Chemie im Download - schule.erzbistum-koeln.de

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Fachcurriculum Chemie

Eingeführte Literatur:

Jahrgangsstufe 7: Elemente Chemie 1 (Klett) wurde neu eingeführt

Jahrgangsstufe 8: Fokus Chemie 2 (Cornelsen)

Jahrgangsstufe 9: Fokus Chemie 2 (Cornelsen)

Der momentan gültige schulinterne Lehrplan wird sich im Zuge der Umstellung

auf das neue Schulbuch verändern.

Klasse 7 (ca. 76 Unterrichtsstunden vorgesehen)

Inhaltsfeld 1: Stoffe und Stoffveränderungen

Verwendeter Kontext/Kontexte:

Was ist drin? Wir untersuchen Lebensmittel/ Getränke und ihre Bestandteile

Unterscheidung verschiedener Lebensmittel

z.B.: Essig, Öl, Wasser, Mehl, Zucker, Salz, Zitronensäure, Backpulver, etc.

Was ist ein Stoff?

Wie kann man die Stoffe unterscheiden (Beschreibung), ordnen, eindeutig identifizieren?

Diskussion, Planung, Durchführung und Auswertung von Experimenten zur Untersuchung

und Identifizierung von Stoffen. Erstellen von Steckbriefen.

Planung und Durchführung weiterer Experimente zur allgemeinen Unterscheidung von

Stoffen (Härte, elektrische Leitfähigkeit, Wärmeleitfähigkeit, Brennbarkeit, Dichte, Schmelzund

Siedepunkt, Lösungsverhalten.)

Wasser als ganz besonderes Lebensmittel:

Ermittlung/Diskussion der Siede- und Schmelztemperatur von Wasser (und ggf. von anderen

Stoffen)

Erläuterung von Aggregatzuständen und Übergängen zwischen

Aggregatzuständen

Ggf. Thematisierung und Vertiefung: Mineralwasser (Löslichkeit von Salzen und Gasen)

Einführung und Anwendung des Teilchenmodells:

Teilchen erklären Beobachtungen: Modellversuch zur Teilchengröße (Alkohol/Wasser,

Erbsen/Senfkörner)

Darstellung von Feststoffen, Flüssigkeiten und Gasen mit dem Daltonschen

Kugelteilchenmodell, Schmelz- und Siedevorgänge, Lösungsvorgänge, Aufbau von

Gemischen

Erklärung der Aggregatzustände und Zustandsänderungen sowie der Löslichkeit

mithilfe des Teilchenmodells


Diffusion

(es bieten sich mehrere Versuche an)

Dichte – eine weitere Stoffeigenschaft:

Einführung der Stoffeigenschaft Dichte unter Einbeziehung des Teilchensmodells, z.B.

Cola/Cola-Light, Öl/Wasser, Wasser/Salzwasser, „schwebendes Ei“.

Ausweitung der Thematik auf andere Stoffe, wie z.B. Metalle, Kunststoffe, Holz oder auch

Gase.

Wir gewinnen Stoffe aus Lebensmitteln:

Untersuchung von Gummibärchen, Müsli, Orangensaft, Milch, Cola, etc.

Was ist ein Stoffgemisch?

Woran erkennt man Stoffgemische

Wie kann man Stoffgemische unterscheiden (Beschreibung) und ordnen?

Extraktion von Ölen und Fetten aus Lebensmitteln (Nüsse, Wurst...)

Auspressen und sieben/filtrieren von Orangensaft, Entsaften von Obst und Gemüse

Destillation von Orangensaft zur Gewinnung von Orangensaftkonzentrat bzw. auch

Destillation von Rotwein

Ggf. Chromatographie von Lebensmittelfarben (Schokolinsen, Getränkekonzentrate) und

Pflanzenfarbstoffen (z.B. Spinat oder Karotten)

Stoffgemische im Teilchenmodell, in Ergänzung möglich: Legierung, Rauch, Nebel...

(Modellvorstellung)

In Ergänzung: Gewinnung von Salz aus Meerwasser oder Steinsalz (Versuch)

Tabellarische Übersicht

Gemischformen/Beispiele/Trennverfahren

Feststoffgemische (fest/fest)

Schlamm (fest/ flüssig)

Hartschaum (fest/gasförmig)

Lösung (fest in flüssig gelöst)

Suspension (fest in flüssig ungelöst)

Lösung (flüssig in flüssig gelöst)

Emulsion (flüssig in flüssig ungelöst)

Lösung (gasförmig in flüssig gelöst)

Schaum (gasförmig in flüssig ungelöst)

Rauch (fest in gasförmig)

Nebel (flüssig in gasförmig)

Gasgemisch (gasförmig in gasförmig)

Wir verändern Lebensmittel durch Kochen oder Backen:

Herstellung von Kartoffelpuffern, kleinen Kuchen, Ketchup, Schokolade, Marmelade, Brause

und anderen Getränken

Beobachten und beschreiben von Veränderungen


Inhaltsfeld 2: Stoff- und Energieumsätze bei chemischen Reaktionen

Feuer und Flamme

Fettbrand zum Einstieg und evtl. Bilder zu Verbrennungen (Film)

Strukturierung möglicher Inhalte:

Welche Stoffe brennen?

Woraus bestehen Flammen?

Voraussetzungen für Verbrennungen?

Möglichkeiten der Brandbekämpfung?

Wieso löscht Wasser Fettbrände nicht?

Untersuchung der Kerzenflamme

Verbrannt ist nicht vernichtet

Auch Metalle können brennen (Literaturarbeit: Feuerwerk, Großbrände/ Zeitungsartikel…)

Versuche zur Synthese von Metalloxiden

Verbrennung von Kupfer-, Eisen- und Magnesium-Pulver

Verbrennen von Eisenwolle und Berücksichtigung quantitativer Effekte

Experiment: Kupferbriefchen/ Wortgleichung, Vertiefung des Kugelteilchenmodells und

Transfer auf chemische Reaktionen

Vergleich unedler Metalle mit edlen Metallen (z.B. Vergleich von Magnesium und Kupfer)

bei der Verbrennung, unterschiedliche Aktivierungsenergie

Rolle des Zerteilungsgrades bei Verbrennungen

Zerlegung eines Metalloxids (experimentell oder „ mittels“ Arbeitsblatt)

Energiediagramme für exotherme und endotherme Reaktionen,

Brände und Brennbarkeit

Bedingungen für Verbrennungen:

Brennbarkeit des Stoffes

Zündtemperatur

Zerteilungsgrad

Sauerstoff als Reaktionspartner

Quantitative Zusammensetzung der Luft

Die Kunst des Feuerlöschens

Voraussetzungen für Brandbekämpfungen:

Unterdrückung der brandfördernden Faktoren, z.B. Sauerstoffentzug, Absenkung der

Temperaturen, Wasserbenetzung usw.

Berücksichtigung Brandquelle und Löschverfahren.

Transfer der Erkenntnisse auf Brandschutzvorschriften und Maßnahmen an der Schule.

Ein Feuerlöscher für Haushalt und Schule

Inhaltsfeld 3: Luft und Wasser

Luft zum Atmen

Bestandteile der Luft: Stickstoff, Sauerstoff, Edelgase, Wasserdampf

Treibhauseffekt durch menschliche Eingriffe:


Warum soll 2009 eine CO2-Steuer eingeführt werden? (aktuelle Zeitungsmeldungen)

Bedeutung des Wassers als Trink und Nutzwasser

Einstieg: Wasser ist Leben? Wo und wie begegnet uns Wasser?

Wasser kommt selten allein:

Untersuchung von Wasserproben (Geruch, Sichtprobe, Wasserhärte, Mineralien),

Löseversuche mit Wasser, Untersuchung von Mineralwasser → Massenprozent

Hinweis: Möglicher Rückgriff auf die Destillation → Volumenprozent

Trinkwasser: Gewinnung, Verteilung, Verbrauch und Aufbereitung

Besuch einer Kläranlage;

Kann man Wasser selber machen? Woraus besteht Wasser?

Anwendung der chemischen Zeichensprache anhand der Ergebnisse einer quantitativen

Wassersynthese

Gewässer als Lebensräume

Wie kommen die Fische im Wasser an Sauerstoff?

Enthält Wasser gelöste Luft?

Einfluss der Temperaturerhöhung auf die Wasserqualität

Untersuchung eines Gewässers (z.B. Schulteich) im Rahmen eines Projektes in

Zusammenhang mit dem Fach Biologie

Hinweis: Untersuchungen verschiedener Parameter im Bereich Chemie mit Teststäbchen

Chemische und biologische Beurteilung der Gewässergüte

Inhaltsfeld 4: Metalle und Metallgewinnung (ca. 15 Stunden)

Das Beil des Ötzi

Können Schüler des 7/8.Jahrgangs Kupfer herstellen – wie vor 5000 Jahren?

(Versuchsplanung)

(Analyse von Malachit)

Versuch: Kupfergewinnung durch Reaktion von schwarzem Kupferoxid mit Kohlenstoff

Variation der Reaktionsbedingungen d.h. der Mengen der eingesetzten Edukte um zum

bestmöglichen Ergebnis zu kommen → Gesetz der konstanten Massenverhältnisse

Kupferofen Ägypten

Kupferkreislauf

Vom Eisen zum Hightechprodukt Stahl

Thermitverfahren

Hochofenprozess

Hinweis: Formel von Eisenoxid Fe 2 0 3

Ggf. Rosten (wird im Kontext „Metalle schützen und veredeln“ aufgegriffen )

Eine Welt voller Metalle:

Die beim Thema Metallgewinnung selbst hergestellten bzw. kennen gelernten Metalle werden

in ihren Eigenschaften und Verwendungsmöglichkeiten verglichen.

Schrott – Abfall oder Rohstoff

„Erzbergwerk oder Handy?“ – Der wertvolle Schrott von heute und sein Recycling

„Stoffkreislauf“ des Kupfers und des Eisens


Klasse 8

Inhaltsfeld 5: Elementfamilien, Atombau und Periodensystem

Streusalz und Dünger – wie viel verträgt der Boden

Einstieg über– Experimente zum Wachstum von Kresse unter verschiedenen Bedingungen

(evtl. Hausaufgabe), Präsentation der Ergebnisse in Form von Bildserien

Einflussfaktoren Licht, Wassermenge, Temperatur, Dünger

Evtl. in einer zweiten Versuchsreihe Variation der Düngermenge

Auswirkungen des „Zuviel oder Zuwenig“ auf das Pflanzenwachstum.

Einführung einer Vorstellung vom Begriff der Konzentration als Teilchenanzahl pro Volumeneinheit

(Kenntnisse der Stoffmenge hier nicht erforderlich.)

Unterscheidung von Düngerarten in natürlich (Gülle, Mist, Gründünger) und künstlich (z.B.

Kalisalze).

Anhand der Frage des Abbaus von Düngemitteln den natürlichen Kreislauf auf einfachem

Niveau erarbeiten.

Erarbeitung der Gefahren der Überdüngung auf Böden / Grundwasser

Hinweis: Rückgriff auf Inhaltsfeld 3: z.B. Auslaugen von Böden, überhöhtes Algenwachstum

Aus tiefen Quellen

Mineralwasserflasche (Etikettierung mit ca. sechs Ionen, Na + , K + , Ca 2+ , Mg 2+ , F - , Cl - ) werden

Schülern präsentiert.

Hinweis: Ionenbegriff wird hier nicht eingeführt.

Inhaltsstoffe auflisten, sammeln, ordnen anhand der Ladungen (Bildung von Familien) ohne

den Begriff „Ladung“ bereits hier einzuführen.

Zusammenfassung der charakteristischen Eigenschaften und Reaktionen von

Alkalimetallen, Erdalkalimetallen, Halogenen und Edelgasen

Elementbegriff als Atomsorte herausstellen; Einführung in die Vielzahl der Elemente:

Elementnamen, Symbole, Herkunft (z.B. Elementesong)

Rückgriff auf die Etiketten: Erweiterung der drei bislang gebildeten (Element-)Familien

offensichtlich notwenig aufgrund der Vielzahl der Elemente

Historischer Rückblick: Entdeckung und Aufbau des PSE; Zuordnung und Benennung der

drei Gruppen Alkali-, Erdalkalimetalle und Halogene

Konfrontation mit dem Element Natrium als Metall und Entwicklung der Problemfrage „Wo

ist das Metall im Mineralwasser?“

zur Verdeutlichung der notwendigen Unterscheidung von letztlich geladenen und ungeladenen

Teilchen des gleichen Elementes.

Demonstration des Versuchs „Natrium in Wasser“

Schülerexperiment: Flammenfärbung von Natrium, Kalium und Lithium

Steckbrief der AlkalimetalleDemonstration der Experimente „Lithium und Kalium in

Wasser“. Vergleich der Eigenschaften führt zur Frage des unterschiedlichen Aufbaus.


Erweiterung des Teilchen-Modells (eingeführt in Inhaltsfeld 2) zum differenzierten Atommodell -

Rutherford entdeckt den Atombau: Kern-Hülle –Modell und Elementarteilchen

(Protonen, Elektronen, Neutronen), Isotope

Einführung des Kugelwolkenmodells, Umgang mit dem PSE

Rückgriff auf das Experiment „Natrium in Wasser“ und die Unterscheidung von geladenen

und ungeladenen Teilchen desselben Elementes:

Nachweis für das geladene Teilchen in der Lösung: Untersuchung der Leitfähigkeit in der

Reaktionslösung von Natrium in Wasser im Vergleich zu reinem Wasser – Natrium liegt nicht

mehr in einer elementaren Form vor,

somit Rückgriff auf die Mineralwasserflasche (-> Na + )

Inhaltsfeld 6: Ionenbindung und Ionenkristalle

Salze und Gesundheit

Schweiß - Verlust von Salz,

Leitfähigkeit verschiedener Lösungen

- Leitungswasser

- Destilliertes Wasser

- Meerwasser

- Isostar

- Mineralwasser

- Zuckerwasser

Versorgung des Körpers mit Mineralstoffen

Warum leiten manche Lösungen den elektrischen Strom, andere nicht?

Gemeinsamkeiten und Unterschiede zwischen den verschiedenen Lösungen

Aufbau von Atomen und Ionen:

Werbung „Wasser natriumarm“

Hinweis: Rückgriff auf Inhaltsfeld 5

Unterscheidung zwischen Atom und Ion

Reaktion von Natrium und Chlor (flash-Animation der Uni Wuppertal)

Entwicklung der Reaktionsgleichung

Formelschreibweise einüben

Salzbergwerke

Entstehung von Salzlagerstätten

z.B. mit Bezug zu Calciumchlorid und Natriumcarbonat

Löslichkeit von Salzen - Sättigung - Ausfällung von Salzen in einer gesättigten Lösung

Aufbau, Bestandteile und Namen von Salzen

(-id): Metall – Halogen und Erweiterung Metall – Nichtmetall

Geschichte des Salzes als Lebenskristall


Konservierende / giftige Wirkung von Salzen im Vergleich zur notwendigen Versorgung mit

Mineralstoffen.

Inhaltsfeld 7: Freiwillige und erzwungene Elektronenübertragungen

Dem Rost auf der Spur:

Konfrontation mit rostigen Gegenständen oder Bilder von diesen (Autos, Eiffelturm...)

Ggf. Zahlenwerte (Tabellen) zu volkswirtschaftlichen Schäden durch Rosten.

Warum rosten Gegenstände?

Welche Bedingungen führen zum Rosten? Aufstellen von Hypothesen. (Luft, Feuchtigkeit,

salzige Umgebung)

Planung und Aufbau eines Experimentes: Rosten von Eisenwolle unter unterschiedlichen

Bedingungen (unbehandelte trockene Eisenwolle, mit Wasser befeuchtete Eisenwolle, mit

Salzwasser befeuchtete Eisenwolle,....).

Erste Beobachtungen und Auswertungen zum Experiment:

Verifikation und Falsifikation der aufgestellten Hypothesen.

Thematisierung/Überprüfung, dass Sauerstoff als Bestandteil der Luft mit der Eisenwolle

reagiert.

Hinweis: Rückgriff zum Thema „Luft und Wasser“

Aufstellen der Reaktionsgleichung, Vergleich mit der Verbrennung von Eisenwolle an der

Luft und in reinem Sauerstoff. Hinweis: Rückgriff zum Thema 2 „Stoff- und Energieumsätze

bei chemischen Reaktionen“ und zum Thema 4 „Metalle und Metallgewinnung“.

Thematisierung „exotherme Reaktion“.

Vergleich der bekannten Eisenoxide

Hinweis: FeO Inhaltsfeld 2 und Fe 2 O 3 Inhaltsfeld 4 mit Rost

Oxidation als Abgabe von ElektronenUnedel – dennoch stabil:

Aufstellen einer Redoxreihe, z.B. Zink, Kupfer, Eisen und Silber sowie die entsprechenden

Salzlösungen.

Elektronenübergänge; Beurteilung der Grenzen des differenzierten Atommodells und der

Oktettregel zur Erklärung der Charakterisierung von edel und unedelElektronenübergänge

nutzbar machen: Kombination von unedlem und edlem Metall führt zu einem einfachen

galvanischen Element.

Elektronenfluss über einen äußeren Leiter.

Bau/Untersuchung einer einfachen Batterien (galvanische Elemente).

Von der freiwilligen zur erzwungenen Reaktion:

Beispiel einer einfachen Elektrolyse Metallüberzüge - nicht nur Schutz vor Korrosion:

Verkupfern von Gegenständen (Galvanisieren)

Rückkehr zur Korrosion: Ist es sinnvoll, Eisen mit Überzügen aus edlen oder unedlen

Metallen zu schützen?


(z.B. Versuch mit Eisenwolle vom Beginn der Reihe aufgreifen und dabei Eisenwolle jeweils

in Kontakt mit Kupfer unter Magnesium bringen.

Metallüberzüge: Zink und Zinn

Aluminiumoxid

Farbe/ Lacke

Inhaltsfeld 8: Unpolare und polare Elektronenpaarbindung

Wasser – mehr als ein einfaches Lösemittel

Stationenlernen zur Klärung von Struktur- und Eigenschaftsbeziehungen unter

Berücksichtigung von Bindungsmodellen

Chemie in der Salatschüssel (Wasser, Öl, Essig)

Löslichkeit von Ionen in unterschiedlichen Lösemitteln

Mikrowellenexperimente mit Wasser und Heptan

Mischbarkeit verschiedener Stoffe mit Wasser bzw. Heptan

Ablenkung Wasserstrahl im elektrischen Feld eines Hartgummistabs (Blindprobe mit

Heptan)

Elektronenpaarbindung in Wasser in Heptan

Bindungsenergie, polare Elektronenpaarbindung, Dipol, Elektronegativität

Wasser und seine besonderen Eigenschaften und Verwendbarkeit:

Wasser hat besondere Eigenschaften im elektrischen Feld

Wassermoleküle als Dipol

Elektronenpaarabstoßungsmodell, Wassermoleküle gewinkelt, Hydratation

Ohne die besonderen Eigenschaften von Wasser wäre kein Leben möglich:

Warum schmilzt Wasser erst bei 0°C und siedet erst bei 100°C obwohl Wassermoleküle eine

geringere Masse als Chlorwasserstoff-Moleküle aufweisen?

Warum können die Fische im Winter unter der Eisfläche im flüssigen Wasser leben?

