{N}}^{+}\text{–}\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\text{–}\mathrm{C}\mathrm{O}\mathrm{O}\mathrm{H}$, som er D.

A er formen i basisk løsning. B er den nøytrale formen uten ladninger, som nesten ikke finnes i vannløsning.

En ester lages i ett trinn ved forestring av en karboksylsyre og en alkohol. Navnet på esteren sier hvilke stoffer som inngår. «Pentyl» er alkyldelen fra alkoholen, altså pentan-1-ol. «Etanat» er syredelen fra etansyre. I figuren ser vi at karbonylgruppen sitter i den korte delen med to C-atomer:

Riktig svar er A. B gir etylpentanat, C gir pentylpentanat og D gir etyletanat.

Arealet under en topp er proporsjonalt med mengden av stoffet. Detektoren gir ulik respons for ulike stoffer, så arealet må sammenlignes med et stoff med kjent konsentrasjon. Tilsetter vi en intern standard, kan vi regne ut konsentrasjonene fra forholdet mellom arealene. Riktig svar er C.

A er feil fordi det er arealet, ikke høyden, som brukes. Toppene kan ha ulik bredde. B er feil fordi retensjonstiden brukes til å identifisere stoffene, ikke til å bestemme konsentrasjonen. D er feil fordi kromatogrammet bare viser signal mot tid.

Saltsyre gir ${\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}$-ioner som reagerer med karbonationene:

Da blir $[\mathrm{C}{\mathrm{O}}_3^{2-}]$ mindre. Etter Le Châteliers prinsipp forskyves likevekten mot høyre, og mer $\mathrm{C}\mathrm{a}\mathrm{C}{\mathrm{O}}_3(\mathrm{s})$ løses opp. Riktig svar er C.

A endrer ikke konsentrasjonene i løsningen, så mengden oppløst stoff øker ikke. B og D tilfører et felles ion, $\mathrm{C}{\mathrm{a}}^{2+}$ eller $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_3^{2-}$. Det forskyver likevekten mot venstre, og mindre $\mathrm{C}\mathrm{a}\mathrm{C}{\mathrm{O}}_3$ er oppløst.

Likevektsuttrykket er

En så stor verdi betyr at telleren er mye større enn nevneren. Ved likevekt er det altså mye produkt og lite reaktanter. Riktig svar er A.

B ville gi $K=1$ når alle konsentrasjonene er like. C er feil fordi alle reaksjoner når likevekt, uansett hvor stor $K$ er. En stor $K$ betyr bare at likevekten ligger langt mot høyre.

Strengt tatt forutsetter svaret at reaktantene ikke er tilsatt i stort overskudd.

Vedlegget gir $E^{\circ }(\mathrm{A}{\mathrm{g}}^{+}/\mathrm{A}\mathrm{g})=\mathrm{0,80}\mathrm{V}$ og $E^{\circ }(\mathrm{C}{\mathrm{u}}^{2+}/\mathrm{C}\mathrm{u})=\mathrm{0,34}\mathrm{V}$. Kobber oksideres, og sølvioner reduseres.

• I: Feil. Metallet med lavest reduksjonspotensial oksideres lettest. Det er $\mathrm{Cu}$, ikke $\mathrm{Ag}$.
• II: Riktig. $E^{\circ }(\text{celle})=\mathrm{0,80}\mathrm{V}-\mathrm{0,34}\mathrm{V}=\mathrm{0,46}\mathrm{V}$. Positiv cellespenning gir $\mathrm{\Delta }G=-nFE<0$, så reaksjonen er spontan.
• III: Feil. Den motsatte reaksjonen har $E=-\mathrm{0,46}\mathrm{V}$ og $\mathrm{\Delta }G>0$. Den går ikke av seg selv og kan ikke gi strøm i en galvanisk celle.
• IV: Feil. Produktene er fast sølvmetall og kobbernitrat. Nitrater er lettløselige, så $\mathrm{C}{\mathrm{u}}^{2+}$ og $\mathrm{N}{\mathrm{O}}_3^{-}$ blir i løsningen.

Fettsyren har én $\mathrm{C}\text{＝}\mathrm{C}$-dobbeltbinding, én karboksylgruppe og ellers en lang, upolar hydrokarbonkjede.

