EKSAMENSOPPGAVE. Fag: Generell og uorganisk kjemi. Faglig veileder: Kirsten Aarset Eksamenstid, fra - til: LO 400 K.

Transkript

1 EKSAMENSOPPGAVE Fag: Generell og uorganisk kjemi Gruppe(r): 1KA Fagnr LO 400 K Dato: 14. desember 001 Faglig veileder: Kirsten Aarset Eksamenstid, fra - til: Eksamensoppgaven består av Tillatte hjelpemidler: Antall sider med forside: 5 Antall oppgaver: 5 Kalkulator som ikke kan kommunisere med andre. Tabeller og formelsamlinger. Antall vedlegg: Ingen Kandidaten må selv kontrollere at oppgavesettet er fullstendig. Innføring skal være med blå eller sort penn.

2 Oppgave 1 a) CO er den gassen som hovedsakelig er ansvarlig for global oppvarming. CO er også et produkt av metabolismen hos menneske. Dersom man bruker glukose (C 6 H 1 O 6 ) som eksempel på mat vil man få følgende reaksjonsligning for metabolismen: C 6 H 1 O 6 (s) + 6O (g) 6CO (g) + 6H O(l) Du skal beregne hvor mye CO som blir avgitt fra metabolismen hos mennesker pr. år når følgende er gitt. En antar at mennesker bare forbrenner glukose og hver person forbrenner 5, gram glukose pr. dag Verdens populasjonen er 6, personer Det er 65 dager i året b) En metode for å produsere nitrogengass er å la ammoniakk reagere med kopperoksid. Reaksjon: NH (g) + CuO (s) N (g) + Cu (s) + H O (l) Dersom en starter med 18,1 g NH og 90,4 gram CuO, hvor mye N kan bli dannet? c) Når magnesium brenner i luft, dannes det en blanding av magnesiumoksid (MgO) og magnesiumnitrid (Mg N ). I et forsøk ble det dannet,844 g av blandingen (MgO og Mg N ) ved forbrenning av 1,798 g magnesium. Beregn masseprosent av magnesiumoksid i blandingen. Oppgave a) Beregn ph i 0,54 M vannløsning av den svake syren HNO (K a = 4, ) b) Du skal lage en god bufferoppløsning med ph = 7,60 og kan velge mellom følgende tre svake syrer: HX, K a =, HY, K a =, HZ, K a = 5, Hvilken av de tre syrene vil du velge? Forklar hvorfor. Beregn også forholdet mellom den svake syren og tilhørende saltet (natriumsaltet som inneholder den korresponderende basen) en må blande for å lage bufferen med ph 7,60. c) Hvor mange gram Mg(OH) er det mulig å løse i 1,00 L av en 0,050 M NaOH løsning (K sp (Mg(OH) ) = 1, ). Anta at det ikke blir volumendring ved oppløsningen. d) Ved 5 o C har en likevekten: Al Cl 6 (g) AlCl (g). Dersom,54 gram Al Cl 6 blir plassert i en 1,00 dm beholder blir total trykket ved likevekt 0,50 atm. Beregn likevektskonstantene K P og K C.

3 Oppgave 5,00 ml eddiksyre, CH COOH, (ukjent konsentrasjon) ble pipettert ut og titrert med 0,1090 M NaOH. I dette forsøket ble ph målt og titrerkurven er vist i figur 1. ph ml, 0,1090 M NaOH Figur 1 ph kurve for titrering av 5,00 ml eddiksyre med 0,109 M NaOH. ph 11 10,5 10 9,5 9 8,5 8 7,5 7 6,5 6 4,9 5 5,1 5, 5, 5,4 5,5 ml 0,1090 M NaOH Figur. Utdrag fra ph kurve nær ekvivalenspunktet

