Lösning till tentamen 2008 12 15 för Grundläggande kemi 10 hp Sid 1(5) 1. a) Förklara, genom användning av något lämpligt kemiskt argument, varför H 2 SeO 4 är en starkare syra än H 2 SeO 3. b) Beräkna ph värdet i 0,2 M H 2 SeO 3. a) Se Atkins & Jones, Chemical Principles, 4th Ed, 10.10. b) pk a (H 2 SeO 3 ) = 2,65 (tabell 22). En s k reaktionstabell kan sättas upp: H 2 SeO 3 + H 2 O HSeO 3 + H 3 O + Från början: 0,2 M 0 0 Ändring: x M +x M +x M Vid jämvikt: (0,2 x) M x M x M x x Jämviktsekv: = 10 2,65 0, 2 x Man kan pröva med att försumma x jämfört med 0,2 i nämnaren, ger x = [H 3 O + ] = 0,021 M. ph = lg 0,021 = 1,7 (1,67). Tycker man att det är tveksamt om försumningen håller inom räknenoggrannheten får man lösa andragradsekv vilket ger x = [H 3 O + ] = 0,020 M och ph = 1,7 (1,70). 2. a) Protolys kan användas för att lösa upp ämnen som är svårlösliga i rent vatten. Förklara varför MgO(s) går mycket lättare att lösa i saltsyra än i rent vatten. b) Tämligen koncentrerad ammoniak kan ibland användas för att lösa upp metallhydroxider som är svårlösliga i rent vatten. Det gäller t ex Cu(OH) 2 (s). Skriv en reaktionformel för upplösning av Cu(OH) 2 (s) med ammoniak. c) Zn(OH) 2 (s) räknas som en amfoter hydroxid. Vad betyder detta? Föreslå ett eller flera experiment som kan göras i vattenlösning för att påvisa denna amfotera egenskap hos Zn(OH) 2 (s). a) MgO är ett salt (jonförening) innehållande den starka basen O 2. I rent vatten sker upplösning i liten grad enligt MgO(s) Mg (aq) + O 2 (aq). Basen kan överföras till syra genom 2H + + O 2 H 2 O (H + tas lämpligen från en stark syra som saltsyra). Totalreaktion: MgO(s) + 2H + Mg + H 2 O. b) Det bildas komplex innehållande Cu och NH 3 (amminkomplex), t ex Cu(NH 3 ) 4. Cu(OH) 2 (s) + 4NH 3 Cu(NH 3 ) 4 + 2 OH (eller mer allmänt Cu(OH) 2 (s) + xnh 3 Cu(NH 3 ) x + 2OH ). c) Ett amfotert ämne kan uppvisa både basisk och sur egenskap, dvs kan reagera både med syra och bas. I detta fall sker upplösning både med syra och bas. Experiment med syra (t ex saltsyra): Zn(OH) 2 (s) + 2H + Zn + 2H 2 O. Experiment med bas (t ex natriumhydroxid): Zn(OH) 2 (s) + 2OH Zn(OH) 4 2.
3. En galvanisk cell är sammansatt av två Mn /MnO 4 cellhalvor och en saltbro. [Mn (aq)] = 1 M och [MnO 4 (aq)] = 1 M i båda cellhalvorna. I vänster cellhalva är ph = 2,0; i höger cellhalva är ph = 0,0. Beräkna den maximala cellpotentialen (elektromotoriska spänningen) vid 25 C. Sid 2(5) Cellen: Pt(s) Mn (aq), MnO 4 (aq), ph = 2,0 Mn (aq), MnO 4 (aq), ph = 0,0 Pt(s) Pt(s) används lämpligen som elektronledare, deltar inte i elektrodreaktionerna. Elektrodreaktion hittas i tabell 21. Koncentrationscell, dvs E 0 = 0 V. Formelsamlingens uppställning (44) används: Höger cell, katod, reduktion: MnO 4 + 8H + (aq,1 M) + 5e Mn + 2H 2 O Vänster cell, anod, oxidation: Mn + 2H 2 O MnO 4 + 8H + (aq,1 10 2 M) + 5e Cell: 8H + (aq,1 M) 8H + (aq,1 10 2 M) Cellreaktionen innebär strävan mot utjämning av koncentrationsskillnad för H +. 8, 3145 298, 2 ( 1 10 Nernsts ekv, formel (43): E = 0 5 96485 ln 1 2 8 ) 8 = 0,2 V (0,19 V). 4. I ett experiment följde man reaktionen A >B genom att följa koncentrationen [A] under en längre tid. Följande resultat erhölls: t / min [A] / mm 0 10 5 5.1 10 2.6 20 0.65 Bestäm reaktionsordning och hastighetskonstant för reaktionen. Visuell inspektion av data ger vid handen att alla halveringstider är lika, vilket säger att reaktionen är av första ordningen. En graf av ln [A] mot t ger en rät linje med lutningen k = 0.1367 (1/min), d.v.s. k 0.14/min.
