tentaplugg.nu av studenter för studenter

Transkript

1 tentaplugg.nu av studenter för studenter Kurskod Kursnamn K0016N Kemiska principer Datum LP Material Tentamen Kursexaminator Betygsgränser 3 50%; 4 70; 5 90 Tentamenspoäng Övrig kommentar

2 Institutionen för Samhällsbyggnad och naturresurser Tentamen: Kemiska principer (K0016K) Tentamensdatum: Skrivtid: 9:00 15:00 Jourhavande lärare: Lars Gunneriusson Telefon: Poäng och betygsberäkning: För dig som läst kursen under innevarande läsperiod: Resultatet från delarna som skrivs nu kombineras med resultatet från tidigare deltentamina. Därefter beräknas ett medelvärde för de procentuella resultaten från del 1 till 4 som grund för betygssättningen. Se betygsgränser nedan. Därutöver krävs att minst 25 % av poängsumman uppnåtts för varje enskild del. Vid detta tentamenstillfälle så finns det vid behov även möjlighet att skriva om någon av de två första delarna. Du väljer i så fall själv vilken eller vilka delar som du ska skriva i den utdelade tentamen (som omfattar alla fyra delar) och behöver inte meddela ditt val. Observera att vid omskrivning av en del ersätter resultatet från denna det tidigare resultatet från den deltentamen! Denna möjlighet ges enbart vid detta skrivtillfälle. Om ytterligare omtentamen blir aktuell skrivs fortsättningsvis fullständig tentamen över hela kursens innehåll. Övriga studentgrupper skriver hela tentamen. Ett medelvärde för de procentuella resultaten från del 1 till 4 används som grund för betygssättningen. Betygsgränser: För betyg 3 på kursen krävs värdet 50 % För betyg 4 på kursen krävs värdet 70 % För betyg 5 på kursen krävs värdet 90 % Tillåtna hjälpmedel: Kemiska Data (senaste upplagan). Räknare Lös endast en uppgift per inlämnat blad och märk dem med namn och personnummer. Blad utan dessa personuppgifter kommer inte att rättas.

3 Utförliga och fullständiga lösningar/motiveringar krävs för full poäng. Anta standardtillstånd, ideal gas och temperaturen 25,00 C om inte annat anges. Del 1: Kemiska grundbegrepp 1 10p a) Trinitrotoluen (TNT), C 7 H 5 (NO 2 ) 3 är ett fast sprängämne som sönderdelas explosivt till en blandning av gaser: kolmonoxid, vattenånga och kvävgas. Det bildas även en del fast kol. Skriv en balanserad reaktionsformel för reaktionen genom inspektionsmetoden. (4p) b) Cyanidsalter används i olika industriella processer, t ex för utvinning av guld och silver. Eftersom cyanidjonerna är giftiga måste de oskadliggöras innan processvattnet släpps ut i naturen. Ett sätt att destruera cyaniden är genom behandling med permanganatjoner i basisk lösning: I ett första steg så omvandlas då cyanidjonerna till cyanatjoner (CNO - ) och permanganatjonerna omvandlas till fast mangan(iv)oxid. Balansera den reaktionen med hjälp av delförloppsmetoden! (4p) c) Är permanganatjonen i uppgift b) oxidationsmedel eller reduktionsmedel? Utan motivering inga poäng. (I nästa steg omvandlas sedan cyanatjonerna till koldioxid och kväve.) Lösning: a) 2C 7 H 5 (NO 2 ) 3 (s) 7CO(g) + 5H 2 O(g) + 3N 2 (g) + 7C(s) b) Ox: CN - CNO - + H 2 O + 2H + + 2e - Red: MnO 4-3Ox+2Red: + 4H + +3e - MnO 2 + 2H 2 O 3CN - + 3H 2 O + 2MnO H + + 6e - 3CNO - + 6H + + 6e - + 2MnO 2 + 4H 2 O Förkorta: 3CN - + 2MnO H + 3CNO - + 2MnO 2 + H 2 O Basisk lösning: Addera 2OH - på varje sida och förenkla: 3CN - + 2MnO H + + 2OH - 3CNO - + 2MnO 2 + H 2 O + 2OH - 3CN - (aq) + 2MnO 4 - (aq) + H 2 O(l) 3CNO - (aq) + 2MnO 2 (s) + 2OH - (aq) c) Mn ändrar ox.tal från +VII till +IV, dvs ox.talet minskar. MnO 4 - avger syre (minskar från fyra till två). MnO 4 - tar upp e -. Mn reduceras, MnO 4 - är alltså ox.medel. 2(5)

