Theorie Lösungen

36. Österreichische Chemieolympiade
Bundeswettbewerb
Theoretischer Teil - Lösungen
7. Juni 2010
Aufgabe 1, 53 bp ≙ 17 rp; f = 0,32076
1.1.




Formel
Ti
Mn
Ni
Zn
Name
Titan
Mangan
Nickel
Zink
1 bp
1 bp
1 bp
1 bp
1.2. Berechnungen:
Für Titan:
%(m/m) =
Für Zink:
2+
[Zn
32
∙
47,8+32
100 = 40,0 q.e.d.
] = √2 ∙ 10− 24 = 1,41 ∙ 10−12 mol/L ⇒ 1,41 ∙ 10−11 in 10 L
Mit M(ZnS) = 97,4 g/mol ergibt sich 1,375 ng q.e.d.
Für Mangan und Nickel:
48,87 + 54,94 + 58,69 + 65,41 = 227,9 g/mol q.e.d. 3 bp
1.3.
2 FeTiO3 + 7 Cl2 + 6 C → 2 TiCl4 + 2 FeCl3 + 6 CO
2 bp
1.4.
TiCl4 + 2 Mg → Ti + 2 MgCl2
1 bp
1.5.
3 HCl + HNO3 → NOCl + 2 H2O + Cl2
1 bp
1.6. Berechnung:
1 t FeTiO3 sind 6591 mol, ergeben 6591 mol Ti bei 100%
6591×0,85×0,95 = 5322 mol, das sind 2,548·105 g, das sind 2,55·102 kg
2 bp
1.7. Berechnung:
2 mol FeTiO3 benötigen 7 mol Cl2, daher brauchen 6591 mol 3,5 mal soviel, das sind 23070 mol
V=
23070∙8,314∙1173
100000
2 bp
= 2250 das sind 2,3·103 m3
1.8.
3 MnO42- + 4 H+ ⇄ 2 MnO4- + MnO2 + 2 H2O
1.9.
2 MnO4- + 16 H+ + 5 C2O42- ⇄ 2 Mn2+ + 10 CO2 + 8 H2O
1.10. 2 MnO4- + 3 BaO2 + 4 H2O ⇄ 2 MnO2 + 3 Ba2+ + 3 O2 + 8 OH1
2 bp
1,5 bp
2,5 bp
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1.11. Berechnung:
15,3×0,02 = 0,306 mmol MnO4- ⇒ 0,765 mmol K2C2O4.H2O
⇒
140,9 mg
1.12. 4 Atome Ni
2 bp
1 bp
1.13. Berechnung:
ρ=
m
V
m
und V = a3 ergeben ρ =
a3
3 m
4∙58,69
3
2d ∙ sin θ = 2λ mit
λ=
E=
352,4
√3
h⋅c
λ
d=
a
√h2 +l2 +k2
L
3
4M
⟹ a= √
ρ∙N
L
3 bp
a = 352,4 pm
a= √
= 3,524 ∙ 10−8
8,91∙6,022∙1023
1.14. Berechnung:
M
⟹ a = √ dazu kommt m = 4 ∙
ρ
N
ergibt sich λ =
a
√3
∙ sin θ
∙ sin 20,38 = 70,85 pm
=
6,626∙10−34∙2,998∙108
70,85∙10−12
= 2,804 ∙ 10−15 J
1 eV = 1,602·10-19 J ⇒ E = 17,5 kEV
4 bp
1.15. [Zn(H2O)6]2+ + OH- ⇄ [Zn(H2O)5OH]+ + H2O
1 bp
1.16. Berechnung:
Annahme: Reaktion 2. Ordnung
1
1
1
1
k= ∙( − )
= 200 L/mol
t
c
c0
c0
40 ns : k = 2,0·109 L/mol·s
80 ns: k = 2,0·109 L/mol·s
120 ns: k = 2,0·109 L/mol·s
160 ns: k = 2,0·109 L/mol·s
200 ns: k = 2,0·109 L/mol·s
⇒ 2. Ordnung und k = 2,0·109 L/mol·s
4 bp
1.17. Berechnung:
τ=
1
k∙c0
= (2 ∙ 109 ∙ 5 ∙ 10−3 )−1 = 1 ∙ 10−7 s
2 bp
τ = 100 ns
1.18. Berechnung:
ΔRGθ = ΔRHθ - T·ΔRSθ = 0
⇒
T = ΔRHθ/ΔRSθ
T = 977 K
2 bp
1.19. Berechnung:
ΔRGθ = ΔRHθ - T·ΔRSθ = 283300 + 673×13 = 2,92·105 J ⇒ links
2
2 bp
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1.20. Berechnung:
Q
ΔR G = R ∙ T ∙ ln < 0 ⇒ 𝑄 < 𝐾
K
K=e
Δ G
− R
RT
θ
= 2,16 ∙ 10−23
3 bp
Q < 2,16·10-23
1.21. ΔRGθ = ΔRHθ - T·ΔRSθ
1 bp
1.22.
