Opgaver til A5.6

Opgaverne hører til afsnit A5.6 Nucleofil substitution. Prøv selv, før du åbner hjælpen under opgaven. Afsnittet er supplerende stof, så opgaverne er mest til den mundtlige prøve og til arbejdet i laboratoriet.

Opgave A5.6.1: De tre roller

Tabellen viser tre nucleofile substitutioner.

Nr. Reaktionsskema
1 CH3CH2CH2CH2Cl + OH− → CH3CH2CH2CH2OH + Cl−
2 CH3I + CN− → CH3CN + I−
3 CH3CH2Br + I− → CH3CH2I + Br−
  1. Angiv nucleofilen i hver af de tre reaktioner.
  2. Angiv den udgående gruppe i hver af de tre reaktioner.
  3. Hvilket carbonatom i 1-chlorbutan, CH3CH2CH2CH2Cl, er det elektrofile carbonatom? Forklar, hvorfor netop det carbonatom er elektrofilt.

Nucleofilen er den partikel, der kommer udefra med et ledigt elektronpar og sætter sig på et carbonatom. Den udgående gruppe er det atom, der sad på carbonatomet før reaktionen, og som forlader molekylet som en ion. Se efter, hvad der er byttet ud med hvad i hvert af de tre reaktionsskemaer.

I reaktion 1 er chloratomet i 1-chlorbutan byttet ud med en hydroxygruppe. Hydroxidionen er kommet til, og chloratomet er gået som en chloridion. Find på samme måde ud af, hvad der er kommet til, og hvad der er gået, i reaktion 2 med iodmethan og i reaktion 3 med bromethan.

Du kan begynde forklaringen til spørgsmål c sådan: “Bindingen mellem carbon og chlor i 1-chlorbutan er …, fordi chlor er mere … end carbon. Carbonatomet bliver derfor …”

  1. og b. I hver reaktion er et halogenatom byttet ud med nucleofilen.
Nr. Halogenalkan Nucleofil Udgående gruppe
1 1-chlorbutan OH− chloratomet, som bliver til Cl−
2 iodmethan CN− iodatomet, som bliver til I−
3 bromethan I− bromatomet, som bliver til Br−

Iodidionen er nucleofil i reaktion 3, og iodatomet er den udgående gruppe i reaktion 2. Den samme slags partikel kan altså have begge roller.

  1. Det elektrofile carbonatom i 1-chlorbutan er carbonatom nr. 1, altså det carbonatom, chloratomet sidder på. Chlor er mere elektronegativt end carbon (3,0 mod 2,5), så bindingen mellem carbon og chlor er polær, og chloratomet trækker mest i bindingens elektroner. Carbonatomet bliver svagt positivt ladet og tiltrækker hydroxidionens ledige elektronpar. De tre andre carbonatomer i 1-chlorbutan er kun bundet til carbon og hydrogen, så de er ikke elektrofile.

Opgave A5.6.2: Kan partiklen være en nucleofil?

En nucleofil skal have et ledigt elektronpar, som den kan bruge til at danne en ny binding. Her er otte partikler:

OH−, CH4, NH3, NH4+, H2O, Na+, I− og CH3O−

  1. Hvilke af de otte partikler kan være nucleofiler, og hvilke kan ikke?
  2. Forklar, hvorfor ammoniak, NH3, kan være en nucleofil, mens ammoniumionen, NH4+, ikke kan.
  3. Både hydroxidionen og vandmolekylet har ledige elektronpar på oxygenatomet. Hvilken af de to er den stærkeste nucleofil? Hvilken stofklasse hører produktet til, når hydroxid eller vand reagerer med et halogenalkan?

Tegn elektronprikformlen for hver af de otte partikler, som du lærte i afsnit 3.1. Et elektronpar, der sidder mellem to atomer, er en binding. Et elektronpar, der kun sidder på ét atom, er ledigt. Kun partikler med mindst ét ledigt elektronpar kan være nucleofiler.

Nitrogenatomet har fem elektroner i yderste skal. I ammoniak bruger nitrogenatomet tre af dem til bindinger til hydrogen, og de to sidste er et ledigt elektronpar. Oxygenatomet har seks elektroner i yderste skal, så oxygenatomet i vand har to bindinger og to ledige elektronpar. Carbonatomet i methan bruger alle sine fire elektroner til bindinger.

Du kan begynde forklaringen til spørgsmål b sådan: “I ammoniak har nitrogenatomet … bindinger og … ledigt elektronpar. I ammoniumionen har nitrogenatomet brugt elektronparret til …”

  1. Fem af partiklerne har et ledigt elektronpar og kan være nucleofiler: OH−, NH3, H2O, I− og CH3O−. De tre andre kan ikke: CH4, NH4+ og Na+.
Partikel Ledige elektronpar Nucleofil?
OH− 3 på oxygenatomet ja
CH4 ingen nej
NH3 1 på nitrogenatomet ja
NH4+ ingen nej
H2O 2 på oxygenatomet ja
Na+ ingen, der kan danne en binding nej
I− 4 ja
CH3O− 3 på oxygenatomet ja

Natriumionen har afgivet elektronen i sin yderste skal. De elektroner, der er tilbage, sidder tæt ved kernen og bliver ikke delt med andre atomer. Natriumionen er desuden positivt ladet, så den bliver frastødt af et svagt positivt carbonatom.

  1. I ammoniak har nitrogenatomet tre bindinger til hydrogen og ét ledigt elektronpar. Det elektronpar kan danne en ny binding til et elektrofilt carbonatom, så ammoniak kan være en nucleofil. I ammoniumionen har nitrogenatomet brugt elektronparret til at binde en hydron. Nitrogenatomet har nu fire bindinger og intet ledigt elektronpar, og ionen er positivt ladet. Ammoniumionen kan derfor ikke være en nucleofil.

  2. Hydroxidionen er den stærkeste nucleofil. Den er negativt ladet og bliver derfor tiltrukket stærkere af det svagt positive carbonatom, end det neutrale vandmolekyle gør. Vand er en svag nucleofil. Begge har et oxygenatom, der sætter sig på carbonatomet, så produktet er en alkohol, uanset om nucleofilen er hydroxid eller vand.

Opgave A5.6.3: Fire nucleofiler, fire produkter

1-brompropan, CH3CH2CH2Br, kan reagere ved en nucleofil substitution med hver af de fire nucleofiler OH−, NH3, CN− og I−.

  1. Opskriv reaktionsskemaet for hver af de fire reaktioner.
  2. Angiv, hvilken stofklasse hvert af de fire produkter hører til.
  3. I én af de fire reaktioner bliver carbonkæden længere. Hvilken reaktion er det, og hvor mange carbonatomer har produktet?
  4. Hydroxidionen er også en base. Varmes 1-brompropan med en koncentreret opløsning af kaliumhydroxid, dannes der også propen, CH3CH=CH2. Angiv reaktionstypen for dannelsen af propen, og forklar, hvad hydroxidionen gør i den reaktion.