4 2 10p Koffein förbränns enligt följande reaktion: 2C 8 H 10 N 4 O 2 (s) + 23O 2 (g) 16CO 2 (g) + 10H 2 O(g) + 4NO 2 (g) a) 1,94 g koffein sätts i en behållare med volymen 15,0 dm 3 och temperaturen 22,3 C. Koffeinet antänds och reagerar med syret i luften (21,0 vol%) inne i behållaren. Vilken reaktant är begränsande? (6p) b) Vilket totaltryck i Pa får gaserna i behållaren direkt efter reaktionen? Temperaturen antas ha stigit till 423 C. (4p) Lösning: a) M koff = 8. 12, , , ,9994 = 194,19076 g/mol n koff = m/m = 1,94 g/194,19076 g/mol = 0, mol n luft = pv/rt = , /[8, (273,15+22,3)] = 0, mol (Enheter Pa, m 3, K) n O2 = 0,21n luft = 0, mol n koff /n O2 = 2/23 n koff = 2n O2 /23 = 2. 0,128.../23 = 0, mol Vi har bara 0, mol koffein. Koffeinet är begränsande reaktant. b) För varje mol koffein bildas det totalt 15 mol gas ( )/2. n tot = 15. 0, = 0, mol gas p = n tot RT/V = 0, , (273,15+423)/0,0150 = 57824, Pa 57,8 kpa (Enheter Pa, m 3, K) 3(5)

5 Del 2: Atomens uppbyggnad och kemisk bindning 3 6p a) Ange elektronkonfigurationen för en arsenikatom i grundtillståndet. Ange också de möjliga siffervärdena för de fyra kvanttalen för en elektron som ligger högst i energi i denna atom! (3p) b) Hur många oparade elektroner har en isolerad (ensam) arsenikatom i grundtillståndet? (1p) c) Ange elektronkonfigurationen för den ädelgasjon som arsenik kan bilda. Vilken laddning får jonen? Det går bra att förkorta elektronkonfigurationerna på vedertaget sätt. Lösning a) 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 2 3d 10 4p 3 eller 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 10 4s 2 4p 3 eller [Ar]4s 2 3d 10 4p 3 eller [Ar]3d 10 4s 2 4p 3 n=4, l=1, m l = -1, 0 eller +1, m s =-½ eller +½. b) De tre elektronerna i 4p-orbitaler är oparade Hunds regel. c) [Ar]4s 2 3d 10 4p 6. Laddningen blir -3 As p Cyan (C 2 N 2 ), kan bildas ur cyanidjoner och är en så kallad pseudohalogen, vilket innebär att ämnets egenskaper liknar halogenernas: a) Rita Lewisstrukturen för cyan. Atomordningen i molekylen är NCCN. (4p) b) Beskriv och motivera cyanmolekylens geometri. (4p) c) Ange hybridisering för kolatomerna. (1p) d) Förklara vilka bindningar som är σ- respektive π-bindningar i molekylen. (1p) Lösning a) NCCN: e - = 18 e - (valens-e - ) => 9 par valens-e - => N C-C N b) 2 e - -täta områden runt varje kolatom => Linjär molekyl. c) sp-hybridisering. 4(5)

