Løsningsforslag, eksamen i TMT4100, høsten 2004.

Oppgave 1. Tilsvarer deleksamen 1.

a) - Angi pH for 1 mL 10-2 M HCl fortynnet til 1 L med vann.
- Forklar hvorfor Pb(OH)2 er mer løselig i syre enn i rent vann.
- Forklar hvorfor PbCl2 er mer løselig i rent vann enn i 1 M HCl.

Svar: 5. Fordi [OH-] er lavere og [Pb2+] = Ksp/[OH-]2. Fordi [Cl-] er høyere og [Pb2+] = Ksp/[Cl-]2.

b) Vedlagt oppgavene finner du et pH/log[X]-diagram for 0,1M eddiksyre. Bufferkapasiteten er inntegnet.

- Ved hvilke pH-verdier vil pH påvirkes mest ved tilsats av små mengder sterk syre eller base?
- Hva er forholdet mellom eddiksyre- og acetationkonsentrasjonen ved pH=7? Finn forholdet ved beregning, men kontroller gjerne ved hjelp av diagrammet.

Svar: Når bufferkapasiteten er lavest, ved pH ca.9. Ka = [H+][Ac-]/HAc] --> [HAc]/[Ac-] = [H+]/Ka = 10-7/10-4,74 = 10-2.26.

Oppgave 2. Tilsvarer deleksamen 2.

a) - Konsentrasjonen av en ideell gass er 1 mol/L. Hva er partialtrykket av gassen hvis T = 0oC?
- Hva er løseligheten av Cl2-gass ved 20oC hvis totaltrykket er 12 atm og gassfasen inneholder 20 mol-% Cl2?

Svar: PV = nRTP = n/V RT = 1 x 0,082 x 273 = 22,4L. 7,29 x 12 x 0,20 = ca. 17,5 g/L.

b) - Finn varmemengden som frigjøres hvis 0,4 mol svovel brenner til luft og danner SO2.
- Hvor mye vil temperaturen stige hvis 0,5 mol SO2 varmes opp med 1,6 kJ?

Svar: S + O2 --> SO2. q = - ΔHo = -(- 297 kJ/mol – 0 – 0) x 0,40 = 119 kJ/mol.
q = T Cp --> T = 1600 J/ 0,5 mol x 40 j/Kmol = 80K

Oppgave 3. Tilsvarer deleksamen 3.

Ta utgangspunkt i reaksjonen Fe2O3 à Fe3O4 + O2.
a) - Balansér ligningen og finn entropi- og entalpi-endringen ved reaksjonen.
- Finn endring i standard Gibbs fri energi når det dannes 1 mol Fe3O4 etter den balanserte reaksjonen ved 300oC.
- Finn likevektskonstanten ved 300oC.

Svar: 6 Fe2O3 à 4 Fe3O4 + O2.
ΔHo = 4 x (-1118) + 0 – 6 x (- 824) = 472 kJ/mol
ΔSo = 4 x 146 + 205 – 6 x 87 = 267 J/Kmol
ΔGo = ΔHo -T ΔSo = 472 kJ/mol – 573 K (267 J/Kmol) = 472 kJ/mol – 153 kJ/mol = 319 kJ/mol For 1 mol: (319 kJ/mol) x 1mol/4 =80 kJ
ln K = ΔGo/RT = 319000/8,31x573 = 67 --> K = 10-29.
NB! Det er fullt akseptabelt å bruke reaksjoner som f. eks. 3 Fe2O3 à 2 Fe3O4 + 1/2 O2

b) - Beregn partialtrykket av oksygen i likevekt med ren Fe2O3 og ren Fe3O4 ved 300oC.
- Finn endring i Gibbs fri energi når det dannes 1 mol Fe3O4 etter den balanserte reaksjonen ved 300oC og partialtrykket av oksygen er 0,1 atm.
- Ved hvilken temperatur er det likevekt hvis partialtrykket av oksygen er 0,1 atm?

