2. Klausur zur Vorlesung Physikalische Chemie I

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1 2. Klausur zur Vorlesung Physikalische Chemie I Sommersemester Juli 2006 Angaben zur Person (BITTE LESERLICH UND IN DRUCKBUCHSTABEN) Name, Vorname... Geburtsdatum und -ort... Matrikelnummer... Studienfach, Fachsemester... Benötigen Sie den Schein für die Zulassung zum Grundpraktikum der Physikalischen Chemie? Ja Nein In welchem Praktikum sind Sie zur Zeit?... Name und Matrikelnummer auf jedes abzugebende Blatt schreiben! Auch die Rückseiten der Blätter beschreiben. Sollten Sie zusätzlich leere Blätter benötigen erhalten Sie diese von den Assistenten. Bitte vermerken Sie deutlich auf den Klausurbögen, wenn sich Teile der Lösung auf einem zusätzlichen Blatt befinden. Keine mitgebrachten Blätter abgeben. Erlaubte Hilfsmittel sind sämtliche Bücher und schriftliche Aufzeichnungen sowie ein beliebiger Taschenrechner. Allgemeine und klare Ansätze! Bei Rechnungen genügt nicht nur das Endergebnis, sondern es muss vor allem der Lösungsweg klar erkenn- und nachvollziehbar sein (bitte leserlich schreiben)! Ist die Einheit einer Zahl falsch oder fehlt (wenn die Zahl eine Einheit hat) führt dies zu Punktabzug! Verlassen des Platzes/Saales nur nach Meldung beim Assistenten. Im Falle eines Täuschungsversuchs (z.b. Mobiltelefonbenutzung) wird Ihre Klausur mit 0 Punkten bewertet. Mobiltelefone müssen während der gesamten Klausur ausgeschaltet sein. Die Punkte der 1. und 2. Klausur werden addiert. In jeder der beiden Klausuren sind maximal 50 Punkte erreichbar, also insgesamt 100 Punkte. Sie erhalten den Schein, wenn die Summe der von Ihnen in beiden Klausuren erreichten Punkte mindestens 50 beträgt. Aufgabe erreichbare Punktzahl erreichte Punktzahl a b c d e f g Summe a b c d e f g Summe Gesamtsumme 50

2 Name... Matrikel-Nr In welche Richtung verschiebt sich das Gleichgewicht der folgenden Reaktionen, wenn das Volumen des Reaktionsgefäßes auf die Hälfte des ursprünglichen Volumens verkleinert wird? Geben Sie jeweils eine kurze Begründung für Ihr Ergebnis. a) 2 Cl H 2 O qwe 4 HCl + O 2 b) 2 NO 2 qwe N 2 O 4 c) NH 4 OCONH 2 qwe 2 NH 3 + CO 2 d) CO 2 + H 2 qwe H 2 O + CO e) 4 NH O 2 qwe 4 NO + 6 H 2 O f) N H 2 qwe 2 NH 3 g) C + 2 H 2 qwe CH 4 2. Klausur zur Vorlesung Physikalische Chemie I SS 2006 Prof. N. Hampp, J. Träger 20. Juli 2006 Seite 2 von 9

3 Name... Matrikel-Nr Berechnen Sie die are Standardbildungsenthalpie von Eisen(II)-sulfid (FeS ) mit Hilfe folgender Angaben. Die are Standardbildungsenthalpie der wässrigen Schwefelsäure beträgt H B SO 4 2,aq = H B H 2 SO 4, aq = 908,1 kj 1. Die Bildungsenthalpie von aq ( wässriges Medium) ist definitionsgemäß Null. Weiterhin sind folgende Reaktionsgleichungen mit den zugehörigen aren Standardreaktionsenthalpien gegeben. 1. FeS + 2 O 2 sd FeSO 4 H R = 54,8kJ 1 2. FeSO 4 + aq sd FeSO 4 H R = 772,9 kj 1 3. Fe + H 2 SO 4 sd FeSO 4 + H 2 H R = 19,2 kj 1 2. Klausur zur Vorlesung Physikalische Chemie I SS 2006 Prof. N. Hampp, J. Träger 20. Juli 2006 Seite 3 von 9