4 7 6 5 ph ml, 0,1090 M NaOH Figur. Utdrag fra ph kurve før ekvivalenspunktet a) Hvor stort volum av NaOH ble brukt for å komme til ekvivalenspunket? Hva er konsentrasjonen av den ukjente CH COOH løsningen? Gi reaksjonsligning for titreringen. b) Bruk titrerkurven til å finne syre konstanten for CH COOH og basekonstanten for CH COO -. Oppgave 4 a) Balanser følgende reaksjon i surt miljø: Fe + + Cr O 7 - Fe + + Cr + b) Vi har følgende galvaniske cellen ved 5 o C. Ag(s) Ag + (0,0 M) Ni + (1,00 M) Ni(s) (i) Skriv celle reaksjonen (ii) Hva er anode og hva er katode? (iii) Beregn E o celle (iv) Beregn E celle c) Spenningen (volt) som en galvanisk celle produserer vil endre seg etter hvert som cellereaksjonene går. En har en galvanisk celle som består av en sølv elektrode i 0,500 dm av 0,500 M Ag SO 4 løsning og en kobber elektrode i 0,500 dm av 0,500 M CuSO 4 løsning. En lar cellen gå til det er utfelt,87 g Ag. Hva er spenningen (E celle ) etter at,87 g Ag utfelt? Oppgave 5 a) I denne oppgaven skal du besvare følgende for NH - (i) Tegn Lewis struktur (ii) Hva er hovedstruktur og geometrisk struktur rundt sentralatomet? (iii) Vurder størrelsen på vinklene (finstruktur) relativt til hva en vil ha i hovedstrukturen.

5 (iv) Er molekylet polart eller upolart? (v) Hvilke hybridisering har en for sentralatomet? b) Ved å løse Scrödinger ligningen (HΨ = EΨ) får en tre kvantetall (n, l og m l ) som beskriver energi, form, og antall av de ulike atomorbitalene. Bare visse kombinasjoner av disse er mulig. I (i) og (ii) skal du angi verdiene kvantetallene som mangler kan ha. (i) n =, l =?, m l = (ii) n =?, l =, m l = - c) (i) (ii) Når 5 U blir truffet av ett nøytron vil det bli spaltet i 7 Zn og 160 Sm. I tillegg vil det bli avgitt noen nøytroner. Hvor mange nøytroner vil bli avgitt? 8 U har en spaltingsserie som ender med at det blir dannet 06 Pb. Hvor mange α og β blir avgitt i denne prosessen? Forklar hvordan du kommer frem til disse tallene.

6 Fasit Oppgave 1 a) Framgangsmåte: (i) Finne hvor mange mol der er i 5,0. 10 gram glukose (ii) Finne antall mol CO avgitt pr. person pr. dag. fra støkiometrien i reaksjonsligningen (iii) Finner antall gram CO avgitt pr. person pr. dag. (iv) Antall gram CO avgitt pr år av alle menneskene i verden masse glukose 500g n = = =,775 mol molmasse glukose (6 1, ,00+1 1,008)g/mol (i) glukose (ii) 1mol C 6 H 1 O 6 6 mol CO dvs. n CO = 6. n C6 H 1 O 6 = 6.,775 mol = 16,65 mol (iii) masse CO = n. CO molmasse CO = 16,65 mol. (1, ,00)g/mol = 7,9 g (iv) totalt gram CO = (gram CO pr. person). (antall personer). (antall dager) = 7,9. 6, = 1, gram b) Framgangsmåte: NH (g) + CuO (s) N (g) + Cu (s) + H O (l) (i) Finn antall mol NH og CuO (ii) En må finne hvilke som er begrensende. Antar at en er begrensende og ser om dette stemmer. Tar hensyn til antall mol og støkiometrien. (iii) Tar utgangspunkt i den begrensende og finner antall mol N fra støkiometrien. (iv) Finner antall gram N masse NH 18,1g (i) n NH = = =1,06 mol molmasse NH (14,00 + 1,008)g/mol masse CuO 90,4g n CuO= = =1,164 mol molmasse CuO (6, ,00)g/mol (ii) Antar at CuO er begrensende mol CuO mol NH 1 mol CuO / mol NH 1. 1,164 CuO /. 1,164 = 0,7576 mol NH Vi har mer enn 0,7576 mol NH og CuO er derfor forbindelsen som begrenser reaksjonen. (iii) mol CuO 1 mol N 1 mol CuO 1/ mol N 1. 1,164 mol CuO 1/. 1,164 = 0,788 mol N (iv) gram N = mol N. molmasse N = 0,788 mol. 8,00 g/mol = 10,6 g