Versuche zur Oberflächenspannung, Dichteanomalie, hohe Siedetemperatur, symmetrische

Schneekristalle ⇒ Wasserstoffbrückenbindung

Übersicht Bindungsarten: Intra- und intermolekulare Bindungen

Lösevorgänge genauer betrachtet: verschiedene Salze, Iod und Harnstoff werden in Wasser

gelöst, Temperaturveränderungen werden beobachtet ⇒ Wasser löst Salze, Hydratation,

Energieschema zu Lösungsvorgang, Wasser löst Stoffe, deren Moleküle Dipole besitzen,

Dipol-Dipol-Wechselwirkungen, polare- und unpolare Stoffe

Mehr als nur ein Lösevorgang - Wasser als Reaktionspartner

Aus konz. Salzsäure entweicht ein Gas, es färbt feuchtes Indikatorpapier rot

⇒ Wasser löst Chlorwasserstoff, wobei Wasserstoff-Ionen entstehen, Wassermoleküle

hydratisieren Wasserstoff- und Chlorid-Ionen,


aus konz. Ammoniak-Lösung entweicht ein Gas, es färbt feuchtes Indikatorpapier blau

⇒ Wasser löst Ammoniak, wobei Hydroxid-Ionen entstehen, Wassermoleküle hydratisieren

Hydroxid-Ionen und Ammonium-Ionen, Ammoniak-Molekül als Dipol

Zusammenhang zwischen Struktur eines Moleküls und den Eigenschaften des Stoffes:

Siedepunkte, Lösungsverhalten

Klasse 9

Inhaltsfeld 9: Saure und alkalische Lösungen

Anwendung von Säuren im Alltag und Beruf:

Erfahrungsbericht eines/r 14- bis 15-Jährigen zum Thema Magenschleimhautentzündung,

Magengeschwür und Bulimie (Text/Fotos) und den Folgen für die Zähne

Strukturierung möglicher Inhalte:

Welcher Stoff ist verantwortlich?

Was ist Magensäure und wozu dient sie?

Welche Probleme verursacht die Magensäure?

Welche Materialien werden von Magensäure angegriffen?

Wie werden Säuren nachgewiesen und „unschädlich“ gemacht?

Nachweis von Magensäure durch Indikatoren (z.B. Indikatorpapier oder Indikatorlösungen)

pH-Wert, rein phänomenologisch

Woraus bestehen Säuren?

Säurebegriff: Magensäure (exemplarisch) besteht aus H+- und Cl- -Ionen,

Springbrunnenversuch Hinweis: alternativ am Übergang von Inhaltsfeld 8 nach 9

Vergleich mit NaCl-Lösung, um zu beweisen, dass die H+-Ionen für die sauren Eigenschaften

verantwortlich sind (Versuch).

Wie reagieren Säuren?

Bildung eines Oxonium-Ions durch Reaktion mit Wasser

Reaktion mit Zähnen oder der Magenschleimhaut (nachgestellt durch die Reaktion von

Salzsäure mit Kalk oder organischen Substanzen wie z.B. Fleisch),

Bildung und Nachweis von Kohlenstoffdioxid

Reaktion von Säuren mit Zahnfüllungen (nachgestellt durch die Reaktion von Salzsäure mit

Metallen wie Kupfer, Eisen, Magnesium, aber auch Nichtmetallen wie Kunststoff):

Bildung und Nachweis von Wasserstoff.

Zudem hier Vergleich mit einer weiteren Säure (z.B. Essigsäure), um Reaktivitätsunterschiede

aufzuzeigen (Versuch)

Begriff der Konzentration sowie Definition des pH-Wertes als Maß für die H+-

Ionen-Konzentration, Veranschaulichung an Hand von Verdünnungsreihen

Hinweis: Fakultativ kann hier auch exemplarisch auf die Herstellung einer dieser Säuren

eingegangen werden.


Übertragung der Eigenschaften der exemplarisch gewählten Magensäure auf weitere Säuren:

Um welche Restanionen (Säurerestionen) handelt es sich?

Struktur der Essigsäure, Schwefelsäure, Phosphorsäure als Beispiel für Säuren, die mehrere

Protonen enthalten können.

Das Phänomen des Sodbrennens und die Wirkungsweise von Antazida als Übergang zu den

Basen (auch Versuche):

Welche Stoffe sind in Antazida enthalten (z.B. Beipackzettel von Rennie® , Maloxan® oder

Bullrich-Salz®)? Einführung in die Basen (z.B. Hydroxide),

Vergleich verschiedener Hydroxide.

Neutralisationsreaktion und Neutralisationswärme

Eigenschaften der Basen; typische Basen wie z.B. Ammoniak

Anknüpfung an das Donator-Akzeptor-Konzept (vgl. Ionenbindung),

Brönsted-Begriff: Säuren = Protonendonator, Basen = Protonenakzeptor

Säure-Base-Titration

Wie sauer ist es im Magen?

Wie viel Base wird zum „Unschädlich machen“(Neutralisieren) der Säure benötigt?

Ermittlung von Konzentrationen durch Titrationen

Berechnungen zur Stoffmenge und Konzentration

Film “Quarks und Co” zum Thema “Heliobacter – eine Reise durch Magen und Darm” als

Abschluss und Rückgriff auf den Einstieg zum Kontext Gesundheit

Übersicht: Titrationsverfahren,

schematische Auswertung an mehreren Beispielen

Inhaltsfeld 10: Energie aus chemischen Reaktionen

Mobilität- die Zukunft des Autos und nachwachsende Rohstoffe

Fossile und nachwachsende Rohstoffe

Erdöl als Stoffgemisch

Vom Stoffgemisch zum Reinstoff; Erdöldestillation (fraktionierte Destillation), Raffination

Destillation des Stoffgemisches

Siedebereiche der Fraktionen

Van der Waals-Kräfte

Atombindung

Nomenklatur der Alkane

Tetraeder (Elektronenpaarabstoßungsmodell)

Isomere, Cracken


Einsatz von Katalysatoren im technischen Prozess

Kraftstoffe und ihre Verbrennung

Produkte und ihre Anwendung: Schweröl, Diesel; Benzin ...

Begründete Zuordnung der Produkteigenschaft aufgrund der Struktur; Eigenschaftsvergleich

im Experiment

Hinweis: Beispiel einer einfachen Batterie wurde in Inhaltsfeld 7 vorverlagert

Biodiesel bzw. (Bio-)Ethanol als alternativer Brennstoff:

Vergleich der Verbrennung und der energetischen Aspekte (Versuche)

Biodiesel als Energieträger (Energiebilanz – nicht bezogen auf die Veresterung)

Vergleich der Kohlenstoffdioxid-Bilanz

Nachhaltigkeit, Klima-Problem, Transportprobleme, Verfügbarkeit

Kritische Beurteilung der Vor- und Nachteile von fossilen und nachwachsenden Rohstoffen,

ggf. unter aktuellen Aspekten.

Strom ohne Steckdose – Mobilität durch Brennstoffzellen

Alternative Energieträger: Wasserstoff

Wasserstoff-Brennstoffzelle als Alternative zum Verbrennungsmotor

Hinweis: Rückgriff auf Elektrolyse von Wasser bei „Metalle schützen und veredeln“,

Hinweis: Rückgriff auf Wasser als Reaktionspartner

Mit Wasserstoff betriebene Autos

Mobilität – die Gegenwart und Zukunft des Autos

Ggf. Thematisierung der Methanol-/Ethanol-Brennstoffzelle zur Überleitung zu den

Alkoholen

Inhaltsfeld 11: Ausgewähltes Thema der Organischen Chemie

Süß und fruchtig (Vom Traubenzucker zum Alkohol)

Verfahren zur Alkoholherstellung: Zucker bzw. Kohlenhydrate, alkoholische Gärung,

Alkohole (Überleitung vom (Bio-) Alkohol als Treibstoff)

Der Begriff Kohlenhydrat wird experimentell überprüft, z.B. Erhitzen von Trauben-, Haushalts-,

Fruchtzucker sowie Stärke oder Baumwolle.

Struktur der Glucose

Einführung des Fachbegriffes Hydroxylgruppe als funktionelle Gruppe.

Von der Wasserlöslichkeit zu den Begriffen hydrophil und lipophob.

Glucose als Energielieferant

Glucose lässt sich aber nicht nur zu körpereigener Stärke umsetzen, sondern auch zu Alkohol.

Überlegungen zur Herstellung von Alkohol

und experimentelle Überprüfung:

Zucker,Hefe, Fruchtsaft /Wasser (Edukt), Brennprobe (Produkt), Kalkwasserprobe (Produkt)

Variation der Versuchsbedingungen, ggf. verschiedene Versuchsreihen

Hefe wird in ihrer Funktion als Biokatalysators erfahrbar.


Die Stoffklasse der Alkohole / Die Struktur der Hydroxylgruppe:

Diskussion der Strukturmöglichkeiten für Ethanol

Entwickeln der Reaktionsgleichung für den Gärungsprozess

Strukturen einfacher Alkohole wie Methanol, 1-Propanol, 2- Propanol, Ethandiol (Glykol)

und Glycerin

Eigenschaften und Verwendung einfacher Alkohole:

Löslichkeit (Verwendung in Tinkturen, Medikamenten, Reinigungsmitteln, Parfums,

Frostschutzmitteln, Farben)

Siedetemperaturen (Einsatz in z.B. Franzbrandwein)

hygroskopische Wirkung (Verwendung in Zahnpasta, Cremes)

Brennbarkeit (Einsatz als Treibstoffe - z.B. Methanolbrennstoffzelle und Ethanolanteile im

Benzin; Hinweis: Vernetzung mit Inhaltsfeld 10)

Alkohol – ein Genuss- und Rauschmittel: Gefahren des Trinkalkohols, Umgang mit dem

Thema Alkohol, Sucht in den Medien und im privaten Umfeld.

Reaktion der Alkohole zur Carbonsäure:

Reaktion des Ethanols mit Luftsauerstoff zu Essigsäure, Carbonsäuren als Säuren

Hinweis: Vernetzung mit Themenfeld 9

Veresterung: Herstellung eines Aromastoffes

Begriff der Kondensation

Funktion der Schwefelsäure (Katalysator)

Hinweis Fakultativ bietet sich ein Rückgriff auf den Einsatz von Alkoholen als Treibstoff

sowie auf das Inhaltsfeld 10 an, da hier eine weitere Verwendungsmöglichkeit der Carbonsäureester

thematisiert werden könnte – der Einsatz als Biodiesel.

Die Angaben für die gymnasiale Oberstufe verstehen als reinen Stichwortkatalog , haben nur

vorläufige Gültigkeit, da der Kernlehrplan für dieses Fach noch nicht zur Verfügung steht.

Einführungsphase

Aromastoffe:

Isolierung von Aromastoffen

Destillation

Wasserdampfdestillation

Extraktion mit Soxleth-Apparatur

Gaschromatographie

Zur Erklärung: Dampfdruck und Siedetemperatur, azeotrope Gemische


Zusammenhang zwischen Struktur und intermolekularen Bindungskräften,

Gleichgewichtseinstellungen am Beispiel des l/g-Gleichgewichts,

Lösungsgleichgewichte

Vom Duftstoff zum Parfum:

Alkohol als Lösemittel

Stoffklasse der Alkanole

Übersicht für Aromastoffe

Vom Alkohol zum Aromastoff

Stoffklassen und funktionelle Gruppen: Synthese von Alkanol, Oxidation der

Alkanole zu Alkanalen, Alkanonen und Alkansäuren (Oxidationszahlen)

Esterbildung

Einfache Beispiele der Reaktionskinetik

Gleichgewichtseinstellung am Beispiel der Esterbildung und Verseifung

Übertragung auf weitere Beispiele

Einführung von Enthalpie, Entropie und freier Enthalpie fakultativ

Zusammenhang zwischen freier Enthalpie und der Gleichgewichtskonstanten

fakultativ

Stoffkreisläufe

Zusammenhang zwischen thermodynamischen Größen und Reaktionsabläufen

an den Beispielen des natürlichen und technischen Kalkkreislaufs

Qualifikationsphase 1

Konzentrationsbestimmungen

Protolysen

Autoprotolyse

Berechnung von pH-Werten

Säure-Base-Reaktionen

Titrationskurven

Puffersysteme

Leitfähigkeitstitrationen


Elektrochemie

Redoxsysteme

Redoxreihe der Metalle, Erklärung mit thermodynamischen Größen

Entwicklung einer galvanischen Zelle

am Beispiel des Daniell-Elements

Messen von Redoxpotenzialen anderer Systeme, NHE

Standard-Elektrodenpotenziale

Konzentrationsabhängigkeit der Potenziale → Nernst’sche Gleichung

Faraday’sche Gesetze

Organische Chemie

Zusammenhang zwischen Struktur und Reaktionsverhalten organischer

Moleküle

Kennenlernen funktioneller Gruppen, Verwandlung der Stoffgruppen

ineinander

Reaktionssterne

Qualifikationsphase 2

Eigenschaften und Reaktionsverhalten von Aromaten

Orbitalmodell

Differenzierung von Alkenen und Aromaten

Elektrophile aromatische Substitution an Beispielen

(Synthese von Ph-NO 2 , -NH 2 , -OH, -CH 3 , -Hal, - SO 3 H, -CO 2 H)

Farbstoffe und Farbigkeit

Phänomen der Farbigkeit

Ursachen von Farbigkeit

Messen und Auswertung von Absorptionsspektren

Synthese von farbigen Stoffen, Einordnung der Farbstoffe nach Stoffklassen

Triphenylmethanfarbstoffe

Phenolphthalein, Fluorescein, Eosin

Azofarbstoffe

Indigo

Färbeverfahren, Einordnung der Farbstoffe nach Färbeverfahren

Küpenfarbstoffe

Kupplungsfarbstoffe

saure, basische Farbstoffe


Bewertungskriterien für alle Jahrgangsstufen:

Kriteriengeleitetes Bewertungsraster Klausuren EF: Fach Chemie

Fachspezifische Kriterien

1. Halbjahr: 2 Klausuren

2. Halbjahr: 1 Klausur im ersten Quartal, möglichst eine schriftliche Übung im 2. Quartal

Klausur besteht aus 2 kontextbezogenen Aufgaben mit konkret bepunktetem

Erwartungshorizont

Strukturierung in drei Anforderungsbereiche:

Anforderungsbereich I (ca. 50 % der Leistung)

beinhaltet Wiedergabe von Sacherhalten und Kenntnissen im gelernten Zusammenhang,

Verständnissicherung, Anwenden und Beschreiben geübter Arbeitstechniken und Verfahren

Anforderungsbereich II (ca. 35 – 40 % der Leistung)

beinhaltet das selbstständige Auswählen, Anordnen, Verarbeiten, Erklären und Darstellen

bekannter Sachverhalte unter vorgegebenen Gesichtspunkten in einem durch Übung

bekannten Zusammenhang und das selbstständige Übertragen und Anwenden des Gelernten

auf vergleichbare neue Zusammenhänge und Sachverhalte

Anforderungsbereich III (ca. 10 – 15 % der Leistung)

umfasst das Verarbeiten komplexer Sachverhalte mit dem Ziel zu selbstständigen Lösungen,

Gestaltungen oder Deutungen , Folgerungen, Verallgemeinerungen, Begründungen und

Wertungen zu gelangen.

Prozentualer Notenschlüssel:

100 – 95,1 % des Erwartungshorizonts: 1 +

95 – 90,1 % 1

90 – 85,1 % 1‐

85 – 80,1 % 2 +

80 – 75,1 % 2

75 – 70,1 % 2 –

70 – 65,1 % 3 +

65 – 60,1 % 3

60 – 55,1 % 3 –

55 – 50,1 % 4 +

50 – 45,1 % 4

45 – 40,1 % 4 –

40 – 33,1 % 5 +

33 – 27,1 % 5

27 – 20,1 % 5 –

< 20 % 6

Kriteriengeleitetes Bewertungsraster Klausuren Q 1 und Q 2:

Fachspezifische Kriterien

1. Halbjahr: 2 Klausuren

2. Halbjahr: 2 Klausuren

Ansonsten gelten die für die EF erfolgten Angaben.

Kriteriengeleitetes Bewertungsraster SoMiNoten: Fach Chemie


Unterrichtsgespräch

dem Unterricht ohne Ablenkung folgen

‐ punktuell antworten, eine Bemerkung beisteuern

‐ sich reproduktiv beteiligen

‐ selbstständige Überlegungen einbringen

‐ einen Lösungsvorschlag für ein Problem machen

‐ maßgeblich zur Problemlösung beisteuern

‐ mit anederen Bereichen eine Verknüpfung herstellen

‐ selbstständig auf eine Verknüpfung kommen

Einzel‐/Stillarbeit

‐ braucht Hilfe

‐ wird mit dem Zeitlimit fertig

‐ kommt zu einem Ergebnis

‐ bleibt reproduktiv

‐ kann anwenden

‐ kann ein Problem/ eine Aufgabe selbstständig bearbeiten

Partner‐/Gruppenarbeit

‐beteiligt sich durch Beobachten

‐ protokolliert die Beiträge der Gruppe

‐ trägt zur Formulierung der Beiträge bei

‐ übernimmt Verantwortung für Teilaufgaben

‐ trägt Ergebnisse vor

‐ beteiligt sich bei der Reflexion zur Gruppenarbeit

‐ reflektiert methodische Vorgehensweise

Hausaufgaben

‐ vollzählig, regelmäßig

‐ erkennbar selbstständig

‐ bereit, Hausaufgaben vorzutragen

Kurze schriftliche Übungen mit Bepunktung

‐ Hausaufgabenüberprüfung

‐ Abfragen von Inhalten

‐ Anwendung von Kenntnissen

Individuelle Arbeitsaufträge (Referate, Projekte)

‐ Selbstständigkeit erkennbar

‐ Präsentation für die Gruppe nachvollziehbar

‐ Ergebnissicherung erfolgreich

‐ Ausführungen sind an den Unterricht gebunden

Experimentieren

‐ beteiligt sich aktiv, indem sie Tätigkeiten durchführt

‐ übernimmt dabei Verantwortung

‐ hat beim Versuch eine dominante Rolle


‐ protokolliert

‐ formuliert eine Hypothese

‐ trägt Untersuchungsergebnisse vor

‐ reflektiert die Untersuchungsmethode

‐ verknüpft das Experiment mit anderen Unterrichtsinhalten

‐ beweist Selbstständigkeit


Fach: Chemie Jahrgangsstufe: 7

Wochenstunden: 2

Epochenunterricht:

nein ja, wann:_______________

Grundlage für das Curriculum: Kernlehrplan (G8) Richtlinien und Lehrplan für die

Sek. I (G9)

Richtlinien und Lehrpläne für die Sek. II andere: _______________________

Schwerpunkte unterrichtlicher Arbeit:

Inhalte Stoffe und Stoffveränderungen

Stoff und Energieumsätze bei chem. Rk.