4 Name... Matrikel-Nr In 100 g Benzol sind 2 g eines nicht flüchtigen Kohlenwasserstoffs gelöst (d.h. der Dampfdruck des reinen Kohlenwasserstoffs sei vernachlässigbar gering). Der Kohlenwasserstoff hat die allgemeine Summenformel C x H y und enthält 94,4 Gewichtsprozent Kohlenstoff. Der Dampfdruck über dieser Lösung beträgt 9, Pa bei 293 K. Bei derselben Temperatur wurde zuvor über reinem Benzol ein Dampfdruck von 9, Pa gemessen. Bestimmen Sie unter der Annahme, dass das Raoult'sche Gesetz anwendbar ist, die are Masse und die Summenformel des Kohlenwasserstoffs. 2. Klausur zur Vorlesung Physikalische Chemie I SS 2006 Prof. N. Hampp, J. Träger 20. Juli 2006 Seite 4 von 9

5 Name... Matrikel-Nr Ein Liter einer Lösung von Cadmiumsulfat (M = 208,47 g -1 ) in Wasser enthält 1,40 g des Salzes. Der Dissoziationsgrad betrage α = 0,8. a) Wie groß ist die Anzahl der gelösten Teilchen? b) Wie groß ist der osmotische Druck der Lösung bei 14 C? 2. Klausur zur Vorlesung Physikalische Chemie I SS 2006 Prof. N. Hampp, J. Träger 20. Juli 2006 Seite 5 von 9

6 Name... Matrikel-Nr Bei einem Experiment zur Untersuchung des Iod-Wasserstoff-Gleichgewichts H 2 + I 2 qwe 2 HI wird ein Gefäß (V = 1 L) mit jeweils 0,05 Iod und Wasserstoff gefüllt. Das verschlossene Gefäß wird auf eine Temperatur von 700 K erwärmt. Die Gleichgewichtskonstante wurde bei dieser Temperatur zu K p = 7,55 bestimmt. Betrachten Sie die an der Reaktion beteiligten Gase als ideal. a) Bestimmen Sie den Druck im Kolben bei 700 K. b) Wie ändert sich die Gleichgewichtskonstante K p, wenn man den Druck verdoppelt. c) Bestimmen Sie die Zusammensetzung des Gemisches bei 700 K. d) Wie ändert sich die Zusammensetzung (d.h. K x ), wenn man den Druck verdoppelt? 2. Klausur zur Vorlesung Physikalische Chemie I SS 2006 Prof. N. Hampp, J. Träger 20. Juli 2006 Seite 6 von 9

7 Name... Matrikel-Nr Methylamin (CH 3 NH 2 ) siedet unter Standarddruck (1013,25 hpa) bei 6,4 C und hat eine spezifische Verdampfungsenthalpie von 825,8 kj kg -1. Auf welchen Druck muss die Verbindung im Dampfzustand komprimiert werden, damit sie bei 21 C kondensiert? 2. Klausur zur Vorlesung Physikalische Chemie I SS 2006 Prof. N. Hampp, J. Träger 20. Juli 2006 Seite 7 von 9

8 Name... Matrikel-Nr Eine durch das abgebildete Phasendiagramm beschriebene binäre Schmelze mit einem Massenanteil der Komponente A von 50% wird von Punkt P ausgehend abgekühlt. a) Wie nennt man die obere bzw. die untere Kurve in dem Phasendiagramm? b) Wie hoch ist der Massenanteil der Komponente A im bei der Temperatur T 1 kristallisierenden Festkörper? c) Welchen Massenanteil an A hat der letzte Rest der Schmelze kurz vor dem Erstarren? d) Welchen Massenanteil an A enthält die vollständig abgekühlte Legierung? 2. Klausur zur Vorlesung Physikalische Chemie I SS 2006 Prof. N. Hampp, J. Träger 20. Juli 2006 Seite 8 von 9

