Musterlösung Klausur Allgemeine und Anorganische Chemie vom Prof. Jones

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1 Musterlösung Klausur Allgemeine und Anorganische Chemie vom Prof. Jones 1. (i) Teilgleichungen Cr 2 O e + 14H + 2Cr H 2 O x1 2I I 2 + 2e x3 Gesamtgleichung 6I + Cr 2 O H + 2Cr H 2 O + 3I 2 (ii) Teilgleichungen SO H 2 O SO 4 + 2H + + 2e x5 MnO 4 + 5e + 8H + Mn H 2 O x2 Gesamtgleichung 5SO H 2 O + 2MnO H + 5SO H + + 2Mn H 2 O kürzen 5SO MnO 4 + 6H + 2 5SO 4 + 3H 2 O + 2Mn 2+ (iii) 2H 2 S (g) + SO 2 (g) 3S + 2H 2 O *** man könnte auch auf S 8 bestehen... (iv) Teilgleichungen Zn+ 4OH [Zn(OH) 4 ] 2 + 2e 2H 2 O + 2e H 2 + 2OH Gesamtgleichung Zn + 4OH + 2H 2 O [Zn(OH) 4 ] 2 + H 2 + 2OH kürzen Zn + 2OH + 2H 2 O [Zn(OH) 4 ] 2 + H 2 Jede korrekte Gleichung: 2.5 P Teilpunkte: keine (eine Gleichung ist entweder ausgeglichen, oder sie ist es nicht!!) Ausnahmen: Bei durchgehend doppelten, aber ansonsten ausgeglichenen Gleichungen usw., : 0.5P Abzug. Bei ausgeglichenen, jedoch nicht maximal gekürzten Gleichungen: Abzug nach eigenem Ermessen. 2. (i) ("Dach-Form", Torsionswinkel ca. 90 )

2 (ii) Kann (je nach Bedingung und Reaktionspartner) entweder oxidieren oder reduzieren. (Prinzip: Erklärung + Gleichung = volle Punkte vorausgesetzt es gibt eine relevante Gleichung) z.b. reduziert Permanganat 5H 2 O 2 + 2MnO 4 + 6H + 5O 2 + 8H 2 O + 2Mn 2+ z.b. oxidiert Iodid H 2 O 2 + 2I + 2H + I 2 + 2H 2 O (iii) Nachweis mit blauem Chromperoxid CrO 5 (ansäuern + Dichromat) Cr 2 O H 2 O 2 + 2H + 2CrO 5 + 5H 2 O 3. pk L = 10.4 K L = (mol/l) 3 CaF 2 Ca F K L = [Ca 2+ ][F ] 2 L = [Ca 2+ ], [Ca 2+ ] = 2[F ] K L = 4L 3 L = 3 (K L /4) = M M(CaF 2 ) = L(CaF 2 ) = g/l 4. Das MO-Diagramm der 6p-Niveaus ist: Reihenfolge von σ- und π- bindenden Orbitalen ist für die Punktevergabe unerheblich Die Bindungsordnung beträgt 0.5. Deswegen ist die Bindung zwar existent, aber schwach (und lang). Punkte: Diagramm 5, Erklärung trigonal planar Tetraeder quadratisch planar gewinkelt Grundgerüst: dito Oktaeder Tetraeder

