Übung 2, WS 2011/2012

Übung 2, WS 2011/2012
Tutorien für Studentinnen in der Woche vom 12. bis 16. 12. nach Vereinbarung mit der Tutorin, bitte
schauen Sie auf dieser Internetseite nach den dort angegebenen Seminarräumen oder Hörsälen.
Für Studenten: Eine Übungsgruppe am Dienstag, 13. Dezember 2011, 15:30 Uhr im Audimax. An
diesem Dienstag findet keine Vorlesung statt, weil die Vorlesungszeit für die Übung benötigt wird.
Stoff: Aggregatzustände, Chemische Reaktionen, Chemisches Gleichgewicht
Die bearbeiteten Übungsblätter können am Ende der Übung abgegeben werden.
Wegen der Mehrarbeit bei der Durchsicht können wir keine einzelnen Blätter mehr annehmen, auch
nicht durch Papierfaltkunst verbundene Exemplare. Wer keine Möglichkeit hat, eine Heftklammer
oder eine Büroklammer, einen Schnellhefter oder Klebstoff, eine Folientasche, eine Naht mit Nadel
und Faden oder eine Verbindung mit Klebstreifen anzubringen, kann auf ein einmal quer gefaltetes
Blatt DIN A3 schreiben, das sind immerhin vier Seiten DIN A4.
Bitte behalten Sie jeweils eine Kopie für sich.
2a) Definieren Sie in kurzen Formulierungen folgende Begriffe:
Positives Azeotrop mit Beispiel. Schlagen Sie vor, wie man trotzdem destillativ trennen kann.
Zwei Stoffe bilden ein Gemisch, das konstant siedet (der Dampf hat die gleiche Zusammensetzung
wie die Flüssigkeit). Der Siedepunkt entspricht einem lokalen Minimum im Siedediagramm.
Beispiele
Komponente 1 Siedepunkt Komponente 2 Siedepunkt Azeotrop Siedepunkt
Wasser 100 °C Ethanol 78.3 °C 4.0/96.0 78.17 °C
Wasser 100 °C 1,4‐Dioxan 101 °C 17.9/82.1 87.6 °C
sind Wasser/Ethanol (96.0%; 78.17 °C), Wasser/HBr (47.63%; 126 °C)
Siedekurve und Taukurve
Linien im Druck/Temperatur‐Diagramm, die das Gleichgewicht zwischen Gasphase und flüssiger
Phase beschreiben. Bei Substanzgemischen hat der Dampf eine andere Zusammensetzung als die
Flüssigkeit. Deshalb unterscheidet sich die Kondensationstemperatur des Dampfes von der
Siedetemperatur der Flüssigkeit, mit der sich dieser Dampf im Gleichgewicht befindet.
Eutektikum (zwei Bedeutungen)

a) Ein Punkt im Phasendiagramm von Mischungen. In diesem Punkt berührt die Liquiduslinie die
Soliduslinie.
b) Ein feinkristallines Gemisch von zwei verschiedenen Sorten von Mischkristallen.
Siededruckkurve
Die Gleichgewichtslinie zwischen Flüssigkeit und Dampf im Phasendiagramm einer reinen Substanz.
Tripelpunkt
Punkt im Phasendiagramm, in dem drei Phasen miteinander im Gleichgewicht sind
Kritischer Punkt
Punkt im Phasendiagramm, an dem die Dichte des Dampfes gleich der Dichte der flüssigen Phase ist
und daher die beiden Phasen nicht mehr unterscheidbar sind.
Wurzeldruck
Der osmotische Druck, den Pflanzenwurzeln aufbauen.
Semipermeabel
Halbdurchlässig, meist im Zusammenhang mit Membranen gebraucht, die das Lösungsmittel
durchlassen, nicht jedoch die gelöste Substanz.
2b) Beschreiben Sie in einer kurzen Formulierung, wie man Wasserdampf ohne Phasenübergang in
flüssiges Wasser überführen kann. Nennen Sie sechs Begriffe für sechs verschiedene Phasenüber‐
gänge, die in einer reinen Substanz möglich sind.