7 c) Vi må finne ut hvor mange mol og gram MgO en har i blandingen. Vi vet totalt antall mol med magnesium (fra 1,798). Disse går til magnesium i MgO og Mg N En får då følgende ligning mol Mg = mol MgO + 1/ mol Mg N 1,798 g/(4,1g/mol) = mol MgO + mol Mg N 0,0796 = mol MgO + mol Mg N Vi vet også at totalmassen er summen av massen til MgO og Mg N En får då følgende ligning Total masse = masse MgO masse Mg N = mol MgO. molmasse MgO + mol Mg N. molmasse Mg N,844 g = mol MgO. (4,1 + 16,00)g/mol + mol Mg N. (. 4, ,00)g/mol,844 g = mol MgO. 40,1 g/mol + mol Mg N. 100, g/mol En har då to ligninger med to ukjente og en kan finne mol MgO og Mg N. mol Mg N = 6, mol MgO = 0,05416 masse MgO 0,05416mol (4,1 + 16,00)g/mol masseprosen MgO = = 100 = 76,76% totalmasse prøve,844 g Oppgave a) Vi har en løsning av 0,54 M HNO (svak syre). Vi må først finne reaksjonsligningen. - HNO + H O NO - + NO HO -5 K= a =4,0 10 HNO [ ] + H O + Vi setter opp et likevektsskjema: HNO + H O - NO + H O + Start 0,54 M 0 M 0 Endring -X M X M X M Likevekt 0,54-X M X M X M NO HO x x K= a = =4,0 10 (0,54-x) [ HNO ] En kan bruke følgende tilnærmelse: Anta at X<<0,54 og stryke x i uttrykket (0,54 X) En får då X = [H O + ] = 0,0019 ph = -log {[H O + ] }=,5

8 b) En må se på pka verdiene. En velger den syren som har pka verdi nærmest den ph verdien en vil ha på bufferen. HY har pka = 7,50 For å finne forholdet mellom den svake syren og det tilhørende saltet bruker en bufferligningen. Y ph = pka + log [ HY] Y 7,60= 7,50+ log [ HY] Y 7,60 7,50= log [ HY] Y 0,10 10 = 1,6= [ HY] c) En kan først finne hvor mange mol en kan løse pr. liter K sp = [Mg + ][OH - ] = 1, For å finne hvor mye stoff det er mulig å løse må en gjøre likevektsberegninger Mg(OH) (s) Mg + (aq) + OH - (aq) Start 0 M 0,050 M Endring -X +X +X Likevekt -X +X +X Setter likevektskonsentrasjonene inn i løselighetsproduktet og finner X K sp = [Mg + ][OH - ] = X(0,05+X) = 1, X = 4, = [Mg(OH) (aq)] gram Mg(OH) =. mol Mg(OH) molmasse Mg(OH) = = 4, (4,1+. 16, ,008)g/mol =, d) n Kp= = n ( PAlCl ) ( PAl Cl ) 6 RT V RT AlCl AlCl V For å beregen Kp må vi finne antall mol ved likevekt. Setter opp et likevektsskjema

