Musterlösung

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Musterlösungen zur Klausur „Allgemeine & Anorganische Chemie“ vom
13.02.2008, Prof. Jones
Ohne Gewähr!
1.
(i)
Teilgleichungen
Cr2O72– + 6e– + 14H+ → 2Cr3+ + 7H2O
Fe2+ → Fe3+ + e–
x1
x6
Gesamtgleichung
6Fe2+ + Cr2O72– + 14H+ → 2Cr3+ + 7H2O + 6Fe3+
(ii)
Teilgleichungen
S2O32– + 10 OH– → 2SO42– + 5H2O + 8e–
MnO4– + 5e– + 8H+ → Mn2+ + 4H2O
x5
x8
Gesamtgleichung
5S2O32– + 50 OH– + 8MnO4– + 64H+ → 10SO42–
+ 25H2O + 8Mn2+ + 32H2O
kürzen
5S2O32– + 8MnO4– + 14H+ → 10SO42– + 7H2O + 8Mn2+
(iii)
Teilgleichungen
O3 + 2e– + 2H+ → O2 + H2O
2I– → I2 + 2e–
Gesamtgleichung
O3 + 2I– + 2H+ → O2 + H2O+ I2
(iv)
Teilgleichungen
Al + 4OH– → [Al(OH)4]– + 3e–
2H2O + 2e– → H2 + 2OH–
x2
x3
Gesamtgleichung
2Al + 8OH– + 6H2O → 2[Al(OH)4]– + 3H2 + 6OH–
kürzen
2Al + 2OH– + 6H2O → 2[Al(OH)4]– + 3H2
2.
(i)
(ii)
Die Reduktion des Sauerstoffmoleküls kann als Gedankenexperiment stufenweise
erfolgen:
O2 → O2– → O22– → 2O– → 2O2–
Jede Stufe nach der ersten kostet Energie; die Gesamtenergie kann nur beim kleinsten
Kation Li+ als Gitterenergie kompensiert werden. Beim großen Cs-Kation bleibt die
Reaktion gleich beim Superoxid stehen.
Das Disulfid kann Elektronen aufnehmen, wobei es zu Sulfid reduziert wird:
S22– + 2e– → 2S2–
(Prinzip: Erklärung + Gleichung = volle Punkte – vorausgesetzt es gibt eine relevante
Gleichung)
(iii) heiße k. H2SO4 ist ein Oxidationsmittel und bildet dabei Schwefeldioxid!
Teilgleichungen
H2SO4 + 2e– + 2H+ → SO2 + 2H2O
Cu → Cu2+ + 2e–
Gesamtgleichung
H2SO4 + 2H+ + Cu → Cu2+ + SO2 + 2H2O
oder
2H2SO4 + Cu → CuSO4 + SO2 + 2H2O
(iv)
3.
(a)
(b)
Das Gleichgewicht, das E4 mit E2 verbindet, lautet
E4 → 2E2
d.h. die Bilanz ist zwischen 6 Einfachbindungen und 2 Dreifachbindungen.
Bei Stickstoff ist die Dreifachbindung stark, die Einfachbindung jedoch sehr schwach.
Bei Phosphor ist die Dreifachbindung nicht sehr stark („Doppelbindungsregel“!), die
Einfachbindung jedoch normal stark.
Ohne Zahlenwerte der Bindungsenergien kann man die Beobachtung nur quantitativ
erklären.
-10
0
2
2
-14
Der Anteil an 79Br sei x;
79x + 81(1-x) = 79.9
x = 0.55
Also 55% 79Br, 45% 81Br
4.
Die MO-Diagramme sind:
Reihenfolge von σ- und π- bindenden Orbitalen ist für die Punktevergabe unerheblich
Bei N2: Bindungsordnung 3, Entfernung eines (bindenden) Elektrons ergibt BO 2.5. BO
kleiner heißt Bindung schwächer = länger.
Bei O2: Bindungsordnung 2, Entfernung eines (antibindenden) Elektrons ergibt BO 2.5. BO
größer heißt Bindung stärker = kürzer.
5.
Geometrie muß deutlich sein (s. Formulierung der Aufgabe). Keinen 5-bindigen
Stickstoff!! Bei fehlenden "lone pairs" bzw. Formalladungen: 0 Punkte!
6.
7.
(i)
Ja, Elektronenkonfiguration 3d10
(ii)
Ja, S(0 K) = 0 (3. Gesetz), Entropie nimmt mit Temperatur zu.
(iii) Ja,
(iv) Ja, Verdampfung kostet immer Energie, deswegen steigt der Sättigungsdruck immer mit
Temperatur (le Chatelier!)
8.
