Rainer Steiger

Lösung_1:

Die Atome (resp. deren Ionen) tendieren dazu, eine komplett gefüllte äusserste Valenzschale zu erreichen. Dies kann dadurch erreicht werden, indem eine entsprechende Anzahl Elektronen aufgenommen resp. abgegeben wird.
Da nicht beliebig viele Elektronen aufgenommen – abgeben werden können (das Ion muss ja auch noch stabil sein) gilt die Regel, dass der 'Weg des kleineren Aufwandes' begangen wird. Das heisst, ein Teilchen mit 3 Valenzelektronen gibt 3 e^– ab und nimmt nicht 5 e^– auf, um eine komplett volle (8 e^-) oder leere (0 e^-) Valenzschale zu erreichen.
Bei 4 Valenzelektronen können beide Situationen erwartet werden, z.B. C⁴⁺ resp. C^4-

Atom	Anzahl Valenz-Elektronen	Aufnahme – Abgabe	Ion
Al	3	Abgabe 3 e–	Al3+
F	7	Aufnahme 1 e–	F–
4Be	2	Abgabe 2 e–	Be2+
K	1	Abgabe 1 e–	K+
52Te	6	Aufnahme 2 e–	Te-2
Ne	8	weder noch	Ne
Ca	2	Abgabe 2 e–	Ca2+
S	6	Aufnahme 2 e–	S2-
N	5	Aufnahme 3 e–	N3-

Lösung_1:

Ein Zwitterion ist ein Molekül mit zwei oder mehreren funktionellen Gruppen, von denen eine positiv und eine andere negativ geladen ist. Besitzt ein Zwitterion beispielsweise zwei funktionelle Gruppen mit entgegengesetzten Ladungen, so ist das Molekül insgesamt elektrisch neutral. Teilweise wird auch der Begriff „inneres Salz“ für ein Zwitterion verwendet.
Als funktionelle Gruppen können z.B. die Teilgruppen -COOH sowi -NH₂ in Frage kommen. Aus -COOH wird somit eine -COO^– und aus -NH₂ eine -NH₃⁺ Gruppe.

Lösung_1:

Wenn ein Atom ein Elektron (oder auch mehrere Elektronen) aufnimmt, so ist danach das Atom negativ geladen. Nimmt z.B. ein Fluor-Atom ein Elektron auf so wird es zum F^– Teilchen, ein Fluorion, oder genauer ein Fluoranion. Negativ geladenen Teilchen werden Anionen genannt. Analog wird (z.B.) ein Sauerstoffatom vom O → O^– → O^2-

Lösung_1:

Wenn ein Atom ein Elektron abgibt, so ist das Atom danach positiv geladen. Zur Erinnerung: Elektronen sind negativ geladen. Wenn z.B. ein Mg zwei Elektronen verliert, so bleibt ein Teilchen zurück, welches zweifach geladen ist: Mg²⁺. Positiv geladene Teilchen werden Kationen genannt.

Lösung_1:

Ganz grob schematisch: positiv geladene Teilchen liegen neben negativ geladenen Teilchen und umgekehrt. Durch die gegenseitige Anziehung ergibt sich ein stabiles Gitter.

Lösung_1:

Für die Berechnung werden weitere Daten benötigt:

1. 1 Terajoule = 10¹² Joule, Gesamthaft: 8.1·10¹⁷ J
2. andere Quellen sprechen von 2.04·10¹⁷ J
3. Energie pro Gramm, siehe Aufgabe Radio-26: 8.21·10¹⁰ J
4. Dichte Uran 19.1 g/cm³

…………………………….
a) Berechne die freiwerdende Energie. Pro gespaltenem Kern wird jeweils eine Energie von 200 MeV frei.