I en nucleofil substitution sætter nucleofilen sig på det carbonatom, bromatomet sad på, og bromatomet forlader 1-brompropan som en bromidion. Skriv CH3CH2CH2− og sæt den nye gruppe på i stedet for Br. Tabellen i afsnit A5.6 viser, hvilken stofklasse hver af de fire nucleofiler giver.

Med OH− bliver 1-brompropan til CH3CH2CH2OH. Med NH3 er gruppen, der sætter sig på, −NH2, og det andet produkt er HBr. Med CN− sætter carbonatomet i cyanidionen sig på carbonkæden. Med I− bytter de to halogenatomer plads.

Du kan begynde forklaringen til spørgsmål d sådan: “Der er dannet en … mellem to carbonatomer, og et lille molekyle er …, så reaktionen er en … Hydroxidionen optager en … fra …”

  1. De fire reaktionsskemaer for 1-brompropan er:

CH3CH2CH2Br + OH− → CH3CH2CH2OH + Br−

CH3CH2CH2Br + NH3 → CH3CH2CH2NH2 + HBr

CH3CH2CH2Br + CN− → CH3CH2CH2CN + Br−

CH3CH2CH2Br + I− → CH3CH2CH2I + Br−

I reaktionen med ammoniak reagerer HBr straks videre med et ammoniakmolekyle mere og bliver til NH4+ og Br−.

  1. Produkterne af de fire reaktioner med 1-brompropan hører til hver sin stofklasse.
Nucleofil Produkt Stofklasse
OH− propan-1-ol alkohol
NH3 propylamin amin
CN− butannitril nitril
I− 1-iodpropan halogenalkan

  1. Carbonkæden bliver længere i reaktionen med cyanidionen, fordi nucleofilen selv indeholder et carbonatom. 1-brompropan har tre carbonatomer, og produktet butannitril, CH3CH2CH2CN, har fire.

  2. Dannelsen af propen er en elimination:

CH3CH2CH2Br + OH− → CH3CH=CH2 + H2O + Br−

Der er dannet en dobbeltbinding mellem carbonatom nr. 1 og nr. 2 i 1-brompropan, og et hydrogenatom og et bromatom er spaltet fra. Hydroxidionen virker her som en base og ikke som en nucleofil: den optager en hydron fra carbonatom nr. 2, som er nabo til det elektrofile carbonatom, og bliver til vand. Samtidig forlader bromatomet molekylet som en bromidion. Substitution og elimination konkurrerer, og en høj temperatur og en stærk base i høj koncentration giver mere elimination.

Opgave A5.6.4: Tegn de buede pile

1-iodpropan reagerer med hydroxid efter SN2:

CH3CH2CH2I + OH− → CH3CH2CH2OH + I−

Figuren viser mekanismen uden buede pile. Læg mærke til, at iodatomet er tegnet til venstre, og at hydroxidionen kommer ind fra højre.

Figur 1: Reaktionen mellem 1-iodpropan og hydroxid tegnet uden buede pile.
  1. Tegn reaktanterne af, og tegn de to buede pile, der viser, hvordan elektronparrene flytter sig.
  2. Forklar for hver af de to pile, hvor den begynder, hvor den ender, og hvad den viser.
  3. Forklar, hvorfor hydroxidionen kommer ind fra højre og ikke fra venstre i figuren.
  4. Sammenlign de tre grupper på det elektrofile carbonatom før og efter reaktionen. Hvad er der sket med dem?

En buet pil viser ét elektronpar, der flytter sig. Den begynder dér, hvor elektronparret er: ved et ledigt elektronpar eller midt på en binding. Den ender dér, hvor elektronparret havner. I reaktionen mellem 1-iodpropan og hydroxid bliver én binding dannet, og én binding bliver brudt. Der skal derfor to pile til.

Den første pil begynder ved det ledige elektronpar på hydroxidionen og ender ved det elektrofile carbonatom i 1-iodpropan. Den anden pil begynder midt på bindingen mellem carbonatomet og iodatomet. Hvor skal den ende, når iodatomet tager begge bindingens elektroner med sig?

Du kan begynde forklaringen til spørgsmål c sådan: “Ved SN2 angriber nucleofilen …, altså fra den side, der vender … den udgående gruppe. I figuren sidder iodatomet …”

  1. Mekanismen for reaktionen mellem 1-iodpropan og hydroxid har to buede pile.
Figur 2: Reaktionen mellem 1-iodpropan og hydroxid med de to buede pile.

  1. Den første pil begynder ved et ledigt elektronpar på oxygenatomet i hydroxidionen og ender ved det elektrofile carbonatom. Den viser, at elektronparret bliver til den nye binding mellem oxygen og carbon. Den anden pil begynder midt på bindingen mellem carbonatomet og iodatomet og ender ved iodatomet. Den viser, at bindingens to elektroner følger med iodatomet, som forlader molekylet som en iodidion.

  2. Ved SN2 angriber nucleofilen bagfra, altså fra den side af carbonatomet, der vender væk fra den udgående gruppe. I figuren sidder iodatomet til venstre for carbonatomet, så bagsiden er til højre. Derfor kommer hydroxidionen ind fra højre.

  3. Før reaktionen hælder ethylgruppen og de to hydrogenatomer mod højre, væk fra iodatomet. Efter reaktionen hælder de mod venstre, væk fra hydroxygruppen. De tre grupper er vippet over på den anden side af carbonatomet, som en paraply, der vender i blæsten. Midtvejs, i overgangstilstanden, står de tre grupper i ét plan.

Opgave A5.6.5: Ét trin eller to?

Figuren viser energiprofilerne for to nucleofile substitutioner mellem et halogenalkan og en nucleofil. Den ene reaktion forløber efter SN2 og den anden efter SN1. Stederne på kurverne har fået bogstaverne A til H.

Figur 3: To energiprofiler for nucleofile substitutioner med stederne A til H.
  1. Hvilken af de to profiler hører til SN2-reaktionen, og hvilken hører til SN1-reaktionen? Begrund svaret.
  2. Hvilke bogstaver viser en overgangstilstand, og hvilket bogstav viser en carbokation?
  3. Hvilket trin i profil 2 er det hastighedsbestemmende trin? Begrund svaret ud fra figuren.
  4. Opskriv hastighedsudtrykket for hver af de to reaktioner, og angiv den samlede orden.
  5. Koncentrationen af nucleofilen bliver fordoblet. Hvad sker der med reaktionshastigheden i hver af de to reaktioner?

