Das erste Jahr

ÖSTERREICHISCHE CHEMIEOLYMPIADE
Das erste Jahr Lösungen
Version 2.0
Dezember 2006
LÖSUNGEN 1
DAS ERSTE JAHR
Lösungen 1
Bestandteile des Atoms:
Kernteilchen
Name
Proton
Neutron
Elektron
Ladung
+1
0
-1
Masse
1u
1u
0,0005 u
Symbol
p+
n
e-
Ergänze folgende Tabelle:
Name
p+
E
e-
Z
Schwefel
S
16
16
16
Uran
U
92
92
92
Zink
Zn
30
30
30
Arsen
As
33
33
33
Strontium
Sr
38
38
38
S2-
16
18
16
Cl-
17
18
17
Mg2+
12
10
12
Na+
11
10
11
N3-
7
10
7
Ti4+
22
18
22
Ungeladene Atome
1.2
Hüllenbaustein
Ionen
1.1
1.3 Ionen haben Elektronen abgegeben; negative Ionen haben Elektronen aufgenommen ⇒
Berechnung der Elektronen und Vergleich mit Edelgasen.
⊗ Ti4+
⊗ Clo Fe3+
⊗ Mg2+
1.4 Isoelektronisch bedeutet „gleiche Elektronenzahl“
o Ni2+, Cu+
o Br-, S2o I-,As3+
o Cr3+, Mo3+ Ä Mn2+, Fe3+
1.5 D ist ein Alkalimetall; A muss bei – 223 °C noch immer gasförmig sein; B ist ein
Hauptbestandteil der Luft (78% N2, 21% O2); C und D sind Leichtmetalle ⇒ geringe Masse
(schließt einige Alkalimetalle aus); Informationen zur Trockenbatterie: in deinem
Chemiebuch; Zusammenhänge ausprobieren.
1
LÖSUNGEN 1
DAS ERSTE JAHR
Lösung: H, N, Al, K, Mn
A
B
C
H 1 N 7 Be
He 2 O 8 Mg
Al
Ca
Ti
4
12
13
20
22
D
Li
Na
K
Rb
Cs
E
3 Mn 25
11 Zn 30
19
37
55
1.6 He (ist ein Nichtmetall)
1.7 8 mol Sauerstoffatome
1.8 8 mol Wassermoleküle
1.9 240 socks; 1,2—1025 hydrogen atoms
1.10
The numbers of the fruits are the same, but 12 watermelons weigh more than 12 cherries.
1 mol of helium contains the same number of atoms as one mole of uranium, but 1 mol
of helium weighs 4 grams and one mole of uranium weighs approx. 238 grams.
1.11
Fläche = 80 000 km2 = 8.104 km2 = 8.1010 m2 = 8.1014 cm2 (entspricht einer Schicht
Würfelzucker)
6.10 23
Schichten =
= 7,5.10 8 ⇒7,5.108 cm = 7,5.103 km = 7 500 km
14
8.10
1.12
a) 0,21 mol b) 1,11 mol
f) 20000 mol
1.13
a) 650 g
1.14
0,4 mol
1.15
a) 0,3 mol
1.16
n (Fe3+) = c·V = 0,1 x 0,25 = 0,025 mol;
die Zahl der Cl- muss das Dreifache sein (FeCl3) ⇒ n (Cl1-) = 0,075 mol
1.17
n (Ionen) = 3·c·V = 3·1·0,1 = 0,300 mol ⇒ Anzahl der Ionen = 0,300 x 6,023·1023 =
1,81·1023
1.18
3·0,2·56,11 = 33,7 g
1.19
n (NaOH) = c.V = 0,15 x 0,25 = 0,0375 mol
b) 3 g
c) 26260 mol
c) 4000 g
b) 0,3 mol
d) 0,00035 mol
e) 0,00593 mol
d) 10,6 g
c) 0,3 mol
d) 0,6 mol
m (NaOH) = M.n = 40 x 0,0375 = 1,5 g
1.20
35 × 1210
423,5
= 423,5 g n( HCl ) =
= 11,6 mol c (HCl) = 11,6 mol/L
100
36,5
c( HCl verd.). V( HCl verd.) 500.2
V( HCl konz.) =
=
= 86, 2 mL
c( HCl konz.)
11,6
m( HCl ) =
2
LÖSUNGEN 1
DAS ERSTE JAHR
Beachte: In dieser Beziehung kann das Volumen in mL eingesetzt werden; die
Konzentrationseinheiten kann man kürzen.
1.21
n( NH 4 + ) = c. V = 0,03 x 2 = 0,06 mol
1.22
V( NaOH konz.) =
1.23
n (NO3- aus KNO3) = 0,2 x 0,25 = 0,05 mol
m( NH 4 Cl ) = M.n = 53,5 x 0,06 = 3, 21 g
c( NaOH verd.). V( NaOH verd.) 0,03 x 800
=
= 240 mL
c( NaOH konz.)
0,1
n (NO3- aus AgNO3) = 0,075 x 0,3 = 0,0225 mol
⇒ Σ(NO3-) = 0,0725 mol
V(gesamt) = 550 mL ⇒ c =
n=
1.24
m(Essigsäure) = 50 g
1.25
m( Schwefelsä ure pro Liter ) =
n( H 2 SO 4 ) =
0,0725
= 0,13 mol / L
0,55
m 50
=
= 0,83 mol
M 60
c = 0,83 mol/L
1840 x 96
= 1766,4 g in 200 L: 353,28 kg
100
m 353, 28
=
= 3,6 kmol
M
98,1
1.26
124 g weißer Phosphor enthalten etwa wie viele P4-Moleküle?
Ä 6,0.1023
o 3,0.1023
o 1,2.1024
o 1,5.1023
M (P4) = 123,6 g/mol
1.27
4,5 mL
1.28
17,0 mL
1.29
a) 1 mol
b) 0,3 mol
c) 12 mol
1.30
a) 2 mol
b) 0,6 mol
d) 24 mol
1.31
4 FeS2 + 11 O2 → 8 SO2 + 2 Fe2O3
n( FeS 2 ) =
1.32
m 1000
=
= 8.33 kmol
M 120
n( O 2 ) =
11
n( FeS 2 ) = 22,9 kmol
4
2 H2 + CO → CH3OH
n(CH3OH) = n(CO) = 15 mol
n(CH3OH) = ½ n(H2) = 7,5 mol
Es können daher nur 7,5 mol Methanol entstehen; der Ausgangsstoff H2 limitiert die
3
LÖSUNGEN 1
DAS ERSTE JAHR
Reaktion
1.33
CO
1.34
+ H2O
→ CO2 + H2
Ansatz:
Zu Beginn:
Am Ende:
x
x-20
1,5x
1,5x-20
0
20
0
20
Lösung:
Zu Beginn:
Am Ende:
25
5
37,5
17,5
0
20
0
20
n( FeS 2 ) =
m(FeS2) = 8 t
x=
100 x 20
= 25
80
m
8000
=
= 66,8 kmol
M 119,85
1.35
c(Na+) mol/L
c(Mg2+) mol/L
c(NO3-) mol/L
A
0,050
0,10
0,20
B
0,050
0,10
0,25
C
0,050
0,20
0,20
D
0,050
0,10
0,50
n (Na+) in 2 L = 0,10 mol
⇒ c = n/V = 0,05 mol/L
2+
⇒ c = n/V = 0,10 mol/L
n (Mg ) in 2L = 0,20 mol
n (NO3-) in 2 L = 0,10 mol + 0,40 mol = 0,50 mol ⇒ c = n/V = 0,25 mol/L
1.36
2 Al + 6 HCl → 2 AlCl3 + 3 H2
n( H 2 ) =
1.37
100
= 50 mol
2
2
100
n( Al ) = n( H 2 ) =
mol
3
3
m( Al ) = M.n =
100
.27 = 90 0 g
3
Bei diesem Beispiel ist es nicht notwendig eine RGL aufzustellen; folgende Information
ist ausreichend: Ag → AgCl (Molverhältnis 1:1)
n ( Ag + ) =
m
7, 20
=
= 0,050 mol
M ( AgCl ) 143,4
n ( Ag ) = n ( Ag + ) = 0,050 mol
m ( Ag ) = M.n = 107,9 × 0,050 = 5,42 g
% ( Ag ) =
1.38
5,42.100
= 93,1 %
5,82
a) n (CS2) = 1000/76,15 = 13,13 mol
n (Cl2) = 2000/70,9 = 28,2 mol, d.h. der begrenzende Stoff ist das Chlorgas, da es ja in
dreifacher Menge benötigt wird.
n(CCl4) = n(Cl2)/3 = 9,40 mol
m (CCl4) = n(CCl4)·153,81 = 1450 g
4
LÖSUNGEN 1
DAS ERSTE JAHR
b) CS2 liegt im Überschuss vor.
n(CS2-Rest) = n(CS2-Gesamt) – n(Cl2)/3 = 3,73 mol
m(CS2-Rest) = n(CS2-Rest)·76,15 = 284 g
1.39
a) Na2CO3·10 H2O
b) 180,2/286,19 = 62,97 % Kristallwasser
c) 1500·0,12 = 180 g Na2CO3
180·286,19/105,99 = 486 g Kristallsoda
d) Na2CO3 + 2 HCl ⇌ 2 NaCl + CO2 + H2O
n(Na2CO3) = 1,43/286,19 = 0,00500 mol
n(HCl) = 2·n(Na2CO3) = 0,0100 mol
V = n/c = 0,0100/0,100 = 0,100 L = 100 mL
1.40
Die Beispielteile a), b) und c) stehen in keinerlei Zusammenhang ⇒ das ganze Beispiel
durchlesen.
a) c = 14,5 mol/L
b) Technische Eisensulfid:
i) Schwefelwasserstoff (H2S) und Wasserstoff (H2)
ii) Fe + 2 HCl → FeCl2 + H2 (1)
FeS + 2 HCl → FeCl2 + H2S (2)
Information zu Reaktion (1)
(1) Unedle Metalle reagieren mit Salzsäure unter Wasserstoffentwicklung.
(2) Edle Metalle – Cu, Ag, Au – reagieren nicht mit Salzsäure
(3) Cu und Ag reagieren mit Salpetersäure (HNO3) unter Bildung von NO (sehr giftig), das an
der Luft das braune, sehr giftige NO2 bildet.
(4) Au reagiert nur mit Königswasser, einer Mischung aus Salzsäure und Salpetersäure (3:1)
Information zu Reaktion (2)
(5) Schwefelwasserstoff riecht nach „faulen Eiern“
(6) Schwefelwasserstoff ist eine sehr schwache Säure
(7) Schwache Säuren können durch starke Säuren aus dem Salz freigesetzt werden.
(8) Carbonate (CO32-) bilden mit starken Säuren die Kohlensäure, die in Wasser und
Kohlenstoffdioxid zerfällt ⇒ Carbonat und starke Säure ⇒ Gasentwicklung („aufschäumen“)
iii) Für diesen Teil benötigst du die Gasgesetze (Kapitel 4.2.2), aber mit folgender
Information ist fast alles lösbar:
bei Gasen gilt Vol% = Mol%
m (Fe) = 0,25 g n (Fe) = 0,25/55,8 = 0,0045 mol = n (H2) aus (1)
5
LÖSUNGEN 1
DAS ERSTE JAHR
m (FeS) = 4,75 g n (FeS) = 4,75/87,9 = 0,054 mol = n (H2S) aus (2)
bei Gasen ist das Volumen nur von den äußeren Bedingungen und der Teilchenzahl
und nicht von der Art der Teilchen abhängig ⇒ ΣGasteilchen = 0,0585 mol
0,0045 × 100
= 7,69
0,0585
0,054 × 100
%( H 2 S ) =
= 92,31
0,0585
%( H 2 ) =
Für das Gesamtvolumen benötigt man das allgemeine Gasgesetz:
p⋅V = n⋅R ⋅T
mit p (Druck) in bar, V (Volumen) in Litern, n (Molzahl) in mol und T (Temperatur)
in Kelvin sowie der allgemeinen Gaskonstante R = 0,08314 L‧bar/K‧mol
Umrechnungen:
1013 hPa = 1013 mbar = 1,013 bar
Kelvin = °C + 273,15 → 25°C =298,15 K
V=
bar
⋅ 298 ,15K
n ⋅ R ⋅ T 0,0585 mol ⋅ 0,08314 KL⋅⋅mol
=
= 1,43 L
p
1,013 bar
c) Bindungsart und Schmelzpunkte
Ionenverbindungen (Metall-Nichtmetall) besitzen die höchsten Schmelzpunkte; der Schmelzpunkt
steigt mit der Größe der Ladungen der Ionen; bei gleicher Ionenladung ist die Bindung bei kleinen Ionen
stärker (je weiter oben im PSE, desto kleiner).
Bei Atombindungen oder kovalenten Bindungen (Nichtmetall – Nichtmetall) hängt der
Schmelzpunkt von der Masse und der Bindungspolarität ab. Im PSE findest du
Elektronegativitätswerte (EN); ist ∆EN groß (polare Bindung), besitzen die Moleküle eher einen hohen
Schmelzpunkt (es spielt aber auch die Molekülgeometrie eine Rolle).
Substanz
HF
KBr
KF
MgO
CH4
NaF
1.41
Fp (°C)
-83
748
856
2802
-182
905
Begründung
Kovalent; stark polar
Ionenverbindung; größsten Ionen
Ionenverbindung
Ionenbindung; doppelt geladene Ionen
Kovalent; unpolar
Ionenverbindung; kleinsten Ionen
a) 2,702 = 0,0749/(5,10x3,60xd) → d = 0,00151 cm = 15100nm
6
LÖSUNGEN 1
DAS ERSTE JAHR
b) (5x2x100)/15100 bis (10x2x100)/15100 → 0,066 bis 0,13%
c) 15100 ± 20 → Auswirkung erst in der 4. Stelle → NEIN
1.42
7
LÖSUNGEN 2
DAS ERSTE JAHR
2 Lösungen
2.1
2.2
Welche Formeln sind falsch?
o AlN
Ä AlBr2
Ä Na2P
Benenne folgende Substanzen:
NaHCO3
CoCl2
Ag2S
AlPO4
2.3
o Rb2S
Natriumhydrogencarbonat
Cobalt(II)-chlorid
Silber(I)-sulfid
Aluminiumphosphat
Fe2O3
Eisen(III)-oxid
Kaliumnitrat
KNO3
NH4HSO4 Ammoniumhydrogensulfat
CH3COOLi Lithiumacetat
Bilde die richtigen Formeln folgender Stoffe:
Natriumhydrogenphosphat
Kaliumcarbonat
Calciumhydrogensulfat
Ammoniumsulfat
Calciumacetat
Na2HPO4
K2CO3
Ca(HSO4)2
Al2(SO4)3
Magnesiumsulfid MgS
Fe(OH)3
KMnO4
Natriumsulfit
Na2SO32Magnesiumphosphat Mg3(PO4)2
Eisen(III)hydroxid
Kaliumpermanganat
(CH3COO)2Ca
„Der Name kennzeichnet die Sauerstoffanzahl“
Säure
2.4
Anion
(Enthält immer H, das in Form von H+
abgegeben werden kann)
(Die Ladung richtet sich nach den abgegebenen H+-Ionen;
„Rest H’s“ werden mit „Hydrogen“ benannt)
HClO
ClO-
Hypochlorit
HClO2
HClO3
HClO4
Unter(Hypo) chlorige
Säure
Chlorige Säure
Chlorsäure
Perchlorsäure
ClO2ClO3ClO4-
Chlorit
Chlorat
Perchlorat
HNO2
HNO3
Salpetrige Säure
Salpetersäure
NO2NO3-
Nitrit
Nitrat
H2SO3
Schwefelige Säure
H2SO4
Schwefelsäure
HSO3SO32HSO4SO42-
Hydrogensulfit
Sulfit
Hydrogensulfat
Sulfat
Zeichne eine Hydrathülle
a) Um ein Aluminiumion
b) Um ein Sulfidion
H
O
H
H
O Al3+ O
H
H
O
H
H
O
H
H
H
H
S2-
O
H
H
H
H
O
H
O
2.5 Elemente der 2. Periode können die Oktettregel nicht überschreiten; auch der Wasserstoff
hängt nie an einem Atom, das die Oktettregel überschreitet; Oktettregelüberschreitungen
treten in der Regel nur mit den stark elektronegativen Atomen (O, F) auf.
H2S
CH4
⊗ SF6
N2O
8
LÖSUNGEN 2
DAS ERSTE JAHR
2.6 NO2 besitzt eine ungerade Anzahl von Elektronen; es treten ungepaarte Elektronen auf;
solche Atome bzw. Atomgruppen nennt man Radikale; N darf maximal 8
Elektronen in seiner Umgebung haben (2. Periode), daher muss der zweite
N
Sauerstoff koordinativ gebunden werden.
O
O
⊗ gewinkelt
gestreckt
tetraedrisch
trigonal pyramidal
2.7 Die Zahl der sp2-hybridisierte Atomorbitale (Benennung erfolgt nach den Orbitalen, aus
denen sie entstanden sind; die Hochzahl gibt die Anzahl der Orbitale an) ist 3.
⊗ trigonal planar
linear