Luft und Wasser

Metalle und Metallgewinnung

Methoden forschend-entwickelndes U-Verfahren

Lernbereiche/ Kompetenzen

siehe schulinternes Curriculum Chemie

Unterrichtswerk / Materialien und Medien

Fokus Chemie Gymnasium Band 1, Cornelsen-Verlag

Leistungsbewertung / Klassenarbeitsform

mündliche Mitarbeit

Mitarbeit bei experimentellen Aufgaben

in der Regel 1 – 2 schriftliche Übungen pro Halbjahr

Heftführung

Individuelle Förderung

differenzierte Übungsaufgaben

Arbeitsblätter

ausführliche Zusammenfassung der Inhalte im Netz

Außerunterrichtliche Angebote

Teilnahme an Wettbewerben - International Junior Science Olympiade

- Jugend forscht

- Chemie entdecken

Ferienworkshops in Zusammenarbeit mit Currenta

Workshops in Zusammenarbeit mit der Universität Düsseldorf

Fächerverbindendes Arbeiten

Themenabsprache mit den Fächern Physik und Biologie in Bezug auf die Begriffseinführungen Energie,

Dichte, Teilchen sowie Protokollführung


Fach: Chemie Jahrgangsstufe: 8

Wochenstunden: 2

Epochenunterricht:

nein ja, wann:_______________

Grundlage für das Curriculum: Kernlehrplan (G8) Richtlinien und Lehrplan für die

Sek. I (G9)

Richtlinien und Lehrpläne für die Sek. II andere: _______________________

Schwerpunkte unterrichtlicher Arbeit:

Lernbereiche / Kompetenzen

Inhalte

Methoden

Elementfamilien, Atombau und Periodensystem

Ionenbindung und Ionenkristalle

freiwillige und erzwungene Elektronenübertrag.

unpolare und polare Elektronenpaarbindung

forschend entwickelndes Unterrichtsverfahren

siehe schulinternes Curriculum Chemie

Unterrichtswerk / Materialien und Medien

Fokus Chemie Gymnasium Band 2, Cornelsen-Verlag

Leistungsbewertung / Klassenarbeitsform

mündliche Mitarbeit

Mitarbeit bei experimentellen Aufgaben

in der Regel 1 – 2 schriftliche Übungen pro Halbjahr

Individuelle Förderung

differenzierte Übungsaufgaben

Arbeitsblätter

ausführliche Zusammenfassung der Inhalte im Netz

Außerunterrichtliche Angebote

Teilnahme an Wettbewerben - International Junior Science Olympiade

- Jugend forscht

- Chemie entdecken

Ferienworkshops in Zusammenarbeit mit Currenta

Workshops in Zusammenarbeit mit der Universität Düsseldorf

Fächerverbindendes Arbeiten

Themenabsprache mit den Fächern Physik und Biologie in Bezug auf die Einführung von differenzierten

Atommodellen


Fach: Chemie Jahrgangsstufe: 9

Wochenstunden: 2

Epochenunterricht:

nein ja, wann:_______________

Grundlage für das Curriculum: Kernlehrplan (G8) Richtlinien und Lehrplan für die

Sek. I (G9)

Richtlinien und Lehrpläne für die Sek. II andere: _______________________

Schwerpunkte unterrichtlicher Arbeit:

Inhalte saure und alkalische Lösungen

Energie aus chemischen Reaktionen

ausgewählte Themen der organ. Chemie

Methoden forschend-entwickelndes Unterrichtsverfahren

Lernbereiche / Kompetenzen

siehe schulinternes Curriculum Chemie

Unterrichtswerk / Materialien und Medien

Fokus Chemie Gymnasium Band 3, Cornelsen-Verlag

Leistungsbewertung / Klassenarbeitsform

mündliche Mitarbeit

Mitarbeit bei experimentellen Aufgaben

in der Regel 1 – 2 schriftliche Übungen pro Halbjahr

Individuelle Förderung

differenzierte Übungsaufgaben

Arbeitsblätter

ausführliche Zusammenfassung der Inhalte im Netz

kooperative Lernformen

Außerunterrichtliche Angebote

Teilnahme an Wettbewerben - International Junior Science Olympiade

- Jugend forscht

- Chemie entdecken

Ferienworkshops in Zusammenarbeit mit Currenta

Workshops in Zusammenarbeit mit der Universität Düsseldorf

Fächerverbindendes Arbeiten


Fach: Chemie

Wochenstunden: 3

Jahrgangsstufe: EF

Epochenunterricht:

nein ja, wann:_______________

Grundlage für das Curriculum: Kernlehrplan (G8) Richtlinien und Lehrplan für die Sek.

I (G9)

Richtlinien und Lehrpläne für die Sek. II andere: _______________________

Schwerpunkte unterrichtlicher Arbeit:

Lernbereiche / Kompetenzen

Inhalte

Methoden

Aromastoffe

das chemische Gleichgewicht, technische

Prozesse

Stoffkreisläufe

forschend-entwickelndes Unterrichtsverf.

siehe schulinternes Curriculum Chemie

Unterrichtswerk / Materialien und Medien

Tausch, von Wachtendonk: Chemie 2000 +, Band 1

Leistungsbewertung / Klassenarbeitsform

2 Klausuren im 1. Halbjahr, 1-2 Klausuren im 2. Halbjahr

Individuelle Förderung

differenzierte Übungsaufgaben

Arbeitsblätter

ausführliche Zusammenfassung der Inhalte im Netz

Außerunterrichtliche Angebote

Teilnahme an Wettbewerben - Internationale Chemieolympiade

- Jugend forscht

- Chemie entdecken

Ferienworkshops in Zusammenarbeit mit Currenta

Workshops in Zusammenarbeit mit der Universität Düsseldorf

Fächerverbindendes Arbeiten


Fach: Chemie Jahrgangsstufe: Q 1

Wochenstunden: LK 5

GK 3

Epochenunterricht:

nein ja, wann:_______________

Grundlage für das Curriculum: Kernlehrplan (G8) Richtlinien und Lehrplan für die Sek.

I (G9)

Richtlinien und Lehrpläne für die Sek. II andere: _______________________

Schwerpunkte unterrichtlicher Arbeit:

Lernbereiche / Kompetenzen

Inhalte

Konzentrationsbestimmungen

Elektrochemie

Organische Chemie

siehe schulinternes Curriculum Chemie

Methoden forschend-entwickelndes Unterrichtsverf.

Unterrichtswerk / Materialien und Medien

Tausch, von Wachtendonk: Chemie 2000 +, Band 2

Leistungsbewertung / Klassenarbeitsform

zwei Klausuren pro Halbjahr

Individuelle Förderung

differenzierte Übungsaufgaben

Arbeitsblätter

ausführliche Zusammenfassung der Inhalte im Netz

Außerunterrichtliche Angebote

Teilnahme an Wettbewerben - Internationale Chemieolympiade

- Jugend forscht

Fächerverbindendes Arbeiten

Absprachen mit der Physikfachgruppe in Bezug auf das Themenfeld „“Elektrochemie“

Absprachen mit der Biologiefachgruppe in Bezug auf das Themenfeld „Organische Chemie


Fach: Chemie Jahrgangsstufe: Q 2

Wochenstunden: LK 5

GK 3

Epochenunterricht:

nein ja, wann:______________

Grundlage für das Curriculum: Kernlehrplan (G8) Richtlinien und Lehrplan für die

Sek. I (G9)

Richtlinien und Lehrpläne für die Sek. II andere: _______________________

Schwerpunkte unterrichtlicher Arbeit:

Inhalte Eigenschaften und Reaktionsverhalten von

Aromaten

Farbstoffe und Farbigkeit

Methoden forschend-entwickelndes Unterrichtsverfahr.

Lernbereiche / Kompetenzen

siehe schulinternes Curriculum Chemie

Unterrichtswerk / Materialien und Medien

Tausch, von Wachtendonk: Chemie 2000 +, Band 3

Leistungsbewertung / Klassenarbeitsform

zwei Klausuren pro Halbjahr

Individuelle Förderung

differenzierte Übungsaufgaben

Arbeitsblätter

ausführliche Zusammenfassung der Inhalte im Netz

Außerunterrichtliche Angebote

Teilnahme an Wettbewerben - Internationale Chemieolympiade

- Jugend forscht

Fächerverbindendes Arbeiten

Absprachen mit der Physikfachgruppe in Bezug auf das Themenfeld „Ursachen von Farbigkeit“


I. Stoffen auf der Spur

1. Eigenschaften von Stoffen erkennen

Farbe

Geruch

Geschmack

Kristallform

Klang

Zustandsform

2. Eigenschaften von Stoffen ermitteln/ messen

Wärmeleitfähigkeit

Elektrische Leitfähigkeit

Saures und alkalisches Verhalten

Löslichkeit

Schmelzpunkt

Siedepunkt

Dichte

Stoffe werden durch eine bestimmte Kombination von Eigenschaften charakterisiert. Anhand

dieser Eigenschaften lässt sich ein Stoff charakterisieren und identifizieren.

II. Bau der Stoffe aus Teilchen

Modelle helfen Erscheinungen und Vorgänge zu beschreiben und Wesentliches zu erkennen,

geben jedoch die Wirklichkeit nie vollständig wieder.

1. Teilchenmodell:

Alle Stoffe bestehen aus kleinsten Teilchen

Teilchen ein und desselben Stoffes sind einander gleich (groß)

Teilchen verschiedener Stoffe sind verschieden (groß)

Zwischen den Teilchen ist leerer Raum

Die kleinsten Teilchen sind in ständiger Bewegung

Diffusion ist die selbstständige Durchmischung der Teilchen zweier Stoffe, welche durch die

ständige, regellose Bewegung der Teilchen erfolgt.

2. Teilchenmodell und Aggregatzustand

Feste Stoffe: Teilchen dicht nebeneinander, regelmäßig angeordnet, nur wenig Bewegung in

Form kleiner Schwingungen an ihren Plätzen, schwer voneinander trennbar.

Flüssige Stoffe: Teilchen dicht nebeneinander, weniger regelmäßig angeordnet, bewegen sich hin

und her, gegeneinander verschiebbar, gut voneinander trennbar.


Gasförmige Stoffe: Teilchen in großem Abstand zueinander, bewegen sich frei und ungeordnet,

leicht zusammenzudrücken, gut teilbar.

3. Teilchenmodell und Aggregatzustandsänderungen

Erwärmen der Stoffe: Teilchenbewegung nimmt zu.

Abkühlen der Stoffe: Teilchenbewegung nimmt ab.

Schmelzen: Erwärmung führt zu heftigem Schwingen der Teilchen, durch Verlassen der festen

Plätze verschwindet die regelmäßige Anordnung.

Verdampfen: Durch weitere Wärmezufuhr Weitere Erhöhung der Teilchenbewegung, Stöße

zwischen den Teilchen heftiger, Abstände immer größer bis zur vollständigen Entfernung der

Teilchen.

4. Teilchenmodell und Lösevorgang

Wasserteilchen umgeben die Teilchen des zu lösenden Stoffes.

Durch ständige Bewegung prallen Wasserteilchen auf die dicht gepackten Teilchen des

Feststoffes und/oder schieben sich dazwischen.

Feststoffteilchen verlieren ihren Zusammenhalt, werden vom Wasser umgeben und verteilen sich

im Wasser.

Mit dem Teilchenmodell lassen sich Erscheinungen wie Aggregatzustände eines Stoffes und

Vorgänge wie Aggregatzustandsänderungen, Diffusion und Lösevorgang beschreiben und

deuten.

III. Stoffgemische und Reinstoffe

Reinstoffe: Stoffe die aus nur einem Stoff aufgebaut sind und einheitlich gleichbleibende

Eigenschaften haben.

Stoffgemische entstehen durch Mischen von Reinstoffen. Die Eigenschaften der einzelnen

Reinstoffe bleiben im Stoffgemisch erhalten.

1. Einteilung der Stoffgemische

a) Heterogene Gemische

Aggregatzustand Bezeichnung Beispiele

fest + fest Gemenge Früchtetee, Müll

flüssig + fest Suspension(Aufschlämmung) Schmutzwasser

gasförmig + fest Rauch Rußwolke

flüssig + flüssig Emulsion Milch

flüssig + gasförmig Schaum Sahne

gasförmig + flüssig Nebel Spray, Wolken

gasförmig + gasförmig - -


) Homogene Gemische

Aggregatzustand Bezeichnung Beispiele

fest + fest Legierung Bronze, Stahl

flüssig + fest Lösung Zuckerwasser

gasförmig + fest - -

flüssig + flüssig Lösung Wein, Essig

flüssig + gasförmig Lösung Limonade, Sekt

gasförmig + flüssig - -

gasförmig + gasförmig Gasgemisch Luft, Erdgas

2. Trennung von Gemischen

Methode Trennprinzip Beispiel

Sedimentieren Dichte Klärung von Wasser

Extrahieren Löslichkeit Teebereitung

Filtrieren Teilchengröße Filtrieren von Kaffee

Eindampfen Siedetemperatur Meersalzgewinnung

Destillieren Siedepunkt Branntweingewinnung

Chromatographie Teilchengröße, Löslichkeit Blattfarbstofftrennung

IV. Stoffumwandlungen / Chemische Reaktionen

Chemische Reaktionen sind Stoffumwandlungen, bei denen neue Stoffe mit neuen Eigenschaften

entstehen.

1. Brände, Brennbarkeit und Brandbekämpfung

Flammtemperatur ist die Temperatur, bei der man einen Brennstoff in Anwesenheit von

Sauerstoff gerade eben Brand setzen kann.

Zündtemperatur ist die Temperatur, bei der sich ein Brennstoff spontan, ohne offenes Feuer

„von selbst“ entzündet.

ABC des Feuerlöschens:

• Entfernen des Brennstoffes

• Entzug des Sauerstoffs

• Kühlung des Reaktionsgemisches

Löschmittel

Wasser: kühlt den Brand unter die Flammtemperatur des Brennstoffes.

Kohlenstoffdioxid : „erstickt“ die Flamme.

2. Verbrennung eine chemische Reaktion


Bei Verbrennungen finden Stoffumwandlungen statt. Z.B. Holzkohle oder Magnesium reagieren

mit Sauerstoff. Sie werden, wie auch der Sauerstoff verbraucht. Man bezeichnet sie als

Ausgangsstoffe (Edukte). Es entstehen daraus neue Stoffe, die Endstoffe (Reaktions-

Produkte).

chemische Reaktion

Ausgangsstoffe (Edukte) -----------------------------------------> Reaktionsprodukte

Holzkohle

Kohlenstoffdioxid

Magnesium

Magnesiumoxid

Oxidation: ist eine chemische Reaktion bei der ein Stoff mit Sauerstoff reagiert.

Oxide sind Reaktionsprodukte von Verbrennungen.

Oxide sind Reinstoffe, bei denen ein Metall (z. B. Magnesium) oder ein Nichtmetall (z.B.

Kohlenstoff) eine „chemische Verbindung“ mit Sauerstoff eingegangen ist.

Oxide der Metalle nennt man Metalloxide.

Oxide der Nichtmetalle nennt man Nichtmetalloxide.

3. Chemische Verbindungen

Metall- und Nichtmetalloxide sind chemische Verbindungen.

Chemische Verbindungen sind Reinstoffe, die sich durch chemische Reaktionen zerlegen lassen.

Chemische Elemente sind Reinstoffe, die sich durch chemische Reaktionen nicht zerlegen lassen.

Einteilung der Stoffe

Reinstoffe

Gemische

Elemente Verbindungen heterogene G. homogene G.

z.B. Eisen, z.B. Eisenoxid, z.B. Emulsion, z.B. Lösung

Kupfer, Kupferoxid, Suspension Legierung

Kohlenstoff Kohlenstoffoxid

4. Masse von Stoffen bei chemischen Reaktionen

Gesetz von der Erhaltung der Masse: Bei chemischen Reaktionen ist die Masse der

Ausgangsstoffe gleich der Masse der Reaktionsprodukte.

m (Ausgangsstoffe) = m (Reaktionsprodukte)

Masse an Eisen + Masse an Sauerstoff = Masse an Eisenoxid

m (Eisen) + m (Sauerstoff) = m (Eisenoxid)

Masse an Kupfer + Masse an Sauerstoff = Masse an Kupferoxid

m (Kupfer) + m (Sauerstoff) = m (Kupferoxid)


5. Modellvorstellung zur chemischen Reaktion

oooooo OOOOOO oOoOoOoOoOoO

oooooo + OOOOOO ------------------> OoOoOoOoOoOo

oooooo OOOOOO oOoOoOoOoOoO

Sauerstoff + Kupfer -------------------> Kupferoxid

Bei chemischen Reaktionen bilden sich aus den Teilchen der Ausgangsstoffe die Teilchen der

Reaktionsprodukte. Zusammenhalt und Anordnung der Teilchen ändern sich dabei.

Bei chemischen Reaktionen bleibt die Anzahl der gebundenen Teilchen der in den

Ausgangsstoffen und in den Reaktionsprodukten enthaltenen Elemente gleich.

6. Wärme und Licht bei chemischen Reaktionen

Alle Stoffe besitzen chemische Energie. Diese wird bei chemischen Reaktionen zum Teil in

andere Energieformen umgewandelt, z. B. mechanische Energie (Steigen von Raketen),

Lichtenergie (Feuerwerk), elektrische Energie (Batterien) usw.

Die bei den chemischen Reaktionen stattfindenden Stoffumwandlungen sind immer auch von

Energieumwandlungen begleitet.

Exotherm oder endotherm

Reaktionen, bei denen Wärme an die Umgebung abgegeben wird, bezeichnet man als

exotherme Reaktionen.

Reaktionen, bei den ständig Wärme aus der Umgebung aufgenommen werden muss, wenn sie

ablaufen sollen, bezeichnet man als endotherme Reaktionen .

Aktivierungsenergie, Energie die (kurzzeitig) hinzugefügt werden muss, um eine chemische

Reaktion zu starten.

7. Chemische Reaktionen und Zeit

Chemische Reaktionen können schnell und langsam ablaufen. Die Geschwindigkeit der

chemischen Reaktionen ist abhängig von verschiedenen Bedingungen. Einfluss nehmen:

• Zerteilungsgrad und folglich Durchmischung der reagierenden Stoffe: Je feiner der

Zerteilungsgrad, entsprechend je besser die Durchmischung, desto schneller ist die

chemische Reaktion.


• Temperatur der reagierenden Stoffe: Je höher die Temperatur desto schneller die

chemische Reaktion. Eine Erhöhung der Temperatur um 10K erhöht die Geschwindigkeit

der chemischen Reaktion um das Zwei- bis Dreifache.

• Konzentration der reagierenden Stoffe: Je höher die Konzentration (Anzahl der

Teilchen / Raumeinheit) desto schneller die chemische Reaktion.

Katalysatoren, sind Stoffe, die die Geschwindigkeit einer chemischen Reaktion erhöhen. Oft

machen sie chemische Reaktionen erst möglich.

V. Nachhaltiger Umgang mit Ressourcen


Entwicklung der Atomvorstellungen

Auf die Frage, wie man sich denn ein Atom vorstellen solle, antwortete der Physiker Werner

Heisenberg: „Versuchen Sie es gar nicht erst!“ Seit Jahrtausenden versucht die Menschheit

allerdings dennoch, den Aufbau der Materie zu ergründen:

Atomvorstellung von Demokrit

Der griechische Philosoph Leukipp (5. Jahrhundert v. Chr., aus Milet) gilt zusammen mit

seinem Schüler Demokrit (geb. 460 v. Chr. in Abdera, einer ionischen Kolonie in Thrakien;

gest. 371 v. Chr.) als Begründer des Atomismus. Sie entwickelten

mit ausschließlich philosophischen Überlegungen die

Vorstellung, dass Materie aus kleinsten, unteilbaren Einheiten,

den Atomen (aus dem griechischen Wort atomos für „unteilbar“

hergeleitet), zusammengesetzt sei. Demokrit nahm an, dass jedes

Atom die Form eines regelmäßigen geometrischen Körpers hat,

wie Kugel, Zylinder, Pyramide, Würfel.

Demokrits Darstellung:

„Nur scheinbar hat ein Ding eine Farbe, nur scheinbar ist es süß

oder bitter; in Wirklichkeit gibt es nur Atome und leeren Raum.“

Jedes dieser Atome sollte fest und massiv, aber nicht gleich sein.