4 bp
Ti
Mn
Ni
Zn
T(°C)
1610
1400
355
960
Produkt
CO
CO
CO2
CO
1.23. 680°C
1 bp
1.24.
2 bp
ΔRGθ wird stärker negativ als vorher.
x
Durch das gasförmige Metall findet ein großer Entropieverlust statt.
Durch das gasförmige Metall findet ein großer Entropiegewinn statt.
Die ΔRHθ-Werte ändern sich gravierend.
3
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Aufgabe 2, 36 bp ≙ 12 rp; f = 0,33333
2.1. Berechnung:
[Zn2+] = S
[OH-] = 2S
[Zn2+]·[OH-]2 = KLP
S·(2S)2 = 1,80·10-17 S = 1,65·10-6 mol/L
3 bp
2.2. Berechnung:
[OH-] = 2S = 3,30·10-6 mol/L
pOH = -log(3,30·10-6) = 5,48
1 bp
pH = 14 - pOH = 8,52
2.3. Berechnung:
Zn(s) + 4 OH- ⇌ [Zn(OH)4]2- + 2 e-
E1° = +1,285 V
ΔG1° = -z·F·E1° = -247,97 kJ/mol
Zn2+
E2° = -0,762 V
ΔG2° = -z·F·E2° = 147,04 kJ/mol
+
2e-
⇌ Zn(s)
ΔG = ΔG1° + ΔG2° = -100,92 kJ/mol
ΔG
100923
6 bp
K = e−R·T = e8,314·298,15 = 4,81 · 1017
2.4. Berechnung:
[Zn2+ ] · [OH − ]2 = 1,80 · 10−17
pH = 9,58
[Zn2+ ] =
pOH = 4,42
1,80·10−17
(10−4,42 )2
[OH-] = 10-4,42 mol/L
3 bp
= 1,25 · 10−8 mol/L
2.5. Berechnung:
4,81 · 1017 =
[[Zn(OH)4 ]2− ]
[Zn2+ ] · [OH − ]4
[[Zn(OH)4 ]2− ] = 4,81 · 1017 · 1,25 · 10−8 · (10−4,42 )4 = 1,25 · 10−8 mol/L
4 bp
S = [Zn2+] + [[Zn(OH)4]2-] = 2,50·10-8 mol/L
2.6. Die Berücksichtigung der Komplexbildung führt bei gleichem pH-Wert zu einer
1 bp
Verdoppelung der Löslichkeit.
2.7. Berechnung:
pH = pK A − log
ns
nB
1 bp
= 1,29 − log(1) = 1,29
4
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2.8. Berechnung:
KA =
[CHCl2 COO− ]·[H3 O+]
[CHCl2 COOH]
x·x
10−1,29 =
0,1−x
x 2 + 10−1,29 · x − 10−2,29 = 0
x1,2 = −
10−1,29
2
± √(
x1 = 5,04 · 10−2
10−1,29 2
2
) + 10−2,29
(x2 = −1,02 · 10−1 )
[H3O+] = [CHCl2COO-] = 5,04·10-2 mol/L
pH = -log(7,92·10-2) = 1,297
[CHCl2COOH] = 0,1 – 5,04·10-2 = 4,96·10-2 mol/L
6 bp
[OH-] = 10-(14-1,297) = 1,98·10-13 mol/L
2.9. Berechnung:
[H3O+] = 5,04·10-2 – y
[CHCl2COO-] = 5,04·10-2 + 0,1 – y = 1,504·10-1 – y
[CHCl2COOH] = 4,96·10-2 + y
10−1,29 =
(1,504·10−1 −𝑦)·(5,04·10−2 −𝑦)
4,96·10−2 +𝑦
(y1 = 2,302·10-1)
y2 = 2,19·10-2
[H3O+]exakt = 5,04·10-2 – 2,19·10-2 = 2,85·10-2 mol/L
pH = -log(2,85·10-2) = 1,545
[H3O+]Henderson = 10-1,29 = 5,13·10-2 mol/L
𝑝=
5,13·10−2 ·100
2,85·10−2
11 bp
= 179,8%
Aufgabe 3, 12 bp ≙ 4 rp; f = 0,36364
3.1. Berechnung:
E0 = α + 2 · β
E+1 = E−1 = α + 1,247 · β
E+2 = E−2 = α − 0,445 · β
3 bp
E+3 = E−3 = α − 1,802 · β
3.2. Berechnung:
α - 1,802·β
α – 0,445·β
α +1,247·β
α + 2·β
Es handelt sich um einen Aromaten.
5
4 bp
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7. Juni 2010
3.3. Berechnung:
ΔE = (α – 0,445·β) – (α + 1,247·β) = - 1,692·β = 5,75 eV = 5,75·1,6022·10-19J =
2 bp
9,217·10-19 J
3.4. Berechnung:
h · c 6,626 · 10−34 · 2,998 · 108
=
= 2,16 · 10−7 m = 2,16 · 10−5 cm
E
9,217 · 10−19
1
−1
ν̅ =
−5 = 46400 cm
λ=
2,16·10
6
2 bp
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Aufgabe 4, 22 bp ≙ 7 rp; f = 0,31818
4.1.