Svar: K = PO2 = 10-52 atm. ΔG = ΔGo + RTlnQ = 292 kJ/mol + 8,31x693 x ln0,1 = 292 kJ/mol – 13 kJ/mol = 279 kJ/mol.
T = ΔH
o / (ΔSo – RlnQ) = 472000 / (267 – 8,31 ln 0,1) = 472000 / (267 – 19) = 1650 K.

Oppgave 4. Tilsvarer deleksamen 4.

a) - Angi formlene for saltsyre og natronlut og angi det kjemiske navnet på saltet som dannes når de to reagerer med hverandre.
- Angi reaksjonen når svovelsyre reagerer med kalk (kalsiumkarbonat) og danner gips og en ikke brennbar gass.
- Jern kan ha to ulike oksidasjonstall. Angi formlene for de to jernsaltene av fosforsyre. (Jeg spør etter fosfater, ikke hydrogenfosfater, polyfosfater, fosfitter eller lignende.)

Svar: HCl, NaOH, natriumklorid. H2SO4 + CaCO3 à CaSO4 + H2O + CO2. FePO4, Fe3(PO4)2.

b) De viktigste nitrogenioner i forurenset vann er nitrittioner, nitrationer og ammoniumioner.

- Angi de tre syrelikevektene disse tre ionene inngår i.
- Hva er det viktigste problemet med for mye nitrogenioner i avløpsvann?
- Angi tre viktige forurensingsproblemer tilknyttet utslipp av nitrogenoksider til luft, og angi evt. hvilke nitrogenoksider det gjelder.

Svar: HNO2 à NO2- + H+; HNO3 à NO3- + H+; NH4+ à H+ + NH3. Overgjødsling (eutrofiering), algedannelse, oksygenunderskudd. N2O gir drivhuseffekt. NO og NO2 gir sur nedbør, smog og eutrofiering. Alle tre gir nedbrytning av ozonlaget.

Oppgave 5. Tilsvarer deleksamen 5.

En galvanisk celle består av to kamre. Det ene kammeret har en jern-elektrode i kontakt med 0,1 M jern(II)sulfat, det andre har en krom-elektrode i kontakt med 0,1 M krom(III)klorid. Begge saltene er lettløselige i vann.

a) - Tegn opp cellen slik at den kan levere strøm. Angi anode og katode og fortegn på elektrodene. Angi også strømretning og ladningsbærere i de ulike delene av cellen.
- Forklar hvorfor vi må dele cellen opp i to kamre, og hvorfor og hvordan vi kobler de to kamrene sammen til en celle.

Svar: Tegning: Pass på saltbro/porøs vegg og kontakt mellom elektrodene. Strømretningen er fra positiv elektrode gjennom ledning (elektronene går motsatt vei). I ledning og elektrode går elektroner, i løsningen går ioner. Vi må dele opp i to kamre for å unngå at de aktive stoffene reagerer med hverandre direkte. Vi må koble dem sammen med saltbro eller porøs disk for å få en sluttet krets.

 b) - Finn halvreaksjonene, totalreaksjonen og standard cellespenning.
- Finn likevektskonstanten for totalreaksjonen.
- Denne cellen kan brukes om et batteri som også kan lades opp. Hva kaller man prosessen man bruker for å lade batteriet, og hvilken spenning må vi sette på for å utføre prosessen?

Svar: Fe2+ + 2e- --> Fe; Cr3+ + 3e- --> Cr. Total: 2 Cr3+ + 3 Fe --> 3 Fe2+ + 2 Cr3+. Eo = 0,74V - 0,44V = 0,30V.  E = Eo - 0,0592/n log K = 0 --> Log K = nEo/0,0592 = 6x 0,30/0,0592 = 34,5. K = 1034,5. (Det finnes flere måter å finne svaret.) Elektrolyse, min. 0,30V

Oppgave 6.

Ta utgangspunkt i følgende elektrokjemiske celle: Fe | Fe2+ || OH- | O2 | Fe

a) - Angi anode- og katodereaksjon.
- Finn totalreaksjon og standard cellespenning.
- Forklar hvorfor denne cellen illustrerer galvanisk korrosjon.
- Hvis cellen var en modell for et virkelig system og du skulle hindre korrosjon, da ville du malt jernelektroden i høyre kammer og ikke den i venstre. Forklar hvorfor det ville hjelpe, mens det motsatte ville vært ufornuftig?