5. Vidstående schematiska figur av periodiska systemet visar jonisationsentalpier i kj mol 1 för Li, Na, K, Be och B. Nedifrån och uppåt representerar ringarna varje steg, första, andra, tredje o.s.v. jonisationsentalpin. Sid 3(5) a) Förklara varför första jonisationsentalpin (I 1 ) är större för Be än för Li. b) Förklara varför första jonisationsentalpin (I 1 ) avtar i serien Li, Na, K. c) Förklara varför jonisationsentalpier alltid ökar i ordning första, andra, tredje, etc (I 1 < I 2 < I 3 etc.) d) Förklara varför tredje jonisationsentalpin (I 3 ) för Be och fjärde jonisationsentalpin (I 4 ) för B är särskilt höga. e) Förklara varför en jon som Li + bildar stabila jonföreningar (salter) trots att det uppenbarligen kostar energi att bilda jonen. Förklaringarna skall grundas på vedertagna modeller, regler eller andra rimliga kemiska eller fysikaliska argument. a) Kärnladdning (effektiv kärnladdning) är större för Be än för Li. I båda fallen skall en elektron från L skalet avlägsnas. b) En s elektron från L, M resp N skal skall avlägnas. Lättare att göra för skal längre bort från kärnan. c) Den atom från vilken en elektron skall avlägnas, får allt högre positiv jonladdning (0, +1, +2, etc). d) Förutom vad som nämnts i a) och c) bör påpekas att en elektron tas bort från ett fyllt skal (1s 2 = [He]) vilket är särskilt stabilt. e) Om ett salt bildas, betyder det att den elektrostatiska växelverkan mellan kat och anjoner (gitterentalpi) som ger upphov till energisänkning då jonbindningar bildas, mer än uppväger ev energiökning vid bildning av fria joner från oladade atomer (se t ex Atkins & Jones, Chemical Principles, 4th Ed, Fig 2.4). 6. a) Beräkna H och S vid 25 ºC och trycket 1 bar för reaktionen 2 Fe 2 O 3 (s) + 3 C(s) > 4 Fe (s) + 3 CO 2 (g) b) Beräkna jämviktskonstanten K för reaktionen vid 25 C. c) Finns det något temperaturområde där reaktionen börjar bli spontan vid standardtillstånd? Man kan anta att entalpi och entropiändringarna för reaktionen är oberoende av temperaturen. a) 2 Fe 2 O 3 (s) + 3 C(s) > 4 Fe (s) + 3 CO 2 (g) Värden ur SI Data tabell 5. ΔHº = 4 ΔHº f Fe (s) + 3 ΔHº f CO 2 (g) 2 ΔHº f Fe 2 O 3 (s) 3 ΔHº f C (s) = = 0 + 3 ( 394) 2 ( 824) 0 = 466 kj mol 1
ΔSº = 4 Sº Fe (s) + 3 Sº CO 2 (g) 2 Sº Fe 2 O 3 (s) 3 Sº C (s) = = 4 (27) + 3 (214) 2 (87) 3 (6) = 558 J K 1 mol 1 Sid 4(5) b) ΔGº = ΔHº T ΔSº = 466 10 3 (298 558) =299,7 kj mol 1 K = e ( ΔGº/RT) = 2,90 10 53 c) ΔG < 0 för spontan reaktion och ΔG = ΔGº (p = 1 bar = standardtillstånd) Antag att ΔHº och ΔSº inte varierar med temperaturen. ΔGº = 0 = 466 10 3 (T 558) ger T> 835 K 7. Nedanstående uppgifter a), b) och c) skall lösas med hjälp av VSEPR vars regler bifogas här: Regler för geometrisk form, VSEPR (Valence Shell Electron Pair Repulsion) Elektronparen i en atoms valensskal (delade såväl som odelade elektronpar) fördelas så att de kommer så långt från varandra som möjligt. I vissa riktningar kan finnas såväl σ som π elektronpar. Antal Geom. arrangemang av e elektrontäthetsriktningar par 2 Linjärt 3 Triangulärt