Eksamen
TMT4100, høsten 2005.
Oppgaver
med løsningsforslag
Oppgave 1. Tilsvarer delex I. Spørsmålene skal besvares så kort som mulig!
a) – Angi navn og
formler for tre syrer som ved 1M konsentrasjon har en pH på eller meget nær 0.
– Angi navn og formel for en base som ved 1M konsentrasjon har en pH på eller
meget nær 14.
– Angi navn og formel for de saltene som oppstår når hver av de tre syrene
blandes med støkiometriske mengden av basen, dvs. i molforhold 1:1.
– Skriv løsningsreaksjonen for saltene og angi hvorvidt disse saltene er lett
løselige, tungt løselige eller uløselige.
Svar: – Saltsyre: HCl, Salpetersyre: HNO3,
Svovelsyre: H2SO4
– Natronlut, NaOH (evt. kalilut, KOH)
– Natriumklorid, NaCl, Natriumnitrat, NaNO3, Natriumhydrogensulfat:
NaHSO4.
– NaCl → Na+ + Cl–, NaNO3 → Na+
+ NO3–; NaHSO4 → Na+ + HSO4–.
Alle er lett løselige.
b) – Angi formel for
ammoniumsulfat og magnesiumhydrogenfosfat.
– Nitrogendioksid vil i vann reagere og danne like store mengder av
salpetersyre og salpetersyrling. Skriv den balanserte reaksjonsligningen.
– Hva kalles saltene av svovelsyre og svovelsyrling?
– Hvilke to allotroper av oksygen finnes, og hvilke oksidasjonstall har O i
disse to?
– Hvilke to hydrogenforbindelser danner oksygen, og hvilke oksidasjonstall har
O i disse to?
Svar: – (NH4)2SO4,
MgHPO4
– 2 NO2 + H2O → HNO2 + HNO3
– Sulfat og sulfitt
– O2 og O3 (ozon). Alltid 0 i grunnstoff.
– H2O og H2O2. –2 og –1
Oppgave 2. Tilsvarer delex II. Spørsmålene skal besvares så kort som mulig!
a)
– 10–3 mol fast NaOH løses i 0,1 L vann. Hva er pH, [OH–],
[Na+] og [NaOH] i løsningen?
– Skriv opp uttrykket for og verdien av likevektskonstanten for oppløsning av
Al(OH)3.
– Hva er løseligheten av Al(OH)3 ved pH=8?
– En løsning av 0,03 M Al(NO3)3 tilsettes sterk base til
pH = 8. Al(OH)3 felles. Hva er [Al3+]?
Svar: 10–2 M NaOH → pH = 12,
[OH–] = 10–2, [Na+]
= 10–2, [NaOH] = 0
– Al(OH)3 → Al3+ + 3 OH–
– Ksp = [Al3+][OH–]3 = 3∙10–34
→ [Al3+] = 3∙10–34 / [OH–]3
=3∙10–34 / (10–8)3 = 3∙10–10
– Løseligheten bestemmes av pH, ikke av total mengde, så svaret er det samme.
b) Vedlagt oppgavene finner du et
pH/log[X]–diagram for en ukjent syre, HA. Bufferkapasiteten er inntegnet.
– Hva er Ka
for syren?
– Hva er [HA] + [A–]?
– Hva er konsentrasjon av de ulike stoffene ved pH = 5?
– Hva er pH hvis man tilsetter 0,01 mol HA i 1L rent vann?
– Ved hvilken pH ville pH endre seg mest ved tilsats av en dråpe HCl, hvis [HA]
+ [A–] = 0,01M?
Svar: – pKa = 5,5;
– 10–2 M
– [HA] = ca. 0,007–8 M, [A–]
= ca. 0,002–3 M.
– HA → H+ + A–; [H+] = [A–] →
pH = ca. 3,8 der linjene krysses
– Lavest bufferkapasitet ved ca. pH 8,5 – 9.
Oppgave 3. Tilsvarer delex III. Spørsmålene skal besvares så kort som mulig!
Du har 1 L tørr luft ved 25 ºC ved 1 atm. Luften
behandles som ideell gass bestående av 79 mol–% nitrogen og 21 mol–% oksygen.
Dette er utgangspunktet for alle beregningene i oppgave 3.
a) – Hvor stort blir
trykket hvis du komprimerer gassen til 1/3 L? T og n er konstant.
