Musterlösung Klausur „Allgemeine und Anorganische Chemie“ vom

Musterlösung Klausur „Allgemeine und Anorganische Chemie“ vom
27.02.2008 - Prof. Jones
1.
(i)
Teilgleichungen
Cr2O72– + 6e– + 14H+ → 2Cr3+ + 7H2O
2I– → I2 + 2e–
x1
x3
Gesamtgleichung
6I– + Cr2O72– + 14H+ → 2Cr3+ + 7H2O + 3I2
(ii)
Teilgleichungen
SO32– + H2O → SO42– + 2H+ + 2e–
MnO4– + 5e– + 8H+ → Mn2+ + 4H2O
x5
x2
Gesamtgleichung
5SO32– + 5H2O + 2MnO4– + 16H+ → 5SO42–
+ 10H+ + 2Mn2+ + 8H2O
kürzen
5SO32– + 2MnO4– + 6H+ → 5SO42–
+ 3H2O + 2Mn2+
(iii) 2H2S (g) + SO2 (g) → 3S + 2H2O
*** man könnte auch auf S8 bestehen ...
(iv) Teilgleichungen
Zn+ 4OH– → [Zn(OH)4]2– + 2e–
2H2O + 2e– → H2 + 2OH–
Gesamtgleichung
Zn + 4OH– + 2H2O → [Zn(OH)4]2– + H2 + 2OH–
kürzen
Zn + 2OH– + 2H2O → [Zn(OH)4]2– + H2
Jede korrekte Gleichung: 2.5 P
Teilpunkte: keine (eine Gleichung ist entweder ausgeglichen, oder sie ist es nicht!!)
Ausnahmen: Bei durchgehend doppelten, aber ansonsten ausgeglichenen Gleichungen
usw., : 0.5P Abzug.
Bei ausgeglichenen, jedoch nicht maximal gekürzten Gleichungen: Abzug nach eigenem
Ermessen.
2.
(i)
("Dach-Form", Torsionswinkel ca. 90°)
(ii)
Kann (je nach Bedingung und Reaktionspartner) entweder oxidieren oder reduzieren.
(Prinzip: Erklärung + Gleichung = volle Punkte – vorausgesetzt es gibt eine
relevante Gleichung)
z.B. reduziert Permanganat
5H2O2 + 2MnO4– + 6H+ → 5O2
z.B. oxidiert Iodid
H2O2 + 2I– + 2H+ → I2
+ 8H2O + 2Mn2+
+ 2H2O
(iii) Nachweis mit blauem Chromperoxid CrO5 (ansäuern + Dichromat)
Cr2O72– + 4H2O2 + 2H+ → 2CrO5 + 5H2O
3.
pKL = 10.4
CaF2
Ca2+ + 2F–
2+
L = [Ca ], [Ca2+] = 2[F–]
L = 3√(KL/4) = 2.15 × 10–4 M
M(CaF2) = 78.08
L(CaF2) = 0.017 g/L
KL = 4.0 × 10–11 (mol/L)3
KL = [Ca2+][F–]2
KL = 4L3
4.
Das MO-Diagramm der 6p-Niveaus ist:
Reihenfolge von σ- und π- bindenden Orbitalen ist für die Punktevergabe unerheblich
Die Bindungsordnung beträgt 0.5. Deswegen ist die Bindung zwar existent, aber schwach
(und lang).
Punkte: Diagramm 5, Erklärung 5.
5.
trigonal planar
Grundgerüst: dito
Tetraeder
quadratisch planar
Oktaeder
gewinkelt
Tetraeder
6.
Es gibt zwei Möglichkeiten; das Eisen kann zu Eisen(II)- oder Eisen(III)bromid oxidiert
werden.