tetraedrisch
oktaedrisch
sp3-hybridisierte Atomorbitale sind tetraedrisch, sp-hybridisierte Atomorbitale sind linear.
Diese Hybridisierungen sind vor allen Dingen bei Kohlenstoff wichtig.
Einfachbindung: sp3-hybridisierte Atomorbitale
Doppelbindung: sp2-hybridisierte Atomorbitale
Dreifachbindung: sp-hybridisierte Atomorbitale
2.8 Welche der folgenden Substanzen werden in ihrem Standardzustand ausschließlich von
kovalenten Bindungen zusammengehalten?
⊗ C
o
AgBr
⊗ SiO2
⊗
C6H12O6
2.9 Eine Elektronenabgabe geht leichter, je weiter unten das Element im PSE steht;
Edelgasverbindungen existieren nur mit stark elektronnegativen Partnern (F,O). He und Ne
haben vollbesetzte äußere Sphären.
⊗ He
Rn
Kr
Xe
2.10 Der Metallcharakter ist am deutlichsten bei einer geringen Anzahl von Valenzelektronen
und vielen vollbesetzten Schalen; alle außer Al zählen zu den Halbmetallen.
As
Se
⊗ Al
Si
2.11 Konstitutionsformeln und räumliche Geometrie von SO2, CO32-, SF6 und C2H4
O
S
O
O
O C
O
Gewinkelt
2.12
trigonal planar
F
F
F
S
F
F
F
Oktaeder
Stelle folgende Reaktionsgleichungen richtig:
a)
2 Al
+
3 Cl2
⇌ 2 AlCl3
9
H2C CH2
eben
LÖSUNGEN 2
DAS ERSTE JAHR
b) C3H8 +
5 O2
⇌ 3 CO2 + 4 H2O
c)
4 Na
+
O2
⇌ 2 Na2O
d)
Mg
+
I2
⇌
MgI2
CuO +
Fe
⇌
FeO
e)
+
Cu
f) C8H18 + 25/2 O2 ⇌ 8 CO2 + 9 H2O
g) C5H10 + 15/2 O2 ⇌ 5 CO2 + 5 H2O
h) C7H16 +
11 O2
⇌ 7 CO2 + 8 H2O
i) C2H6O +
3 O2
⇌ 2 CO2 + 3 H2O
j) 2 FeS2 + 11/2 O2 ⇌ Fe2O3 + 4 SO2
2.13
Stelle folgende Reaktionsgleichungen auf:
a) Bildung von Eisen(III)-oxid aus den Elementen.
4 Fe + 3 O2 ⇌ 2 Fe2O3
b) Verbrennung (= Reaktion mit Sauerstoff) von Aluminium.
4 Al + 3 O2 ⇌ 2 Al2O3
c) Kupfer(II)-oxid reagiert mit Wasserstoff zu einem Metall und einer bekannten
Molekülverbindung.
CuO + H2 ⇌ Cu + H2O
d) Magnesium reagiert mit Salzsäure zu einem Salz und einem brennbaren Gas.
Mg + 2 HCl ⇌ MgCl2 + H2
e) Natrium reagiert mit Wasser.
2 Na + 2 H2O ⇌ 2 NaOH + H2
f) Schwefeldioxid reagiert mit Sauerstoff zu Schwefeltrioxid.
2 SO2 + O2 ⇌ 2 SO3
g) Zerlegung von Wasser in die Elemente.
2 H2O ⇌ 2 H2 + O2
10
LÖSUNGEN 2
DAS ERSTE JAHR
2.14
Es handelt sich immer dann um eine Redoxreaktion, wenn sich die Oxidationszahl von
Teilchen bei der Reaktion ändert.
+II –III
a)
+I -II
+II -II +I
-III +I
Ba3N2 + 6 H2O ⇌ 3 Ba (OH)2 + 2 NH3
0
V –II
I
II
II –II
I -II
+
2+
b) 3 Cu + 2 NO3 + 8 H → 3 Cu + 2 NO + 4 H2O Redox
VI -II
I -II
I
III
0
I -II
+
3+
2c) Cr2O7 + 3 H2S + 8 H → 2 Cr + 3 S + 7 H2O Redox
2.15
Bestimme den Reaktionstyp:
a)
NH4+
b) Cu2+
+ OH-
→ NH3
+ OH- Säure-Base
+ 4 NH3
→ [Cu(NH3)4]2+
Komplex
c) CaCO3 + H2CO3 → Ca(HCO3)2
2.16
Säure-Base
Die maximale Oxidationszahl entspricht der Zahl der Valenzelektronen.
oC
⊗N
oO
o Cl
2.17
Bei dieser Reaktion ändert sich die Oxidationszahl nicht. Die Oxidationszahl von N in
Salpetersäure ist V.
I
o N2O
2.18
II
o NO
III
o N2O3
V
⊗ N2O5
Peroxide enthalten
Sauerstoff und Wasserstoff im Molverhältnis 1:1
zwei O-Atome für jedes Atom eines anderen Elementes
⊗ O-Atome, die kovalent aneinander gebunden sind
O-Atome, die durch Ionenbindung verknüpft sind
2.19
Die höchste Oxidationszahl bei Cl ist VII (Zahl der Valenzelektronen).
Cl-
2.20
ClO-
⊗ ClO4-
ClO3-
a) CH4 + 3 O2 ⇌ CO2 + 2 H2O(g)
∆HR = -393,5 + 2‧(-241,8) - (-74,9) = -802,3 kJ
b) 2‧(-92,3) = -184,6 kJ
c) -110,5 - (-74,9) - (-241,8) = 206,2 kJ
11
LÖSUNGEN 2
DAS ERSTE JAHR
2.21
Mit 1 Liter Octan kann man weiter fahren.
C8H18 + 12,5 O2 → 8 CO2 + 9 H2O
∆HR = 8 x ∆H°f(CO2) + 9 x ∆H°f(H2O) - ∆H°f(Octan)
= – 8*393 – 9*242 + 208= -5 114 kJ/mol
m (Octan) = ρ x V = 0,698 x 1000 = 698 g
m 698
n( Oc tan) = =
= 6,12 mol
M 114
⇒ Energieinhalt pro Liter Octan = 6,12 x 5 114 = 31 312 kJ/L
C2H6O + 3 O2 → 2 CO2 + 3 H2O
∆HR = -1 277 kJ/mol
m (Ethanol) = 785 g n (Ethanol) = 17,07 mol
⇒ Energieinhalt pro Liter Ethanol = 21 792 kJ/L
Berechnung und Vergleich von Reaktionsenthalpien ∆H°R:
2.22
a) Natriumhydroxid:
i)
NaOH(s) + aq Na+aq + (OH)-aq
ii) ∆H°R = - 240 - 230 - (-427) = - 43 kJ/mol
b) Ammoniumchlorid
i) NH4Cl(s) + aq NH4+aq + (OH)-aq
ii) ∆H°R = - 132 - 167 - (-314) = + 15 kJ/mol
c) a) exotherm
b) endotherm
i) Neben der Enthalpie spielt auch die Entropie S (Maß für die Unordnung) eine wichtige
Rolle (Reaktionsentropieberechnungen gehen analog); ausschlaggebend für die
Spontaneität einer Reaktion ist die freie Enthalpie ∆G°
∆G° = ∆H° - T∆S° (Gibbs-Helmholtz-Gleichung)
Auflösen von Feststoffen ist mit Entropiezunahme verbunden, wodurch T∆S° größer
wird als ∆H°, woraus folgt, das die freie Enthalpie dann negativ ist.
2.23
Der Katalysator begünstigt die Hin- und Rückreaktion gleichermaßen; da bei der
Rückreaktion der gesamte Energiebetrag für die Reaktion notwendig ist, ergibt sich der Wert von
100 kJ.
40 kJ
75 kJ
115 kJ
⊗
100 kJ
12
LÖSUNGEN 2
DAS ERSTE JAHR
2.24
Reaktionsgleichung:
2 B + 3 H2 → B2H6
Diese Reaktionsgleichung erhält man aus den angegebenen Gleichungen durch folgende
Kombination (negatives Vorzeichen immer, wenn man die RGL „umdrehen“ muss):
(1) – 3x (3) – (2)
Die Enthalpiewerte werden auf die gleiche Weise verknüpft:
- 1273 – 3 x 242 – (-2035) = 36 kJ
2.25
2 C8H18 + 25 O2 → 16 CO2 + 18 H2O
m 75
25
n( Oc tan) =
=
= 0,66 kmol n( O 2 ) = n( Oc tan) = 8, 22 kmol
M 114
2
m( O 2 ) = 8, 22 . 32 = 263 kg
2.26
siehe 1.36
2.27
Bei der Analyse eines Mineralwassers wurden folgende Ionen identifiziert:
Beachte:
a) Ein zweifach geladenes Ion liefert doppelt so viele Ladungen, wie ein einfach geladenes
Ion.
b) Die Summe der positiven Ladungen muss immer gleich sein der Summe der negativen
Ladungen
c) Reduziere den Text auf das Wesentliche.
d) Unterscheide: n(Na+) = n(NaCl) aber M(Na+) ¹ M(NaCl)
Kationen:
Mg2+ 57,7 mg/L
Ca2+ 261,5 mg/L
Sr2+
2,0 mg/L
2+
Mn
0,3 mg/L
Anionen:
F0,38 mg/L
Cl59,7 mg/L
SO4271,6 mg/L
NO3
0,14 mg/L
HCO3- 1906,2 mg/L
Textreduktion auf das Wesentliche:
m (LiCl)/L = 44,0 mg/L
m (NaCl + KCl)/L = 924,6 mg/L
a) Gib den aufgrund der elektrischen Neutralität des Mineralwassers notwendigen
Gesamtalkaligehalt in mmol/L an.
Mg2+: npositive Ladung = 2.n (Mg2+ ) =2. m/M = 2 . 57,7/24,3 =
4,75 mmol
Ca2+: npositive Ladung = 2.n (Ca2+ ) =2. m/M = 2 . 261.5/40,1 =
13,04 mmol
Sr2+: npositive Ladung = 2.n (Sr2+ ) =2. m/M = 2 . 2,0/87,6 =
0,046 mmol
2+
2+
Mn : npositive Ladung = 2.n (Mn ) =2. m/M = 2 . 0,3/54,9 =
0,011 mmol
Σn (positive Ladungen) = 17,85 mmol
F-:
Cl-:
SO42-:
NO3-:
HCO3-:
nnegative Ladung = n (F-)
= m/M = 0,38/19 =
0,02 mmol
nnegative Ladung = n (Cl )
= m/M = 59,7/35,5 =
1,68 mmol
nnegative Ladung =2. n (SO42-) = 2 . m/M = 71,6/96,1 = 1,50 mmol
nnegative Ladung = n (NO3-) = m/M = 0,14/62 =
0,002 mmol
nnegative Ladung = n (HCO3 ) = m/M = 1906,2/61 =
31,25 mmol
Σn (negative Ladungen) = 34,45 mmol
n (Alkali+)/L = 34,45 – 17,85 = 16,60 mmol/L
13
LÖSUNGEN 2
DAS ERSTE JAHR
b) Wie viel mg Lithiumionen enthält das Mineralwasser im Liter?
m( LiCl ) 44,0
=
= 1,04mmol
M ( LiCl ) 42,4
m(Li+) = M(Li+) . n(Li+) = 6,9 . 1,04 = 7,18 mg in 1 L
n( Li + ) = n( LiCl ) =
c) Berechne den Gehalt an Natrium- und Kaliumionen in mg/L.
aus a) und b) folgt:
n(Na+) + n(K+) = 16,60 – 1,04 = 15,56 mmol
aus der Angabe folgt:
m(NaCl) + m(KCl) = 924,6 mg
mit m = M.n gilt:
M(NaCl).n(Na+) + M(KCl).n(K+) = 924,6 mg
⇒ 2 Gleichungen mit 2 Unbekannten
es ist günstig „komplizierte Ausdrücke“ zu substituieren:
n(Na+) = x
n(K+) = y
x + y = 15,56
58,5x + 74,6y = 924,6
⇒ 58,5x + 74,6 (15,56 – x) = 924,6
⇒ x = 14,23
⇒ y = 1,33
m(Na+) = 23 . 14,23 = 327,29 mg in 1 L
m(K+) = 39,1 . 1,33 = 52,1 mg in 1 L
2.28
5°d bedeutet 50 mg CaO pro Liter
M(CaO) = 56 g/mol = 56 mg/mmol
m 50
n( CaO ) =
=
= 0,89 mmol n( Ca ) = n( CaO ) m( Ca ) = M.n = 40 . 0,89 = 35,7 mg
M 56
2.29
Elektrochemie
a) Ausgleichen: Zahl der abgegebenen Elektronen muss gleich sein der Zahl der aufgenommen
Elektronen.
A + 2 B3+ → A2+ + 2 B2+
C + 2 A2+ → C4+ + 2 A
4 D + 3 C4+ → 4 D3+ + 3 C
Reihung: Schreibe die Paare so auf, dass immer die Spezies mit der höheren Oxidationszahl
zuerst steht. Je reaktionsfreudiger die Form mit der höheren Oxidationszahl ist, desto höher
ist das Potential (siehe Kapitel 8.1); die Form mit der niedrigeren Oxidationszahl ist am
reaktionsfreudigsten bei kleinem Potential. (Die Anzahl der Elektronen spielt bei dieser
Reihung keine Rolle.) Eine Reaktion ist nur möglich, wenn die Produkte weniger
reaktionsfreudig sind („links oben“ – „rechts unten“ Regel).
14
LÖSUNGEN 2
DAS ERSTE JAHR
Hohe
Oxidationszahl
reaktionsfreudig B3+
A2+
C4+
reaktionsträge
D3+
Niedrige
Oxidationszahl
B2+
A
C
D
reaktionsträge
Potential
in V
hoch
reaktionsfreudig niedrig
Die verlangte Reihenfolge ist daher: D3+/D < C4+/C < A2+/A < B3+/ B2+
b) Durch diese Spannungsmessung kann man die Konzentration der Ag+ - Ionen berechnen.
Beträgt die Konzentrationen der Ionen 1 mol/L, so kann man den Wert aus der
Spannungsreihe (E°) ablesen. Mit Hilfe der Nernstschen Gleichung (ist heuer nicht
vorgesehen; du findest Informationen dazu in
Nernstsche Gleichung:
deinem Chemiebuch) kann man die Potentiale
0,059
bei beliebiger Konzentration berechnen bzw.
E = E° −
lg Q
z
aus Spannungswerten auf die Konzentration
schließen. Versuche die Berechnung
z ist die Zahl der Elektronen
mathematisch nachzuvollziehen.
Q ist der Quotient Konzentration
Endstoffe/Konzentration Ausgangsstoffe (bei
E° = 0,80 V
Ag+ + 1 e- → Ag
Feststoffen setzt man die Konzentration 1)
0,059
1
0,503 = 0,80 −
lg
1
c( Ag + )
0,503 = 0,80 + 0,059 lg c( Ag + )
− 5,03 = lg c( Ag + )
c( Ag + ) = 9,33.10 −6 mol / L
n (Ag+) = c.V = 9,33.10-6 x 0,35 = 3,37.10-6 mol
m (Ag) = M.n = 107,9 x 3,37.10-6 = 3,52.10-4 g
%Ag =
2.30
3,52.10 −4 .100
= 0,034
1,050
Ein anorganisches Problem
Folgende Verbindungen sind möglich:
PH3 M = 33,9 g/mol H2S M = 34,1 g/mol HCl M = 36,5 g/mol (SiH4 M = 32,1 g/mol)
Vermutung: X = P
PH3 + HNO3 → C + NO
P4O10 →
C
Z=S
A = PH3
B = H2S
H2S + HNO3 → D + NO
SO3 → D
aus Nichtmetalloxiden entstehen bei der Reaktion mit Wasser Säuren. Phosphorsäure und Schwefelsäure sind
sehr bekannte Verbindungen. Daher stimmt unsere Vermutung.
15
LÖSUNGEN 2
DAS ERSTE JAHR
a) X = P
Z = S.
C = H3PO4
A = PH3.
D = H2SO4.
B = H2S
E = P4O10.
F = SO3
b) 3 PH3 + 8 HNO3 → 3 H3PO4 + 8 NO + 4 H2O
3 H2S + 8 HNO3 → 3 H2SO4 + 8 NO + 4 H2O
P4O10 + 6 H2O
→
4 H3PO4
SO3 + H2O → H2SO4
2.31
Hochofen
II -I
0
III –II
IV -II
a) FeS2 + 11 O2 → 2 Fe2O3 + 8SO2
IV –II
0
VI -II
2 SO2 + O2 → 2 SO3
VI –II
I VI –II
I VI -II
SO3 + H2SO4 → H2S2O7
H2S2O7 + H2O → 2 H2SO4
b) M(Fe2O3) = 159,6 g/mol
%Eisen =
der Eisenanteil hat eine Masse von: 111,6 g
111,6 × 100
= 69,9
159,6
c) Es gibt verschiedene Reagenzien (siehe Analytikblatt):