9 Name... Matrikel-Nr Betrachtet wird die Hydrierung von Ethen (Ethylen) zu Ethan. C 2 H 4 + H 2 qwe C 2 H 6 Beantworten Sie folgende Fragen zu dieser Reaktion mit Hilfe der in den Tabellen angegebenen Daten. a) Welchen Wert hat die Gleichgewichtskonstante K unter Standardbedingungen (d.h. 298,15 K und 1,013 bar)? b) Berechnen Sie die Gleichgewichtskonstante K bei 600 K und 1,013 bar. Approximieren Sie dazu zunächst ΔC p als lineare Funktion der Temperatur (d.h. finden Sie einen Ausdruck der Form ΔC p (T) = A + B T). c) Würde die Reaktion, wenn keine kinetische Hemmung vorliegt, bei 298,15 K bzw. bei 600 K spontan in der angegebenen Richtung (d.h. von links nach rechts) ablaufen? C 2 H 4 C 2 H 6 Standard-Bildungsenthalpie ΔH / kj -1 52,28 84,67 Freie Standard-Bildungsenthalpie ΔG / kj -1 68,12 32,89 C p,ar (T) / J K -1-1 H 2 C 2 H 4 C 2 H 6 T = 298,15 K 28,83 43,63 52,70 T = 400 K 29,18 53,97 65,61 T = 500 K 29,26 63,43 78,10 T = 600 K 29,32 71,55 89,30 2. Klausur zur Vorlesung Physikalische Chemie I SS 2006 Prof. N. Hampp, J. Träger 20. Juli 2006 Seite 9 von 9

10 2. Klausur zur Vorlesung Physikalische Chemie I Sommersemester Juli 2006 Musterlösung Name und Matrikelnummer auf jedes abzugebende Blatt schreiben! Auch die Rückseiten der Blätter beschreiben. Sollten Sie zusätzlich leere Blätter benötigen erhalten Sie diese von den Assistenten. Bitte vermerken Sie deutlich auf den Klausurbögen, wenn sich Teile der Lösung auf einem zusätzlichen Blatt befinden. Keine mitgebrachten Blätter abgeben. Erlaubte Hilfsmittel sind sämtliche Bücher und schriftliche Aufzeichnungen sowie ein beliebiger Taschenrechner. Allgemeine und klare Ansätze! Bei Rechnungen genügt nicht nur das Endergebnis, sondern es muss vor allem der Lösungsweg klar erkenn- und nachvollziehbar sein (bitte leserlich schreiben)! Ist die Einheit einer Zahl falsch oder fehlt führt dies zu Punktabzug! Verlassen des Platzes/Saales nur nach Meldung beim Assistenten. Im Falle eines Täuschungsversuchs (z.b. Mobiltelefonbenutzung) wird Ihre Klausur mit 0 Punkten bewertet. Mobiltelefone müssen während der gesamten Klausur ausgeschaltet sein. Die Punkte der 1. und 2. Klausur werden addiert. In jeder der beiden Klausuren sind maximal 50 Punkte erreichbar, also insgesamt 100 Punkte. Sie erhalten den Schein, wenn die Summe der von Ihnen in beiden Klausuren erreichten Punkte mindestens 50 beträgt. Aufgabe erreichbare Punktzahl erreichte Punktzahl a b c d e f g Summe a b c d e f g Summe Gesamtsumme 50 50