Svar: Anode: Fe à Fe2+ + 2eˉ. Katode: O2 + 4H+ + 4eˉ à 2H2O. Totalreaksjon: O2 + 2 Fe + 4 H+ à 2 Fe2+ + 2 H2O. Eo = 1,23 V + 0,44V = 1, 67 V. (Brukes man den andre O2-reaksjonen blir Eo = 0.84V) Katodereaksjonen og anodereaksjonen er de samme som i luftoksidasjon av jern, og de to halvreaksjonene er på forskjellig sted men i galvanisk kontakt. Ved å male katoden stopper man også anodereaksjonen. Ved å male anoden stopper også anodereaksjonen, men bare så lenge malingen er helt uskadet. En liten skade på malingen vil da lage en liten anode og sterk korrosjon på ett lite punkt.

b) - Forklar hvorfor og hvordan pH endrer seg i hver av cellene etter som reaksjonen går.
- Forklar ved hjelp av Pourbaixdiagrammet for jern hvorfor det er jernet i venstre kammer som korroderer og ikke jernet i høyre kammer (der det er oksygengass).
- Forklar hvorfor man ikke kunne brukt jern som inertelektrode hvis løsemiddelet i høyre kammer var sjøvann og ikke vanlig, rent ferskvann.

Svar: I høyre kammer: Katodereaksjonen forbruker H+, derfor stiger pH (det blir basisk). Venstre kammer: Anodereaksjonen lager Fe2+-ioner som reagerer med vann og gjør vannet surt, pH synker. I høyre kammer er det basisk og oksygenet skaper en høy spenning. Dermed er jernet her i det passive området. Kloridioner ville ødelegge passiviteten til jern slik at det ikke lenger ville være inert.

Oppgave 7.

a) Ta utgangspunkt i korrosjon av sink ved hjelp av oksygen. Det dannes toverdige sinkioner i reaksjonen.
- Hvor mange gram O2 må forbrukes for å korrodere 1g sink?
- Hvor lenge kan en celle av sink og oksygen levere 1 A hvis sinkelektroden veier 1g og det er mengden sink som er begrensende.

Svar: Totalrx gir 1/2 mol O2 per mol Zn.  Masse O2 = 1g x 1/2 x molvekt O2/molvekt Zn = 1g x 1/2 x 32/65,39 = 0,245g. 1 g Zn/ 65,39  = 0,0153 mol Zn tlsv: 0,0306 mol e- --> 0,0306 mol x 96.500 C/mol = 2950 C = 2950 As, dvs. 1 A i 2950 s eller ca. 49 min.

b) Oksygeninnholdet i luft er 21%.
- Hvor mange liter vann måtte man ha hatt ved 20oC og 1 atm lufttrykk for å løse opp 1g O2?

- I en annen sammenheng skal du løse opp 1g CO2 i vann. Da må du i tillegg kjenne pH. Hvorfor? Angi hvilke likevekter du må bruke for å kunne beregne løseligheten av CO2 i vann ved varierende pH. (Jeg ber kun om likevektsreaksjonene, ikke konstantene. Jeg ber heller ikke om noen beregninger.)

Svar: Løselighet: 0,0434 g/Latm x 0,21 atm = 0,00911 g/L. Dvs. man trenger ca. 110 L. CO2 vil i vann reagere med H+-ioner. Derfor må du ta hensyn til syrelikevektene (Ka1 og Ka2 for CO2 (aq), og du må kjenne pH.

Oppgave 8.

a) - Forklar hvordan elektronegativitet kan brukes til å forutsi bindingsforhold i faste stoffer. F. eks. sammenlign NaCl, Fe og C.
- Forklar hvilke bindingstyper man har mellom molekyler, og angi hva forskjellen mellom de ulike bindingstypene har med elektronegativitet å gjøre.
- Forklar hvordan man utfra bindinger mellom molekyler kan forutsi hvilke stoffer som er blandbare/løser seg i hverandre og hvilke som har høyest kokepunkt. F. eks. hvorfor har etanol (C2H6O) et høyere kokepunkt enn pentan (C5H12), og hvorfor løser etanol seg i vann mens pentan ikke gjør det?

