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38. Österreichische Chemieolympiade
Bundeswettbewerb
Lösungenmit Punktebewertung
38. Österreichische ChemieolympiadeBundeswettbewerb - WieselburgTheoretischer Teil - Angaben15. Juni 2012
Aufgabe 1: 14 rp ≙ 46 bp; f = 0,30434
Rund um das Element BorA. Kernumwandlungen des Bors
1.1.B+5
10 n → B→ α+24
511
01 Li3
7 1bp
1.2.1.3.
Gleichung: 1bp
Zerfallsart von X: β- 0,5bp Tochternuklid: 0,5bp
1.4.14N 0,042 g/g ≙ 0,003 mol / g10B 10-6 g/g ≙ 10-7 mol / g
Einfänge N❑14
Einfänge B❑10 =
0,003 molg
∙1,83 barn
10-7 molg
∙3838 barn= 0,00549
3,838 ∙10-4 =14,3
5bp
1.5.
N0 =A 0
λ=
t1/2A 0
ln 2= 1235520 s ∙0,1 s−1
ln 2=1,78 ∙105 Atome
λ=5,61 ∙10-7 ∙s-1 2bp
B. Eine Verbindung des Bors und ihre Untersuchung
1.6. 3bp1.7.
Formeleinheiten pro Elementarzelle: 4 1bp
1.8. Berechnen Sie die Gitterkonstante a der Elementarzelle.
1.9. Berechnen Sie die Dichte ρ von BP.
1
714 N +0
1 n→ 614 C+1
1 p
714 N
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196 pm⋅sin(54 , 75 °)= a√24 a=453 pm 3,5bp
ρ=mEZ
V EZ=
4⋅41, 78 g⋅mol−1
6 , 022⋅1023mol−1
( 453⋅10−10 )cm 3 =2 ,99 g⋅cm−3
2bp
1.10.
d=n λ2sin θ
=1 72 pm⋅2 sin 7,8°
=265,26 pm
d= a
√ {h2+k2+ l2}⟹a=459 p m 3bp
D. und noch eine Borverbindung
1.11. 1.12.
Formel des Magnesiumborids: MgB2 2bp
2
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4bp
Bindungsordnung: 2 0,5bp magnetisches Verhalten: diamagnetisch 0,5bp
D. Ein kleines Reaktionsschema
1.13.
B(OH)3
A 1bp
B2O3
B 1,5bp
B
C 0,5bp
BP
D 1bp
BF3
E 1bp
B2H6
F 1bp
3
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BCl3
G 2bp
AlCl3
H 1bp
Al
I 0,5bp
Cl2
J 0,5bp
B4H10
K 2bp
1.14.2bp
1.15. Wie bezeichnet man die besondere Bindung im Molekül F?
3-Zentren-2-Elektronenbindung 1,5bp
1.16. Benennen Sie K.
Tetraboran(10) 1bp
4
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Aufgabe 2 6 rp ≙ 19 bp; f = 0,31579
Platinkomplexe2.1.
Diammindichloroplatin(II) 1bp
2.2.
0,5+0,5 bp
2.3.d8; Ladung Pt: 2+ 0,5+0,5 bp
2.4.
1bp
2.5.
1+1bp
1+1+1+1bp
2.6.
6×0,5bp
2.7.
Je 1 bp
1+1bp
5
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Aufgabe 3 7 rp ≙ 22 bp; f = 0,31818
Kinetik
3.1.
λ=ln 2τ
=5 ,332⋅10−2 h−1
15=100⋅e−5 ,332⋅10−2⋅t ln10015
=5 , 332⋅10−2 ¿ t
t=35 , 58≈36 h 2,5bp
3.2. [Ester]2/[Ester]1 = v2/v1 ⇒ 1. Ordnung[OH-]3/[OH-]2 = v3/v2 ⇒ 1. Ordnungv = k‧[Ester]‧[OH-] 1,5 bpk = v/([Ester]‧[OH-])k = 8,09‧10-2 L/mol.s 1,5bp
3.3.
3bp
3.4.
2bp
3.5.
3bp
3.6.