    Hinweis: 1ev = 1.602·10^-19 J

b) Wie hoch könnte man mit dieser Enerige ein Auto (m = 1000 kg) hochheben? Start-Liste Typ: dotter — n( 23592U) = m( 23592U)/M( 23592U) = 1 g/235 g/mol = 0.0043 mol — wirkliche Anzahl: 6.022·10²³·0.0043 = 2.563·10²¹ Atome — pro Spaltung 200 MeV resp. 200·10⁶·1.602·10^-19 J = 3.204·10^-11 J — a) Total also 8.21·10¹⁰ J — b) Mit der Energie kann was gemacht werden, z.B. etwas hochheben: E=m·g·h —
    h =E/(m·g) = 8.21·10¹⁰/(1000·10) = 8210000 m = 8210 km —
    zum Vergleich Höhe Mount-Everest ca. 8 km über Meer, also 1000· Auto hochheben Ende-Liste

Lösung_1:

1. n = m/M
2. n( 23592U) = m( 23592U)/M( 23592U) = 1 g/235 g/mol = 0.0043 mol
3. wirkliche Anzahl: 6.022·10²³·0.0043 = 2.563·10²¹ Atome
4. pro Spaltung 200 MeV resp. 200·10⁶·1.602·10^-19 J = 3.204·10^-11 J

a) Total also 8.21·10¹⁰ J
b) Mit der Energie kann was gemacht werden, z.B. etwas hochheben: E=m·g·h

    h =E/(m·g) = 8.21·10¹⁰/(1000·10) = 8210000 m = 8210 km

    zum Vergleich Höhe Mount-Everest ca. 8 km über Meer, also 1000· Auto hochheben

Lösung_1:

1. Gemäss Einstein gilt E=m·c² resp. ΔE=Δm·c²
2. c ist die Lichtgeschwindigkeit, 300'000 km/s
3. Umformen der Einstein'schen Gleichung nach m resp. Δm
4. Δm = ΔE/c²
5. Δm = 3.82·10²⁶[kg·m²/s²]/(300'000'000 m/s)² = 4.24·10⁹ kg

Der Massenverlust pro Sekunde (!) beträgt also 4.24·10⁹ kg oder ca. 424 Millionen Tonnen.

Lösung_1:

Siehe vor allem die Lösung im beigefügten pdf.
Hinweise: Bei der Aufgabe a) ist der gemessene Bq-Wert noch vor der ersten Halbwertszeit. Bei der Aufgabe b) liegt der gemessene Bq-Wert zwischen der ersten und zweiten Halbwertszeit.

Musterlösung [hier] als pdf

Lösung_1:

noch nichts gemacht

Lösung_1:

Die Messgrenze ist ca. 1000 mal tiefer als die Konzentration in lebenden Organismen. Nach 10 Halbwertszeiten hat die Konzentration um den Faktor 2¹⁰ = 1024 abgenommen. Damit liegt die Messgrenze bei ca. 10·5730 = ca. 60'000 Jahren.

Lösung_1:

1 g ¹²C enthält wie viele Atome: n=m/M= 1/12 mol resp. 5.018·10^{22 12}C-Atome
Nach 5730 Jahren ist eine HWZ vorbei. Somit ist das Verhältnis nur noch halb so gross wie früher.
Es gilt: ¹⁴C/¹²C = x = ½ · 1.2·10^-12
14C = ½ · 1.2·10^-12 · ¹²C = ½ · 1.2·10^-12 · 5.018·10²² = 3.0·10¹⁰

Lösung_1:

Die Konzentration wurde 3-mal halbiert (und hat somit eine achtmal tiefere Konz.), d.h. die Probe ist 3·5730 = 17190 Jahre alt.

