Musterlösung

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Klausur : Allgemeine und Anorganische Chemie
Di. 17.02.09 : 15.30 - 18.30 Uhr
1.
Nitrat: entweder (i) Reduktion zu Ammoniak (am Geruch oder mit pH-Papier zu
erkennen) in alkalischer Lösung mit einem reaktiven Metall (Zn, Al):
3NO3– + 8Al + 5OH– + 18H2O→ 3NH3 + 8[Al(OH)4]–
oder (ii) Brauner Ring mit Eisen(II)sulfat und unterschichteter konz. Schwefelsäure
(Bildung eines Nitrosylkomplexes):
HNO3 + 3Fe2+ + 3H+ → 3Fe3+ + NO + 2H2O
[Fe(H2O)6]2+ + NO → [Fe(H2O)5(NO)]2+ + H2O
Ozon: schwarzes Bleisulfid wird zum weißen Sulfat oxidiert.
PbS + 4O3 → PbSO4 + 4O2
Kupfer: mit Ammoniak im Überschuß als tiefblauer Amminkomplex [Cu(NH3)4]2+
Bromid: der Nachweis basiert auf der Unlöslichkeit des Silbersalzes
Ag+ + Br– → AgBr↓
Silberbromid ist gelb-weiß und löst sich erst in konz. Ammoniak
AgBr + 2NH3 → [Ag(NH3)2]+ + Br–
2.
(i) Bildung des löslichen Triiodid-Ions: I2 + I– → I3–
(ii) Schwefelige Säure gibt es nicht!! – dafür aber deren Anionen. Die Reaktion ist
eher
SO2 + H2O
H+ + HSO3–
(oder mit H3O+)
(iii) nach le Chatelier; die Eigendissoziation ist endotherm
2H2O
H3O+ (aq) + OH– (aq):
ΔH positiv
(iv) lösliche Oxide (z.B. von Alkalimetallen) reagieren mit Wasser zu Hydroxiden
H2O + O2– → 2OH–
2
3.
(a) PV = nRT
mit
V = Volumen
P = Druck
(üblicherweise in L)
(in Pascal, bar oder atm )
T = Temperatur
(K)
n = Molzahl
R = Gaskonstante in passenden Einheiten
(b) Partialdruck: In einem Gasgemisch ist jedes einzelne Gas i in seinem Verhalten
unabhängig von den anderen Gasen: Pi = ni RT/V. Der Gesamtdruck eines
Gasgemischs ist gleich der Summe der Partialdrucke der einzelnen Komponenten, Pges
= Σ Pi. Es folgt: Pi /Pges = ni /nges = xi (Molenbruch).
(c) Wasserstoff: Molmasse 2. Luft: mittlere Molmasse bei 79% N2 und 21% O2 =
(79×28+21×32)/100 = 28.84. Faktor = 14.42.
4.
Also darf He2+ existieren, Mg2 jedoch nicht.
5.
NO tanzt aus der Reihe, alle Anderen sind isoelektronisch (2P für jedes korrekte Bild!)
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6.
KB braucht man nicht!
Ammoniak als Base: NH3 + H2O
NH4+ + OH–
+
[ NH 4 ][OH − ]
KB =
[ NH 3 ]
Fall 1: reine Pufferlösung. [OH–]1 = KB
[ NH 3 ]
+
. Die Konzentrationen sind beide 1,
[ NH 4 ]
also [OH–]1 = KB, oder log [OH–]1 = log KB
Fall 2: Mit Natriumhydroxid. Die Pufferwirkung ergibt sich dadurch, daß das
Ammonium mit dem Hydroxid praktisch vollständig reagiert. Wenn x Mol des
Ammoniums zu Ammoniak werden, so haben wir [OH–]2 = KB
[OH–]2 = log KB + log
1+ x
, oder
1− x
log [OH–]2 – log [OH–]1 =pH2 – pH1 = 1 = log
7.
1+ x
. Es folgt log
1− x
1+ x
1+ x
, oder 10 =
, x = 9/11.
1− x
1− x
(i) nur bei konstantem Druck, sonst ΔH = ΔU + PΔV + VΔP
(ii) nein, die Schmelzkurve ist steil, aber nicht genau senkrecht! (gekennzeichnetes
Phasendiagramm hilft)
(iii) natürlich nicht, reines HCl ist ein Gas (Chlorwasserstoff), löst sich nur zu etwa
36% in Wasser.
(iv) nein, pyramidal nach VSEPR
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8.
(a) (i) Es sind Metalle (physikalische Eigenschaften wie Glanz, Leitfähigkeit;
chemische Eigenschaft = Kationenbildung)
(ii) hohe Tendenz zur Komplexbildung, häufigste Geometrie oktaedrisch (z.B.
