Kjemi 2 Eksempeloppgave 2026 · Matematikkoppgaver

Oppgave 1-1aKromforbindelse med oksidasjonstall +V Kjemi 2 E26

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

Alle forbindelsene nedenfor inneholder krom.

I hvilket alternativ har krom oksidasjonstall +V?

Fasit

B

LøsningsforslagKI-generert

Oksygen har oksidasjonstall −II, og summen av oksidasjonstallene i en nøytral forbindelse er null. I $C r_{2} O_{5}$ har de fem oksygenatomene til sammen $5 \cdot (- 2) = - 10$ . De to kromatomene har da til sammen $+ 10$ , altså +V hver.

I $C r {(N O_{3})}_{3}$ og $C r_{2} {(S O_{4})}_{3}$ er krom bundet til $N O_{3}^{-}$ og $S O_{4}^{2 -}$ . Ladningene gir $C r^{3 +}$ , altså +III. I $K_{2} C r O_{4}$ bidrar kalium med $+ 2$ og oksygen med $- 8$ , så krom har +VI.

Oppgavedata

Kategori: 1
Vanskegrad: 1
Temaer: Oksidasjonstall
Egen side: Åpne oppgave 1-1a for seg selv

Oppgave 1-1bSalt som reagerer med hydrogengass i løsning Kjemi 2 E26

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

En løsning inneholder et oppløst salt. Det bobles hydrogengass, $H_{2} (g)$ , gjennom løsningen, og det skjer en reaksjon.

Hvilket salt er det i løsningen?

Fasit

C

LøsningsforslagKI-generert

Skal det skje en reaksjon, må $H_{2}$ redusere metallionet i saltet. Hydrogen blir da oksidert til $H^{+}$ . Det går bare hvis metallionet står over $2 H^{+} / H_{2}$ ( $E^{\circ} = 0,00 V$ ) i spenningsrekka. Av de fire ionene gjelder det bare $C u^{2 +}$ , med $E^{\circ} (C u^{2 +} / C u) = 0,34 V$ :

C u^{2 +} (a q) + H_{2} (g) \to C u (s) + 2 H^{+} (a q)

$N i^{2 +}$ ( $- 0,26 V$ ), $M n^{2 +}$ ( $- 1,19 V$ ) og $N a^{+}$ ( $- 2,71 V$ ) står under hydrogen. De blir ikke redusert av $H_{2}$ .

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Temaer: Redoksreaksjoner, Spenningsrekka
Egen side: Åpne oppgave 1-1b for seg selv

Oppgave 1-1cVannløsning med pH nærmest 8 Kjemi 2 E26

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

Hvilken av disse vannløsningene vil ha pH nærmest 8?

Fasit

D

LøsningsforslagKI-generert

$NaOH$ er en sterk base og gir pH 14. $H N O_{3}$ er en sterk syre og gir pH 0. $N H_{4}^{+}$ er en svak syre, så $N H_{4} C l$ gir en sur løsning.

Acetationet i $N a C H_{3} C O O$ er en svak base, så løsningen blir svakt basisk. Med $p K_{a} = 4,76$ for eddiksyre er $p K_{b} = 14 - 4,76 = 9,24$ . For en svak base med $c = 1 m o l / L$ gir det et overslag:

pOH \approx \frac{1}{2} (p K_{b} - \lg c) = \frac{1}{2} \cdot 9,24 \approx 4,6

Det gir pH ≈ 9,4. Det er nærmest 8 av alternativene.

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 1
Temaer: Syrer og baser, PH
Egen side: Åpne oppgave 1-1c for seg selv

Oppgave 1-1dPåstander om acetatbuffer med pH 5,46 Kjemi 2 E26

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

En buffer er laget ved å løse fast natriumhydroksid, $NaOH$ , i en løsning av eddiksyre, $C H_{3} C O O H$ . pH i bufferløsningen er 5,46.

Hvilken av disse påstandene om denne bufferen er riktig?

Fasit

C

LøsningsforslagKI-generert

NaOH reagerer med en del av eddiksyra og danner acetat. Bufferen består da av $C H_{3} C O O H$ (sur komponent) og $C H_{3} C O O^{-}$ (basisk komponent). Bufferlikningen med $p K_{a} = 4,76$ gir

\lg \frac{[C H_{3} C O O^{-}]}{[C H_{3} C O O H]} = pH - p K_{a} = 5,46 - 4,76 = 0,70

Siden $\lg 5 \approx 0,70$ , er det omtrent fem ganger så mye basisk som sur komponent. Påstand C er riktig.

A har forholdet snudd. Buffergrensene er $p K_{a} \pm 1$ , så øvre grense er 5,76, ikke 6,46 (B). $O H^{-}$ er ikke bufferkomponent (D). Det er brukt opp i reaksjonen med eddiksyra.

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Temaer: Buffer, Syrer og baser
Egen side: Åpne oppgave 1-1d for seg selv

Oppgave 1-1eReaksjonsmekanisme med jodid og klorid Kjemi 2 E26

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

Ta utgangspunkt i reaksjonsmekanismen nedenfor.

Reaksjonsmekanisme

Hvilken påstand er riktig?

Fasit

D

LøsningsforslagKI-generert

Den nederste pilen starter i et fritt elektronpar på $I^{-}$ og peker mot karbonatomet som er bundet til klor. Jodidionet gir altså et elektronpar til karbon og danner en ny C–I-binding, og da er $I^{-}$ en nukleofil, ikke en elektrofil (C er feil). Den øverste pilen starter i C–Cl-bindingen og peker mot klor: begge elektronene i bindingen havner på klor, som forlater molekylet som $C l^{-}$ . Det er nettopp det D sier. B er feil fordi elektronparet fra $I^{-}$ går til karbon, ikke til klor. Reaksjonen er en substitusjonsreaksjon der Cl byttes ut med I, og ikke en addisjon, siden utgangsstoffet ikke har noen dobbeltbinding og det dannes to produkter (A er feil).

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Temaer: Organisk kjemi, Reaksjonsmekanismer
Egen side: Åpne oppgave 1-1e for seg selv

Oppgave 1-1fFellingsmiddel for sulfationer i vannprøve Kjemi 2 E26

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

Du har en vannprøve som inneholder sulfationer, $S O_{4}^{2 -}$ . Du feller ut sulfat ved å tilsette et annet salt. Etter utfellingen filtrerer du vannprøven.

Begerglass med vannprøve og bunnfall

Hvilket salt egner seg best som fellingsmiddel?

Fasit

D

LøsningsforslagKI-generert

Fellingsmiddelet må være lettløselig i vann og gi et sulfat som er lite løselig. Natriumsalter er lettløselige, og løselighetstabellen viser at $C u S O_{4}$ også er lettløselig. A og B feller derfor ikke ut sulfat. $AgCl$ er selv uløselig og gir nesten ingen $A g^{+}$ i løsningen. $C a C l_{2}$ er lettløselig, og $C a S O_{4}$ er tungtløselig:

C a^{2 +} (a q) + S O_{4}^{2 -} (a q) \to C a S O_{4} (s)

D egner seg best av alternativene.

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Temaer: Fellingsreaksjoner, Løselighet
Egen side: Åpne oppgave 1-1f for seg selv

Oppgave 1-1gMonomer til addisjonspolymeren PVDC Kjemi 2 E26

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

Figuren nedenfor viser starten på addisjonspolymeren PVDC. Den fortsetter mot høyre.

Skjelettformel for starten av addisjonspolymeren PVDC med fire klorsubstituenter

Hvilken monomer kan brukes for å danne polymeren PVDC?