(i) Fe2+ (aq) + 2e– → Fe (s)
(ii) Fe3+ (aq) + 3e– → Fe (s)
(iii) Br2 (aq) + 2e– → 2Br– (aq)
E0 = –0.44V
E0 = –0.04V
E0 = +1.09V
Möglichkeit A
(iii) Br2 (aq) + 2e– → 2Br– (aq)
(i) Fe2+ (aq) + 2e– → Fe (s)
E0 = 1.09 V
E0 = –0.44 V
Gesamtreaktion: Br2 (aq) + Fe (s) → 2Br– (aq) + Fe2+ (aq)
E0 = 1.53 V
(Reaktion (i) läuft rückwärts, es wird oxidiert)
ΔG0 = –nFE0 = –2 × 1.53 × 96485 / 1000 = –295 kJ / Mol Fe
Möglichkeit B
(iii) (×3) Br2 (aq) + 2e– → 2Br– (aq)
(ii) (×2) Fe3+ (aq) + 3e– → Fe (s)
E0 = 1.09 V
E0 = –0.04 V
Gesamtreaktion: 3Br2 (aq) + 2Fe (s) → 6Br– (aq) + 2Fe2+ (aq)
E0 = 1.13 V
(Reaktion (ii) läuft rückwärts, es wird oxidiert)
ΔG0 = –nFE0 = –6 × 1.13 × 96485 / 1000 × 2 = –327 kJ / Mol Fe
Möglichkeit B ist also wahrscheinlicher.
7.
(i)
(ii)
Nein, es bildet sich das Carbid TiC. Man muß das Kroll-Verfahren verwenden, um eine
brauchbare Ti-Verbindung zu gewinnen:
TiO2 + 2C + 2Cl2 → TiCl4 + 2CO
(anschl. Reduktion mit Mg-Metall)
Nein, Au(I) ist weich, Fluorid ist hart.
(iii) Ja, wenn low-spin (high-spin d6 ist paramagnetisch)
d6 low spin
d6 high spin
(iv) Offiziell nein (das Metall hat immer mindestens d10, also eine vollständige d-Schale),
wird aber oft wegen seiner hohen Tendenz zu Komplexbildung als Ehrenmitglied der
Übergangsmetalle angesehen.
8.
Rutherford-Experiment: Ausführung
Rutherford-Experiment: Deutung
Einfache Skizzen genügen!
Die meisten α-Teilchen durchlaufen die dünne Goldfolie, als wäre sie nicht da. Einige wenige
werden aber um große Winkel ausgelenkt oder gar fast reflektiert. Das zeigt, daß die positiven
Kerne sehr klein sind im Vergleich zu der (aus Elektronen bestehenden, fast massenleeren)
Atomhülle.
9.
Ausgangsstoff ist Schwefeldioxid. Hauptreaktion ist die exotherme Oxidation zu
Schwefeltrioxid, die jedoch sehr langsam ist.
SO2 (g) + ½O2 (g) → SO3 (g)
ΔH0 = –99 kJ
Die übliche Lösung (erhitzen!) würde zu schlechteren Gleichgewichtsausbeuten führen (le
Chatelier, exotherm), man verwendet also einen Katalysator (Vanadiumpentoxid) bei
Temperaturen von 400—500°C. Ein hoher Druck hilft auch (le Chatelier, weniger Gasmole
bei den Produkten)
2VO2 (f) + ½O2 (g) → V2O5 (f)
V2O5 (f) + SO2 (g) → SO3 (g) + 2VO2 (f)
Das Schwefeltrioxid könnte prinzipiell mit Wasser zu Schwefelsäure weiterreagieren (ΔH –
130 kJ/mol), bildet aber einen Nebel über der Flüssigkeit. Deswegen wird das SO3 in
Schwefelsäure schnell absorbiert, wobei Dischwefelsäure (Oleum) gebildet und anschließend
mit der berechneten Menge Wasser zu Schwefelsäure verdünnt wird.
H2SO4 + SO3 → H2S2O7
H2S2O7 + H2O → 2H2SO4
10.
N2O4 (g)
2NO2 (g)
Nach dem Gesetz der Partialdrucke stehen diese im selben Verhältnis wie die Molbrüche
p(N2O4) = (0.13/0.47) × 2 = 0.553 bar
p(NO2) = (0.34/0.47) × 2 = 1.447 bar
K = p2(NO2)/ p(N2O4) = 3.78 bar
11.