i) Mit OH-: Fe(OH)3 ist rotbraun Fe(OH)2 ist grünlich
ii) Mit Blutlaugensalzen entsteht ein blauer Niederschlag („Berliner Blau“); es müssen beide
Formen vorhanden sein
⇒ Fe3+ reagiert mit Kaliumhexacyanoferrat(II) K4[Fe(CN)6]
⇒ Fe2+ reagiert mit Kaliumhexacyanoferrat(III) K3[Fe(CN)6]
das Cyanidion ist -1 CN1iii) Mit KSCN (Kaliumthiocyanat oder Kaliumrhodanid) bildet nur Fe3+ einen blutroten
Komplex von Fe(SCN)3
thio im Namen weist immer auf Schwefel hin
2.32
Anorganische und Allgemeine Chemie
Der entscheidende Schritt (schwer, aber dir schon bekannt) ist das Herausfinden der Molmasse
von X. Du benötigst die gleiche Überlegungen, wie bei der Berechnung der Masse eines Stoffes
in einer x % Lösung (nur umgeformt; durchdenken!):
m( von 2 O ).100 32 . 100
Molmasse( XO 2 ) =
=
= 270 g / mol M(X) = 270 – 32 = 238 g/mol
%O
11,85
a) U
16
LÖSUNGEN 2
DAS ERSTE JAHR
7s26d15f3
Pechblende
Actinoide
UO2 + 2 Fe3+ + H2O → UO3 + 2 Fe2+ + 2H+
UO3 + H2SO4 → UO2SO4 + H2O
f) + VI
g) keine Veränderung der Oxidationszahl!
2 UO22+ + 3 H2O → U2O72- + 6 H+
h) Ammoniak fängt die H+-Ionen ab.
i)
2O
O
b)
c)
d)
e)
O
U O
U O
O
O
j) Stickstoff
k) U3O8 besteht aus UO2 und 2 UO3, in diesen Verbindungen hat U eine ganzzahlige
Oxidationszahl.
l)
i) U3O8 + 2 H2 ⇌ 3 UO2 + 2 H2O
UO2 + 4 HF ⇌ UF4 + 2 H2O
UF4 + F2 ⇌ UF6
ii)
F
F
F
U
F
F
F
iii) 235U und 238U
iv) Die Hexafluorode der beiden Isotope besitzen unterschiedliche Masse. Teilchen mit
verschiedener Masse haben unterschiedliche Diffusionsgeschwindigkeiten, da diese
verkehrt proportional zu den Teilchenmassen ist. Diese unterschiedlichen v(Diff) werden
zur Trennung ausgenützt.
Allgemeine und physikalische Chemie
2.33
a) Q = mKolben . Cglas . ∆T + mW . CW . ∆T = 4125,5 J
b) V1/V2 = T1/T2 → V0°C = 0,1683 l → 7,5 . 10-3 mol O2 → 0,015 mol O
0,84g/55,85 = 0,015 mol Fe → FeO
c) 0,015 mol FeO liefern 4125,5 J → ∆Hf298 = 275,03 kJ/mol
d) Pro Ionenladung: 135,515 kJ → für Fe2O3 825,09 kJ/mol
→ für Fe3O4 1100,12 kJ/mol
17
LÖSUNGEN 2
DAS ERSTE JAHR
2.34
Die Südosttangente:
a) 1,89‧105 l
b) C8H18 + 12,5 O2 → 8 CO2 + 9 H2O
1226,8 kmol
m(CO2) = 412,2 t ; m(H2O) = 198,8 t
c) m(O2) = 490,7 t
d)
e)
f)
g)
∆H = 5074,2 kJ/mol; Σ = 6,2‧109 kJ
ca. 994 Vollbäder
ca. 8530 ha Wald
ca. 50 Häuser
2.35
a) Kupferkomplexe
+H2O
A
CuCl2
wasserfrei
+HCl konz.
B: [CuCl4]2-
C:
[Cu(H2O)6]2+
+NaOH
+NH4OH
D: Cu(OH)2
F: Cu(OH)2
+NaOH
konz.
+NH4OH
im
Überschuss
G:
[Cu(NH3)4]2+
E:
[Cu(OH)4]2+
b) M (CuSO4.5H2O) = 249,6 g/mol
n (CuSO4.5H2O) = n (Komplex)
10
m( Komplex ) = n.M =
x 227,6 = 9,1 g
249,6
M (Komplex) = 227,6 g/mol
2.36
Konservieren von Wein
Na2SO3 + 2 H+
H2SO3 + 2 Na+
H2SO3
SO2
a) n( SO 2 ) =
+ H2O
m
50
=
= 0,78 mmol = n( Na 2 SO 3 )
M 64 ,1
m(Na2SO3) = M . n = 126,1 . 0,78 = 126,1 mg
18
LÖSUNGEN 2
DAS ERSTE JAHR
b) n(S) = n(SO2) = 0,78 mmol pro Liter ⇒ n(S) für 50 L = 39 mmol
m(S) = M.n = 32,1. 39 = 1252 mg = 1,252 g
Kreuzworträtsel
2.37
S
U
L
F
A
T
A
N
O
D
E
N
U
R
A
C
I
L
D
A
L
T
O
N
L
E
C
I
T
H
I
N
I
O
S
E
F
A
T
R
B
I
T
O
G
L
I
O
I
S
O
M
E
R
E
P
O
U
N
S
D
E
S
O
X
Y
R
I
B
O
S
E
S
B
E
L
O
X
A
L
P
L
A
M
E
I
S
E
N
E
R
Z
H
E
L
I
19
LÖSUNGEN 3
DAS ERSTE JAHR
Lösungen 3
3.1
a) 4 asymmetrische C-Atome ⇒ 24 = 16
b) Diasteromer sind 2 der unter a) genannten Verbindungen. Es sind Stereoisomere, die
nicht Bild und Spiegelbild sind.
Enatiomere sind immer Bild und Spiegelbild
c) 3 asymmetrische C-Atome ⇒ 23 = 8
3.2 Strukturformel (Konstitutionsformeln) und Benennung aller Isomeren zu C8H18
1
8
14
9
15
2
3
4
10
16
5
11
17
6
12
18
7
13
1) Octan
2) 2-Methylheptan
4) 4-Methylheptan
5) Ethylhexan
7) 2,3-Dimethylhexan
8) 2,4-Dimethylhexan
10) 3,3-Dimethylhexan 11) 3,4-Dimethylhexan
13) Ethyl-2-methylpentan 14) 2,2,3-Trimethylpentan
16) 2,3,3-Trimethylpentan 17) 2,3,4-Trimethylpentan
3) 3-Methylheptan
6) 2,2-Dimethylhexan
9) 2,5-Dimethylhexan
12) Ethyl-3-methylpentan
15) 2,2,4-Trimethylpentan
18) Tetramethylbutan
3.3 Gib bei folgenden Verbindungen, den Namen und die Stoffklasse an:
a) Cyclohexanon; Keton
g) Hex-2-ensäure; Carbonsäure
b) Methylpropylether oder
h) Butan-2-ol; Alkohol
Methoxypropan; Ether
i) Propantriol (Glycerol); Alkohol
c) Propanal; Aldehyd
j) Heptan-3-on; Keton
d) Butanamin; Amin
k) 2-Aminopropansäure; Aminosäure
e) Cyclopenten; Alken
l) Hexa-1,3,5-trien; Trien (Polyen)
f) Propansäuremethylester oder
Methylpropanoat; Ester
20
LÖSUNGEN 3
DAS ERSTE JAHR
3.4 Welche der Verbindungen aus Frage 3 besitzen ein asymmetrisches C-Atom?
h, k
3.5 Erstelle die Strukturformel (Konstitutionsformel) von:
a)
H
H
h)
e)
C O
O
f)
O
b)
OH
O
i)
OH
O
c) NH2
CH2
C
g)
O
OH
OH
OH
d)
H2C CH2
OH
OH
O
3.6 Benenne folgende Kohlenwasserstoffe:
a)
b)
c)
d)
5-Ethyl-2,2,7,8-tetramethyl-6-propyl-nonan
2,5,6,6-Tetramethyl-4-propyl-octan
E-3,5,5-Trimethyl-4-propyl-hept-3-en
7-Ethyl-5-(2,2-dimethyl-propyl)-3-methyl-6-(1-methyl-propyl)-decan
3.7 Organische Chemie
Pentan-1-ol
Pentan-2-ol (R/S)
Pentan-3-ol
2-Methyl-butan-1-ol
2-Methyl-butan-2-ol
3-Methyl-butan-1-ol
3-Methyl-butan-2-ol (R/S)
Dimethylpropanol
3.8 Richtiges bitte ankreuzen:
a) Primäre Alkohole (Alkanole)
sind alle bei Raumtemperatur entflammbar
enthalten mindestens eine Hydroxygruppe
sind alle gut wasserlöslich
können zu Säuren oxidiert werden
b) Zu der Summenformel C4H8 gibt es
2 Isomere
kein Isomer ohne Doppelbindung
mehr als 4 Isomere
ein Isomer mit dem Namen Methylcyclopropan
21
LÖSUNGEN 3
DAS ERSTE JAHR
c) Zu den Fettsäuren gehören
Pentansäure
Palmitinsäure (Hexadecansäure)
C17H33COOH
C14H29COOH
d) Propanon ist ein
wichtiges Lösungsmittel
Aldehyd (Alkanal)
wichtiger Zusatz in Erfrischungsgetränken
leicht entflammbarer Stoff
e) Methanal ist
ein wohlriechendes Gas
in manchen Kosmetika enthalten
giftig und möglicherweise krebserregend
in polymerer Form fest
3.9 Reaktionsenthalpie
Wenn du vertrauen zur Chemie hast, ist der Ansatz sehr einfach; bei der Verbrennung stehen
die angegebenen Stoffe immer als Ausgangsstoffe; man addiert daher zur
Verbrennungswärme von Benzen 3 x die Verbrennungswärme von Wasserstoff; die
Verbrennungswärme von Cyclohexan muss man abziehen (Reaktion geht in die andere
Richtung).
- 3270 + 3 x (- 286) – (- 3921) = - 207 kJ
Zum Überprüfen kannst du aber alle 3 Reaktionsgleichungen aufstellen:
∆HR = - 3270 kJ/mol
(1) C6H6 + 7,5 O2 → 6 CO2 + 3 H2O
(2) 3 H2 + 1,5 O2 → 3 H2O
∆HR = 3 (- 286) = - 858 kJ
[(3) C6H12 + 9 O2 → 6 CO2 + 6 H2O
∆HR = - 3921 kJ/mol]
(4) 6 CO2 + 6 H2O → C6H12 + 9 O2
∆HR = + 3921 kJ
(5) Addition von (1), (2) und (4) ergibt die gesuchte RGL
3.10
Dürnrohr
a) „Eingebrachte Energie“ = 7,541 . 270000 = 2036070 kWh = 2036, 07 MWh
765 . 100
η=
= 37,6%
2036,07
m 2700
b) m (S) = 2 700 kg
n( S ) =
=
= 84 ,11 kmol = n( SO 2 )
M 32,1
c) CaO + SO2 → CaSO3 ;
2 CaSO3 + O2 → 2 CaSO4
d) n (CaSO4) = n (SO2) = 84,11 kmol
m (CaSO4) = M.n = 136,14 . 84,11 = 11451 kg = 11,45 t
3.11
CaCO3 + 2 HCl → CaCl2 + CO2 + H2O
MgCO3 + 2 HCl → MgCl2 + CO2 + H2O
22
LÖSUNGEN 3
DAS ERSTE JAHR
n(HCl Überschuss) = n (NaOH) = 0,5 . 18,5 = 9,25 mmol
n(HCl für Probe) = n(HCl gesamt) – n(HCl Überschuss) = 50 – 9,25 = 40,75 mmol
n(CO32-) = ½ n(HCl für Probe) = 20,375 mmol
für die Berechnung benötigt man zwei Gleichungen:
(1) n(Kalk) + n(Magnesit) = 20,375 (mmol)
(2) m(Kalk) + m(Magnesit) = 1990 (mg)
durch Substituieren vereinfachen
n(Kalk) = x
n(Magnesit) = y
m(Kalk) = x.M = 100x
m(Magnesit) = y.M = 84,3y
(1) x + y = 20,375
(2) 100x + 84,3y = 1990
⇒ x = 17,350 mmol
y = 3,035 mmol
m(Kalk) = 1735 mg
⇒ 87,3%
m(Magnesit) = 255 mg
⇒ 12,8%
3.12 Bleiweiß
a) Pb(Ac)2 + H2S → PbS + 2 HAc
+II -II
+I -I
+II +VI -II
PbS + 4 H2O2 →
+I -II
PbSO4 + 4 H2O
m 119,5
=
= 0,5 mol
M 239,3
n(H2O2) = 4.n(PbS) = 2 mol
17 . 1000
m( H 2 O 2 pro L ) =
= 170 g
100
m 170
n( H 2 O 2 pro L ) =
=
= 5 mol
M 34
⇒ c (H2O2) = 5 mol/L
n 2
V( H 2 O 2 ) = = = 0,4 L = 400 mL
c 5
b) n( PbS ) =
3.13
Niob
a) Nb2O5 + 7 C
5 NbC + Nb2O5
b)
2 NbC + 5 CO
7 Nb + 5 CO
m 1000
=
= 9,53 kmol
M 104 ,9
1
7
n( Nb 2O5 ) = n( NbC ) = 4 ,77 kmol n( C ) = n( NbC ) = 33,37 kmol
2
2
n( NbC ) =
m(Nb2O5) = M.n = 265,8 . 4,77 = 1267,79 kg m(C) = 12 . 33,37 = 400,44 kg
23
LÖSUNGEN 3
DAS ERSTE JAHR
c) Für diesen Punkt brauchst du die Gasgesetzte (Kapitel 6.2.1)
1 × 22,7 × 1073
= 88,07 L / mol = 88,07 m 3 / kmol
273 × 1,013
n(CO) = 5/2 n(NbC) = 23,8 kmol
VM =
V(CO) = VM . n = 88,07 . 23,8 = 2096 m3
Um die richtigen Ergebnisse zu erhalten, ist es notwendig die Gleichungen so zu
erweitern, dass das Zwischenprodukt NbC nach der Addition wegfällt.
Nb2O5 + 5 C → 2 Nb + 5 CO
n (Nb) = 10,76 kmol n (Nb2O5) = 5,38 kmol m (Nb2O5) = 1430 kg
n(C) = 26,9 kmol
m(C) = 322,8 kg
3.14 „Kaltentbromung“
m 0,065
a) n =
=
= 8,1.10 −4 mol ⇒ c(Br - ): 8,1.10-4 mol/L
M 79,9
b) 5 NaBr + NaBrO3 + 3 H2SO 4
3 Br2 + 3 Na2SO4 + 3 H2O
m 1000
=
= 6, 26 mol
M 159,8
m(Na2SO4) = M.n = 142 . 6,26 = 888,6 g = 0,889 kg
c) n( Na 2 SO 4 ) = n( Br2 ) =
3.15 ∆HR = ∆Hf (Propen) - ∆Hf (Cyclopropan) = 20 – 56 = - 36 kJ/mol
∆Hf (Cyclopropan) = -∆HV (Cyclopropan) – [ + 3.∆HV (H2) + 3.∆HV (C)] = 56 kJ/mol
3.16
H
Kampfstoff vieler Ameisen
J
mit H2O2 zur Reaktion gebracht ist es die
„Munition“ des Bombardierkäfers
G
Endprodukt des Eiweißabbaus beim Menschen und
bei Säugetieren
P
eines der ersten Narkosemittel
(Bestandteil der Hoffmannstropfen)
Q
Aromatische Verbindung die des Öfteren in der
Weihnachtsbäckerei enthalten ist.
B
der Missbrauch ist nicht nur in Österreich
ein soziales Problem
D
Sehr giftiges Gas, das für die Herstellung mancher
Ketone verwendet wird. (Michlers Keton)
M
riecht nach Marzipan
K
Ausgangsstoff für die Aspirinsynthese
F
natürlich vorkommende Aminosäure die
optisch nicht aktiv ist.
24
LÖSUNGEN 3
DAS ERSTE JAHR
3.17
n(Säure) = n(NaOH) = c.V = 0,2 . 30 = 6 mmol
6 . 100
= 7,69 mmol
78
mg
m 1000
M( Alkohol ) = =
= 130
= 130 g / mol
n 7,69
mmol
n( Alkohol ) =
M(Säure) = M(Alkohol) + 14 = 144 g/mol
H-(CH2)x-COOH
m (CH2)x = 98 g ⇒ x =
98
=7
14
Summenformel: C7H15COOH
Mehrere optisch aktive Isomere
z.B (R/S)-2-Methylheptansäure
O
H
S-Form
3.18
O
OH
OH
H
R-Form
27. Landeswettbewerb Problem D
>
a) Ein Insektenschadstoff
i) Zeichnen Sie eine Strukturformel für den Alkohol.
OH
ii) Zeichnen Sie die
Grignardsynthese.
O
Strukturen
der
beiden
MgBr
25
Ausgangsverbindungen
für
die
LÖSUNGEN 3
DAS ERSTE JAHR
b) Eine Cycloadditon
i) Zeichnen Sie die Strukturen der Diels-Alder-Produkte, die sich aus den folgenden
Edukten herstellen lassen:
O
O
O
ii) Zeichnen Sie die Strukturen des Diens und des Dienophils, wenn Sie als Produkt
einer Diels-Alder-Reaktion den folgenden Stoff erhalten:
O
O
O
O
←
O
+
O
O
3.19
O
24. Landeswettbewerb - Ozonolyse
a)
COOH
O
A
B
b) C7H13Cl
Cl
Cl