11 Musterlösung 1. Aufgabe Anwendung des Prinzips von Le Chatelier: Erhöht man bei einer Gasreaktion den Druck, so verschiebt sich das Gleichgewicht zugunsten derjenigen Stoffe, die das kleinere Volumen einnehmen, d.h. auf die Seite mit der kleiner gasförmigen Stoffmenge. a) Gas = 0 Die Lage des Gleichgewichts ändert sich nicht. b) Gas = 1 Das Gleichgewichts liegt weiter rechts. c) Gas = 3 Das Gleichgewichts liegt weiter links. d) Gas = 0 Die Lage des Gleichgewichts ändert sich nicht. e) Gas = 1 Das Gleichgewichts liegt weiter links. f) Gas = 2 Das Gleichgewichts liegt weiter rechts. g) Gas = 1 Das Gleichgewichts liegt weiter rechts. 2. Klausur zur Vorlesung Physikalische Chemie I SS 2006 Prof. N. Hampp, J. Träger 20. Juli 2006 Seite 2 von 12

12 Musterlösung 2. Aufgabe Anwendung des Satzes von Heß: Aus der 1. Reaktionsgleichung kann der gesuchte Wert für FeS gefunden werden, wenn ΔH B (FeSO 4 ) bekannt ist. Hierzu ist zunächst aus der 3. Reaktionsgleichung die Größe ΔH B (FeSO 4 ) zu ermitteln. Die aren Standardbildungsenthalpien der Elemente sind bekanntlich gleich Null zu setzten. Folglich ist also H B FeSO 4 aq = H R Rgl. 3 H B H 2 SO 4 aq = 19,2 kj kj 908,1 = 927,3 kj Jetzt läßt sich mit Hilfe der 2. Reaktionsgleichung ΔH B (FeSO 4 ) berechnen. H B FeSO 4 s = H B FeSO 4 aq H R Rgl.2 = 927,3 kj kj 772,9 = 154,4 kj Mit der 1. Reaktionsgleichung folgt schließlich für FeS H B FeS s = H B FeSO 4 s H R Rgl.1 = 154,4 kj kj kj 54,8 = 99,6 2. Klausur zur Vorlesung Physikalische Chemie I SS 2006 Prof. N. Hampp, J. Träger 20. Juli 2006 Seite 3 von 12

13 Musterlösung 3. Aufgabe Nach dem Raoult'schen Gesetz ist der Dampfdruck des Benzols über der Lösung p B = x B p B (Anmerkung: p B ist der Dampfdruck von reinem Benzol) Da wir den Dampfdruck des unbekannten Kohlenwasserstoffs bei der betrachteten niedrigen Lösungskonzentration vernachlässigen dürfen, können wir p B dem Gesamtdruck p ges über der Lösung gleichsetzen. p ges = x B p B Da es sich um eine binäre Mischung handelt folgt für Molenbruch des unbekannten Kohlenwasserstoffs x KW = 1 x B = 1 p ges p B = P B p ges = 1 9,908 p B 9,995 0,009 Es ist aber auch x KW = n KW n B n KW = m KW M KW m KW M KW m B M B Der Vergleich der beiden Gleichungen ergibt 1 p ges p B = m KW M KW m KW M KW m B M B woraus die Molmasse des unbekannten Kohlenwasserstoffs folgt M KW = p ges p B p ges m KW m B M B = 9, Pa 9, Pa 9, Pa 2 g g 78, g 178 g 2. Klausur zur Vorlesung Physikalische Chemie I SS 2006 Prof. N. Hampp, J. Träger 20. Juli 2006 Seite 4 von 12

14 Musterlösung Mit der Molmasse des unbekannten Kohlenwasserstoffs und den Massenanteilen an Kohlenstoff und Wasserstoff können nun x und y berechnet werden. Aus der Angabe,dass der Massenanteil an Kohlenstoff w C = 94,4% beträgt folgt, dass der Massenanteil an Wasserstoff w H = 5,6% beträgt, da die Verbindung nur aus Kohlenstoff und Wasserstoff besteht. x = M w 178 g KW C 0,944 = M C 12 g 14 y = M w 178 g KW H 0,056 = M H 1 g 10 Die Summenformel des Kohlenwasserstoffs ist also C 14 H 10. Anmerkung: Die gesuchte Verbindung heißt Anthracen 2. Klausur zur Vorlesung Physikalische Chemie I SS 2006 Prof. N. Hampp, J. Träger 20. Juli 2006 Seite 5 von 12