– Hvilken temperatur ville gitt fordoblet trykk? V og n er konstant.
– Hva er n? Hvor mange mol O2 og hvor mange mol N2 har
du?
– Hvor mye varme må du tilføre for å varme opp luften fra 25 ºC til 50 ºC? P er
konstant,
– Hva er dannelsesreaksjonen og dannelsesentalpien for oksygen og NO?
Svar: – Tredobling av trykk, 3 atm
– Fordobling av absolutt T, dvs. 2x298K = 596 K → 323 ºC
– n = PV/RT = 1 x 1/0,082 x 298 = 0,041 mol. Ca. 0,0088 mol O2 og
0,032 mol N2.
– 25 K x (0,0088 Cp(O2) + 0,032 x Cp(N2) =25 K x 0,041mol
x 29 J/Kmol = 29 kJ/mol. (Gassene har samme Cp)
– Oksygen: O2 → O2 . ΔfHº = 0, NO:
½ N2 + ½ O2 → NO. ΔfHº = 90 kJ/mol
b) – Totaltrykket økes til 1,1 atm og T økes til 40 ºC. Hva er P(N2)?
– Hva er løseligheten av N2 i vann i kontakt med luft ved 1,1 atm
totaltrykk og T = 40 ºC?
– Hva blir løseligheten hvis du komprimerer gassvolumet til det halve, og
deretter pumper inn helium til trykket er 12 atm uten å endre volumet? T er
konstant.
– Hvor mye varme frigjøres eller dannes hvis 1 mol NO omdannes til nitrogen og
oksygen?
– Hvis NO ved 25 ºC spaltes i nitrogen og oksygen og all varme blir i
produktene, hva blir temperaturen i produktene etter reaksjonen?
Svar: – 1,1 atm x 0,79 = 0,87 atm
– 40ºC, 1 atm N2 → 0,0139 g/L. 0,87 atm N2 →
0,0139 x 0,87 = 0,012 g/L
– Partialtrykket av N2 fordobles (heliumgassen har ingen ting å si),
dvs. løseligheten fordobles til 0,024 g/L.
– NO → ½ N2 + ½ O2
. ΔHº = – ΔfHº = – 90 kJ/mol. Q = ΔHº x n = 90 kJ/mol x 1 mol = 90 kJ.
– (90 kJ/mol)/ (½ Cp(O2) + ½ Cp (N2)) = 90,000 J/mol / ½ (29 J/K mol + 29 J/K
mol) = 3103 K. T = 3128 ºC.
Oppgave 4. Tilsvarer delex IV.
a)
Ta utgangspunkt i reaksjonen Fe2O3
+ 3 CO → 2 Fe + 3 CO2.
Partialtrykket av CO2 er 10–2 atm, mens partialtrykket av
CO er 10–5 atm. Totaltrykket er 1 atm og de faste stoffene er rene.
–
Finn ΔGº for reaksjonen ved 25 ºC.
– Finn verdien av likevektskonstanten for reaksjonen ved 25 ºC.
– Finn verdien av Q.
– Beregn ΔG for reaksjonen ved 25 ºC.
– Hvilken vei går reaksjonen? Begrunn svaret ut fra ΔG.
Svar: – ΔGº = 3 x (–394 kJ/mol) + 2x0 –
(–742 kJ/mol) –3 x (–137 kJ/mol) = – 29 kJ/mol
– ΔGº = – RTlnK → ln K = –(–23,000 J/mol)/8,31J/molK x 298K = 11, 7 →
K = 1,2 ∙ 105.
– Q = P(CO2)3 ∙ [Fe] / P(CO)3 ∙
[Fe2O3] = (10–2)3 ∙ 1/(10–5)3
∙ 1 = 109
– ΔG = ΔGº + RTlnQ = - 29
kJ/mol + 8,31 J/molK∙298K∙ln109 = (– 29 + 51) kJ/mol =
+23 kJ/mol
– ΔG er positiv, så reaksjonen går mot venstre. Kan også sees ut fra at K
< Q.
b) Ta utgangspunkt i reaksjonen C
+ CO2 → 2 CO.
– Finn ΔGº for reaksjonen ved 100 ºC.