6 d) N C-C N: σ+2π; σ; σ+2π 5 6p a) I vilken eller vilka av följande föreningar bör inslag av vätebindning ha en märkbar inverkan på ämnets kokpunkt? Varför? i) CH 3 (CH 2 ) 2 CH 3 ii) CH 3 CH 2 F O iii) HBr iv) OH b) I vilket eller vilka av ämnena ovan bör inslag av vätebindning ha en märkbar inverkan på ämnets löslighet i vatten? Förklara! c) Finns det något ytterligare ämne av de ovan som har hög löslighet i vatten? Förklara. Lösning a) Endast i iv) sker en märkbar kokpunktsförhöjning (249 C). Molekylerna måste innehålla O eller F och väteatomer bundna till någon av dessa. Kokpunkten förhöjs genom att vätebindningsinteraktioner är betydligt starkare än van der waalsinteraktioner för lätta molekyler som i detta fall. Kommentar: Inga vätebindningar är möjliga i förening ii), då detta inte är en vattenlösning utan rena ämnen. b) Ökad vattenlöslighet i ii) och iv). Fluoratomen i fluoroetan kan vätebinda med protoner i de omgivande vattenmolekylerna. Bensoesyran kan bidra med både väteatomer och syreatomer som kan interagera med de omgivande vattenmolekylerna. c) HBr. Jonbindningsinslaget är stort i HBr. När HBr löses i vatten sker därför reaktionen: HBr(g) + H 2 O(l) H 2 O H 3 O + (aq) + Br - (aq) Del 3: Kemiska jämvikter och elektrokemi 6 10p a) Vad är ph i vanlig ättiksprit (12 mass% ättiksyra)? Densiteten är omkring 1,01 kg/dm 3. (4p) b) För att neutralisera ättikspriten tillsätts natriumhydroxid. Vilken massa natriumhydroxid behövs för att neutralisera 1,00 liter ättiksprit? c) Vad blir ph i lösningen efter neutraliseringen? Försumma eventuella volymsförändringar. (4p) 5(5)

7 Lösning: a) Antag en liter lösning: m lösn = ρv = 1010 g m CH3COOH = 0, = 121,2 g M CH3COOH = 2. 12, , ,9994 = 60,05196 g/mol [HAc] = n/v = m/mv = 121,2/(60, ) = 2, M C/M HAc(aq) +H 2 O(l) H 3 O + (aq) + Ac - (aq) Start 2, Oms. -x +x +x Jämv. 2,018-x x x Antar att x << 2,018 x 2 = 2,018 1, x = 6, Kontroll: x/2,018 0,3% <1% Antagandet OK! x = [H 3 O + ] ph = -lgx = 2,2 b) HAc + NaOH H 2 O + NaAc Molförhållande 1:1 Enligt a): [HAc] = 2,018 M; n = cv = 2, = 2,018 mol HAc 2,018 mol NaOH behövs för neutraliseringen; m = nm = 2,018. (22, , ,00794) = 81 gram c) Efter neutralisering har 2,018 mol HAc omvandlats till 2,018 mol acetatjoner (den konjugerade basen till ättiksyra). Fortfarande en liter lösning. C/M Ac - (aq) +H 2 O(l) HAc(aq) + OH - (aq) Start 2, Oms. -x +x +x Jämv. 2,018-x x x K b = /K a = 5, Antar att x << 2,018 x 2 = 2,018 5, x = 3, Kontroll: x/2,018 <1% Antagandet OK! x = [OH - ] poh = -lgx = 4, ph = 14 - poh = 9,5 7 10p En galvanisk cell, enligt följande cellschema, har E = 1,59 V. - Zn(s) Zn 2+ (0,250 M) Ag + (x M) Ag(s) + a) Skriv halvcellsförlopp, totalt cellförlopp och beräkna E. b) Ställ upp reaktionskvoten för cellförloppet. c) Vad är [Ag + ] i cellen? 6(5)

