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 K_a 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 . Δ_fHº = 0, NO: ½ N₂ + ½ O₂ → NO. Δ_fHº = 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 = – Δ_fHº = – 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, K_w 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/K_w⁴
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/K_w⁴ → log K = –4 log K_w. → log K_w = –12. K_w =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.