Beskrivningar av goda svar: SV – Kemi

16.9.2026

Preliminära beskrivningar av goda svar 16.9.2026

De preliminära beskrivningarna av goda svar utgör en riktgivande beskrivning av de svar som förväntas på uppgifterna i provet. De är i första hand ämnade som stöd för den preliminära bedömningen. De preliminära beskrivningarna av goda svar innehåller och beskriver inte nödvändigtvis alla godkända svar. De preliminära beskrivningarna av goda svar utgör inte en del av den uppgift om hur bedömningsgrunderna tillämpats på en enskild examinands provprestation som avses i Studentexamensnämndens allmänna föreskrifter och anvisningar. De preliminära beskrivningarna av goda svar är inte bindande för Studentexamensnämnden då grunderna för den slutgiltiga bedömningen fastställs.

Med studentexamensprovet utreds om studerandena tillägnat sig de kunskaper och färdigheter som anges i gymnasiets läroplan och uppnått tillräcklig mognad enligt målen för gymnasieutbildningen. Målet för bedömningen i läroämnet kemi är en förståelse för och en tillämpning av den kemiska kunskapen. Vid bedömningen beaktas även de färdigheter med vilka man tillägnar sig experimentell kunskap och förmågan att behandla den. Till sådan kunskap hör till exempel planering av experiment, trygg hantering av arbetsredskap och reagens, presentation och tolkning av resultat samt förmågan att dra slutsatser och tillämpa dem.

Vid bedömningen av uppgifterna i kemi läggs vikten vid ett framställningssätt som betonar läroämnets karaktär och vid precision i begreppen och språkbruket. Reaktionsformlerna ställs upp utan oxidationstal med minsta möjliga heltalskoefficienter och med aggregationstillstånden angivna. I organiska reaktionslikheter används strukturformler, men aggregationstillstånd krävs inte. Olika sätt att skriva strukturformler godkänns.

I beräkningsuppgifter ska storhetsekvationer och formler användas på ett sätt som visar att examinanden förstått uppgiften rätt och tillämpat korrekt princip eller lag i sin lösning. Av svaret framgår entydigt hur man når slutresultatet, men omfattande mellansteg behövs inte. CAS-program kan utnyttjas i uppgiftens olika skeden. De principer och lagar som gäller den aktuella situationen samt uppgiftens slutresultat och de slutsatser som dras utgående från lösningen är av central betydelse och ska framgå av svaret. Slutresultaten ges med enheter och med den noggrannhet som utgångsvärdena kräver, och slutsatserna motiveras.

Mätresultat och grafer som ritats utgående från dessa utnyttjas vid analysen av data och då man drar slutsatser. Till mätpunkterna anpassas en vederbörlig rät linje. Värden som ligger mellan mätpunkterna kan interpoleras med ögonmått genom visuell avläsning av grafen eller med hjälp av ett lämpligt program. Axlarnas namn, enheter och skala märks ut i grafen. I grafen anges sådana punkter som är väsentliga för slutsatserna, som ekvivalenspunkten för en titrerkurva eller tangenten som används när man beräknar en hastighet vid en given tidpunkt.

I essäsvar och förklarande svar kompletteras texten med reaktionsformler, ekvationer eller teckningar. Fenomenen som behandlas beskrivs på makroskopisk, mikroskopisk och symbolisk nivå. Av svaret framgår att det material som hör ihop med uppgiften har använts, tillämpats, analyserats och utvärderats i enlighet med uppgiftsformuleringen. Ett svar på god nivå är välstrukturerat och innehållsmässigt konsekvent.

Svaren bedöms enligt de kriterier som gäller för respektive uppgift. Utgångspunkten vid bedömningen är de förtjänster för vilka poäng ansamlas. Om en central kemisk princip saknas eller är felaktig avslutas poängansamlingen. Då godkänns inte fortplantning av det felaktiga resultatet (ej-FF). Exempel på sådana fel är stökiometrifel, fel begränsande faktor samt fel ämne i en reaktionslikhet. För övriga brister eller fel godkänns fortplantning av det felaktiga resultatet (FF), och då fortsätter ansamlingen av poäng efter bristfälligheten eller felet. I de krävande uppgifterna i provets del 3 förutsätts en större precision i behandlingen av principer än i de grundläggande uppgifterna i början av provet. Ur kemisk synvinkel inexakt språkbruk, små räknefel eller slarvig användning av närmevärden orsakar avdrag på 0–3 p. till exempel på följande sätt:

  • avrundnings- och kopieringsfel som inte påverkar slutresultatet, −0 p.
  • kopieringsfel, avrundningsfel och små slarvfel som påverkar slutresultatet, ett enskilt litet fel i en strukturformel, −1 p.
  • enhetsomvandlingsfel, systematiska fel i en strukturformel samt övriga fel som till sin natur är allvarligare än små fel, men där det ändå inte är fråga om en felaktig kemisk princip, −2 p.

Del 1: 20-poängsuppgift

1. Flervalsuppgifter från kemins olika delområden 20 p.

Välj i varje deluppgift 1.1–1.10 det svarsalternativ som passar bäst. Rätt svar 2 p., fel svar 0 p., inget svar 0 p.

1.1 Vilket grundämne är i vätskeform vid rumstemperatur och normalt lufttryck? 2 p.

  • brom  (2 p.)

1.2 Atomer som är isotoper sinsemellan har 2 p.

  • samma atomnummer (ordningstal) och olika masstal.  (2 p.)

1.3 Jämviktskonstanten för reaktionen 2SO₂(g) + O₂(g) ⇌ 2SO₃(g) har följande uttryck: 2 p.

  • K = [SO₃]² / ([SO₂]² ⋅ [O₂])  (2 p.)

1.4 Vilken av följande åtgärder förskjuter jämviktsläget i reaktionen 2SO₂(g) + O₂(g) ⇌ 2SO₃(g) mera mot produktens, alltså mot svaveltrioxidens håll? 2 p.

  • Reaktionskärlets tryck ökas genom att man minskar dess volym.  (2 p.)