Hvert trin i en mekanisme har sin egen bakke i energiprofilen. En SN2-reaktion sker i ét trin, og en SN1-reaktion sker i to trin. Toppen af en bakke er en overgangstilstand, og et mellemprodukt ligger i lavningen mellem to bakker.

Profil 1 har én bakke, og profil 2 har to. I profil 2 er aktiveringsenergien for trin 1 højden fra D op til E, og aktiveringsenergien for trin 2 er højden fra F op til G. Det trin, der har den højeste aktiveringsenergi, er det langsomste. Hastighedsudtrykket for hele reaktionen er hastighedsudtrykket for det langsomme trin: hvilke partikler er med i det?

Du kan begynde begrundelsen til spørgsmål c sådan: “Højden fra … til … er større end højden fra … til …, så trin … har den højeste …”

  1. Profil 1 hører til SN2-reaktionen. Den har kun én bakke, og en SN2-reaktion sker i ét trin. Profil 2 hører til SN1-reaktionen. Den har to bakker med en lavning imellem, og en SN1-reaktion sker i to trin med et mellemprodukt.

  2. B, E og G viser overgangstilstande, for de ligger på toppen af hver sin bakke. F viser carbokationen, som er mellemproduktet i lavningen mellem de to bakker i profil 2. A og D er reaktanterne, og C og H er produkterne.

  3. Trin 1 er det hastighedsbestemmende trin i profil 2. Højden fra D op til E er større end højden fra F op til G, så trin 1 har den højeste aktiveringsenergi og er det langsomste. I trin 1 går bindingen mellem carbonatomet og halogenatomet i stykker, og carbokationen dannes.

  4. De to reaktioner har hver sit hastighedsudtryk.

Hastighedsudtryk Samlet orden
Profil 1, SN2 v = k · [halogenalkan] · [nucleofil] 2
Profil 2, SN1 v = k · [halogenalkan] 1

Ved SN2 støder halogenalkanet og nucleofilen sammen i det eneste trin, så begge indgår. Ved SN1 er kun halogenalkanet med i det langsomme trin.

  1. I SN2-reaktionen bliver reaktionshastigheden dobbelt så stor, fordi reaktionen er af første orden med hensyn til nucleofilen. I SN1-reaktionen sker der ingenting med reaktionshastigheden. Nucleofilen kommer først ind i det hurtige trin 2, og reaktionen er af nulte orden med hensyn til nucleofilen.

Opgave A5.6.6: Primært, sekundært eller tertiært?

Tabellen viser fire halogenalkaner.

Stof Navn Formel
A 1-chlorpropan CH3CH2CH2Cl
B 3-brom-3-methylpentan CH3CH2C(CH3)(Br)CH2CH3
C 2-iodbutan CH3CH2CH(I)CH3
D 1-brom-2-methylpropan (CH3)2CHCH2Br
  1. Angiv for hvert af de fire stoffer, hvor mange carbonatomer der sidder på det elektrofile carbonatom, og om halogenalkanet er primært, sekundært eller tertiært.
  2. Forudsig, hvilken mekanisme hvert af de fire stoffer reagerer efter, når nucleofilen er hydroxid.
  3. Begrund svaret for stof A og for stof B med de to ting, der afgør mekanismen: pladsen til angreb bagfra og carbokationens stabilitet.
  4. Hvad afgør, hvilken mekanisme et sekundært halogenalkan reagerer efter?

Find først det elektrofile carbonatom i hvert stof: det er det carbonatom, halogenatomet sidder på. Tæl derefter, hvor mange andre carbonatomer der er bundet direkte til det. Ét carbonatom giver et primært halogenalkan, to giver et sekundært, og tre giver et tertiært. Tegn gerne strukturformlerne.

I 1-brom-2-methylpropan, stof D, sidder bromatomet på en CH2-gruppe yderst i kæden. Forgreningen sidder på nabocarbonatomet og tæller ikke med. Primære halogenalkaner reagerer efter SN2, tertiære efter SN1, og sekundære kan gøre begge dele.

Du kan begynde begrundelsen til spørgsmål c sådan: “I 1-chlorpropan sidder der kun … på det elektrofile carbonatom, så nucleofilen har … En primær carbokation …” og “I 3-brom-3-methylpentan spærrer … for angrebet bagfra. Carbokationen er …, fordi …”

  1. og b. Det elektrofile carbonatom er det carbonatom, halogenatomet sidder på.
Stof Carbonatomer som naboer Slags Mekanisme
A, 1-chlorpropan 1 primært SN2
B, 3-brom-3-methylpentan 3 tertiært SN1
C, 2-iodbutan 2 sekundært begge er mulige
D, 1-brom-2-methylpropan 1 primært SN2

I stof D sidder bromatomet på en CH2-gruppe, som kun har ét carbonatom som nabo. Forgreningen sidder på nabocarbonatomet, så 1-brom-2-methylpropan er et primært halogenalkan.

  1. I 1-chlorpropan sidder der kun ét carbonatom og to små hydrogenatomer på det elektrofile carbonatom. Nucleofilen har fri adgang bagfra. En primær carbokation er meget ustabil og dannes næsten aldrig. Derfor reagerer 1-chlorpropan efter SN2.

I 3-brom-3-methylpentan sidder der tre carbongrupper på det elektrofile carbonatom: en methylgruppe og to ethylgrupper. De spærrer vejen for et angreb bagfra. Til gengæld er carbokationen stabil, fordi de tre carbongrupper skubber elektroner ind mod det positive carbonatom og fordeler ladningen. Derfor reagerer 3-brom-3-methylpentan efter SN1.

  1. For et sekundært halogenalkan som 2-iodbutan afgør nucleofilen og opløsningsmidlet udfaldet. En stærk nucleofil som hydroxid i høj koncentration trækker mod SN2. En svag nucleofil som vand trækker mod SN1.

Opgave A5.6.7: Mekanismen ud fra målinger

To halogenalkaner, X og Y, har begge molekylformlen C5H11Cl. Det ene er 1-chlorpentan, CH3CH2CH2CH2CH2Cl, og det andet er 2-chlor-2-methylbutan, (CH3)2C(Cl)CH2CH3. Begge reagerer med hydroxid:

C5H11Cl + OH− → C5H11OH + Cl−

Starthastigheden for reaktionen med X er målt i tre forsøg.

Forsøg [X] [OH−] v0
1 20 mM 50 mM 0,30 mM/min
2 40 mM 50 mM 0,60 mM/min
3 20 mM 100 mM 0,30 mM/min

For reaktionen med Y viser tilsvarende forsøg, at starthastigheden bliver dobbelt så stor, når [Y] fordobles, og også dobbelt så stor, når [OH−] fordobles.