D
F
c) E/Z-Isomere
3.20 15. Landeswettbewerb
Bei diesem Beispiel helfen dir die Kenntnisse der qualitativen Analytik (und ein bisschen die
chemische Allgemeinbildung). Leider benötigst du für den einzigen mathematischen Hinweis
die Gasgesetze (6.2.1). Unedle Metalle bilden mit Säuren Wasserstoff; da C zweiwertige Ionen
bildet (Hinweis) ergibt sich folgende RGL:
“C“ + H2SO4 → „C“SO4 + H2
26
LÖSUNGEN 3
DAS ERSTE JAHR
n (C) = n (H2)
(Berechnung von VM siehe 6.2.1)
V
2,074
n=
=
= 0,0848 mol
VM 24 ,45
m
5
M( C ) = =
= 58,9 g / mol
n 0,0848
⇒ C = Co
d) A = Fe
B = Ni
C = Co
e) Me + H2SO4 → MeSO4 + H2
Wasserstoff
f) Ni2+ + 2 OH- ó Ni(OH)2
Ni(OH)2 + 6 NH3 ó [Ni(NH3)6]2+ + 2 OHg) 5 Fe2+ + MnO4- + 8 H+ ó 5 Fe3+ + Mn2+ + 4 H2O
h) Die roten Co-Salze enthalten Kristallwasser; beim Erhitzen entsteht das blaue,
Kristallwasser freie Salz.
i) Vitamin B12
j)
n( Fe ) =
m
5
=
= 0,0896 mol = n( H 2 )
M 55,8
V(H2) = VM . n = 24,45 . 0,0896 = 2,19 L
k) Ferromagnetismus (diese Frage war eigentlich ein hilfreicher Hinweis!)
3.21 17. Landeswettbewerb
a) M (CaCl2.2H2O) = 147 g/mol
M (CaCl2) = 111 g/mol
i) n (Ca2+) = c.V = 0,025 . 250 = 6,25 mmol
m (CaCl2.2H2O) = M.n = 147 . 6,25 = 918,75 mg = 0,919 g
ii) m (CaCl2) = M.n = 111 . 0,00625 = 0,694 g in 250 mL
⇒ m (CaCl2 im Liter) = 2,775 g
%=
m ( pro L ) . 100 2,775 . 100
=
= 0, 28%
ρ
1000
b) Das graue pulverförmiges Element (M = 58,7 g/mol) ist Nickel, das mit Salzsäure unter
Bildung von Wasserstoff reagiert (und wieder ein Gasgesetz … siehe 6.2.1)
i) Ni + 2 HCl → H2 + NiCl2
ii) n( Ni ) =
m
25
=
= 0,426 mol = n( H 2 )
M 58,7
m(H2) = M.n = 2 . 0,426 = 0,852 g
iii) V(H2) = VM.n = 24,45 . 0,426 = 10,41 L
27
LÖSUNGEN 3
DAS ERSTE JAHR
c) Für ii) und iii) bestimme die Oxidationszahlen
i) 4 P + 5 O2 → P4O10
ii) 3 KNO2 + K2Cr2O7 + 4 H2SO4 → 3 KNO3 + Cr2(SO4)3 + K2SO4 + 4 H2O
iii) 2 KMnO4 + 16 HCl → 2 KCl + 2 MnCl2 + 5 Cl2 + 8 H2O
d) In der folgenden Tabelle fehlen einige Eintragungen, ergänzen Sie diese:
3.22
3.23
Bindung
Aussage
Es entstehen
dabei
Flüchtigkeit
Atombindung
Ionenbindung
Metallbindung
Molkülgitter
Ionengitter
Metallgitter
flüchtig
Wenig flüchtig
Löslichkeit
In polaren oder
unpolaren LM
Sehr wenig
flüchtig
In polaren LM
Durch chem. Reaktion
löslich
Glykol, Peroxid, Mesomerie, Aminoplast, Alkan, Isomerie, exotherm, Sorbit, Anilin;
Komplexon.
Cyclo, hybride, exotherm, Metalle, Ion, Elektrolyse, Oxygenium, Lanthan, Yttrium,
Manganometrie, Polyphosphate, Indikator, Aktivierungsenergie, Deuterium, Elektron;
Chemieolympiade.
28
LÖSUNGEN 4
DAS ERSTE JAHR
Lösungen 4
4.1. Organische Chemie
Br
+ Br2
SE
FeBr3
A
Cl
Br
Cl 2 /UV
SR
E
MgBr
Cl
Mg
Ether
OH
KOH
B
SN
Grignard
MgBr
F
COOH
OH
+ CO 2
C
COOH
KMnO 4
Oxidation
D
G
D
4.2. Kondensierte Aromaten
a)
Summenformel von Anthracen an: .C14H10
b)
Summenformel von Phenanthren an: C14H10
c)
Isomere für „Ethyl-anthracen“: 3
d)
Isomere für „Brom-phenanthren“: 5
Br
Br
Br
Br
e)
Br
Isomere für „Dichlor-anthracen“: 15
4.3. Testosteron
a)
Summenformel von Testosteron: C19H28O2
b) Verbrennungsgleichung:
C19H28O2 + 25 O2 → 19 CO2 + 14 H2O
c)
n( Testosteron ) =
m 0,4325
=
= 0,0015 mol
M 288,43
n(H2O) = 14 . n (Testosteron) = 0,021 mol
m(H2O) = M.n = 0,378 g ⇒ Massenzunahme im Calciumchloridröhrchen
n(CO2) = 19 . n(Testosteron) = 0,029 mol
m(CO2) = M.n = 1,255 g ⇒ Massenzunahme im Natronkalkröhrchen
29
LÖSUNGEN 4
DAS ERSTE JAHR
4.4. Welches Volumen nehmen 16,0 g Brom bei Standardbedingungen (25°C, 1,013 bar) ein?
2,45 mL
4,84 L
x 2,45 L
4,84 mL
1,013 . 61,1
p. V
m
100
=
= 2,497 mol
M= =
= 40 g / mol
R.T 0,08314 . 298,15
n 2,497
Um welches Edelgas handelt es sich? Argon
4.5. n =
4.6. Organische Chemie
m 1,137
=
= 0,026 mol
n( C ) = n( CO 2 ) =
M
44
2 . 0,465
= 0,052 mol
n( H ) = 2.n( H 2 O ) =
18
m( C ) = 0,026 . 12 = 0,312 g
m( H ) = 0,052 g
m( O ) = 0,5 − 0,312 − 0,052 = 0,136 g
m 0,136
=
= 0,0085 mol
M
16
n( C ) : n( H ) : n( O ) = 0,026 : 0,052 : 0,0085 = 3 : 6 : 1
n( O ) =
116, 2
=2
58
Summenformel: C6H12O2
x=
( C 3 H 6 O )x
a)
A ist eine Carbonsäure (Hexansäure) mit folgender Strukturformel:
CH3-CH2-CH2-CH2-CH2-COOH
b)
B ist ein Ester.
O
O
+ NaOH
O
OPropanoat
Propylpropanoat
c)
+
Na +
OH
Propan-1-ol
C muss eine Aldehyd- und eine Hydroxygruppe besitzen
OH
O
6-Hydroxyhexanal
d)
C1 ist eine Dicarbonsäure (mit M überprüfen!)
HOOC-CH2-CH2-CH2-CH2-COOH Hexandisäure
e)
H
O
H
O
H
O
H
O
H
O
H
O
Die Verbindungen müssen 2 OH-Gruppen besitzen (Summenformel!).
Beachte: pro C-Atom nur eine OH-Gruppe
cis/trans (R/S)-Cyclohexan-1,2-diol
30
LÖSUNGEN 4
DAS ERSTE JAHR
4.7. Für dieses Problem benötigt man 2 Gleichungen:
(1) m(MgCO3) + m(BaCO3) = 6,475 g
mit m = M.n und zur Vereinfachung n(MgCO3) = x
84,3x + 197,3y = 6,475
(2) x + y = n(CO2) = 0,05 mol
Nebenrechnung:
n( CO2 ) =
⇒ x = 0,03 mol
n(BaCO3) = y
1,013 . 1,211
p.V
=
= 0,050 mol
R.T 0,08314 . 295,15
y = 0,02 mol
⇒ m(MgCO3) = 2,530 g m(BaCO3) = 3,945 g
Massenprozente: 39,1 % MgCO3 und 60,1 % BaCO3 .
4.8. Substanz X :
40
53, 29
n( C ) =
= 3,333 mol
n( H ) = 6,71 mol
n( O ) =
= 3,33 mol
12
16
90
(CH2O)x x =
=3
C3H6O3
30
Die Verbindung ist eine Säure mit einem asymmetrischen C-Atom
R/S-2-Hydroxypropansäure (Milchsäure)
CH3
CH COOH
OH
4.9.
Nitroglycerin:
29
29 20
n( Gas ) = ⋅ n( Nitroglyce rin ) = ⋅
= 0,638 mol
4
4 227,1
n.R.T 0,638 ⋅ 0,08314 ⋅ 873,15
p=
=
= 15,45 bar
V
3
4.10.
Organische Chemie
40
= 3,333 mol
n( H ) = 13,3 mol
12
n( C ) : n( H ) : n( N ) = 1 : 4 : 1
n( C ) =
( CH 4 N )x
x=
60
=2
30
n( N ) =
46,7
= 3,33 mol
14
C 2 H8 N 2
H2N-CH2-CH2-NH2 ; Ethan-1,2-diamin
4.11.
Airbag eines PKW:.
1,6 . 70
p. V
n( N 2 ) =
=
= 4 ,59 mol
R .T 0,08314 . 293,15
2
n( NaN 3 ) = n( N 2 ) = 3,06 mol
3
m( NaN 3 ) = M.n = 65 . 3,06 = 199,13 g
31
gilt:
LÖSUNGEN 4
DAS ERSTE JAHR
4.12. Hirschhornsalz
a) A = NH3 Ammoniak
B = H2O Wasser
C = CO2 Kohlenstoffdioxid.
(aus den Hinweisen; Für B und C lässt sich die Molmasse berechnen; siehe b)
b)
Anzahl der Mole A, B und C bei obigem Erhitzen von Hirschhornsalz.
n( A ) =
1,013 . 1,571
p. V
=
= 0,05 mol
R .T 0,08314 . 383,15
0 ,9
= 18 g / mol
0,05
2, 2
M( C ) =
= 44 g / mol
0,05
M( B ) =
c)
Ammoniumhydrogencarbonat NH4HCO3
M = 79 g/mol
(Überprüfe mit der angegebenen Masse)
d)
Gleichungen für das Erhitzen von Hirschhornsalz bzw. für das Behandeln mit Salzsäure.
→ NH3 + CO2 + H2O
NH4HCO3
NH4HCO3 + HCl → NH4Cl + CO2 + H2O
e)
Formel und Name des dunkelblauen Komplexes.
[Cu (NH3)4]2+ Kupfertetraamminkomplex
4.13.
NMR1:
1,5 ppm: Nachbar-C hat 1 H
2,3 ppm: Nachbar-C hat keinen H; Vermutung: CH3-Gruppe neben C=O-Gruppe
4,4 ppm: Nachbar-C hat 3 H; hohe Verschiebung ⇒ wahrscheinlich hängt hier das Cl
Einzige Möglichkeit:
O
CH
H3C
Cl
4.14.
CH3
3-Chlorbutan-2-on
NMR2: Aufgrund der Summenformel ist eine aromatische Verbindung zu vermuten, die
Peaks bei 7,5-8 unterstützen diese Vermutung.
Die Reaktion mit 2,4-Dinitrophenylhydrazin weist auf eine Carbonylverbindung hin. Der
fehlende Aldehyd-Wasserstoff (zu erwarten zwischen 9 und 10 ppm) deutet auf ein Keton
hin.
7,5-8 ppm: 5 Aromaten-H ⇒ Monosubstituiertes Benzen
3 ppm: 2 aliphatische H mit drei Nachbar-H, eventuell neben C=O
1,2 ppm: 3 aliphatische H mit zwei Nachbar-H
H
C
H
C
H2
C
C
H
C
H
O
CH3
HC
1-Phenylpropan-1-on
32
LÖSUNGEN 4
DAS ERSTE JAHR
4.15.
NMR3:
2,6 ppm: gehört sicher zur aliphatischen CH3-Gruppe neben C=O.
7-8 ppm: Aromatische Wasserstoffe
Aromaten-Bereich besteht aus drei Gruppen ⇒ drei verschiedene aromatische H
Das deutet auf die mittlere Strukturformel hin, da hier alle drei H unterschiedliche
Umgebungen haben.
7,53 ppm: H koppelt nur mit einem anderen H, mit dem aber
O
CH3
stark (großer Abstand zwischen den Peaks) ⇒ H Nr. 6
7,43
ppm: H koppelt nur schwach mit einem weiteren H (kleiner
Cl
H
6
Abstand zwischen den beiden Peaks ⇒ nächster H hängt erst am
übernächsten C) ⇒ H Nr. 3
5
3
7,3 ppm: H koppelt mit einem Wasserstoff stark (hängt am
H
H
nächsten C) und mit einem schwach (hängt am übernächsten C)
Cl
⇒ H Nr. 5
1-(2,4-Dichlorphenyl)-ethanon
4.16.
NMR4:
nc = 54,11/12,01 = 4,51 mol
nH = 3,09/1,01= 3,06 mol
nN = 41,82/14,01 = 2,99 mol
4,51:3,06:2,99 = 1,5:1:1 = 3:2:2
⇒
C3H2N2
M= 66 g/mol
Ein Peak bei 4,2 ppm ⇒ 2 H am gleichen C
Keine weiteren H ⇒
N
4.17.
C C C
H2
N
Propandinitril
NMR5:
nC = 94,33/12,01 = 7,85 mol
7,85 : 5,61 = 1,4 : 1 = 14 : 10 ⇒ C14H10
nH = 5,67:1,01 = 5,61 mol
M=178 g/mol
Laut NMR befinden sich alle Wasserstoffe (10 Stück) im aromatischen Bereich – eine
Möglichkeit wären etwa zwei Phenyl-Gruppen (2— C6H5 = C12H10). Damit würden nur
mehr zwei Kohlenstoffe übrig bleiben, um diese beiden Gruppen zu verbinden ⇒
H H
C C
H H
C C
C
HC
C C
H H
C
CH
C C
H H
Diphenylethin
33
LÖSUNGEN 4
DAS ERSTE JAHR
4.18.
NMR6:
nC = 25,42/12,01 = 2,12 mol
nH = 3,21/1,01 = 3,18 mol
nCl = 37,51/35,45 = 1,06 mol
nO = 33,86/16 = 2,12 mol
⇒ C2H3ClO2
M=94,5 g/mol
2,12 : 3,18 : 1,06 : 2,12 = 2 : 3 : 1 : 2
12,5 ppm: Entweder Phenol-H oder Carbonsäuren-H
4 ppm: 2 Wasserstoffe ohne benachbarte H
O
Cl
4.19.
C
H2
OH Chlorethansäure
NMR7:
4,2 ppm: 1 H, in der Nachbarschaft 5 weitere H, Brom sehr nahe
3,5 ppm: 2 H, in der Nachbarschaft zwei weitere H, Brom sehr nahe
2,2 ppm: 2 H, in der Nachbarschaft drei H, Brom weiter weg
1,9 ppm: 3 H, in der Nachbarschaft ein H, Brom weiter weg
Br
H3C
4.20.
C
H
Br
C
H2
CH2
1,3-Dibrombutan
NMR8:
4,2 ppm: 1 H, 6 weitere H in der Nähe, Brom sehr nahe
1,7 ppm: 6 H, ein H in der Nähe, Brom weiter weg
Br
H3C
4.21.
C
H
CH3
2-Brompropan
NMR9:
Geschätztes Verhältnis der Peakflächen: 1:6:3
6,8 ppm: 1 H, 3 H in der Nähe, Vermutung aromatischer Wasserstoff – laut
Summenformel nicht möglich, einzige Erklärung für chem. Verschiebung: Sauerstoffe
sehr nahe
2,0 ppm: 6 H, kein anderer H in der Nähe ⇒ zwei symmetrisch angeordnete CH3Gruppen, neben C=O ?
1,4 ppm: 3 H neben einem H ⇒ CH3 neben H mit 6,8 ppm
Folgende Gruppen sind bis jetzt identifiziert:
2 mal CH3-C=O sowie CH3-CH-, also fehlen nur noch 2 Sauerstoffe.
O
H3C
O
O
H
C
CH3
O
CH3
Ethansäure-(1-acetoxyethyl)-ester
34
LÖSUNGEN 4
DAS ERSTE JAHR
4.22.
NMR10:
Laut Summenformel enthält diese Verbindung keine Doppelbindungen ⇒ Alkohol oder
Ether
2,3 ppm: 1 H ohne H in der Nähe, wahrscheinlich OH-Gruppe
1,5 ppm: 2 H mit drei H in der Nähe
1,2 ppm: 6 H ohne H in der Nähe
1,0 ppm: 3 H mit 2 H in der Nähe
H3
C
HO
H3C
4.23.
C
H2
CH3
2-Methylbutan-2-ol
NMR11:
3,7 ppm: 2 H mit 2 anderen H in der Nähe, Nähe OH-Gruppe
1,7 ppm: 1 H mit vielen anderen H in der Nähe
1,4 ppm: 2 H mit 3 anderen H in der Nähe
1,3 ppm: 1 H ohne H in der Nähe, breiter Peak ⇒ OH-Gruppe
0,9 ppm: 6 H mit einem H in der Nähe
H
H3C C
0,9 + 1,7:
3,7+1,4+1,7:
CH3
H2C
H2
C H
C
4.24.
CH3
CH3
OH
3-Methylbutan-1-ol
NMR12:
3,5 ppm: 2 H mit 2 anderen H in der Nähe, Nähe OH-Gruppe
3,0 ppm: 1 H ohne H in der Nähe, breiter Peak ⇒ OH-Gruppe
1,5 ppm: 2 H mit 4 H in der Nähe
1,3 ppm: 4 H mit einigen H in der Nähe
0,9 ppm: 3 H mit zwei H in der Nähe
H2
C
H2
C
CH2
C
H2
H3C
OH
4.25.
H2C C CH
H2
Pentan-1-ol
NMR13:
3,7 ppm: 1 H mit 5 weiteren H in der Nähe, Nähe OH-Gruppe
1,6 ppm: 1 H mit breitem Peak ⇒ OH-Gruppe
1,4 ppm: 4 H mit vielen H in der Nähe
1,2 ppm: 3 H mit einem H in der Nähe
0,9 ppm: 3 H mit zwei H in der Nähe
OH
H3C
C
H
H2
C
C
H2
CH3
Pentan-2-ol
35
LÖSUNGEN 4
DAS ERSTE JAHR
4.26.
4 ppm: 2 H mit drei weiteren in der Nähe, Nähe O
2 ppm: 3 H ohne weitere Nachbar-H, Nähe C=O
1,2 ppm: 3 H mit weiteren 2 H in der Nähe, eher weiter weg vom O.
O
H2
C
H3C
4.27.
O
CH3
Ethansäureethylester
n(CH3OH) = x
n(C2H5OH) = y
n( H ) = 2.n( H 2 O ) = 2.
(1) 4x +
(2) 32x +
6y
46y
522
= 58 mmol
18
=
58
=
446
x = 1 mmol
m(CH3OH) = 32 mg
7,2 % Methanol
4.28.
a)
y = 9 mmol
m(C2H5OH) = 414 mg
92,8 % Ethanol
Hydroformylierung
Butanal und Methylpropanal
H2 /CO
O
H2/CO
b)
O
1
H-NMR-Spektrum:
Das Spektrum gehört zu 2-Methylpropanal. (9,4 ppm/Formyl-H), (2,3 ppm/H an C2),
(1,1 ppm/Methyl-H)
c)
- H2 O
OH
Reduktion
O
O
Oxidation
OH
Ester
Ester
4.29. Allgemeine und physikalische Chemie
a) 1396 oC MgF2 (IB) -154 oC ClF (AB)
b)
Reihe A :
CH3I, CH3Br, CH3Cl
-77 oC SiF4 (AB)
992 oC NaF (IB)
Reihe B : CH3SH, CH3NH2 , CH3OH
36
LÖSUNGEN 4
DAS ERSTE JAHR
4.30.
a) Summenformel
m( Subs tan z ) = ρ. V = 0,98 . 0,305 = 0, 2989 g
440
= 10 mmol
44
180
n( H ) = 2.n( H 2 O ) = 2.
= 20 mmol
18
m( C ) = 120 mg
m( H ) = 20 mg
n( C ) = n( CO 2 ) =
m( O ) = 298,9 − 120 − 20 = 158,9 mg
158,9
= 10 mmol
16
n( C ) : n( H ) : n( O ) = 1 : 2 : 1 ( CH 2 O )x
n( O ) =
m( Subs tan z ) = ρ. V = 0,98 . 0,060 = 0,0588 g
p. V
1.00.32.10 −3
n( Subs tan z ) =
=
= 9,79.10 −4 mol
R.T 0,08314.393,15
m
0,0588
M= =
= 60 g / mol
n 9,79.10 −4
60
C2 H4O2
x=
=2
30
b) 3 Strukturformeln:
O
C
CH3
OH
Ethansäure
H
O
OH
C O CH3
CH2
Methylmethanoat
O
C
H
Hydroxyethanal
c)
Säure
d)
Niedriger Siedepunkt und Möglichkeit der Spaltung mit Säure deutet auf Ester. Bei
Esterspaltung wird Methansäure gebildet, die positive Fehling-Probe bringt →
Methylmethanoat.
4.31.
n( Gas ) =
0,968 . 0, 221
p. V
=
= 0,0086 mol
R .T 0,08314 . 298,15
M( Gas ) =
m 0,380
=
= 44 g / mol
n 0,0086
A = FeCO3 ; B = FeSO4 ; C = CO2 ; D = Fe(OH)3 ; E = FeCl3 .
4.32.
a)
3 Cu + 2 NO3- + 8 H+ → 3 Cu3+ + 2 NO + 4 H2O
Oxidationsmittel NO3-, Reduktionsmittel Cu
37
LÖSUNGEN 4
DAS ERSTE JAHR
b) Masse Stickstoffmonoxid
2 . 10
2
n( NO ) = .n( Cu ) =
= 0,105 mol
3
3 . 63,5
c)
d)
4.33.
a)
m( NO ) = M.n = 30.0,105 = 3,15 g
Welches Volumen nimmt diese Gasmenge bei 25°C und 1,013 bar ein?
n.R .T 0,105 . 0,08314 . 298,15
V=
=
= 2,57 L
p
1,013
NO2
Organische Chemie
Summenformel:
66,63
n( C ) =
= 5,55 mol
12
11,18
n( H ) =
= 11,18 mol
1
22,19
n( O ) =
= 1,387 mol
16
n( C ) : n( H ) : n( O ) = 4 : 8 : 1
C4 H8O
b) Strukturformeln: Aus der Summenformel folgt ⇒ Doppelbindung oder Ring
Keton:
O
Butanon
Aldehyd:
O
O
Butanal
Methylpropanal
kettenförmige Alkohole:
OH
But-1-en-1ol
OH
But-1-en-2-ol
OH
Methylprop-1-enol
OH
But-2-en-1-ol
OH
But-2-en-2-ol
OH
But-3-en-1-ol
OH
But-3-en-2-ol
OH
Methylprop-2-enol
38
LÖSUNGEN 4
DAS ERSTE JAHR
ringförmige Alkohole:
OH
OH
OH
Cyclobutanol 1-Methylcyclopropanol
2-Methylcyclopropanol
Ether:
O
Ethoxyethen
O
O
Methoxy-(methyl)-ethen
O
Methoxyprop-2-en
Methoxyprop-1-en
Heterocyclen: Heterocyclen sind ringförmige Verbindungen mit einem Fremdatom;
die Heterocyclen besitzen zumeist Trivialnamen; Regeln für eine systematische Benennung findest du im Kasten unten.
Bei den wichtigen Stickstoffheterocyclen ist allerdings eine andere Nomenklatur üblich
O
Oxolan (Tetrahydrofuran)
1-Methyloxetan
O
Ethyloxiran
O
O
2-Methyloxetan
O
O
1,2-Dimethyloxiran
Heteroatom
O
S
N
P
Name
Ox(a)
Thi(a)
Az(a)
Phosph(a)
39
1,1-Dimethyloxiran
Ringgröße
3
4
5
6
ungesättigt
-iren
-et
-ol
-in
gesättigt
-iran
-etan
-olan
-an
LÖSUNGEN 4
DAS ERSTE JAHR
4.34.
Organische Synthese und Spektroskopie
a)
R.T 0,08314 . 273,15
=
= 22,42 L / mol
p
1,013
M( A ) = ρ.VM = 22,42 .1,1607 = 26 g / mol
92,3
n( C ) =
= 7,69 mol
12
n( H ) = 7,7 mol
26
=2
C2 H2
( CH )x
x=
13
VM =
b) Der Text liefert sehr viele Hinweise; beginne bei Verbindung D (Angabe!) und arbeite
dich nach vor bzw. zurück.
+H2O,Katalysator B’
A
OH
H-C≡C-H
Stabilisierung
B
O
starke
Base
E
Cl
O
+ HCl
O
D
Erhitzen
-H2O
X
OH
.
O
Die Reaktion B’→ B nennt man „Keto-Enol-Tautomerie“; unter Tautomerie versteht
man die Umlagerung von einem H-Atom.
Die Reaktion B → C nennt man Cannizzaro-Reaktion
c)
CH2CHO
CH3
H
Cl
d)
Cl
O
40
LÖSUNGEN 4
DAS ERSTE JAHR
4.35.
19. Landeswettbewerb - Organische Chemie
550
= 4 ,75 mmol n( Base ) = 0,5 . 18,97 = 9,49 mmol ⇒ Dicarbonsäure
116
41,4
55,15
n( C ) =
= 3,45 mol n( H ) = 3,45 mol n( O ) =
= 3,45 mol
12
16
O
a) Summenformel: C4H4O4
Struktur von A:
n( Säure ) =
OH
HO
b) Isomerieart: Diastereomerie, E-Z-Isomerie
Struktur von A1:
O
O
Struktur von A2:
O
OH
OH
HO
OH
O
O
Gleichung für Wasserabpaltung:
O
O
OH
OH
H2O
+
O
O
O
Grund für niedrigere Verbrennungswärme:
A1 ist thermodynamisch stabiler, weil die die COOH-Gruppen weiter voneinander
entfernt sind.
c)
Struktur von B:
O
Br
OH
HO
Br
O
Name von B: 2,3-Dibrombutansäure
Polares LM: Reaktion schneller, da das Bromoniumion als Zwischenprodukt durch das
LM stabilisiert wird.
Wieso reagiert Ethen schneller: Beide COOH-Gruppen haben einen –I-Effekt, ziehen als
die Elektronendichte von der Dopplebindung ab, die AE verläuft langsamer.
Anzahl der Isomeren: 3
Art der Isomerie: Enantiomerie und Diastereomerie
Fischer-Projektionen: (die Projektionsregeln sind auf Seite 49 angegeben; bei der Fischerprojektion
muss man zusätzlich – bei R/S-Nomenklatur nicht notwendig – die C-Kette vertikal
anschreiben; das C mit der höchsten Oxidationszahl steht oben)
COOH
COOH
Br
Br
Br
Br
COOH
Br
COOH
41
COOH
Br
COOH
LÖSUNGEN 4
DAS ERSTE JAHR
4.36.
Ehe du nach der Lösung schaust, lies noch folgende Erläuterungen durch:
Beilsteintest: erhitzter Cu-Draht + Cl-Verbindung ⇒ grüne Flammenfärbung
Tertiäre Alkohole können nicht weiter oxidiert werden (Kapitel 9).
Seife ist das Natriumsalz einer Fettsäure.
2,4-Dinitrophenylhydrazin.weist Carbonylverbindungen nach (Kapitel 9)
C6H5-OH
FLASCHE: ....E.............
C6H11-NH2
FLASCHE: .....F............
C17H35COONa
(CH3)3C-OH
FLASCHE: ....C.............
FLASCHE: .....B............
C6H5CHO
C3H7COO-C2H5
FLASCHE: .....D............
FLASCHE: ......G...........
CCl4
FLASCHE: .....A............
4.37.
62,07
= 5,17 mol
12
( C 3 H 6 O )x
n( C ) =
n( H ) = 10,34 mol
n( O ) =
n( A ) =
1. 1,356
p. V
=
= 0,0345 mol
R .T 0,08314 . 473,15
M=
a)
27,59
= 1,72 mol
16
m
2,00
=
= 58 g / mol
n 0,0345
C3H6O
b) Strukturformel: Doppelbindung oder Ring
OH
O
O
Propanon (Aceton)
OH
Propen-2-ol
c)
Propanal
Cyclpropanol
OH
OH
Prop-2-en-1-ol
Prop-1-en-1-ol
2,4-Dinitrophenylhydrazin weist Carbonylverbindungen (Aldehyde und Ketone) nach.
Mit Fehlingscher Lösung .weist man nur Aldehyde nach.
⇒ A = Propanon
Bei der Addition an C=O Doppelbindung ist zu beachten, dass der Sauerstoff negativ,
das C-Atom positiv polarisiert ist. Das H von HCN addiert daher an den Sauerstoff.
42
LÖSUNGEN 4
DAS ERSTE JAHR
Durch HCN – Addition kommt ein weiteres C-Atom hinzu; die -C≡N Gruppe lässt sich
leicht in eine Säuregruppe umwandeln (auch Hinweis mit Ester); Dehydratisierung weist
auf eine Doppelbindung hin. Viele Kunststoffe entstehen durch Addition von
ungesättigten Verbindungen (Polymerisation)
CN
O
Propanon (Aceton)
OH
CN
COOH
Methacrylsäure
d)
O C O CH
3
Methylmethacrylat
Schema der Polymerisation (kein Mechanismus!):
CH2
CH2
n
Ausschnitt aus der Kunststoffkette:
O
CH2
C
O CH3
C
CH3
n
e)
PMMA (Polymethylmethacrylat), Plexiglas, Acrylglas
4.38.
Steamcracken
85,71
n( C ) =
= 7,14 mol
12
( CH 2 )x
n( A ) =
a)
n( H ) = 14 , 29 mol
p. V 1,01325 . 0,4726
=
= 0,0178 mol
R.T 0,08314 . 323,15
M=
m
1,00
=
= 56,11 g / mol
n 0,0178
Summenformel C4H8
But-1-en
E-But-2-en
Z-But-2-en
Methylpropen
b)
Cl
Cl
OH
OH
43
LÖSUNGEN 4
DAS ERSTE JAHR
O
OH
OH
O
OH
OH
c)
A: But-1-en
B: Methylpropen
D: 2-Chlormethylpropan E: Butan-2-ol
G: Butan-1-ol
H: Methylpropan-1-ol
J: Methylpropansäure
C: 2-Chlorbutan
F: Methylpropan-2-ol
I: Butansäure
4.39.
54 ,5
= 4 ,54 mol
12
9,1
n( H ) =
= 9,1 mol
1
36,4
n( O ) =
= 2, 275 mol
16
n( C ) =
n( C ) : n( H ) : n( O ) = 2 : 4 : 1
a)
x=
( C 2 H 4 O)x
88
=2
44
C4H8O2
b) Doppelbindung oder Ring
“üblichen Verbindungen“ mit dieser Summenformel: Säure oder Ester
O
O
OH
OH
Butansäure (Buttersäure)
Methylpropansäure
O
O
O
H
O
O
Ethylethanoat
c)
Methylpropanoat
O
Propylmethanoat
X muss nach der Beschreibung ein Ester sein; Z wird Ethanol sein, der Alkohol aus
alkoholischen Getränken, der aus dem Naturstoff D = Glucose/Traubenzucker durch
alkoholische Gärung (mit Hefeenzymen) gebildet wird.
⇒ X = Ethylethanoat,
Y = Natriumethanoat
Z = Ethanol
C = Kohlenstoffdioxid D = Glucose (Traubenzucker) A = Ethansäure (Essigsäure)
B = Butansäure (Buttersäure) B + Z → Ethylbutanoat („Ananasester“)
44
LÖSUNGEN 4
DAS ERSTE JAHR
O
O
+
O - Na +
O
Ethylethanoat X
Ethanoat Y
+
Ethanol Z
OH
Kat
H2O
Ethen C
Ethanol
CH2OH
O
OH
OH
(C6H6O6 )
OH
OH
Traubenzucker D
OH
Hefe
OH
2
+ 2 CO2
Kohlenstoffdioxid
Ethanol
O
Ox
Ethanol
O
Ox
Ethanal
OH
OH
Ethansäure A
O
O
+
Ethanol
OH
+
NaOH
OH
Ethansäure
O
Ethylethanoat
O
OH
+
Butansäure (Buttersäure) B
4.40.
OH
H2SO4
Ethanol
O
O
Ethylbutanoat
25. Landeswettbewerb – Strukturchemie
a) C5H10
b)
45
LÖSUNGEN 4
DAS ERSTE JAHR
4.41. 25. Landeswettbewerb – Organische Synthese
a)
A
CaC2
B
CH CH
Calciumcarbid
Ethin
OH
C CH2
CH
D CH3
C
G
Ethenol
Benzen
O
Br
Ethanal
H
H
Brombenzen
O
E CH3
C
Ethansäure
OH
I
Br
C
O
O
F CH
3
C
CH3
Ethansäurechlorid
Cl
J
OH
Br
C
O
b) 4-Brombenzencarbonsäure oder p-Brombenzencarbonsäure
46
LÖSUNGEN 5
DAS ERSTE JAHR
Lösungen 5
[ NH 3 ]2
K=
[ N 2 ] ⋅ [ H 2 ]3
[N O ]
K = 2 42
[ NO 2 ]
5.1. a) N2 + 3 H2 ⇌ 2 NH3
b) 2 NO2 ⇌ N2O4
K=
c) H2 + Cl2 ⇌ 2 HCl
[ HCl ]2
[ H 2 ] ⋅ [ Cl 2 ]
5.2. Die Gleichgewichtskonstante K
ist groß, wenn die Reaktion (fast) vollständig abläuft.
o ist von der Ausgangskonzentration beteiligter Stoffe abhängig.
ist temperaturabhängig.
5.3. Gleichgewichtskonstante
x2
(α − x )(. β − x )
o
KC =
o
KC =
o
4.x 2
V.(α − x )(
. β − x)
KC =
⊗
4.x 2 . V
(α − x )(. β − x )
KC =
4.x 2
(α − x )(. β − x )
5.4. Annahme: 100 mol insgesamt ⇒ 48 mol CH4, 20 mol O2, 16 mol CO und 16 mol H2.
4
8
4
8
 n CO   n H 2 
 16   16 