1.5 En forskare vill bestämma den exakta halten för en ammoniaklösning med hjälp av en syra-bastitrering. Hen titrerar ammoniaklösningen med en stark syra. Vilken av följande indikatorer passar bäst för titreringen? 2 p.

  • metylorange  (2 p.)

1.6 Vilken jon eller molekyl har den minsta baskonstanten? 2 p.

  • Cl⁻  (2 p.)

1.7 Vilken metall oxideras lättast? 2 p.

  • natrium  (2 p.)

1.8 Magnesium reagerar med syre: 2Mg(s) + O₂(g) → 2MgO(s). Vad händer i reaktionen? 2 p.

  • Magnesium avger elektroner till syre.  (2 p.)

1.9 På ett bord finns ett ämne som är antingen sackaros, natriumklorid, jod eller paraffin. Man undersökte ämnets sammansättning genom att utföra några tester. Ämnet löste sig bra i vatten men det löste sig inte i bensin. I fast form ledde ämnet inte el, men vattenlösningen av ämnet ledde el bra. Ämnet hade en mycket hög smältpunkt. Vilket var det okända ämnet? 2 p.

  • natriumklorid  (2 p.)

1.10 En forskare kyler ned en okänd ren vätska. Vid temperaturen −114 °C börjar ämnet stelna. Forskaren vet att ämnet är något av följande alternativ. Vilket ämne är det fråga om? 2 p.

  • etanol  (2 p.)

Del 2: 15-poängsuppgifter

2. Förbränning av vätgas 15 p.

Vätgas förbränns i ett slutet reaktionskärl enligt följande reaktionsformel:

2H₂(g) + O₂(g) → 2H₂O(g).

2.1

Det finns 45,0 milliliter vätgas och 19,0 milliliter syrgas till förfogande. Volymerna är uppmätta vid temperaturen 85,0 °C och trycket 1,013 bar, alltså 101,3 kPa.

Hur många gram vattenånga bildas?

 8 p.

Substansmängderna väte och syre i början:

pV = nRT, vilket ger n = pV / (RT)

n(H₂) = 1,013 bar ⋅ 0,0190 l / (0,0831446 bar ⋅ l / (mol ⋅ K) ⋅ (85,0 + 273,15) K ) = 0,0015308 mol

n(O₂) = 1,013 bar ⋅ 0,0450 l / (0,0831446 bar ⋅ l / (mol ⋅ K) ⋅ (85,0 + 273,15) K ) = 0,00064634 mol

(2 p.)

Vi bestämmer den begränsande faktorn:

Utifrån reaktionsformeln behövs det två gånger så stor substansmängd väte som substansmängden syre, alltså n(H₂) = 2 ⋅ n(O₂) = 2 ⋅ 0,00064634 mol = 0,0012927 mol. Det finns mer väte tillgängligt så syret tar slut först i reaktionen och därför är syre den begränsande faktorn.

ELLER

Utifrån substansmängden väte skulle det bildas 0,0015308 mol vatten. Utifrån substansmängden syre skulle det bildas 2 ⋅ 0,00064634 mol = 0,0012927 mol vatten. Syre är den begränsande faktorn eftersom det skulle bildas mindre vatten utifrån syrets substansmängd.

(2 p.)

Vi beräknar vattnets substansmängd utifrån syrets substansmängd.

n(H₂O) = 2 ⋅ n(O₂) = 2 ⋅ 0,00064634 mol = 0,0012927 mol

(2 p.)

m(H₂O) = n ⋅ M = 0,0012927 mol ⋅ 18,016 g/mol = 0,023289 g ≈ 0,0233 g

(2 p.)

2.2

Vilken är gasblandningens slutliga volym när reaktionen har slutförts enligt beskrivningen i deluppgift 2.1?

Vi antar att alla ämnen är i gasform. Under reaktionen var temperaturen 85,0 °C och trycket 1,013 bar, alltså 101,3 kPa.

 5 p.

Svarsmetod 1:

En del av vätet reagerar inte utan det blir väte över:

n(H₂) = 0,0015308 mol − 0,0012927 mol = 0,00023810 mol

(2 p.)

I slutet är gasens totala substansmängd densamma som den sammanlagda substansmängden väte och vatten:

n(tot.) = n(H₂) + n(H₂O) = 0,00023810 mol + 0,0012927 mol = 0,0015308 mol

(1 p.)

Gasens totala volym:

V(gas) = nRT / p = 0,0015308 mol ⋅ 0,0831446 bar ⋅ (85,0 + 273,15) K / 1,013 bar = 0,045000 l = 45,0 ml

(2 p.)

Svarsmetod 2:

Vi beräknar volymen för vätet som blir över:

n(H₂) = 0,0015308 mol − 0,0012927 mol = 0,00023810 mol

V(H₂) = nRT / p = 0,00023810 mol ⋅ 0,0831446 bar ⋅ (85,0 + 273,15) K / 1,013 bar = 0,0069992 l = 6,9992 ml

(2 p.)

Vi beräknar volymen för vattenångan:

V(H₂O) = nRT / p = 0,0012927 mol ⋅ 0,0831446 bar ⋅ (85,0 + 273,15) K / 1,013 bar = 0,038000 l = 38,000 ml

(1 p.)

Gasens totala volym:

V(tot.) = V(H₂) + V(H₂O) = 6,9992 ml + 38,000 ml = 44,9992 ml ≈ 45,0 ml

(2 p.)

Svarsmetod 3:

Volymen och substansmängden för en idealgas är direkt proportionella mot varandra. Vätets och vattnets koefficienter är de samma. I reaktionen blir det vätgas över. (2 p.) Andelen väte som reagerat bildar samma substansmängd vatten. Därför är vattnets volym också den samma. (1 p.) Därmed är gasernas totala substansmängd i slutet den samma som vätets substansmängd i början, och då är också volymen i slutet den samma som vätets volym i början, alltså 45,0 ml. (2 p.)

2.3 Reaktionskärlet kyls ned till rumstemperatur och då kan man observera droppar i kärlet. Vad beror det här på? 2 p.

Då temperaturen sjunker kan vattenånga kondenseras till vätskeformat vatten.