(a)
(i)
Es sind Metalle (physikalische Eigenschaften wie Glanz, Leitfähigkeit; chemische
Eigenschaft = Kationenbildung)
(ii) Komplexe sind oft gefärbt (d-d-Übergänge im sichtbaren Bereich, z.B. Cu2+ blau)
(iii) Komplexe sind oft paramagnetisch (z.B. Fe2+, d5)
(iv) Ein gegebenes Metall weist mehrere Oxidationsstufen auf (z.B. Fe, +2, +3, ...)
Bei (ii-iv): ohne Beispiele nur 0.5P
(b)
Zusammenfassung des Kristallfeldmodells:
Die Orbitale dxy, dxz, dyz zeigen zwischen den Liganden, d(z2) und d(x2-y2) direkt auf die
Liganden. Letztere werden also mehr an der Energie angehoben, es entsteht die typische
Kristallfeldaufspaltung Δ:
Ist Δ hoch, so werden die unteren Niveaus doppelt besetzt, bevor die oberen einfach
besetzt werden (low spin); bei niedrigem Δ gilt das Entgegengesetzte (high spin). Nur
die Konfigurationen Δn (n 4-7) können high-/low-spin-Zustände aufweisen, bei allen
anderen ist die Orbitalbesetzung eindeutig.
9.
Das ist ein kompliziertes Verfahren – Hauptprinzipien bzw. -reaktionen müssen
angegeben werden. Bild muß nicht so vollständig sein wie hier, aber die Form und die
ungefähren Temperaturen (sinken von unten nach oben) sind wichtig.
Die Beschickung von oben: Eisenerz (z.B. Fe2O3), Kalkstein und Koks . Von unten: mit
Sauerstoff angereicherte Luft (heiß!).
Die Reaktionsfolge von unten nach oben:
Skizze
(i)
Ganz unten: Verbrennung des Kokses; es wird eine Temperatur von 2300°C (etwaiger
Wert reicht) erreicht (1P – ohne Gleichung nur 0.5P, durchgehend)):
C + O2 → CO2
stark exotherm
Anschließend stellt sich das Boudouard-Gleichgewicht ein :
C + CO2 → 2CO
endotherm
Das CO gelangt nach oben.
(ii)
In der Reduktionszone erfolgt die direkte Reduktion :
FeO + CO → Fe (fl) + CO2
neben dem Boudouard-Gleichgewicht.
(iii) Weiter oben wird es für diese Reaktionen zu kühl, daher indirekte Reduktion der
Eisenerze zu FeO: (direkte Umwandlung Fe2O3 zu FeO ist OK)
3Fe2O3 + CO → 2Fe3O4 + CO2
Fe3O4 + CO → 3FeO + CO2
(iv) Oben entweicht das Gichtgas (55% N2, 30% CO, 15% CO2)
(v)
Die Hauptverunreinigung SiO2 reagiert mit dem Kalk zum Calciumsilicat (Schlacke) :
CaCO3 + SiO2 → CaSiO3 + CO2
Unten werden flüssiges Eisen
Hauptverunreinigung ist 4% C .
sowie
flüssige
Schlacke
abgelassen
(mach 11P insgesamt! Wenn nur eine Angabe fehlt kann man auch 10P vergeben).
.
Die
10.
ΔH0 = ΔH0f(Produkte) - ΔH0f(Edukte)
= -2(219+297) + 2(100) = -832 kJ
Die erste Zeile reicht als Erklärung. Ohne Erklärung 0 Punkte (s. Aufgabe!)
11.
CaCO3 (f) → CaO (f) + CO2 (g)
K = p(CO2) bzw. [CO2]
(für eine der beiden Formen)
CaCO3: M = 100.086
1.042 g sind 1.042/100.086 = 0.01041 Mol;
es entstehen also 0.01041 Mol CO2.
PV = nRT oder P = nRT/V
T = 898 + 273.2 = 1171.2 K
V=1
P = 0.01041 × 0.08206 × 1171.2
= 1.000 atm
Als Konzentration: 0.01041 Mol/l.
12.
(i)
(ii)
(auch 1171 OK)
Bei einer mehrbasigen Säure werden bei teilweiser Neutralisation nicht alle H durch M
ersetzt, H bleibt im Produkt und wird als „Hydrogen“ bezeichnet
z.B. Na2HPO4, Dinatriumhydrogenphosphat
Ein Lösungsmittel dissoziiert zu einem Kation und einem Anion
z.B. 2H2O → H3O+ + OH–
(iii) Eine Lewis-Säure ist eine Verbindung mit Elektronen(paar)lücke; sie kann mit einem
Elektronenpaardonor (Lewis-Base) eine koordinative Bindung eingehen
z.B. BF3 wird mit Ammoniak zu H3N-BF3 – Alternativbeispiel: jede Komplexbildung
(Metallkation = Lewis-Säure!)