  1. Bestem ordenen med hensyn til X og med hensyn til OH−, og opskriv hastighedsudtrykket for reaktionen med X.
  2. Beregn hastighedskonstanten for reaktionen med X.
  3. Opskriv hastighedsudtrykket for reaktionen med Y, og angiv den samlede orden.
  4. Hvilken mekanisme reagerer X efter, og hvilken reagerer Y efter? Afgør, hvilket af de to stoffer der er 1-chlorpentan, og begrund svaret.

Brug starthastighedsmetoden fra afsnit A5.1. Find to forsøg, hvor kun koncentrationen af X er ændret, og to forsøg, hvor kun koncentrationen af hydroxid er ændret. Bliver starthastigheden dobbelt så stor, når koncentrationen af et stof fordobles, er reaktionen af første orden med hensyn til det stof. Ændrer starthastigheden sig ikke, er reaktionen af nulte orden med hensyn til stoffet.

Fra forsøg 1 til forsøg 2 er [X] fordoblet, mens [OH−] er den samme. Fra forsøg 1 til forsøg 3 er [OH−] fordoblet, mens [X] er den samme. Hastighedskonstanten for reaktionen med X findes ved at isolere k i hastighedsudtrykket og sætte tallene fra forsøg 1 ind.

Indgår nucleofilen i det målte hastighedsudtryk, er den med i det langsomme trin. Indgår den ikke, sker det langsomme trin uden den. Du kan begynde begrundelsen til spørgsmål d sådan: “Hydroxidionen indgår ikke i hastighedsudtrykket for X, så det langsomme trin er … Det passer med et … halogenalkan, fordi …”

  1. Fra forsøg 1 til forsøg 2 er [X] fordoblet fra 20 mM til 40 mM, og [OH−] er den samme. Starthastigheden er fordoblet fra 0,30 mM/min til 0,60 mM/min. Reaktionen er af første orden med hensyn til X.

Fra forsøg 1 til forsøg 3 er [OH−] fordoblet fra 50 mM til 100 mM, og [X] er den samme. Starthastigheden er uændret. Reaktionen er af nulte orden med hensyn til OH−. Hastighedsudtrykket for reaktionen med X er

\[ v = k \cdot [\mathrm{X}] \]

  1. Tallene fra forsøg 1 sættes ind:

\[ k = \frac{v_0}{[\mathrm{X}]} = \frac{0{,}30\ \dfrac{\mathrm{mM}}{\mathrm{min}}}{20\ \mathrm{mM}} = 0{,}015\ \mathrm{min^{-1}} \]

Hastighedskonstanten for reaktionen med X er k = 0,015 min−1.

  1. Starthastigheden for reaktionen med Y fordobles, både når [Y] og når [OH−] fordobles. Reaktionen er af første orden med hensyn til Y og af første orden med hensyn til OH−:

\[ v = k \cdot [\mathrm{Y}] \cdot [\mathrm{OH^-}] \]

Den samlede orden er 2.

  1. X reagerer efter SN1. Hydroxidionen indgår ikke i hastighedsudtrykket for X, så det langsomme trin sker uden hydroxid: bindingen mellem carbon og chlor går i stykker af sig selv, og der dannes en carbokation. Det kræver en stabil carbokation, og det har et tertiært halogenalkan. X er derfor 2-chlor-2-methylbutan, hvor det elektrofile carbonatom har tre carbonatomer som naboer.

Y reagerer efter SN2. Både Y og hydroxidionen indgår i hastighedsudtrykket, så de støder sammen i det langsomme trin, som er det eneste trin. Det kræver fri adgang bagfra, og det har et primært halogenalkan. Y er derfor 1-chlorpentan, hvor det elektrofile carbonatom kun har ét carbonatom som nabo.

Opgave A5.6.8: Carbokationen og polarimeteret

3-brom-3-methylhexan reagerer med hydroxid efter SN1. Produktet er alkoholen 3-methylhexan-3-ol. Carbonatomet med bromatomet er asymmetrisk: det er bundet til et bromatom, en methylgruppe, en ethylgruppe og en propylgruppe. Figuren viser mekanismen uden buede pile.

Figur 4: Mekanismen for reaktionen mellem 3-brom-3-methylhexan og hydroxid tegnet uden buede pile.

En elev begynder med den ene spejlbilledform af 3-brom-3-methylhexan. Før reaktionen drejer opløsningen lyset i et polarimeter.

  1. Tegn mekanismen af, og tegn de buede pile i trin 1 og i trin 2.
  2. Beskriv carbokationens opbygning: hvor mange bindinger har det positive carbonatom, hvordan er det hybridiseret, og hvilken form har ionen omkring det?
  3. Forklar, hvorfor der dannes to produkter i lige store mængder. Hvad kaldes sådan en blanding?
  4. Hvad viser polarimeteret, når reaktionen er slut? Hvad ville polarimeteret vise, hvis reaktionen i stedet var forløbet efter SN2?

I trin 1 går bindingen mellem carbon og brom i 3-brom-3-methylhexan i stykker, og bromatomet tager begge elektroner med. Der skal én buet pil til. I trin 2 danner en hydroxidion en ny binding til det positive carbonatom. Tegn en pil for hver af de to hydroxidioner i figuren. Hybridiseringen finder du ved at tælle carbonatomets naboer, som du lærte i afsnit A4.2.

Det positive carbonatom i den carbokation, der dannes af 3-brom-3-methylhexan, har tre naboer. Et carbonatom med tre naboer er sp2-hybridiseret, og de tre bindinger ligger i samme plan. Tænk på carbokationen som en flad skive: hydroxidionen kan lige så let ramme den ene side som den anden.

Du kan begynde forklaringen til spørgsmål c sådan: “Carbokationen er …, så hydroxidionen kan angribe fra … Angrebet fra den ene side giver …, og angrebet fra den anden side giver …” og svaret på spørgsmål d sådan: “De to spejlbilledformer drejer lyset …, så drejningen bliver …”

  1. Mekanismen for reaktionen mellem 3-brom-3-methylhexan og hydroxid har én buet pil i trin 1 og én buet pil for hvert af de to mulige angreb i trin 2.
Figur 5: Mekanismen for reaktionen mellem 3-brom-3-methylhexan og hydroxid med buede pile.

I trin 1 begynder pilen midt på bindingen mellem carbon og brom og ender ved bromatomet. I trin 2 begynder pilen ved et ledigt elektronpar på hydroxidionen og ender ved det positive carbonatom.

  1. Det positive carbonatom i carbokationen har kun tre bindinger: til methylgruppen, ethylgruppen og propylgruppen. Det har tre naboer, så det er sp2-hybridiseret. De tre bindinger ligger i samme plan med 120° imellem sig, så ionen er plan omkring det positive carbonatom.