Lösung_1:

Anzahl Kerne ursprünglich in mol: n(Pu) = m/M = 10^13kg / 0.244kg = 4.098·10¹³ mol
Wirkliche Anzahl Kerne: 4.098·10¹³ mol · 6.022·10²³ = 2.468·10³⁷
Heute noch vorhanden: N=No·2^(-t/T₁₂) = 2.468·10³⁷ · 2^(-10¹⁰/8.3·10⁷) = 13.3 Kerne

Lösung_1:

1. die Hälfte: eine HWZ ist verstrichen, somit 10 Jahre
2. ein Viertel: total zwei HWZ, also 20 Jahre
3. ein 128stel: total sieben HWZ, also 70 Jahre
4. ca. 1 Prozent: also ca. ein Hundertstel. 1/64 wären 6 HWZ, 1/128 wären 7 HWZ, also zwischen 60 – 70 Jahren
5. ca. 1 Promille: also ca. ein Tausendstel. 9 HWZ (=1/512), 10 HWZ (1/1024), somit zwischen 90 – 100 Jahren
6. ca. ein Millionstel: 2^x=1'000'000, x zwischen 19 und 20. Also somit 190 – 200 Jahren. Aufgabe kann auch ohne Mathematik gelöst werden, auf dem Taschenrechner 2^x ausprobieren, bis grösser als eine Million.

   Mit Mathe: 2^x =1'000'000, x = log(1'000'000)/log(2) = 19.93

Lösung_1:

Entscheidungsmatrix machen:

	eat	sit	throw out window
alpha	1	0	0
beta	1	0.5	0
gamma	0.5	0.5	0

Es gelte: 0 kein Schaden, 0.5 zwischendrin, 1 Schaden

Grundgedanke: der Gesamtschaden soll minimiert werden.
Ein Alphastrahler wird schon von wenig Material (z.B. Kleider absorbiert, aber auch beim essen Magenschleimhaut, Darm), geringster Schaden somit bei alpha: sit
Ein Strahler muss gegessen werden … kleinstes Übel beim Gammastrahler. Somit soll man den Betastrahler aus dem Fenster werfen resp. sich von ihm entfernen.
from: https://www.youtube.com/watch?v=qjkTzk8NAxM

Lösung_1:

21480Hg → 42He + 3· 7026Fe

Lösung_1:

Zerfall:	Alpha-Zerfall	Beta-Minus-Zerfall	Beta-Plus-Zerfall
136C	94Be	137N	135B
178O	136C	179F	177N
24092U	23690Th	24093Np	24091Pa
23290Th	22888Ra	23291Pa	23289Ac
20079Au	19677Ir	20080Hg	20078Pt
21482Pb	21080Hg	21483Bi	21481Tl

Lösung_1:

1. Alpha-Zerfall: xyA → x-4y-2B + 42He
2. Beta-Minus-Zerfall:
   Ein Neutron wandelt sich (u.a.) in ein Proton und ein Elektron um:
   xyA → xy+1B + 0-1e^–
3. Beta-Plus-Zerfall:
   Ein Proton wandelt sich (u.a.) in ein Neutron und einem positiv (!) geladenen 'Elektron' um:
   xyA → xy-1B + 01e⁺

Lösung_1:

Es werden diverse Schritte benötigt:

1. Dichte = m/V = m/(4/3·pi·r³)
2. Masse des Kernes: je 2 Protonen sowie 2 Neutronen, ca. 4 u, 1 u = 1.66·10^-27kg, somit 6.64·10^-27kg
3. Radius des Heliumkerns: r = 1.2·10^-15·4^(1/3) = 1.9049·10^-15 m
4. V = 4/3·pi·r³⁾ = 2.895·10^-44 m³
5. Dichte = m/V = 2.293·10¹⁷ kg/m³ (vgl. Wasser: 1000 kg/m³⁾

Lösung_1:

noch nichts gemacht

Lösung_1:

1. ³H: d = 2·r = 2·1.2·10^-15·3^(1/3) = 3.46·10^-15 m
2. ⁴⁰K: d = 2·r = 2·1.2·10^-15·40^(1/3) = 8.21·10^-15 m
3. ²³⁵U: d = 2·r = 2·1.2·10^-15·235^(1/3) = 1.48·10^-14 m

Lösung_1:

1. Häufigkeit Isotop I: x, wobei x eine Zahl zwischen 0 (0%) und 1 (100%) wäre
2. Häufigkeit Isotop II: x
3. Somit hat das Isotop III die Häufigkeit (1-2x)
4. Zu erwartendes Molmasse: x·M(Isotop I) + x·M(Isotop II) + (1-2x)·M(Isotop III)

Lösung_1:

Häufigkeit des zweiten Isotops: 100 – 50.65% = 49.35%
Somit: 0.5065·78.918338 u + 0.4935· x u = 79.904 u
x = 80.9156 u resp. 80.9156 g/mol

Lösung_1:

m(Cl) = 0.7577·34.969 u + (1-0.7577)·36.966 u = 35.4528731 u
Die durchschnittliche Masse eines Chloratoms beträgt 35.4528 u resp. ein Mol hätte die Masse von 35.4528 Gramm. Beachte: auch wenn man noch so gut in der Natur sucht, nie wird man ein solches Atom finden. Entweder haben die Chloratome die Masse von 34.969 u oder die Masse von 36.966 u.

Lösung_1:

1. 0.9894·12 u + 0.0106·13.003355 u = 12.010635 u
2. Der theoretische Wert ('PSE') liegt bei 12.0107 u resp. 12.0107 g/mol. Der kleine Unterschied liegt in gerundeten Werten der Häufigkeiten
3. 0.9894·12 u+ 0.0106·13 u = 12.0106 u

Lösung_1:

1. H₂ + Br₂ ⇄ 2 · HBr
2. Es gibt 4 verschiedene mögliche Paare:
       ¹H-⁷⁹Br, ¹H-⁸¹Br, ²H-⁷⁹Br und ²H-⁸¹Br
3. M(¹H-⁷⁹Br) = 80 g/mol, M(¹H-⁸¹Br) = 82 g/mol, M(²H-⁷⁹Br) = 81 g/mol, M(²H-⁸¹Br) = 83 g/mol
       leichtes Molekül ¹H-⁷⁹Br, schwerstes Molekül ²H-⁸¹Br

Lösung_1:

x = Häufigkeit in % von ²⁸Si, y = Häufigkeit in % von ²⁹Si
Gleichung 1: x + y + 3.1 = 100
Gleichung 2: (x·27.9769u + y·28.9765u + 3.1·29.9738u) / 100 = 28.09u
Gewichtete Durchschnittsmasse von Si (gemäss Periodensystem): 28.09 u
x und y mit Gleichungen 1 und 2 bestimmen. x = 92.2 %; y = 4.7%

Lösung_1:

Die Protonen und Elektronenzahl ist immer gleich, aber die Neutronenzahl ist verschieden. Die chemischen Eigenschaften der drei Isotope sind gleich, nur der Kern ist unterschiedlich schwer. Dadurch ergeben sich unterschiedliche physikalische Eigenschaften

Lösung_1:

Anzahl …	Protonen	Neutronen	Elektronen
31H	1	2	1
52He	2	3	2
13C	6	7	6
234U	92	142	92
13C2+	6	7	4
34S2-	16	18	18
4He2+	2	2	0
17O	8	9	8
200Au+	79	121	78
78Br–	35	43	36

Lösung_1:

1. Start mit 9 Prozent von 1.0 mol ONBr: 0.09 mol
2. ONBr zerfällt, also keine Rückreaktion.
3. 0.09 mol ONBr → 0.09 mol NO + 0.09/2 mol Br₂
4. Im GW gilt also:
5. c(ONBr) = 0.91 mol, c(NO) = 0.09 mol, c(Br₂) = 0.045 mol
6. K=c²(NO)·c(Br₂)/c²(ONBr)= 0.09² · 0.045 / (0.91)^2 = 4.4 ·10^-4 mol/l

Lösung_1:

		CO	H2O	CO2	H2
	t=0	20	30	3	0
	t=GW	20-x	30-x	3+x	x

1. Es gilt: K = 4.05 = ((3+x)·x)/((20-x)·(30-x))
2. x₁ = 15.3 ; x₂ = 52
3. Chemisch sinnvoll ist nur x₁
4. Im Gleichgewicht befinden sich also 15.3 mol H₂