Es gäbe unendlich viele Atome: runde, glatte, unregelmäßige und

krumme. Wenn diese sich einander näherten, zusammenfielen

oder miteinander verflochten, dann erschienen die einen als

Wasser, andere als Feuer, als Pflanze oder als Mensch.

Dalton’sches Atommodell

Diese Atomvorstellungen hatten Jahrhunderte Bestand, gerieten im Mittelalter völlig in

Vergessenheit, bis in der Neuzeit John Dalton (geb. 1766 in Eaglesfield, gest. 1844 in

Manchester) weitere grundlegende Untersuchungen zur Atomtheorie vornahm.

In seinen Ausführungen legte er seine Hypothese dar, die das Atom als kleinste Einheit der

Materie definiert. Er nahm an, dass es so viele Atome wie Elemente gibt und diese sich

voneinander unterschieden: „Elemente bestehen aus für das jeweilige Element charakteristischen,

in sich gleichen und unteilbaren Teilchen, den Atomen“. Dalton stellte fest (und

das war der markanteste Unterschied zum demokritschen Atommodell), dass die Atome sich

durch ihre Masse unterscheiden. Nach Dalton können Atome miteinander vereinigt

(= Synthese) oder vereinigte Atome wieder voneinander getrennt (= Analyse) werden.

Daltons Atommodell lässt sich in vier Kernaussagen zusammenfassen:

1. Jedes Element besteht aus kleinsten, nicht weiter teilbaren Kugelteilchen, den Atomen.

2. Alle Atome eines Elements haben die gleiche Größe und die

gleiche Masse. Die Atome unterschiedlicher Elemente unterscheiden

sich in ihrer Masse.

3. Atome sind unzerstörbar. Sie können durch chemische Vorgänge

weder vernichtet noch erzeugt werden.

4. Bei chemischen Reaktionen werden die Atome der Ausgangsstoffe

neu angeordnet und in bestimmten Anzahlverhältnissen miteinander verknüpft.

1


Mit diesem Modell kann man sich einfache Stoffeigenschaften gut erklären, z.B: die

Unterschiede von festen, flüssigen und gasförmigen Stoffen und ihre Umwandlung

ineinander:

fester Stoff

flüssiger Stoff

gasförmiger Stoff

Teilchen befinden sich Teilchen haben nur ge- Teilchen bewegen sich so

in einem festen Gitter, ringen Abstand vonein- schnell, dass sie großen

bewegen sich je nach ander, sind aber gegen- Abstand voneinander haben.

Temperatur mehr oder einander verschiebbar. Sehr geringe Wechselwirweniger

stark um Starke Bewegung der kung unter den Teilchen.

ihre Ruhelage.

Teilchen.

Man kann auch chemische Reaktionen erklären: Bei den Reaktionen wechseln Atome ihre

Bindungspartner und werden so zu einem neuen Stoff. Es folgt aus dieser Vorstellung auch,

dass die Masse im Verlaufe chemischer Reaktionen unverändert bleibt, denn die Atome

wiegen vorher ebenso viel wie nachher, sie wechseln lediglich den Bindungspartner (Satz von

der Erhaltung der Massen):

Daltons Atommodell ist heute zwar überholt, seine besondere Leistung war es allerdings, die

sehr unüberschaubare Anzahl an Verbindungen in der Welt auf wenige Grundelemente (die

110 Elemente) zurückzuführen und die Begriffe Element, Verbindung und Atom einzuordnen

und abzugrenzen.

Allerdings erklärt dieses Modell in keinem Fall, dass Materie aus Ionen bestehen kann. Daher

stellte die erfolgreiche Elektrolyse von Natriumchlorid den Anlass für die Erweiterung der

Atomvorstellung dar:

leuchtende

Glühbirne

Stromquelle

Elektroden

flüssiges Natriumchlorid

bei Temperaturen über 801°C

2


Da bei Anlegen einer Spannung die Glühbirne leuchtete, musste mit Hilfe des flüssigen

Kochsalzes der Stromkreis geschlossen worden sein. Somit musste das Kochsalz in der Lage

sein, Ladungen zu transportieren. Der Transport von Ladungen war aber mit der Vorstellung

der Atome als kompakte, unteilbare Kugeln nicht zu erklären.

Thomson’sches Atommodell

Weitere Hinweise lieferte Joseph John Thomson im Jahre 1897, als er

feststellte, dass feste Stoffe bei Anlegen von Strom Kathodenstrahlen aus

geladenen Teilchen, den Elektronen, aussenden können. Er entwickelte

daraufhin das „Rosinenstütchenmodell: Er stellte sich ein Atom analog zu

einem Stütchen aus positiv geladenem „Teig“ und negativ geladenen

„Rosinen“ vor. Im Gegensatz zu Dalton konnte Thomson mit diesem Modell

die Existenz elektrisch geladener Atome, so genannter Ionen erklären.

Andere Wissenschaftler formulierten aufgrund ähnlicher Überlegungen das Erdbeermodell,

wobei das rote Fruchtfleisch der Erdbeeren die positive Ladung, die gelben kleinen Nüsschen

negative Ladungen darstellen sollten, somit eine sehr vergleichbare Vorstellung.

Rutherford’sches Atommodell (Kern-Hülle-Modell)

Experimente von Ernest Rutherford, 1. Baron Rutherford of Nelson (geb. 1871 in Nelson/

Neuseeland, gest. 1937 in Cambridge, der ein neuseeländischer, in England wissenschaftlich

arbeitender Atomphysiker war, und für sein Modell 1908 den Nobelpreis für Chemie erhielt.)

stellten dieses Atommodell als falsch heraus:

Rutherford hatte eine Goldfolie in die Mitte eines Metallblocks gespannt, der mit einem

Leuchtschirm ausgekleidet wurde. Die Goldfolie bestand aus ungefähr 2000 Atomschichten.

Diese Anordnung wurde durch einen

kleinen Spalt mit α-Strahlen (He 2+ -

Kerne, durch radioaktiven Zerfall von

Radium entstanden) beschossen.

Querschnitt durch den Metallblock

3


Legt man das Atommodell von Dalton zugrunde, muss man erwarten, dass alle He 2+ -Kerne

reflektiert werden:

2000 Schichten

Goldatome

Man stellte aber fest, dass die meisten Kerne die Folie ungehindert durchdringen konnten,

einige wurden abgelenkt und nur

wenige reflektiert:

He 2+ - Kerne

Goldfolie

Radium in Blei

ausgekleideter Metallblock

Rutherford deutete dieses Experiment folgendermaßen:

Atome können nicht aus kompakten Kugeln bestehen, sondern müssen einen sehr kleinen

Atomkern in ihrer Mitte haben, der positiv geladen ist. Da die meisten Strahlen ungehindert

durch die Goldfolie gekommen sind, muss zwischen den Kernen ein großer Freiraum

bestehen. Die um den Kern kreisenden Elektronen schirmen die positive Kern-Ladung ab, so

dass das Atom nach außen hin neutral erscheint. Den Aufenthaltsbereich der Elektronen

nannte Rutherford Atomhülle.

Dieses von Rutherford entwickelte Atommodell nennt man daher auch das Kern-Hülle-

Modell.

Mit detaillierteren Untersuchungen über die Zahl der durchdringenden bzw. reflektierten und

abgelenkten α-Strahlen berechnete er die Größenverhältnisse von Atomkern zu –hülle als

1:10 000.

Übertragen auf ein Beispiel: Hat der Atomkern die Größe einer Haselnuss, so nimmt die

Elektronenhülle die Größe eines Fußballfeldes an.

Mit dieser Atomvorstellung kann man die experimentellen

Ergebnisse Rutherfords problemlos deuten:

Heliumkerne, die keinen Atomkern treffen, durchdringen ungehindert

die Goldfolie. Nähern sie sich einem Atomkern, werden sie

abgelenkt. Nur Heliumkerne, die genau auf einen Atomkern treffen,

werden reflektiert.

Zwar gibt es heute genauere Vorstellungen über die Aufenthaltsräume der Elektronen, aber

das grundlegende Prinzip des Kern-Hülle-Modells ist bis heute gültig:

4


Der Atomkern besteht aus Protonen und Neutronen, die Hülle aus Elektronen. Protonen und

Neutronen haben jeweils 1 u an Masse, Protonen besitzen eine positive Elementarladung,

Neutronen sind neutral. Elektronen haben fast keine Masse, nämlich nur 1/2000 u, besitzen

die Elementarladung – 1.

Auf einen Blick: Eigenschaften der Atombausteine: p + : 1 u, 1 +

n : 1 u, neutral

e − : 1/2000 u, 1 −

Ein Beispiel zum Vergleich der Größenordnungen:

Würde man die Atomkerne eines Ozeandampfers nebeneinander legen können (was aufgrund

der großen Abstoßung natürlich nicht geht), hätte alle Kerne zusammen gerade die Größe

eines Stecknadelkopfes, allerdings wären sie ungefähr so schwer wie der Ozeandampfer.

Will man nun die Atombausteine eines Elementes ermitteln, muss man sich zwei Zahlen aus

dem Periodensystem suchen: Die Atommassenzahl in u und die Ordnungszahl (=

Protonenzahl).

Die Ordnungszahl ist gleich der Zahl der Protonen im Kern. Ein neutrales Atom hat

ebensoviel Elektronen wie Protonen. Die Zahl der Neutronen ermittelt man, indem man

Massenzahl minus Ordnungszahl rechnet:

z.B.: Atommassenzahl

Ordnungszahl

Die Atommassenzahl 23 steht für 23 u: so schwer ist das gesamte Atom. Der Ordnungszahl

11 kann man entnehmen, dass der Kern 11 p + enthält, die 11 u wiegen. Da die Elektronen fast

keine Masse haben, müssen im Kern noch 23 − 11, also 12 Neutronen sein, damit die Masse

des Atoms 23 u sein kann.

Die Zahl der Elektronen muss gleich der Zahl der Protonen sein, da ein Atom sonst nicht

neutral wäre, also ergibt sich für ein Atom Natrium:

11 p + (11+, 11 u) und 12 n (neutral, 12 u) im Kern, 11 e− (11 −, 11/2000 u) in der Hülle.

Somit ist das gesamte Atom neutral und wiegt 23 u.

Dass diese Atommasse nicht immer mit der im Periodensystem eingetragenen Masse

übereinstimmt, liegt daran, dass es von einem Element verschiedene Isotope gibt. Das sind

Atome mit gleicher Protonen- und Elektronenzahl, die sich aber in der Zahl der Neutronen

unterscheiden. Somit haben sie zwar die gleiche Ordnungszahl, sind also das gleiche Element,

aber eine unterschiedliche Atommasse.

Auffallend ist diese Masse z.B. bei Chlor, dessen Atommasse im Periodensystem mit 35,453

u angegeben wird. Das kann nicht mit einer einzigen Chlorsorte erklärt werden, da es ja keine

halben Protonen oder Neutronen gibt.

Chlor besteht aus den Isotopen 35 Cl und 37 Cl. Da Chlor 17 p + und 17 e − besitzt, hat das Isotop

35

Cl 18 Neutronen, das Isotop 37 Cl 20 Neutronen. Die im Periodensystem angegebene

Atommasse von 35,453 u ist der Mittelwert des natürlich vorkommenden Chlors. Also kann

man berechnen, dass ca. 25% des natürlich vorkommenden Chlors das Isotop 37 Cl und 75 %

das Isotop 35 Cl darstellen.

Bohr’sches Atommodell

Die Struktur der Atomhülle, also der Aufenthaltsbereich der Elektronen, wurde zunächst von

Bohr weiterentwickelt. Das Bohr’sche Atommodell ordnet die Elektronen auf festen Bahnen

5


an und gibt für viele Probleme der Physik gute Antworten. In der Chemie ist dieses Modell

weniger geeignet, da es die dreidimensionale Anordnung der Elektronen nicht erklären kann.

Kugelwolkenmodell nach Kimball

Wir nutzen in der Chemie daher das Kugelwolkenmodell nach Kimball, ein vereinfachtes

Orbitalmodell, das nach heutigem Stand der Wissenschaft das exakteste Atommodell ist.

Nach diesem Modell bewegen sich Elektronen in sogenannten Kugelwolken (= Orbitalen), die

einen kugelförmigen Raum beschreiben, in dem das Elektron mit einer Wahrscheinlichkeit

von 99 % anzutreffen ist. Eine Kugelwolke kann mit maximal zwei Elektronen besetzt

werden, denn Elektronen stoßen sich, da sie negativ geladen sind, ab. Diese Abstoßung wird

durch eine Eigendrehung der Elektronen um sich selbst (=Spin) ein wenig reduziert, da durch

diese Elektronenbewegung ein entgegengerichtetes Magnetfeld entsteht, das die elektrische

Abstoßung ein wenig abmildert. Da es nur zwei Drehrichtungen gibt (bzw. zwei Arten von

magnetischen Polen), passen genau zwei Elektronen in eine Kugelwolke.

Die räumliche Anordnung der Elektronen folgt folgendem Prinzip:

Es gibt insgesamt 7 Schalen (entsprechend der 7 Perioden im Periodensystem), in denen die

Kugelwolken angeordnet sind. Man nennt sie die K, L, M. N. O, P und Q-Schale.

Die erste Schale enthält, da sie in direkter Nähe zum Kern ein sehr kleines Volumen hat,

lediglich eine Kugelwolke mit maximal 2 e − . In der 2. Schale, die schon ein größeres

Volumen besitzt, haben 4 Kugelwolken, also 8 e − , Platz.

Da Elektronen einen größtmöglichen Abstand voneinander annehmen, sind die Kugelwolken

in Form eines Tetraeders angeordnet, haben also einen Bindungswinkel von 109,5°

zueinander.

Die Zahl aller Elektronen, die sich in der jeweiligen Schale befinden können, kann man mit

2n 2 (mit n = 1, 2, 3) berechnen.

Nebenstehende Abbildung zeigt die Elektronenkonfiguration (= Elektronenanordnung) für ein

Neonatom mit 10 p + , 10 n und 10 e − (Massenzahl 20, Ordnungszahl 10).

Der rot gezeichnete Punkt steht für den Kern, also 10

Protonen und 10 Neutronen. Die insgesamt 10 Elektronen

verteilen sich wie folgt: 2 Elektronen sind mit entgegengesetztem

Spin in der ersten Schale, die weiteren 8 in je vier

Kugelwolken, jeweils auch mit entgegengesetztem Spin.

Die dritte Schale kann insgesamt 9 Kugelwolken aufnehmen

(und die weiteren Schalen noch mehr), 5 dieser Kugelwolken

sind allerdings energetisch deutlich ungünstiger, werden also

erst später besetzt.

Vereinfachend kann man sagen, dass alle Elemente der 1. bis

8. Hauptgruppe jeweils nur maximal vier Kugelwolken auf

der äußeren Schale besetzen.

Regeln für die Besetzung der Kugelwolken mit Elektronen:

• In jede Kugelwolke passen maximal 2 e − mit jeweils entgegengesetztem Spin (durch die

kleinen Pfeile um die Punkte angegeben).

6


• Eine weiter vom Kern entfernte Schale wird erst dann besetzt, wenn die darunter liegende

Schale gefüllt ist.

• Zunächst wird jede Kugelwolke einer Schale einfach besetzt. Erst, wenn alle

Kugelwolken einfach besetzt sind, erfolgt Auffüllung mit einem weiteren Elektron

Die Kugelwolkenmodelle der ersten 18 Elemente kann man zweidimensional folgendermaßen

darstellen:

Schreibweise nach Lewis (s.u.):

1p + im Kern 2p + , 2 n 3 p + , 3 n 4 p + , 5 n

5 p + , 6 n 6 p + , 6 n 7 p + , 7 n

8 p + , 8 n 9 p + , 10 n 10 p + , 10 n

7


11 p + , 12 n 12 p + , 12 n 13 p + , 14 n

14 p + , 14 n 15 p + , 16 n 16 p + , 16 n

17 p + , 18 n 18 p + , 22 n

Dreidimensional stellen die vier Kugelwolken einer jeden Schale einen Tetraeder dar, da so

der größtmögliche Abstand der Kugeln voneinander gegeben ist. Der Winkel im Tetraeder

beträgt 109,5°:

= Kugelwolke = Atomrumpf mit Kern und

inneren Elektronen

Reaktionsprinzip: Edelgaskonfiguration

8


Wichtig für chemische Reaktionen sind die Elektronen in der äußeren Schale. Nur diese

stehen für Reaktionen zur Verfügung.

Die Zahl der äußeren Elektronen eines Elements kann man sofort an der Hauptgruppe

erkennen, in der das Element steht: die Elemente der 1. Hauptgruppe haben 1 Außenelektron

(siehe Li und Na), die der 2. Hauptgruppe 2 (siehe Be und Mg), die der 3. Hauptgruppe 3 (B

und Al), ………, die der 8. Hauptgruppe 8 (siehe Ne und Ar, Ausnahme Helium mit 2 e − , da

die erste Schale ja schon mit 2 e − gefüllt ist.).

Da die Außenelektronen das Reaktionsverhalten der Elemente bestimmen, verhalten sich die

Elemente einer Hauptgruppe jeweils sehr ähnlich. Wir haben bereits einige Elementfamilien

kennen gelernt:

1. Hauptgruppe: Alkalimetalle, alles silbrig glänzende Metalle, die alle sehr heftig mit Wasser

reagieren und mit Halogenen Salze bilden.

2. Hauptgruppe: Erdalkalimetalle, alles silbrig glänzende Metalle, die alle sehr heftig mit

Wasser reagieren und mit Halogenen Salze bilden. Ein Unterschied besteht vor allem in der

Wertigkeit.

7. Hauptgruppe: Halogene, alles sehr aggressive, giftige Gase oder leicht verdunstende Stoffe,

haben desinfizierende Wirkung, reagieren mit Metallen zu Salzen.

8. Hauptgruppe: Edelgase, zeigen alle (fast) keine chemischen Reaktionen.

An der 8. Hauptgruppe, den Edelgasen, kann man leicht erkennen, dass Elemente dann stabil

sind, wenn sie eine völlig gefüllte äußere Schale besitzen.

Elektronenpaarschreibweise nach Lewis

Da für chemische Reaktionen nur die Zahl der Außenelektronen relevant ist, hat man eine

abkürzende Schreibweise für die Struktur eines Atoms entwickelt:

Man unterteilt die Atome in Atomrumpf und Außenelektronen. Der Atomrumpf beinhaltet

den Atomkern mit den p + und e − sowie die Elektronen der inneren Schale. Für den Rumpf

schreibt man in der Elektronenpaarschreibweise das Symbol des Atoms. Wie der Name schon

sagt, verbleiben dann noch die Außenelektronen. Die werden folgendermaßen gekennzeichnet:

eine doppelt besetzte Kugelwolke wird mit

einem Strich gekennzeichnet, eine einfach besetzte

Kugelwolke mit einem Punkt (Siehe dazu die

Beispiele der ersten 18 Atome des Periodensystems,

wo die Lewis-Schreibweise unter den Kugelwolken

notiert ist.).

Nebenstehendes Bild zeigt Rumpf (türkis) und

Außenelektronen von Argon:

Der Rumpf besteht aus 18 p + , 22 n und den inneren 10

e − . Dafür steht das Symbol „Ar“. Die 8

Außenelektronen sind rot gefärbt, bestehend aus 4

Strichen für 4 doppelt besetzte

Kugelwolken:

Die Elektronenpaarschreibweise ist oben bei den

ersten 18 Elementen angegeben.