  2. Carbokationen er plan, så hydroxidionen kan lige så let angribe fra den ene side af planen som fra den anden. Angrebet fra den ene side giver den ene spejlbilledform af 3-methylhexan-3-ol, og angrebet fra den anden side giver den anden spejlbilledform. De to angreb er lige sandsynlige, så der dannes lige meget af de to produkter. Sådan en blanding kaldes en racemisk blanding.

  3. Når reaktionen er slut, viser polarimeteret 0°. De to spejlbilledformer af 3-methylhexan-3-ol drejer lyset lige meget, men hver sin vej, og når der er lige meget af dem, ophæver drejningerne hinanden. Opløsningen er ikke længere optisk aktiv.

Var reaktionen forløbet efter SN2, var hydroxidionen kun kommet ind bagfra, modsat bromatomet. Så var der kun dannet én spejlbilledform af produktet, hvor opbygningen omkring carbonatomet er vendt. Opløsningen havde stadig været optisk aktiv, og polarimeteret havde vist en drejning. Hvor stor den er, og om den går med eller mod uret, kan ikke forudsiges. Det skal måles.

Opgaver i eksamensstil

Opgaverne ligner dem, du møder til den skriftlige prøve i kemi A. De samler nucleofil substitution med det, der kan komme til den skriftlige prøve: hastighedsudtryk, mekanismer, energiprofiler og optisk aktivitet.

Opgave A5.6.eks.1: Brommethan i havet

Brommethan, CH3Br, er en giftig gas, som tidligere blev brugt til at bekæmpe skadedyr i jord og i kornlagre. Gassen nedbryder ozonlaget, og derfor er den i dag forbudt til de fleste formål. En del af den brommethan, der ender i havet, forsvinder, fordi den reagerer med havvandets chloridioner. Produktet er chlormethan, CH3Cl, som alger i havet også selv danner.

CH3Br(aq) + Cl−(aq) → CH3Cl(aq) + Br−(aq)

Starthastigheden er målt i tre forsøg ved 25 °C.

Forsøg [CH3Br] [Cl−] v0
1 40 µM 0,25 M 2,02 µM/døgn
2 80 µM 0,25 M 4,06 µM/døgn
3 40 µM 0,75 M 5,94 µM/døgn
  1. Angiv reaktionstypen, nucleofilen og den udgående gruppe.
  2. Bestem reaktionens orden med hensyn til CH3Br og med hensyn til Cl−, opskriv hastighedsudtrykket, og beregn hastighedskonstanten.
  3. Vurdér, om målingerne passer bedst med en mekanisme i ét trin eller med en mekanisme i to trin over en carbokation, og skitsér energiprofilen for reaktionen.
  4. Havvand indeholder 0,55 M chloridioner, og koncentrationen af brommethan i havet er meget lille. Beregn halveringstiden for brommethan i havvand ved 25 °C, når brommethan kun forsvinder ved reaktionen med chloridioner.

Se i reaktionsskemaet, hvilket atom i brommethan der er byttet ud med hvilket. Find derefter to forsøg, hvor kun koncentrationen af brommethan er ændret, og to forsøg, hvor kun koncentrationen af chloridioner er ændret, og brug formlen for ordenen fra afsnit A5.1. Til spørgsmål d skal du bruge to ting: et stof i stort overskud kan regnes med i hastighedskonstanten (afsnit A5.1), og halveringstiden for en reaktion af første orden er t½ = ln 2 / k (afsnit A5.2).

Fra forsøg 1 til forsøg 2 er [CH3Br] fordoblet, og starthastigheden er blevet 2,01 gange så stor, fordi v2 / v1 = 4,06 / 2,02 = 2,01. Fra forsøg 1 til forsøg 3 er [Cl−] blevet 3,0 gange så stor, og starthastigheden er blevet 2,94 gange så stor. Begge ordener bliver tæt på 1.

Du kan begynde vurderingen sådan: “I en mekanisme i ét trin støder brommethan og chloridionen sammen, og det giver hastighedsudtrykket … I en mekanisme i to trin er kun … med i det langsomme trin, og det giver …”

I havvand er chloridionerne i stort overskud, så v = k′ · [CH3Br] med k′ = k · [Cl−]. Beregn først k′ og derefter halveringstiden for brommethan.

  1. Reaktionen er en substitution: bromatomet i brommethan er byttet ud med et chloratom. Det er en nucleofil substitution, fordi chloridionen kommer med et ledigt elektronpar og sætter sig på carbonatomet. Nucleofilen er chloridionen, Cl−. Den udgående gruppe er bromatomet, som forlader molekylet som en bromidion, Br−.

  2. Hastighedsudtrykket for reaktionen mellem brommethan og chloridioner har formen v = k · [CH3Br]x · [Cl−]y. x angiver her ordenen med hensyn til CH3Br, og y angiver ordenen med hensyn til Cl−.

Ordenen med hensyn til CH3Br

Fra forsøg 1 til forsøg 2 er [CH3Br] blevet 2,0 gange så stor, og [Cl−] er den samme.

\[ x = \frac{\ln\left( \dfrac{4{,}06\ \mathrm{\mu M/døgn}}{2{,}02\ \mathrm{\mu M/døgn}} \right)}{\ln\left( \dfrac{80\ \mathrm{\mu M}}{40\ \mathrm{\mu M}} \right)} = \frac{\ln(2{,}01)}{\ln(2{,}0)} = 1{,}01 \]

Ordenen med hensyn til Cl−

Fra forsøg 1 til forsøg 3 er [Cl−] blevet 3,0 gange så stor, og [CH3Br] er den samme.

\[ y = \frac{\ln\left( \dfrac{5{,}94\ \mathrm{\mu M/døgn}}{2{,}02\ \mathrm{\mu M/døgn}} \right)}{\ln\left( \dfrac{0{,}75\ \mathrm{M}}{0{,}25\ \mathrm{M}} \right)} = \frac{\ln(2{,}94)}{\ln(3{,}0)} = 0{,}98 \]

Hastighedsudtrykket

Begge ordener er 1, når der tages hensyn til måleusikkerheden. Reaktionen er af første orden med hensyn til CH3Br og af første orden med hensyn til Cl−:

\[ v = k \cdot [\mathrm{CH_3Br}] \cdot [\mathrm{Cl^-}] \]

Hastighedskonstanten

Tallene fra forsøg 1 sættes ind:

\[ k = \frac{v_0}{[\mathrm{CH_3Br}] \cdot [\mathrm{Cl^-}]} = \frac{2{,}02\ \dfrac{\mathrm{\mu M}}{\mathrm{døgn}}}{40\ \mathrm{\mu M} \cdot 0{,}25\ \mathrm{M}} = 0{,}20\ \dfrac{1}{\mathrm{M \cdot døgn}} \]

Forsøg 2 og forsøg 3 giver også 0,20 M−1 · døgn−1. Hastighedskonstanten er k = 0,20 M−1 · døgn−1 ved 25 °C.