Lösung_1:

1. Verbrauch von H₂: 1.0 mol – 0.3 mol = 0.7 mol
       Somit gilt, ohne Rückreaktion:
       0.7 mol H₂ + 0.7 mol I₂ → 1.4 mol HI
       Für das GW gilt also:
       c(H₂) = 0.7 mol, c(I₂)=0.7 mol, c(HI)=1.4 mol
2. Verbrauch von H₂: 0.5 mol
       Somit gilt, ohne Rückreaktion:
       0.5 mol H₂ + 0.5 mol I₂ → 1.0 mol HI
       Für das GW gilt also:
       c(H₂) = 1.5 mol, c(I₂)=0.5 mol, c(HI)=1 mol
3. Verbrauch von H₂: 1.0 mol
       1 mol H₂ + 1 mol I₂ → 2 mol HI
       Für das GW gilt also:
       c(H₂) = 2 mol, c(I₂)=-1 mol, c(HI)=2 mol
       ABER: c(I₂) = -1 mol macht keine Sinn, oder mit anderen Worten: Reaktion nicht möglich, da beim Start gar kein I in irgendeiner Form vorhanden ist, also weder als I₂ noch als HI.
4. Es entstehen 13.5 mol HI. Herstellung, ohne Rückreaktion:
       6.75 mol H₂ + 6.75 mol I₂ → 13.5 mol HI
       Für das GW gilt also:
       c(H₂) = 2.57 mol, c(I₂) = 1.3 mol, c(HI) = 13.5 mol
       K = c²(HI)/(c(H₂)·c(I₂)) = 13.5²/(2.57·1.3) = 54.5
5. Es gelte, z.B.: x sei Anzahl H₂
       Somit gilt: 2·Anzahl(H₂) = Anzahl(HI)
       Für das GW gilt also:
       c(H₂) = 0+x mol, c(I₂)= 0+x mol, c(HI)=(0.015-2x) mol
       K = 54.5 = (0.015-2x)² /(x·x)
       x₁ = -0.0027 (Lösung macht chemisch keinen Sinn)
       x₂ = 0.0015987
       Für das GW gilt also:
       c(H₂) = 0.0015987 mol, c(I₂)= 0.0015987 mol, c(HI)=0.011803 mol

Lösung_1:

1. 2·H₂ + O₂ ⇄ 2·H₂O
       K = c²(H₂O)/(c²(H₂)·c(O₂))
       Einheit: (mol/l)^2/((mol/l²)·(mol/l)) = 1/(mol/l) = l/mol
2. Br₂ + H₂ ⇄ 2·HBr
       K = c²(HBr)/(c(Br₂)·c(H₂))
       Einheit: (mol/l)^2/(mol/l · mol/l)
       Einheiten kürzen sich weg
3. 1·N₂ + 3·H₂ ⇄ 2·NH₃
       K = c²(NH₃)/(c(N₂)·c³(H₂))
       Einheiten: (mol/l)^2/(mol/l)^4 = (l/mol)²
4. 1·N₂O₅ → 2·NO₂ + 1·O₂
       K = c²(NO₂)·c(O₂)/c(N₂O₅)
       Einheiten: (mol/l)²
5. A + 2 B ⇄ 3 C + 4 D (schon ausgeglichen!)
       K = c³(C)·c⁴(D)/(c(A)·c²(B))
       Einheiten: (mol/l)⁴
6. 2·H₂O₂ ⇄ 2·H₂O(l) + O₂
       K = (c²(H₂O)·c(O₂))/c²(H₂O₂)
       Einheiten: (mol/l)^3/(mol/l)^2 = (mol/l)
7. CH₄ + 2·O₂ ⇄ CO₂ + 2·H₂O(l)
       K = (c(CO₂)·c²(H₂O))/(c(CH₄)·c²(O₂))
       Einheiten: (mol/l)^3/(mol/l)^3 = 1
8. 4·Fe(s) + 3·O₂ ⇄ 2·Fe₂O₃(s)
       K = c²(Fe₂O₃)/(c⁴(Fe)·c³(O₂))
       Einheiten: (mol/l)^2/(mol/l)^7 = (mol/l)^(-5) = (l/mol)⁵
9. N₂ + 3·H₂ ⇄ 2·NH₃
       K = c²(NH₃)/(c(N₂)·c³(H₂))
       Einheiten: (mol/l)^2/(mol/l)^4 = (mol/l)^(-2) = (l/mol)²
10. HCl + NaOH ⇄ NaCl + H₂O(l)
        K = (c(NaCl)·c(H₂O))/(c(HCl)·c(NaOH))
        Einheiten: (mol/l)^2/(mol/l)^2 = 1
11. CaCO₃(s) ⇄ CaO(s) + CO₂
        K = (c(CaO)·c(CO₂))/c(CaCO₃)
        Einheiten: (mol/l)^2/(mol/l) = (mol/l)
12. 2·KClO₃(s) ⇄ 2·KCl(s) + 3·O₂
        K = (c²(KCl)·c³(O₂))/c²(KClO₃)
        Einheiten: (mol/l)^5/(mol/l)^2 = (mol/l)³
13. Zn(s) + 2·HCl ⇄ ZnCl₂ + H₂
        K = (c(ZnCl₂)·c(H₂))/(c(Zn)·c²(HCl))
        Einheiten: (mol/l)^2/(mol/l)^3 = (mol/l)^(-1) = (l/mol)
14. AgNO₃ + NaCl ⇄ AgCl(s) + NaNO₃
        K = (c(AgCl)·c(NaNO₃))/(c(AgNO₃)·c(NaCl))
        Einheiten: (mol/l)^2/(mol/l)^2 = 1

Lösung_1:

Es gilt K = [Produkte]/[Edukte]
Je nachdem wie gross die Konzentrationen sind, können drei Bereiche erreicht werden:

1. 0 < K < 1; das heisst, dass [Produkte] < [Edukte]
       Das Gleichgewicht liegt auf der Seite der Edukte
2. K > 1; das heisst, dass [Produkte] > [Edukte]
       Das Gleichgewicht liegt auf der Seite der Produkte
3. K = 1; das heisst, dass [Produkte] = [Edukte]
       Weder die Edukte noch die Produkte liegen in der Mehrheit vor, das GW
       ist ausgeglichen

Lösung_1:

Es gilt: Edukte ⇄ Produkte
K = [Produkte]/[Edukte] ; Einheit: [mol/L]/[mol/L]
Je nach Reaktion kann es sein, dass sich die Einheiten wegkürzen.

Lösung_1:

1. Die Temperaturerhöhung betrage 10 Kelvin. Es wird (willkürlich) angenommen, dass T₁ z.B. 300K und T₂ 310 K seien
2. k(T=300K) = A · 3.87 · 10^-18
3. k(T=310K) = A · 1.41 · 10^-17
4. Verhältnis k(T=310K)/k(T=300K) = 3.7

Der berechnete Wert von ca. 4 (genau 3.7) entspricht genau der RGT-Regel, welche besagt, dass bei einer Temperaturerhöhung um 10 Grad (oder 10 Kelvin) die Reaktionsgeschwindigkeit sich um den Faktor 2-3 erhöht. Dies entspricht nicht genau der Prognose von 3.7, kann aber durch nicht erfolgreiche Stösse (Anordnung der Moleküle) erklärt werden.

