Lösungen. Vorprüfungsklausur. Leistungskurs Chemie 2008 / 09

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1 Gymnasium St. Augustin zu Grimma Lösungen Vorprüfungsklausur Leistungskurs Chemie 2008 / 09 Name: Experiment: C1 / C2 Seitenzahl: Grimma, 27. Februar 2009

2 TEIL A 1.) 1.1 Elektronenkonfiguration: 50Sn: [Kr] 4d 10 5s 2 5p 2 4 Außenelektronen (Valenzelektronen) (2*5s + 2*5p=4) 4. Hauptgruppe p-orbitale Hauptgruppenelement letztes Elektron auf 5.Schale 5. Periode Metalle durch unterschiedliche Potenziale verbunden Ausbildung eines Lokalelements - Elektrolyt = Speichel 2.) 2.1 geg: V=0,01 l ges: ph m=0,0365 g M=36,5 g*mol -1 Lsg: m M 0,0365 g 36,5 g c HCl = mol V c HCl = Einsetzen (1BE) ph = - lg {c(h 3 O + )} = 1 0,01 l=0,1 mol l = c(h 3 O + ) Def. BRÖNSTED-Säure: Protonendonator; BRÖNSTED-Base: Protonenakzeptor - Neutralisation = chem. Reaktion mit Protonenübergang -Beweiskette (1BE) H 3 O + + OH - 2 H 2 O Base H 3 O + H + + H 2 O Säure 2.3 ph 1 =0,5 c 1 (H 3 O + )=0,316mol*l -1 ph 2 =1,5 c 2 (H 3 O + )=0,0316mol*l -1 (1BE) Berechnen der Masse m = 1,5g 3.) CO H 2 O C 6 H 12 O O H 2 O R H > 0 = positiv - -T* R S > 0 = positiv - R G > 0 = positiv man muss Energie hinzufügen (in Form von Licht), da die Reaktion endergonisch (unfreiwillig) abläuft Chelatkomplexe bestehen aus mehrzähnigen Ligangen, die sich um das Zentralteilchen reihen 4.) 4.1 (NH 4 ) 2 [SiF 6 ] Ammonium-hexafluorosilicat(IV) - koordinative Bindung: - sich überlappende Atomorbitale (Atombindung) -Elektronen für Bindung kommen nur vom Liganden 4.2(2BE) 6 Ca 5 (OH(PO 4 ) 3 ) + (NH 4 ) 2 [SiF 6 ] 6 Ca 5 (OH(PO 4 ) 3 ) + SiO 2 + 2H 2 O + 2NH 4 OH

3 TEIL B 1.) CO + 2 H 2 CH 3 OH geg: c(h 2 ) = 0,06 mol*l -1 ges: c(co) c(ch 3 OH) = 2,754*10-3 mol*l -1 K C = 10,2 l 2 * mol -2 Lsg: - Einsetzen in das MWG (1BE): K C = c CH 3 OH c CO c H 2 2 c(co) = 0,075 mol * l -1 10,2 l 2 mol 2 = 2, mol l 1 c CO 0,06 mol l ) nur primäre Alkohole (OH-Gruppe am ersten oder letzten C-Atom) lassen sich in Alkanale oxidieren Umwandlung nur bei b) und c) möglich bei a) würde sich eine Ketogruppe und keine Aldehydgruppe bilden 2.2 Oxid.: 3 CH 3 -CH 2 -CH 2 OH 3 CH 3 -CH 2 -CHO + 6 e H + * 3 2- Red.: Cr 2 O e H + 2 Cr H 2 O 3 CH 3 -CH 2 -CH 2 OH + Cr 2 O H + 3 CH 3 -CH 2 -CHO + 2 Cr H 2 O 3.) Lactose besteht aus Glucose- und Galactosemolekül; Saccharose aus Glucose- und Fructosemolekül - Saccharose wirkt nicht reduzierend, Lactose schon Grund: Lactose besitzt ein chirales C-Atom mit 4 unterschiedlichen Substituenten. in wässriger Lösung Umwandlung in Monomere in Kettenform OH-Gruppe wandelt sich in eine Aldehydgruppe wirkt reduzierend 3.2 C 12 H 22 O 11 + H 2 O C 6 H 12 O 6 + C 6 H 12 O 6 Glucose Fructose Enzyme C 6 H 12 O 6 2 C 2 H 5 OH + 2 CO 2 4.) 4.1 * 2- Hydroxypropansäure optisch aktiv, weil am 2. C-Atom ein chirales Zentrum (*) vorliegt, es hat 4 unterschiedliche Substituenten und hier ist die Verbindung nicht deckungsgleich