3. Saltsyraläckage 15 p.

I en fabrik skedde en olycka och 150 liter koncentrerad saltsyra, alltså vätekloridsyralösning, läckte ut i fabrikslokalen. Räddningsverket behandlade syralösningen på ett sätt som gjorde den ofarlig.

3.1

Räddningsverket tillsatte ett visst ämne till vätekloridsyralösningen. Det här ämnet gjorde lösningen ofarlig. Vilket av följande ämnen är det säkert att använda för det här ändamålet? Motivera också varför de övriga nämnda ämnena inte kan användas säkert i den beskrivna situationen.

  • ammoniak
  • natrium
  • natriumkarbonat
  • natriumklorid
 8 p.

För det här ändamålet kan man använda

  • natriumkarbonat.

(2 p.)

Ammoniak är inte lämpligt för det här ändamålet för ammoniak förångas lätt (1 p.) och är ett basiskt ämne som är skadligt vid inandning (1 p.). (Det är inte säkert att sprida ut en så stor mängd ammoniak i fabrikslokalen som det skulle krävas för neutraliseringen.)

Natriumklorid är inte lämpligt för det här ändamålet för det är ett neutralt ämne (1 p.), så det kan inte användas för att minska surheten (1 p.).

Natrium är inte lämpligt för det här ändamålet för natrium reagerar med vatten och då frigörs en stor mängd energi (1 p.). Om man tillsatte natrium till vattenlösningen av en syra skulle en farlig situation uppstå. (1 p.)

ELLER

Natrium är inte lämpligt för det här ändamålet för natrium reagerar med vatten och då bildas vätgas. (1 p.) Vätgasen är lättantändlig / kan orsaka en explosion. (1 p.)

3.2 Vätekloridsyralösningen som läckte ut i fabrikslokalen hade koncentrationen 10,2 mol/l och volymen 150,0 liter. Vätekloridsyralösningen neutraliserades genom att tillsätta kalciumhydroxid Ca(OH)₂ i fast form. Hur många kilogram kalciumhydroxid gick det åt för att helt neutralisera vätekloridsyralösningen? Ge svaret i kilogram. 7 p.

Vi beräknar den totala substansmängden vätekloridsyra:

n(HCl) = c ⋅ V = 10,2 mol/l ⋅ 150,0 l = 1 530,0 mol

(1 p.)

Basen Ca(OH)₂ är tvåvärd, så varje formelenhet neutraliserar två formelenheter syra, alltså HCl. Därför är kalciumhydroxidens substansmängd hälften av vätekloridens substansmängd:

n(Ca(OH)₂) = 0,5 ⋅ n(syra) = 0,5 ⋅ 1 530,0 mol = 765,00 mol

(2 p.)

Sedan beräknar vi massan för kalciumhydroxiden och ger svaret i kilogram:

M(Ca(OH)₂) = 74,096 g/mol

(1 p.)

m(Ca(OH)₂) = n(Ca(OH)₂) ⋅ M(Ca(OH)₂) = 765,00 mol ⋅ 74,096 g/mol = 56 683,44 g ≈ 56,7 kg

(3 p.)

4. Läkemedelsmolekyler 15 p.

Valbenazin och tetrabenazin är läkemedel som används för behandling av rörelsestörningar. Valbenazin innehåller en estergrupp. Valbenazinet hydrolyseras i kroppen så att föreningen X och valin, som är en aminosyra, bildas. Tetrabenazin innehåller å sin sida en karbonylgrupp (en ketongrupp) som reduceras så att förening X bildas. Strukturformlerna för föreningen X och valin visas i bilden invid.

4.1 Namnge de funktionella grupperna som innehåller syre eller kväve i förening X . 3 p.

Etergrupp, (sekundär) hydroxigrupp och (tertiär) aminogrupp.

4.2 Rita strukturformeln för valbenazin. 4 p.

Strukturformeln för valbenazin

4.3 Rita strukturformeln för tetrabenazin. 4 p.

Strukturformeln för tetrabenazin

4.4 Förening X kan reagera via en eliminationsreaktion så att vatten avspjälks från föreningen. Produkten som bildas innehåller två asymmetriska kolatomer mindre än föreningen X. Rita strukturformeln för den här eliminationsprodukten. 4 p.

Strukturformeln för den efterfrågade eliminationsprodukten

5. Utfällning av fosfor ur avloppsvatten 15 p.

I avloppsvatten förekommer fosfor som fosfatjonen \mathrm{PO_4^{3-}}. I reningsprocessen för avloppsvatten kan man avlägsna fosfatjoner via kemisk utfällning med järnsalter. Under ett dygn flyter 4 950 m³ avloppsvatten som innehåller fosfatjoner genom ett reningsverk. I reningsverket tillsätter man järn(II)sulfat FeSO₄⋅7H₂O till avloppsvattnet, varvid fosfatjonerna faller ut som järn(II)fosfat. De fosfatjoner som i reningsverket fälls ut under ett dygn innehåller sammanlagt i medeltal 30,0 kg fosfor (P).

5.1 Skriv reaktionsformeln (reaktionslikheten) för fosfatutfällningen. Oxidationstalet (oxidationstillståndet) för järn förändras inte under reaktionen. 3 p.

\mathrm{3Fe^{2+}(aq) + 2PO_4^{3-}(aq)} \rightarrow \mathrm{Fe_3(PO_4)_2(s)}

ELLER

\mathrm{3FeSO_4(aq) + 2PO_4^{3-}(aq)} \rightarrow \mathrm{Fe_3(PO_4)_2(s) + 3SO_4^{2-}(aq)}

ELLER

\mathrm{3FeSO_4 \cdot 7H_2O(aq) + 2PO_4^{3-}(aq)} \rightarrow \mathrm{Fe_3(PO_4)_2(s) + 3SO_4^{2-}(aq) + 21H_2O(l)}

Poängsättning:

  • Rätt ämnen (1 p.)
  • Därtill rätt koefficienter (1 p.) och rätt aggregationstillstånd (1 p.).