(iv) Der Dissoziationsgrad α ist der Bruchteil einer Säure, die zu H+ und dem Anion
dissoziiert ist.
HA → H+ + A–
1-α
α
α
Wie immer: ohne Beispiele = Punkteverlust!
13.
(a)
Achse(n) und Vorzeichen müssen da sein, sonst Abzug!
(b)
n = 4 hat s,p,d,f-Orbitale, insges. 1+3+5+7 = 16, also können maximal 32 Elektronen
untergebracht werden.
(c)
Orbitale mit definierter Haupt- UND Nebenquantenzahl, z.B. 4f-Unterschale
14.
Zwei Quellen:
(i) Stickoxide (z.B. Autoauspuff) NO und/oder NO2
NO wird an der Luft zu NO2, dieses löst sich in Wasser (in der Atmosphäre) zu
salpetriger Säure + Salpetersäure
NO + ½O2 → NO2
2NO2 + H2O → HNO2 + HNO3
die mit dem Regen herunterkommen!
(HNO2 wird sowieso zu HNO3 oxidiert, oder sie disproportioniert zu NO + HNO3 –
nicht notwendig, dieses zu erwähnen).
(ii)
Schwefeldioxid (z.B. organische Schwefelverbindungen in der Braunkohle verbrennen)
SO2 wird an der Luft zu H2SO4
SO2 + ½O2 + H2O → H2SO4
Das geht eventuell über H+ + HSO3–, jedoch definitiv NICHT über H2SO3 (hierfür
jedoch kein Punkteabzug)
Folgen des sauren Regens: Übersäuerung der Böden und Gewässer
15.
(a)
(b)
Im Kern wird ein Neutron zu einem Proton (bleibt) und einem Elektron (wird
herausgeschossen).
2.5P
40
0
40
2.5P
19 K → −1 e + 20 Ca
3 Halbwertzeiten sind um, es bleibt 1/8 der Startmenge über! (5P für nix)
16.
Zwei Komponenten der Bindung (synergisch):
Danach muß das Metallatom seine überschüssige Elektronendichte loswerden ...
Die π-Bindung des Liganden wird dadurch geschwächt, die M-L-Bindung jedoch gestärkt.
17.
(a) Es fiel auf: die Dichte des Stickstoffs ist unterschiedlich, je nachdem, ob man ihn aus
der Luft gewinnt oder chemisch herstellt . Man nahm also an, im Stickstoff aus der Luft
sei ein weiteres Gas vorhanden. Wurde der Stickstoff sorgfältig mit Magnesium entfernt
3Mg + N2 → Mg3N2
so blieb ein Rest von ca. 1% des ursprünglichen Luftvolumens . Dieser Rest wurde mit
spektroskopischen Methoden als neues und sehr unreaktives Element Argon
identifiziert. Durch sorgfältige Destillation konnten die anderen (selteneren) Edelgase
ebenfalls gewonnen und identifiziert werden.
(i) Radon (radioaktiv!) bzw. (ii) Argon
(b)
Das Molekül ist quadratisch planar. Die Achsen seien y und z. Das Drei-ZentrenBindungsmodell in z-Richtung verwendet die 2pz-Orbitale an beiden Fluoratomen
sowie das 6pz-Orbital am Xenon. Das Bild zeigt das bindende Orbital:
Das nichtbindende Orbital hat an den Fluoratomen die Vorzeichen -+ (links) sowie +(rechts). Das antibindende Orbital hat -+ an allen Atomen. Die 4 Elektronen (2 vom
Xenon sowie je 1 von den Fluoratomen) besetzen das bindende und das nicht-bindende
Orbital, es entsteht eine 3z,4e-Bindung.
In y-Richtung passiert genau das gleiche mit den 2py-Orbitalen.
18.
Es geht um die Prioritätsregeln der Substituenten an C2. Nach Kernladungszahlen hat H die
niedrigste Priorität (1), O4 die höchste (4).
Welches von C1 und C3 hat die höhere Priorität? Diese tragen beide 2 Wasserstoffe. Geht
man ein Atom weiter, kommt man in beiden Fällen zu einem Sauerstoff (O3 bzw. O5). Erst
mit dem nächsten Atom gibt es einen Unterschied: S an O3 ist größer als C4 an O5. Somit hat
C1 eine höhere Priorität (3) als C3 (2):
C2-C1-O3-S vgl. C2-C3-O5-C4
Zeichnen wir nun das Zentrum C2 als Lenkradmodell mit H (niedrigster Priorität) nach
hinten:
Die abnehmende Reihenfolge der Prioritäten 4 → 3 → 2 erfolgt im Uhrzeigersinn, die
Konfiguration ist R.
Ohne Begründung 0 Punkte!
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