9 Al Cl 6 (g) AlCl (g) Start 0,01 mol 0 Endring -X X Likevekt 0,00-X mol X mol For å finne likevektskonsentrasjonene må vi finne X. En kan finne X dersom en vet totalt antall mol ved likevekt. Totalt antall mol ved likevekt kan en finne fra totaltrykket ved likevekt. PV 0,50 atm 1,00 L n tot= = =0,014 mol RT L bar 0, ,15K mol K n tot = n Al Cl 6 + n AlCl = 0,00 X + X =0,014 X = 1, mol nalcl RT 1, , ,15 ( P AlCl ) V 1,00 Kp= = = = 9,50 10 ( P ) nal (0,01 1, )0, ,15 Al Cl RT Cl6 V 1,00 K C Kp 9,50 10 = = =,88 10 ng 1 ( RT) (0, ,15) Oppgave a) Volum NaOH er 5,1 ml Reaksjonsligning CH COOH + OH - CH COO - + H O Konsentrasjon av CH COOH løsningen nch 0,1090 0,051 COOH nnaoh CNaOH VNaOH M L CCH 0,1095 COOH = = = = = V V V 0,0500L CHCOOH CHCOOH CHCOOH b) I halvtitrepunktet er ph = pka. Halvtitrerpunktet er ved 5,1/ ml=1,56 ml. ph i dette punktet er 4,70 Ka = 10 -ph = 10-4,7 =, Kb = 1, /, = 5, Oppgave 4 a) 6Fe + + Cr O H + 6Fe + + Cr + + 7H O b) Halvreaksjoner: Ag + + e - Ag E o red = 0,80 V blir redusert - katode Ni + + e - Ni E o red = -0,4 V blir oksidert - anode (E o oks = 0,4 V) Cellereaksjon:

10 Ag + + Ni Ni + + Ag E o celle = E red + E oks = 0,80 V +0,4 V = 1,04 V Ni E =E - logq=e - log n n Ag + o 0,0591 o 0,0591 celle celle celle + ( 1,00) ( ) 0,0591 =1,04- log =0,999 V 0,0 c) En feil i oppgave denne er rett etter oppgaveteksten: Reaksjon: Ag + +Cu Cu + + Ag For å finne spenningen etter at,87 gram Ag er utfelt må en finne de nye konsentrasjonene. Antall mol Ag utfelt: masse Ag,87g n Ag= = =0,066 mol molmasse Ag 107,87 g/mol mol Ag + etter utfelling: mol Ag + etter utfelling = mol start mol utfelt = 0,500 M. 0,500 L 0,0666 mol = 0,4 mol [Ag + ] = 0,4 mol/0,500 L = 0,447 M Antall mol Cu + etter utfelling: mol Cu + etter utfelling = mol start + 0,5. mol Ag utfelt = 0,500 M. 0,500 L + 0,5. 0,0666 mol = 0,6 mol [Ag + ] = 0,6 mol/0,500 L = 0,57 M Cu E =E - logq=e - log n n Ag + o 0,0591 o 0,0591 celle celle celle + ( 0,57) ( ) 0,0591 =0,46- log = 0,45 V 0,447 Oppgave 5 a) NH - (i) Antall valenselektron: = 8e-

11 N H H (ii) En har 4 elektronpar og hovedstrukturen blir da tetraedrisk. En har to udelte elektronpar og den geometriske strukturen blir derfor bøyd. (iii) Vinklene i tetraedrisk er 109,5. Vinkelen her vil være mindre enn 109,5. Grunnen er at der er større fråstøtning mellom udelt -udelt og udeltbindende enn mellom bindende-bindende. (iv) Molekylet er polart siden en har udelte elektronpar i en tetraedrisk hovedstruktur (v) I en tetraedrisk hovedstruktur har en alltid sp hybridisering. b) (i) (ii) l =. For at skal kunne ha m l = må l= (siden m l kan ha verdier fra l til l (inkludert 0)) n må være 4 eller større siden l =. l har verdier fra 0 til n-1. c) (i) 4 nøytroner U + n Zn+ Sm+ 4 n (ii) α er heliumkjerner 4 He og β er elektron, 0 e 1 8 U misser masse ved at det blir avgitt α ståling (4 pr. α). Masse endringen fra 8 U til 06 Pb er. Antall α blir da /4 = 8. For å finne hvor mange β som bli avgitt må vi se på protontallet. Vi skal fra 9 (uran) til 8 (bly) en minking på 10. Ved avgivelse av 8 α vil en samtidig få en minking på 16. Dette er 6 formye så det må bli avgitt 6 β.