5.2 Vilken är den genomsnittliga fosfatjonhalten i avloppsvattnet, uttryckt i enheten g/m³? Vi antar att all fosfor fälls ut som järn(II)fosfat. 5 p.

M\left(\mathrm{PO}_4^{3-}\right)=94{,}97\ \mathrm{g/mol}

M(\mathrm{P})=30{,}97\ \mathrm{g/mol}

(1 p.)

m\left(\mathrm{PO_4^{3-}}\right)=M\left(\mathrm{PO_4^{3-}}\right)\cdot n\left(\mathrm{P}\right)=M\left(\mathrm{PO_4^{3-}}\right)\cdot\frac{m\left(\mathrm{P}\right)}{M\left(\mathrm{P}\right)}=\frac{94{,}97\ \mathrm{g/mol}\cdot30{,}0\ \mathrm{kg}\ }{30{,}97\ \mathrm{g/mol}}=91{,}9954795\ \mathrm{kg}

(2 p.)

Fosfatjonhalten \mathrm=\frac{m}{V}=\ \frac{91{,}995\ \mathrm{kg}}{4\ 950\ \mathrm{m^3}}\ =0{,}0185849\ \mathrm{kg/m^3}=18{,}6\ \mathrm{g/m^3}

(2 p.)

5.3 Järn(II)sulfatet doseras i avloppsvattnet som en lösning som har halten 30 massprocent och densiteten 1 160 kg/m³. Hur många liter järn(II)sulfat med kristallvatten behövs per dygn för att fälla ut fosfatjonerna? Vi antar att alla fosfatjoner fälls ut i enlighet med reaktionsformeln (reaktionslikheten). 7 p.

I deluppgift 5.2 erhöll vi fosfatjonernas massa 91,9954795 kg. Vi beräknar substansmängden för antingen fosfatjoner eller fosfor. Substansmängden järn(II)sulfatheptahydrat är 3/2 av fosfatjonernas eller fosforns substansmängd.

n(\mathrm{PO}_4^{3-})=\frac{m\left(\mathrm{PO}_4^{3-}\right)}{M\ \left(\mathrm{PO}_4^{3-}\right)}=\frac{91{,}9954795\cdot10^3\ \mathrm{g}}{94{,}97\ \mathrm{g/mol}}=968{,}6794\ \mathrm{mol}

\mathrm{ELLER}

n(\mathrm{P})=\frac{m(\mathrm{P})}{M(\mathrm{P})}=\ \frac{30{,}0\cdot10^3\ \mathrm{g}}{30{,}97\ \mathrm{g/mol}}\ =968{,}6794\ \mathrm{mol}

(1 p.)

Resten av uträkningen är uppställd med hjälp av substansmängden fosfatjoner, men beräkningen fortskrider på samma sätt om lösningen i stället för n(\mathrm{PO_4^{3-}}) utgår från n(\mathrm{P}).

n(\mathrm{\mathrm{FeSO_4}\cdot7H_2O})=\frac{3}{2}n(\mathrm{PO_4^{3-}})=\frac{3}{2}\cdot968{,}6794\ \mathrm{mol}=1453{,}019051\ \mathrm{mol}

(2 p.)

m(\mathrm{FeSO_4\cdot7H_2O})=M(\mathrm{FeSO_4\cdot7H_2O})\ \cdot\ n(\mathrm{FeSO_4\cdot7H_2O})

=278{,}032\ \mathrm{g/mol}\ \cdot\ 1453{,}019051\ \mathrm{mol}=403{,}9858\ \mathrm{kg}

(2 p.)

\mathrm{Massan\ av\ det\ utfällande\ reagenset}:\ \frac{100}{30}\cdot403{,}9858\ \mathrm{kg}=1346{,}6193\ \mathrm{kg}

(1 p.)

\mathrm{Volymen\ av\ det\ utfällande\ reagenset=\frac{massan}{densiteten}}\

=\frac{1346{,}6193\ \mathrm{kg}}{1{,}160\ \mathrm{kg/l}}\ =1160{,}8787\ \mathrm{l}\ \approx1160\ \mathrm{l}

(1 p.)

6. Piña colada 15 p.

Piña colada är en alkoholdrycksblandning som kan framställas av rom, kokosgrädde och ananassaft. Vi antar att rommen består av vatten och etanol, samt att ananassaften huvudsakligen är vatten. Vi antar vidare att kokosgrädden består enbart av vatten och fetter, som till exempel glyceryltrilaurat, vars strukturformel visas i bilden invid. Därtill innehåller piña colada små mängder av ett flertal andra ingredienser, vilka inte beaktas i den här uppgiften.

Piña colada framställs genom att man häller 50 ml rom, 50 ml ananassaft och 40 ml kokosgrädde i ett slutet kärl. Kärlet omskakas kraftigt och blandningen hälls sedan i ett serveringsglas tillsammans med isbitar. Den färdiga piña coladan visas i bild 6.A.

6.1 Motivera kemiskt vilka av piña coladans ingredienser som löser sig i varandra. 6 p.

Vattenmolekylen är polär. (1 p.)

Etanolmolekylen är polär (och innehåller också en liten opolär del). (1 p.)

Fetter innehåller långa opolära kolvätekedjor (och små polära delar) så fetter är som helhet opolära. (1 p.)

De opolära fetterna löser sig inte i polärt vatten. / De opolära fetterna bildar inte vätebindningar med vatten (och löser sig dåligt i etanol). (1 p.)

Det bildas vätebindningar mellan etanol och vatten (1 p.), och etanolen löser sig fullständigt i vatten (1 p.).

6.2 Den omskakade piña coladan som visas i bild 6.A är en emulsion. Förklara vad det här innebär i piña coladans fall. 5 p.

En emulsion är en heterogen blandning. Piña coladan består av två faser som inte löser sig i varandra. (2 p.) De här faserna är vätskeformiga. (1 p.) Piña coladan består av ett lösningsmedel som är en blandning av vatten och etanol, samt av fett. (1 p.) I emulsionen är fettet fördelat som små droppar i lösningsmedlet. (1 p.) De här dropparna kan inte ses med bara ögat. Det här leder till att blandningen ser homogen ut även om den består av olika faser.