[Fe(CN)6)]3–)
(iii) Komplexe sind oft gefärbt (d-d-Übergänge im sichtbaren Bereich, z.B. Cu2+ blau)
(iv) Komplexe sind oft paramagnetisch (z.B. Fe2+, d5)
(v) Ein gegebenes Metall weist mehrere Oxidationsstufen auf (z.B. Fe, +2, +3, ...)
Beispiele nicht vergessen!
(b) Nach Kristallfeldtheorie ist die Aufspaltung so:
Der Cyanidligand ruft eine große Kristallfeldaufspaltung Δ hervor (eher low spin),
Chlorid jedoch eine kleine (eher high spin).
9.
TiO2 kann nicht mit Kohlenstoff reduziert werden, denn Titan bildet ein Carbid TiC.
Deswegen wird das Kroll-Verfahren verwendet; das Dioxid wird doch mit Kohlenstoff
umgesetzt, jedoch in Chlor-Atmosphäre bei 900°C, wobei sich Titantetrachlorid TiCl4
bildet.
TiO2 + 2C + 2Cl2 → TiCl4+ 2CO
Nachher wird das Tetrachlorid bei 1000°C mit Magnesium unter Argon reduziert
(TiCl4 + 2Mg → 2MgCl2+ Ti). Nach Entfernung des Magnesiums mit einer Säure
kann der Titan-Schwamm unter Argon zu Barren geschmolzen werden.
(ZnS) wird zum Oxid geröstet (2ZnS + 3O2 → 2ZnO + 2SO2). Bei der anschließenden
Reduktion mit Kohlenstoff wird gasförmiges Zink gebildet, was zu Zinkstaub
kondensiert werden muß, um die erneute Bildung des Zinkoxids zu vermeiden:
Zn (g) + CO2 (g)
ZnO (f) + CO (g)
Die Dämpfe werden mit flüssigem Blei berieselt; das Zink löst sich im Blei, ist aber
bei niedrigeren Temperaturen nicht mehr löslich, so daß sich die flüssigen Metalle
getrennt abscheiden. Erneute Destillation (Luftausschluß!) ergibt das Feinzink.
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10.
Die Gesamtreaktion setzt sich zusammen aus:
1 × (2)
6 × (3)
B2H6 (g) + 6H2O (fl) → 2H3BO3 (f) + 6H2 (g) :
6H2 (g) + 6Cl2 (g) → 12HCl (g) :
B
–2 × (1)
2H3BO3 (f) + 6HCl (g) → 2BCl3 (g) + 6H2O (fl) :
Also ΔH(ges.) = ΔH 02 + 6ΔH 30 – 2ΔH 10 = –1376 kJ.
ΔH = ΔH 02
ΔH = 6ΔH 30
ΔH = –2ΔH 10
*** Der Rechenweg muß nachvollziehbar sein (keine Willkürzahlen, auch wenn
am Ende das richtige Ergebnis steht!)
11.
L = √(LP) = 7.02 × 10–3 M für eine gesättigte Lösung, 3.51 × 10–3 M für eine
halbgesättigte.
CaO: M = 56.08. Äquivalente Menge CaO = 56.08 × 3.51 × 10–3 = 0.197 g.
1 Härtegrad = 10 mg CaO/ml, also 19.7 Härtegrad.
12.
(i) Ein Mischelement besteht aus mehr als einem Isotop, z.B. Chlor aus 35Cl und 37Cl.
(ii) Ein Säureanhydrid reagiert mit Wasser, um die entsprechende Säure zu bilden,
z.B. Schwefeltrioxid ist das Anhydrid der Schwefelsäure (SO3 + H2O → H2SO4!)
(iii) Lewis-Säuren sind Spezies mit einer Elektronen(paar)lücke, die von Lewis-Basen
ein Elektronenpaar akzeptieren, z.B. Bortrifluorid, BF3
(iv) Die Unschärfebeziehung (Unbestimmtheitsbeziehung) lautet: "Es ist unmöglich,
Ort und Geschwindigkeit eines Teilchens gleichzeitig mit beliebiger Präzision zu
bestimmen":
ΔxΔp ≥ h
(Δx = Unbestimmtheit des Orts, Δp des Impulses, h Planck'sche Konstante)
Verschiedene Definitionen der "Ungenauigkeit" führen zu etwas anderen Konstanten,
z.B. ΔxΔp ≥ h/4π
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13.
