Konc. i början 0.1M 0 0. Ändring -x +x +x. Konc. i jämvikt 0,10-x +x +x

Transkript

1 Lösning till tentamen för Grundläggande kemi 10 hp Sid 1(5) 1. CH 3 COO - (aq) + H 2 O (l) CH 3 COOH ( (aq) + OH - (aq) Konc. i början 0.1M 0 0 Ändring -x +x +x Konc. i jämvikt 0,10-x +x +x K b = x 2 /(0,10-x) CH 3 COO - är en svag bas, dvs x<< 0,10 K b = x 2 /(0,10) och x = (K b *0,10) 0,5 Man får Kb från SI Data ; pk a CH 3 COOH= 4,76. pkb = 14- pka = 9,24 Med K b = 5,754*10-10 får man då: x = (5,754*10-10 *0,10) 0,5 = 7,59*10-6 M Test: 7,59*10-6 är verkligen << 0,10 approximationen var ok. poh = -lg 7,59*10-6 = 5,12 ph = 14 poh = 8,88 b) enligt Hendersson Hasselbalch gäller: 5.25 = lg(0.10/[acoh]) lg(0,10m/[acoh]) = 0,49 0,10M/[AcOH] = 3,09 [AcOH] = 0.10 M/3,16 = 0,0324 M Koncentration = mol/l [AcOH] = n(acoh)/0,10 n(acoh) = [AcOH] * 0.10 = 0,00324 mol m(acoh) = M(AcOH) * n(acoh) = 60 g/mol * 0,00324 mol = 194 mg 2. i) Katjonen K + står i grupp 1, är stor och har låg laddning: neutral Anjonen I - är den konjugerade bas till an stark syra (HBr) och reagerar därför neutral. KI reagerar neutralt ii) ii) Katjonen Ba 2+ står i grupp 2, är stor och har låg laddning: neutral

2 Sid 2(5) Anjonen PO 3-4 är den konjugerade bas till an svag syra (HPO 2-4 ) och reagerar därför basiskt. Ba 3 (PO 4 ) 2 reagerar basiskt iii) Sura oxider är icke-metalloxider, molekylära föreningar exempel: CO 2, SO, SO 2, SO 3, NO, NO 2 CO 2 + H 2 O (l) H 2 CO 3(aq) - H 2 CO 3(aq) + H 2 O HCO 3 (aq) + H 3 O + iv) Basiska oxider är metalloxider, joniska föreningar exempel: CaO, BaO, Li 2 O, Na 2 O Na 2 O + H 2 O (l) 2 Na + (aq) + 2 OH - (aq) b) i) HI är en starkare syra än HBr pga att I är mycket större än Br och bindningen mellan H och I är därför svagare än bindningen mellan Br och H. ii) Båda är så kallade oxosyror. HIO 3 har en elektrondragande O grupp mer än HIO2 och är därför den starkare syra. Också, I:s oxidationstillstånd i HIO 3 är +V, men bara +III i HIO vätgaselektroden är anod och Cu 2+ /Cu(s) är katod. Pt (s) H 2 (g, 1.0 bar H + (aq, ph=2,5) Cu 2+ (aq, 1,0M) Cu (s) b) Anod: H 2 (g) 2 H + (aq) + 2 e- Katod: Cu 2+ (aq) + 2 e- Cu (s) Totalt: H 2 (g) + Cu 2+ (aq) 2 H + (aq) + Cu (s) E 0 cell = E 0 katod - E 0 anod = 0,34V - (0 V) = 0,34 V (Tabell 21) b) Nernst ekvation: Q = [H + ] 2 /[Cu 2+ ] = [H + ] 2 [H + ] = 10-2,5 = 3, M E cell = 0,488 V 4. i) Reaktionshastigheten kan skrivas R= k[a] m [B] n Inspektera data och undersök hur initialhastigheten varierar då koncentrationen hos var och en av reaktanterna ändras. För att bestämma exponenterna jämförs experiment där koncentrationen för det aktuella ämnet ändras medan övriga ämnens koncentrationer är konstanta. Reaktionsordning m.a.p. B: Jämför försök 1 och 2, då [B] fördubblas blir R dubbelt så stor ger n=1. Reaktionen är av första ordningen m.a.p. B. Reaktionsordning m.a.p. A: Jämför försök 2 och 3. Då [A] fördubblas ökar R fyra gånger vilket ger m=2. Reaktionen är av andra ordningen m.a.p. A. Hastighetsuttrycket R= k[a] 2 [B]. Reaktionen är av tredje ordningen.