6.3 Studera bild 6.A och 6.B. Vad har hänt med ingredienserna i piña coladan under ett dygn? 4 p.

Under ett dygn har två faser bildats som är tydligt åtskilda från varandra. (1 p.) Fetterna som i emulsionen var blandade med lösningsmedlet har bildat en skild fas medan den andra fasen består av vatten och etanol. (1 p.) Fettfasen ligger ovanpå vattenfasen. (1 p.) (Det finns också små mängder etanol och vatten bland fetterna.) Isen har smultit. (1 p.)

7. Den kemiska skyddseffekten hos solkrämer 15 p.

Solkrämer kan användas för att skydda huden mot skadlig ultraviolett strålning från solen. I solkrämer används flera föreningar som absorberar UV-strålning. Ultraviolett strålning indelas utifrån våglängden i UVA-, UVB- och UVC-strålning. Alla våglängder av UV-strålning orsakar DNA-skador i huden och gör huden brunare.

Strålning inom våglängdsområdet 100–280 nm är UVC-strålning, som är särskilt skadlig. UVC-strålningen når dock inte jordens yta i någon betydande utsträckning, eftersom den absorberas i atmosfärens övre skikt. Strålning inom våglängdsområdet 280–320 nm är UVB-strålning. UVB-strålningen bränner hudens yta, vilket avsevärt ökar risken att insjukna i hudcancer. Strålning inom våglängdsområdet 320–400 nm är UVA-strålning, som inte skadar hudens yta lika mycket men tränger djupare in i huden. UVA-strålningen gör huden äldre och ökar också risken att insjukna i hudcancer.

7.1 Ett ämnes förmåga att absorbera UV-strålning är en viktig egenskap när man utvecklar nya skyddsämnen för solkrämer. Nämn tre övriga egenskaper som ett skyddsämne i en solkräm bör ha. 3 p.

Tre egenskaper har nämnts i svaret. 1 p. / egenskap, till exempel några av följande:

  • Skyddsämnet bör vara giftfritt / icke allergiframkallande. ELLER Skyddsämnet får inte vara irriterande för huden.
  • Skyddsämnet bör inte vara alltför vattenlösligt (så att ämnet skyddar även under och efter bad). ELLER Skyddsämnet bör vara fettlösligt.
  • Skyddsämnet bör vara biologiskt nedbrytbart, det vill säga brytas ned tillräckligt snabbt i naturen.
  • Råvarorna/utgångsämnena och tillverkningsprocessen bör vara tillräckligt förmånliga (så att produktens pris inte blir för högt).
  • Anskaffningen eller tillverkningen av råvarorna/utgångsämnena bör inte medföra skador på miljön.
  • Skyddsämnet får inte täppa till hudens porer (eftersom detta kan leda till akne).
  • Vissa solkrämer innehåller antioxidanter som kan skydda huden mot skador som orsakas av UV-strålning.

7.2

I material 7.A visas absorptionsspektrumen för tre alternativa ämnen som skyddar mot UV-strålning. Beskriv utifrån absorptionsspektrumen hur ämnenas skyddsförmåga skiljer sig från varandra.

Vilket eller vilka av ämnena i material 7.A skulle du välja för att framställa en solkräm som ger ett tillräckligt skydd mot UV-strålning? Motivera ditt svar.

 5 p.

Ämne A skyddar huvudsakligen mot UVB-strålning. Ämne C skyddar huvudsakligen mot UVA-strålning. Ämne B skyddar mot både UVA- och UVB-strålning.

En solkräm bör skydda mot både UVA- och UVB-strålning, eftersom båda är skadliga. Därför bör solkrämen antingen innehålla ämne B, som ger skydd mot både UVA- och UVB-strålning, eller en kombination av ämne A och ämne C, där ämne A skyddar mot UVA-strålning och ämne C mot UVB-strålning. (2 p.)

7.3 Förklara vad som händer i en molekyl när materian träffas av UV-strålning. 4 p.

Molekylen / en elektron absorberar UV-strålning (en foton) (2 p.). Det leder till att elektronen exciteras / övergår från en lägre energinivå till en högre energinivå. (2 p.)

ELLER

UV-strålningens (fotonens) energi får en elektron i molekylen att exciteras (2 p.) och då övergår elektronen från en lägre till en högre energinivå. (2 p.)

(Det här exciterade tillståndet hos molekylen upphör då elektronen återgår till den lägre energinivån.)

7.4 Oxybenson är ett skyddsämne som används i solkrämer. Strukturformeln visas i bild 7.B. Under vissa förhållanden kan oxybenson bilda en vätebindning inom molekylen. Den här interna vätebindningen är central för molekylens UV-absorption. Rita in den här vätebindningen i strukturformeln för oxybenson. 3 p.

En vätebindning är inritad i strukturen för oxibenson mellan väteatomen i OH-gruppen och syreatomen i karbonyldelen. Exempelbilden invid är ritad med programmet Ketcher. Bilden kan också uppritas genom att (ta en skärmdump av strukturformeln och sedan) rita in vätebindningen med hjälp av ett ritprogram.

Vätebindningen är inritad som ett streckat streck i strukturen för oxibenson. Bilden är ritad med programmet Ketcher.

8. Halterna av zink och aluminium i en zink-aluminiumbeläggning 15 p.

8.1

En metallblandning som används för att ytbelägga stål innehåller bara zink och aluminium. Ett prov av metallblandningen som analyserades hade massan 1,50 g. Provet löstes upp i överskott saltsyra, alltså vätekloridsyra. Då bildades 614 ml vätgas enligt reaktionsformlerna nedan. Temperaturen var 20,0 °C och trycket 1,01325 bar, alltså 101,325 kPa. Du kan därmed använda värdet 24,055 dm³/mol för molvolymen.