  1. En mekanisme i ét trin

Sker reaktionen i ét trin, er trinnet en elementarreaktion, hvor et molekyle brommethan og en chloridion støder sammen. Det giver hastighedsudtrykket v = k · [CH3Br] · [Cl−]. Det passer med målingerne.

En mekanisme i to trin

Sker reaktionen i to trin over en carbokation, spaltes brommethan først langsomt til CH3+ og Br−, og derefter reagerer CH3+ hurtigt med Cl−. Kun brommethan er med i det langsomme trin, så hastighedsudtrykket ville være v = k · [CH3Br]. Det passer ikke med målingerne, hvor reaktionen er af første orden med hensyn til Cl−.

Konklusion

Målingerne passer med en mekanisme i ét trin, altså en SN2-reaktion, og mekanismen i to trin må forkastes. Det passer også med opbygningen af brommethan. Carbonatomet har kun tre små hydrogenatomer på sig, så chloridionen har fri adgang bagfra, og carbokationen CH3+ er så ustabil, at den næsten aldrig dannes.

Figur 6: Skitse af energiprofilen for reaktionen mellem brommethan og chloridioner.

Energiprofilen har én bakke, fordi reaktionen sker i ét trin. Toppen af bakken er overgangstilstanden, hvor bindingen mellem carbon og chlor er ved at blive dannet, mens bindingen mellem carbon og brom er ved at blive brudt. Opgaven oplyser ikke, om reaktionen er exoterm eller endoterm, så reaktanter og produkter er tegnet næsten lige højt.

  1. I havvand er der meget mere chlorid end brommethan, så [Cl−] ændrer sig ikke mærkbart, mens brommethan reagerer. Koncentrationen af chloridioner kan derfor regnes med i hastighedskonstanten:

\[ v = k' \cdot [\mathrm{CH_3Br}] \qquad\text{med}\qquad k' = k \cdot [\mathrm{Cl^-}] = 0{,}20\ \dfrac{1}{\mathrm{M \cdot døgn}} \cdot 0{,}55\ \mathrm{M} = 0{,}11\ \mathrm{døgn^{-1}} \]

Reaktionen opfører sig som en reaktion af første orden, og halveringstiden er

\[ t_{\frac{1}{2}} = \frac{\ln 2}{k'} = \frac{\ln 2}{0{,}11\ \mathrm{døgn^{-1}}} = 6{,}3\ \mathrm{døgn} \]

Halveringstiden for brommethan i havvand er 6,3 døgn ved 25 °C, når kun reaktionen med chloridioner regnes med. I havet forsvinder brommethan også på andre måder, blandt andet ved reaktion med vand, så den virkelige halveringstid er kortere.

Opgave A5.6.eks.2: Fra paracetamol til phenacetin

Phenacetin var i mange år et almindeligt middel mod smerter og feber. Det bruges ikke længere, fordi det kan skade nyrerne. I laboratoriet kan phenacetin fremstilles af paracetamol. Først fjerner en base hydronen fra phenolgruppen i paracetamol. Den ion, der dannes, er negativt ladet og er en meget bedre nucleofil end paracetamol selv. Derefter reagerer ionen med iodethan, som figuren viser.

Figur 7: Ionen af paracetamol reagerer med iodethan og danner phenacetin og en iodidion. Ethylgruppen er fremhævet.

Skrives ionen af paracetamol som ArO−, hvor Ar står for resten af molekylet, er reaktionsskemaet

ArO− + CH3CH2I → ArOCH2CH3 + I−

Reaktionen er exoterm. Starthastigheden er målt i tre forsøg ved 60 °C.

Forsøg [ArO−] [CH3CH2I] v0
1 100 mM 200 mM 10,0 mM/h
2 300 mM 200 mM 30,4 mM/h
3 100 mM 500 mM 24,7 mM/h

Der er to forslag til en mekanisme. I forslag 1 sker reaktionen i ét trin, som er en elementarreaktion. I forslag 2 sker reaktionen i to trin:

Forslag 2
Trin 1 CH3CH2I → CH3CH2+ + I− langsomt
Trin 2 CH3CH2+ + ArO− → ArOCH2CH3 hurtigt
  1. Angiv reaktionstypen, og begrund svaret ud fra reaktionsskemaet. Angiv også nucleofilen, det elektrofile carbonatom og den udgående gruppe.
  2. Bestem reaktionens orden med hensyn til ArO− og med hensyn til CH3CH2I, opskriv hastighedsudtrykket, og beregn hastighedskonstanten.
  3. Vurdér de to forslag til en mekanisme ud fra målingerne og ud fra opbygningen af iodethan.
  4. Skitsér energiprofilen for det forslag, der passer med målingerne, og vis aktiveringsenergien på skitsen.

Sammenlign iodethan og phenacetin i figuren: hvilket atom på ethylgruppen er byttet ud med hvad? Find derefter to forsøg, hvor kun koncentrationen af ArO− er ændret, og to forsøg, hvor kun koncentrationen af iodethan er ændret. Et forslag til en mekanisme skal bestå to prøver: trinene skal tilsammen give det samlede reaktionsskema, og det langsomme trin skal give det målte hastighedsudtryk.

Fra forsøg 1 til forsøg 2 er [ArO−] blevet 3,0 gange så stor, og starthastigheden er blevet 3,04 gange så stor, fordi v2 / v1 = 30,4 / 10,0 = 3,04. Fra forsøg 1 til forsøg 3 er [CH3CH2I] blevet 2,5 gange så stor, og starthastigheden er blevet 2,47 gange så stor. Begge ordener bliver tæt på 1.

Du kan begynde vurderingen sådan: “Forslag 1 er en elementarreaktion mellem … og …, så hastighedsudtrykket er … I forslag 2 er kun … med i det langsomme trin, så … Iodethan er et … halogenalkan, og en … carbokation …”

I skitsen af energiprofilen skal der være én bakke for hvert trin, og produkterne skal ligge lavere end reaktanterne, fordi reaktionen mellem ionen af paracetamol og iodethan er exoterm.