 ⋅

⋅

 

 n ges   n ges 
 
 =  100   100  = 1,33 ⋅ 10 −7
Kx = 
4
2
4
2
 n CH 4   n O 2 
 48   20 

 ⋅


 ⋅

 n ges   n ges 
 100   100 

 

2
 20 


100 

5.5. Berechnung von Kx: K x =
= 0,926
3
 20   60 

⋅

 100   100 
Berechnung von Kp:
pi = xi·pges ⇒
p N2
p H2
Kp =
p NH3 2
p N2 ⋅ p H 2 3
=
20
⋅ 200 bar = 40 bar
100
20
=
⋅ 200 bar = 40 bar
100
60
=
⋅ 200 bar = 120 bar
100
p NH3 =
40 2
= 2,31 ⋅ 10 −5
40 ⋅ 120 3
47
LÖSUNGEN 5
DAS ERSTE JAHR
5.6. a) Im Gleichgewicht:
2
p CO
K=
= 0,75 und
p CO 2
2
p CO
= 0,75
5 − p CO
p CO + p CO 2 = 5
p CO = 1,60 bar und p CO 2 = 3,40 bar
→
1,60
= 32% CO und 68% CO2
5
b) Niedrigerer Druck
c) Boudouard-Gleichgewicht, wichtig bei der CO-Bildung im Hochofen
ergibt
5.7. Da CGrafit keine Partialdruck hat, scheint es in der Formel von KP nicht auf.
p CO 2 = x
KP =
p Cl 2 = 2 x
p CO 2 ⋅ p
2
Cl 2
2
p COCl
2
=
p COCl 2 = p − 2 x
x ⋅ ( 2x )2
4x3
=
( p − 2x )2 ( p − 2 x )2
5.8. Da die Stoffmenge konstant bleibt, ist nges= 5 mol.
Molenbrüche vor der
Reaktion
Molenbrüche im
Gleichgewicht
x H2
x I2
2
5
2−x
5
3
5
3−x
5
x HI
0
2x
5
Die Partialdrücke:
3−x
2x
⋅ 15 bar
p HI =
⋅ 15 bar
5
5
p 2HI
( 6x ) 2
36x 2
Eingesetzt in Kp: K p =
=
= 2
= 50
p H2 ⋅ p I2 ( 2 − x ) ⋅ 3 ⋅ ( 3 − x ) ⋅ 3 9x − 45x + 54
p H2 =
2−x
⋅ 15 bar
5
5.9. a) K P =
p 2NO2
p N 2 O4
=
p I2 =
0,5065 2
= 0,5065
0,5065
b) KP bleibt bei Druckänderungen konstant.
p N2O4 = x N2O4 ⋅ p ges
x N 2O4 + x NO2 = 1
KP =
p 2NO2
p N 2 O4
=
p NO2 = x NO2 ⋅ p ges
⇒
x N2O4 = 1 − x NO2
( x NO2 ⋅ p ges )2
x N 2O4 ⋅ p ges
=
x 2NO2 ⋅ p ges
1 − x NO2
48
LÖSUNGEN 5
DAS ERSTE JAHR
K P ⋅ (1 − x NO2 ) = x 2NO2 ⋅ p ges
x 2NO2 ⋅ p ges + K P ⋅ x NO2 − K P = 0
x NO2 =
− K P ± K 2P + 4 ⋅ p ges ⋅ K P
⇒
2 ⋅ p ges
x1 = 0,3904
(x2 = -0,64)
p NO2 = x NO2 ⋅ p ges = 0,3904 ⋅ 2,026 = 0,791 bar
x N2O4 = 1 − x NO2 = 1 − 0,3904 = 0,6096
p N2O4 = x N2O4 ⋅ p ges = 0,6096 ⋅ 2,026 = 1, 235 bar
5.10. a) Annahme: 100 mol A vor Beginn der Reaktion
A
B
C
nges
Vor der Reaktion
100
0
0
100
Im Gleichgewicht
9,4
90,6
90,6
190,6
1,013 bar:
nB nC
90,6 90,6
⋅
⋅
n ges n ges 190,6 190,6
Kx =
=4,58
=
nA
9, 4
190,6
n ges
Kp = Kx·pges∆n = 4,58·1,0131 = 4,641
 1 
Kc = K p ⋅ 

R⋅T
∆n
1
1


= 4 ,641 ⋅ 
 =0,1395
 0,083144 ⋅ 400 
b) 2,026 bar:
Kp ändert sich bei Druckänderung nicht ⇒ Kp = 4,641
Kp
4 ,641
Kx = ∆n =
=2,291
p ges 2,0261
A
B
C
nges
Vor der Reaktion
100
0
0
100
Im Gleichgewicht
100-x
x
x
100+x
x
x
⋅
x2
x2
K x = 100 + x 100 + x =
=
100 − x
(100 − x ) ⋅ (100 + x ) 10000 − x 2
100 + x
49
LÖSUNGEN 5
DAS ERSTE JAHR
(10000 − x 2 ) ⋅ K X = x 2
x=
5.11.
10000 ⋅ K X = x 2 ⋅ (1 + K X )
10000 ⋅ K X
1+ KX
Der Umsatz beträgt 83,44 %.
x = 83,44
0,892 g
= 0,009 mol
99,096 g / mol
0,427 g
=
= 0,006 mol
71,085 g / mol
0,085 g
= 0,003 mol
28,010 g / mol
n COCl 2 =
n CO =
n Cl 2
nges = 0,009 + 0,003 + 0,006 = 0,018 mol
KX =
x COCl 2
x CO ⋅ x Cl 2
0,009
0,018
=
=9
0,003 0,006
⋅
0,018 0,018
KC =
0,009
= 500
0,003 ⋅ 0,006
K P = K C ⋅ (R ⋅ T )∆n = 500 ⋅ ( 0,08314 ⋅ 360 )−1 = 16,71
5.12.
Annahme: 100 mol Luft, Vol% = mol%
Vor der Verbrennung:
79 mol N2, 21 mol O2
Nach der Verbrennung, vor der Einstellung des Gleichgewichts:
79 mol N2, 21 mol CO2
Im Gleichgewicht:
79 mol N2, 21-x mol CO2, 2x mol CO
Für Kp:
nges = 100 + x
pCO2 =
pges = 1 bar
21 − x
⋅1
100 + x
pCO =
2x
⋅1
100 + x
2
 2x 