Wasserdampf über die kritische Temperatur erhitzen, dann über den kritischen Druck komprimieren
und unter die kritische Temperatur abkühlen (z. B. 500 K). Man erhält flüssiges Wasser, das man
genau so auch erhalten hätte, wenn man flüssiges Wasser zuerst einem überkritischen Druck
ausgesetzt und dann auf die gleiche (unterkritische) Temperatur (z. B. 500 K) gebracht hätte.
2c) Berechnen Sie den osmotischen Druck einer Lösung von Natriumsulfat mit einer Konzentration
von 50 g/L bei einer Temperatur von 298 K. (R = 8.314 J/mol K)
Ein Mol Natriumsulfat, Formel Na2SO4, entspricht 119.07 g des Salzes. 50 g/L entsprechen deshalb
einer Konzentration von 0.42 mol/L. Da ein Mol Natriumsulfat beim Lösen in Wasser in drei Teilchen
dissoziiert (zwei Na + und ein SO4 2‐ ), enthält die Lösung 1.26 mol/L gelöste Teilchen. Der osmotische
Druck beträgt daher = n/V RT = 1.26 mol/L 8.314 kJ/mol K 298 K = 3.122 MPa.
2d) Für 10 g Kaliumfluorid wurde eine Lösungsenthalpie von ‐3 kJ bestimmt. Die molare
Hydratationsenthalpie beträgt ‐830 kJ/mol. Wie groß ist die Gitterenergie?
Umrechnung: Ein Mol Kaliumfluorid entspricht einer Masse von 58.096 g. Daraus ergibt sich ein Wert
von ‐3 kJ/10 g 58.096 g/mol = ‐17,43 kJ/mol. Die Gitterenergie beträgt ‐830 kJ/mol –(‐17.4 kJ/mol)
= 812.6 kJ/mol.
2e) Formulieren Sie eine Redoxreaktion zwischen Kaliumpermanganat (KMnO4) und Schwefeldioxid
(SO2) in saurer wässriger Lösung.
Bedenken Sie bei der Aufstellung der Teilgleichungen für Reduktion und Oxidation, dass Mangan in
seiner höchsten Oxidationsstufe vorliegt und zur Oxidationsstufe +II reduziert wird.
Schwefeldioxid wird zu Schwefelsäure (H2SO4) oxidiert.
Tipps für die Übung: Zuerst muss der Elektronenfluss vom Reduktionsmittel zum Oxidationsmittel
ausgeglichen sein. Das Reduktionsmittel gibt genau so viele Elektronen ab wie das Oxidationsmittel
aufnimmt.

Wenn man Teilgleichungen mit ausgeglichener Ladungsbilanz verwendet, gibt es beim späteren
Zusammenzählen keine Probleme. Für den Ladungsausgleich in den Teilgleichungen verwendet man
in saurer Lösung Protonen. Man kann auch den Ladungsausgleich am Ende vornehmen.
KMnO4 + 8 H + + 5 e ‐ ⇌ Mn 2+ + 4 H2O (Reduktion von Permanganat zu Mangan(II) )
SO2 + 2 H2O H2SO4 + 2 H + + 2 e ‐ (Oxidation von Schwefeldioxid zu Schwefelsäure)
Wenn die obere Gleichung (Reduktion) mit dem Faktor 2 und die untere mit dem Faktor 5
multipliziert wird, kommt eine ausgeglichene Elektronenbilanz zustande: Zwei Permanganat‐Ionen
nehmen zehn Elektronen auf und fünf Moleküle Schwefeldioxid geben zehn Elektronen ab.