plant 4 Tetraedriskt 5 Trigonalt bipyramidalt 6 Oktaedriskt Smärre avvikelser från regelbunden koordination behandlas av återstående regler: Ett odelat elektronpar upptar större volym än ett delat. Ett delat elektronpars volym minskar med ökad elektronegativitet hos ligandatomen. Elektronpar i en dubbel eller trippelbindning upptar större volym än ett elektronpar i en enkelbindning. För molekyler med elektronpar i 5 eller 6 riktningar kring centralatomen, kan alternativa arrangemang av odelade och delade elektronpar vara möjligt. Enligt ovan bör repulsionsverkan från ett odelat par varra större än från ett delat par, dvs repulsionen mellan två elektronpar bör avta i följande ordning: odelat odelat > odelat delat > delat delat. Eftersom repulsionen avtar med avståndet mellan elektronpar, bör den vara störst mellan de elektronpar som bildar minsta vinkeln med varandra, dvs 90. Mest troliga fördelning av delade och odelade elektronpar erhålles då av villkoret 1) nedan och, om detta inte ger utslag, av villkoret 2). 1) Den struktur som har minsta antalet räta vinklar mellan odelade odelade elektronpar väljes. 2) Den struktur som har minsta antalet räta vinklar mellan odelade delade elektronpar väljes. a) I molekylerna CH 4, NH 3 och H 2 O är vinklarna H X H 109,5, 107 respektive 104,5. Förklara denna variation. b) Visa att ClF 3 molekylen har T formad geometri. c) Förklara varför molekylerna PF 5 och IF 5 har olika geometri, nämligen trigonal bipyramid respektive kvadratisk pyramid.
Sid 5(5) a) CH 4, NH 3 och H 2 O har 0, 1 resp 2 odelade par på centralatomen. Enl en VSEPR regel tar odelade par större plats än delade par varför bindningsvinkeln H X H blir mindre ju fler odelade par som finns. b) Man får fallet AX 3 E 2 (Atkins & Jones, Chemical Principles, 4th Ed, Fig 3.7). De två odelade paren kring Cl skall inte sitta 90 mot varandra, i andra hand skall antal 90 vinklar mellan odelade delade par minimeras. c) Kring P i PF 5 fås 5 st delade elektronpar. Kring I i IF 5 fås 5 st delade elektronpar och ett odelat par (se Atkins & Jones, Chemical Principles, 4th Ed, Fig 3.7, fallen AX 5 resp AX 5 E). 8. Ange med kort motivering om H, S, G är större än noll, mindre än noll eller lika med noll för följande processer. Beräkning behöver ej utföras. a) Fenol (hydroxybensen) som smälter vid 1 atm och 40,9 C b) 2 H 2 (g) +O 2 (g) > 2 H 2 O (l) vid 50 C. c) Beskriv med formler (ej numeriska beräkningar) hur man med hjälp av bildningsentalpier och standardentropier beräknar löslighetsprodukten för CaCO 3 (s) i vatten vid 5 C. Man kan anta att entalpi respektive entropiändringarna för löslighetsprocessen är oberoende av temperaturen. a) H>0 värme måste tillföras, S>0 oordningen ökar, G=0 (normala smältpunkten, jämvikt) b) H<0 värme avges (förbränning), S<0 p.g.a. n gas <0, G<0 (spontan process) c) CaCO 3 (s) = Ca (aq) + CO 3 (aq) ΔHº =ΔHº f Ca (aq) + ΔHº f CO 3 (aq) ΔHº f CaCO 3 (s) ΔSº =ΔSº Ca (aq) + ΔSº CO 3 (aq) ΔSº CaCO 3 (s) ΔGº = ΔHº T ΔSº = RT ln K sp ger K sp = e ( ΔGº/RT) ( (ΔHº T ΔSº) / RT) = e