3 ii) Hastighetskonstanten beräknas ur något av försöken k = R/([A] 2 [B]) = 4, / (0, ,100) k = 4,0 M -2 s -1. Sid 3(5) b) Halten av 14 C, [ 14 C ] 0, antas vara konstant i levande material. Den minskar med en första ordningens reaktion sedan tillväxten upphört. Formelsamlingen ekv 47a och b ger ln [ 14 C ] = -kt + ln [ 14 C ] 0 => ln 0,837[ 14 C ] 0 = -((ln 2)/5730)t + ln [ 14 C ] 0 => ln 0,837+ ln [ 14 C ] 0 - ln [ 14 C ] 0 = -((ln 2)/5730)t => t = (ln 0,837) / -((ln 2)/5730) = 1471 år = = 1, år 5. Skillnaden i elektronegativitet (Δ) avgör typ av bindning: stor skillnad = jonbindning, liten skillnad = kovalent bindning. Här ökar jonbindningsinslag från HCl (Δ = 0,96) < AgCl (Δ = 1,23) < NaCl (Δ = 2,23) < CsF (Δ = 3,19). b) När Z ökar i en period så ökar också joniseringsenergin (SI, Table 14), dvs, det blir svårare att jonisera atomerna när Z ökar i en period. Detta därför elektronerna är tättare bundna till kärnan när Z ökar i en period, dvs, atomstorleken minskar när Z ökar i en period. c) Grundtillståndet är tillståndet med den lägsta energin (övriga tillstånd kallas exciterade). Grundtillståndskonfigurationer: 7N: 1s 2 2s 2 2p 3 8O: 1s 2 2s 2 2p 4 6. AlPO 4 (s) > Al 3+ (aq) + PO 4 3- (aq) Värden ur SI-Data tabell 5. ΔHº =ΔHº f Al 3+ (aq) + ΔHº f PO 4 3- (aq) - ΔHº f AlPO 4 (s) = = (-1277) - (-1734) = -81 kj mol -1 ΔSº = Sº f Al 3+ (aq) + Sº f PO 4 3- (aq) - Sº f AlPO 4 (s) = = (-325) +( -220) 91= -636 J mol -1 K -1 b) Antag att ΔHº och ΔSº för reaktionen inte beror på temperaturen. ΔGº = ΔHº - T ΔSº = ,2 (-636) = 2, J mol -1 ΔGº = - RT lnk K = e - ( ΔGº/RT) = 3, c) Med samma antagande om ΔHº och ΔSº som ovan ser vi att då T ökar kommer värdet på ΔGº att öka och K att minska. Ju midre K ju lägre löslighet => lösligheten minskar när T ökar.

4 7. N 3 : antalet elektroner för att uppfylla oktettregeln O = 3x8 = 24 elektroner antalet valenselektroner V= 3x5 +1 = 16 valenselektroner (3 N-atomer och en extra elektron) antalet delade elektroner B = O V = = 8 delade elektroner, dvs, 4 bindningar. Man kan rita Lewisstrukturen nu (man vet att molekylen inte är en ring): Sid 4(5) antalet odelade elektroner L = V B = 16 8 = 8 odelade elektroner, dvs, 4 fria elektronpar. Formella laddningar:kan beräknas med formeln F = V (L + ½ B) eller bara genom att räkna antalet elektroner runt atomen och jämföra med antalet valenselektroner på atomen. N1: F = 5 (4 + ½ 4) = 5 6 = -1 N2: F = 5 (0 + ½ 8) = 5 4 = +1 N3: F = 5 (4 + ½ 4) = 5 6 = -1 Det finns ingen resonans O 3 : antalet elektroner för att uppfylla oktettregeln O = 3x8 = 24 elektroner antalet valenselektroner V= 3x6 = 18 valenselektroner antalet delade elektroner B = O V = = 6 delade elektroner, dvs, 3 bindningar. Man kan rita Lewisstrukturen nu (man vet att molekylen inte är en ring): antalet odelade elektroner L = V B = 18 6 = 12 odelade elektroner, dvs, 6 fria elektronpar.

5 Formella laddningar:kan beräknas med formeln F = V (L + ½ B): O1: F = 6 (4 + ½ 4) = 6 6 = 0 O2: F = 6 (2 + ½ 6) = 6 5= +1 O3: F = 5 (6 + ½ 2) = 6 7 = -1 Sid 5(5) Det finns två resonansstrukturer för molekylen: b) Eftersom ozonmolekylen är vinklad och det samtidigt är negativa laddningar på de terminala syreatomerna och positiv på den centrala syreatomen blir ozon en polär molekyl (experimentellt hittar man att dipolmomentet är 0,54 Debye (jämför med 1,86 Debye för vatten H 2 O)). 8. Värme avges i processen, H< 0. Δn gas > 0 ger S>0. G <0 eftersom reaktionen sker spontant. b) Värme tillförs i processen, H> 0. Reaktion är spontan dvs G<0 (under förutsättning att tillräckligt mycket värmeenergi tillförs så blir ägget kokt). ΔG = ΔH - T ΔS. Då ΔG < 0 måste ΔS>0. Oordningen ökar när proteinerna denatureras. c) I SI Data tabell 5 ges värden på ΔH sub och ΔH fus. Här är det fråga om reaktionen I 2 (s) > I 2 (g) Entalpiändringen= sublimationsentalpin = (massan/m) ΔH sub = (600/253,8) 62 kj =147 kj d) Den kondenserade riskkoden för cyanväte, HCN(l) är 3.1+6,9.03 i SI Chemical Data 6:e upplagan. 3.1 extremt brandfarlig vätska + = mycket, 6 = giftigt ämne 9 miljöfarligt ämne 03 är en kondenserad riskfrasreferens som kan expanderas till risk- och säkerhetsfraser på sidorna huvudrisk placeras först, sekundär risk, placeras efter huvudrisken