Reaktionsformlerna:

2Al(s) + 6HCl(aq) → 2AlCl₃(aq) + 3H₂(g)

Zn(s) + 2HCl(aq) → ZnCl₂(aq) + H₂(g)

Hur många gram zink och hur många gram aluminium innehåller provet?

Beräkna metallernas andelar i provet i massprocent.

 11 p.

Substansmängden vätgas:

n(H₂) = V / Vₘ = 0,614 l/(24,055 l/mol) = 0,025525 mol

(2 p.)

Stökiometrin för bildandet av vätgas:

Aluminium: Utifrån 1 mol aluminium bildas det 1,5 mol vätgas (H₂).

Zink: Utifrån 1 mol zink bildas det 1 mol vätgas (H₂).

(2 p.)

Sedan kan vi bestämma massan och massprocenterna på två olika sätt.

Metod 1:

Vi ställer upp ett ekvationspar:

ekvation 1: n(H₂) = 1,5 n(Al) + n(Zn) = 0,025525 mol

(1 p.)

ekvation 2: m(blandningen) = m(Al) + m(Zn) = M(Al) ⋅ n(Al) + M(Zn) ⋅ n(Zn) = 1,50 g

(1 p.)

26,98 g/mol ⋅ n(Al) + 65,38 g/mol ⋅ n(Zn) = 1,50 g

Ekvationsparets lösning:

n(Al) = 0,0023747 mol

n(Zn) = 0,021963 mol

(2 p.)

Vi beräknar massorna:

m(Al) = n(Al) ⋅ M(Al) = 0,0023747 mol ⋅ 26,98 g/mol = 0,064068 g ≈ 0,0641 g

m(Zn) = n(Zn) ⋅ M(Zn) = 0,021963 mol ⋅ 65,38 g/mol = 1,43593 g ≈ 1,44 g

(1 p.)

Vi beräknar massprocenterna:

% Al = 0,064068 g/1,50 g = 4,27121 % ≈ 4,27 %

% Zn = 1,43593 g/1,50 g = 95,72879 % ≈ 95,7 %

(2 p.)

Metod 2:

m(Zn) = 1,50 g − m(Al)

n(H₂) = 1,5 ⋅ n(Al) + n(Zn)

n(H₂) = 1,5 ⋅ m(Al) / M(Al) + m(Zn) / M(Zn)

(2 p.)

Vi kombinerar:

n(H₂) = 1,5 ⋅ m(Al) / M(Al) + (1,50 g − m(Al)) / M(Zn),

och då får vi m(Al) = 0,064068 g ≈ 0,0641 g

och m(Zn) = 1,50 g − 0,064068 g = 1,4359 g ≈ 1,44 g.

(3 p.)

Vi beräknar massprocenterna:

% Al = 0,064068 g/1,50 g = 4,27121 % ≈ 4,27 %

% Zn = 1,43593 g/1,50 g = 95,72879 % ≈ 95,7 %

(2 p.)

8.2 Vad kan du göra för att vidareutveckla analysen som beskrivs i deluppgift 8.1, om gasen utvecklas för långsamt? Du kan bara använda de ämnen som nämns i deluppgift 8.1. Nämn två fungerande sätt. 2 p.

1 p. / metod, högst 2 p. Till exempel:

  • Vi använder en mer koncentrerad saltsyralösning.
  • Vi höjer reaktionsblandningens temperatur.
  • Vi rör om i blandningen.
  • Vi gör provets partikelstorlek mindre.

8.3 Vad skulle hända med kopparn i analysen, om metallblandningen skulle innehålla en liten mängd kopparmetall som orenhet? Motivera ditt svar. 2 p.

Koppar är en ädel metall. Den skulle inte lösa sig i saltsyran ELLER Den skulle inte reagera med saltsyran.

(1 p.)

Kopparn skulle ansamlas i metallisk form på kärlets botten.

(1 p.)

Del 3: 20-poängsuppgifter

9. Nikotin 20 p.

Nikotin förekommer bland annat i tobaksväxter, där det fungerar som ett gift mot växtätare. Nikotin ökar riskerna för hjärt- och kärlsjukdomar, sjukdomar i andningsorganen samt sjukdomar i matsmältningskanalen. Vidare försvagar det immunförsvaret och orsakar kraftigt beroende. Strukturformeln för nikotin och värdena på nikotinets baskonstanter visas i bilden invid.

9.1 Jämför strukturerna och de kemiska egenskaperna för ring I och ring II. Granska inte antalen kol-, kväve- och väteatomer. Du kan ta hjälp av den roterande molekylmodellen i video 9.A. 4 p.

I svaret kan till exempel följande egenskaper jämföras:

Poängsättning: 1 p./egenskap. För att erhålla poängen måste båda ringarna jämföras.

  • Alla kolatomer i ring I är sp²-hybridiserade. Alla kolatomer i ring II är sp³-hybridiserade.
  • Ring I är plan. Ring II är något veckad.
  • Ring I är en svagare bas än ring II, (eftersom baskonstanten för ring I är mindre än för ring II).
  • Alla bindningar i ring I har delvis en dubbelbindningskaraktär. Alla bindningar i ring II är enkelbindningar.
  • Ring I är aromatisk. Ring II är inte aromatisk.

9.2 Vad menas med en enantiomer? Förklara varför nikotinet uppvisar enantiomeri. Vad är ett racemat, alltså en racemisk blandning? 5 p.

Enantiomerer, alltså spegelbildsisomerer, är molekyler som till strukturen är varandras spegelbilder och som därmed också är isomerer.

ELLER

Om molekylen innehåller ett asymmetriskt centrum är den en enantiomer. Ett asymmetriskt centrum är en kolatom som binder till fyra olika atomer eller atomgrupper.

(2 p.)

Det finns ett asymmetriskt centrum i nikotinmolekylen. Det är fråga om en av kolatomerna i nikotinmolekylens ring med fem atomer. Den här kolatomen binder till en väteatom, en aminogrupp, en aromatisk ring/en ring med sex atomer samt till en annan kolatom i ringen med fem atomer.