Man kann der Liste entnehmen:

alle Elemente der 1. Hauptgruppe haben neben ihrem Symbol einen Punkt:

9


alle Elemente der 1. Hauptgruppe zwei Punkte:

alle Elemente der 3. Hauptgruppe drei Punkte:

alle Elemente der 4. Hauptgruppe vier Punkte:

alle Elemente der 5. Hauptgruppe drei Punkte und einen Strich:

alle Elemente der 6. Hauptgruppe zwei Punkte und zwei Striche:

alle Elemente der 7. Hauptgruppe einen Punkt und drei Striche:

alle Elemente der 8. Hauptgruppe vier Striche:

Bei chemischen Reaktionen verbinden sich die Elemente nach bestimmten Regeln so, dass sie

Edelgaskonfiguration erreichen, also eine volle äußere Schale erhalten.

Diese Regeln werden in der Zusammenfassung „ Bindungsarten“ erklärt.

Verantwortlich: Loosen

10


Bindungsarten

Einführende Erklärung des Kugelwolkenmodells und der Elektronenpaarschreibweise siehe

Seiten 6 – 10 des Kapitels „Historische Entwicklung des Atommodells“.

Elemente können bei chemischen Reaktionen verschiedene Arten von Bindungen miteinander

eingehen.

Man unterscheidet Ionenbindungen, polare Atombindungen und Atombindungen

(= Elektronenpaarbindung oder kovalente Bindung).

Im Folgenden soll erklärt werden, wie diese Unterschiede zustande kommen:

Edelgaskonfiguration

Ziel eines jeden Elementes ist es, in chemischen Reaktionen Edelgaskonfiguration, also eine

volle äußere Elektronenschale zu erlangen. Das wird je nach Zahl der Außenelektronen (also

nach der Stellung des Elements im Periodensystem) auf anderem Wege erreicht:

Elemente mit wenigen Elektronen auf der äußeren Schale wie die Elemente der 1., 2. und 3.

Hauptgruppe haben in der Regel das Bestreben, in ihren Reaktionen die äußeren Elektronen

abzugeben und so durch die volle darunter liegende Schale Edelgaskonfiguration zu erlangen.

Elemente mit vielen Elektronen auf der äußeren Schale wie die Elemente der 6. und 7.

Hauptgruppe erlangen Edelgaskonfiguration einfacher durch Aufnahme von Elektronen des

Reaktionspartners.

Elemente der mittleren Hauptgruppen können eine Edelgaskonfiguration häufig am besten

erreichen, wenn sie Elektronen mit ihren Reaktionspartnern teilen. Das kann auch geschehen,

wenn gleiche Elemente sich miteinander verknüpfen.

Elektronegativität

Ob ein Atom in einer Reaktion in der Lage ist, dem Reaktionspartner die

Bindungselektronen zu entreißen und zu einem Ion zu werden, kann man

mit der Elektronegativität berechnen. Sie wurde von Linus Pauling (geb.

1901 in Oregon, gest.1994 in Kalifornien) durch experimentelle

Untersuchungen ermittelt, indem er bei vielen Verbindungen die Energie

ermittelte, die zum Bruch einer Bindung nötig ist, die sogenannte

Bindungsdissoziationsenergie, und daraus eine neue Größe schuf:

Definition:

Die Elektronegativität (EN) ist ein Maß für die Kraft, Bindungselektronen

anzuziehen.

Je nach ihrer Stellung im Periodensystem besitzen Elemente eine sehr unterschiedliche

Elektronegativität: Elemente der 1. Hauptgruppe (HGr) haben eine sehr kleine EN, da ihr

Bestreben, Elektronen anzuziehen, eher gering ist. Mit der Abgabe eines Elektrons können sie

Edelgaskonfiguration erreichen.

Die EN der Elemente der 7. HGr, d.h. ihr Bestreben e − anzuziehen, ist sehr groß, da diese mit

der Aufnahme nur eines Elektrons Edelgaskonfiguration erreichen können.

Elemente der 8. Hauptgruppe, die Edelgase, haben keine EN, da sie ja bereits Edelgaskonfiguration

besitzen.

1


Innerhalb einer Hauptgruppe nimmt die EN von oben nach unten ab. Das liegt daran, dass mit

größer werdender Periode die Zahl der Elektronenschalen um den Kern zunimmt. Dadurch

wird die Anziehungskraft des positiv geladenen Kerns auf die Bindungselektronen verringert,

somit die EN kleiner.

Zusammenfassend kann man also sagen, dass die EN bei den Elementen des Periodensystems

von links nach rechts und von unten nach oben zunimmt:

Periodentafel der Hauptgruppen mit Elektronegativitäten:

EN

nimmt

zu

EN nimmt zu

Die Elektronegativität ist ein nützliches Werkzeug, um zu ermitteln, welche Art von Bindung

zwei Elemente miteinander eingehen werden:

Ist die Differenz der Elektronegativität ∆ EN (sprich: delta) zwischen den beiden Reaktionspartnern

sehr groß, bedeutet das: das elektronegativere Element kann dem anderen, da es

deutlich stärker an den Bindungselektronen zieht, diese entreißen. In diesem Fall entstehen

geladene Teilchen, Ionen. Diese Art der Bindung nennt man daher Ionenbindung:

Ionenbindung

Sie liegt immer dann vor, wenn ∆ EN ≥ 1,7 ist.

Lässt man zum Beispiel Elemente der 1. HGr und Elemente der 7. HGr miteinander reagieren,

ergänzt sich das Reaktionsbestreben beider Elemente: das erste hat das Bestreben, ein e −

abzugeben, das zweite möchte ein e − aufnehmen:

2


Ein Beispiel: Natrium hat eine EN von 0,9, Chlor eine EN von 3,0. Chlor kann also mit

deutlich größerer Stärke an den Bindungselektronen ziehen, die Differenz zwischen 3,0 und

0,9 ist 2,1. Somit ist ∆ EN ≥ 1,7.

Reagieren Natrium (1.HGr 1 Außenelektron) und Chlor (7.HGr. 7 Außenelektronen)

miteinander, so erlangen beide Reaktionspartner eine volle äußere Elektronenschale, wenn ein

Elektron vom Natrium zum Chlor übergeht:

Da beide Atome vorher neutral waren, also ebenso viele positiv geladene Protonen im Kern

wie Elektronen in der Hülle hatten, muss durch den Übergang des einen Elektrons Natrium

positiv geladen sein, da es nun ein Elektron zuwenig besitzt. Das Chlor, das ein Elektron mehr

besitzt, muss nun negativ geladen sein!

Beleg mit Zahlen:

Bausteine, aus denen die Teilchen bestehen: 11 p + 17 p + 11 p + 17 p +

12 n 18 n 12 n 18 n

11 e − 17 e − 10 e − 18 e −

(Die Schreibweise für Chlor ist hier vereinfacht angegeben)

Siehe auch S. 5 „Entwicklung des Atommodells“.

Ionengitter

neutral neutral 1 + 1 −

Es sind also aus neutralen Atomen Ionen entstanden. Ionen sind positiv oder negativ geladene

Teilchen.

Entgegengesetzt geladene Ionen ziehen sich stark an, so dass sich

um jedes Natriumion in jede Richtung Chloridionen und um

jedes Chloridion in jede Richtung Natriumionen anlagern.

Diesen Ionenverbund nennt man Ionengitter.

Na + -Ion:

Cl − -Ion:

Man kann also anhand der mikroskopischen

Strukturen genau erklären, wieso ein Kochsalzkristall exakt

würfelförmige Kristalle bildet.

Alle Stoffe, die über Ionenbindung gebunden werden, sind Feststoffe. Sie gehören zur

Stoffgruppe der Salze.

Bei Elementen anderer Hauptgruppen müssen die Verhältnisse der Reaktionspartner zum Teil

verändert werden:

Ein Beispiel: die Reaktion von Calcium und Chlor:

∆ EN = 3,0 – 1,0 = 2, also liegt auch hier eine Ionenbindung vor!

3


Reagiert Calcium mit Chlor, so müssen 2 Chloratome mit einem Calciumatom eine

Verbindung eingehen, damit alle Reaktionspartner Edelgaskonfiguration erlangen:

(Die Schreibweise für Chlor wird nach

Kenntnis der Atombindung noch verbessert!)

Somit haben beide Chloratome je ein e − vom Calciumatom übernommen. Dadurch ist das

Calciumatom zu einem zweifach positiv geladenen Ion geworden, da es nach Abgabe dieser

Außenelektronen zwei Protonen mehr im Kern als Elektronen in der Hülle besitzt. Jedes

Chloratom besitzt nun ein e − mehr, ist also einfach negativ

geladen. Insgesamt ist auch dieses Salz nach außen hin neutral,

wie jeder andere Stoff!

Beim Calciumchlorid ist das Ionengitter anders als beim

Kochsalz konstruiert, da ja ein Ionenverhältnis von 1:2

vorliegt:

Ca 2+ -Ion:

Cl − -Ion:

Ebenso erklären sich die Strukturen von:

MgO (Mg gibt 2 e − an O ab): es besteht aus den Ionen Mg 2+ und O 2−

(∆ EN = 3,5 – 1,2 = 2,3 → Ionenbindung)

Na 2 O (jedes der beiden Na-Atome gibt ein e − an das O-Atom ab): also 2 Na + und 1 O 2− -Ion

(∆ EN = 3,5 – 0,9 = 2,6 → Ionenbindung)

Bei Atomen mit gleicher oder ähnlicher Elektronenzahl führt eine Ionenbindung nicht zu

stabilen Zuständen. Das Entstehen eines Chlormoleküls Cl 2 kann z.B. nicht über Ionenbildung

ablaufen, da beiden Chloratomen genau ein Elektron zur Edelgaskonfiguration fehlt:

Dieser Zustand wäre extrem instabil, bildet sich also nicht!

Vor allem: Beide Chloratome haben die gleiche Elektronegativität, ziehen also mit identischer

Stärke an den Bindungselektronen.

In solchen Fällen überlappen die beiden einfach besetzten Kugelwolken der Chloratome zu

einer gemeinsamen, doppelt besetzten Kugelwolke, die zu beiden Atomen gehört!

Eine solche Bindung nennt man Atombindung (da sich Atome, keine Ionen binden) oder

Elektronenpaarbindung (da die beiden Atome ein gemeinsames Elektronenpaar besitzen) oder

kovalente Bindung (da die Atome gleichwertig = kovalent gebunden sind):

Atombindung

Atombindungen liegen immer dann vor, wenn ∆ EN < oder = 0,6 ist (strenggenommen liegen

völlig unpolare Atombindungen nur dann vor, wenn ∆ EN = 0 ist, aber siehe später).

4


Eine kleine Differenz der EN-Werte bedeutet, dass beide Atome ungefähr gleich stark in der

Lage sind, an den Bindungselektronen zu ziehen. Daher teilen sie sich ein Elektronenpaar und

bilden eine gemeinsame, doppelt besetzte Kugelwolke:

Die gemeinsame Kugelwolke wird durch einen waagerechten Strich gekennzeichnet.

Räumlich sieht das folgendermaßen aus:

Die Kugelwolken der äußeren Schale bilden einen Tetraeder um den Chlorrumpf (siehe auch

S. 8 „ Entwicklung des Atommodells“)

= Chlorrumpf (vereinfacht) = doppelt besetzte Kugelwolke

= gemeinsame Kugelwolke der beiden Chloratome

Beispiele für andere Verbindungen, die über die Bildung einer Atombindung zustande

kommen:

H 2 : H – H (∆ EN = 2,1 – 2,1 = 0, also Atombindung)

F 2 : F – F (∆ EN = 4,0 – 4,0 = 0, also Atombindung)

Bei Elementen, bei denen mehr als eine Kugelwolke nur einfach besetzt ist, müssen mehrere

einfach besetzte Kugelwolken überlappen, wie z.B. bei Methan, CH 4 :

oder aber bei Sauerstoff, O 2 :

(∆ EN = 2,5 – 2,1 = 0,4, also Atombindung)

(∆ EN = 3,5 – 3,5 = 0, also Atombindung)

Die Bindung zwischen den beiden Sauerstoffatomen nennt man auch Doppelbindung, da zwei

Kugelwolken beider Atome überlappen. Räumlich muss man sich das folgendermaßen

vorstellen:

5


Diese Doppelbindungen nennt man aufgrund ihrer Struktur auch Bananenbindung.

Beim Stickstoffmolekül, N 2 überlappen drei einfach besetzte zu drei gemeinsamen, doppelt

besetzten Kugelwolken:

Die gerade besprochenen Elemente H 2 , F 2 , O 2 und N 2 (wie auch die

Verbindung Methan, CH 4 ) sind alle gasförmig, da sie als Molekül

eine stabile Edelgaskonfiguration annehmen können. Sie haben also

nur geringe Wechselwirkungen mit den benachbarten Molekülen.

Andere Elemente bilden andere Strukturen aus, da sie auf diese

Weise keine Edelgaskonfiguration erlangen können:

Diamantgitter

Das Überlappen von vier Kugelwolken zweier Atome ist aus räumlichen Gründen

nicht möglich, da die vierte Kugelwolke räumlich genau in die entgegengesetzte

Richtung zeigt, also keine Möglichkeit mehr zum Überlappen besitzt!

Daher kann das Element Kohlenstoff nicht wie die ihm in der Periode nachfolgenden

Elemente N 2 , O 2 , F 2 gasförmig sein, sondern hat völlig andere Eigenschaften:

Die vier einfach besetzten Kugelwolken überlappen mit jeweils einer Kugelwolke von vier

benachbarten Kohlenstoffatomen. Auf diese Weise bildet sich ein sehr komplexes Gitter aus,

das dazu führt, dass Kohlenstoff

das härteste Mineral ist.

Es besitzt die Härte 10 und

heißt Diamant:

Betrachtet man eines der

Kohlenstoffatome herausgelöst

(siehe rot gefärbtes C-Atom),

sieht man, dass jedes Kohlenstoffatom

genau in Tetraederform

mit den anderen verbunden

ist.

Metallbindung

Die Elemente mit noch weniger Außenelektronen wie z.B.: , oder

können auf die oben beschriebene Art keine Edelgaskonfiguration erlangen, da sie nie mit

Ihresgleichen auf 8 Außenelektronen kommen. Aluminium könnte z.B. mit maximal drei

anderen Aluminiumatomen gebunden sein, somit käme es höchstens auf 6 Außenelektronen.

Bei Magnesium wären es 4 und bei Natrium sogar nur 2 Außenelektronen.

Somit bilden diese Elemente völlig andere Strukturen, die es ihnen ermöglichen, zu Edelgaskonfiguration

zu gelangen:

Die Atomrümpfe (also die Atomkerne und inneren Elektronen) sitzen auf festen Gitterplätzen,

währen die Außenelektronen sich frei über das gesamte Metallstück bewegen können:

6


Auf diese Weise können durch die

schnelle Bewegung der Elektronen auch

Aluminium oder andere Elemente mit 3

oder weniger Außenelektronen Edelgaskonfiguration

erlangen.

Für alle Metalle ergeben sich (mit

Ausnahme des Quecksilbers) daraus folgende

Eigenschaften: sie sind Feststoffe

und leiten gut den elektrischen Strom, da

die Elektronenwolke sehr beweglich ist

und haben einen charakteristischen

metallischen Glanz.

= Atomrumpf Al 3+ =

Elektronengas

oder Elektronenwolke

aus den

Außenelektronen bestehend

Reagieren Elemente miteinander, deren Elektronegativitätsdifferenz zwar größer als 0,6

(Atombindung), aber kleiner als 1,7 (Ionenbindung) ist, so bildet sich eine polare Atombindung

aus:

Polare Atombindung

Polare Atombindung liegen dann vor, wenn ∆ EN zwischen 0,6 und 1,7 liegt.

Der Kraftunterschied der Atome ist in diesem Fall noch nicht groß genug, dass das elektronegativere

Element dem Partner die Bindungselektronen entreißen kann (also keine

Ionenbindung). Es ist aber schon deutlich stärker in der Lage, an den Bindungselektronen zu

ziehen. Dadurch sind im zeitlichen Mittel die Bindungselektronen häufiger beim

elektronegativeren Partner zu finden, allerdings nicht vollständig hinübergezogen.

Z.B.: HCl (∆ EN = 3,0 – 2,1 = 1,0)

Könnte man diese Elektronen über einen längeren Zeitraum fotografieren, wäre folgende

„Langzeitaufnahme“ zu sehen (die blauen Punkte sollen die beiden e − über eine Langzeitbelichtung

darstellen:

Im Vergleich dazu wäre beim Cl 2 (beide Atome gleiche

EN) eine viel gleichmäßigere Verteilung der Elektronen

zu beobachten:

7


Daher schreibt man diese Bindung nicht als einfachen waagerechten Strich wie bei den

Atombindungen, sondern deutet die ungleiche Elektronenverteilung durch einen Keil an:

Das dickere Ende des Keils zeigt zum elektronegativeren Atom, die Spitze zum weniger

starken Atom: Das bedeutet, dass die beiden Bindungselektronen im zeitlichen Mittel eher bei

Cl als bei H zu finden sind, aber nicht völlig vom Chlor herübergezogen werden können (das

wäre dann eine Ionenbindung):

bzw. vollständig:

Dadurch, dass die negativ geladenen Bindungselektronen im zeitlichen Mittel etwas häufiger

beim Chlor zu finden sind, wird das Chloratom ein wenig negativer (nicht völlig, denn dann

wäre es ja ein Ion) und das Wasserstoffatom ein wenig positiver geladen. Man kennzeichnet

diese Teilladung (oder Pole) mit dem griechischen Buchstaben δ (sprich delta), um sie von

den tatsächlichen Ionenladungen „+“ und „−“ zu unterscheiden.

Man sagt: Wasserstoff ist der Pluspol, Chlor ist der Minuspol des HCl-Moleküls. Somit ist

das Molekül ein Dipol (hat zwei Pole).

Ähnliche Bindungsverhältnisse liegen im Wassermolekül, H 2 O, vor:

Der elektronegativere Sauerstoff (∆ EN = 3,5 – 2,1 = 1,4) zieht die

Bindungselektronen im zeitlichen Mittel mehr zu sich, so dass am Sauerstoff

ein negativer, an den Wasserstoffen ein positiver Pol vorliegen.

Somit bilden die beiden Wasserstoffe einen positiven, der Sauerstoff den negativen Pol des

Wassers. Man spricht auch beim Wasser von einem Dipolmolekül:

Bei diesem Dipol handelt es sich um einen permanenten Dipol, der immer erhalten

bleibt.

Wasserstoffbrückenbindung

Moleküle mit Dipolcharakter gehen miteinander starke Wechselwirkungen ein, da positive

und negative Pole sich anziehen. Diese Anziehung ist zwar nicht so stark wie die Anziehung

der wirklich positiv und negativ geladenen Ionen in einer Ionenbindung, aber deutlich stärker

als die Wechselwirkungen von unpolaren, über Atombindung gebundenen Stoffen. Man nennt

sie Wasserstoffbrückenbindung:

Wasserstoffbrückenbindungen (WBB) werden angedeutet

durch eine gestrichelte Linie:

Diese Anziehungskräfte darf man sich nicht so statisch

vorstellen, wie sie auf dem Papier wirken! Wassermoleküle

in flüssigem Wasser sind in ständiger schneller Bewegung.

Daher werden Wasserstoffbrücken beständig neu geknüpft

bzw. wieder gelöst.