• I: Riktig. Brom adderes til dobbeltbindingen, og det dannes en dibromforbindelse.
• II: Feil. En kondensasjonspolymer krever monomerer med to funksjonelle grupper som kan reagere, for eksempel $\text{–}\mathrm{C}\mathrm{O}\mathrm{O}\mathrm{H}$ og $\text{–}\mathrm{O}\mathrm{H}$. Fettsyren har bare én slik gruppe og kan bare danne én esterbinding.
• III: Riktig. Karboksylgruppen sitter ytterst i kjeden. Reduksjon gir først et aldehyd og deretter en primær alkohol, $\mathrm{R}\text{–}\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\mathrm{H}$.
• IV: Riktig. Den lange hydrokarbonkjeden dominerer over den ene polare karboksylgruppen. Stoffet er derfor overveiende upolart og løser seg godt i det upolare heptan.

En reaksjon er spontan når $\mathrm{\Delta }G=\mathrm{\Delta }H-T\mathrm{\Delta }S<0$.

Entalpiendringen er negativ, $\mathrm{\Delta }H=-98\mathrm{k}\mathrm{J}/\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}$. Reaksjonen er eksoterm.

Entropien øker. Fra $2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}$ løst stoff dannes $2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}$ væske og $1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}$ gass. En gass har mye større uorden enn en væske eller et løst stoff, så $\mathrm{\Delta }S>0$.

Da er både $\mathrm{\Delta }H$ og $-T\mathrm{\Delta }S$ negative. Det gir $\mathrm{\Delta }G<0$ ved alle temperaturer, og reaksjonen er spontan.

At reaksjonen er spontan, sier ingenting om hvor fort den går. Uten katalysator går den langsomt.

Katalase er en katalysator. Enzymet gir en alternativ reaksjonsvei med lavere aktiveringsenergi. Derfor blir toppen på grafen lavere med katalase.

Start- og sluttnivået er de samme. Katalase endrer ikke energien til reaktantene eller produktene, så $\mathrm{\Delta }H$ er fortsatt $-98\mathrm{k}\mathrm{J}/\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}$.

For at et støt mellom partikler skal føre til reaksjon, må partiklene ha minst like mye energi som aktiveringsenergien. Når aktiveringsenergien er lavere, har en større andel av molekylene nok energi. Flere støt blir effektive, og reaksjonsfarten øker.

Vi velger temperatur.

Katalase er et protein. Funksjonen avhenger av den tredimensjonale formen (tertiærstrukturen). Formen holdes på plass av bindinger mellom sidekjedene: hydrogenbindinger, ionebindinger, van der Waals-krefter og disulfidbroer. Formen gir enzymet et aktivt sete som passer til substratet ${\mathrm{H}}_2{\mathrm{O}}_2$.

Når temperaturen blir for høy, beveger molekylene seg kraftigere. De svake bindingene mellom sidekjedene brytes. Det er hydrogenbindinger, ionebindinger og van der Waals-krefter. Proteinkjeden folder seg ut, og katalase denaturerer. Kovalente bindinger, som peptidbindinger og disulfidbroer, består vanligvis. Primærstrukturen er derfor den samme.

Når formen endres, får også det aktive setet en annen form. ${\mathrm{H}}_2{\mathrm{O}}_2$ binder seg ikke lenger til enzymet, og katalase mister evnen til å spalte ${\mathrm{H}}_2{\mathrm{O}}_2$. Denatureringen er ofte irreversibel.

Ved for lav pH tar karboksylatgrupper ($\text{–}\mathrm{C}\mathrm{O}{\mathrm{O}}^{-}$) i sidekjedene opp ${\mathrm{H}}^{+}$ og mister ladningen. Da brytes ionebindinger, og proteinet denaturerer også.

Vi bruker standard reduksjonspotensialer fra vedlegget:

$\mathrm{C}{\mathrm{u}}^{2+}$ har høyest reduksjonspotensial og blir redusert. Aluminium blir oksidert. Grafittelektroden er inert og er bare et sted der elektronene overføres.

Anode (oksidasjon, negativ pol):

Katode (reduksjon, positiv pol). Kobber felles ut på grafittelektroden:

Totalreaksjon:

Cellespenningen ved standardbetingelser:

Vi antar standardbetingelser, siden konsentrasjonene ikke er oppgitt.