1,5 bp
t (s) 0 60 120 180 240 300pgesamt ×10-4 (Pa) 1,350 1,105 1,060 1,030 1,015 1,005p(O2) ×10-4 (Pa) 0,450 0,205 0,160 0,130 0,115 0,105
1/p2(O2) ×108 (Pa-2) 4,94 23,8 39,1 59,2 75,6 90,7
3.7. Werte in der Tabelle richtig:
3bpEntsprechende Graphik 3bpBerechnung für k‘3: 2 k‘3 = (90,7/300)‧10-8 Pa-2s-1
6
v=12⋅
d [ NO2 ]dt
=k 2[ N 2 O2 ][ O2 ]
K=k1
k−1=
[ N2 O2 ]
[ NO ]2⇒ [ N2 O2 ]=
k1
k−1[ NO ]2
v=k1 k2
k−1[ NO ]2 [O2 ] ⇒ a=2 b=1 c=0
[ NO ][O2 ]
=2 ⇒ [ NO ]=2[O2 ]
d [O2 ]dt =−k 3 ' [ O2 ](2[ O2 ])
2=−4 k3 ' [O2 ]3
x=3 k=4 k3 '
∫[O2 ]0
[O2 ] d [O2 ]
[ O2 ]3 =−4 k3 '∫
0
t
dt ⇒ −12[ O2]
2 +12[ O2]0
2 =−4 k3 ' t (×(−2 ))
1[O2 ]2
=1[ O2 ]0
2 +2 k3 ' t
pV=nRT ⇒ p= nV
RT ⇒ p=cRT ⇒ c= pRT
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k‘3 = 1,51‧10-7 Pa-2s-1 1bp
20
40
60
80
100
1/p2(O2) ×108 (Pa-2)
t (s)•
•
100 200
•
•
•
•
7
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Aufgabe 4 8 rp ≙ 26 bp; f = 0,30769
Thermochemie und GleichgewichtGroßtechnische Synthese von Wasserstoff
4.1.
CH4 + H2O ⇄ 3 H2 + CO 1bp
4.2.
lnK (T 2 )K (T 1 )
=Δ R H θ
R (T 1−1−T 2
−1)
ln 2 , 66⋅104
1 , 45⋅10−25 =ΔR H θ
8 , 314(298−1−1580−1)
ΔR H θ=205 , 75 kJ≈206 kJ3bp
−RT ln K= ΔR H θ−T⋅Δ R ΔSθ
−8 , 314⋅298⋅ln (1 , 45⋅10−25)=205750−298⋅ΔR Sθ
ΔR Sθ=205750−141700298
=214 , 93
ΔR Sθ=215 J / K2bp
ΔR G1100θ =205750−1100⋅214 , 93=−30673
ΔR G1100θ =−30 , 7 kJ
2bp
K1100=e30673
8 , 314⋅1100=28 , 6K P
1100=28 ,61,5bp
4.3. Berechnen Sie mit Hilfe von KP den prozentuellen Umsatz von CH4 bei 1100 K. Sollten Sie in 4.2. keinen Wert dafür erhalten haben, so verwenden Sie KP = 30,0.
CH4 H2O H2 COnvorher 1 1 0 0Δn -a -a +3a +anEq 1-a 1-a 3a a Σn = 2(1+a)
pEq
1−a2(1+a)
⋅p
1−a2(1+a)
⋅p
3 a2(1+a)
⋅p
a2(1+a)
⋅p
3bp
8
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K P=(3 a )3⋅a⋅2⋅(1+a )⋅2⋅(1+a)23⋅(1+a )3⋅2⋅(1+a )⋅(1−a )⋅(1−a )
⋅p2
K P=27⋅a4
4⋅(1+a)2 (1−a )2⋅p2 ⇒ 1p⋅√4 K P
27=a2
1−a2
3,5bpEinsetzen und Auflösen mit K = 28,6, p = 1,6 bar führt zu:a = 0,749875% setzen sich um
1,5bp
4.4.
p1T1 = p2T2 ⇒ pG = (1100/400)‧1,6 pG = 4,40 bar 1bP
4.5.
p(CH4) = p(H2O) = ½pG pi = 2,20 bar 1bp
4.6. Berechnen Sie jetzt die Partialdrucke aller Gase und den Gesamtdruck im Gleichgewicht.
CH4 H2O H2 COpvorher 2,2 2,2 0 0Δp -b -b +3b +bpEq 2,2-b 2,2-b 3b b pG = 4,4+2b
2bp
K P=27 b4
(2,2−b )2
√28 , 6=√27 b2
2,2−b2bp
Einsetzen und Auflösen mit führt zu:b = 1,08 barpG = 6,56 barp(CH4) = p(H2O) = 1,12 bar p(CO) = 1,08 barp(H2) = 3,23 bar 1,5bp
4.7.
Umsatz = 100‧(2,2-1,124)/2,2 = 48,9% 1bp
Aufgabe 5 6 rp ≙ 19 bp; f = 0,31579
Wasserstoffperoxid5.1.
pH=0,5 · (11,65−log (0,1 ) )=6,325 1,5 bp
5.2.
9
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H2O2 + 2 H+ + 2 I- ⇌ 2 H2O + I2 1bp
5.3.
ΔEƟ = EƟ2 - EƟ
1 = 1,763 - 0,535 = 1,228 V 1bp
5.4.ΔGƟ = -z·F·ΔEƟ = -2·96485·1,228 = -237,0 kJ/mol
K=e∆ GƟ
−R · T=3,45 · 1041 1,5+1,5 bp
5.5.
2 KMnO4 + 5 H2O2 + 6 H+ ⇌ 2 K+ + 2 Mn2+ + 5 O2 + 8 H2O 2bp
5.6.