– Finn verdien av likevektskonstanten for reaksjonen ved 100 ºC.
– Beregn partialtrykket av CO2 ved likevekt når partialtrykket av CO
er 10–5 atm. T = 100 ºC.
– Ved hvilken temperatur er reaksjonen i likevekt hvis partialtrykket av CO er
10–5 atm, og de øvrige er i standard tilstand?
Svar: ΔGº er temperaturavhengig.
Verdien i SI gjelder ved 25ºC, ved andre temperaturer må ΔGº regnes ut fra
ΔHº og ΔSº. C er ikke en gass ved 100 ºC. Det skal dere både vite og
kunne slutte ut fra karbons kokepunkt.
– ΔHº = 2. (–111 kJ/mol) – 0 – (–394 kJ/mol) = 172 kJ/mol
ΔSº = 2 (198 J/Kmol) – 6 J/Kmol –
214 J/Kmol = 176 J/Kmol
ΔGº = 172 kJ/mol – 373 K ∙
176 J/Kmol = 106 kJ/mol.
– ΔGº = – RTlnK → ln K = –ΔGº/RT → (196,000 J/mol)/(8,31
J/Kmol ∙ 373 K) = 34,2. K = 1,2 ∙ 10–15.
– K = P2(CO)/P(CO2) = 1,2 ∙ 10–15 →
P(CO2) = P2(CO)/K = (10–5)2/1,2 ∙
10–15 = 0,8 ∙ 105, dvs. P(CO2) = 0,8 ∙
105atm.
– Q = P2(CO)/P(CO2) = (10–5)/1 = 10–10
– ΔG = ΔGº +
RTlnQ = ΔHº – TΔSº + RT lnQ → T = ΔHº /(ΔSº – R lnQ)
= 172 kJ/mol / (176 J/Kmol – 8,31 J/K mol ∙ ln 10–10)
→ T = 172 kJ/mol / (176
J/Kmol – 8,31 J/K mol ∙ (–23,0)) = 468 K ( = 195 ºC)
Oppgave 5. Tilsvarer delex V.
a) Daniell–cellen kan skrives slik: Zn | Zn2+
(aq) || Cu2+ (aq) | Cu
– Finn
halvreaksjonene og totalreaksjonen.
– Finn standard cellespenning for reaksjonen.
– Bestem hva som er anode og katode, og fortegnene på elektrodene. Begrunn
valgene.
– Beregn E hvis metallene er rene og løsningene er 1 M ZnCl2 og 0,01
M Cu(NO3)2.
– Forklar ut fra Nernsts ligning hvorfor spenningen synker etter hvert som
reaksjonen går.
Svar:
– Zn2+ + 2 e– → Zn Eº
= –0,76V Snu: Zn → Zn2+ + 2 e– Eº = 0,76V Anode, negativ
Cu2+ + 2 e– →
Cu Eº = 0,34 V Cu2+ + 2 e– → Cu Eº = 0,34 V Katode, positiv
Total Zn
+ Cu2+ → Cu + Zn2+ Eº
= 1,10 V
– Anoden er der det skjer en oksidasjon, den produserer elektroner og blir
derfor negativ.
Katoden er der det skjer en reduksjon, den forbruker elektroner og blir derfor
positiv.
– Q = [Zn2+]/[Cu2+] = 1/0,01 = 100. n=2. E = Eº –
0,0592V/2 log Q = 1,10V – 0,0592V = 1,06V.
– Når reaksjonen går, forbrukes Cu2+ og Q øker. Fordi E = Eº –
0,0592/n log Q betyr det at E minker.
b)
Ta utgangspunkt i følgende celle: Pt | O2
| H+ (1M) || OH– (1M) | O2 | Pt
–
Beregn E for cellen ved 25 ºC ut fra halvreaksjoner som gir E = Eº.
– Beregn E for cellen ved 25 ºC ut fra halvreaksjoner som gir Eº = 0.
– Ved 40ºC målte du E til 0,75 V. Hva er, ut fra dette måleresultatet, Kw
ved 40ºC?