100 + x 
KP = 
= 1,9
21 − x
100 + x
KP =
4 x 2 ⋅ (100 + x )
4x2
=
= 1,9
( 21 − x ) ⋅ (100 + x )2 2100 − 79x − x 2
x = 16,23 mol (und x = -41,67)
nCO2 = 21 – 16,23 = 4,77 mol
nCO = 2—16,23 = 32,5 mol
Mit N2: nges = 116,23 ⇒ 68,0 % N2 4,10 % CO2 27,9 % CO
Löslichkeitsprodukt:
5.13.
[Ag+]—[Cl-] = 2—10-10
L = [Ag+] = [Cl-]
L = 2 ⋅ 10 −10 = 1,414 ⋅ 10 −5 mol / L
L* = L·M = 1,414·10-5·143,32 = 2,027·10-3 g/L
5.14.
Ca3(PO4)2 ⇌ 3 Ca2+ + 2 PO43KL = [Ca2+]3·[PO43-]2 = 1,3·10-32
[Ca2+] = 3x
[PO43-] = 2x
50
LÖSUNGEN 5
DAS ERSTE JAHR
27·4·x5 = 1,3·10-32
L(Ca3(PO4)2) = x = 1,64·10-7 mol/L
5.15.
[Ca2+] = x
[F-] = 2x + 0,1
KL = [Ca2+]·[F-]2 = x·(2x + 0,1)2
Vernachlässigung: 2x << 0,1
KL = x·0,12
x = 3,9·10-9
L(CaF2) = [Ca2+] = 3,9·10-9 mol/L
[F-] = 0,1000000078 mol/L
⇒ Vernachlässigung korrekt !
m CaF2 = M CaF2 ⋅ n Ca 2+ = 78,075 ⋅ 3,9 ⋅ 10 −9 = 3,04 ⋅ 10 −7 g
5.16.
L = [Cu2+] = [S2-] = K L = 6 ⋅ 10 −36 = 2,4 ⋅ 10 −18 mol / L
L* = L—M = 2,3—10-16 g/L
m = L*·0,5L = 1,2·10-16 g
5.17.
[Ca2+] = x
L=x=
3
[F-] = 2x
KL = x—(2x)2 = 4x3
KL
= 1,96—10-4 mol/L
4
L* = L·M = 0,0153 g/L
m = L*·0,01L = 1,5·10-4 g
5.18.
[Ag+] = x
[Cl-] = 0,1 + x
KL = x—(0,1+x) = 0,1—x + x2
x2 + 0,1x – 2—10-10 = 0
x1,2 = −
0,1
0,12
±
+ 2 ⋅ 10 −10 = 2—10-9 (und -0,1)
2
4
L = x = 2—10-9 mol/L
L* = L·M = 2,9·10-7 g/L
5.19.
pH = -lg(0,2) = 0,70
5.20.
pH = - lg (0,02) = 1,70
5.21.
c1⋅V1 = c2 ⋅V2
c1 = 12 mol/L V1 = 1 L
c2 = ?
pH = 6 = -lg (c2) ⇒ c2 = 10-6 mol/L
1L ⋅ 12 mol/L = V2 ⋅ 10-6 mol/L
51
V2 = ?
V2 = 12 000 000 L = 12 000 m3
LÖSUNGEN 5
DAS ERSTE JAHR
5.22.
pH = 0,5—(4,75 – (-0,70)) = 2,72
5.23.
pH = 0,5—(9,21 – (-1,30)) = 5,26
5.24.
HNO3 + H2O ⇌ H3O+ + NO3[ H 3O + ] ⋅ [ NO 3 − ]
x2
KS=
=
c0 − x
[ HNO 3 ]
x=−
KS
K S2
±
+ K S ⋅ c0
2
4
x1 = 0,0995 (und x2 = -20,99)
pH = - lg x = 1,002
Bei Verwendung der Formel für starke Säuren wäre das Ergebnis:
pH = -lg c = 1,00 - gute Näherung
Bei Verwendung der Formel für schwache Säuren wäre das Ergebnis:
pH = 0,5—(pKS - lg c) = 0,5—(-1,32+1,00) = -0,16 - Formel ungeeignet.
5.25.
pOH = - lg (0,2) = 0,70
5.26.
pOH = 0,5—((14-9,2)-lg(0,06)) = 0,5—(4,79+1,22) = 3,01
pH = 14 - 3,01 = 10,99
5.27.
pOH = 14 – pH = 1,65
[OH-] = 10-1,65 = 0,0224 mol/L
KL = [Ca2+]—[OH-]2
pH = 14 - 0,70 = 13,3
[OH-] = 2—[Ca2+]
⇒ KL = ([OH-]/2)—[OH-]2 = 5,61—10-6
5.28.
5.29.
m
2
=
= 0,0244 mol
M 82
n 0,0244
cAc =
=
= 0,122 mol / L
V
0, 2
c
0,1
pH = pKS – lg S = 4 ,75 − lg
= 4 ,84
cB
0,122
nAc=
HAc + OH- ⇌ Ac- + H2O
OH-
HAc
Nach der Zugabe, vor
der Reaktion
0,1
Im Gleichgewicht
0,1-0,005
pH = 4 ,75 − lg
0,2—
5
=0,005
200
0
0,095
= 4 ,88
0,127
52
Ac-
H2O
0,122
viel
0,122+0,005
viel
LÖSUNGEN 5
DAS ERSTE JAHR
5.30.
pOH = -lg (0,05) = 1,30
pH = 14 - pOH = 12,70
b) pKS = -lg(1,31—10-5) = 4,88
pH = 0,5—(4,88 – lg(0,1)) = 2,94
a)
c)
V=20 mL
Propansäure + NaOH ⇌ Natriumpropanoat + H2O
Annahme: Vollständige Reaktion
Vor der
Reaktion: cPropans. = 0,05 mol/L
Im Gleichgewicht:
cPropans. = 0,025 mol/L
cNaOH = 0,025 mol/L
cNaOH = 0 mol/L
cPropanoat = 0,025 mol/L
1:1 – Puffer, pH = pKS = -lg(1,31—10-5) = 4,88
d) V = 30 mL
Vor der
Reaktion: cPropans. = 0,033 mol/L
Im Gleichgewicht:
cPropans. = 0 mol/L
cNaOH = 0,033 mol/L
cNaOH = 0 mol/L
cPropanoat = 0,033 mol/L
Propanoat ist eine schwache Base, pKB = 14 – pKS = 14 – 4,88 = 9,12
pH = 14 – pOH = 8,70
pOH = 0,5—(pKB – lg(0,033)) = 5,30
e)
V = 40 mL
Vor der
Reaktion: cPropans. = 0,025 mol/L
Im Gleichgewicht:
cPropans. = 0 mol/L
cNaOH = 0,0375 mol/L
cNaOH = 0,0125 mol/L
cPropanoat = 0,02 mol/L
NaOH ist viel stärkere Base als Propanoat !
pH = 14 – pOH = 12,10
pOH = -lg(0,0125) = 1,90
5.31.
a)
n(NH4+) = 1,00/53,5 = 0,01869 mol
n(OH-) = 2—1,00/315,51 = 0,00634 mol
Vor der
Reaktion:
Im Gleichgewicht:
c(NH3) = 0,0634
Puffergleichung: pH = pK S − lg
c = 0,1869 mol/L
c = 0,0634 mol/L
c(NH4+) = 0,1869
c(OH-) = 0,0634
c(NH4+) = 0,1235
c(OH-) = 0
cS
0,1235
= 9, 24 − lg
= 8,95
cB
0,0634
b) c(NH4+) = 0,01235 mol/L
c(Ba2+) = 0,0634/2 = 0,0317 mol/L
c(Cl-) = 0,1869 mol/L
c(H3O+) = 10-8,95 mol/L
c(OH-) = 10-5,05 mol/L
53
LÖSUNGEN 5
DAS ERSTE JAHR
c)
Gesamtvolumen: 110 mL
Vor der Reaktion: c(NH4+) = 0,1235—10/11 = 0,1123
c(NH3) = 0,0634—10/11 = 0,0576
c(HCl) = 1—10/110 = 0,0909
c(HCl) > c(NH3) ⇒ pH wird (fast) nur von überschüssiger HCl bestimmt.
c(H3O+) = 0,0909 – 0,0576 = 0,0333 mol/L
pH = -log(0,0333) = 1,48
5.32.
2:1
1:1
1:2:
1:4
5.33. Allgemeine und physikalische Chemie
a) M = m.NL = 2,107.10-22 . 6,023.1023 = 126,9 g/mol ⇒ Iod
b)
[H O ] =
c)
pOH = 4,07
5.34.
+
3
K W = 3,0.10 −15 = 5,4.10 −8
pH = ½ (pKS – log c0)
pH = 7, 26
pH = 14 – 4,07 = 9,93
pKS = 2 pH + log c0 = 6,6 – 1 = 5,6
5.35.
o
o
o
dieselbe Menge an korrespondierender Base
die doppelte Menge an korrespondierender Base
die korrespondierende Base, die Menge ist nicht wichtig
die gleiche Menge einer starken Base
5.36.
Es entsteht Ammoniumchlorid mit folgender Konzentration:
n 10
n( NH 4 Cl ) = 0,5 . 20 = 10 mmol
c= =
= 0, 25 mmol / mL
V 40
1
1
pH = ( pK S − log c 0 ) = ( 9, 21 + 0,6 ) = 4 ,9
2
2
o
7
o
1
o
10
5.37.
a) Phenolphthalein
5
Für die Titration benötigt man 40 mL bis zum Äquivalenzpunkt. Der pH am
Äquivalenzpunkt = pH von Natriumpropanoat
n 20
c(Pr opanoat ) = =
= 0,33 mmol / mL
V 60
1
1
pOH = ( pK B − log c 0 ) = ( 9,12 + 0,48 ) = 4 ,8
pH = 9, 2
2
2
Dieser pH-Wert entspricht dem Umschlagsbereich von Phenolphthalein.
Methylorange ändert seine Farbe im Bereich von 4; hier liegt eine Pufferlösung vor.
54
LÖSUNGEN 5
DAS ERSTE JAHR
pH = pK S − log
c 0( Säure )
c 0( Base )
c 0( Säure )
= 12
c 0( Base )
log
c 0( Säure )
c 0( Base )
= pK S − pH = 4 ,88 − 3,8 = 1,08
n( Säure ) = n( Base ) = 12 : 1 = 18,46 : 1,54 ( bei einem Einsatz von 20mmol ) p
n 1,54
=
= 3,08 mL
c 0 ,5
H-Wert der Propansäure zu Beginn der Titration:
1
1
pH = ( pK S − log c 0 ) = ( 4 ,88 + 0 ) = 2,44
2
2
V( NaOH ) =
5.38. Allgemeine und physikalische Chemie
a) o CH3COOH/CH3COOo H2SO4/HSO4o H2CO3/HCO3 NH4+/NH3
b)
o H2PO4-/HPO42-
CH3COOH + 2 O2 → 2 CO2 + 2 H2O
∆H = 2.(-0,40) + 2.(-0,3) – (-0,50) = - 0,9 MJ/mol
5.39.
Zu Beginn:
Im Gleichgew.
Cu2+ + 4 NH3
0,0010
10-12
x
⇄ [Cu(NH3)4]2+
0,0010 – 10-12
0,0010 − 10 −12
= 2,13.1014
10 −12.x 4
0,001
x4 =
= 4 ,69.10 −6
x = 0,0466 mol / L
213
Zugabe Ammoniak = „freier Ammoniak“ + Ammoniak im Komplex
K=
0,0466 + 4 . 0,0010 = 0,0506 mol/L
5.40.
p. V
0,032.1
=
= 0,00129 mol
R.T 0,08314.298
a)
n=
b)
m 0,1
=
= 0,0056 mol
M 18
% Wasserdampf = 23, 22%
n( gesamt ) =
5.41.
pH = pK S − lg
pK S = 4 , 2 + lg
c 0( Säure )
c 0( Base )
0,12
= 4 ,1
0,15
55
LÖSUNGEN 5
DAS ERSTE JAHR
5.42.
a)
2 NaNO3 + (NH4)2SO4 → 2 N2O + 4 H2O + Na2SO4
+I +V –II
-III +I +VI -II
+I -II
+I -II
+I +VI -II
b)
p. V
1
1,050.12
n( Ammoniumsulfat ) = n( N 2 O ) =
=
= 0, 246 mol
2
2.R .T 2.0,08314.308
m( Ammoniumsulfat bei 100% Ausbeute ) = M.n = 132,1.0, 246 = 32,5 g
m (Ammoniumsulfat bei 80%) Ausbeute) = 40,63 g
c)
5.43.
a)
Ba2+ + SO42- → BaSO4
0,5.0,05
0,5.0,01
c( Sulfat ) =
= 0,025 mol / L
c( Barium ) =
= 0,0005 mol / L
1
1
c(SO42-).c(Ba2+) = 1,25.10-5 dieser Wert ist größer als KL = 10-10 ⇒ es muss sich daher ein
Niederschlag gebildet haben.
25. Landeswettbewerb - Physikalische Chemie
Erster Teil: Thermochemie
Das Auflösen den ZnSO4 ist exotherm, das des ZnSO4.7H2O ist endotherm.
7,800 g ZnSO4 sind 0,04831 mol
∆T = + 0,97°C, mit Hilfe der Wärmekapazität ergibt das QSOL = - 0,873 kJ, für 1
mol: ∆HSOL = - 18,07 kJ
12,30 g ZnSO4.7H2O sind 0,04277 mol
∆T = - 0,71°C, mit Hilfe der Wärmekapazität ergibt das QSOL = + 0,639 kJ, für 1
mol: ∆HSOL = + 14,94 kJ
(1)
(2)
(3)
b)
(1) – (2)
∆H = - 18,071 kJ
∆H = +14,933 kJ
∆H = - 33,00 kJ
Zweiter Teil: Ionengleichgewichte
KL = 10-5.c2(OH-) ⇒ c(OH-) = 1,414.10-6 mol/L ⇒ pH(min) = 8,15
1,0.10-15 = c([Zn(OH)42-])/c(Zn2+).c4(OH-), einsetzen der Zahlen führt zu:
c(Zn2+) = 1,0.10-15 mol/L
Die Gleichung Zn(OH)2 + 2 OH- ó [Zn(OH)4]2- ergibt sich durch
Addieren der beiden Ausgangsgleichungen, also müssen die entsprechenden
Gleichgewichtskonstanten multipliziert werden:
KL.Kβ = K ⇒ K = 2,0.10-2 L/mol
2,0.10-2 = c([Zn(OH)4]2-)/c2(OH-), einsetzen der Zahlen führt zu:
c(OH-) = 0,0224 mol/L ⇒ pH(max) = 12,35
pH-Bereich: 8,15 bis 12,35
56
LÖSUNGEN 5
DAS ERSTE JAHR
5.44.
a)
o Zn(OH)2
o Cr(OH)3
Mn(OH)2
b)
o MnO4-
o ClO4-
PO43-
c)
o H2CO3
o H2CO3/HCO3-
d)
o HCO3-
o HSO3-
e)
o2
3
5.45.
a)
o1
o Al(OH)3
o SO42-
HCO3-
HSO4-
o HCO3-/CO32-
o HPO42-
o0
19. Landeswettbewerb - Ionengleichgewicht
neutrale Lösung :
[H O ] =
+
3
0,12.10 −14 = 3,4.10 −8
pH = 7,46
Die Lösung ist sauer
b)
Salzsäure protolysiert vollständig; bei dieser geringen Konzentration muss man auch die
H3O+-Ionen der Autoprotolyse des Wassers berücksichtigen
2 H2O
ó
OHx
+
H3O+
x + 2,6.10-8
K W = x ⋅ ( x + 2,6.10 −8 ) = 10 −14
x = [ OH − ] = 8,78 ⋅ 10 −8
pH = 6,95
5.46.
27. Landeswettbewerb -ein analytisches Problem
a)
Ag+ + Cl- ⇌ AgCl
b)
16,4·0,1 = 1,64 mmol Ag+ → 1,64 mmol Cl- in 5 mL → c = 0,328 mol/L
c)
d)
.
1 mL sind 1,04 g, davon 5 % sind 0,0520 g K2CrO4, mit M(K2CrO4) = 194,2 g/mol
erhält man
n(K2CrO4) = 2,68·10-4 mol
Vgesamt = 5+20+1+16,3 = 42,3 mL
2c(CrO4 ) = 0,00633 mol/L
.
c(Ag+)Titrationsende =
K L ( AgCl ) = 1,35.10 −5 mol/L
c(Ag+)für Chromatfällung =
K L ( Ag 2 CrO 4 )
= 1,41.10 −5 mol/L
2−
c( CrO 4 )
57
.
.
LÖSUNGEN 5
DAS ERSTE JAHR
5.47.
a)
27. Landeswettbewerb - Physikalische Chemie
In der Sauna
Luftfeuchte: 42,0 g/m3
mit p.V = n.R.T und n =
m
ergibt sich
M
p=
m.R.T 42.8,314.363,15
=
M. V
18.1
p = 7,04 kPa
VSauna = 4.2.2,6 = 20,8 m3
Vnetto = 20,8 - 0,45 = 20,35 m3 .
600 g Wasser in 20,35 m3 ε 29,484 g/m3
m(Wassserdampf) = 42,0 + 29,48 = 71,48 g/m3
b)
71,48.8,314.358,15
= 11825 Pa
18.1
Luftfeuchte = 20,2%
p=
Ein einfaches Gleichgewicht
CH3COOH + C2H5OH ó CH3COOC2H5 + H2O
3,9.0.1 = 0,39 mmol OH- für die H+ aus der Schwefelsäure
0,665-0,39 = 0,275 mmol HAc in 1 mL gefunden
60.0,275 = 16,5 mmol HAc bzw. EtOH noch vorhanden, daher 50 – 16,5 = 33,5
mmol Ester bzw. Wasser gebildet
33,5 2
K=
= 4 ,12
16,5 2
5.48.
a) ZnO(s) + CO(g) ⇌ CO2 (g) + Zn(g)
p( Zn ) ⋅ p( CO 2 )
b) K P =
p( CO )
c)
CO
Stoffmenge Beginn (mol)
1
Stoffmenge Gleichgewicht (mol)
1-0,208
Gesamtstoffmenge (mol)
1,208
0,792
=0,656
Molenbruch
1, 208
Partialdruck (bar)
0,656
CO2
0
0,208
Zn
0
0,208
0, 208
=0,172
1, 208
0,172
0, 208
=0,172
1, 208
0,172
0,172 2
= 4 ,51 ⋅ 10 −2 (bar)
0,656
e) M = x(CO)—M(CO) + x(CO2)—M(CO2) + x(Zn)—M(Zn) = 37,2 g/mol
ρ⋅R ⋅ T
p⋅ M
M=
⇒ ρ=
= 344 g / m 3
p
R⋅T
d) K P =
58
LÖSUNGEN 5
DAS ERSTE JAHR
5.49.
5.50.
a)
1.
a
2.
a
3.
b
4.
c
5.
d
6.
a
7.
c
8.
c
9.
c
10.
b
11.
a
12.
b
Das Molekül muss mindestens ein C- und ein H-Atom enthalten.
1×H + 1×C ergibt 13 u, es fehlen also 14 u ⇒ 1×N;
H
C
N
H
[A ] ⇒ pK
N C
−
pH = pK S + lg
b)
[HA ]
S
HA = HCN
= pH + lg
[HCN ] = 9,20
[CN ]
−
KS = 6,31.10-10
c) [HCN ]0 =
[H O ]
+
3
eq
1,71
= 7,04.10 −2 mol/L
29.0,9
≈ K S .[HCN ]0 = 6,66.10 -6 mol/L
pH = 5,18
1,71
= 6,33.10 −2 mol/L
27
d) [CN]0 =
[OH ]
−
eq
≈ K B .[CN − ]0
KB =
10 −14
K S ( HCN )
pH = 11,0
e) Ki = 5/995 = 5,03.10-3 für HCN ⇄ HNC