Werden allerdings Temperaturen von 0°C und kleiner erreicht, ist die Bewegung der

Wassermoleküle so gering, dass sie nicht mehr die Plätze wechseln können. Die

Wasserstruktur im Eis muss man sich folgendermaßen vorstellen:

8


Die Wassermoleküle bilden miteinander sechseckige

Strukturen, die aufgrund der Wasserstoffbrücken

gehalten werden. Zwar bewegt sich jedes

Wassermolekül noch um seine Ruhelage (= Vibration),

sitzt aber auf festen Plätzen eines Gitters.

Erst bei Temperaturen am absoluten Temperaturnullpunkt

von − 273°C (= 0 Kelvin) wird auch die

Vibration eingefroren.

Eis von −1°C und von − 18°C unterscheiden sich somit

lediglich durch die Stärke der Vibration der einzelnen

Wassermoleküle.

Aufgrund dieser molekularen Struktur kommt es zustande,

dass Eiskristalle immer eine sehr regelmäßige

Sechseckstruktur aufweisen:

Den Dipolcharakter des Wassers kann man gut mit

folgendem Experiment beweisen: Man reibt einen

Hartgummistab mit Seide. Dadurch wird dieser Stab

negativ aufgeladen. Hält man diesen vorbehandelten Stab

in die Nähe eines dünnen Wasserstrahls, so wird dieser

abgelenkt: Er fließt in Richtung des Stabes.

Grund ist, dass sich die Wasserdipole in Richtung des

Stabes ausrichten und so von ihm angezogen werden.

Oberflächenspannung

Die starken Wasserstoffbrückenbindungen zwischen den Wassermolekülen erklären auch die

sehr große Oberflächenspannung des Wassers. Jeder, der schon mal einen Bauchplatscher

gemacht hat, weiß, wie stark sie ist.

Während in der Flüssigkeit Wechselwirkungen

in alle Raumrichtungen wirken, ist dies für ein

Teilchen an der Oberfläche nicht der Fall. Hier

hört die Flüssigkeit auf und die Gasphase

(besteht aus völlig unpolaren Sauerstoff- und

Stickstoffmolekülen, die keine Wechselwirkungen

mit dem Wasser eingehen) beginnt.

9


Die Anziehungskräfte im Inneren des Wassers sind zu allen Seiten ausgeglichen, während die

Moleküle an der Oberfläche nach oben keine Wechselwirkungen eingehen können. Diese

Kräfte wirken an der Wasseroberfläche.

Wie stark sie sind, zeigen die folgenden Bilder:

Es ist für Wassermoleküle energetisch viel günstiger, Wasserteilchen als

Nachbarn zu haben als die unpolaren Luftmoleküle, mit denen sie keine

Bindungen eingehen können. Das erklärt auch die Tropfenbildung, die man

an jedem Wasserhahn beobachten kann:

Die Kugelform ist die geometrische Figur mit der kleinsten Oberfläche bei

größtmöglichem Volumen. In dieser Form haben möglichst wenige Wassermoleküle

Kontakt zur unpolaren Luft.

(Siehe dazu auch:

http://www.chemie-interaktiv.net/bilder/ff_oberflaeche.swf)

Siedepunkte

Die Stärke der Wasserstoffbrücken kann man auch am hohen Siedepunkt des Wassers

ablesen. Die Wassermoleküle bewegen sich erst bei Temperaturen über 100°C so stark, dass

die Wassermoleküle nicht mehr durch die Wasserstoffbrücken zusammengehalten werden,

sondern auseinander reißen:

10


Bei unpolaren Stoffen wie Methan, CH 4 , das eine ähnliche Größe hat wie Wasser, liegt der

Siedepunkt extrem viel niedriger: Methan geht schon bei − 164°C in den gasförmigen

Zustand über! Das liegt daran, dass zwischen den Methanmolekülen nur sehr schwache

Wechselwirkungen (siehe Van-der-Waals-Kräfte) bestehen. Dadurch können diese Moleküle

schon bei sehr geringen Bewegungen (also bei Temperaturen weit unter dem Gefrierpunkt

von Wasser) nicht mehr aneinander halten, sondern werden auseinandergerissen.

Lösungsverhalten von Ionen

Gibt man Kochsalz, NaCl, in Wasser, löst es sich nach kurzem Rühren oder bei längerem

Stehen auf. Was geschieht mit dem Kochsalz?

Es muss auf jeden Fall noch vorhanden sein, denn das Salzwasser schmeckt deutlich nach

Kochsalz!

Grund für das Verschwinden des

Kochsalzkristalls ist, dass die

Wassermoleküle sich in schneller

Bewegung mit dem jeweils der

Ionenladung entgegengerichteten

Pol dem Kristall nähern (positiver

Pol an negativ geladenes Cl − ,

negativer Pol an das positiv

geladene Na + ). Durch gleichzeitigen

Angriff mehrerer Wassermoleküle

werden an den Ecken des

Kristalls einzelne Ionen aus dem

Verbund herausgelöst und von

einer Wasserhülle (= Hydrathülle)

umgeben. Dieser Vorgang, den

man Hydra(ta)tion nennt, geschieht

so oft, bis sich der gesamte Kristall aufgelöst ist. Dadurch, dass die einzelnen Ionen

sehr klein sind, dass sie vom menschlichen Auge nicht mehr wahrgenommen werden können,

„verschwindet“ das Kochsalz für uns.

Man kann den Ablauf des Lösevorgangs gedanklich in zwei Teilschritte zerlegen:

Zum einen müssen die Ionen aus dem Gitter herausgelöst werden. Das ist mit einem großen

Energieaufwand verbunden, denn die Ionen haben – wie schon besprochen – große

Anziehungskräfte (= Gitterenergie) aufeinander. Zum anderen wird jedes abgelöste Ion von

einer Hydrathülle umgeben, was Bindungsenergie (= Hydra(ta)tionsenergie) freisetzt.

Bei manchen Salzen wie z.B. Natriumhydroxid, NaOH, ist die Energie, die man beim Lösen

gewinnt, größer als die Gitterenergie, mit der die Ionen im Kristall gebunden sind. Gibt man

festes NaOH in Wasser, erwärmt sich die Lösung sehr stark. Auf diese Weise kann man das

Wasser im Extremfall bis zum Sieden erhitzen! In diesem Fall gilt:

Hydrationsenergie > Gitterenergie

Bei Salzen wie Ammoniumchlorid (NH 4 Cl) findet man einen entgegengesetzten Effekt: Gibt

man Ammoniumchlorid in Wasser, kühlt sich dieses stark ab. Man kann ohne

Schwierigkeiten eine Temperatur von 4°C erreichen. Das ist dadurch zu erklären, dass die bei

11


der Hydration freiwerdende Energie kleiner ist als die Energie, die für das Lösen des

Ionengitters nötig ist. Die fehlende Energie wird aus der Umgebung gezogen, daher die

Abkühlung. Für Salze dieser Art gilt:

Hydrationsenergie < Gitterenergie

Kochsalz, NaCl, schließlich zeigt beim Lösen in Wasser keine Temperaturänderung. Man

kann daher darauf schließen, dass beim Kochsalz gilt:

Hydrationsenergie = Gitterenergie

Salze, deren Gitterenergie deutlich größer als die Hydrationsenergie ist, lösen sich nicht oder

nur sehr schlecht in Wasser. Beispiel: Marmor bzw. Kalk, CaCO 3 .

Es lösen sich nicht nur Salze in Wasser. Auch polare Stoffe, die mit dem Wasser

Wasserstoffbrücken eingehen können, wie z.B. Ethanol (= Trinkalkohol), löst sich in jedem

Verhältnis in Wasser:

Zugabe von Wasser

Ethanol kann fast ebenso gut wie

Wassermoleküle Wasserstoffbrücken mit dem Wasser eingehen. Daher löst es sich auch in

jedem Verhältnis in Wasser: Man kann Bier mit 4% Ethanol, Wein mit 10%, Schnaps mit

40% und Brennspiritus mit 96% Alkohol in Wasser kaufen.

Alkohole, die längere Kohlenstoffketten besitzten, wie z.B: Pentanol, CH 3 CH 2 CH 2 CH 2 OH,

lösen sich fast nicht mehr in Wasser, da sie einen sehr großen unpolaren Teil besitzen, der

keine Wasserstoffbrücken eingehen kann. Bei solchen Molekülen überwiegen die Van-der-

Waals-Kräfte.

Van-der-Waals-Kräfte ( auch London-Kräfte)

Mehrfach wurde schon von den schwachen Wechselwirkungen zwischen unpolaren

Molekülen gesprochen. Ein einfaches Beispiel für ein unpolares Molekül ist Methan, CH 4 :

Strukturformel:

12


Dass diese unpolaren Moleküle auch Wechselwirkungen untereinander haben müssen, wenn

sie auch sehr klein sind, erkennt man am Siedepunkt des Stoffes: Methan wird „erst“ bei

−164°C gasförmig und nicht schon beim absoluten Temperaturnullpunkt von − 273°C (bzw. 0

K), was man ohne Wechselwirkung untereinander erwarten sollte.

Van-der-Waals-Kräfte gibt es bei allen Atomen bzw. Molekülen. Sie entstehen dadurch, dass

sich Elektronen in ihren Kugelwolken sehr schnell bewegen. Die Verteilung dieser Elektronen

ist nicht immer vollkommen gleichmäßig. Man kann sich vorstellen, dass die beiden

Elektronen der Kugelwolke in einem extrem kurzen Moment (ca. 10 −9 bis 10 −12 s lang) in der

Nähe eines der beiden gebundenen Atome zu finden sind.

Vereinfachtes Bild:

Dadurch, dass die Elektronen kurzfristig beide beim C sind, wird dieses negativ, das H wird

positiv geladen. Diese Art von Ladung nennt man, da sie ja nur sehr kurze Zeit so existiert,

einen temporären Dipol. Benachbarte Moleküle werden dahingehend beeinflusst, dass die

Bindungselektronen von diesem positiven Teil angezogen werden. Dieses ruft auch in diesem

Molekül eine Elektronenverschiebung hervor (induzierter Dipol):

Die Anziehung von temporärem Dipol und induziertem Dipol nennt man Van-der-Waals-

Kräfte. Sie sind sehr schwach, da sie immer nur sehr kurzzeitig existieren, dann die

Elektronenverteilung schon wieder verändert ist!

Vergleich der Bindungsstärken von Wbb und VdW-Kräften:

Dass Van-der-Waals-Kräfte deutlich schwächer als Wasserstoffbrücken sind, kann man daran

erkennen, dass der Siedepunkt von Methan bei − 164°C liegt, der des Wassers (das ja ähnliche

Van-der-Waals-Kräfte wie Methan hat, da es ungefähr gleich groß ist) aber bei + 100°C.

Es ist also deutlich mehr Energie aufzuwenden, um die Wassermoleküle auseinander zu

reißen als das beim Methan der Fall ist.

Allerdings gilt auch:

13


Je mehr Atome, somit mehr Elektronen ein Molekül hat, desto stärker sind die VdW-Kräfte,

da ja mit zunehmender Zahl der Elektronen die Möglichkeit zur Ausbildung von temporären

Dipolen wächst.

Die Zahl an VdW-Kräften hängt direkt mit der molaren Masse M (in g/mol) zusammen.

So ist auch zu erklären, dass Ethan (ein Alkan mit 2 C-Atomen, CH 3 CH 3 )

einen viel höheren Siedepunkt als Methan von −89°C hat, da es viel mehr

Van-der-Waals-Kräfte ausbilden kann:

Paraffinkerzen, die aus Alkanen mit 20 – 30 Kohlenstoffatomen bestehen,

haben sogar einen Schmelzpunkt von 40 – 50°C.

Lösungsverhalten von unpolaren Stoffen:

Unpolare Stoffe wie z.B. Methan, Ethan oder andere Alkane lösen sich sehr

schlecht in Wasser, da sie untereinander VdW-Kräfte eingehen, die

Wassermoleküle aber Wbb ausbilden.

Die Wassermoleküle können also miteinander viel stärkere Bindungen

eingehen als mit den Alkanen.

Somit sind die unpolaren Moleküle nicht in der Lage, die sehr starken

Wasserstoffbrücken zwischen den Wassermolekülen zu durchbrechen.

Daraus folgt:

Unpolare Flüssigkeiten wie Benzin oder Öl bilden in der Regel eine Schicht oberhalb des

Wassers, da sie aufgrund der schwächeren Anziehungskräfte der Moleküle auch eine deutlich

kleinere Dichte als Wasser haben.

In unpolaren Stoffen, die ebenfalls nur VdW-Kräfte eingehen können, lösen sich unpolare

Stoffe sehr gut. So kann man Fett sehr gut in Benzin lösen, was man häufig zu

Reinigungszwecken benutzt, denn die unpolaren Stoffe können untereinander VdW-Kräfte

eingehen und sich so in jedem Verhältnis mischen.

Einteilung von Bindungsarten

Bindungen unterscheiden sich in ihrem Aufbau. Manche bestehen aus Elektronen wie z.B. die

Atombindung und die polare Atombindung, manche sind lediglich Anziehung von

permanenten oder temporären Dipolen wie z.B. Wasserstoffbrücken, Van-der-Waals-Kräfte.

Man unterteilt die Bindungen daher in:

Intramolekulare Bindungen

Als intramolekulare Bindungen bezeichnen wir die polare Atombindung und die

Atombindung. Sie bestehen generell aus zwei Elektronen. Sie sind sehr stark, können nur mit

großem Energieaufwand (Strom, Bunsenbrennerenergie oder chemische Energie) gebrochen

werden.

Intermolekulare Bindungen hier rot:

Ionenbindungen kann man in diese

Kategorien nicht einordnen, da es sich ja bei

Teilchen nicht um Moleküle handelt.

diesen

14


Intermolekulare Bindungen

Die zuletzt beschriebenen Bindungen „Wbb“ und „VdW-Kräfte“ rechnet man zu den

intermolekularen Bindungen, da sie Anziehungskräfte zwischen verschiedenen Molekülen

darstellen. Sie bestehen nicht aus Elektronen, sondern sind Anziehungskräfte von permanenten

bzw. temporären Dipolen. Sie sind deutlich schwächer als die Anziehungskräfte von

Ionen oder aber die intramolekularen Bindungen (hier grün gezeichnet).

Wasserstoffbrücken und andere Dipol-Dipol-Wechselwirkungen sind wiederum deutlich

stärker als Van-der-Waals-Kräfte (∼10 mal so stark).

Der blaue Rahmen soll jeweils ein Molekül begrenzen, um den Unterschied zwischen interund

intramolekularen Bindungen zu verdeutlichen:

Bei polaren Molekülen:

bei unpolaren Molekülen:

Übersicht:

15


Atombindung polare

Atombindung

Elektronegativitätsdifferenz

∆EN < 0,6 ∆EN 0,7 – 1,7

Ionenbindung

∆EN > 1,7

Beispiel

Cl 2 HCl NaCl

intermolekulare

Kräfte zwischen

den Molekülen

Van-der-Waals-

Kräfte

Wasserstoffbrücken bzw.

Dipol-Dipol-Wechselwirkungen

und zusätzlich

VdW-Kräfte

Ionengitter

(nicht „intermolekular“)

Verantwortlich: Loosen

16


Benennung von Alkoholen und Carbonsäuren

Aufgabe 1 - chemisch zählen

Will man organische Moleküle und Stoffe benennen, so muss man zunächst das „chemische Zählen“ beherrschen.

Ergänzen Sie:

Anzahl C-Atome 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Vorsilbe

Methan Ethan

Aufgabe 2 - Benennung organischer Substanzen

Benennen Sie die folgenden Stoffe, die jeweils durch ein Molekül repräsentiert werden. Geben Sie an, bei welchen Stoffen es sich

um isomere Verbindungen handelt.

H

H

H

H

H

H

H

H

H

H

H C C C O H H C C O H H O

H H H

H H

CH 3

CH 2

CH 2

CH 2

CH 2

CH 2

OH

CH 3

CH 2

CH 2

CH 2

C

H

CH 2

C

H

CH 2

C

H

CH 2

C

H

CH 2

C

H

OH

H

H

O

H

H

H

H

H

H

H

H

O

H

C

O H H C O H H C C C C C

C

C

C

C O H

H

H

H

H

H

H

H

H

H

H

H

O

O

H

O

H

C

C

C

O

H

H O C C

H

CH 3

CH 2

CH 2

CH 2

CH 2

CH 2

C

O

H

H

H

H

H

H

H

O

O

H

C

C

C

C

O

H

H

O

C

CH 2

CH 2

CH 2

CH 2

CH 2

CH 2

CH 2

CH 2

CH 3

H

H

H

H

H

H

OH

H

H

H

H

H

H

H

H

C

C

C

H

H

C

C

C

H

H

C

C

C

C

C

H

H

OH

H

H

H

H

H

H

H

OH

H

Aufgabe 3: Zeichnen Sie Strukturformeln der folgenden Verbindungen. Kennzeichnen und benennen Sie funktionelle Gruppen.

a) 2-Butanol b) Pentansäure c) Propan


Benennung von Estern

Schauen Sie sich zunächst die folgenden drei Beispiele für die Benennung von Estern an.

O

H

H

H

O

H

H

O

H

H

C

O

C

C

H H C

C

O

C

H H C

O

C

C

H

H

H

H

H

H

H

Methansäureethylester Ethansäuremethylester Ethansäuremethylester

Versuchen Sie das System, zu durchschauen, nachdem Ester benannt werden.

Hinweise:

1. In der Kohlenstoffkette befindet sich ein Sauerstoffatom, das die Kette in zwei Teile teilt (mit einem und zwei Kohlenstoffatomen

beim Methansäureethylester).

2. Die eingekreiste Estergruppe ist nicht symmetrisch. Dadurch kann zwischen Ethansäuremethylester (2:1) und

Methansäureethylester (1:2) unterschieden werden.

Aufgabe 1

Benennen Sie die folgenden Estermoleküle.

H

H

H

H

H

H

H

H

O

H

O

H

H

C

C

C

C

C

C

C

C

O

C

C

H

H

C

O

C

H

H

H

H

H

H

H

H

H

H

H

O

H

H

H

H

H

H

O

H

H

H

H

C

O

C

C

C

H

H

C

C

C

O

C

C

C

C

H

H

H

H

H

H

H

H

H

H

H

H

O

H

H

O

H

C

C

C

O

C

C

H

H 3

C CH 2

CH 2

C O CH 2

CH 2

CH 3

H

H

H

H

Aufgabe 2

a) Benennen Sie (wenn möglich) die Substanzen, die aus folgenden Molekülen bestehen. (Nicht alle Stoffe sind Ihnen bekannt).

O

O

O

HO CH 3

HO C CH 2

CH 2

CH 2

CH 3

H 3

C

CH 2

CH 2

C

H

H 3

C C O CH 2

CH 3


Vertiefung: Benennung verzweigter Verbindungen

Regeln für die Benennung verzweigter Moleküle mit funktionellen Gruppen.

1. Hauptkette bestimmen. Dies ist die Kette mit den meisten C-Atomen. Die Hauptkette liefert den Stammnamen des Moleküls.

2. Die funktionelle Gruppe gibt die Endung des Namens vor (-säure, -ester, -al, -on, -ol).

3. Sind in einem Molekül mehrere funktionelle Gruppen vorhanden, so liefert die Gruppe mit der höchsten Priorität die Endung

des Molekülnamens. Die Prioritätenfolge ist definitionsgemäß Säure vor Ester vor Aldehyd vor Keton vor Alkohol.