Skjelettformler for de fire monomeralternativene A, B, C og D

Fasit

B

LøsningsforslagKI-generert

I polymerkjeden veksler det mellom et karbonatom med et klooratom og et karbonatom med en metylgruppe. Den repeterende enheten er $– C H C l – C H (C H_{3}) –$ . I en addisjonspolymer kommer disse to karbonatomene fra dobbeltbindingen i monomeren. Monomeren må derfor være $C H C l ＝ C H – C H_{3}$ (1-klorpropen), altså B.

A (kloreten) mangler metylgruppen. C (2-klorpropen) har klor og metyl på samme karbonatom. D har ingen dobbeltbinding og kan ikke danne en addisjonspolymer.

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Temaer: Polymerer, Organisk kjemi
Egen side: Åpne oppgave 1-1g for seg selv

Oppgave 1-1hReaksjon som gir 3-klorpentan Kjemi 2 E26

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

Hvilken av disse reaksjonene kan gi 3-klorpentan som produkt?

Fasit

A

LøsningsforslagKI-generert

Pent-2-en er $C H_{3} – C H ＝ C H – C H_{2} – C H_{3}$ . Når $HCl$ adderes til dobbeltbindingen, kan klor bindes til C-2 eller C-3. Vi får en blanding av 2-klorpentan og 3-klorpentan. Addisjonen kan altså gi 3-klorpentan, så svaret er A.

B gir et alken, ikke et kloralkan. C gir etansyre og 3-klorpentan-1-ol. D gir 2-klorpentan, fordi klor erstatter $OH$ -gruppen på C-2.

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Temaer: Organisk kjemi, Organisk syntese
Egen side: Åpne oppgave 1-1h for seg selv

Oppgave 1-1iSyntese av pentan-2-ol fra 1-fluorpentan Kjemi 2 E26

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

Nedenfor vises en syntese i to trinn.

Syntese i to trinn: 1-fluorpentan til pent-1-en, og pent-1-en med vann til pentan-2-ol

Hvilke reaksjonstyper er vist her?

Fasit

C

LøsningsforslagKI-generert

I trinn 1 spaltes $HF$ av fra 1-fluorpentan, og det dannes en dobbeltbinding. Ett molekyl blir til to, så det er en eliminasjon. I trinn 2 bindes vann til dobbeltbindingen i pent-1-en, og to molekyler blir til ett. Det er en addisjon. Svaret er C.

Ingen av trinnene er en kondensasjon. Da slås to molekyler sammen mens et lite molekyl, for eksempel vann, spaltes av.

Oppgavedata

Kategori: 1
Vanskegrad: 1
Temaer: Organisk kjemi, Organisk syntese
Egen side: Åpne oppgave 1-1i for seg selv

Oppgave 1-1jUtbytte av dipeptid av serin og glutamat Kjemi 2 E26

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

$0,16 m o l$ av aminosyren serin reagerte med $0,2 m o l$ av aminosyren glutamat. Etterpå ble blandingen av produkter separert. Utbyttet av dipeptidet med serin og glutamat var 25 %.

Hvor mye hadde blitt dannet av dette dipeptidet?

Fasit

A

LøsningsforslagKI-generert

Ett molekyl serin og ett molekyl glutamat gir ett molekyl dipeptid. Stoffene reagerer altså i forholdet 1 : 1. Det er minst serin, så serin er begrensende reaktant. Teoretisk kan det dannes $0,16 m o l$ dipeptid. Med 25 % utbytte blir stoffmengden

n = 0,25 \cdot 0,16 m o l = 0,04 m o l

Svaret er A. Alternativ B får vi hvis vi feilaktig regner ut fra glutamat: $0,25 \cdot 0,20 m o l = 0,05 m o l$ .

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 1
Temaer: Støkiometri, Proteiner
Egen side: Åpne oppgave 1-1j for seg selv

Oppgave 1-1kPapirkromatografi av fargestoffer i tusjer Kjemi 2 E26

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

For å finne ut hvilke fargestoffer som var brukt i noen tusjer, ble det gjennomført papirkromatografi. Figur 1 viser papiret ved start og etter kromatograferingen.

Figur 1: Tynnsjiktsplate før og etter kromatograferingen

Her er to påstander om resultatet:

1) Flekkene merket 1, 2 og 3 ser like ut og fargestoffene i disse flekkene har derfor samme strukturformel.
2) Tusj A er en blanding av to ulike fargestoffer.

Vurder om påstandene ovenfor er riktige eller ikke.

Fasit

A

LøsningsforslagKI-generert

Med samme papir og løsemiddel vandrer et stoff alltid like langt i forhold til væskefronten. Denne $R_{f}$ -verdien kjennetegner stoffet.

Påstand 1 er feil. Flekkene 1, 2 og 3 har samme farge, men de har vandret ulikt langt. De har ulik $R_{f}$ -verdi og er derfor ulike stoffer. Lik farge betyr ikke samme stoff.
Påstand 2 er feil. Tusj A gir tre flekker: lilla, rød og blå. Den inneholder altså minst tre fargestoffer.

Ingen av påstandene er riktige, så svaret er A.

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Temaer: Kromatografi
Egen side: Åpne oppgave 1-1k for seg selv

Oppgave 1-1lGrønn kjemi i syntese av etyletanat fra bioetanol Kjemi 2 E26

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

Esteren etyletanat har en lang rekke bruksområder og har til nå vært produsert fra fossile karbonkilder. En ny syntesevei i flere trinn bruker bioetanol som utgangsstoff. I tillegg trenger man bare et oksidasjonsmiddel og konsentrert svovelsyre for å lage produktet.

Her er to påstander om grønn kjemi og denne syntesen:

1) Vi bruker fornybare ressurser ved bruk av bioetanol.
2) I syntesen brukes bare trygge kjemikalier.

Vurder om påstandene ovenfor er riktige eller ikke.

Fasit

B

LøsningsforslagKI-generert

Vi vurderer påstandene mot prinsippene for grønn kjemi i vedlegget.

Påstand 1 er riktig. Bioetanol lages ved gjæring av sukker og stivelse fra planter. Det er et fornybart råstoff, i motsetning til fossile karbonkilder (prinsipp 7).
Påstand 2 er feil. Konsentrert svovelsyre er sterkt etsende og et farlig kjemikalie. Mange oksidasjonsmidler er også helseskadelige eller brannfarlige sammen med organiske stoffer. Syntesen bruker derfor ikke bare trygge kjemikalier (prinsipp 12).

Bare påstand 1 er riktig, så svaret er B.

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Temaer: Grønn kjemi, Organisk syntese
Egen side: Åpne oppgave 1-1l for seg selv

Oppgave 1-2aSpontanitet ved oppløsning av litiumfluorid, kaliumbromid og cesiumjodid Kjemi 2 E26

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

Tabell 1: Termodynamiske data for oppløsning av salter i vann ved temperaturen 298 K

	Reaksjonsligning	Endring i entalpi $Δ H$ i kJ/mol	Produktet av temperatur og entropiendring $T \cdot Δ S$ i kJ/mol	Endring i fri energi $Δ G$ i kJ/mol
A	$L i F (s) \overset{\overset{}{H_{2} O (l)}}{\to} L i^{+} (a q) + F^{-} (a q)$	$4,9$	$- 10,8$	$15,7$
B	$K B r (s) \overset{\overset{}{H_{2} O (l)}}{\to} K^{+} (a q) + B r^{-} (a q)$	$19,8$	$26,5$	$- 6,7$
C	$C s I (s) \overset{\overset{}{H_{2} O (l)}}{\to} C s^{+} (a q) + I^{-} (a q)$	$33,6$	$36,1$	$- 2,5$

Vurder om hver av påstandene er rett eller feil.

Fasit

I: feil, II: riktig, III: feil, IV: riktig

LøsningsforslagKI-generert

Vi bruker fortegnene i tabellen. Husk at $Δ G = Δ H - T \cdot Δ S$ .

I: Feil. For $KBr$ er $Δ H = 19,8 k J / m o l$ . Positiv $Δ H$ betyr at oppløsningen er endoterm. Systemet tar opp varme fra vannet, så temperaturen synker.
II: Riktig. For reaksjon C er $T \cdot Δ S = 36,1 k J / m o l$ . Siden $T > 0$ , er $Δ S > 0$ . Entropien øker.
III: Feil. $KBr$ og $CsI$ har $Δ G < 0$ ved $298 K$ . De løses spontant. Bare $LiF$ har $Δ G > 0$ .
IV: Riktig. $25 ° C$ er $298 K$ , altså samme temperatur som i tabellen. Der er $Δ G = - 2,5 k J / m o l$ , som er mindre enn 0.

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Temaer: Termodynamikk
Egen side: Åpne oppgave 1-2a for seg selv

Oppgave 1-2bKonsentrasjonsforløp for ammoniakklikevekt Kjemi 2 E26

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

I en lukket beholder har du en blanding av nitrogen, $N_{2} (g)$ , hydrogen, $H_{2} (g)$ , og ammoniakk, $N H_{3} (g)$ . Ammoniakk er produktet i reaksjonen.

Figur 1 viser konsentrasjonen av gassene i beholderen ved ulike tidspunkter.

Vurder om hver av påstandene er rett eller feil.

Fasit

I: feil, II: riktig, III: riktig, IV: riktig

LøsningsforslagKI-generert

Den balanserte likningen er

N_{2} (g) + 3 H_{2} (g) ⇌ 2 N H_{3} (g)

I: Feil. Koeffisientene skal være eksponenter: $K = \frac{{[N H_{3}]}^{2}}{[N_{2}] {[H_{2}]}^{3}}$ .
II: Riktig. Ved tid 1 er alle konsentrasjonene konstante. Da er det likevekt.
III: Riktig. $[N_{2}]$ øker brått, og $[N_{2}]$ står i nevneren. Da blir $Q < K$ . Reaksjonen går mot høyre, og $[N H_{3}]$ øker.
IV: Riktig. Ved tid 3 øker alle konsentrasjonene brått. Det skjer når volumet minker og trykket øker. Likevekten forskyves mot siden med færrest gassmolekyler (2 mot 4). Derfor øker $[N H_{3}]$ videre.

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Temaer: Likevekt
Egen side: Åpne oppgave 1-2b for seg selv

Oppgave 1-3Syntese av butanon fra 1-klorbutan Kjemi 2 E26

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

Figur 1 viser utgangsstoffet og sluttproduktet i en syntese.

Syntesen består av tre trinn. Her er reaksjonstypene i tilfeldig rekkefølge:

oksidasjon
eliminasjon
addisjon

Sett opp rekkefølgen til syntesen i tre trinn. Angi reaksjonstypene i hvert trinn.

Fasit

Trinn 1: eliminasjon, trinn 2: addisjon, trinn 3: oksidasjon Etter trinn 1: but-1-en, $C H_{2} ＝ C H – C H_{2} – C H_{3}$ Etter trinn 2: butan-2-ol, $C H_{3} – C H (O H) – C H_{2} – C H_{3}$

LøsningsforslagKI-generert

Butanon er et keton, og ketoner lages ved å oksidere en sekundær alkohol. Oksidasjonen må derfor være det siste trinnet, og produktet etter trinn 2 må være butan-2-ol. I 1-klorbutan sitter kloratomet på C-1, mens $O$ -atomet i butanon sitter på C-2. Den funksjonelle gruppen må altså flyttes ett karbonatom innover. Det får vi til ved først å lage en dobbeltbinding (eliminasjon) og så addere vann til den (addisjon). Rekkefølgen blir eliminasjon, addisjon og oksidasjon.

Trinn 1: eliminasjon

1-klorbutan spalter av $HCl$ , for eksempel når det varmes opp med en sterk base. Kloratomet går fra C-1 og et hydrogenatom fra C-2, og det dannes en dobbeltbinding mellom C-1 og C-2. Fordi kloratomet sitter ytterst i kjeden, kan det bare dannes én alken, nemlig but-1-en:

C H_{3} – C H_{2} – C H_{2} – C H_{2} C l (l) \to C H_{2} ＝ C H – C H_{2} – C H_{3} (g) + H C l (g)

Produktet etter trinn 1 er but-1-en:

Fullstendig strukturformel for but-1-en

Trinn 2: addisjon

Vann adderes til dobbeltbindingen i but-1-en med syre som katalysator. Et $H$ -atom bindes til det ene karbonatomet i dobbeltbindingen og $OH$ -gruppen til det andre:

C H_{2} ＝ C H – C H_{2} – C H_{3} (g) + H_{2} O (l) \to C H_{3} – C H (O H) – C H_{2} – C H_{3} (l)

Etter Markovnikovs regel bindes $H$ -atomet til det karbonatomet i dobbeltbindingen som allerede har flest hydrogenatomer (C-1), og $OH$ -gruppen til C-2. Grunnen er at $H^{+}$ først bindes til C-1, slik at det dannes et sekundært karbokation på C-2. Det er mer stabilt enn det primære karbokationet vi ville fått på C-1. Hovedproduktet blir derfor butan-2-ol, mens bare lite butan-1-ol dannes som biprodukt. Dette er viktig for syntesen: butan-1-ol er en primær alkohol og ville gitt butanal og butansyre ved oksidasjon, ikke butanon.

Produktet etter trinn 2 er butan-2-ol:

Fullstendig strukturformel for butan-2-ol

Trinn 3: oksidasjon

Butan-2-ol er en sekundær alkohol: karbonatomet med $OH$ -gruppen er bundet til to andre karbonatomer og har bare ett $H$ -atom. Ved oksidasjon fjernes dette $H$ -atomet og $H$ -atomet i $OH$ -gruppen, og det dannes en $C ＝ O$ -binding. Siden karbonylkarbonet sitter mellom to karbonatomer, blir produktet et keton, butanon. Det kan ikke oksideres videre uten at en $C – C$ -binding brytes. Med surgjort dikromat som oksidasjonsmiddel blir reaksjonen:

\begin{matrix} 3 C H_{3} – C H (O H) – C H_{2} – C H_{3} (l) + C r_{2} O_{7}^{2 -} (a q) + 8 H^{+} (a q) \\ \to 3 C H_{3} – C O – C H_{2} – C H_{3} (l) + 2 C r^{3 +} (a q) + 7 H_{2} O (l) \end{matrix}

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Temaer: Organisk kjemi, Organisk syntese
Egen side: Åpne oppgave 1-3 for seg selv

Oppgave 1-4Dekomponering av kalsiumkarbonat og fri energi Kjemi 2 E26

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

Kalsiumkarbonat, $C a C O_{3} (s)$ , er den mest utbredte og mest utnyttede kalsiumforbindelsen i jordskorpa. Kalsiumkarbonat er en hovedbestanddel i kalkstein og er viktig for tenner og skjelett. Kalsiumkarbonat kan under bestemte betingelser dekomponere til kalsiumoksid, $CaO$ , og karbondioksid, $C O_{2}$ :

C a C O_{3} (s) \to C a O (s) + C O_{2} (g)

Bruk reaksjonsligningen til å begrunne at entropiendringen, $Δ S$ , for reaksjonen er positiv.

Figur 1 viser hvordan endringen i fri energi, $Δ G$ , avhenger av temperaturen for dekomponeringen av kalsiumkarbonat fra $200 K$ til $1500 K$ .

Figur 1: Endring i fri energi, \Delta G, som funksjon av temperatur

Bruk figur 1 til å avgjøre ved hvilke temperaturer kalsiumkarbonat spontant vil dekomponere.

Fasit

Et fast stoff blir til et fast stoff og en gass. Gass har mye høyere entropi, så $Δ S > 0$ .

$Δ G < 0$ når temperaturen er $høyere enn ca. 1000 K$ (ca. $730 ° C$ ).

LøsningsforslagKI-generert

Entropi er et mål på uorden, eller hvor mange måter partiklene og energien kan fordeles på.

På venstre side er det bare et fast stoff. På høyre side er det et fast stoff og en gass. Stoffmengden gass øker fra $0$ til $1 m o l$ .

Partiklene i en gass beveger seg fritt i hele volumet. Gasser har derfor mye høyere entropi enn faste stoffer. Når det dannes gass fra et fast stoff, øker entropien. Altså er $Δ S$ positiv.

En reaksjon er spontan når $Δ G < 0$ .

Grafen skjærer temperaturaksen ved ca. $1000 K$ . Under denne temperaturen er $Δ G$ positiv, og reaksjonen er ikke spontan. Over denne temperaturen er $Δ G$ negativ.

Kalsiumkarbonat dekomponerer spontant ved temperaturer $høyere enn ca. 1000 K$ . Det tilsvarer ca. $730 ° C$ . Figuren viser dette opp til $1500 K$ .

Dette passer med $Δ G = Δ H - T Δ S$ . Reaksjonen er endoterm, $Δ H > 0$ , og $Δ S > 0$ . Da blir $Δ G$ negativ bare når $T Δ S$ er større enn $Δ H$ , altså ved høy temperatur.

Oppgavedata

Kategori: 1
Vanskegrad: 1
Temaer: Termodynamikk
Egen side: Åpne oppgave 1-4 for seg selv

Oppgave 1-5Elektrolyse av hydrogenfluorid og kaliumfluorid til fluorgass Kjemi 2 E26

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

Fluor, $F_{2}$ , kan framstilles gjennom elektrolyse av en blanding av smeltet hydrogenfluorid, $HF$ , og kaliumfluorid, $KF$ . I elektrolysen blir det også dannet hydrogen, $H_{2}$ .

Figur 1 viser en forenklet skisse av elektrolysekaret. Ytterveggene av stål fungerer som den ene elektroden, og i karet er det plassert en elektrode av grafitt. Fluorgass og hydrogengass ledes ut gjennom egne rør.

Figur 1: Elektrolyse av hydrogenfluorid og kaliumfluorid

Skriv halvreaksjonen for reaksjonen som skjer ved grafittelektroden.

Avgjør hvilken elektrode som er katode i elektrolysekaret.

Hvor mange gram fluor kan maksimalt dannes dersom det dannes $4 g$ hydrogen?

Fasit

$2 F^{-} \to F_{2} (g) + 2 e^{-}$

Stålelektroden er katode, fordi hydrogen dannes der ved reduksjon.

$m (F_{2}) \approx 76 g$

LøsningsforslagKI-generert

Figuren viser at fluorgass ledes ut over grafittelektroden. Fluoridioner i smelta oksideres til fluorgass:

2 F^{-} \to F_{2} (g) + 2 e^{-}

Oksidasjonstallet til fluor øker fra $- 1$ til $0$ .

Katoden er elektroden der det skjer en reduksjon.

Figuren viser at hydrogengass ledes ut over stålelektroden. I $HF$ har hydrogen oksidasjonstall $+ 1$ . I $H_{2}$ er det $0$ . Hydrogen blir altså redusert ved stålelektroden:

2 H F + 2 e^{-} \to H_{2} (g) + 2 F^{-}

$Stålelektroden (ytterveggen) er katode$ . Grafittelektroden, der fluorid oksideres, er anode.

Totalreaksjonen er

2 H F \to H_{2} (g) + F_{2} (g)

Begge halvreaksjonene overfører $2 m o l$ elektroner per mol gass. Det dannes derfor like mange mol $F_{2}$ som $H_{2}$ .

Periodesystemet gir $M (H_{2}) = 2 \cdot 1,008 g / m o l \approx 2,0 g / m o l$ og $M (F_{2}) = 2 \cdot 19,00 g / m o l = 38,00 g / m o l$ .

\begin{matrix} n (H_{2}) & = \frac{4 g}{2,0 g / m o l} = 2,0 m o l \\ n (e^{-}) & = 2 \cdot 2,0 m o l = 4,0 m o l \\ n (F_{2}) & = \frac{4,0 m o l}{2} = 2,0 m o l \\ m (F_{2}) & = 2,0 m o l \cdot 38,00 g / m o l = 76 g \end{matrix}

Det kan maksimalt dannes $m (F_{2}) \approx 76 g$ . Med $M (H_{2}) = 2,016 g / m o l$ blir svaret $75 g$ .

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Temaer: Elektrolyse, Redoksreaksjoner, Støkiometri
Egen side: Åpne oppgave 1-5 for seg selv

Oppgave 2-6Salpetersyrling, ammoniakkbuffer og løselighet av kobber(II)hydroksid

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

Kalkulator

Beregn pH i en $0,80 m o l / L$ løsning av salpetersyrling, $H N O_{2}$ . Dersom du velger å bruke en forenklet modell for utregningen din, må du argumentere for at den er gyldig.

Kalkulator

En elev lager en buffer ved å blande $10,0 g N H_{4} C l (s)$ i $500 m L$ $0,70 m o l / L$ ammoniakkløsning, $N H_{3} (a q)$ . Du kan anta at volumet ikke endres. Beregn stoffmengden sterk base denne bufferen tåler.

Kalkulator

Kobber(II)hydroksid løser seg etter denne ligningen:

C u {(O H)}_{2} (s) ⇌ C u^{2 +} (a q) + 2 O H^{-} (a q)

Hvor mye $C u {(O H)}_{2}$ kan du få løst i $1,0 L$ rent vann? Oppgi svaret i mol.

Hvor mye $C u {(O H)}_{2}$ kan du få løst i $1,0 L$ av en løsning med pH 12,8? Oppgi svaret i mol. Dersom du velger å bruke en forenklet modell for utregningen din, må du argumentere for at den er gyldig.

Fasit

$pH = 1,68$

$n (O H^{-}) = 0,14 m o l$

1) $1,8 \cdot 10^{- 7} m o l$

$5,5 \cdot 10^{- 18} m o l$

LøsningsforslagKI-generert

Fra vedlegget: $K_{a} = 5,6 \cdot 10^{- 4}$ for salpetersyrling.

H N O_{2} (a q) + H_{2} O (l) ⇌ N O_{2}^{-} (a q) + H_{3} O^{+} (a q)

Vi setter $x = [H_{3} O^{+}] = [N O_{2}^{-}]$ . Da er $[H N O_{2}] = 0,80 - x$ .

K_{a} = \frac{[N O_{2}^{-}] \cdot [H_{3} O^{+}]}{[H N O_{2}]} = \frac{x^{2}}{0,80 - x} = 5,6 \cdot 10^{- 4}

Dette gir andregradslikningen

x^{2} + 5,6 \cdot 10^{- 4} x - 4,48 \cdot 10^{- 4} = 0

x = \frac{- 5,6 \cdot 10^{- 4} \pm \sqrt{{(5,6 \cdot 10^{- 4})}^{2} + 4 \cdot 4,48 \cdot 10^{- 4}}}{2}

x = 0,02089 eller x = - 0,02145

Den negative løsningen forkastes, fordi en konsentrasjon ikke kan være negativ. Altså er $[H_{3} O^{+}] = 0,02089 m o l / L$ .

pH = - \lg 0,02089 = 1,68

Forenklingen $0,80 - x \approx 0,80$ gir pH $= 1,67$ . Den er god her, fordi bare 2,6 % av syra protolyseres.

Bufferparet er $N H_{4}^{+} / N H_{3}$ med p $K_{a} = 9,25$ . Stoffmengdene i bufferen:

n (N H_{4}^{+}) = \frac{10,0 g}{53,49 g / m o l} = 0,1869 m o l

n (N H_{3}) = 0,70 m o l / L \cdot 0,500 L = 0,350 m o l

En buffer virker så lenge forholdet mellom base og syre ligger mellom $0,1$ og $10$ , altså $pH = p K_{a} \pm 1$ . Nå er forholdet $0,350 / 0,1869 = 1,87$ .

Sterk base gjør $N H_{4}^{+}$ om til $N H_{3}$ :

N H_{4}^{+} (a q) + O H^{-} (a q) \to N H_{3} (a q) + H_{2} O (l)

Vi kaller stoffmengden tilsatt $O H^{-}$ for $x$ . Bufferen tåler basen til forholdet er $10$ :

\frac{0,350 + x}{0,1869 - x} = 10

0,350 + x = 1,869 - 10 x

x = \frac{1,519}{11} = 0,138 m o l

Da er $pH = 9,25 + \lg 10 = 10,25$ . Bufferen tåler $0,14 m o l$ sterk base.

Tolker vi «tåler» som til all $N H_{4}^{+}$ er brukt opp, blir svaret $0,19 m o l$ . Da har bufferen likevel sluttet å virke lenge før.

Fra vedlegget: $K_{sp} = 2,20 \cdot 10^{- 20}$ for kobber(II)hydroksid.

K_{sp} = [C u^{2 +}] \cdot {[O H^{-}]}^{2}

Vi kaller løseligheten $s$ . Når $s$ mol $C u {(O H)}_{2}$ løser seg per liter, blir $[C u^{2 +}] = s$ og $[O H^{-}] = 2 s$ .

\begin{matrix} s \cdot {(2 s)}^{2} & = 2,20 \cdot 10^{- 20} \\ 4 s^{3} & = 2,20 \cdot 10^{- 20} \\ s & = \sqrt[3]{\frac{2,20 \cdot 10^{- 20}}{4}} = 1,77 \cdot 10^{- 7} \end{matrix}

I $1,0 L$ rent vann løser det seg $1,8 \cdot 10^{- 7} m o l$ $C u {(O H)}_{2}$ .

Her har vi sett bort fra $O H^{-}$ fra autoprotolysen av vann. Den gir $1 \cdot 10^{- 7} m o l / L$ , mens saltet gir $2 s = 3,5 \cdot 10^{- 7} m o l / L$ . Tar vi med bidraget fra vannet, blir løseligheten $1,7 \cdot 10^{- 7} m o l$ , altså omtrent den samme.

Ved pH 12,8 er $pOH = 14,0 - 12,8 = 1,2$ :

[O H^{-}] = 10^{- 1,2} = 0,0631 m o l / L

Vi bruker den forenklede modellen at $[O H^{-}]$ ikke endres når saltet løser seg. Den er gyldig fordi saltet bare gir $2 s \approx 10^{- 17} m o l / L$ $O H^{-}$ , som er forsvinnende lite mot $0,0631 m o l / L$ .

s = [C u^{2 +}] = \frac{K_{sp}}{{[O H^{-}]}^{2}} = \frac{2,20 \cdot 10^{- 20}}{{0,0631}^{2}} = 5,5 \cdot 10^{- 18}

I $1,0 L$ av løsningen løser det seg $5,5 \cdot 10^{- 18} m o l$ $C u {(O H)}_{2}$ . Det er omtrent 30 milliarder ganger mindre enn i rent vann, fordi $O H^{-}$ er et felles ion som forskyver likevekten mot venstre.

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Temaer: Syrer og baser, PH, Buffer, Løselighet, Løselighetsprodukt
Egen side: Åpne oppgave 2-6 for seg selv

Oppgave 2-7Sinksulfid, entropi og likevekt med svoveldioksid Kjemi 2 E26

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

Sinkoksid, $ZnO$ , blir dannet når sinksulfid $ZnS$ reagerer med oksygen, $O_{2}$ :

2 Z n S (s) + 3 O_{2} (g) \to 2 Z n O (s) + 2 S O_{2} (g) Δ H_{r} = - 883 k J / m o l

Kalkulator

Bruk termodynamiske data fra vedlegget til å vise at entropiendringen, $Δ S$ , er $- 147 J / K$ når $2,0 m o l$ sinksulfid reagerer, og finn ut om reaksjonen skjer spontant ved $25 ° C$ .

Svoveldioksid, $S O_{2}$ , reagerer videre i en ny beholder:

S O_{2} (g) + N O_{2} (g) ⇌ S O_{3} (g) + N O (g)

Likevektskonstanten $K$ for denne reaksjonen ved en bestemt temperatur er $7,2$ .

I beholderen er det

$0,20 m o l / L S O_{2}$
$0,75 m o l / L N O_{2}$
$1,3 m o l / L S O_{3}$
$1,7 m o l / L N O$

Kalkulator

Vis at det ikke er likevekt i beholderen. Hvilken vei vil reaksjonen forskyves?

Kalkulator

Sett opp likningen du kan bruke for å finne konsentrasjonene ved likevekt.

Ved likevekt har konsentrasjonen av $S O_{2}$ endret seg til $0,31 m o l / L$ . Regn ut konsentrasjonene til de andre stoffene ved likevekt.

Fasit

$Δ S = - 147 J / K$ og $Δ G = - 839 k J$ . Siden $Δ G < 0$ , skjer reaksjonen spontant ved $25 ° C$ .

$Q = 14,7$ . Siden $Q > K = 7,2$ , er det ikke likevekt, og likevekten forskyves mot venstre.

1) $\frac{(1,3 - x) (1,7 - x)}{(0,20 + x) (0,75 + x)} = 7,2$

$[N O_{2}] = 0,86 m o l / L$ , $[S O_{3}] = 1,19 m o l / L$ og $[NO] = 1,59 m o l / L$

LøsningsforslagKI-generert

Entropiendring. Vi bruker standard entropi, $S^{\circ}$ , fra tabellen over termodynamiske data i vedlegget:

$Z n S (s)$ : $57,7 J / (m o l \cdot K)$
$O_{2} (g)$ : $205,2 J / (m o l \cdot K)$
$Z n O (s)$ : $43,9 J / (m o l \cdot K)$
$S O_{2} (g)$ : $248,1 J / (m o l \cdot K)$

Entropiendringen er summen av entropien til produktene minus summen av entropien til reaktantene, ganget med koeffisientene i reaksjonslikningen:

\begin{matrix} Δ S & = (2 \cdot S^{\circ} (ZnO) + 2 \cdot S^{\circ} (S O_{2})) - (2 \cdot S^{\circ} (ZnS) + 3 \cdot S^{\circ} (O_{2})) \\ = (2 \cdot 43,9 + 2 \cdot 248,1) J / K - (2 \cdot 57,7 + 3 \cdot 205,2) J / K \\ = 584,0 J / K - 731,0 J / K \\ = - 147 J / K \end{matrix}

Entropien avtar fordi 3 mol gass blir til 2 mol gass.

Spontanitet. Vi regner ut Gibbs fri energi ved $T = 298 K$ . Entropiendringen må gjøres om til kJ/K: $Δ S = - 0,147 k J / K$ .

\begin{matrix} Δ G & = Δ H - T \cdot Δ S \\ = - 883 k J - 298 K \cdot (- 0,147 k J / K) \\ = - 883 k J + 43,8 k J \\ = - 839 k J \end{matrix}

Siden $Δ G < 0$ , skjer reaksjonen spontant ved $25 ° C$ . Entropien avtar, men reaksjonen er så sterkt eksoterm at entalpileddet dominerer.

Likevektsuttrykket for reaksjonen er

K = \frac{[S O_{3}] \cdot [NO]}{[S O_{2}] \cdot [N O_{2}]}

Vi setter inn konsentrasjonene i beholderen og regner ut reaksjonskvotienten $Q$ :

Q = \frac{1,3 \cdot 1,7}{0,20 \cdot 0,75} = \frac{2,21}{0,15} = 14,7

Siden $Q = 14,7 \neq K = 7,2$ , er det ikke likevekt i beholderen. $Q$ er større enn $K$ , altså er det for mye produkter i forhold til reaktanter. Systemet når likevekt ved at noe $S O_{3}$ og $NO$ reagerer tilbake til $S O_{2}$ og $N O_{2}$ , slik at $Q$ minker. Likevekten forskyves derfor mot venstre.

Fra b vet vi at reaksjonen går mot venstre. Vi kaller endringen i konsentrasjon for $x$ . Da øker $[S O_{2}]$ og $[N O_{2}]$ med $x$ , mens $[S O_{3}]$ og $[NO]$ minker med $x$ , fordi alle koeffisientene er 1.

	$S O_{2}$	$N O_{2}$	$S O_{3}$	$NO$
Start (mol/L)	$0,20$	$0,75$	$1,3$	$1,7$
Endring (mol/L)	$+ x$	$+ x$	$- x$	$- x$
Likevekt (mol/L)	$0,20 + x$	$0,75 + x$	$1,3 - x$	$1,7 - x$

Vi setter likevektskonsentrasjonene inn i likevektsuttrykket:

\frac{(1,3 - x) (1,7 - x)}{(0,20 + x) (0,75 + x)} = 7,2

$[S O_{2}]$ har økt fra $0,20 m o l / L$ til $0,31 m o l / L$ , så $x = 0,11 m o l / L$ .

\begin{matrix} [N O_{2}] & = 0,75 m o l / L + 0,11 m o l / L = 0,86 m o l / L \\ [S O_{3}] & = 1,3 m o l / L - 0,11 m o l / L = 1,19 m o l / L \\ [NO] & = 1,7 m o l / L - 0,11 m o l / L = 1,59 m o l / L \end{matrix}

Kontroll: $\frac{1,19 \cdot 1,59}{0,31 \cdot 0,86} = 7,1$ , som stemmer med $K = 7,2$ når vi tar hensyn til avrundingen i $0,31 m o l / L$ .

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Temaer: Termodynamikk, Likevekt
Egen side: Åpne oppgave 2-7 for seg selv

Oppgave 2-8Løselighet av magnesiumkarbonat i vann og buffer Kjemi 2 E26

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

En gruppe elever vil undersøke løseligheten til vannfritt magnesiumkarbonat, $M g C O_{3}$ , ved to ulike pH-verdier. Løseligheten undersøkes først i rent vann og deretter i en bufferløsning som ikke inneholder noen av ionene i saltet, se tabell 1. Begge løsningene har romtemperatur.

De utformer denne prosedyren:

Vei et filterpapir. Legg det i en Büchnertrakt over en kolbe, som vist i figur 1.
Vei opp nøyaktig $2,000 g$ av saltet og overfør det til en $1000 m L$ målekolbe. Tilsett vann** til målemerket.
Rør blandingen i 2 minutter med en magnetrører.
Fjern røremagneten og filtrer blandingen. Skyll målekolben med $200$ – $300 m L$ vann** for å få alle rester av uoppløst salt over til filteret.
La filterpapiret med det uoppløste saltet tørke, og vei det etter tørking.

** For undersøkelsen ved pH 2,5 blir vannet erstattet med bufferløsning.

Tabell 1: Oversikt over løsninger og resultater

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

Kalkulator

Beregn løseligheten til saltet ved begge pH-verdiene, og forklar hvorfor løseligheten ikke er lik. Oppgi svarene i mol/L.

Kalkulator

Regn ut løseligheten til $M g C O_{3}$ i rent vann ved å bruke $K_{sp}$ -verdien fra tabellvedlegget. Drøft eventuelle avvik fra den eksperimentelle verdien du fant i oppgave a).

For hånd

Hva kan elevene gjøre for å få mer pålitelige resultater? Foreslå minst én forbedring av prosedyren.

Fasit

Buffer (pH 2,5): $3,85 \cdot 10^{- 3} m o l / L$ . Vann (pH 7): $2,32 \cdot 10^{- 3} m o l / L$ . Karbonationet er en base som reagerer med $H_{3} O^{+}$ , og da løses mer salt ved lav pH.

$s = 2,61 \cdot 10^{- 3} m o l / L$ . Den eksperimentelle verdien er ca. 11 % lavere, trolig fordi likevekten ikke ble nådd på 2 minutter eller fordi saltet ikke var helt tørt.

For eksempel røre mye lenger, tørke til konstant masse, skylle med mettet løsning i stedet for rent vann og gjøre parallelle forsøk.

LøsningsforslagKI-generert

Massen av uoppløst salt er differansen mellom de to veiingene. Løst masse er $2,000 g$ minus uoppløst masse. Molar masse:

M (M g C O_{3}) = 24,31 + 12,01 + 3 \cdot 16,00 = 84,32 g / m o l

Volumet er $1000 m L = 1,000 L$ .

Buffer (pH 2,5)

\begin{matrix} m_{uoppløst} & = 2,517 g - 0,842 g = 1,675 g \\ m_{løst} & = 2,000 g - 1,675 g = 0,325 g \\ s & = \frac{0,325 g}{84,32 g / m o l \cdot 1,000 L} = 3,85 \cdot 10^{- 3} m o l / L \end{matrix}

Vann (pH 7)

\begin{matrix} m_{uoppløst} & = 2,772 g - 0,968 g = 1,804 g \\ m_{løst} & = 2,000 g - 1,804 g = 0,196 g \\ s & = \frac{0,196 g}{84,32 g / m o l \cdot 1,000 L} = 2,32 \cdot 10^{- 3} m o l / L \end{matrix}

Forklaring

Saltet er i likevekt med ionene sine:

M g C O_{3} (s) ⇌ M g^{2 +} (a q) + C O_{3}^{2 -} (a q)

Karbonationet er en base ( $K_{b} = 2,1 \cdot 10^{- 4}$ ). I bufferen er det mye $H_{3} O^{+}$ . Den reagerer med karbonat:

C O_{3}^{2 -} (a q) + 2 H_{3} O^{+} (a q) \to C O_{2} (g) + 3 H_{2} O (l)

Ved pH 2,5 er pH langt under $p K_{a}$ for både $H C O_{3}^{-}$ ( $10,33$ ) og $H_{2} C O_{3}$ ( $6,35$ ). Nesten alt karbonat går derfor over til $H_{2} C O_{3}$ og $C O_{2}$ . Konsentrasjonen av $C O_{3}^{2 -}$ holdes lav, og løselighetslikevekten forskyves mot høyre. Derfor løses mer salt i bufferen enn i vann.

Når $s$ mol/L salt løses, er $[M g^{2 +}] = [C O_{3}^{2 -}] = s$ . Med $K_{sp} = 6,82 \cdot 10^{- 6}$ fra tabellvedlegget:

K_{sp} = [M g^{2 +}] [C O_{3}^{2 -}] = s^{2}

s = \sqrt{6,82 \cdot 10^{- 6}} = 2,61 \cdot 10^{- 3} m o l / L

Den eksperimentelle verdien, $2,32 \cdot 10^{- 3} m o l / L$ , er ca. 11 % lavere. Mulige årsaker:

For kort omrøring. To minutter er trolig for kort tid til å nå likevekt. Da løses for lite salt, og løseligheten blir for lav.
Ufullstendig tørking. Vann igjen i filterpapiret og saltet gir for høy masse. Da ser det ut som mindre salt er løst.
Skylling med 200–300 mL rent vann. Skyllevannet løser mer salt. Det gir for høy løselighet og trekker altså i motsatt retning.
Temperatur. $K_{sp}$ gjelder ved $25 ° C$ . Romtemperatur kan være lavere.
Veieusikkerhet. Med $\pm 0,001 g$ per veiing er usikkerheten bare ca. 1 % av $0,196 g$ . Den forklarer ikke avviket.

Beregningen fra $K_{sp}$ ser bort fra at karbonat reagerer med vann: $C O_{3}^{2 -} + H_{2} O ⇌ H C O_{3}^{-} + O H^{-}$ . Den reaksjonen gjør den virkelige løseligheten større enn $2,61 \cdot 10^{- 3} m o l / L$ . Avviket er derfor egentlig større enn 11 %. Det mest sannsynlige er at blandingen ikke nådde likevekt, og/eller at saltet ikke var helt tørt.

Rør mye lenger, for eksempel i flere timer, slik at løsningen når likevekt.
Tørk filterpapiret i varmeskap og vei flere ganger til massen er konstant.
Skyll med litt filtrat (mettet $M g C O_{3}$ -løsning) i stedet for rent vann, så det ikke løses mer salt.
Gjør parallelle forsøk og regn gjennomsnitt.
Hold temperaturen konstant på $25 ° C$ , slik at resultatet kan sammenlignes med $K_{sp}$ .

Oppgavedata

Kategori: 3
Vanskegrad: 2
Temaer: Løselighet, Løselighetsprodukt, Usikkerhet og feilkilder
Egen side: Åpne oppgave 2-8 for seg selv

Oppgave 2-9Knappcellebatterier i spiserøret Kjemi 2 E26

Kalkulator

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

Mange leker og husholdningsartikler inneholder knappcellebatterier, se figur 1. En god del av disse brukes i gjenstander som ikke er barnesikret, som for eksempel spillende bursdagskort, fjernkontroller eller batteridrevne «stearinlys».

Figur 1: Eksempel på knappcellebatterier: to CR2032 litiumbatterier. Den positive polen er markert

Diameter: $20 m m$
Tykkelse: $3,2 m m$
Spenning: $3 V$
Batterikapasitet: $200 m A h$

Hvert år er det flere hundre barn som blir alvorlig skadet etter å ha fått i seg slike batterier, ofte i nese, munn eller ører. Årlig dør flere barn av skadene. Det farligste er dersom batteriet setter seg fast i spiserøret, fordi det bare i løpet av få timer kan gi store etseskader. Batteriet gjør som regel mindre skade dersom det kommer helt ned i magesekken, se figur 2.

Batterier som avgir mye strøm gjør størst skade. Strømmen fra batteriet kan elektrolysere vannet som finnes i det fuktige og saltholdige miljøet i spiserøret. En har funnet ut at etseskadene blir aller størst ved den negative polen til batteriet. [1]

Det viktigste man gjør, er å komme så raskt som mulig til sykehus for å få fjernet batteriet. Giftinformasjonen anbefaler å gi litt honning flere ganger inntil man kommer fram til sykehuset. [2] Honning er en litt seig blanding av ulike sukkerarter.

Det er gjort forsøk på spiserør fra gris som tyder på at jevn tilførsel av sitronjuice (pH 2,2) kan begrense skadene. [1] (NB: For mye drikke i magesekken kan gi problemer om man må legges i narkose for fjerning av batteriet.)

Det kan være vanskelig å se forskjell på brannskader og etseskader, og en har lurt på om skadene kan skyldes at det utvikles varme når $O H^{-}$ blir nøytralisert av $H^{+}$ i spiserøret:

H^{+} + O H^{-} \to H_{2} O Δ H = - 57 k J / m o l

Du kan anta at spiserøret hos et barn veier rundt $35 g$ . Den spesifikke varmekapasiteten til vevet i spiserøret er $3,50 k J / (k g \cdot ° C)$ . [3]

Skriv en kjemifaglig tekst som tar utgangspunkt i informasjonen på forrige side. Du skal bruke kjemikompetansen din til å gjøre rede for og drøfte ett eller flere av punktene nedenfor:

Skriv ligningene for det som skjer når vannet i spiserøret blir elektrolysert. Hvilke skadelige stoffer dannes, og hvilket av dem ser ut til å gjøre aller størst skade? Beskriv eventuelt hvordan disse kan reagere med proteinene som spiserøret er bygd opp av.
Hvor mye base kan dannes dersom et nytt CR2032-batteri (figur 1) blir stående fast i spiserøret til det er utladet? Hva blir pH dersom du antar at basen løses i $10 m L$ væske?
Diskuter hva som kan være grunnen til at honning og sitronjuice ser ut til å begrense batteriskadene. Er det rimelig at batteriet gjør mindre skade i magesekken?
Vurder om skadene på spiserøret kan skyldes varmen som blir frigjort i nøytraliseringsreaksjonen.
Hva kan skje dersom du drypper øredråper (0,9 % $NaCl$ ) på et lite batteri som står fast i øret?

Svaret ditt bør inneholde reaksjonsligninger, utregninger eller figurer der det er relevant for svaret ditt. Svaret ditt kan gjerne være på omtrent 250 ord, men det er det faglige innholdet og ikke lengden på teksten som blir vurdert.

Referanser

[1] K. R. Jatana, K. Rhoades, S. Milkovich og I. N. Jacobs, «Basic Mechanism of Button Battery Ingestion Injuries and Novel Mitigation Strategies After Diagnosis and Removal», The Laryngoscope, side 1276–1282, juni 2017.
[2] Giftinformasjonen, «helsenorge.no», januar 2025. [Internett]. https://www.helsenorge.no/giftinformasjon/produkter-og-kjemikalier/batterier/
[3] X. Xiaojiang, M. P. Castellani og T. P. Rioux, «The specific heat of the human body is lower than previously believed: The journal Temperature toolbox», Temperature (Austin), side 235–239, juli 2022.

Fasit

Negativ pol: $2 H_{2} O + 2 e^{-} \to H_{2} + 2 O H^{-}$ . Positiv pol: $O_{2}$ og $H^{+}$ (eventuelt $C l_{2}$ ). $O H^{-}$ gjør størst skade.
Sterk base hydrolyserer peptidbindinger og denaturerer proteinene i vevet.
Et nytt batteri kan danne $n (O H^{-}) = 7,46 \cdot 10^{- 3} m o l$ . I $10 m L$ gir det pH $\approx 13,9$ .

LøsningsforslagKI-generert

Jeg ser på hva som dannes ved elektrolysen, og på hvor mye base batteriet kan lage.

Batteriet gir 3 V. Det er mer enn de ca. 1,2 V som trengs for å spalte vann (med standardpotensialene i vedlegget, $- 0,83 V$ og $1,23 V$ , blir det $2,06 V$ ). Begge er under batteriets 3 V. Ved den negative polen skjer en reduksjon:

2 H_{2} O (l) + 2 e^{-} \to H_{2} (g) + 2 O H^{-} (a q)

Ved den positive polen skjer en oksidasjon:

2 H_{2} O (l) \to O_{2} (g) + 4 H^{+} (a q) + 4 e^{-}

Klorid i det saltholdige miljøet kan også oksideres til klorgass. Klor gir hypoklorsyre med vann: $C l_{2} + H_{2} O ⇌ H C l O + H^{+} + C l^{-}$ . Begge er sterke oksidasjonsmidler. Hydrogen og oksygen er lite skadelige. Den positive polen gir altså en sur og oksiderende løsning, og den negative polen gir sterk base. Skadene er størst ved den negative polen. Hydroksidionene ser derfor ut til å gjøre mest skade.

$O H^{-}$ kan hydrolysere peptidbindingene i proteinene:

R – C O – N H – R^{'} + O H^{-} \to R – C O O^{-} + H_{2} N – R^{'}

Basen deprotonerer også sidekjeder. Da brytes hydrogenbindinger og ionebindinger, og proteinet denatureres. Syre koagulerer proteinene og danner et lag som bremser syren. Base løser derimot opp vevet og trenger stadig dypere inn.

Kapasiteten er 200 mAh, altså $0,200 A$ i én time:

Q = 0,200 A \cdot 3600 s = 720 C

n (e^{-}) = \frac{720 C}{96485 C / m o l} = 7,46 \cdot 10^{- 3} m o l

Ett elektron gir ett hydroksidion, så $n (O H^{-}) = 7,46 \cdot 10^{- 3} m o l$ . I 10 mL væske blir

\begin{matrix} [O H^{-}] & = \frac{7,46 \cdot 10^{- 3} m o l}{0,010 L} = 0,746 m o l / L \\ pOH & = - \lg 0,746 = 0,13 \\ pH & = 14,00 - 0,13 = 13,9 \end{matrix}

Dette er et overslag. Ikke all strømmen går til elektrolyse, og noe base spres eller nøytraliseres av buffere. Likevel er $0,75 m o l / L$ langt mer enn bufferne kan ta opp. En pH nær 14 ved polen er derfor realistisk. Det forklarer alvorlige etseskader i løpet av få timer.

Oppgavedata

Kategori: 3
Vanskegrad: 3
Temaer: Elektrolyse, Galvaniske celler, PH, Termodynamikk
Egen side: Åpne oppgave 2-9 for seg selv

Del 1uten hjelpemidler, med vedlegg · 2 timer · 17 oppgaver

Oppgave 1-1a·Kromforbindelse med oksidasjonstall +V Kjemi 2 E26

Oppgave 1-1b·Salt som reagerer med hydrogengass i løsning Kjemi 2 E26

Oppgave 1-1c·Vannløsning med pH nærmest 8 Kjemi 2 E26

Oppgave 1-1d·Påstander om acetatbuffer med pH 5,46 Kjemi 2 E26

Oppgave 1-1e·Reaksjonsmekanisme med jodid og klorid Kjemi 2 E26

Oppgave 1-1f·Fellingsmiddel for sulfationer i vannprøve Kjemi 2 E26

Oppgave 1-1g·Monomer til addisjonspolymeren PVDC Kjemi 2 E26

Oppgave 1-1h·Reaksjon som gir 3-klorpentan Kjemi 2 E26

Oppgave 1-1i·Syntese av pentan-2-ol fra 1-fluorpentan Kjemi 2 E26

Oppgave 1-1j·Utbytte av dipeptid av serin og glutamat Kjemi 2 E26

Oppgave 1-1k·Papirkromatografi av fargestoffer i tusjer Kjemi 2 E26

Oppgave 1-1l·Grønn kjemi i syntese av etyletanat fra bioetanol Kjemi 2 E26

Oppgave 1-2a·Spontanitet ved oppløsning av litiumfluorid, kaliumbromid og cesiumjodid Kjemi 2 E26

Oppgave 1-2b·Konsentrasjonsforløp for ammoniakklikevekt Kjemi 2 E26

Oppgave 1-3·Syntese av butanon fra 1-klorbutan Kjemi 2 E26

Trinn 1: eliminasjon

Trinn 2: addisjon

Trinn 3: oksidasjon

Oppgave 1-4·Dekomponering av kalsiumkarbonat og fri energi Kjemi 2 E26

Oppgave 1-5·Elektrolyse av hydrogenfluorid og kaliumfluorid til fluorgass Kjemi 2 E26

Del 2kalkulator og skriftlige hjelpemidler · 3 timer · 4 oppgaver

Oppgave 2-6·Salpetersyrling, ammoniakkbuffer og løselighet av kobber(II)hydroksid

Oppgave 2-7·Sinksulfid, entropi og likevekt med svoveldioksid Kjemi 2 E26

Oppgave 2-8·Løselighet av magnesiumkarbonat i vann og buffer Kjemi 2 E26

Oppgave 2-9·Knappcellebatterier i spiserøret Kjemi 2 E26

Temaer

Oppgave 1-1aKromforbindelse med oksidasjonstall +V Kjemi 2 E26

Oppgave 1-1bSalt som reagerer med hydrogengass i løsning Kjemi 2 E26

Oppgave 1-1cVannløsning med pH nærmest 8 Kjemi 2 E26

Oppgave 1-1dPåstander om acetatbuffer med pH 5,46 Kjemi 2 E26

Oppgave 1-1eReaksjonsmekanisme med jodid og klorid Kjemi 2 E26

Oppgave 1-1fFellingsmiddel for sulfationer i vannprøve Kjemi 2 E26

Oppgave 1-1gMonomer til addisjonspolymeren PVDC Kjemi 2 E26

Oppgave 1-1hReaksjon som gir 3-klorpentan Kjemi 2 E26

Oppgave 1-1iSyntese av pentan-2-ol fra 1-fluorpentan Kjemi 2 E26

Oppgave 1-1jUtbytte av dipeptid av serin og glutamat Kjemi 2 E26

Oppgave 1-1kPapirkromatografi av fargestoffer i tusjer Kjemi 2 E26

Oppgave 1-1lGrønn kjemi i syntese av etyletanat fra bioetanol Kjemi 2 E26

Oppgave 1-2aSpontanitet ved oppløsning av litiumfluorid, kaliumbromid og cesiumjodid Kjemi 2 E26

Oppgave 1-2bKonsentrasjonsforløp for ammoniakklikevekt Kjemi 2 E26

Oppgave 1-3Syntese av butanon fra 1-klorbutan Kjemi 2 E26

Oppgave 1-4Dekomponering av kalsiumkarbonat og fri energi Kjemi 2 E26

Oppgave 1-5Elektrolyse av hydrogenfluorid og kaliumfluorid til fluorgass Kjemi 2 E26

Oppgave 2-6Salpetersyrling, ammoniakkbuffer og løselighet av kobber(II)hydroksid

Oppgave 2-7Sinksulfid, entropi og likevekt med svoveldioksid Kjemi 2 E26

Oppgave 2-8Løselighet av magnesiumkarbonat i vann og buffer Kjemi 2 E26

Oppgave 2-9Knappcellebatterier i spiserøret Kjemi 2 E26