5.51.
a) 72 g C ...... 6 C
11 g H ...... 11 H
32 g O ...... 2 O
M(C6H11O2) = 115 g/mol ⇒ ∆M = 80 g/mol ⇒ 1 Br C6H11O2Br
b) Ester
O
c)
O
Br
d)
1,3 ppm:
CH3 O
CH3
C
O
CH2
CH3
O
CH2
CH3
O
CH2
CH3
Br
CH3 O
2,0 ppm:
CH3
C
Br
CH3 O
4,2 ppm:
CH3
C
Br
59
LÖSUNGEN 5
DAS ERSTE JAHR
5.52.
Kreuzworträtsel
1
R
2
R
3
E
D
4
O
5
X
6
P
U
7
R
8
E
9
A
U
R
U
M
10
E
I
11
S
E
N
12
D
13
A
14
L
15
T
O
N
16
K
I
17
L
O
18
I
N
D
I
19
G
O
20
O
L
21
A
L
U
I
22
S
T
A
N
23
N
U
M
24
E
M
25
L
E
A
26
D
27
C
O
R
E
X
28
O
I
L
29
N
E
O
N
30
R
E
A
33
K
34
R
A
F
35
T
36
M
A
N
38
N
A
N
O
31
H
N
E
32
H
37
M
A
N
G
60
LÖSUNGEN 6
DAS ERSTE JAHR
Lösungen 6
6.1.
l= ln2/τ = 2,30·10-10 min-1
N = A/λ = 6,65·1010 14C-Atome
b) 1 g C(gesamt) = 1/12,011 = 0,833 mol
N = 0,833*NA = 0,833·6·1023 = 5,01·1022 C-Atome(gesamt)
c) Verhältnis 14C : C(gesamt) = 6,65·1010 : 5,01·1022 = 1,33·10-12 : 1
a)
6.2. Uran-Reihe: A = 4n + 2 (8 α-Zerfälle, 6 ß-Zerfälle)
Neptunium-Reihe: A = 4n + 1
6.3. Q = 10 A · 4135 s = 41350 s
Proportion 41350 As : 7,43 g = 96485 As : x →
x = 17,4 g/mol für ein Me+-Kation
2x = 34,8 g/mol für ein Me2+-Kation
3x = 52,2 g/mol für ein Me3+-Kation
Sinnvolle Lösung: 52,2 g/mol = Chrom
4x = 69,6 g/mol für ein Me4+-Kation
5x = 87,0 g/mol für ein Me5+-Kation
6x = 104,4 g/mol für ein Me6+-Kation
6.4. a) Reaktionsgleichung: Ag+konz. + Ag ⇌ Ag + Ag+verd.
R⋅T
∆E = ∆E 0 −
⋅ ln Q
z⋅F
0,192 = - (8,314‧298)/(1‧96485)‧ ln Q
ln Q = - 7,477
c( Ag +verd . )
=0,000566
Q=
+
c( Ag konz
.)
c(Ag+verd.) = 0,005 ‧ 0,000566 = 2,83‧10-6 mol/L
c(Komplex) = (0,005‧100)/120 = 0,00417 mol/L
c(NH3) = (0,1‧20)/120 – 2‧0,00417 = 0,00833 mol/L
b) K =
c(Komplex)
= 2,12.10 −7
+
c(Ag ).c²(NH )
3
6.5. Allgemeine und physikalische Chemie
a)
Cu2+ + 2 e- ⇌ Cu
Cl- + Ag+ ⇌ AgCl
Cu + 2 Ag+ ⇌ Cu2+ + 2 Ag
b)
63,54.0,8.4825
M.I.t.η
=
= 1,27 g
z.F
2.96485
M(CuSO4.5H2O) = 249,7 g/mol 4,99 g Kupfersulfat
m(Cu) =
Restsilber, das nicht durch Cl- ausgefällt wurde:
2,157 g Ag = 0,02 mol; vorher: 0,84.0,5 = 0,42 mol Ag
0,4 mol Ag bedeutet: 0,4 mol Cl-
61
LÖSUNGEN 6
DAS ERSTE JAHR
Ansatz: x mol NaCl; y mol KCl, daher
x + y = 0,4
58,44 x + 74,55 y = 30 -4,99
Lösen des Systems liefert: x = 0,298; y = 0,102
Daher: 17,4 g NaCl und 7,6 g KCl
Zusammensetzung in Massenprozent: 58,05 % NaCl; 25,33 % KCl; 16,63 % CuSO4.5H2O
6.6. Allgemeine Chemie
a) M= m . z . F / I . t = 6,05.2.96485/10.4800 = 24,3
b) ∆E = ∆E°Mg - ∆E°Cl2 = 1,36 V + 2,27 V = 3,63 V
c) ∆E = ∆E°Mg+ 0,059.log 0,01/2 = ∆E°Mg – 0,06
24,3g/mol → Mg
Spannung ändert sich um 0,06 V.
6.7. a) m(Cl2 theoret) = 1600* 35,5/58,5 = 970,9 kg
m(Cl2 tatsächl.) = 875 kg → NaCl-Gehalt in Steinsalz: 90,12 %
b) Anode: 2 Cl-(aq) → Cl2(g) + 2 eKatode: 2 H2O(l) + 2 e- → H2(g) + 2 OH-(aq)
c) m(H2) = (1600*1*0,9012)/58,5 = 24,64
V(H2) = 24,64*22,4/2 = 276 m³
m(NaOH) = (1600*40*0,9012)/58,5 = 986 kg
d) ∆G(Na) = - z.F.E = 1*2,71 V*96485 As = 261474 Ws
Vermindertes ∆G durch die Amalgambildung = 261474 - 90000 = 171474 Ws
E = ∆G/(z.F) = 171474/96485 = 1,77 V
6.8. Ni + 2 Ag+ → Ni2+ + 2 Ag
E = 0,80 -(-0,23) = 1,03 V
6.9. Allgemeine und physikalische Chemie
m(Cu2+) = m(Ag+) - 0,3
0,5.t.63,5 0,5.t.108
=
− 0, 3
t = 12,7 min
2.96485
96485
6.10.
Allgemeine und physikalische Chemie
a)
Zn ó
MnO2 + e- + NH4+ ó
Zn + 2 MnO2 + 2 NH4+ ó
Zn2++ 2 eMnO(OH) + NH3
|*2
Zn2+ + 2 MnO(OH) + 2 NH3
b) E° [MnO2/MnO(OH)] = 1,26 - 0,76 = 0,50 V
c) M(MnO2) = 86,938g; 1g MnO2 = 0,0115 mol
daraus folgt 0,0115 mol Elektronen werden frei;
da 1 Mol Elektronen = 96487 As entspricht, folgt:
96487 * 0,0115 = 1109,6 As = 0,308 Ah
d) ∆G° = -n*F*∆E° = -2,96487*1,26 = -243,1 kJ
K=e
− ∆G °
RT
−243147
= e 8 , 314*298 = 4 , 2 * 10 42
62
E° = +0,76
∆E° = 1,26V
LÖSUNGEN 6
DAS ERSTE JAHR
6.11. a) A: Chlorsäure
B: Natronlauge
C: Natriumchlorat
D: Schwefel
E: Kochsalz
F: Schwefeltrioxid
G: Schwefelsäure
b) HClO3 + NaOH ⇌ NaClO3 + H2O
NaClO3 + S ⇌ NaCl + SO3
c) Redoxreaktion
d) 816 g SO3
e) Säure-Base-Reaktion
6.12.
a) M(SnO2)= 150,69 g/mol → 0,140 g Sn → 9,34%Sn
b) M(PbSO4) = 303,19 g/mol → 0.0906 g Pb → 6,04% Pb
c) Elektrolyse liefert 1,26 g Cu → 84,28% Cu
d) Rest ist 0,34%.
e) Cu + 4 HNO3 ⇌ Cu(NO3)2 + 2 NO2 + 2H2O;
f) Cu2+ + 2 e- ⇌ Cu
6.13.
a)
b)
∆E = 0,45 V
c(Cu2+), weil Cu dann leichter oxidiert wird,
zB steigt ∆E auf 0,51 V bei c(Cu2+) = 0,01 mol/L
6.14.
a) m=50,1908 g
b) 243,31 g
c) V= 5,63 cm3, Schichtdicke = 0,00652 cm.
d) als Katode
e) Hg 2+ +Cu → Cu 2+ +Hg
2 Ag + + Cu →Cu + 2Ag
f) Batterien, Akkumulatoren, Brennstoffzellen
g) Konzentrationen, damit pH-Werte, Gleichgewichtskonstanten.
6.15.
a)
b)
c)
d)
0,551 V;
∆Go+= -106327 J/mol, K=4,35.1018
c(Pb2+)=0,015 mol/l;
EMK=0,573 V (c(Pb2+) aus KL ist 0,01748 mol/l)
6.16.
a) CrO3 + 6 H+ + 6 e- → Cr + 3 H2O
b) m = (M . I . t . η) / (z . F) = (52 . 864 . 15 . 60 . 0,3) / (6 . 96485) = 20,95 g Cr
Volumen V = m / ρ = 2,935 cm³
Oberfläche O = l . b . 2
Schichtdicke d = V / O = 2,935 / (120 . 40 . 2) = 0,000306 cm = 31 µm
63
LÖSUNGEN 6
DAS ERSTE JAHR
6.17.
Anorganische Chemie
Cr2O3 + 2 Na2CO3 + 3 KNO3 ⇌
2 Na2CrO4 + 2 CO2 + 3 KNO2
2 K2CrO4 + 6 KI + 8 H2SO4 ⇌ 5 K2SO4 + 3 I2 + Cr2(SO4)3 + 8 H2O
2 FeWO4 + 2 Na2CO3 + ½ O2 ⇌ 2 Na2WO4 + Fe2O3 + 2 CO2
BaO + 3 C ⇌
2 NaOH +
BaC2 +
2 ClO2 +
CO
H2O2 ⇌ 2 NaClO2 +
O2 +
2 H2O
2 NaNO3 + (NH4)2SO4 ⇌ 2 N2O + Na2SO4 + 4 H2O
6.18.
Elektrochemie (25. LW)
a)
o Mn2+
o MnO4-
Ä MnO2
o MnO(OH)
b)
o ±0,0 mV
Ä -60 mV
o -30 mV
o +60 mV
c)
Ä R-CH2-NH2
6.19.
o R-CH2-NO
o R-CH2-NHOH
o R-CH=NOH
Elektrochemie (27. LW)
a)
m=
Eine einfache Elektrolyse
I⋅t ⋅M ⋅η
z⋅F
⇒
z=
I⋅t ⋅M ⋅η
m ⋅F
z=
2,5 ⋅ 1,5 ⋅ 3600 ⋅ 1 ⋅ 47,88
= 2,99
2,238 ⋅ 96485
Oxidationsstufe von Titan: +3
b) Die Bleielektrode
b1) Die Bleielektrode.
b2) Bleielektrode: Anode; Referenzelektrode: Katode
b3)
E( Pb2 + / Pb) = EΘ − ∆E = −0,241 V
Re f
R .T
ln c( Pb2 + )
E( Pb2 + / Pb) = EΘ ( Pb2 + / Pb) +
2.F
Einsetzen der Zahlen liefert :
ln c( Pb2 + ) = −8,952
c( Pb2 + ) = 1,294.10− 4 mol/L
Da K = c 2 ( Pb2 + )
L
K = 1,67.10- 8 mol 2/L2
L
64
ergibt sich
LÖSUNGEN 6
DAS ERSTE JAHR
b4)
KL
c( H + )
2−
c( Pb ) =
mit c( SO4 ) =
und c(H + ) = 10 -pH
2−
c( SO4 )
2
2+
ergibt sich c( Pb 2+ ) = 3,35.10 −5 mol/L
R .T
E( Pb 2+ / Pb ) = EΘ ( Pb2+ / Pb ) +
ln c( Pb 2+ )
2.F
Einsetzen der Zahlen liefert : E( Pb2+ / Pb ) = −0,258 V
∆E = E Katode − E Anode = 0, 237 − ( −0, 258 )
∆E = 0,495 V
6.20.
Allgemeine und physikalische Chemie
a)
o ∆H:-; ∆S:+
o ∆H:-; ∆S:-
o ∆H:+; ∆S:-
Ä ∆H:+; ∆S:+
b)
o 0,80V
Ä 0,74V
o 0,86V
o 0,92V
c)
o 6*1023
o 1,2*1024
Ä 4,8*1023
o 2,4*1023
6.21.
a)
Die Silberelektrode (30. LW)
E = Eθ −
R⋅T
1
ln
[Ag + ]
F
b) (i): [Ag + ] = 0,1 ⇒ E = 0,799 −
8,314 ⋅ 293 1
ln
= 0,741 V
96485
0,1
(ii): [Ag + ] = K L ⇒ E = 0,799 −
(iii): [Ag + ] =
KL
8,314 ⋅ 293
1
⇒ E = 0,799 −
ln −8 , 7 = 0, 293 V
0,1
96485
10
(iv): [Ag + ]⋅ [Cl − ] = 10 −9 , 7
[Ag ]⋅ [Br ] = 10
[Ag ] = [Cl ] + [Br ]
+
+
E = 0,799 −
8,314 ⋅ 293
1
ln
= 0,517 V
96485
10 −9 , 7
−
−12 , 3
−
−
−9 , 7
−12 , 3
+
+
[Ag ] = 10 + 10
[Ag ] [Ag ]
[Ag ] = 10 + 10
+
+
−9 , 7
−12 , 3
8,314 ⋅ 293
1
ln
= 0,517 V
−9 , 7
96485
10 + 10 −12 , 3
6.22. Kreuzworträtsel
Curie, Becquerel, Positron, Alpha, Sievert, Quark, Fermi, Photon, Neutrino, Radon;
Rutherford.
65
LÖSUNGEN 7
DAS ERSTE JAHR
Lösungen 7
7.1.
C
Trichlormethan
B
Hydroxybenzen
A
Batriumacetat
E
Benzaldehyd
D
Ethylbutyrat
7.2. a) C4H4O4
b) Info2: ungesättigt, C-C-Mehrfachbindung
Info3: Dicarbonsäuren
Info4: A=E-Butendisäure, B=Z-Butendisäure
Info5: D, E...Hydroxybutandisäuren, E=L(-)-Äpfelsäure
c) A: E-Butendisäure - B: Z-Butendisäure - C: 2,5-Furandion
D: S-Hydroxybutandisäure - E: R-Hydroxybutandisäure
7.3. A Ethen; B Ethanol; C Ethanal; D Ethansäure; E Ethansäureethylester; F 3-Hydroxybutanal;
G 2-Butenal
a) (1) Esterkondensation; (2) Aldoladdition; b) (1) Oxidationsmittel; (2) starke Säure
7.4. 21, 27, 19, 10, 20, 18, 23, 6, 13, 8, 3, 12, 17, 16, 30, 24, 5, 25, 29, 22.
7.5. Quantitative Analyse ergibt C3H4Br2O (ist laut NMR symmetrisch).
1. CH2=CH-CH3 + H2O → CH3-CH(OH)-CH3
2. CH3-CH(OH)-CH3 - H2 → CH3-CO-CH3
3. CH3-CO-CH3 + 2 Br2 → 2 HBr + CH2Br-CO-CH2Br
4. CH2Br-CO-CH2Br + HCN → CH2Br-C(CN)(OH)-CH2Br
5. CH2Br-C(CN)(OH)-CH2Br + 2 H2O → CH2Br-C(COOH)(OH)-CH2Br + 2 NH3
6. CH2Br-C(COOH)(OH)-CH2Br + 2 KCN → CH2CN-C(COOH)(OH)-CH2CN +
2KBr
7. CH2CN-C(COOH)(OH)-CH2CN + 4 H2O → HOOC-CH2-C(COOH)(OH)-CH2COOH + 2NH3
Stufe 3: SR; Stufe 4: AN; Stufe 6: SN .
7.6. Richtig sind: 1,2,3,8,9,12,13,14
7.7. C4H10O
1-Butanol; 2-Butanol; Methyl-1-propanol; Methyl-2-propanol
B = Butanal; C = Butansäure
2-Butanol → Butanon
7.8.
a)
57,84% C, 3,620% H, 38,54% O, Summenformel: C8H6O4
b)
Substanz A
c)
A: 1,4-Dimethylbenzen od. p-Xylen
66
LÖSUNGEN 7
DAS ERSTE JAHR
OH
O
B: 1,4-Benzendicarbonsäure od. Terephthalsäure
O
OH
OH
C: 4-Methylbenzencarbonsäure
O
O
O
D: 4-Methylbenzencarbonsäuremethylester
O
O
E: 1,4-Benzencarbonsäuredimethylester
O
O
7.9. a)
b) 140,09437 g/mol
c) 1 Sarintropfen: 51,04 mg. Es können ≈ 72 ( 72,9) Menschen getötet werden.
d) 19,0909 l
67
LÖSUNGEN 7
DAS ERSTE JAHR
7.10.
19. Landeswettbewerb – Anorganisch-Organische Technologie
Pyrit:
FeS2
1 Punkt
O ,1000°C
2
S
O ,500°C
2
1 Punkt
SO2
1 Punkt
O ,500°C
2
H O
O ,500°C
2
2 Kat.
1 Punkt
H O
2
1 Punkt
SO 3
H SO
2 3
1 Punkt
H O
2 2
H O
2
Oleum
HS
2
NaOH
Kat. H
2
Rohölfraktion
Na 2SO3
H2 SO4
1 Punkt
1 Punkt
+S, kochen
Cu
25°C
1 Punkt
organisch
blau:
SO3 H
1 Punkt
NaOH-Schmelze
250°C-300°C
1 Punkt
Na 2S 2O 3
CuSO 4
HCl
konz. HCl
H O
2
1 Punkt
organisch
OH
grün:
1 Punkt
S
2
1 Punkt
7.11.
SO 2
CuCl4
a) n(KOH) = m(KOH)/M(KOH) = 0,5493/56 = 0,0098 mol
n(A) = n(KOH) = 0,0098 mol
M(A) = 1 g / 0,0098 mol = 102 g/mol
m (C) = 0,077‧(44/12) = 0,2937 g C
m(H) = 0,441‧(2/18) = 0,0490 g H
m(O) = 0,5 - m(C) - m(H) = 0,1573 g O
n(C) : n(H) : n(O) = 2,5 : 5 : 1 → A: C5H10O2
68
1 Punkt
LÖSUNGEN 7
DAS ERSTE JAHR
b)
OH
OH
O
1,2 -Cyclopentadion
O
7.12.
A Ethen, B Ethanol, C Ethanal, D Ethansäure,
E Ethansäureethylsester, F Methaldehyd
7.13.
a)
(CH3)2CH-CH(OH)-CH2-C6H5;
b) A: prim. Alkohol; (CH3)2CH-CH2OH
B: (CH3)2CH-CHO
C: C7H8 Toluen
D: C6H5CH2Cl und C6H5CH2MgCl
E: (CH3)2CH-CH(OmgCl)-CH2-C6H5 bzw. nach Hydrolyse die gesuchte Verb.
c) Radikalische Substitution; SR
69
LÖSUNGEN 7
DAS ERSTE JAHR
7.14.
Organische Chemie
+ Phenylmagnesiumbromid
Hydrolyse / - Mg(OH)Br
A
F
OH
O
Oxidation
E
+NaOH
-NaBr
B
OH
Br
+ HBr
C
D
Polymerisation
CH
CH2
CH3
n
a) PP
b) AE - elektrophile Addition
c) SN - nucleophile Substitution
7.15. Summenformel von A bzw. B: C5H6O4.
Wenn 1 g A/B 172,4 ml H2 benötigen, so sind 130 g A/B für 22,4 l notwendig: 1 mol H2
addiert, also eine C=C-Doppelbindung.
Wenn 0,4524 g A/B 69,6 ml NaOH benötigen, so sind für 130g A/B 20,0 ml notwendig,
das sind 2 mol NaOH: Dicarbonsäure.
A ist die Z-Methylbutendisäure, B die E-Methylbutendisäure.
A kann ein intramolekulares Anhydrid bilden.
C = 2-Oxopropansäure; D = Ethandisäure.
E = 2-Brom-2-methylbutandisäure; F = 2-Brom-3-methylbutandisäure.
AE.
CO OH
CH 3
C
Br
CH 2
E und F sind chiral.
CO OH
70
= R-2-Brom-2-methylbutandisäure