Svar: – Venstre halvreaksjon: O2 +
4 H+ + 4 e– → 4 H2O Eº = 1,23 V
Høyre halvreaksjon: O2 + 2 H2O + 4e– → 4
OH– Eº = 0,40V
Totalreaksjon: (snu høyre) 4H+ + 4 OH– → 4 H2O Eº = 0,83V = E
– Venstre
halvreaksjon: O2 + 4 H+ + 4 e– → 4 H2O Eº = 1,23 V
Høyre halvreaksjon: 4 H2O → O2 + 4 H+ +
4 e– Eº = –1,23 V
Totalreaksjon: 4H+ (venstre) → 4 H+ (høyre) Eº = 0, Q = [H+(høyre)]4/[H+(venstre)]4
= (10–14)4/(1)4 = 10–56.
E = 0 – 0,0592/4 log (10–56) = 0,83V
– Totalreaksjon:
4H+ + 4 OH– → 4 H2O Eº = 0,75V K = 1/[H+]4[OH–]4
= 1/Kw4
E = Eº – RT/nF ln Q → Eº = RT/nF ln K ln K = nFEº/RT = 4∙96500 ∙ 0,75/8,31 ∙ 314 =
110,84.
→ log K = 48. K = 1/Kw4
→ log K = –4 log Kw. → log Kw = –12. Kw
=10–12
Oppgave 6. Tilsvarer delex VI.
a) Tegn opp følgende molekyler. Vis alle atomer
og bindinger. Det kreves ingen forklaring.
– Metan, etan, eten,
propyn og propadien.
– Tre mettede molekyler med 4 C–atomer, ett som er lineært, ett forgrenet og
ett som er en ring.
– Tre forskjellige alkoholer med formelen C3H6O, men som
ikke danner en ring.
– En eter, en ester og en syre, alle med to karbonatomer.
– 1,1–dimetylbutyl acetat.
Svar: – CH4, CH3–CH3,CH2=CH2,
CH3–C(trippelbind)C–H, CH2=C=CH2
– CH3–CH2–CH2–CH3; CH3–CH(CH3)
2, Ring av fire CH2.
– CH2=CH–CH2 (OH), CH2=C(OH)–CH3,
CH(OH)=CH–CH3. (De to siste står ikke I SI, da de vil være i
likevekt med aceton eller propanon (såkalt keto/enol–tautomeri).
– CH3–O–CH3, CH3–C(=O)–OH, HC(=O)–O–CH3
– CH3–C(=O)–O–C(CH3)2–CH2–CH2–CH3
b) Tegn opp følgende molekyler. Vis alle atomer
og bindinger. Det kreves ingen forklaring.
– Vis sammenheng
mellom strukturene for PVC (polyvinylklorid) og polypropen.
– Hvordan vil en kopolymer av like mye propen og etyn se ut, hvis annenhver
monomer er propen og annenhver er etyn?
– Tegn en syre og en alkohol som sammen kan danne en polyester.
– Vis at en aminosyre (f. eks. 1–amin propansyre) kan danne et polyamid.
– En syre med fire syregrupper, C(COOH)4 og en alkohol med 4
OH–grupper, C(CH2OH)4, reagerer og danner en polymer.
Tegn resultatet. Her er det nok å skissere strukturen.
Svar: – PVC: –[CH2–CHCl]– PP: –[CH2–CH–(CH3)]–
– –[CH=CH–CH2–CH(CH3)–]
– Disyre og dialkohol. F. eks. HO–C(=O)–C(=O)–OH (oksalsyre) og HO–CH2–CH2–OH
(glykol)
– –[NH–CH(CH3)–C(=O]–O]–
– Det vil dannes et plant
rutemønster, i annenhver krysning vil det være en syre, i annenhver en alkohol.
Oppgave 7.
a) Vedlagt oppgavene finner du Pourbaix–diagrammet
for jern. Utgangspunktet for oppgaven er en situasjon hvor E = 0,9 V og pH=5.
Det er ingen påtrykt spenning og ingen andre forbindelser til stede utover de
som finnes i eller dannes fra vann, jern og luft.
– Hva er det som
skaper spenningen? Hvilken praktiske situasjon kan gi E = 0,9 V ved pH=5?
– Forklar, ut kjemiske likevekter, hvorfor jern korroderer eller ikke
korroderer hvis pH = 5 og E = 0,9 V.
– Forklar, ut kjemiske likevekter, hvordan pH påvirker hvorvidt jern vil
korrodere eller ikke.