(i) Die Struktur besteht aus Schichten, in denen jedes Atom von 6 Nachbarn umgeben
ist. Zu jeder Schicht B gibt es 2 identische und miteinander deckungsgleiche
Nachbarschichten A (oben und unten), die auf B so versetzt sind, das jedes A-Atom in
eine Dreieckslücke von B paßt (und umgekehrt). Die Gesamt-KZ ist also 12.
(ii) Jedes Ion ist oktaedrisch umgeben (KZ 6) von Ionen entgegengesetzter Ladung.
(Skizzen müssen nicht schön, dafür aber die Prinzipien erkennbar sein!)
14.
(i) Die Reaktion zwischen Feststoffen muß angezündet werden, ist aber stark
exotherm, so daß flüssiges Eisen (neben Aluminiumoxid) entsteht: 2Al + Fe2O3 → Fe
(fl!)
+ Al2O3
(ii) Die Reaktion läuft erst dann, wenn die Oxidschicht angebrochen wird (z.B. bei
kochender Lauge). Produkte Wasserstoff und ein Hydroxoaluminat-Komplex (genauer
Name nicht unbedingt notwendig):
2Al + 2OH– + 6H2O → 2[Al(OH)4]– + 3H2
(iii) heiße k. H2SO4 ist ein Oxidationsmittel und bildet dabei Schwefeldioxid! Das
Kupfer wird zu Kupfersulfat. Gesamtgl.
H2SO4 + 2H+ + Cu → Cu2+ + SO2 + 2H2O
oder
2H2SO4 + Cu → CuSO4 + SO2 + 2H2O
(iv) "Verdrängung einer schwächeren durch eine stärkere Säure": 2NaCl + H2SO4 →
Na 2SO4 + 2HCl. Das HCl entsteht allerdings als Chlorwasserstoff-Gas.
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15.
(i) Die mittlere kinetische Energie eines Moleküls ist proportional zur Temperatur.
Mittlere KE = 3kT/2, k ist die Boltzmann-Konstante
(ii) Die lineare Zusammenhang zwischen Fahrenheit-Temperatur F und CelsiusTemperatur C sei
F = aC + b, wo a und b zu bestimmende Konstanten sind. Aus
den äquivalenten Intervallen 180°F und 100°C zwischen Schmelz- und Siedepunkten
ist a = 9/5; am Schmelzpunkt ergibt sich b = 32, also F = (9/5)C + 32.
Entsprechend der Problemstellung ergibt sich dann x = –(9/5)x + 32, (14/5)x = 32, x =
11.4 (gerundet)
16.
(a) Bei solchen Liganden (z.B. CO) gibt es zwei Komponenten der Bindung:
Danach muß das Metallatom seine überschüssige Elektronendichte loswerden ... das
kann nur über π-Akzeptorliganden erfolgen.
(4P bis hierher)
Phosphine können zu diesem Zweck die zunächst leeren 3d-Orbitale am Phosphor
verwenden und sind somit klassische π-Akzeptorliganden.
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(b)
Auswahlregeln besagen, d-d-Übergänge seien für oktaedrische Komplexe sowie für d5
high-spin verboten (Gesamtspin darf sich nicht ändern). Bei Mn2+ trifft beides zu.
17.
(a) Verbindung A mit Anfangskonzentration [A]0 zerfällt nach A → Produkte
–
d[A]
= k [A]
dt
(k ist die Geschwindigkeitskonstante)
[A]
Integrieren:
–
ln
[A ]
= –kt
[A ]0
t
d[A]
= k ∫ dt
∫
[
A
]
[ A ]0
0
oder
[A] = [A]0 exp (–kt)
Die Halbwertzeit t½ errechnet sich bei [A] = [A]0/2 zu t½ =
ln 2
.
k
(b) Verbindung A mit Anfangskonzentration [A]0 dimerisiert nach 2A → A2
d[A]
= k [A]2
dt
–
[A]
Integrieren:
–
t
d[A]
1
1
= k ∫ dt ,
=
+ kt
2
∫
[A]
[A] [A ]0
[ A ]0
0
Die Halbwertzeit errechnet sich zu t½ =
1
(abhängig von der
k[ A ]0
Anfangskonz., also weniger sinnvoll!)
18.
(i) Ultraviolett;
Die Energie des Photons reicht gerade aus, um ein Elektron aus der Oberfläche
herauszuschlagen: (ii) E = hc/λ = (6.6262 × 10–34)(2.9979 × 108)/(258 × 10–9) = 7.70 ×
10–19 J.
(iii) in der Gleichung bei (ii) ersetze man 258 nm durch 200 nm, E = 9.93 × 10–19 J.
Die überschüssige Energie 2.23 × 10–19 J wird zur kinetischen Energie des Elektrons.