4. Das endständige C-Atom, welches der funktionellen Gruppe am nächsten steht, erhält die Nummer 1.

5. Nun werden alle Substituenten (am Stamm des Moleküls „hängende“ Gruppen) benannt und in alphabetischer Reihenfolge

vor dem Stammnamen notiert (außer der funktionellen Gruppe mit der höchsten Priorität).

Aldehyde und Ketone niedriger Priorität liefern die Silbe „Oxo-“, Alkohole niedriger Priorität die Silben „Hydroxy-“.

6. Ein griechisches Zahlenwort vor jedem Substituenten gibt an, wie oft er mit Molekül vorkommt (di-, tri- oder tetra-).

Substituenten, die nur einmal im Molekül vorhanden sind erhalten keine Vorsilbe.

7. Eine Zahl vor jedem Substituenten gibt seine Position im Molekül an.

Beispiel 1:

C

C

C

C

C C C C C

C OH

O

C

C

C

1. Hauptkette finden.

C

C

C

C

C C C C C

C OH

O

C

C

C

Stammname: Nonan.

weitere Beispiele: siehe Chemie 2000+ S.13 Bild 4.

2./3.Im Molekül findet man

eine Hydroxylgruppe (Alkohol)

und eine Carbonylgruppe (Keton).

Da letztere die höhere Priorität

besitzt, erhält das Molekül die

Endung „-on“.

Nonanon.

4. Das unterste C-Atom ist näher

an der Carbonylgruppe, als das

rechte C-Atom. Es ist damit C1.

5./6. Substituenten (alphabetisch

geordnet): Dimethyl-hydroxy-propyl.

Vorsilbe „di“ für zwei Methylgruppen.

Aufgabe 1 – Benennung von verzweigten Molekülen mit funktionellen Gruppen

a) Benennen Sie die folgenden Verbindungen mit ihrem systematischen Namen.

C

C

C

C

C C

5

8 9

C C C C C C

6 7

C OH

4

O C

3

C

2

C

1

Name des Moleküls:

8-Hydroxy-5,8-dimethyl-

6-propyl-3-nonanon

C

C

C

C

O

C

H

C C C C C C C C

C

O

C

C

C

C

OH

C C C C C C C

C

OH

HO

O

C

C

C

O C

C C C C C

OH

C

C

b) Zeichnen Sie die Strukturformeln von 2,4-Dimethylpentansäure und von 1,3-Dihydroxypropanon.

2,4-Dimethylpentansäure

1,3-Dihydroxypropanon


Benennung von Alkoholen und Carbonsäuren

Aufgabe 1 - chemisch zählen

Will man organische Moleküle und Stoffe benennen, so muss man zunächst das „chemische Zählen“ beherrschen.

Ergänzen Sie:

Anzahl C-Atome 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Vorsilbe Methan Ethan Propan Butan Pentan Hexan Heptan Octan Nonan Decan

Aufgabe 2 - Benennung organischer Substanzen

Benennen Sie die folgenden Stoffe, die jeweils durch ein Molekül repräsentiert werden. Geben Sie an, bei welchen Stoffen es sich

um isomere Verbindungen handelt.

H

H

H

H

H

H

H

H

H

H

H O

H C C C O H H C C O H

C C C C

CH 3

CH 2

CH 2

CH 2

CH 2

CH 2

OH

CH 3

CH 2

CH 2

CH 2

CH 2

CH 2

CH 2

CH 2

H H H

H H

H H H H

1-Propanol (Propan-1-ol) Ethanol 1-Pentanol (Pentan-1-ol)

1-Hexanol (Hexan-1-ol)

1-Octanol (Octan-1-ol)

C

H

OH

H

H

O

H

H

H

H

H

H

H

H

O

H

C

O H H C O H H C C C C C

C

C

C

C O H

H

H H H H

Methanol Methansäure Nonansäure

H

H

H

H

H

H

O

O

H

O

H

C

C

C

O

H

H O C C

H

CH 3

CH 2

CH 2

CH 2

CH 2

CH 2

C

O

H

H

H

H

Propansäure Ethansäure Heptansäure

H

H

H

O

O

H

C

C

C

C

O

H

H

O

C

CH 2

CH 2

CH 2

CH 2

CH 2

CH 2

CH 2

CH 2

CH 3

H H H

Butansäure

Decansäure

H

H

H

OH

H

H

H

H

H

H

H

H

C

C

C

H

H

C

C

C

H

H

C

C

C

C

C

H

H OH H

H H H

H H H OH H

2-Propanol (Propan-2-ol) 1-Propanol (Propan-1-ol) 2-Pentanol (Pentan-2-ol)

Aufgabe 3: Zeichnen Sie Strukturformeln der folgenden Verbindungen. Kennzeichnen und benennen Sie funktionelle Gruppen.

a) 2-Butanol b) Pentansäure c) Propan

a) H H H H

b)

H H H H O

c)

H H H

H

C

C

C

C

H

H

C

C

C

C

C

O

H

H

C

C

C

H

H H OH

Hydroxylgruppe

H

H

H H H

Carboxylgruppe

H H H

keine funktionelle Gruppe


Benennung von Estern

Schauen Sie sich zunächst die folgenden drei Beispiele für die Benennung von Estern an.

O

H

H

H

O

H

H

O

H

H

C

O

C

C

H H C

C

O

C

H H C

O

C

C

H

H

H

H

H

H

H

Methansäureethylester Ethansäuremethylester Ethansäuremethylester

Versuchen Sie das System, zu durchschauen, nachdem Ester benannt werden.

Hinweise:

1. In der Kohlenstoffkette befindet sich ein Sauerstoffatom, das die Kette in zwei Teile teilt (mit einem und zwei Kohlenstoffatomen

beim Methansäureethylester).

2. Die eingekreiste Estergruppe ist nicht symmetrisch. Dadurch kann zwischen Ethansäuremethylester (2:1) und

Methansäureethylester (1:2) unterschieden werden.

Aufgabe 1

Benennen Sie die folgenden Estermoleküle.

H

H

H

H

H

H

H

H

O

H

O

H

H

C

C

C

C

C

C

C

C

O

C

C

H

H

C

O

C

H

H

H

H

H

H

H

H

H

H

H

Ethansäureoctylester

Methansäuremethylester

O

H

H

H

H

H

H

O

H

H

H

H

C

O

C

C

C

H

H

C

C

C

O

C

C

C

C

H

H

H

H

H

H

H

H

H

H

Methansäurepropylester

Butansäurepropylester

H

H

O

H

H

O

H

C

C

C

O

C

C

H

H 3

C CH 2

CH 2

C O CH 2

CH 2

CH 3

H

H

H

H

Propansäureethylester

Butansäurepropylester

Aufgabe 2

Benennen Sie (wenn möglich) die Substanzen, die aus folgenden Molekülen bestehen.

O

O

O

HO CH 3

HO C CH 2

CH 2

CH 2

CH 3

H 3

C

CH 2

CH 2

C

H

H 3

C C O CH 2

CH 3

Methanol Pentansäure Butanal Ethansäureethylester


Vertiefung: Benennung verzweigter Verbindungen

Regeln für die Benennung verzweigter Moleküle mit funktionellen Gruppen.

1. Hauptkette bestimmen. Dies ist die Kette mit den meisten C-Atomen. Die Hauptkette liefert den Stammnamen des Moleküls.

2. Die funktionelle Gruppe gibt die Endung des Namens vor (-säure, -ester, -al, -on, -ol).

3. Sind in einem Molekül mehrere funktionelle Gruppen vorhanden, so liefert die Gruppe mit der höchsten Priorität die Endung

des Molekülnamens. Die Prioritätenfolge ist definitionsgemäß Säure vor Ester vor Aldehyd vor Keton vor Alkohol.

4. Das endständige C-Atom, welches der funktionellen Gruppe am nächsten steht, erhält die Nummer 1.

5. Nun werden alle Substituenten (am Stamm des Moleküls „hängende“ Gruppen) benannt und in alphabetischer Reihenfolge

vor dem Stammnamen notiert (außer der funktionellen Gruppe mit der höchsten Priorität).

Aldehyde und Ketone niedriger Priorität liefern die Silbe „Oxo-“, Alkohole niedriger Priorität die Silben „Hydroxy-“.

6. Ein griechisches Zahlenwort vor jedem Substituenten gibt an, wie oft er mit Molekül vorkommt (di-, tri- oder tetra-).

Substituenten, die nur einmal im Molekül vorhanden sind erhalten keine Vorsilbe.

7. Eine Zahl vor jedem Substituenten gibt seine Position im Molekül an.

Beispiel 1:

C

C

C

C

C C C C C

C OH

O

C

C

C

1. Hauptkette finden.

C

C

C

C

C C C C C

C OH

O

C

C

C

Stammname: Nonan.

weitere Beispiele: siehe Chemie 2000+ S.13 Bild 4.

2./3.Im Molekül findet man

eine Hydroxylgruppe (Alkohol)

und eine Carbonylgruppe (Keton).

Da letztere die höhere Priorität

besitzt, erhält das Molekül die

Endung „-on“.

Nonanon.

4. Das unterste C-Atom ist näher

an der Carbonylgruppe, als das

rechte C-Atom. Es ist damit C1.

5./6. Substituenten (alphabetisch

geordnet): Dimethyl-hydroxy-propyl.

Vorsilbe „di“ für zwei Methylgruppen.

Aufgabe 1 – Benennung von verzweigten Molekülen mit funktionellen Gruppen

a) Benennen Sie die folgenden Verbindungen mit ihrem systematischen Namen.

C

C

C

C

C C

5

8 9

C C C C C C

6 7

C OH

4

O C

3

C

2

C

1

Name des Moleküls:

8-Hydroxy-5,8-dimethyl-

6-propyl-3-nonanon

C O

9 8 7

O C

C C C C H C C C C C C C C C

4 3 2 1

C 6 5 4 3 2 1

C

C

OH

C C C C C C C

7 6 5 4 3 2 1

C

OH

HO

C

O O C

6 7 8

C C C C C C C C

1 2 3 4 5 OH

C

3-Methylbutansäure 2,8-Dimethyl-4-nonanon 4,5-Diethyl-1,3-heptandiol 5-Ethyl-6-hydroxy-3-oxooctansäure

b) Zeichnen Sie die Strukturformeln von 2,4-Dimethylpentansäure und von 1,3-Dihydroxypropanon.

2,4-Dimethylpentansäure

1,3-Dihydroxypropanon

C

C

C

4

C

3

C

C

2

O

C

1

OH

HO

C

O

C

C

OH


Klausur Grundkurs 11

Aufgabe 1a)

Anforderungen: Die S.

1 gibt die 4 Strukturformeln an:

H

H

H

H

H

H

H

H

H

H

H

H

H

H

4 (I)

H

C

C

O

H

H

C

C

C

O

H

H

C

C

C

C

O

H

H

C

C

C

C

C

O

H

H

H

H

H

H

H

Ethanol 1-Propanol 1-Butanol 1-Pentanol

2 kennzeichnet die funktionelle Gruppe: (hier: rote Markierung im Ethanolmolekül) 1 (I)

3 benennt die funktionelle Gruppe: Hydroxylgruppe 1 (I)

6

Teilaufgabe 1b)

Anforderungen: Die S.

1 Stellt die Siedetemperaturen graphisch dar.

1a x-Achse: Anzahl C-Atome 1 (II)

1b lineare Skalierung der x-Achse (d. h. der Abstand zwischen C1 und C2 ist gleich dem Abstand 1 (II)

zwischen C2 und C3 u.s.w.) und Beschriftung mit mindestens 3 Zahlenwerten

1c y-Achse: lineare Skalierung 1 (II)

1d y-Achse: Auslassungszeichen zwischen Ursprung und 100°C Markierung 1 (II)

1e Achsbeschriftungen:

1 (I)

x: Anzahl C-Atome

y: Temperatur in °C

1f Messwerte korrekt eingetragen (± 2mm). 1 (I)

150

Sdt. in °C

H

H

H

H

H

H

H

H

140

130

120

110

100

90

80

70

60

1 2 3 4 5

Anzahl

C-Atome


Teilaufgabe 1c)

Anforderungen: Die S.

1 beschreibt den Verlauf d. Siedetemperaturen:

2 (II)

Die Siedetemperaturen Steigen linear mit der Anzahl der C-Atome an.

alternativ: Punkte liegen auf einer Geraden.

(Anmerkung: Die Messwerte werden durch eine Gleichung der Form y = mx+n beschrieben,

mit y: Siedetemperatur; x: Anzahl C-Atome; m = 20 °C pro C-Atom, n = 37,5°C. Dies entspricht

einer Geraden mit y-Achsenabschnitt. Man spricht von einer linearen Beziehung.

Für n = 0 erhielte man eine Ursprungsgerade u. dürfte von einer proportionalen Funktion

sprechen. Es ist hier also nicht korrekt, zu sagen, dass die Siedetemperatur proportional zur

Anzahl der C-Atome ist.)

2 Erläutert den Verlauf der Siedetemperaturen.

2a Es wirken Wasserstoffbrückenbindungen (Wbb,) und van-der-Waals-Kräfte (v.d.W.-Kräfte). 2 (II)

2b Die Stärke der v.d.W.-Kräfte wächst mit wachsender Molekülgröße (alternativ: Kettenlänge, 2 (II)

Anzahl d. C-Atome, Anzahl der Elektronen im Molekül).

2c Eine steigende intermolekulare Kraft bewirkt einen Anstieg der Siedetemperatur. 1 (II)

7

Teilaufgabe 1d)

Anforderungen: Die S.

1 Trägt den Messpunkt ins Diagramm ein (siehe oben: roter Messpunkt) 1 (I)

2 beschreibt, dass die Siedetemperatur des Methanols im Vergleich mit den anderen Alkoholen 1 (II)

etwas zu groß ist.

3 Erklärt die Abweichung durch intermolekulare Kräfte

3a Zwischen Methanolmolekülen herrschen auf Grund der geringen Molekülgröße nur schwache 2 (II)

v.d.W.-Kräfte. Das Verhältnis von Wbb. und v.d.W.-Kraft ist hier besonders groß.

3b Wbb. sind stärker als v.d.W.-Kräfte.

Dies erklärt die vergleichsweise große Siedetemperatur der Methansäure.

2 (II)

6

Teilaufgabe 1e)

Anforderungen: Die S.

1 Beschreibt eine Möglichkeit zur experimentellen Unterscheidung. 3 (II)

z. B.: Vergleich der Löslichkeiten in Wasser (oder in Heptan, o.ä.)

3


Originale Klausuraufgabe – Intermolekulare Kräfte

a) Geben Sie Strukturformeln der vier Alkohole aus den fachspezifischen Vorgaben an. Kennzeichnen

und benennen Sie die funktionelle Gruppe der Alkohole.

(6 Punkte)

b) Stellen Sie die Siedetemperaturen in Abhängigkeit von der Anzahl der im Molekül

vorhandenen Kohlenstoffatome graphisch dar (Temperaturachse von 60 °C bis 150°C zeichnen).

(6 Punkte)

c) Beschreiben Sie kurz den Verlauf der Siedetemperaturen. Erläutern Sie den Verlauf der

Siedetemperaturen durch die wirkenden intermolekularen Kräfte.

(Hinweis: Die Entstehung der intermolekularen Kräfte muss nicht allgemein (mit Teilladungen) erklärt

werden.)

(7 Punkte)

d) Die Siedetemperatur des Methanols Sdt. = 65 °C passt nicht exakt in die Reihe der anderen

Alkanole.

Tragen Sie die Siedetemperatur des Methanols als weiteren Messpunkt in Ihr Diagramm aus

Aufgabenteil b) ein. Beschreiben Sie, inwiefern diese Siedetemperatur vom Siedetemperaturverlauf der

anderen Alkohole abweicht, und erklären Sie die Abweichung durch die wirkenden intermolekularen

Kräfte. (6 Punkte)

e) In zwei Bechergläsern befinden sich Methanol und 1-Hexanol, die beide farblose Flüssigkeiten sind.

Beschreiben Sie kurz eine experimentelle Möglichkeit zur Unterscheidung dieser Substanzen. (Es

sollen nicht die Siedetemperaturen bestimmt und verglichen werden).

(3 Punkte)

Fachspezifische Vorgaben:

In der folgenden Tabelle sind die Siedetemperaturen einiger Alkohole (Alkanole) angegeben.

Name des Alkohols Ethanol 1-Propanol 1-Butanol 1-Pentanol

Sdt. in °C

78 97 117 138


Ermittlung von Oxidationszahlen - Aldehyde und Ketone

Regeln zur Aufstellung von Oxidationszahlen

1. Die Bindungselektronen einer polaren Elektronenpaarbindung

werden jeweils ganz dem elektronegativeren Atom zugeordnet.

2. Bei unpolaren Bindungen werden die Bindungselektronen

den beiden Atomen je zur Hälfte zugeordnet.

Beispiel:

I

H

-II

O

3. Nach der Zuordnung vergleicht man jeweils

die Elektronenzahlen der Atome in der Verbindung mit

den Elektronenzahlen der isolierten Atome.

Die sich für die Atome in der Verbindung ergebenden

fiktiven Ladungszahlen nennt man Oxidationszahlen.

Zur Unterscheidung von echten Ionenladungen werden

Oxidationszahlen als lateinische Zahlen an die Elementsymbole

geschrieben.

I

H

I

H

-III

C

C

III

-II

O

C

-II

I

H

H

I

H

I

Aufgabe 1

Ermitteln Sie die Oxidationszahlen der Atome, die in den folgenden Molekülen enthalten sind.

H

H

H

H

C

C

O

H

H

O

H

H

H

H

C

C

C

H

H

H

H

H

O

H

O

H

H

C

C

H

H

C

C

C

H

H

H

H

H

O

H

C

C

O H O C O

H

Aufgabe 2 Benennen Sie die Verbindungen, deren Moleküle hier dargestellt sind.


Übung zu Synthesebeziehungen

Ihnen sind drei verschiedene Syntheseversuche bekannt.

1. Oxidation mit Kupferoxid.

Bsp.: Ethanol wird im Erlenmeyerkolben erhitzt bis der Ethanoldampf den ganzen Kolben ausfüllt.

Hält man ein ausgeglühtes, heißes Kupferdrahtnetz, das mit schwarzem Kupferoxid überzogen ist in den Dampf, so wird das

Kupferoxid wieder zu Kupfer reduziert. Das Drahtnetz wird wieder blank.

Wenn Kupferoxid reduziert wird, dann wird Ethanol oxidiert (erst zu Ethanal und dann zu Ethansäure).

Man erhält ein Gemisch aus dem Edukt Ethanol sowie den Produkten Ethanal und Ethansäure, das man im Prinzip durch

Destillation trennen kann.

Die Reaktionsgleichungen lauten:

O

1a. C C OH + CuO C C H + Cu + H 2

O

1b.

C

O

C

O

H + CuO C C

OH + Cu

In Reaktionsschemata notiert man links den Ausgangsstoff (Ethanol), rechts das Hauptprodukt (Ethanal bzw. Ethansäure).

Auf dem Pfeil notiert man nötige Hilfsstoffe (hier CuO(s)). Die Nebenprodukte Cu und H 2

O müssen nicht angegeben werden.

1a.

O

CuO (s)

C C OH C C

H

1b.

C

O

C

H

CuO (s)

C

O

C

OH

2. Alkalische Esterhydrolyse

Bsp.: Methansäureethylester wird mit Natronlauge erhitzt. Es entsteht Ethanol der abdestilliert werden kann und Methansäure, die

sofort durch Natronlauge neutralisiert wird.