3 6. Es gibt zwei Möglichkeiten; das Eisen kann zu Eisen(II)- oder Eisen(III)bromid oxidiert werden. (i) Fe 2+ (aq) + 2e Fe (s) E 0 = 0.44V (ii) Fe 3+ (aq) + 3e Fe (s) E 0 = 0.04V (iii) Br 2 (aq) + 2e 2Br (aq) E 0 = +1.09V Möglichkeit A (iii) Br 2 (aq) + 2e 2Br (aq) E 0 = 1.09 V (i) Fe 2+ (aq) + 2e Fe (s) E 0 = 0.44 V Gesamtreaktion: Br 2 (aq) + Fe (s) 2Br (aq) + Fe 2+ (aq) E 0 = 1.53 V (Reaktion (i) läuft rückwärts, es wird oxidiert) ΔG 0 = nfe 0 = / 1000 = 295 kj / Mol Fe Möglichkeit B (iii) ( 3) Br 2 (aq) + 2e 2Br (aq) E 0 = 1.09 V (ii) ( 2) Fe 3+ (aq) + 3e Fe (s) E 0 = 0.04 V Gesamtreaktion: 3Br 2 (aq) + 2Fe (s) 6Br (aq) + 2Fe 2+ (aq) E 0 = 1.13 V (Reaktion (ii) läuft rückwärts, es wird oxidiert) ΔG 0 = nfe 0 = / = 327 kj / Mol Fe Möglichkeit B ist also wahrscheinlicher. 7. (i) (ii) Nein, es bildet sich das Carbid TiC. Man muß das Kroll-Verfahren verwenden, um eine brauchbare Ti-Verbindung zu gewinnen: TiO 2 + 2C + 2Cl 2 TiCl 4 + 2CO (anschl. Reduktion mit Mg-Metall) Nein, Au(I) ist weich, Fluorid ist hart. (iii) Ja, wenn low-spin (high-spin d 6 ist paramagnetisch) d 6 low spin d 6 high spin (iv) Offiziell nein (das Metall hat immer mindestens d 10, also eine vollständige d-schale), wird aber oft wegen seiner hohen Tendenz zu Komplexbildung als Ehrenmitglied der Übergangsmetalle angesehen.

4 8. Rutherford-Experiment: Ausführung Rutherford-Experiment: Deutung Einfache Skizzen genügen! Die meisten α-teilchen durchlaufen die dünne Goldfolie, als wäre sie nicht da. Einige wenige werden aber um große Winkel ausgelenkt oder gar fast reflektiert. Das zeigt, daß die positiven Kerne sehr klein sind im Vergleich zu der (aus Elektronen bestehenden, fast massenleeren) Atomhülle. 9. Ausgangsstoff ist Schwefeldioxid. Hauptreaktion ist die exotherme Oxidation zu Schwefeltrioxid, die jedoch sehr langsam ist. SO 2 (g) + ½O 2 (g) SO 3 (g) ΔH 0 = 99 kj Die übliche Lösung (erhitzen!) würde zu schlechteren Gleichgewichtsausbeuten führen (le Chatelier, exotherm), man verwendet also einen Katalysator (Vanadiumpentoxid) bei Temperaturen von C. Ein hoher Druck hilft auch (le Chatelier, weniger Gasmole bei den Produkten) 2VO 2 (f) + ½O 2 (g) V 2 O 5 (f) V 2 O 5 (f) + SO 2 (g) SO 3 (g) + 2VO 2 (f) Das Schwefeltrioxid könnte prinzipiell mit Wasser zu Schwefelsäure weiterreagieren (ΔH 130 kj/mol), bildet aber einen Nebel über der Flüssigkeit. Deswegen wird das SO 3 in Schwefelsäure schnell absorbiert, wobei Dischwefelsäure (Oleum) gebildet und anschließend mit der berechneten Menge Wasser zu Schwefelsäure verdünnt wird. H 2 SO 4 + SO 3 H 2 S 2 O 7 H 2 S 2 O 7 + H 2 O 2H 2 SO 4

5 10. N 2 O 4 (g) 2NO 2 (g) Nach dem Gesetz der Partialdrucke stehen diese im selben Verhältnis wie die Molbrüche 11. p(n 2 O 4 ) = (0.13/0.47) 2 = bar p(no 2 ) = (0.34/0.47) 2 = bar K = p 2 (NO 2 )/ p(n 2 O 4 ) = 3.78 bar E = hν (h Plancksche Konstante, ν Frequenz) ν = c/λ (c Lichtgeschwindigkeit, λ Wellenlänge) 1/λ ist die Wellenzahl; cm 1 = m 1 E = hc (1/λ) J/Atom = N 0 hc (1/λ) J/Mol (N 0 Avogadro-Zahl) = N 0 hc (1/λ)/1000 kj/mol = = 243 kj/mol 12. Energiekurve für die H... H-Wechselwirkung Dispersionskräfte. Energiekurve für das System Ar... Ar Hauptunterschiede sind: Dispersionskräfte sind wesentlich schwächer, die Abstände sind wesentlich länger.