ELLER

Examinandens svar kan innehålla en bild där det asymmetriska centrumet är markerat.

(2 p.)

Ett racemat innehåller (nästan) lika mycket av båda enantiomererna/spegelbildsisomererna.

(1 p.)

9.3

En elektronisk cigarett, alltså en e-cigarett (”vape”) används genom att man andas in nikotinhaltig vätska som också innehåller aromämnen. I material 9.B visas analysresultaten för nikotin i en viss e-cigarettvätska. I materialet förklaras också vad som menas med enantiomeröverskott.

Beräkna enantiomeröverskottet för nikotinet i e-cigarettvätskan utifrån kromatogrammet i material 9.B.

Hur stort skulle enantiomeröverskottet vara i ett racemat, alltså i en racemisk blandning?

5 p.

Vi beräknar enantiomeröverskottet ee enligt formeln i materialet:

ee = (92,3 − 9,9) / (92,3 + 9,9) · 100 %

(2 p.)

= 80,6 % ≈ 81 % (0,81)

(1 p.)

För ett racemat är enantiomeröverskottet 0 % (eftersom det finns lika mycket av båda enantiomererna i ett racemat.)

(2 p.)

9.4 Nikotinhalten i en e-cigarettvätska bestämdes genom att titrera lösningen med saltsyra, det vill säga vätekloridsyra. Titrerkurvan visas i bilden invid. Rita upp reaktionsformeln (reaktionslikheten) för titreringsreaktionen med hjälp av strukturformler. 6 p.

Poängsättning:

  • Nikotinmolekylen som är utgångsämne är ritad rätt. (1 p.)
  • Den protonerade nikotinmolekylen som är produkt är ritad rätt (3 p.), den andra produkten är rätt (2 p.). Produkternas poäng kan erhållas bara om utgångsämnena är rätt.

Preciseringar:

  • Aggregationstillståndens beteckningar behöver inte antecknas.
  • I stället för HCl kan oxoniumjonen användas i reaktionsformeln. Då ska produkterna innehålla vatten i stället för kloridjonen.

10. Den stora oxidationshändelsen 20 p.

Livet på jorden uppstod för över tre miljarder år sedan. På den tiden var atmosfären mycket olik den vi har idag. Den exakta sammansättningen är inte känd, men enligt dagens uppfattning bestod atmosfären huvudsakligen av kväve, koldioxid och metan.

Som en följd av livets uppkomst började cyanobakterier producera syre genom fotosyntes. Till en början fungerade haven och många mineraler i jordskorpan som så kallade syrebuffertar, vilka hindrade syre från att ansamlas i betydande mängder i atmosfären.

För cirka 2,5 miljarder år sedan inleddes den stora oxidationshändelsen, som varade i ungefär 400 miljoner år. Under den här perioden var jordklotets förmåga att buffra syre som störst, men därefter började mängden syre i atmosfären öka kraftigt. Samtidigt avlägsnades koldioxid från atmosfären genom fotosyntesen. Det här ledde till att den atmosfär vi har idag bildades.

För en stor del av de organismer som levde före den stora oxidationshändelsen var syre giftigt. Den kraftiga ökningen av mängden syre orsakade därför en massutrotning av dessa organismer.

10.1 Undersök atmosfärens sammansättning före den stora oxidationshändelsen. Var klimatet före den stora oxidationshändelsen varmare eller kallare än idag? Motivera ditt svar. 3 p.

Koldioxid är en växthusgas och som en följd av den stora oxidationshändelsen minskade mängden koldioxid. (1 p.)

Metan är en växthusgas och som en följd av den stora oxidationshändelsen minskade mängden metan. (1 p.)

Därför blev klimatet svalare, så före den stora oxidationshändelsen var klimatet varmare än idag. (1 p.)

10.2 Före den stora oxidationshändelsen var atmosfären svagt reducerande, och efter den stora oxidationshändelsen var den svagt oxiderande. Motivera detta faktum med hjälp av atmosfärens sammansättning. I ditt svar ska du diskutera de oxiderande och reducerande egenskaperna hos atmosfärens huvudkomponenter. 4 p.

Följande gällde före den stora oxidationshändelsen och även efteråt:

  • Kväve reagerar inte lätt så kväve är inte speciellt reducerande eller oxiderande.
  • Koldioxid kan reduceras men det sker inte särskilt lätt. / Koldioxid är inte speciellt reducerande eller oxiderande.

(1 p.)

Följande gällde före den stora oxidationshändelsen:

  • Metan kan oxideras så det kan fungera som reduktionsmedel.

(2 p.)

Följande gäller efter den stora oxidationshändelsen:

  • Syre kan fungera som oxidationsmedel.

(1 p.)

10.3 Ett av de mineraler som fungerade som syrebuffert var siderit, även kallat järnspat. Dess kemiska formel är FeCO₃. När siderit reagerar med syre bildas hematit Fe₂O₃. Samtidigt frigörs koldioxid. Förklara varför siderit fungerade som syrebuffert. 3 p.

Då siderit reagerar med syre förbrukas syre från atmosfären.

ELLER

4FeCO₃(s) + O₂(g) → 2Fe₂O₃(s) + 4CO₂(g)

ELLER

Syre binds vid den fasta sideriten i jordskorpan. (1 p.)

Så länge det finns siderit tillgängligt kan inte syrehalten i atmosfären öka. (2 p.)

10.4 Motivera med hjälp av oxidationstalen (oxidationstillstånden) varför sideriten FeCO₃ i deluppgift 10.3 fungerade som syrebuffert, men hematiten Fe₂O₃ inte gjorde det. Avgör med hjälp av oxidationstalen (oxidationstillstånden) om fajalit Fe₂SiO₄ kan fungera som en syrebuffert. Motivera ditt svar. 5 p.

Järnets oxidationstal är +2 i siderit och +3 i hematit. (1 p.)

Syre kan reagera via en oxidations-reduktionsreaktion med siderit och då oxideras järn, det vill säga järnets oxidationstal blir större. Syre kan ändå inte reducera järnet i hematit på ett sådant sätt att oxidationstalet skulle minska från +3 till +2. (2 p.)