Lösung_1:

1. Anzahl Kollisionen proportional zu c(A)·c(B)
2. v prop. c(A)·c(B)·c(D)
3. v prop. c(F)·c(G)·c(X)·c(Y)
4. v prop. c(A)·c(A)·c(B) = c²(A)·c(B)
5. v prop. c(A)·c(A)·c(A)·c(B)·c(B) = c³(A)·c²(B)

Lösung_1:

a) Br₂ + H₂ ⇄ 2·HBr

    -d[Br₂]/dt = -d[H₂]/dt = + 1/2·d[HBr]/dt

b) 2·N₂O₅ → 4·NO₂ + 1·O₂

    -1/2·d[N₂O₅]/dt = + 1/4·d[NO₂]/dt = + d[O₂]/dt

c) A + 2·B → 3·C + 4·D

    – d[A]/dt = -1/2·d/dt = + 1/3·d[C]/dt = + 1/4·d[D]/dt

Lösung_1:

a) Die Geschwindigkeitsrate ist definiert als die Veränderung der Konzentration über die Zeit, oder kurz: v= Änderung der Konzentration dividiert durch die Änderung der Zeit
noch kürzer: v = Δc / Δt
Beachte, das v immer eine positive Grösse sein muss (Definition)
b) Aus der Defintion (v muss positiv sein), ergibt sich somit:
v(Edukte) = – Δ(Edukte)/Δt = -d[Edukte]/dt
v(Produkte) = + Δ(Produkte)/Δt = +d[Produkte]/dt

Lösung_1:

v = dc / dt oder in Worten:
Die Veränderung einer Konzentration über die Zeit hinweg

Lösung_1:

1. Konzentration
2. Temperatur
3. Zerteilungsgrad
4. Katalysator

Lösung_1:

	Lewisformel	Dipolmoment	H-Brücke	ZMK?	Mischbar mit ..
{a) } HCl	H-Cl	{ja}	{nein}	{Dipol-Dipol}	{Heptan }, C7H16	{nein}
{b) } CH4	$L(1.2){C}<_(A135)H><_(A-135)H><_(A45,w+)H><_(A-45,d+)H>	{nein}	{nein}	{VdW}	{Wasser}	{nein}
{c) } CH2O	H\$L(1.0)C<`/H>=O { }	{ja}	{nein}	{Dipol-Dipl}	{Wasser}	{ja}
{d) } H3CCl	$L(1.2){C}<_(A135)H><_(A-135)H><_(A45,w+)H><_(A-45,d+)Cl>	{ja}	{nein}	{Dipol-Dipol}	{Wasser}	{ja}
{e) } CCl4	$L(1.2){C}<_(A135)Cl><_(A-135)Cl><_(A45,w+)Cl><_(A-45,d+)Cl>	{nein}	{nein}	{VdW}	{Wasser}	{nein}
{f) } CH3CH2CH2CH2SH	H\C/C\C/C\S/H; $slope(60)H/#2\H; H\#3/H; H/#4\H; H\#5/H;	{ja, schwach}	{nein}	{VdW}	{Olivenöl}	{ja}
{g) } HCOOH	H/C`|O|\O/H	{ja}	{ja}	{H-Brücken}	{Heptan }, C7H16	{nein}
{h) } He	He	{nein}	{nein}	{VdW}	{Pentanol } C5H11OH	{ja, schwach}
{i) } H2S	H/S\H	{ja}	{nein}	{Dipol-Dipol}	{Wasser}	{ja}
{j) } NH3	H`\$dots(U)N<_(A100,w+)H>`/dH	{ja}	{ja}	{H-Brücken}	{Ethanol} CH3CH2OH	{ja}

Aufgabenstellung komplett [hier] als pdf

Lösung_1:

Teilfrage 1: Hexanol hat zwar einen polaren Teil (-OH), jedoch einen viel grösseren nicht polaren Teil und mischt sich daher nicht mit Wasser. Ethanol hingegen hat ebenfalle den polaren OH-Teil, jedoch einen viel kleineres nicht polares Kohlenwasserstoffgerüst. Daher mischt sich Ethanol gut mit dem polaren Wasser.

Teilfrage 2: Propan-1,2-Diol weist 2 polare OH-Teile auf und 3 nicht polare C-H Teil. Somit kann gesagt werden, dass der polare Anteil des Moleküls überwiegt und die Substanz sich in einem polaren Lösungsmittel lösen sollte. Als Wahl bietet sich z.B. Wasser als auch Ethanol an.