– Forklar, ut kjemiske reaksjoner, hvordan E påvirker hvorvidt jern vil
korrodere eller ikke.
– Vil det kunne endre situasjonen at man tilsatte salt? Begrunn svaret med en
kjemisk likevekt.
(Obs: Her ble det en
feil, det sto ”ut”, mens det var ment ”ut fra”. Mange oppfattet det dit hen at
det stod ”uten”, og det ble akseptert hvis det ble eksplisitt forklart.)
Svar: – Oksygen. Vanlig tilgang på luftoksygen
i vann. Spenningen i diagrammet skapes av katoden, og punktet ligger ved
oksygenlinjen, og forteller at det er oksygenrikt vann.
– Jern passiviseres av et hydroksidskikt som er uløselig ved pH5. Fe(OH)3
→ Fe3+ + 3 OH–
– pH bestemmer løseligheten av hydroksidskiktet ut fra likevekten ovenfor.
– E bestemmer om det dannes Fe2+ eller Fe3+. Fe(OH)2
er langt mer løselig enn Fe(OH3) og vil ikke beskytte over et så
stort pH–område.
– Ja, passivfilmen vil kunne løses opp ved kompleksdannelse. Fe3+ +
Cl– → FeCl2+, eller med flere klor. Evt. Fe(OH)3
+ Cl– → FeCl2+ + 3 OH–
b) Et jernrør og et kobberrør er koblet sammen.
Gjennom det sammenkoblede røret transporteres drikkevann til et hus og røret
ligger nedgravd i tørre omgivelser.
– Vil det kunne
oppstå galvanisk korrosjon? Forklar hvor eventuell korrosjon vil skje og angi
forutsetningene for at galvanisk korrosjon skal kunne skje.
– Hvis du skal hindre korrosjon, hvilken del av røret vil du da male? Begrunn
svaret.
– Gi en oversikt over hvilke faktorer som bestemmer korrosjonshastigheten i den
aktuelle situasjonen.
– Angi hvilke informasjoner du måtte ha hvis du skulle beregne
korrosjonshastigheten.
Svar: – Ja. Vi har to ulike metaller i direkte
kontakt, og de er også i væskekontakt slikt at man kan få en ionebro.
– Innsiden av kobber–røret. Det er her katodereaksjonen skjer, og uten katode
kan man ikke få noen anode. Maling på anoden vil kunne fp skader, og da får man
stor og farlig korrosjon på akkurat dette punktet.
– Det avgjørende er katodereaksjonen. Aktuelle parametre er
oksygenkonsentrasjonen og vanngjennomstrømningen, samt evt. overflaten av
katoden og hvor effektiv overføringen er.
– Man må vite hvor mye oksygen som kommer til, og som kan reduseres. Da trenger
man de samme faktorene som ovenfor.
Oppgave 8
a) Klorgass løses i vann ved 25 oC,
1 atm totaltrykk, gassen inneholder 10 vol–% klor. Vannet er sjøvann med 0,1 M
NaCl, og er gjort basisk til pH =13. I vannet reagerer klor etter følgende
reaksjonsligning: Cl2 (aq) + OH– → Cl– + HOCl. Merk
forskjellen mellom Cl2 (g) og
Cl2 (aq)!
– Beregn
likevektskonstanten, K, for reaksjonen Cl2(g) → Cl2 (aq) ut fra
løselighetsdata i tabell 27.
– Beregn ΔGº for løsningsreaksjonen ut fra den beregnede verdien av K.
– Beregn, ut fra verdier i tabell 5 i SI, ΔGº for reaksjonen Cl2
(aq) + OH– → Cl–
+ HOCl.
– Finn verdien for K for reaksjonen Cl2 (g) + OH– → Cl– + HOCl.
– Finn verdien av Q for reaksjonen hvis [HOCl] = 10–3 mol/L.
(Obs: Jeg oppdaget
for sent at det ikke fantes informasjon om ΔGº for HOCl i SI, bare OCl–. Da jeg
ble gjort oppmerksom på dette gav jeg beskjed om at de kunne bruke verdien for
OCl–, bruke verdien –37 kJ/mol, eller anta en verdi.)
Svar: – Løselighet v/25ºC og 1 atm 6,41 g/L.