4 4.2 - Milchsäure: pks-wert: 3,87 - Propansäure: pks-wert: 4,88 - auf Grund der zusätzlichen OH-Gruppe der Milchsäure, übt diese einen -I-Effekt auf das 2.C-Atom aus, wodurch es zu einer Verringerung der Elektronendichte am diesem C-Atom kommt somit wirkt die OH-Gruppe stärker polarisierend und die Milchsäure ist saurer nur eine Monomerart, da Milchsäure selbst 2 funktionelle Gruppen besitzt dabei reagiert die Hydroxylgruppe eines Monomers mit der Carbonsäuregruppe eines anderen Monomers unter Wasserabspaltung (=Veresterung ) Polykondensation, laut Reaktionsgleichung oben -Strukturausschnitt:

5 TEIL C1 1.) - Durchführung der Experimente A-C (2BE) 1.1 Beobachtungen (2BE): A: Gasentwicklung an Eisenelektrode, hellblauer Niederschlag in Elektrolyt B: Rotfärbung des Phenolphthaleins C: Blaufärbung des Phenolphthaleins 1.2 B: Rotfärbung Vorhandensein von OH - C: Blaufärbung Nachweis von Cu Anode: Cu Cu e - Katode: 2 H 2 O + 2e - 2 OH - + H 2 2.) 2.1 L H = R H = m Lösung c p H 2 O T n 42kJ mol 1 = 4 g 4,19 J g 1 K 1 T 1 g 40 g mol Einsetzen (1BE) 1 T = 50,6 K 2.2 G H < H H, denn Reaktion ist endotherm 3.) - Durchführung des Experiments D (1 BE) 3.1 Beobachtung: Ziegelroter Niederschlag (Cu 2 O) 3.2 Oxid. : R-CHO + 3 OH - R-COO - + 2e H 2 O Red. : 2 Cu e OH - Cu 2 O + H 2 O R-CHO + 5 OH Cu 2+ R-COO - + Cu 2 O + 3 H 2 O Da die Reaktion in alkalischer Umgebung stattfindet, wird die entstehende Carboxylgruppe durch Hydroxidionen zurcarboxylatgruppe im Sinne einer Säure-Base-Reaktion deprotoniert.

6 TEIL C2 1.) - Durchführung der Experimente A-D (1BE) 1.1 Beobachtungen (1BE): A: farblos pink B: pink gelb-orange C: gelb-orange rotbraun D: rotbraun dunkelblau 1.2 Zuordnung (1BE) 2- A: CO 3 es muss eine basische Lösung sein, denn Phenolphthalein färbt sich pink es können nur die Carbonat-Ionen sein, denn die haben basische Wirkung: H 2 O 2- + CO 3 - HCO 3 + OH - B: Fe 3+ es müssen die Eisen(III)-Ionen sein, denn diese werden hydratisiert und bilden die gelbe Farbe (typisch für Fe2+) es kommt zu einer Neutralisation der basischen Lösung von A, da sich H 3 O + bilden: [Fe(H 2 O) 6 ] 3+ + H 2 O [Fe(OH)(H 2 O) 5 ] 2+ + H 3 O + C: SCN - rotbraune Färbung ist typisch für Thiocyanat-Ionen, denn dass ist eine Nachweisreaktion für Eisen-Ionen: [Fe(OH)(H 2 O) 5 ] 2+ + SCN - [Fe(SCN)(H 2 O) 5 ] 2+ + OH - D: [Fe(CN) 6 ] 4- blaue Färbung typisch für Hexacyanoferrat-Ionen, die mit Eisen-Ionen in einer Nachweisreaktion das Berliner Blau bilden: 4 [Fe(SCN)(H 2 O) 5 ] 2+ + [Fe(CN) 6 ] 4- Fe 4 [Fe(CN) 6 ] SCN H 2 O 2.) - Durchführung des Experimentes E (1BE) 2.1 Beobachtungen (1BE): C+NaF: -Entfärbung der rotbraunen Lösung zu blassgelb D+NaF: - keine Entfärbung 2.2 -Komplex C ist nicht sehr stabil, schnelle Entfärbung der Lösung durch Ligandenaustausch: [Fe(SCN)(H 2 O) 5 ] F - [FeF 6 ] 4- + SCN H 2 O -Komplex D ist stabil, denn hier kommt es zu keiner Entfärbung, demnach lagern sich keine anderen Liganden an Komplex bleibt bestehen

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8 BE-Verteilung alles dickgedruckte ist jeweils eine BE BE Teil A 1.) BE BE 2.) BE BE BE 3.) BE BE BE 4.) BE BE 25 BE Teil B 1.) 2 BE 2.) BE BE 3.) BE BE 4.) BE BE BE BE 20 BE Teil C1 1.) BE BE BE 2.) BE BE 3.) BE BE 15 BE oder Teil C2 1.) BE BE 2.) BE BE 15 BE 60 BE