E = hν
(h Plancksche Konstante, ν Frequenz)
ν = c/λ
(c Lichtgeschwindigkeit, λ Wellenlänge)
1/λ ist die Wellenzahl; 20300 cm–1 = 2030000 m–1
E = hc (1/λ)
J/Atom
= N0hc (1/λ)
J/Mol
(N0 Avogadro-Zahl)
= N0hc (1/λ)/1000 kJ/Mol
= 6.022 × 1023 × 6.626 × 10–34 × 2.997 × 108 × 2.03 × 106 × 10–3
= 243 kJ/Mol
12.
Energiekurve für die H...H-Wechselwirkung
Dispersionskräfte. Energiekurve für das System Ar...Ar
Hauptunterschiede sind: Dispersionskräfte sind wesentlich schwächer, die Abstände sind
wesentlich länger.
13.
(a)
Die Geschwindigkeit ist die momentane Konzentrationsänderung eines
Reaktionsteilnehmers (Edukts oder Produkts), d(Konz)/dt.
ggf. muß durch einen stöchiometrischen Vorfaktor geteilt/multipliziert werden.
(b)
(i)
CaCO3 + 2H+ → Ca2+ + CO2 + H2O
Das CO2 entweicht als Gas, so daß Gasvolumen /-druck als Maß für dieses Edukt
dient.
(ii) Beschleunigen durch (1) Konzentrationsänderung (konz. statt verd. Säure) oder (2)
Erwärmen. Beim festen Edukt CaCO3 würde (3) eine kleinere Korngröße die
Reaktion beschleunigen. Da sonst die Reaktion der Diffusionsgeschwindigkeit der
Säure unterläge, hilft auch (4) schütteln!
Einen Katalysator gibt es für diese Reaktion nicht. Der Druck hat keine Wirkung
(warum?!).
14.
(a)
Da Iodatome groß und verformbar (polarisierbar) = weich sind (vgl. Aufgabe 7(ii)) sind
die intermolekularen Dispersionskräfte groß. Kurzer Abstand = großer Kraft.
(b)
Es bildet sich das lösliche Triiodid-Ion (Iod ist im Wasser sonst schlecht löslich):
I2 + I– → I3–
(c)
Chlor ist ein starkes Oxidationsmittel, HCl nicht! (Gleichungen!)
(d)
vgl. Diagramm zu Aufgabe 4. Es sind die Übergänge π* (HOMO) → σ* (LUMO)
15.
Ag2O ist Ag(I), d10 – sowieso diamagnetisch
Ag2O3 ist Ag(III), d8 – diamagnetisch bedeutet quadratisch planar, d(x2-y2) unbesetzt.
AgO ist formal Ag(II), d9, müßte paramagnetisch sein. Die Verbindung ist aber mischvalent,
Ag(I)Ag(III)O2.
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)
Ozon hat als Lewis-Formel nur die eine Möglichkeit mit koordinativer Bindung (links;
natürlich auch das Spiegelbild als zweite Resonanzform). SO2 kann das auch (mitte), aber die
Formel rechts geht unter formaler Beteiligung der 3d-Orbitale auch. Somit ist SO2 stabiler
(vgl. Redoxverhalten!).
(b)
Bindungsordnung: 1 σ-Bindung pro O–O-Einheit, zuzüglich der Hälfte einer
Dreizentrenbindung macht 1.5.
18.
Chlorwasser ist eine Lösung von Chlor im Wasser!
Die Lösung unterliegt einer Gleichgewichtsreaktion, die zur Salzsäure und hypochlorigen
Säure HClO führt:
Cl2 + H2O
H+ + Cl– + HClO
Alkalische Lösungen von Chlor disproportionieren beim Erwärmen weiter nach
3ClO– → ClO3– + 2Cl–
Das Chlorat-Ion ist das Anion der Chlorsäure.
Wird festes Kaliumchlorat erhitzt, so erfolgt wieder eine Disproportionierung, dieses Mal zu
Perchlorat und Chlorid:
4KClO3 → 3KClO4 + KCl