  1. Reaktionen er en substitution: iodatomet i iodethan er byttet ud med oxygenatomet fra ionen af paracetamol, så ethylgruppen nu er bundet til oxygen i stedet for iod. Det er en nucleofil substitution, fordi ionen kommer med et ledigt elektronpar og sætter sig på et carbonatom. Nucleofilen er ionen af paracetamol, ArO−, som har ledige elektronpar på det negativt ladede oxygenatom. Det elektrofile carbonatom er carbonatom nr. 1 i iodethan, altså det carbonatom, iodatomet sidder på. Den udgående gruppe er iodatomet, som forlader molekylet som en iodidion, I−.

  2. Hastighedsudtrykket for reaktionen mellem ionen af paracetamol og iodethan har formen v = k · [ArO−]x · [CH3CH2I]y. x angiver her ordenen med hensyn til ArO−, og y angiver ordenen med hensyn til CH3CH2I.

Ordenen med hensyn til ArO−

Fra forsøg 1 til forsøg 2 er [ArO−] blevet 3,0 gange så stor, og [CH3CH2I] er den samme.

\[ x = \frac{\ln\left( \dfrac{30{,}4\ \mathrm{mM/h}}{10{,}0\ \mathrm{mM/h}} \right)}{\ln\left( \dfrac{300\ \mathrm{mM}}{100\ \mathrm{mM}} \right)} = \frac{\ln(3{,}04)}{\ln(3{,}0)} = 1{,}01 \]

Ordenen med hensyn til CH3CH2I

Fra forsøg 1 til forsøg 3 er [CH3CH2I] blevet 2,5 gange så stor, og [ArO−] er den samme.

\[ y = \frac{\ln\left( \dfrac{24{,}7\ \mathrm{mM/h}}{10{,}0\ \mathrm{mM/h}} \right)}{\ln\left( \dfrac{500\ \mathrm{mM}}{200\ \mathrm{mM}} \right)} = \frac{\ln(2{,}47)}{\ln(2{,}5)} = 0{,}99 \]

Hastighedsudtrykket

Begge ordener er 1, når der tages hensyn til måleusikkerheden. Reaktionen er af første orden med hensyn til ArO− og af første orden med hensyn til CH3CH2I:

\[ v = k \cdot [\mathrm{ArO^-}] \cdot [\mathrm{CH_3CH_2I}] \]

Hastighedskonstanten

Tallene fra forsøg 1 sættes ind:

\[ k = \frac{v_0}{[\mathrm{ArO^-}] \cdot [\mathrm{CH_3CH_2I}]} = \frac{10{,}0\ \dfrac{\mathrm{mM}}{\mathrm{h}}}{100\ \mathrm{mM} \cdot 200\ \mathrm{mM}} = 5{,}0 \cdot 10^{-4}\ \dfrac{1}{\mathrm{mM \cdot h}} \]

Forsøg 2 giver 5,1 · 10−4 mM−1 · h−1, og forsøg 3 giver 4,9 · 10−4 mM−1 · h−1. Hastighedskonstanten er k = 5,0 · 10−4 mM−1 · h−1 ved 60 °C. Det er det samme som 0,50 M−1 · h−1.

  1. Forslag 1

Der er kun ét trin, så summen er det samlede reaktionsskema. Trinnet er en elementarreaktion, hvor en ion ArO− og et molekyle iodethan støder sammen, så hastighedsudtrykket er v = k · [ArO−] · [CH3CH2I]. Det passer med målingerne.

Forslag 2

Lægges de to trin sammen, står ionen CH3CH2+ på begge sider og går ud, så summen er det samlede reaktionsskema. Det langsomme trin er en elementarreaktion, hvor ét molekyle iodethan spaltes, så hastighedsudtrykket er v = k · [CH3CH2I]. Det passer ikke med målingerne, hvor reaktionen er af første orden med hensyn til ArO−.

Opbygningen af iodethan

Iodethan er et primært halogenalkan: det elektrofile carbonatom har kun ét carbonatom som nabo. Der er fri adgang for et angreb bagfra, som forslag 1 kræver. Forslag 2 kræver den primære carbokation CH3CH2+, og en primær carbokation er så ustabil, at den næsten aldrig dannes.

Konklusion

Forslag 2 må forkastes. Forslag 1 passer både med målingerne og med opbygningen af iodethan og kan være rigtigt. Reaktionen er en SN2-reaktion.

  1. Energiprofilen for forslag 1 har én bakke, fordi reaktionen sker i ét trin.
Figur 8: Skitse af energiprofilen for reaktionen mellem ionen af paracetamol og iodethan efter forslag 1.

Toppen af bakken er overgangstilstanden. Aktiveringsenergien, Ea, er højden fra reaktanterne op til toppen. Produkterne ligger lavere end reaktanterne, fordi reaktionen er exoterm.

Opgave A5.6.eks.3: Et polarimeter afslører mekanismen

(1-bromethyl)benzen, C6H5−CHBr−CH3, bruges i laboratoriet til at undersøge, hvordan substitutioner forløber. Carbonatomet med bromatomet er asymmetrisk, så stoffet findes i to spejlbilledformer. I en blanding af vand og propanon reagerer (1-bromethyl)benzen med hydroxid og danner alkoholen 1-phenylethanol:

C6H5CHBrCH3 + OH− → C6H5CH(OH)CH3 + Br−

Reaktionen er exoterm. En kemiker bruger den højredrejende spejlbilledform af (1-bromethyl)benzen og måler starthastigheden i tre forsøg ved 25 °C.

Forsøg [C6H5CHBrCH3] [OH−] v0
1 10,0 mM 20 mM 0,45 mM/min
2 30,0 mM 20 mM 1,36 mM/min
3 10,0 mM 60 mM 0,46 mM/min

Da reaktionen er slut, renser kemikeren produktet. Kemikeren opløser 1,00 g af produktet i ethanol, så opløsningen fylder 10,0 mL, og hælder opløsningen i et polarimeterrør, der er 1,00 dm langt. Polarimeteret viser 0,0°. Den specifikke drejning for ren (+)-1-phenylethanol er omkring +43 ° · mL/(g · dm).

  1. Angiv reaktionstypen, og argumentér for, at carbonatomet med bromatomet i (1-bromethyl)benzen er asymmetrisk.
  2. Bestem hastighedsudtrykket for reaktionen, og beregn hastighedskonstanten.
  3. Beregn den drejning, polarimeteret ville vise, hvis produktet kun bestod af (+)-1-phenylethanol. Forklar, hvad den målte drejning på 0,0° viser om produktet.
  4. Vurdér, hvilken mekanisme der passer med både hastighedsudtrykket og målingen i polarimeteret, og skitsér energiprofilen for reaktionen.