Wir schreiben alles in eine Reaktionsgleichung:
2 KMnO4 + 16 H + + 5 SO2 + 10 H2O ⇌ 2 Mn 2+ + 8 H2O + 5 H2SO4 + 10 H +
Nach Entfernen des überschüssigen Wassers und der nicht benötigten Protonen sieht die Gleichung
so aus:
2 KMnO4 + 6 H + + 5 SO2 + 2 H2O ⇌ 2 Mn 2+ + 5 H2SO4
2f) Berechnen Sie den pH‐Wert folgender Lösungen:
Chlorwasserstoff in Wasser, c(HCl) = 10 ‐9 mol/L
pH = 7 (die Säure ist extrem verdünnt, Eigendissoziation des Wassers)
Ammoniak in Wasser, c(NH3) = 0.2 mol/L. pKB = 4.75 (Achtung, Base!)
pOH = ½[pKB – log c(NH3)] = ½(4.75 + 0.7) = 2.725; pH = 14 – pOH = 11.275
6 g Essigsäure und die halbe molare Menge (halbe Stoffmenge in mol) Natriumhydroxid werden in
100 mL Wasser gelöst und auf 1 Liter aufgefüllt. pKS (Essigsäure) = 4.75
M(C2H4O2) = 60.053; 6 g /60.053 g/mol = 0.100 mol; dazu 0.05 mol NaOH ergibt eine Mischung von
0.05 mol/L Essigsäure mit 0.05 mol/L Natriumacetat. pH = pKS = 4.75
(Näherung Henderson/Hasselbalch: pH = pKS + log c(Base)/c(Säure) ).
6 g Essigsäure und die gleiche molare Menge (äquivalente Stoffmenge) Natriumhydroxid werden in
100 mL Wasser gelöst und auf 1 Liter aufgefüllt. pKS (Essigsäure) = 4.75
Es entsteht eine Lösung von Natriumacetat, Konzentration 0.1 mol/L. Dieses ist eine Base, es gilt:
pOH = ½[pKB – log c(Acetat)]; pKB = 14 ‐ pKS = 9.25. Einsetzen ergibt: pOH = ½[9.25 – log 0.1] = 5.125;
pH = 14 – pOH = 8.875.
6 g Essigsäure und die 1.2fache molare Menge Natriumhydroxid (das entspricht 20% NaOH‐
Überschuss) werden in 100 mL Wasser gelöst und auf 1 Liter aufgefüllt.

Rechnung: Natriumacetat wird vernachlässigt (pOH ca. 5, siehe Teilaufgabe 7d) ), die überschüssige
Natronlauge dominiert, die Lösung enthält 0.02 mol/L Natriumhydroxid, pOH = 1.70, pH = 14 – 1.7 =
12.3
Kommentar: Ein Fehler, der bei Aufgabe c) oft gemacht wurde, vernachlässigte die Reaktion von
Natronlauge mit der Essigsäure. Wenn wir von einem Liter Lösung ausgehen, dann geben wir zu 0.1
mol Essigsäure 0.05 mol Natronlauge. Wenn wir dann in die Gleichung nach Henderson und
Hasselbalch die Werte 0.1 mol/l für die Säure und 0.05 mol/l für die Base einsetzen, ist das falsch. Die
Natronlauge reagiert nämlich mit der Essigsäure zu Natriumacetat. Aus 0.1 mol Essigsäure werden
also 0.05 mol Natriumacetat, es bleiben nur 0.05 mol Essigsäure übrig. Außerdem ist nicht
Natronlauge die Base, deren Konzentration in die Gleichung eingesetzt werden soll. Nach der Zugabe
gibt es in dem System keine Natronlauge mehr, weil diese ja mit der Essigsäure reagiert. Die Base,
von der in der Gleichung die Rede ist, ist die mit der Säure (Essigsäure) korrespondierende Base
(Acetat‐Anion). Also hatte bei Aufgabe c) die Lösung einen pH, der dem pKS entspricht (4.75).
Ganz folgerichtig wurde denn auch bei d) die Konzentration der Säure häufig mit 0.1 mol/l eingesetzt,
als könnte die Säure völlig unbeeindruckt neben der Natronlauge existieren … Bei Aufgabe d)
entsteht eine Lösung, die man auch durch Auflösen von reinem Natriumacetat in der
entsprechenden Menge Wasser erhalten hätte. Natriumacetat ist eine Base, deren pKB‐Wert sich aus
14 – pKS zu 9.25 ergibt. Mit dieser Base ist rechnerisch genau so zu verfahren wie mit
Ammoniaklösung in Teilaufgabe b), die häufig korrekt bearbeitet wurde.