15 Musterlösung 4. Aufgabe a) Die Stoffmenge CdSO 4, die in das Wasser gegeben wurde ist n CdSO 4 = m M = 1,40 g 208,47 g = 6, Da der Dissoziationsgrad 0,8 beträgt sind in der Lösung folglich 80% des CdSO 4 in Cd 2+ und SO 4 2 Ionen dissoziiert und 20% liegen undissoziiert vor. Die in Lösung befindliche Stoffmenge ist also n Lösung = 0,2 n CdSO 4 0,8 2 n CdSO 4 = 12, Weiterhin ist die Zahl der in Lösung befindlichen Teilchen N Lösung = n Lösung N L = 12, , = 7, b) Der osmotische Druck ist nach der van't Hoff'schen Gleichung = n R T V = 12, ,31451kPa L 1 K 1 287,15 K 1 L = 28,9 kpa 2. Klausur zur Vorlesung Physikalische Chemie I SS 2006 Prof. N. Hampp, J. Träger 20. Juli 2006 Seite 6 von 12

16 Musterlösung 5. Aufgabe a) Die Stoffmenge ändert sich durch die Reaktion nicht, daher gilt p = n R T V = 0,1 8,31451 J 1 K K 10 3 m 3 = 5, Pa 5,82 bar b) Die Gleichgewichtskonstante K p ändert sich nicht, da sie druckunabhängig ist (siehe Übungsblatt 9). c) K x = K p p (siehe Übungsblatt 9) Da hier Δν = 0 ist folgt K x = K p = 7,55 K x = x 2 HI x H 2 x I 2 = x 2 HI 2 weil es sich um eine äquiare Ausgangsmischung handelt x H 2 Weiterhin ist x HI x H 2 x I 2 = x HI 2 x H 2 = 1 x HI = 1 2 x H 2 K x = 1 2 x H x H K x x H 2 4 x H 2 1 = 0 (Anwenden der Lösungsformel für quadratische Gleichungen) x 1 / 2 = 4 ± K x 2 4 K x = 1,34 / 0,21 (Nur die Lösung 0,21 der quadratischen Gleichung ist physikalisch sinnvoll) x H 2 = 0,21 x I2 = 0,21 x HI = 1 2 x H 2 = 1 0,42 = 0,58 (im Gleichgewicht) 2. Klausur zur Vorlesung Physikalische Chemie I SS 2006 Prof. N. Hampp, J. Träger 20. Juli 2006 Seite 7 von 12

17 Musterlösung Mit n i = x i n gesamt folgt n H 2 = 0, m n I 2 = 0, m n HI = 0,058 58m d) Die Zusammensetzung des Gemischs ist druckunabhängig, da hier Δν = 0 ist und folglich K x = K p = K c gilt (siehe Aufgabenteil b), c) und Übungsblatt 9). 2. Klausur zur Vorlesung Physikalische Chemie I SS 2006 Prof. N. Hampp, J. Träger 20. Juli 2006 Seite 8 von 12

18 Musterlösung 6. Aufgabe Zunächst muss die spezifische Verdampfungsenthalpie mit Hilfe der Molmasse der Substanz (31,0 g -1 ) in die are Verdampfungsenthalpie umgerechnet werden. H Verdampfung,ar = 0,85258 kj g 31,0 g = 25,6 kj Einsetzen in die nach ln p 2 aufgelöste Clausius-Clapeyron`sche Gleichung ergibt ln p 2 p = ln p 1 p H Verd. R = 1,073 1 T 2 1 T 1 = ln1 25,6 kj 1 8,31451 J 1 K ,15 K 1 266,8 K p 2 = e 1,073 p = 2,294 1, Pa = 296 kpa 2,96 bar 2. Klausur zur Vorlesung Physikalische Chemie I SS 2006 Prof. N. Hampp, J. Träger 20. Juli 2006 Seite 9 von 12