Oppladning er en elektrolyse. Vi kobler på en ytre spenning som driver reaksjonene motsatt vei. Da skulle $\mathrm{A}{\mathrm{l}}^{3+}$ reduseres til aluminium på Al-elektroden, og kobber oksideres til $\mathrm{C}{\mathrm{u}}^{2+}$ på grafittelektroden.

Ved elektrolyse reduseres det stoffet som har høyest reduksjonspotensial først. I $\mathrm{A}\mathrm{l}\mathrm{C}{\mathrm{l}}_3(\mathrm{a}\mathrm{q})$ konkurrerer $\mathrm{A}{\mathrm{l}}^{3+}$ med vann:

Vann reduseres mye lettere enn $\mathrm{A}{\mathrm{l}}^{3+}$. På Al-elektroden dannes derfor hydrogengass i stedet for aluminium. Aluminiumet som ble brukt opp da cellen ga strøm, kommer ikke tilbake, og cellen kan ikke lades opp.

Aluminium kan ikke framstilles ved elektrolyse av en vannløsning. Det lages ved smelteelektrolyse.

Entropien avtar. På venstre side er det 2 mol gass, på høyre side 1 mol gass. Færre gassmolekyler gir mindre uorden. Derfor er $\mathrm{\Delta }S$ negativ.

Reaksjonen er spontan når $\mathrm{\Delta }G<0$. Vi bruker $T=298\mathrm{K}$ og $\mathrm{\Delta }S=-\mathrm{0,1706}\mathrm{k}\mathrm{J}/(\mathrm{K}\cdot \mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l})$.

$\mathrm{\Delta }G$ er negativ, så reaksjonen er spontan ved $25°\mathrm{C}$. Den negative entropiendringen motvirker, men $\mathrm{\Delta }H$ er så negativ at den dominerer ved denne temperaturen.

Startkonsentrasjonen er $\mathrm{0,10}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}/\mathrm{L}$ for alle tre gassene. Vi regner først ut reaksjonskvotienten:

$Q<K$, så reaksjonen går mot høyre før likevekt er nådd. La $x$ være konsentrasjonen av $\mathrm{P}\mathrm{C}{\mathrm{l}}_5$ som dannes.

Vi ganger ut og ordner likningen:

Med abc-formelen:

$x=\mathrm{0,1195}$ gir negativ konsentrasjon av $\mathrm{P}\mathrm{C}{\mathrm{l}}_3$ og $\mathrm{C}{\mathrm{l}}_2$, så den forkaster vi. Altså er $x=\mathrm{0,0822}$.

Kontroll: ${\displaystyle \frac{\mathrm{0,1822}}{{\mathrm{0,0178}}^2}}\approx 575$.

Borsyre er en svak syre. Vi bruker $K_{\mathrm{a}}={10}^{-\mathrm{9,27}}=\mathrm{5,37}\cdot {10}^{-10}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}/\mathrm{L}$. La $x=[{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}]=[\mathrm{B}{(\mathrm{O}\mathrm{H})}_4^{-}]$ ved likevekt.

$K_{\mathrm{a}}$ er svært liten, så $x\ll \mathrm{0,22}$. Da er $\mathrm{0,22}-x\approx \mathrm{0,22}$.

Forenklingen holder, siden $\mathrm{1,09}\cdot {10}^{-5}$ er mye mindre enn $\mathrm{0,22}$. Bidraget fra vannets egen protolyse (${10}^{-7}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}/\mathrm{L}$) kan også ses bort fra.

Molar masse for $\mathrm{NaOH}$ er $\mathrm{40,00}\mathrm{g}/\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}$.

All $\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$ reagerer med borsyre og gir like mye borat:

Begge komponentene er i samme volum, så vi kan bruke stoffmengdene i bufferlikningen. Vi regner med at volumet ikke endres når $\mathrm{NaOH}$ løses.

pH ligger innenfor det optimale området 8,2–8,4. Bufferen er derfor egnet for korallene. Den ligger nær øvre grense, så den tåler lite tilsatt base før pH blir for høy.

Når mengden $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$ i atmosfæren øker, løses mer $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$ i havet:

Løst $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$ reagerer med vann og danner en sur løsning. Havet blir surere, og pH synker.

Oksoniumionene reagerer med karbonationer i sjøvannet: