Del 1

Oppgave 1 – Flervalgsoppgaver

a) Syrer og baser – Korresponderende base til NaH\(_2\)PO\(_4\)

Natriumdihydrogenfosfat dissosierer i vann og gir \(\text{Na}^+\) og \(\text{H}_2\text{PO}_4^-\). Syren vi ser på er altså \(\text{H}_2\text{PO}_4^-\).

Når en syre avgir et proton (\(\text{H}^+\)), dannes dens korresponderende base:

Den korresponderende basen til \(\text{H}_2\text{PO}_4^-\) er \(\text{HPO}_4^{2-}\).

b) Syrer og baser – Basisk løsning fra salt

Vi vurderer hvert alternativ:

• A: NaHSO\(_4\) – Natriumhydrogensulfat er et surt salt (\(\text{HSO}_4^-\) er en syre med \(K_a = 1{,}0 \cdot 10^{-2}\)). Gir sur løsning.
• B: NaCH\(_3\)COO – Natriumacetat. Acetat-ionet (\(\text{CH}_3\text{COO}^-\)) er den korresponderende basen til eddiksyre (\(K_a = 1{,}8 \cdot 10^{-5}\)). Vedlegget gir \(K_b = 5{,}8 \cdot 10^{-10}\) for acetationet (regnet som \(\frac{K_w}{K_a}\) med avrundet \(K_a\) blir det \(5{,}6 \cdot 10^{-10}\) – samme pH). Med 1 mol/L gir dette en basisk løsning med pH rundt 9.
• C: NaOH – Sterk base. 1 mol/L NaOH gir pH = 14, ikke 9.
• D: NaCl – Nøytralt salt. Gir pH = 7.

c) Buffer

En buffer består av en svak syre og dens korresponderende base (eller omvendt).

• A: NaOH og HNO\(_3\) – Sterk base + sterk syre. Nøytralisasjon, ingen buffer.
• B: NaOH og NaNO\(_3\) – Sterk base + nøytralt salt. Ingen buffer.
• C: NaOH og NaNO\(_2\) – Sterk base + salt av svak syre. Ingen svak syre til stede; dette er ikke en buffer.
• D: NaOH og NH\(_4\)Cl – Sterk base + svak syre (\(\text{NH}_4^+\)). Hvis NaOH er i underskudd, reagerer den med en del av \(\text{NH}_4^+\) og danner \(\text{NH}_3\). Resultatet er en blanding av \(\text{NH}_4^+\) og \(\text{NH}_3\), som er en buffer.

d) Redoksreaksjoner – Spontan reaksjon

En redoksreaksjon er spontan når det oksiderende stoffet (som reduseres) har høyere standard reduksjonspotensial enn det reduserende stoffet (som oksideres). Vi bruker spenningsrekka fra vedlegget:

• A: \(\text{Sn}^{2+} + \text{Zn} \rightarrow \text{Sn} + \text{Zn}^{2+}\)
  \(\text{Sn}^{2+}/\text{Sn}: E^\circ = -0{,}14\) V (reduseres), \(\text{Zn}^{2+}/\text{Zn}: E^\circ = -0{,}76\) V (oksideres).
  \(E^\circ_{\text{celle}} = -0{,}14 - (-0{,}76) = +0{,}62\) V > 0. Spontan!
• B: \(2\text{Na}^+ + \text{Fe} \rightarrow 2\text{Na} + \text{Fe}^{2+}\)
  \(\text{Na}^+/\text{Na}: E^\circ = -2{,}71\) V, \(\text{Fe}^{2+}/\text{Fe}: E^\circ = -0{,}45\) V.
  \(E^\circ_{\text{celle}} = -2{,}71 - (-0{,}45) = -2{,}26\) V < 0. Ikke spontan.
• C: \(2\text{Ag} + \text{Ni}^{2+} \rightarrow 2\text{Ag}^+ + \text{Ni}\)
  \(\text{Ni}^{2+}/\text{Ni}: E^\circ = -0{,}26\) V, \(\text{Ag}^+/\text{Ag}: E^\circ = +0{,}80\) V.
  \(E^\circ_{\text{celle}} = -0{,}26 - 0{,}80 = -1{,}06\) V < 0. Ikke spontan.
• D: \(\text{Cu} + \text{Zn}^{2+} \rightarrow \text{Cu}^{2+} + \text{Zn}\)
  \(\text{Zn}^{2+}/\text{Zn}: E^\circ = -0{,}76\) V, \(\text{Cu}^{2+}/\text{Cu}: E^\circ = +0{,}34\) V.
  \(E^\circ_{\text{celle}} = -0{,}76 - 0{,}34 = -1{,}10\) V < 0. Ikke spontan.

e) Redoksreaksjoner – Galvanisk celle

Vi vurderer hver påstand:

• A: Batterikapasiteten påvirkes av massen til sølvelektroden. Kapasiteten avhenger av mengden reaktanter, men sølvelektroden er katoden der Ag+ felles ut. Massen til sølvelektroden i seg selv er ikke begrensende.
• B: Når cellen leverer strøm, skjer reaksjonen \(\text{Cu}^{2+}\text{(aq)} + 2\text{Ag(s)} \rightarrow \text{Cu(s)} + 2\text{Ag}^+\text{(aq)}\). Dette er feil retning. I cellen oksideres Cu til Cu²⁺ og Ag⁺ reduseres til Ag.
• C: Cellespenningen er ca. 0,46 V. \(E^\circ = E^\circ_{\text{katode}} - E^\circ_{\text{anode}} = 0{,}80 - 0{,}34 = 0{,}46\) V. Riktig!
• D: En saltbro som inneholder glukose, \(\text{C}_6\text{H}_{12}\text{O}_6\), vil fungere godt. Glukose er et molekylært stoff som ikke danner ioner; saltbroen trenger ioner for å lede strøm.

f) Oksidasjonstall

La oksidasjonstallet til Fe være \(x\). Hvert CN-ligand har ladning \(-1\), og det er 6 av dem. Totalladningen er \(-4\):

Oksidasjonstallet til jern er +II. Dette stemmer med at vi startet med \(\text{Fe}^{2+}\) og CN⁻ er en nøytral ligand med hensyn til oksidasjonstall (ladning -1 per CN).

g) Organisk kjemi – Reaksjonsmekanisme

Figur 1 viser en nukleofil substitusjonsreaksjon (S_N2) der jodid (\(\text{I}^-\)) angriper et karbonatom bundet til klor, og klorid (\(\text{Cl}^-\)) er den utgående gruppen.

• A: Reaksjonen er en addisjonsreaksjon. Feil – det er en substitusjonsreaksjon.
• B: \(\text{I}^-\) overfører et elektronpar til klor slik at det dannes \(\text{Cl}^-\). Feil – \(\text{I}^-\) overfører elektronparet til karbon.
• C: \(\text{I}^-\) fungerer her som en elektrofil. Feil – \(\text{I}^-\) er en nukleofil (elektronrik, angriper positivt karbonsenter).
• D: Elektronparet i C-Cl-bindingen overføres til klor slik at det dannes \(\text{Cl}^-\). Riktig! I S_N2-mekanismen brytes C-Cl-bindingen og begge elektronene i bindingen følger med klor, som blir \(\text{Cl}^-\).

h) Biologiske makromolekyl – Bioplastpolymer fra melkesyre

Melkesyre har strukturformel \(\text{CH}_3\text{CH(OH)COOH}\). Den har både en hydroksylgruppe (-OH) og en karboksylgruppe (-COOH).

Når melkesyre polymeriserer, reagerer -OH-gruppen på en monomer med -COOH-gruppen på en annen ved en kondensasjonsreaksjon (esterifisering) der vann spaltes av. Sidegruppen på hovedkjeden er en metylgruppe (-CH₃).

i) Biologiske makromolekyl – Laktase

Laktose er et disakkarid som spaltes (hydrolyseres) til galaktose og glukose. Laktase er enzymet som katalyserer denne reaksjonen.

• A: Laktase er et enzym som øker aktiveringsenergien. Feil – enzymer senker aktiveringsenergien.
• B: Laktase binder galaktose og glukose sammen til laktose i en kondensasjonsreaksjon. Feil – laktase spalter laktose, den setter ikke den sammen.
• C: Laktase fungerer som en katalysator i hydrolysen av laktose. Riktig! Enzymer er biologiske katalysatorer. Laktase er spesifikk for laktose.
• D: Laktase fungerer som en katalysator i spaltningen av alle disakkarid. Feil – enzymer er spesifikke. Laktase katalyserer kun spaltningen av laktose.

j) Likevekt

Vi bruker et ICE-skjema. La \(x\) være stoffmengden \(\text{CS}_2\) som dannes:

• \([\text{CH}_4]\): starter på 2,0. For hvert mol CS₂ dannet forbrukes 1 mol CH₄. Ved likevekt: \(2{,}0 - x\)
• \([\text{H}_2\text{S}]\): starter på 1,0. For hvert mol CS₂ forbrukes 2 mol H₂S. Ved likevekt: \(1{,}0 - 2x\)
• \([\text{CS}_2]\): starter på 0,0. Dannes \(x\) mol. Ved likevekt: \(x\)
• \([\text{H}_2]\): starter på 0,0. Dannes \(4x\) mol. Ved likevekt: \(4x\)

Dette svarer til rad A i tabellen.

k) Løselighet

• A: kalsiumnitrat, Ca(NO₃)₂ – Nitrater er generelt lettløselige. Fra løselighetstabellen: lettløselig.
• B: bly(II)karbonat, PbCO₃ – Fra Ksp-tabellen: \(K_{sp} = 7{,}40 \cdot 10^{-14}\). Svært lite løselig.
• C: natriumkarbonat, Na₂CO₃ – Natriumsalter er generelt lettløselige.
• D: kvikksølv(I)karbonat, Hg₂CO₃ – Fra Ksp-tabellen: \(K_{sp} = 3{,}6 \cdot 10^{-17}\). Svært lite løselig, men vi må sammenligne med PbCO₃.

Vi sammenligner de to tungtløselige saltene. Begge dissosierer i forholdet 1:1 (henholdsvis \(\text{Pb}^{2+} + \text{CO}_3^{2-}\) og \(\text{Hg}_2^{2+} + \text{CO}_3^{2-}\)), så \(K_{sp} = s^2\) for begge:

• PbCO₃: \(s = \sqrt{7{,}40 \cdot 10^{-14}} = 2{,}7 \cdot 10^{-7}\) mol/L
• Hg₂CO₃: \(s = \sqrt{3{,}6 \cdot 10^{-17}} = 6{,}0 \cdot 10^{-9}\) mol/L

Hg₂CO₃ har klart lavest løselighet – omtrent 45 ganger mindre løselig enn PbCO₃. Dermed er D det minst løselige saltet blant alternativene.

l) Usikkerhet og feilkilder

Påstand i): Feil. Systematisk feil, ikke tilfeldig feil. Alle tre titreringene har samme feil (for lav konsentrasjon av NaOH), noe som gir en konsekvent avvik i samme retning.

Påstand ii): Riktig. Ved titrering: \(c_{\text{HCl}} \cdot V_{\text{HCl}} = c_{\text{NaOH}} \cdot V_{\text{NaOH}}\). Når den reelle konsentrasjonen av NaOH er lavere enn antatt, brukes det mer NaOH-løsning for å nå ekvivalenspunktet. Men man beregner med den oppgitte (for høye) konsentrasjonen, og dermed blir den beregnede \(c_{\text{HCl}}\) for høy.

Bare påstand ii er riktig.

Oppgave 2 – Rett/feil-oppgaver

a) Redoksreaksjoner – Elektrolyse av NiI₂

I: Det dannes nikkelmetall ved den positive elektroden.

FEIL. Ved elektrolyse er den positive elektroden anoden. Nikkel(II)-ioner (\(\text{Ni}^{2+}\)) reduseres ved katoden (den negative elektroden):

II: Elektrolysen krever en spenning på minst 0,80 V.

Fra vedlegget: \(E^\circ(\text{Ni}^{2+}/\text{Ni}) = -0{,}26\) V og \(E^\circ(\text{I}_2/\text{I}^-) = +0{,}54\) V.

For den spontane reaksjonen (galvanisk celle) ville det vært: \(E^\circ = 0{,}54 - (-0{,}26) = 0{,}80\) V. Men elektrolysen går i motsatt retning, så vi trenger minst 0,80 V for å drive reaksjonen.

RETT.

III: For å danne 60 g nikkel trengs det ca. 2,0 mol elektroner.

Molar masse Ni = 58,69 g/mol. Stoffmengde Ni = \(\frac{60}{58{,}69} = 1{,}022\) mol.

Halvreaksjonen er \(\text{Ni}^{2+} + 2e^- \rightarrow \text{Ni}\), så det trengs \(2 \times 1{,}022 = 2{,}04\) mol elektroner.

RETT. Ca. 2,0 mol elektroner.

IV: I elektrolysen blir jodid, I⁻, redusert.

FEIL. Jodid oksideres (ved anoden) til jod:

b) Organiske reaksjoner – Syntese av butan-2-ol

I: Trinn 1 er en addisjonsreaksjon.

FEIL. Trinn 1 er en eliminasjonsreaksjon. HCl fjernes fra 2-klorbutan, og det dannes en dobbeltbinding (alken).

II: Reaksjonen i trinn 2 kan gi to ulike produkter og dermed redusere utbyttet i syntesen.

But-2-en (\(\text{CH}_3\text{CH=CHCH}_3\)) er et symmetrisk indre alken: de to dobbeltbindingskarbonene er likeverdige. Uansett om vannet adderes etter Markovnikov eller anti-Markovnikov, fester -OH seg på et av de to midtre karbonene, og produktet blir butan-2-ol uansett. Butan-1-ol kan altså ikke dannes her – det forutsetter at -OH bindes til et endekarbon, men ingen av dobbeltbindingskarbonene er endekarbon.

De eneste «to produktene» som dannes, er de to enantiomerene (R og S) av butan-2-ol. Begge er butan-2-ol; de utgjør et racemat. Siden begge er det ønskede alkoholproduktet, reduserer ikke dette utbyttet av butan-2-ol.

Påstanden om at det dannes to ulike produkter som reduserer utbyttet, er derfor i utgangspunktet feil dersom man kun ser på regiokjemien.
Merk: Ifølge UDIRs fasit godtas både rett og feil som svar på denne påstanden – elever som argumenterer for «rett» med henvisning til dannelse av et racemat (to stereoisomerer), eller til mulig sidereaksjon, kan også få uttelling.

III: Destillasjon kan brukes til å fjerne rester av vann i reaksjonsblandingen etter trinn 2.

FEIL. Butan-2-ol har kokepunkt på ca. 99 °C, som er svært nær vannets kokepunkt (100 °C). Så nær like kokepunkter gjør at enkel destillasjon ikke er en praktisk metode for å skille dem. Andre metoder, som tilsetning av tørkemiddel, ville vært mer egnet.

IV: Produktet etter trinn 2 kan oksideres til et keton.

RETT. Butan-2-ol er en sekundær alkohol. Oksidasjon av en sekundær alkohol gir et keton (butanon/metyletylketon):

Oppgave 3

Vi starter med 1-klorbutan (\(\text{CH}_3\text{CH}_2\text{CH}_2\text{CH}_2\text{Cl}\)) og skal ende opp med butanon (\(\text{CH}_3\text{COCH}_2\text{CH}_3\)).

Trinnvis analyse:

Reaksjon 1: Eliminasjon

1-klorbutan mister HCl ved eliminasjon og danner but-1-en (stoff A):

Stoff A = but-1-en

Reaksjon 2: Addisjon

Vann adderes til but-1-en. Etter Markovnikovs regel binder OH seg til det mest substituerte karbonet:

Stoff B = butan-2-ol

Reaksjon 3: Oksidasjon

Butan-2-ol (sekundær alkohol) oksideres til butanon (keton):

Oppgave 4

a)

Såpe er basisk. For å senke pH-verdien trenger vi å tilsette stoffer som er sure eller svakt basiske (men mindre basiske enn såpen).

• A: Trinatriumsitrat (\(\text{Na}_3\text{C}_6\text{H}_5\text{O}_7\)) – Salt av en svak syre. Sitrat-ionet er en base som gir basisk løsning. Det vil ikke effektivt senke pH i en allerede basisk løsning. Kan ikke brukes effektivt.
• B: Natriumdihydrogensitrat (\(\text{NaC}_6\text{H}_7\text{O}_7\)) – Har to ubundne protoner fra sitronsyre. Gir sur løsning. Kan brukes.
• C: Dinatriumhydrogensitrat (\(\text{Na}_2\text{C}_6\text{H}_6\text{O}_7\)) – Har ett ubundet proton. Amfotært, men kan fungere som en svak syre. Kan brukes.
• D: Sitronsyre (\(\text{C}_6\text{H}_8\text{O}_7\)) – Tresyre. Gir sur løsning. Kan brukes.

b)

Dinatriumhydrogensitrat inneholder \(\text{HCit}^{2-}\) (syren i bufferparet), og trinatriumsitrat inneholder \(\text{Cit}^{3-}\) (basen i bufferparet).

Det relevante likevektsuttrykket er den tredje dissosiasjonen av sitronsyre:

Før tilsetning av NaOH:

• \(\text{HCit}^{2-}\): 1,0 mol (syre)
• \(\text{Cit}^{3-}\): 1,5 mol (base)

NaOH reagerer med syrekomponenten:

Etter tilsetning av 0,7 mol NaOH:

• \(\text{HCit}^{2-}\): \(1{,}0 - 0{,}7 = 0{,}3\) mol
• \(\text{Cit}^{3-}\): \(1{,}5 + 0{,}7 = 2{,}2\) mol

Forholdet base/syre = \(\frac{2{,}2}{0{,}3} = 7{,}3\).

pH etter tilsetning:

c)

Fosforsyre (\(\text{H}_3\text{PO}_4\)) har tre syrekonstanter som er godt separerte:

• \(pK_{a1} = 2{,}16\)
• \(pK_{a2} = 7{,}21\)
• \(pK_{a3} = 12{,}32\)

Med mer enn 4 pH-enheter mellom hvert ekvivalenspunkt ser man tydelige trinn i titrerkurven. Hvert proton titreres nesten fullstendig før neste begynner å reagere.

Sitronsyre (\(\text{H}_3\text{Cit}\)) har tre syrekonstanter som ligger tett:

• \(pK_{a1} = 3{,}13\)
• \(pK_{a2} = 4{,}76\)
• \(pK_{a3} = 6{,}40\)

Med bare ca. 1,6 pH-enheter mellom hvert trinn overlapper titreringene av de tre protonene. Det betyr at mens det andre protonet titreres, avgis også det tredje delvis, osv. Resultatet er en jevn, gradvis stigning uten tydelige trinn.

Oppgave 5

a)

Vi identifiserer aminosyrene ved å se på sidegruppene i peptidet. Strukturen i figur 8 er H₂N–CH₂–CO–NH–CH₂–CO–NH–CH(CH₃)–CO–NH–CH(CH₂OH)–COOH. Vi teller fire α-karbon og fire C=O-grupper, altså fire aminosyrer bundet sammen med tre peptidbindinger (–CO–NH–).

Fra strukturformelen i figur 8:

• Aminosyre 1 (N-terminal): Sidegruppen er –H. Dette er glysin (Gly).
• Aminosyre 2: Sidegruppen er –H. Også glysin (Gly).
• Aminosyre 3: Sidegruppen er –CH₃ (metylgruppe). Dette er alanin (Ala).
• Aminosyre 4 (C-terminal): Sidegruppen er –CH₂OH. Dette er serin (Ser).

b)

Sekundærstruktur refererer til lokale, regelmessige mønstre i polypeptidkjeden som oppstår på grunn av hydrogenbindinger mellom atomene i peptidryggraden (hovedkjeden).

Peptidbindingen har strukturen -CO-NH-. Oksygenatomet i karbonylgruppen (C=O) er en hydrogenbindingsakseptor, og hydrogenatomet i NH-gruppen er en hydrogenbindingsdonor.

Hydrogenbindinger mellom disse gruppene stabiliserer to hovedtyper sekundærstruktur:

• Alfa-heliks (\(\alpha\)-heliks): Polypeptidkjeden snor seg i en spiral (heliks). Hydrogenbindinger dannes mellom C=O-gruppen i aminosyre \(i\) og N-H-gruppen i aminosyre \(i+4\) langs kjeden. Sidegruppene peker utover fra heliksen.
• Beta-plateark (\(\beta\)-plateark): To eller flere polypeptidkjeder (eller segmenter av samme kjede) legger seg side om side. Hydrogenbindinger dannes mellom C=O- og N-H-gruppene i nabokjedene. Kan være parallelle eller antiparallelle.

Del 2

Oppgave 6

a) Termodynamikk

Vise at entropiendringen \(\Delta S = -147\) J/K når 2 mol sinksulfid reagerer:

Vi bruker standardentropier fra vedlegget:

• \(S^\circ(\text{ZnS(s)}) = 57{,}7\) J/(mol·K)
• \(S^\circ(\text{O}_2\text{(g)}) = 205{,}2\) J/(mol·K)
• \(S^\circ(\text{ZnO(s)}) = 43{,}9\) J/(mol·K)
• \(S^\circ(\text{SO}_2\text{(g)}) = 248{,}1\) J/(mol·K)

Undersøke om reaksjonen skjer spontant ved 25 °C:

b) Likevekt – Vis at det ikke er likevekt

Vi beregner reaksjonskvotienten \(Q\):

Siden \(Q = 14{,}7 > K = 7{,}2\), er systemet ikke i likevekt.

Når \(Q > K\) er det for mye produkter i forhold til likevekt. Reaksjonen forskyves derfor mot venstre (mot reaktantene) for å nå likevekt.

c) Likevekt – Finn konsentrasjonen av NO ved likevekt

La \(x\) være endringen i konsentrasjon når reaksjonen forskyves mot venstre:

Ved likevekt:

Utvider:

Setter inn i likevektsuttrykket:

Bruker abc-formelen:

Positiv løsning: \(x = \frac{-9{,}84 + 11{,}17}{12{,}4} = \frac{1{,}33}{12{,}4} = 0{,}107\)

Konsentrasjonen av NO ved likevekt:

Oppgave 7

a)

Forbindelse B (Scopoletin, \(\text{C}_{10}\text{H}_8\text{O}_4\)) har en hydroksylgruppe (-OH) på benzenringen og en metoksygruppe (-OCH₃). Forbindelse C (Scoparon, \(\text{C}_{11}\text{H}_{10}\text{O}_4\)) har en ekstra metoksygruppe i stedet for -OH.

Når B reagerer med metanol (\(\text{CH}_3\text{OH}\)), erstattes H i -OH-gruppen med -CH₃, og vann spaltes av. Dette er en kondensasjonsreaksjon (eterifikasjon):

b)

Molar masse av forbindelse B (Scopoletin, \(\text{C}_{10}\text{H}_8\text{O}_4\)) = \(M_m = 192{,}16\) g/mol.

Molar masse av forbindelse C (Scoparon, \(\text{C}_{11}\text{H}_{10}\text{O}_4\)) = \(M_m = 206{,}197\) g/mol (oppgitt i tabell).

Stoffmengde B:

Reaksjonen er 1:1 (ett mol B gir ett mol C), så teoretisk stoffmengde C = 0,3331 mol.

Med 48 % utbytte:

Masse av C:

c)

Lavest R_F:

R_F er forholdet mellom avstanden stoffet har vandret og avstanden fronten av den mobile fasen har vandret. Fra figur 9 ser vi at forbindelse I (forbindelse B, Scopoletin) har vandret kortest avstand og har dermed lavest R_F.

Med polar stasjonær fase og upolar mobil fase: Polare stoffer holdes tilbake mer. Scopoletin (B) har -OH (polar), og vandrer derfor kortest (lavest R_F). Kumarin (A) er minst polar (ingen -OH, ingen -OCH₃ utover laktonringen) og vandrer lengst.

Omvendt fase (upolar stasjonær, polar mobil):

Med upolar stasjonær fase holdes de minst polare stoffene mest tilbake. Rekkefølgen reverseres:

• Kumarin (A) er minst polar → holder seg mest igjen → lavest R_F
• Scoparon (C) er middels polar → middels R_F
• Scopoletin (B) er mest polar (har -OH) → vandrer lengst → høyest R_F

Skisse av tynnsjiktplaten ved omvendt fase:

Løsningsfigur. R_F-verdiene er lånt fra originalplata i figur 9 (0,30 / 0,54 / 0,74) og satt i omvendt rekkefølge — de er illustrasjon av rekkefølgen, ikke måleverdier for omvendt fase.

Omvendt fase: A (kumarin, minst polar) holdes mest tilbake og blir nederst (lavest R_F); B (scopoletin, mest polar) vandrer lengst og blir øverst (høyest R_F).

Oppgave 8

a)

Fra spenningsrekka:

• Oksidasjon: \(\text{Mn(s)} \rightarrow \text{Mn}^{2+}\text{(aq)} + 2e^-\) (omvendt av \(\text{Mn}^{2+} + 2e^- \rightarrow \text{Mn}\), \(E^\circ = -1{,}19\) V)
• Reduksjon: \(2\text{H}^+\text{(aq)} + 2e^- \rightarrow \text{H}_2\text{(g)}\) (\(E^\circ = 0{,}00\) V)

Samlet:

Med HCl som kilde til H⁺:

b)

Volum gass samlet opp: 72 mL = 0,072 L

Det molare volumet: 24,5 L/mol

Stoffmengde \(\text{H}_2\):

Fra reaksjonsligningen: \(n_{\text{Mn}} = n_{\text{H}_2} = 2{,}939 \cdot 10^{-3}\) mol (molforhold 1:1).

