1. Vordiplom (F98)Schriftliche Prüfung - Allgemeine ChemieStudienrichtungen X

Prof. Dr. A. Togni Mo, 23. Februar 1998 CAB C1.2

1. Vordiplom (F98)

Schriftliche Prüfung - Allgemeine Chemie Studienrichtungen X ^A , X ^C , IV ^N

Lösungsblatt

Aufgabe 1

Reaktionsgleichung: (H ₃ C) ₃ COOC(CH ₃ ) ₃ (g) ---> 2 (H ₃ C) ₂ CO(g) + C ₂ H ₆ (g)

Aus der Stöchiometrie der Reaktion ergibt sich, dass pTot=(pA ₀ -x) + 2x + x = pA ₀ + 2x x=Partialdruck von Ethan; 2x= Partialdruck von Aceton --> x=1/2(pTot - pA ₀ )

--> pA _t = pA ₀ -x= pA ₀ -1/2(pTot - pA ₀ ) t(s) pA _t (atm) ln(pA ₀ /pA _t )

120 0.2310 0.022261 360 0.2237 0.054373 600 0.2158 0.090327 1080 0.2017 0.15790 1320 0.1949 0.19219 1800 0.1819 0.26122 2040 0.1758 0.29533 2400 0.1669 0.34728 2760 0.1589 0.39640 --> A) 1.Ordnung in DTBP B) Nach 1h:

ln(pA ₀ /pA _t )=kt=0.5128

-> pA _t =0.1414atm = 60% pA ₀ -> 40% DTBP hat reagiert

0 0.05 0.1 0.15 0.2 0.25 0.3 0.35 0.4

0 500 1000 1500 2000 2500 3000

y = 0.0044006 + 0.00014244x R= 0.99998

ln(pA

/pA

)

Zeit (s)

Thermische Zersetzung von DTBP bei 147.2°C

k = 1 . 4 2 4

1 0

s

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Aufgabe 2

A) Ideale Gasmischung: pV=nRT --> n=pV/RT = 2.2 mol

Molverhältnisse bei der Titration: 1 O ₃ -> 1 I ₃ ^- -> 2 S ₂ O ₃ ^2- ; 1mol Ozon verbraucht 2mol Thiosulfat. 26.2mL 0.1359M Na ₂ S ₂ O ₃ entsprechen 3.56 ^. 10 ^-3 mol .

--> Die Gasmischung enthielt 1.78 ^. 10 ^-3 mol Ozon. Molbruch Ozon: n(Ozon)/nTot= 8.1 ^. 10 ^-

4

B)

S S O

O O

2-

S S O O

O S

S O

O

O 2-

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Aufgabe 3

Α) ∆H° r =-45.8 kJ/mol; ∆G° r =-8.1 kJ/mol; die Reaktion ist unter Standardbedingungen stark exothermisch aber nur leicht exergonisch. ---> Tiefe Temperaturen (wegen Exothermie) und hohe Drucke (wegen Volumenabnahme) treiben das Gleichgewicht nach rechts.

B) K°=exp(-∆G° _r /RT)=26.3, dann van’t Hoff: ln100=- ∆H° _r /R(1/T ₁ -1/T ₀ ) ----> T ₁ =238.7K C) Die Reaktion hat eine hohe Aktivierungsenergie, sie ist kinetisch gehemmt.

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Aufgabe 4

A) Eine zunehmende Anzahl Nitro-Substituenten erhöht die Acidität des Phenols. Die konjugierte Base wird stabilisiert. Acidität: iii) > ii) > i) ---> Säure A=iii), Säure B=ii), Säure C=i).

B) Säure A: die Titrationskurve hat den Anfangspunkt genau bei pH=2, d.h. bei einer 0.01M Konz. liegt die Säure vollständig dissoziert vor ---> pK<2 (tabellierter Wert = 0.38).

Säure B: pK=ca. 4 (tabelliert 3.96)= pH nach der Zugabe von 50mL 0.01M NaOH (Puffergebiet: [HA]=[A ^- ])

Säure C: dito pK=ca. 7.1 (tabelliert 7.15).

C) Ein ähnlicher Trend wird bei den halogenierten Essigsäure-Derivaten beobachtet:

XCH ₂ COOH, X ₂ CHCOOH, X ₃ CCOOH, wobei X=Cl, F

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Aufgabe 5

K _SO (AgBr)=[Ag ⁺ ][Br ^- ]= 5.0 ^. 10 ^-13 ; K _SO (AgSCN)= [Ag ⁺ ][SCN ^- ]= 1.0 ^. 10 ^-12 .

K _SO (AgSCN)/K _SO (AgBr) ergibt [SCN ^- ]/[Br ^- ] =2. Ferner gilt Ladungsausgleich:

[Ag ⁺ ] = [Br ^- ]+[SCN ^- ]. Dividieren durch [Br ^- ] gibt: [Ag ⁺ ]/ [Br ^- ]= [SCN ^- ]/[Br ^- ]+1=3, oder [Ag ⁺ ] = 3[Br ^- ] ---> K _SO (AgBr)= 3[Br ^- ] ² ---> [Br ^- ]=4.1 ^. 10 ^-7 und [SCN ^- ]=8.2 ^. 10 ^{- 7}

und [Ag ⁺ ] =1.2 ^. 10 ^-6 .

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Aufgabe 6

C C

CH ₃

CH ₃ H

H ₃ C H ₃ C

O N

CH ₃ CH ₃

C N

O

CH ₃

CH ₃

H ₃ C C N

C

CH ₃

CH ₃ H

H C

O H ₃ C

i) ii)

iii) iv)

Einzig in Molekül ii) treten lauter Einfachbindungen auf, d.h. freie Drehbarkeit um jede Bindung ist gewährleistet. Ferner ist die Inversion am Stickstoff ein schneller Prozess.

Folglich sind die Methylgruppen am Stickstoff im Zeitmittel equivalent. Bei i) (C=C Doppelbindung), bzw. bei iii) und iv) (Konjugation) ist die Rotation um die zentrale C=C Bindung, bzw. um die C-N Bindung eingeschränkt. Daher weisen die zwei Methylgruppen verschiedene Nachbarschaftsbeziehungen auf, sie sind nicht equivalent.

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