19 Musterlösung 7. Aufgabe a) Die obere Kurve ist die Liquiduskurve oder Schmelzkruve, die untere Kurve ist die Soliduskurve oder Kristallisationskurve. b) Die Zusammensetzung des bei der Temperatur T 1 auskristallisierenden Festköpers erhält man, indem man den Schnittpunkt der Konode bei T 1 mit der Soldiduskurve ermittelt (grüne Konode). Der x-wert dieses Schnittpunkts entspricht etwa 19 Massenprozent A. c) Die Zusammensetzung des letzten Rests der Schmelze kurz vor dem Erstarren erhält man, indem man die Konode bei der niedrigsten, gerade noch in dem Zweiphasengebiet liegenden Temperatur, für die gegebene Zusammensetzung des Systems einzeichnet (blaue Konode). Der x-wert des Schnittpunkts dieser Konode mit der Liquiduskurve ist die gesuchte Zusammensetzung der Schmelze. Es sind etwa 82 Massenprozent A. d) Die vollständig abgekühlte Schmelze besteht aus einer Unzahl von Mischkristallen inhomogener Zusammensetzung (Zonenmischkristalle). Bezüglich der gesamten Legierungsmasse beträgt jedoch der Anteil von A wieder 50 Massenprozent. Hinweis: In Aufgabenteil b) und c) wurde eine Abweichung von bis zu ± 3 Prozentpunkten von den angegebenden Werten noch als richtig gewertet. 2. Klausur zur Vorlesung Physikalische Chemie I SS 2006 Prof. N. Hampp, J. Träger 20. Juli 2006 Seite 10 von 12

20 Musterlösung 8. Aufgabe a) K T = e G R T R T 101,01 kj 1 8,31451 J K 298,15 K = e 1 K 1 298,15 K = 5, J b) C p T = 27,40 K 0,0272 J K T 2 (Für den Rechenweg vgl. Übungsblatt 9) Zuerst muss H R 0 bestimmt werden. Es ist T H T = H 0 C p dt 0 Durch einsetzen der obigen Beziehung für C p T und Integration erhalten wir H R T = H R 0 A T B 2 T 2 H R 0 = H R T A T B 2 T 2 = 136,95 kj 27,40 = 129,99 kj J 0, ,15 K K 2 J 298,15 K 2 2 K Mit der Gibbs-Helmholtz-Gleichung [ T G T T ]p = H T T 2 folgt nach Umformen 2. Klausur zur Vorlesung Physikalische Chemie I SS 2006 Prof. N. Hampp, J. Träger 20. Juli 2006 Seite 11 von 12

21 d G R T T = H R T T 2 Musterlösung dt = H R 0 A T 2 T B 2 dt und durch Integration G R T T = H R 0 A lnt B T 2 T I Nun muss die Integrationskonstante I bestimmt werden. Dazu lösen wir nach I auf und setzen die bekannten Werte für T = 298,15 K ein. I = G R T T H 0 R A lnt B T 2 T = 101,01 kj kj 129,99 298,15 K 298,15 K 27,40 J K J = 54,86 K ln 298,15 0, J K 2 298,15 K Nun kann G R 600 K bestimmt werden. G R T = H R 0 I T A T lnt B 2 T 2 G R 600 K = 129,99 kj 54,86 J K 600 K 27,4 = 62,64 kj J 0,0272 J 600 K ln K 2 2 K 2 K K 600 K = 2, (Zur Berechnung siehe Aufgabenteil a) c) Da sowohl für 298,15 K als auch für 600 K die Werte für G R T 0 sind und folglich die Werte für K T 1 läuft die Reaktion in beiden Fällen spontan von links nach rechts ab. 2. Klausur zur Vorlesung Physikalische Chemie I SS 2006 Prof. N. Hampp, J. Träger 20. Juli 2006 Seite 12 von 12

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