I fajalit har järnet oxidationstalet +2, så fajalit kan fungera som en syrebuffert. (2 p.)

10.5 Bland mineralerna i jordskorpan har också pyrit, det vill säga järn(II)sulfid FeS₂, fungerat som syrebuffert. I pyrit har svavel oxidationstalet (oxidationstillståndet) −1. Pyrit kan reagera med syre och bilda svaveltrioxid och järn(III)oxid. Svaveltrioxiden reagerar vidare med vatten och bildar svavelsyra. Svavelsyran kan i sin tur reagera med kalcit, det vill säga kalciumkarbonat CaCO₃, i berggrunden. Skriv den totala reaktionsformeln (reaktionslikheten) för processen. 5 p.

Delreaktionerna:

4FeS₂(s) + 15O₂(g) → 8SO₃(g) + 2Fe₂O₃(s)

SO₃(g) + H₂O(l) → H₂SO₄(aq/l)

CaCO₃(s) + H₂SO₄(aq/l) → CaSO₄(s/aq) + CO₂(g/aq) + H₂O(l)

  • Delreaktionerna krävs inte.

Totalreaktionen:

4FeS₂(s) + 15O₂(g) + 8CaCO₃(s) → 2Fe₂O₃(s) + 8CaSO₄(s/aq) + 8CO₂(g/aq)

  • Rätt ämnen i totalreaktionen eller rätt delreaktioner (2 p.)
  • Därtill rätt koefficienter i totalreaktionen (2 p.)
  • Därtill rätt aggregationstillstånd i totalreaktionen (1 p.)

11. Kvävetrijodid 20 p.

Kvävetrijodid (NI₃) är en instabil kristallin förening. Den är ett så kallat kontaktsprängämne, alltså ett ämne som exploderar redan av en lätt beröring. Ämnet kan lätt framställas genom en reaktion mellan ammoniak (NH₃) och jod. Då bildas ändå inte rent NI₃ utan i stället en kedjeformad struktur där NH₃ och NI₃ förekommer växelvis. Det fasta NH₃⋅NI₃-komplexet exploderar vid beröring på samma sätt som rent NI₃. I video 11.A visas hur NH₃⋅NI₃-komplexet exploderar. Röken som frigörs i explosionen är violett till färgen.

11.1 Nämn två kemiska egenskaper som sönderfallsreaktionen för ett ämne ska ha för att det ska fungera som kontaktsprängämne. 2 p.

Följande egenskaper ger 1 p./egenskap, sammanlagt högst 2 p.:

  • Sönderfallsreaktionen ska vara exoterm. / Sönderfallsreaktionen ska frigöra värme.
  • Sönderfallsreaktionen ska ha en låg aktiveringsenergi.
  • Det ska bildas gaser i sönderfallsreaktionen.
  • Sönderfallsreaktionen ska vara snabb.

11.2 Rita strukturformeln för NI₃. 2 p.

11.3 I video 11.A visas hur NH₃⋅NI₃ exploderar. Explosionen av NH₃⋅NI₃ sker som en sönderfallsreaktion. I sönderfallsreaktionen för NH₃⋅NI₃ bildas ammoniak i gasform och två andra gasformiga produkter. Skriv reaktionsformeln (reaktionslikheten) för sönderfallet. Vad orsakar den violetta färgen som uppkommer i explosionen? 4 p.

2NI₃⋅NH₃(s) → 2NH₃(g) + N₂(g) + 3I₂(g)

(3 p.)

Poängsättning:

  • Alla ämnen är rätt. (1 p.)
  • Därtill alla koefficienter är rätt (1 p.) och alla aggregationstillstånd är rätt. (1 p.)

Den violetta färgen orsakas av jodgasen som bildas i reaktionen.

(1 p.)

11.4 Beräkna entalpiförändringen för sönderfallsreaktionen för NH₃⋅NI₃. Använd värdena i tabell 11.B. Hur mycket värmeenergi frigörs när 1,00 gram NH₃⋅NI₃ exploderar? 8 p.

Entalpiförändringen för sönderfallsreaktionen beräknas med hjälp av bildningsentalpierna och jods sublimeringsentalpi beaktas.

∆Hr = 2 ⋅ ∆Hf(NH₃,g) + ∆Hf(N₂,g) + 3 ⋅ ∆Hf(I₂,g) − 2⋅∆Hf(NI₃⋅NH₃,s)

(2 p.)

= 2 ⋅ (−45,9 kJ/mol) + 3 ⋅ 62,4 kJ/mol + 0 kJ/mol − 2⋅146 kJ/ mol = −196,6 kJ/ mol.

(2 p.)

n(NI₃⋅NH₃) = m/M = 1,00 g / (2 ⋅ 14,01 + 3 ⋅ 1,008 + 3 ⋅ 126,90) g/mol = 0,0024287 mol

(1 p.)

Värmeenergin som frigörs i reaktionen motsvaras av det motsatta talet till reaktionsentalpin.

−∆Hr = 0,0024287 mol ⋅ 196,6 kJ/mol / 2 = 0,23874 kJ = 0,239 kJ.

(3 p.)

  • Som svar godkänns både ett positivt och ett negativt energivärde.

11.5 Kväve bildar likadana föreningar även med andra halogener. NCl₃ och NBr₃ är explosiva, men NF₃ är inte det. Motivera kemiskt varför NF₃ är mer stabilt än de andra kvävetrihaliderna. 4 p.

Fluor är den mest elektronegativa halogenen, så en fluoratom drar starkast till sig bindningselektronerna. (2 p.) Därför är N—F-bindningen mer stabil än de övriga kväve-halogenbindningarna. (2 p.)

ELLER

Fluoratomen är den minsta av halogenatomerna (2 p.) Då stora halogenatomer är placerade runt kväve uppstår en sterisk spänning, det vill säga de stora halogenatomerna repulserar varandra kraftigare, och det här gör föreningen mindre stabil. Fluoratomerna orsakar inte en likadan sterisk spänning. (2 p.)