Molaritet = 6,41 g/L / 70,9 g/mol = 0,0904 M
K = [Cl2(aq)] / P(Cl2(g)) = 0,0904/1 = 0,0904.
– ΔGº = – RTlnK = – 8,31 J/Kmol ∙ 298K ∙ ln 0,904 = 6 kJ/mol
– ΔGº = –131 kJ/mol + (–37 kJ/mol) – 7 kJ/mol – (–157 kJ/mol) = – 18
kJ/mol
(HOCl står ikke i SI. Jeg gav derfor beskjed om at man enten skulle i) bruke
verdien – 37kJ/mol, slå opp for OCl–, eller velge en fornuftig
verdi.)
– Legger man sammen reaksjonene blir ΔGº = 6 kJ/mol + (–18 kJ/mol) = 12
kJ/mol. ΔGº = – RTlnK → ln K = ΔGº / RT = 4,85 → K = 127
– Q = [HOCl] ∙ [Cl–] / [Cl2(g)] ∙ [OH–]
= 10–3 ∙ 0,1 / 0,1 ∙ 10–1 = 10–2.
b) En elektrokjemisk celle kan skrives slik: Pt
| Cl2 (g) | Cl– (0,1 M)|| Cl– (0,1M)| Cl2
(aq) | Pt. Begge løsningene er sure, så det skjer ingen reaksjon mellom klor og
vann.
– Finn
halvreaksjonene og totalreaksjonen.
– Finn n og Eº for totalreaksjonen.
– Finn likevektskonstanten for totalreaksjonen. Kommenter hvorvidt resultatet
var som forventet eller ikke.
– Beregn E hvis den venstre cellen har 1 atm totaltrykk og gassen inneholder 10
mol–% klor. Alle andre komponenter er i standard tilstand.
– Hva er forutsetningen for at [Cl–] skal kunne påvirke E for
totalreaksjonen?
Svar: – Cl2 (g) + 2e– →
2 Cl– Eº
= 1,36V Snu: 2
Cl– → Cl2 (g) + 2e– Eº = –1,36 V
Cl2 (aq) + 2e–
→ 2 Cl– Eº
= 1,40V Cl2 (aq)
+ 2e– → 2 Cl– Eº
= 1,40 V
Totalreaksjon: Cl2 (aq)
→ Cl2 (g) Eº
= 0,04 V
– n = 2.
– K fra finnes fra SI, eller beregnes fra Eº: E = 0 = Eº – 0,0592/2 log K →
log K = 2 Eº/0,0592V = 2 ∙ 0,04V/0,0592V = 1,35. K = 22.
Alt, fra SI: log K = 47,2 – 46 = 1,2 → K = 16. Dette er den motsatte av
reaksjonen i 8a, hvor klorgass løses opp. Her var K = 1/0,0904 = 11
– E = Q = P(Cl2)/[Cl2] = 0,1/1 = 0,1. Eº – 0,0592/2 log Q = 0,04V –
0,0592V/2 ∙ log 0,1 = 0,07V.
– Alt [Cl–] er forskjellig i de to kamrene.
Oppgave 9.
a) Om vannets struktur og egenskaper. Alle disse spørsmålene kan besvares kort.
– Vannmolekylet har
polare kovalente bindinger. Gjør rede for hva dette er, og forklar hvorfor vann
har slike bindinger.
– Forklar hvorfor vannmolekylet er vinklet, og hvorfor bindingsvinkelen er
mindre enn 109,5º.
– Fordi vannmolekylet er bøyd er det polart. Hva har dette å si for vannet
kokepunkt og dets egenskaper som løsemiddel?
– Hvorfor har vann et mye høyere kokepunkt enn det langt tyngre og
polare molekylet H2S?
– Hvorfor har CO2 en langt høyere løselighet enn O2 i
vann, selv om begge gassene er upolare?
Svar: – Kovalente bindinger betyr at atomene
bidrar med hvert sitt elektron til et bindende elektronpar. Den er polar fordi
O trekker mer på elektronene enn H, er mer elektronegativ.
– Oksygen er omgitt at 4 e–- –par, som danner et tetraeder. De som
danner bindingen tar mindre plass enn de to frie elektronparene.
– Bindinger mellom polare molekyler er sterkere en mellom upolare molekyler.
– Vann har hydrogenbindinger.