Svar: Høy elneg gir kovalent (C), lav gir metallbindinger (Fe). Stor forskjell gir ionebindinger (NaCl). van der Waalskrefter. Dipol-dipol hvis de er polare, Londonkrefter eller dispersjonskrefter hvis de er upolare. Polaritet forutsetter at molekyler inneholder atomer med ulike elektronegativitet. Polare forbindelser har sterkere bindinger mellom molekylene, derfor har etanol høyrer kokepunkt enn pentan. De ulike bindingene gjør også at de ikke er blandbare.

b) Det er mulig å løse gull i kongevann, som er en blanding av 1 del konsentrert salpetersyre og 2 deler konsentrert saltsyre. Begge de rene syrene kan antas å ha konsetrasjoner på ca. 40%. Salpetersyren er oksidasjonsmiddel, mens saltsyren gir kloridioner slik at gullionene omdannes til AuCl4--komplekser. Finn de likevektene som inngår i denne prosessen og gi et omtrentlig estimat på hvor stor likevektskonstanten for kompleksdannelsen må være for at kongevann skal kunne løse opp gull.

Svar: I denne reasjonen oksderes gull til Au3+ ved hjelp av salpetersyre, HNO3. Gullionene vil så komplekseres av kloridioner til AuCl4-. De tre reaksjonene man da må diskutere er: Au --> Au3+ + 3e-, NO3- + 4H+ + 3e- --> NO (g) + 2H2O og Au3+ + 4 Cl- --> AuCl4-. Den første er i SI splittet opp i to enkelreaksjoner. Totalt blir det derfor slik:

Au --> Au+ + e- log K = -28,6
Au+ --> Au3+ + 2e- log K = -47,7
NO3- + 4H+ + 3e- --> NO (g) + 2H2O log K = 48,4
Au3+ + 4Cl - --> AuCl4- log K > 15
Totalreaksjon: NO3-+ 4H+ + Au + 4 Cl- --> NO (g) + 2H2O + AuCl4- log K > -13
Konsentrasjon av HCl og HNO3 i de konsentrerte syrene er 400g/L / 36,5 g/mol = 11 M og 400 g/L / 63 g/mol = 6 M, tilsv. ca. 8 M for Cl-, 2 M for NO3- og 10 M for H+ i kongevann. Dvs Q = P(NO) x [AuCl4-]/[NO3-][H+]4[Cl-]4 = [AuCl4-]/ 2x 104 x 84 = [AuCl4-] x 10-10. Hvis man antar at gull kan regnes som løselig hvis [AuCl4-] = 10-3M betyr det at Q = 10-13. Dette må i såfall være den minste verdien K kan ha ved likevekt.


Oppgave 9.

Fasediagram for Sn/Pb og Fe/C er vedlagt oppgavene.

a) - Velg en sammensetning og en temperatur hvor du har både fast bly og en smelte som er en blanding av bly og tinn, og marker dette punktet i diagrammet. Den valgte temperaturen og totalsammensetningen er svaret du skal gi på dette spørsmålet.
- For dette punktet: Angi sammensetningen av hver av de to fasene og hvor mye det er av hver fase. Forklar eller vis kort hvordan du finner fram til svarene.
- Ta utgangspunkt i sammensetningene av de to fasene og vis at smeltepunktet nødvendigvis må være lavere for legeringer enn for rene metaller. (Entropi- og entalpiendring er begge alltid positive for smelting av metaller.)