ΔEƟ = EƟ2 - EƟ
3 = 1,763 - 0,695 = 1,068 V 2bp
5.7.H2O2 + 2 Fe3+ ⇌ O2 + 2H+ + 2Fe2+ 1bp
ΔEƟ = EƟ4 - EƟ
3 = 0,77 - 0,695 = 0,075 V 1bpΔGƟ = -z·F·ΔEƟ = -2·96485·0,075 = -14,5 kJ/mol 1bp
H2O2 + 2 H+ + 2 Fe2+ ⇌ 2 H2O + 2 Fe3+ 1bpΔEƟ = EƟ
2 - EƟ4 = 1,763 - 0,77 = 0,993 V 1bp
ΔGƟ = -z·F·ΔEƟ = -2·96485·0,993 = -191,6 kJ/mol 1bp
5.8.Fe3+ - Ionen können als Katalysator wirken, weil beide Reaktionen eine negative freie Reaktionsenthalpie aufweisen und daher freiwillig ablaufen. 1,5bp
5.9.Ein anderer Katalysator muss ein Standardpotential zwischen + 0,695 und + 1,763 aufweisen. 1bp
Aufgabe 6 5 rp ≙ 15 bp; f = 0,33333
Nierensteine
6.1.
Da der pH-Wert deutlich über dem pKA2 liegt, liegen nur C2O42- - Ionen vor. 2bp
6.2.
nH 2 C2O 4= 0,46
90,04=0,00511mol=nC a2+¿¿
mC a2+¿=0,0051 ·40,08=0,205 g¿ 2bp
6.3.
10
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K L=¿¿ 2bp
6.4. ¿¿ 1bp¿¿ 1bp¿ 1bp¿
¿
0,0012−¿¿ [Ca2+] = 1,119·10-3 mol/L 2bp¿ 1bp
6.5.pH = pKA2 ⇒ [HC2O4
-] = [C2O42-]
cGesamtoxalat = 1,93·10-6·2 = 3,86·10-6 mol/L 3bp
Aufgabe 7 10 rp ≙ 34 bp; f = 0,29412
Synthese von Carbozuckern und Shikimisäure über einen „Norbornyl“-Weg
7.1. A 2bp B 1bp C 2bp
D 2bp E 3bp
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7.2. Retro-Diels-Alder 0,5bp
7.3. Diels-Alder 0,5bp
7.4. Ketal 0,5bp
7.5. endo 0,5bp
7.6. G 2bp H 2bp I 2bp
7.7.
MCPBA = m-Chlorperbenzosäure oder Persäure 1bp
7.8. L 2bp M 2bp
7.9.
MeOH/OH- (oder MeOH/NaOH oder MeOH/KOH); Umesterung 0,5+0,5bp
7.10. 3bp
7.11. 1bp 7.12.1+1bp
12
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7.13. 7.14.Enantiomer 1bp
Aufgabe 8 4 rp ≙ 11 bp; f = 0,36364
Chymotrypsin
8.1. ⊗ Methionino Aspartato Glycin⊗ Isoleucino Arginin 2bp
8.2.
Das Sauerstoff-Atom von Ser-195. 2bp
8.3. ⊗ His-57 fungiert als Base und erleichtert damit die Ablösung des Protons.o Hohe pKA-Werte zeigen eine leichte Ablösbarkeit von Protonen an.o Die Wasserstoffbrücke von Gly-193 erhöht die Acidität.o Die Wechselwirkungen in der hydrophoben Tasche erhöhen die
Polarisierbarkeit der C=O – Doppelbindung.2bp
8.4.o Sie erhöht den pH-Wert.⊗ Sie stabilisiert die positive Ladung, die sich nach Schritt 2 an His-57 bildet.o Sie stabilisiert die Position von Gly-193.o Sie fixiert die Position von His-57 durch van der Waals-Kräfte.
2bp
8.5.o Bei der Reaktion handelt es sich um eine Reaktion zweiter Ordnung.o Die Reaktion wird, je länger sie andauert, immer langsamer.o Die Reaktion verläuft sehr schnell bis ca. ein Drittel aller Enzyme reagiert
haben.⊗ Die Reaktion verläuft sehr schnell bis alle Enzymmoleküle besetzt sind.o Die Reaktion verlangsamt sich nach einer Minute.o Die Reaktion beschleunigt sich nach einer Minute.
R 3bp
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o Die Geschwindigkeit der Reaktion ist unabhängig von der Enzym-Konzentration.⊗ Nach einem raschen Beginn verlangsamt sich die Reaktion, sobald alle Enzyme besetzt sind.⊗ Die Reaktionen von 1-3 verlaufen rascher als die Reaktionen 4-5.
o Die Reaktionen von 1-3 verlaufen langsamer als die Reaktionen 4-5. 3bp
14