8 d) Vad kommer cellpotentialen att vara när Zn 2+ har ökat till 1,000 M? (4p) Lösning: a) Ox: Zn Zn e - E ox = 0,763 V Red: Ag + + e - Ag E red = 0,7996 V Cell: 2Ag + (aq) + Zn(s) Zn 2+ (aq) + 2Ag(s) E = E ox +E red = 1,56 V b) c) E = E - (g/n)lgq g= 0,05916 V n = 2 lgq = (E - E). n/g = (1,56-1,59). 2/0,05916 = -1, Q = 0, [Ag + ] = ([Zn 2+ ]/Q) 1/2 = 1,61 M d) P g a orättvisa bedömningsmöjligheter då olika typer av följdfel från a), b), c) får stora konsekvenser för de praktiska möjligheterna att lösa d) stryker vi den och omfördelar poängen till a), b), c). 2Ag + (aq) + Zn(s) Zn 2+ (aq) + 2Ag(s) start 1,61 0,250 ändr -1,50 +0,750 slut 0,110 1,000 Q = 1/(0,11) 2 = 82, E = E - (g/n)lgq = 1,56 - [0, lg(82,644...)/2] = 1,50 V Alternativ lösning utan avrundat E : d) 2Ag + (aq) + Zn(s) Zn 2+ (aq) + 2Ag(s) start 1,45 0,250 ändr -1,50 +0,750 slut -0,05 1,000 [Zn 2+ ] kan inte nå värdet 1,000 M! När [Ag + ] = 0 blir [Zn 2+ ] = 0,975 M E kan inte bli mindre än 0 V för en galvanisk cell. 7(5)

9 Del 4: Termodynamik 8 8p Vid mycket hård fysisk ansträngning kan syrebrist uppstå och kroppen kan då under en kortare tid övergå till att förbränna glukos utan närvaro av syre (anaerob förbränning). Under dessa betingelser bildas mjölksyra enligt nedanstående reaktion: C 6 H 12 O 6 (aq) 2C 3 H 6 O 3 (aq) (glukos) (mjölksyra) Hur många gånger mer arbete kan uträttas vid god syretillförsel och fullständig förbränning av glukosen (aerob förbränning) jämfört med vid mjölksyrabildning som sker enligt reaktionen ovan? ( G f (,mjölksyra,aq) = -529,3 kj/mol ) Lösning G (anaerobt) = 2 G f (mjölksyra,aq) - G f (glukos,aq) = 2 (-529,3) -(-917) kj/mol = -141,6 kj/mol Fullständig förbränning: C 6 H 12 O 6 (aq) + 6O 2 (aq) 6CO 2 (g) + 6H 2 O(l) G (aerobt) = 6 G f (CO 2,g) + 6 G f (H 2 O,l) - G f (glukos,aq) -6 0 = 6 (-394,36)+6 (- 237,13) - (-917) kj/mol = -2871,94kJ/mol -2871,94/-141,6 = 20,3 20 gånger mer arbete kan utföras vad aerob förbränning, jämfört med anaerob till mjölksyra. 8(5)

10 9 9p Kol i form av koks används för att reducera järnoxider till järn i masugnsprocessen. Lösning a) Balansera reaktionsformeln för reduktionen av järn(iii)oxid till järn med hjälp av kol som då oxideras till koldioxid. Använd inspektionsmetoden. (1p) b) Uppskatta vid vilken temperatur som processen blir spontan. (6p) c) Många processer gynnas termodynamiskt av låga temperaturer, men utförs ändå vid temperaturer som är betydligt högre än rumstemperatur. Förklara orsaken till detta. a) 2Fe 2 O 3 (s) + 3C(s) 4Fe(s) + 3CO 2 (g) b) H = H f (CO 2,g) - 2 H f (Fe 2 O 3,s) = 3 (-393,51) - 2 (-824,2) kj/mol = 467,87 kj/mol S = 4 S (Fe,s) + 3 S (CO 2,g) - 2 S (Fe 2 O 3,s) + 3 S (C,s) = 4 27, , ,4-3 5,74 J mol -1 K -1 = 558,32 J mol -1 K -1 G = H - T S. Vid jämvikt är G = 0. Här antas också att G G = 0. Vidare att S och H är oberoende av temperaturen: 0 = H - T S => T = H / S = 467, /558,32 K = 838,0 K. 838 K eller 565 C c) Även reaktionshastigheten har betydelse, vid rumstemperatur är den ofta obefintlig pga. hög aktiveringsenergi. Temperaturen ökas därför, men inte mer än till att reaktionshastigheten blir acceptabel, då reaktionen i annat fall motverkas termodynamiskt. (Dessutom tillkommer i många fall energikostnader och materialproblem) 9(5)