Svar: Eksempel 20% Sn og 250oC. Punktet må være innen områder hvor det står S + alfa. Trekk en horisontal linje og les av sammensetningene der denne krysser fasegrensene. Her blir Sn-innholdet ca. 10% og 40% i alfa og S. Mengdeforholdet finnes av vektstangprinsippet, og det blir ca. 2/3 alfa, og 1/3 smelte. Reaksjonen er Sn(s) à Sn(l) à K = X(Sn(l))/X(Sn(s)). Fordi det alltid er mer av fremmedstoffet i smelten enn i den faste fasen, blir Q < 1. Delta G = deltaHo - TdeltaSo + RTlnQ à T = deltaHo/(deltaSo - RlnQ). Når både entalpi og entropi øker ved smelting betyr det at T minker når Q er mindre enn 1.

b) - I fasediagrammet er det oppgitt to ulike former for jern: alfa-jern og gamma-jern. Forklar hva som er forskjell på disse to fasene når det gjelder struktur, hvilke temperaturer de er stabile ved og løselighet av karbon i metallet.
- Ved det eutektoide punktet omdannes gammajern til perlitt. Forklar hva perlitt er og hvorfor du får en slik overgang.
- Sementitt (eller jernkarbid) er hardere og sprøere enn det rene jernet. Forklar denne forskjellen utfra grunnstoffenes egenskaper og bindingsforhold.

Svar: Alfa-jern er kubisk romsentrert, og har dermed en mindre tett struktur enn gammajern som er kubisk flatesentrert. Gammajern er bare stabil over 723oC og kan løse inntil 2% C. Alfajern er stabil opptil ca. 900oC og kan maksimalt løse ca. 0,1-0,2% C. Perlitt oppstår når gammajern med 0,8% C blir kjølt ned under 723oC. Gammajern omdannes til alfajern med mindre karbonløselighet, og det overskytende C utfelles om lameller av Fe3C. Sementitt består av Fe og C, hvor C har en høyere elektronegativitet enn Fe. Bindingene blir derfor mer kovalente enn i rent Fe, og sementitt blir hardere og sprøere enn rent jern som kun har metallbindinger.

Oppgave 10.

a) - Tegn molekylstrukturen for fire molekyler: Et alifatisk, et olefinisk, et alisyklisk og et aromatisk hydrokarbon. Alifater og alisykliske hydrokarboner har bare enkeltbindinger, og alisykliske har minst en ring. Olefiner har minst en dobbelbinding og aromater har minst en bensenring. Tegn opp alle bindinger og ta med alle atomene i alle fire molekyler. Angi for hvert av molekylene hvilken type det er.
- En aminosyre har en syregruppe og et amin på to naboatomer. Et eksempel er 3-metyl- 2-amino- butensyre. Tegn opp molekylstrukturen til en tenkt aminosyre som har 6 karbonatomer og 8 hydrogenatomer og 1 kloratom. Pass på å få med alle bindingene og alle atomene.
- Tegn et molekyl som både er aldehyd, keton og ester. Ta med alle bindingene og atomene.

Svar: Eks: Butan, propen, syklopentan, benzen. Eks.: CH3-CH=CH-CH2-CH(NH2)-C(=O)-OH Det enkleste jeg kan komme på: HC(=O)-CH2-C(=O)-CH2-C(=O)-OH

b) - Tegn molekylformlene for en syre og en alkohol som sammen ville gitt en polyester.
- Polyester og polyeten tilhører to forskjellige hovedgrupper av plast. Hvilke grupper er dette, og hva består forskjellen i?
- Polyeten er en hardplast bare hvis den krystalliserer, mens mange polyestre kan være harde og faste uten å være krystalline. Forklar denne forskjellen utfra bindingsforholdene mellom plastmolekylene.
- Hvorfor kan ikke gummien fra brukte bildekk smeltes om og brukes til andre formål? Forklar dette utfra bindingsforholdene mellom kjedene, og angi hva fordelen med disse bindingsforholdene er.

Svar: Syren og alkoholen må ha to syrer- eller OH-grupper. Polyester: Kondensasjonspolymere. Poyeten: Addisjonspolymere. Kondensasjonspolymerisajon betyr at det dannes et lite molekyl som biprodukt, normalt vann. Polyestere er polare molekyler, polyeten er upolar. Dermed blir det sterkere bindinger mellom polyestermolekylene. Bildekk består av herdeplast som er kryssbundet og kan derfor ikke smeltes om og brukes til noe annet. Fordelen er at man får en plast som holder formen - også ved oppvarming. Uten kryssbindinger ville bildekk smelte.