A: [Cr(H2O)6]3+
4.2.
Cr(OH)3 + 3 H+ + 3 H2O
2 bp
B: [Cr(OH)6]3-
⇄ [Cr(H2O)6]3+
2 bp
Cr(OH)3 + 3 OH- ⇄ [Cr(OH)6]3-
4.3.
Cr(III)-Komplexe sind diamagnetisch.
x
Die Liganden spaltendas oktaedrische Feld verschieden stark auf.
Die Liganden stehen zueinander in einem Säure/Base-Verhältnis.
0,5 bp
4.4.
[Cr(H2O)6]3+ + H2O
4.5.
H2O
Cr
Cr
O
H2O
H2O
H2O
D: : [CrCl2ox(NH3)2]-
2 bp
NH3
7 bp
NH3
NH3
NH3
NH3
Cl
Cl
Cr
Cr
Cl
H2O
H
C: [CrCl3(NH3)3]
Cl
Cl
Cl
NH3
O
O
O
Cl
Cl
NH3
NH3
Cl
O
O
O
Cl
NH3
Cl
O
Cr
NH3
NH3
NH3
Cl
enantiomer
7
Cl
O
Cr
Cr
Cr
NH3
2,5 bp
H2O
O
H2O
4.7.
4.8.
1 bp
4+
H
H2O
4.6.
⇄ [Cr(OH)(H2O)5]2+ + H3O+
Cl
NH3
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4.9.
2 bp
d4
4.10. high-spin: μ = √4 ∙ 6 = 4,9 μB; low-spin: μ = √2 ∙ 4 = 2,8 μB
1 bp
4.11. high-spin: LFSE = [3(-2/5) + 3/5] Δo = -3/5 Δo = - 6 Dq
2 bp
low-spin: LFSE = 4(-2/5) Δo + P = - 8/5 Δo + P = -16 Dq + P
Aufgabe 5, 33 bp ≙ 11 rp; f = 0,33333
5.1. Strukturen:
A: 1, 5 bp
B: 2 bp
OH
C: 1 bp
D: 1 bp
CH2COOH
CHCOOH
COOC2H5
CH2COOC2H5
E: 1 bp
F: 1 bp
G: 2 bp
H: 1 bp
Br
OH
COOC2H5
COOC2H5
I: 2 bp
J: 1 bp
O
OH
8
ClOC
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5.2.
δ = 1,2 ppm: CH3 der Isopropylgruppe
δ = 1,3 ppm: CH3 aus Ethylester
δ = 2,4 ppm: CH3 am Ring
δ = 2,9 ppm: H aus Isopropyl
δ = 3,7 ppm: CH2 aus Ethylester
δ = 4,2 ppm: CH2 neben COOEt
δ = 7,0 ppm: aromatische H
3,5 bp
5.3.
Verbindung F
1 bp
5.4.
nucleophile Substitution
1 bp
5.5.
elektrophile Substitution
1 bp
5.6.
H
H
H
trans-Decalin
H
cis-Decalin
2 bp
5.7.
2 bp
5.8.
5.10.
H
O
3 bp
2 bp
H
5.9.
1 bp
Sesquiterpene
5.11.
3 bp
O
O
+
O
H
+
H
O
O
9
O
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7. Juni 2010
Aufgabe 6, 30 bp ≙ 9 rp; f = 0,30000
6.1. Strukturen:
A: 3 bp
B: 2 bp
H
N N
H
HO
H
HO
H
H
C: 3 bp
H
N N
H
H
O
HO
OH
H
H
CH2OH
HO
H
OH
6.2. Strukturen der gleichen Osazone:
2 bp
H
O
H
OH
HO
CH2OH
O
HO
H
H
OH
CH2OH
CH2OH
6.3. Strukturen D1 und D2:
2 bp+1 bp
CN
CN
OH
HO
H
HO
H
HO
H
HO
H
HO
H
H
H
H
OH
OH
CH2OH
CH2OH
6.4. Strukturen E1 und E2:
4 bp+1 bp
CH2OH
CH2OH
HO
H
H
OH
H
O
O
OH
HO
H
O
OH OH
N N
H
H
N N
H
OH
CH2OH
CH2OH
2 bp
oder
O
OH
10
HN
H
N
H
N N
HO
H
H
OH
CH2OH
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6.5. Strukturen F1 und F2:
2 bp+1 bp
CH2OH
OH
O
OH
CH2OH
OH
O
OH OH
OH
OH
OH
6.6.
4 bp
Galaktose: 2R,3S,4S,5R
6.7. Strukturen:
3 bp
CH2OH
OH
O
OH
OH
OH
O
OH
O
OH
CH2OH
11