– CO2 reagerer med vann til HCO3– + H+.
b) Om bindinger i faste stoffer. Alle disse
spørsmålene kan besvares kort.
–
Forklar hvordan man kan forutsi hvilke bindinger et fast stoff har ut fra
elektronegativitet.
– Forklar forskjellen mellom molekylstruktur og gitterstruktur når det gjelder
kjemiske bindinger.
– Hvorfor har N2 et veldig lavt kokepunkt, selv om N2 har
de sterkeste av alle kjemiske bindinger?
– Forklar hvorfor polyeten og polypropen har mye lavere smeltepunkt enn PVC
(polyvinylklorid).
– Forklar hvorfor noen plaststoffer ikke kan smeltes om når de først er laget
ferdig og har fått sin endelige form.
Svar: – Høy elektronegativitet: Kovalent
binding. Lav elektronegativitet: Metallbinding. En høy og en lav: Ionebinding.
– Mellom molekylene er det svake bindinger (van der Waals), men i et gitter er
det bare sterke bindinger.
– Bindingene innen molekylene er sterke, men bindingene mellom molekylene er
svake. Det er de som brytes når N2 koker.
– PE og PP er upolare, mens PVC er polart. Det
er langt sterkere bindinger mellm polare molekyler enn mellom upolare.
– Kryssbindinger mellom kjedene gjør at de
ikke kan forskyves i forhold til hverandre.
Oppgave 10.
a) Vedlagt oppgavene finnes fasediagram for
Pb/Sn og vann/NaCl.
–
Forklar hvorfor saltvann har høyere kokepunkt og lavere smeltepunkt enn
ferskvann, og angi kort hvordan du vil beregne frysepunktet.
– 18 karat gull inneholder 58,5 % gull, resten sølv og/eller kobber. Hva har
høyest smeltepunkt av rent gull og 18 karat gull? Begrunn svaret.
– Du
har en blanding av 70 % bly og 30 % tinn og temperaturen er 200 ºC. Hvilke to
faser har du, hvor mye har du av hver fase, og hva er sammensetningen av hver
av de to fasene?
Svar: – H2O (l) ó H2O
(s). Isen er nesten helt ren, men vannet er salt.
X(H2O)
< 1 → Q = 1/X(H2O) > 1. Både ΔHº og ΔSº er her
negative.
T = ΔHº/(ΔSº – RlnQ) <
ΔHº/ΔSº når Q >1 og lnQ > 0.
For kokepunkt må man se på H2O (l) ó H2O
(g) hvor Q = P(H2O)/X(H2O). Ved koking er fremdeles P(H2O)
= 1 (atm), mens X(H2O) < 1. Både ΔHº og ΔSº er her
positive.
T = ΔHº/(ΔSº – RlnQ) >
ΔHº/ΔSº når Q >1 og lnQ > 0.
– Når en legering smelter vil smelten ved likevekt ha mer av tilsatsstoffene
enn den faste fasen. Termodynamikken sier da at smeltepunktet synker, på samme
måte som når man tilsetter salt til vann.
– Det er to faser, alfa = fast bly–legering med 13% tinn og 87%bly, og en
smelte bestående av ca. 60% tinn og 40% bly.
b) Vedlagt oppgavene finnes fasediagrammet for
jern/sementitt.
– Jern
kan maksimalt ha oppløst ca. 2 % karbon i sin struktur. Forklar ved hvilken
temperatur det skjer, og hva som skjer hvis temperaturen øker eller minker.
– Hvilke
egenskaper har sementitt (cementitt), sammenlignet med jern?
– Stål er mye sterkere enn vanlig jern. Dette kan forklares ut fra at stål har
en struktur som kan sammenlignes med en kompositt. Jernet er armert av lameller
av sementitt, og kombinasjonen gir både stor strekkstyrke og bruddstyrke.
Forklar hvorfor det dannes en slik struktur. Forklar ut fra jernets ulike
strukturer, fast løsning og fasediagrammet for jern/sementitt.
Svar: – Ved 1146 ºC kan du ha 2,06 % C. Øker T
vil det dannes smelte med med C. Minker T vil noe felles ut som sementitt.
– Sementitt er sprøtt og hardt
– Ved overgangen fra austenitt til feritt ved 723 ºC synker løseligheten av C
brått. Det dannes da lameller av sementitt.