Molar masse Mn = 54,94 g/mol.

Masseprosent:

c)

Den viktigste feilkilden er sannsynligvis at gass kan ha gått tapt under forsøket. Hydrogengass er svært lett og kan lekke ut ved overføringen av syreløsningen til reaksjonskaret, eller gjennom utetthet i oppsamlingssystemet. Dersom noe gass går tapt, beregner vi for lite \(\text{H}_2\) og dermed for lav masseprosent.

En annen vesentlig feilkilde er at gassen samles opp over vann, og vanndamp bidrar til volumet. Vanndamptrykket gjør at det reelle H₂-volumet er noe mindre enn avlest volum. Dette gir en for høy beregnet masseprosent.

I tillegg kan det ha vært at ikke alt manganet reagerte (for lite syre, eller for kort reaksjonstid), noe som ville gitt for lav masseprosent.

Oppgave 9

Fjerning av fosfor fra avløpsvann

Fosfor i avløpsvann finnes hovedsakelig som fosfat (\(\text{PO}_4^{3-}\)), hydrogenfosfat (\(\text{HPO}_4^{2-}\)) og dihydrogenfosfat (\(\text{H}_2\text{PO}_4^-\)). Utslipp av dette til vassdrag fører til eutrofiering. To hovedmetoder brukes for å fjerne fosfor: kjemisk rensing og biologisk rensing.

Kjemisk rensing – fellingsreaksjoner

I den kjemiske renseprosessen tilsettes aluminiumsulfat, \(\text{Al}_2(\text{SO}_4)_3\), til avløpsvannet. Aluminium(III)-ioner reagerer med fosfat-ioner og danner uløselig aluminiumfosfat:

Aluminiumfosfat har svært lav løselighet (\(K_{sp} = 9{,}84 \cdot 10^{-21}\)), som gjør at fellingen er effektiv. Utfellingen separeres fra vannet ved sedimentasjon.

pH-regulering

pH-verdien i avløpsvannet er avgjørende for effektiv felling. Aluminiumhydroksid, \(\text{Al(OH)}_3\), har lavest løselighet ved pH 5,7–6,7. Ved for lav pH løses \(\text{Al(OH)}_3\) opp som \(\text{Al}^{3+}\), og ved for høy pH løses det som aluminat:

Derfor tilsettes natriumhydroksid for å justere pH til ca. 12, der fosfat felles effektivt. Aluminium binder seg også til andre anioner som OH⁻, og derfor trengs minst dobbelt så mye aluminium som fosfat i praksis. Før det rensede vannet slippes ut, må pH-en reguleres ned til nøytrale verdier.

Grønn kjemi – sammenligning av renseprosessene

I den biologiske renseprosessen brukes fosforspisende bakterier som vokser på plastbiter i avløpsvannet. Bakteriene danner biofilm som tar opp fosfor, og fosforet gjenvinnes som struvitt (\(\text{NH}_4\text{MgPO}_4 \cdot 6\text{H}_2\text{O}\)).

Fra prinsippene for grønn kjemi er den biologiske metoden overlegen på flere punkter:

• Mindre kjemikaliebruk: Biologisk rensing krever betydelig færre kjemikalier enn den kjemiske prosessen, som bruker store mengder aluminiumsulfat og natriumhydroksid.
• Gjenvinning av ressurser: Fosfor gjenvinnes som struvitt, et anvendelig gjødselprodukt. Ved kjemisk felling er fosforet bundet i aluminiumfosfat-slam som er vanskeligere å utnytte.
• Lavere energiforbruk: NaOH fremstilles ved elektrolyse av NaCl-løsning, en energikrevende prosess. Biologisk rensing har generelt lavere energibehov.
• Atomøkonomi: Den biologiske metoden har bedre atomøkonomi ettersom det nyttige fosfatet tas direkte opp av bakteriene uten bruk av fellingsreagenser.

Begge metodene er nødvendige for å oppnå tilstrekkelig rensing, og i mange anlegg kombineres de. Den kjemiske metoden gir rask og pålitelig fosforfjerning, mens den biologiske metoden er mer bærekraftig på lang sikt og i tråd med prinsippene for grønn kjemi.