6 13. (a) Die Geschwindigkeit ist die momentane Konzentrationsänderung eines Reaktionsteilnehmers (Edukts oder Produkts), d(konz)/dt. ggf. muß durch einen stöchiometrischen Vorfaktor geteilt/multipliziert werden. (b) (i) CaCO 3 + 2H + Ca 2+ + CO 2 + H 2 O Das CO 2 entweicht als Gas, so daß Gasvolumen /-druck als Maß für dieses Edukt dient. (ii) Beschleunigen durch (1) Konzentrationsänderung (konz. statt verd. Säure) oder (2) Erwärmen. Beim festen Edukt CaCO 3 würde (3) eine kleinere Korngröße die Reaktion beschleunigen. Da sonst die Reaktion der Diffusionsgeschwindigkeit der Säure unterläge, hilft auch (4) schütteln! Einen Katalysator gibt es für diese Reaktion nicht. Der Druck hat keine Wirkung (warum?!). 14. (a) (b) (c) (d) Da Iodatome groß und verformbar (polarisierbar) = weich sind (vgl. Aufgabe 7(ii)) sind die intermolekularen Dispersionskräfte groß. Kurzer Abstand = großer Kraft. Es bildet sich das lösliche Triiodid-Ion (Iod ist im Wasser sonst schlecht löslich): I 2 + I I 3 Chlor ist ein starkes Oxidationsmittel, HCl nicht! (Gleichungen!) vgl. Diagramm zu Aufgabe 4. Es sind die Übergänge π* (HOMO) σ* (LUMO) 15. Ag 2 O ist Ag(I), d 10 sowieso diamagnetisch Ag 2 O 3 ist Ag(III), d 8 diamagnetisch bedeutet quadratisch planar, d(x 2 -y 2 ) unbesetzt. AgO ist formal Ag(II), d 9, müßte paramagnetisch sein. Die Verbindung ist aber mischvalent, Ag(I)Ag(III)O Zwei Komponenten der Bindung (synergisch): Danach muß das Metallatom seine überschüssige Elektronendichte loswerden...

7 Die π-bindung des Liganden wird dadurch geschwächt, die M-L-Bindung jedoch gestärkt. 17. (a) Ozon hat als Lewis-Formel nur die eine Möglichkeit mit koordinativer Bindung (links; natürlich auch das Spiegelbild als zweite Resonanzform). SO 2 kann das auch (mitte), aber die Formel rechts geht unter formaler Beteiligung der 3d-Orbitale auch. Somit ist SO 2 stabiler (vgl. Redoxverhalten!). (b) Bindungsordnung: 1 σ-bindung pro O O-Einheit, zuzüglich der Hälfte einer Dreizentrenbindung macht 1.5.

8 18. Chlorwasser ist eine Lösung von Chlor im Wasser! Die Lösung unterliegt einer Gleichgewichtsreaktion, die zur Salzsäure und hypochlorigen Säure HClO führt: Cl 2 + H 2 O H + + Cl + HClO Alkalische Lösungen von Chlor disproportionieren beim Erwärmen weiter nach 3ClO ClO 3 + 2Cl Das Chlorat-Ion ist das Anion der Chlorsäure. Wird festes Kaliumchlorat erhitzt, so erfolgt wieder eine Disproportionierung, dieses Mal zu Perchlorat und Chlorid: 4KClO 3 3KClO 4 + KCl