Lösung_1:

1. Propan und Dodecan (A sowie C): jeweils nur Kohlenwasserstoffgerüste vorhanden und somit nur Van-der-Waals-Kräfte. Bei C liegt eine lange Kohlenwasserstoffkette vor, viele VdW-Kräfte im Gegensatz zu A, welches nur eine kurze Kette vorliegen hat. C hat somit mehr VdW-Kräfte als A, flüssiger Aggregatszustand.
2. Propanol sowie Dodecanol (B sowie D): D macht mehr VdW-Kräfte wie B, da dieses eine längere Kohlenwasserstoffkette vorliegen hat. Zusätzlich machen beide noch Wasserstoffbrückenbindungen, daher liegt D sogar im festen Zustand vor.
3. Dodecan sowie Dodecanol (C und D): D macht zusäztlich zu C noch Wasserstoffbrückenbindungen, daher macht D (im Vergleich nun zu C) unter sich mehr Wechselwirkungen und liegt daher im festen Aggregatszustand vor.

Lösung_1:

a)

1. Beim Fliessen bewegen sich Moleküle aneinander vorbei
2. Je schwächer die Kräfte zwischen den Molekülen ist, umso eher einfacher ist das Fliessen, resp. desto dünnflüssiger ist die Substanz
3. Der Hauptunterschied der drei Substanzen liegt in der Anzahl der -OH Bindungen und somit der Möglichkeit, Wasserstoffbrückenbindungen auszubilden. Je mehr -OH-Bindungen zur Verfügung stehen, desto mehr Wasserstoffbrückenbindungen gibt es also.
4. 1,2,3-Propantriol kann am meisten Wasserstoffbrückenbindungen (mit sich selbst untereinander) machen und ist daher am dickflüssigsten und 1-Propanol am dünnflüssigsten.

b)

Lösung_1:

Die beiden gezeichneten Moleküle:

	{A: } /\OH { resp. : } H-C<`|H><|H>-C<`|H><|H>-$dots(TR)O|H
	{B: } /O\ { resp. : } H-C<`|H><|H>-$dots(TB)O-C<`|H><|H>-H

Um eine Prognose der Siedepunkte machen zu können, gilt es, alle möglichen ZMKs zu berücksichtigen:

1. VdW-Kräfte: Beide Moleküle machen die gleichen Beiträge, da ja die gleiche Summenformel vorliegt und somit auch die Summe der Elektronen gleich wäre (jeweils 26 Elektronen)
2. Dipol-Dipol-Ww: Beide Moleküle sind insgesamt gesehen polar, oder anders ausgedrückt: der polare Teil des Moleküls (Verknüpfungen mit O) überwiegt, der nicht polare Teil (Verknüpfungen C-H) ist kleiner
3. Wasserstoffbrücken: Nur A kann Wasserstoffbrückenbindungen ausbilden, B nicht (H muss an O, F oder N gebunden sein)
4. Quintessenz: Prognose Sdp(A) > Sdp(B)
5. Das Experiment bestätigt unsere Prognose: A 78°C , B -25°C

Lösung_1:

1. Bei D handelt es sich um ein Salz, es sind also Ionen vorhanden
2. Kohlendioxid, C, ist nicht polar und macht nur Van-der-Waals-Wechselwirkungen
3. A und B sind beide polar, jedoch macht nur B Wasserstoffbrückenbindungen
4. Quintessenz: Sdp(D) > Sdp(B) > Sdp(A) > Sdp(C)

Lösung_1:

1. A und C können Wasserstoffbrückenbindungen machen, B und D nicht
2. C kann doppelt soviele Wasserstoffbrückenbindungen machen wie A
3. B macht mehr VdW-Wechselwirkungen als D
4. Quintessenz: Sdp(C) > Sdp(A) > Sdp(B) > Sdp(D)

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