Et asymmetrisk carbonatom er bundet til fire forskellige grupper: skriv de fire grupper på carbonatomet med bromatomet i (1-bromethyl)benzen op. Find derefter to forsøg, hvor kun koncentrationen af (1-bromethyl)benzen er ændret, og to forsøg, hvor kun koncentrationen af hydroxid er ændret. Drejningen beregnes med formlen for specifik drejning fra afsnit A3.5, α = [α] · \(l\) · c, hvor c er massekoncentrationen i g/mL.

Fra forsøg 1 til forsøg 2 er koncentrationen af (1-bromethyl)benzen blevet 3,0 gange så stor, og starthastigheden er blevet 3,02 gange så stor, fordi v2 / v1 = 1,36 / 0,45 = 3,02. Fra forsøg 1 til forsøg 3 er [OH−] blevet 3,0 gange så stor, men starthastigheden er næsten uændret. Massekoncentrationen af 1-phenylethanol i polarimeterrøret er c = 1,00 g / 10,0 mL = 0,100 g/mL.

Du kan begynde forklaringen til spørgsmål c sådan: “Produktet har også et asymmetrisk carbonatom, så … Når drejningen er 0,0°, må produktet være …” og vurderingen til spørgsmål d sådan: “Hydroxidionen indgår ikke i hastighedsudtrykket, så … En plan carbokation kan angribes fra …, og det giver …”

  1. Reaktionen er en substitution: bromatomet i (1-bromethyl)benzen er byttet ud med en hydroxygruppe. Det er en nucleofil substitution, hvor hydroxidionen er nucleofilen, og bromatomet er den udgående gruppe.

Carbonatomet med bromatomet er bundet til fire forskellige grupper: et hydrogenatom, en methylgruppe, en benzenring og et bromatom. Carbonatomet er derfor asymmetrisk, og (1-bromethyl)benzen findes i to spejlbilledformer, som drejer planpolariseret lys lige meget i hver sin retning.

  1. Hastighedsudtrykket for reaktionen mellem (1-bromethyl)benzen og hydroxid har formen v = k · [C6H5CHBrCH3]x · [OH−]y. x angiver her ordenen med hensyn til (1-bromethyl)benzen, og y angiver ordenen med hensyn til OH−.

Ordenen med hensyn til (1-bromethyl)benzen

Fra forsøg 1 til forsøg 2 er koncentrationen af (1-bromethyl)benzen blevet 3,0 gange så stor, og [OH−] er den samme.

\[ x = \frac{\ln\left( \dfrac{1{,}36\ \mathrm{mM/min}}{0{,}45\ \mathrm{mM/min}} \right)}{\ln\left( \dfrac{30{,}0\ \mathrm{mM}}{10{,}0\ \mathrm{mM}} \right)} = \frac{\ln(3{,}02)}{\ln(3{,}0)} = 1{,}01 \]

Ordenen med hensyn til OH−

Fra forsøg 1 til forsøg 3 er [OH−] blevet 3,0 gange så stor, og koncentrationen af (1-bromethyl)benzen er den samme.

\[ y = \frac{\ln\left( \dfrac{0{,}46\ \mathrm{mM/min}}{0{,}45\ \mathrm{mM/min}} \right)}{\ln\left( \dfrac{60\ \mathrm{mM}}{20\ \mathrm{mM}} \right)} = \frac{\ln(1{,}02)}{\ln(3{,}0)} = 0{,}02 \]

Hastighedsudtrykket

Når der tages hensyn til måleusikkerheden, er reaktionen af første orden med hensyn til (1-bromethyl)benzen og af nulte orden med hensyn til OH−:

\[ v = k \cdot [\mathrm{C_6H_5CHBrCH_3}] \]

Hastighedskonstanten

Tallene fra forsøg 1 sættes ind:

\[ k = \frac{v_0}{[\mathrm{C_6H_5CHBrCH_3}]} = \frac{0{,}45\ \dfrac{\mathrm{mM}}{\mathrm{min}}}{10{,}0\ \mathrm{mM}} = 0{,}045\ \mathrm{min^{-1}} \]

Hastighedskonstanten er k = 0,045 min−1 ved 25 °C.

  1. Kendte størrelser for opløsningen af 1-phenylethanol: [α] = +43 ° · mL/(g · dm), \(l\) = 1,00 dm og c = 1,00 g / 10,0 mL = 0,100 g/mL.

\[ \alpha = [\alpha] \cdot l \cdot c = 43\ \dfrac{^{\circ} \cdot \mathrm{mL}}{\mathrm{g \cdot dm}} \cdot 1{,}00\ \mathrm{dm} \cdot 0{,}100\ \dfrac{\mathrm{g}}{\mathrm{mL}} = 4{,}3^{\circ} \]

Bestod produktet kun af (+)-1-phenylethanol, ville polarimeteret vise +4,3°. Bestod det kun af den anden spejlbilledform, ville det vise −4,3°.

Produktet 1-phenylethanol har også et asymmetrisk carbonatom. Det er bundet til et hydrogenatom, en methylgruppe, en benzenring og en hydroxygruppe. Når drejningen alligevel er 0,0°, må produktet indeholde lige meget af de to spejlbilledformer, så deres drejninger ophæver hinanden. Produktet er en racemisk blanding.

  1. Hastighedsudtrykket

Hydroxidionen indgår ikke i det målte hastighedsudtryk, så hydroxidionen er ikke med i det langsomme trin. Det passer med SN1, hvor bindingen mellem carbon og brom først går langsomt i stykker, og der dannes en carbokation og en bromidion. En SN2-reaktion sker i ét trin, hvor (1-bromethyl)benzen og hydroxidionen støder sammen, og den ville give v = k · [C6H5CHBrCH3] · [OH−]. Det passer ikke med målingerne.

Polarimeteret

Ved SN1 er carbokationen plan, så hydroxidionen kan lige så let angribe fra den ene side som fra den anden. Det giver de to spejlbilledformer af 1-phenylethanol i lige store mængder, altså en racemisk blanding, og det er netop det, polarimeteret viser. Ved SN2 kommer hydroxidionen kun ind bagfra, så der var kun dannet én spejlbilledform, og produktet havde været optisk aktivt.

Konklusion

Begge målinger passer med SN1 og ikke med SN2. (1-bromethyl)benzen er et sekundært halogenalkan og kunne have reageret efter begge mekanismer. Her hjælper benzenringen ved siden af det positive carbonatom med at fordele ladningen, så carbokationen er forholdsvis stabil.

Figur 9: Skitse af energiprofilen for reaktionen mellem (1-bromethyl)benzen og hydroxid.

Energiprofilen har to bakker, én for hvert trin. Bakken i trin 1 er den højeste, fordi trin 1 er det langsomme og hastighedsbestemmende trin. Carbokationen er mellemproduktet og ligger i lavningen mellem de to bakker. Produkterne ligger lavere end reaktanterne, fordi reaktionen er exoterm.