O

C

O

O

C C + NaOH (aq)

C

O + Na + + HO C C

Methanoat-Ion Ethanol-Molekül

Natriummethanoat reagiert bei Zugabe von Salzsäure HCl (aq) zu Methansäure.

O

C O + Na + + HCl (aq)

O

C OH + NaCl (aq)

Methansäure-Molekül Kochsalzlösung

Das zusammenfassende Reaktionsschema lautet:

2.

O

C

O C C

+ NaOH (aq)

O

C C OH + C

OH

3. Sauer katalysierte Veresterung

Diese Reaktion ist die Umkehrung der Esterhydrolyse.

Bsp.: Ethanol und Methansäure werden in einer Schraubflasche mit etwas konzentrierter Schwefelsäure, die als Katalysator dient,

geschüttelt. Anschließend schüttelt man mit Salzwasser, das stark polar ist.

Es bilden sich zwei Phasen.

In der unteren polaren Phase befindet sich Salzwasser mit den nicht umgesetzten Edukten (diese sind polar).

In der oberen Phase befindet sich das Produkt – der Ester.

Im Scheidetrichter kann der Ester von der polaren Phase abgetrennt werden.

Die Reaktionsgleichung lautet:

O

C C OH + C

Reaktionsschema:

OH

H 2

SO 4

(konz.)

O

C

O C C + H 2

O

3.

O

C C OH + C

OH

H 2

SO 4

(konz.)

O

C

O C C

Aufgabe

Kombinieren Sie die drei Reaktionsschemata, um die folgenden Synthesen durchzuführen.

a) Aus Butananol und Ethansäure soll Ethansäurebutylester hergestellt werden.

b) Aus Propansäureethylester soll Ethanol hergestellt werden.

c) Aus Essigsäurepropylester soll Propansäurepropylester hergestellt werden.

d) Aus Butansäurepropylester und Methanol soll Propansäuremethylester hergestellt werden.


Ermittlung von Oxidationszahlen - Aldehyde und Ketone

Regeln zur Aufstellung von Oxidationszahlen

1. Die Bindungselektronen einer polaren Elektronenpaarbindung

werden jeweils ganz dem elektronegativeren Atom zugeordnet.

2. Bei unpolaren Bindungen werden die Bindungselektronen

den beiden Atomen je zur Hälfte zugeordnet.

Beispiel:

I

H

-II

O

3. Nach der Zuordnung vergleicht man jeweils

die Elektronenzahlen der Atome in der Verbindung mit

den Elektronenzahlen der isolierten Atome.

Die sich für die Atome in der Verbindung ergebenden

fiktiven Ladungszahlen nennt man Oxidationszahlen.

Zur Unterscheidung von echten Ionenladungen werden

Oxidationszahlen als lateinische Zahlen an die Elementsymbole

geschrieben.

I

H

I

H

-III

C

C

III

-II

O

C

-II

I

H

H

I

H

I

Aufgabe 1

Ermitteln Sie die Oxidationszahlen der Atome, die in den folgenden Molekülen enthalten sind.

+I

H

+I

H

-III

C

+I

H

-I

C

H H

+I +I

Ethanol

-II

O

+I

H

Im Folgenden besitzen

Wasserstoffatome

immer die Oxidationszahl

+I, und Sauerstoffatome

die Oxidationszahl

-II.

H

H

-III

C

H

O

C

0

H

H

H

-III

C

H

H

2-Propanol

H

O

H

O

H

H

C C

-III +I

H

H

C

-III

C

+II

C

-III

H

H

H

H

Ethanal

Propanon

H

O

H

C C

-III +III

H

Ethansäure

O H O C O

+IV

Kohlenstoffdioxid

Aufgabe 2 Benennen Sie die Verbindungen, deren Moleküle hier dargestellt sind.


(Musterlösung) Synthesebeziehungen

Aufgabe

Kombinieren Sie die drei Reaktionsschemata, um die folgenden Synthesen durchzuführen.

a) Aus Butananol und Ethansäure soll Ethansäurebutylester hergestellt werden.

b) Aus Propansäureethylester soll Ethanol hergestellt werden.

c) Aus Essigsäurepropylester soll Propansäurepropylester hergestellt werden.

d) Aus Butansäurepropylester und Methanol soll Propansäuremethylester hergestellt werden.

Anmerkung: In der Aufgabe sind lediglich Reaktionsschemata gefordert. Hier wird die Aufgabe zusätzlich mit (stöchiometrisch

ausgeglichenen) Reaktionsgleichungen durchgeführt, wie dies in Klausuren meist gefordert wird. Außerdem wird die experimentelle

Vorgehensweise beschrieben.

a1) mit Reaktionsschemata:

O

C C OH + C

OH

H 2

SO 4

(konz.)

O

C

O C C

a2) mit Reaktionsgleichung und Beschreibung:

Ethanol und Ethansäure werden im Stoffmengenverhältnis 1:1 mit einer kleinen Menge Schwefelsäure in einen Kolben gegeben.

Zur besseren Durchmischung wird gerührt. Die Geschwindigkeit der Reaktion kann durch Erwärmen erhöht werden.

O

H

C C OH

2

SO 4

(konz.) O

+ C OH

C O C C + H 2

O

Der entstehende Ester ist apolar und bildet mit dem Wasser (und den Edukten) zwei Phasen, die voneinander abgeschieden werden

können.

b1) mit Reaktionsschemata:

O

+ NaOH (aq)

O

C C C O C C

C C OH + C C C

OH

b2) mit Reaktionsgleichung und Beschreibung:

Propansäureethylester wird mit Natronlauge in einen Kolben gegeben und unter Rühren erwärmt.

O

O

C C C O C C + Na + (aq) + OH - (aq) C C OH + C C C + Na + (aq)

Ethanol

Propanoat-Ion

Ethanol kann durch Destillation abgetrennt werden, da die Ionen in Lösung bleiben (starke intermolekulare Wechselwirkung).

Anmerkung: Die Propansäure liegt in alkalischer Lösung in der deprotonierten Form als Propanoat-Ion vor, da elektrisch neutrale

Propansäure-Moleküle ihr Proton an in Lösung vorliegende OH - Ionen verlieren.

c) Plan: Für die Synthese von Propansäurepropylester werden Propansäure und 1-Propanol als organische Ausgangsstoffe benötigt.

Durch alkalische Hydrolyse (Spaltung) von Essigsäurepropylester wird lediglich 1-Propanol und Essigsäure (Ethansäure) erhalten.

Zur Gewinnung der Propansäure muss die eine Hälfte des 1-Propanols (z. B. mit Kupferoxid) zu Propansäure oxidiert werden.

Anschließend kann die Veresterung von 1-Propanol mit Propansäure zu Propansäurepropylester erfolgen.

O -

c1) mit Reaktionsschemata:

Schritt 1: Alkalische Esterhydrolyse

C

O

C

O C C

C

+ NaOH (aq)

C

O

C

OH

+

C

C

C

OH

Die Produkte werden (durch Destillation) abgetrennt.

Das 1-Propanol wird in zwei Portionen aufgeteilt.

Schritt 2: Oxidation

Eine Hälfte des 1-Propanols wird zu Propansäure oxidiert:

C

C

C

OH

+ CuO (s)

C

C

O

C

OH

Schritt 3: Veresterung

Das Propanol, das in Schritt 1 zurück behalten wurde, wird mit der Propansäure aus Schritt 2 verestert.

O H 2

SO 4

(konz.)

O

C C C OH + C C C OH

C C C O C C C

c2) Die ausgeglichenen Reaktionsgleichungen (Beschreibung in c1) lauten:

O

Schritt 1: Alkalische Esterhydrolyse C C O C C C + Na + (aq) + OH - (aq)

Schritt 2: Oxidation

Eine Hälfte des 1-Propanols wird zu Propansäure oxidiert:

C

O

C

O -

+ Na + (aq) +

O

C C C OH + 2 CuO (s) C C C OH + 2 Cu(s) + H 2

O (l)

C

C

C

OH

Schritt 3: Veresterung

C C C OH +

C

C

O

C

OH

H 2

SO 4

(konz.)

C

C

O

C

O C C

C

+ H 2

O (l)


d) Aus Butansäurepropylester und Methanol soll Propansäuremethylester hergestellt werden.

Dazu muss genau wie in Teilaufgabe c) die Propansäure, die für die Veresterung benötigt wird, zunächst durch Esterspaltung mit

nachfolgender Oxidation der Alkoholkomponente hergestellt werden. Anschließend wird mit Methanol der gewünschte Ester

synthetisiert.

d1) Reaktionsschemata mit Beschreibung

Schritt 1: Alkalische Esterhydrolyse von Butansäurepropylester:

O

+ NaOH (aq)

O

C C C C O C C C C C C C OH + C C C OH

Das dabei erhaltene 1-Propanol wird durch Destillation abgetrennt.

Schritt 2: Oxidation der kompletten 1-Propanol Portion.

C

C

C

OH

+ CuO (s)

C

C

O

C

OH

Schritt 3: Veresterung mit Methanol.

C

OH

+

C

C

O

C

OH

H 2

SO 4

(konz.)

C

C

O

C

O

C

d2) stöchiometrisch ausgeglichene Reaktionsgleichungen

Schritt 1: Alkalische Esterhydrolyse

O

O

C C C C O C C C + Na + (aq) + OH - (aq) C C C C O - + Na + (aq) +

C

C

C

OH

Schritt 2: Oxidation des 1-Propanols.

C C C OH + 2 CuO (s) C C

O

C OH + 2 Cu(s) + H 2

O (l)

Schritt 3: Veresterung mit Methanol.

C

OH

+

C

C

O

C

OH

H 2

SO 4

(konz.)

C

C

O

C

O

C

+ H 2

O (l)


Estergleichgewicht und Massenwirkungsgesetz

Aufgabe 1 - Stoffmengen bei der Veresterung von Ethanol mit Essigsäure

a) Formulieren Sie die Reaktionsgleichung für die Veresterung von Essigsäure mit Ethanol.

0,4 mol Essigsäure wird mit 0,3 mol Ethanol in einen Erlenmeyerkolben gegeben.

Es wird 1 mL konzentrierte Schwefelsäure zugegeben und mit Aceton (Lösungsvermittler, der nicht an der Reaktion teilnimmt) auf

100 mL aufgefüllt.

Nach 5 Tagen entnimmt man dem Reaktionsgemisch 1mL und titriert mit Natronlauge der Konzentration 0,1 mol/L gegen

Phenolphthalein.

Als Blindprobe gibt man 1 mL Schwefelsäure in einen Erlenmeyerkolben und füllt mit Aceton auf 100 mL auf.

Entnimmt man 1 mL der Blindprobe und titriert mit 0,1 mol/L Natronlauge gegen Phenolphthalein, so erfolgt der Farbumschlag

nach rot, nach Zugabe von 2 mL Lauge.

Titriert man das Reaktionsgemisch nach 5 Tagen, so erfolgt der Farbumschlag des Indikators nach Zugabe von 19 mL Natronlauge.

b) Bestimmen Sie die Stoffmengen aller Reaktionsteilnehmer im Reaktionsgemisch nach 5 Tagen.

b1) Zeigen Sie, dass sich in 1 mL des Reaktionsgemisches nach 5 Tagen 1,7 mmol Essigsäure befinden.

b2) Berechnen Sie daraus die Stoffmenge der Essigsäure in 100 mL des Reaktionsgemisches.

b3) Ergänzen Sie die Stoffmengen in der folgenden Tabelle:

c) Gehen Sie davon aus, dass sich nach 5 Tagen ein Gleichgewicht

eingestellt hat.

Berechnen Sie die Gleichgewichtskonstante K der Veresterung.

Essigsäure

Ethanol

Ester

Wasser

vorher nach 5d

n in mmol n in mmol

Aufgabe 2 - Massenwirkungsgesetz

Die folgenden Reaktionen sind Gleichgewichtsreaktionen, d. h. sie laufen sowohl von links nach rechts, als auch von rechts nach

links ab.

O

O

a) H 3

C C OH + H 5

C 2

OH H 3

C C O C 2

H 5

+ H 2

O b) CO+ H 2

O(g) CO 2

+ H 2

c) H 2

+ I 2

2 HI d) 3 H 2

+ N 2

2 NH 3

e) 2 A + B C + 3 D

Formulieren Sie für diese Reaktionen das Massenwirkungsgesetz (geben Sie den Term für die Gleichgewichtskonstante an).

Aufgabe 3 - Berechnung der Gleichgewichtskonstanten

Für die Veresterung von Ethansäure und Ethanol werden 0,25 mol Ethansäure mit 0,25 mol Ethanol zur Reaktion gebracht.

Nach der Einstellung des chemischen Gleichgewichts findet man folgende Konzentrationen:

c G

(Ethansäure) = 0,083 mol·L -1 c G

(Ethanol) = 0,083 mol·L -1 c G

(Ethansäureethylester) = 0,167 mol·L -1

c G

(Wasser) = 0,167 mol·L -1

a) Berechnen Sie Gleichgewichtskonstante für diese Veresterung.

b) In einem zweiten Ansatz findet man folgende Konzentrationen dieser Stoffe.

c(Ethansäure) = 1 mol·L -1 c(Ethanol) = 0,5 mol·L -1 c(Ethansäureethylester) = 2 mol·L -1 c(Wasser) = 1 mol·L -1

Begründen Sie, ob sich bereits ein chemisches Gleichgewicht eingestellt hat.

c) In einem dritten Ansatz findet man folgende Konzentrationen:

c(Ethansäure) = 2 mol·L -1 c(Ethanol) = 1,5 mol·L -1 c(Ethansäureethylester) = 3 mol·L -1 c(Wasser) = 3 mol·L -1

Begründen Sie, ob sich bereits ein chemisches Gleichgewicht eingestellt hat.

d) In einem vierten Versuch, bei dem sich bereits ein chemisches Gleichgewicht eingestellt hat, findet man folgende

Konzentrationen:

c G

(Ethansäure) = 0,25 mol·L -1 c G

(Ethanol) = 2,4 mol·L -1 c G

(Wasser) = 1,2 mol·L -1

Berechnen Sie die Gleichgewichtskonzentration des Esters.


Musterlösung: Estergleichgewicht und Massenwirkungsgesetz

Aufgabe 1 - Stoffmengen bei der Veresterung von Ethanol mit Essigsäure

a)

O

C C OH +

C

C

OH

H 2

SO 4

(konz.)

C

O

C

O

C

C

+ H 2

O (l)

b1) Man entnimmt dem Reaktionsgemisch 1 mL. In diesem Gemisch befindet sich Ethansäure, die noch nicht reagiert hat.

Zusätzlich befindet sich im Gemisch der Katalysator Schwefelsäure. Für die Neutralisation der Schwefelsäure werden laut

Aufgabenstellung 2 mL Natronlauge benötigt, so dass (19 -2) mL = 17 mL Natronlauge zur Neutralisation der Ethansäure

verwendet werden.

Dies ist eine klassische Titrationsaufgabe.

gegeben: c L

= 0,1 mol/L, V L

= 17 mL = 0,017 L, V S

= 1 mL = 0,001 L.

Am Äquivalenzpunkt ist die Stoffmenge der zugegebenen OH - Ionen gleich der Stoffmenge der H + Ionen, die durch die

Ethansäuremoleküle freigesetzt werden.

n(Ethansäure) = n(H + ) = n(OH - ) = c L·V L

= 0,1 mol/L·0,017L = 0,0017 mol = 1,7 mmol. (1 mmol = 0,001 mol).

b2) In 100 mL des Gemisches befinden sich 100·1,7 mmol = 170 mmol Ethansäure.

b3) Zu Versuchsbeginn befanden sich 0,4 mol = 400 mmol Ethansäure im Reaktionsgemisch. Nach fünf Tagen sind es noch

170 mmol Ethansäure (siehe b2). Folglich haben (400 - 170) mmol = 230 mmol Ethansäure mit der gleichen Stoffmenge Ethanol

zu 230 mmol Ethansäureethylester und 230 mmol Wasser reagiert. Von den 0,3 mol = 300 mmol Ethanol bleiben nach fünf Tagen

noch (300 - 230) mmol = 70 mmol Ester übrig.

c) Es sei c(Essigsäure) = c S

, c(Alkohol) = c A

, c(Ester) = c E

,

c(Wasser) = c W

. Dann folgt aus der Reaktionsgleichung in a)

n E

K= c ⋅c E W V ⋅n W

V

=

c S ⋅c A n S

V ⋅n A

V

= n E ⋅n W

n S ⋅n A

Aufgabe 2 - Massenwirkungsgesetz

a) K= c Ester ⋅c H 2O

cEthansäure⋅c Ethanol

d) K= c 2 NH 3

c 3 H 2 ⋅c N 2

230 mmol⋅230 mmol

= =4,4

170 mmol⋅70mmol

e) K= c C⋅c D

3

c A 2 ⋅c B

b) K= cCO 2⋅c H 2

cCO⋅c H 2 O

Aufgabe 3 - Berechnung der Gleichgewichtskonstanten

a)

K= c E⋅c W 0,167 mol / L⋅0,167 mol /L

=

c S ⋅c A 0,083 mol / L⋅0,083 mol /L =4,05

Essigsäure

Ethanol

Ester

Wasser

vorher nach 5d

n in mmol n in mmol

400 170

300 70

0

0

c HI ⋅c HI

c) K=

c H 2 ⋅c I 2 =

c2 HI

c H 2 ⋅c I 2

Anmerkung: Die Stoffe können mit ihrem Namen in Klammern geschrieben werden, oder als Summen- bzw. Strukturformeln

eingesetzt werden. Manchmal (z. B. in a) ist es auch sinnvoll für die einzelnen Stoffe Abkürzungen zu verwenden. Diese können

dann unter die entsprechende Reaktionsgleichung geschrieben werden.

O

C C OH +

C

C

OH

H 2

SO 4

(konz.)

C

O

C

O

C

C

+ H 2

O (l)

S(äure) A(lkohol) E(ster) W(asser)

b) Es muss untersucht werden, ob der Reaktionsquotient Q gleich der Gleichgewichtskonstanten K ist.

Q= c E⋅c W

c S ⋅c A

c) Q= c E⋅c W

c S ⋅c A

2 mol /L⋅1mol / L

= =4≈ K.

1mol / L⋅0,5mol / L

Ja, es hat sich bereits ein Gleichgewicht eingestellt.

K= c E⋅c W

c S ⋅c A

3mol / L⋅3mol / L

=

2 mol /L⋅1,5 mol /L =3≠K. Nein, es hat sich noch kein Gleichgewicht eingestellt.

230

230

d)

K= c E⋅c W

c S ⋅c A

⇔c E = c S⋅c A 0,25 mol /L⋅2,4 mol / L

⋅K=

c W 1,2 mol / L

⋅4,05=2,03mol / L


Aufgabe 1 - Gleichgewichtsverschiebung

Die Gleichgewichtsreaktionen 1 bis 5 befinden sich im chemischen Gleichgewicht.

1) N 2

O 4

(g) 2 NO 2

(g) ∆H° = +57 kJ/mol

2)

3)

4)

5)

Aufgaben zur Gleichgewichtsverschiebung

CaCO 3

(s) CaO(s) + CO 2

(g) ∆H° = +179 kJ/mol

Li 2

CO 3

(s) 2 Li + (aq) +CO 3

2-

(aq) ∆H° = -16 kJ/mol

NaCl(s) Na + (aq) +Cl - (aq) ∆H° = +4 kJ/mol

KCl(s) K + (aq) +Cl - (aq) ∆H° = +17 kJ/mol

a) Formulieren Sie für Reaktion 1 das Massenwirkungsgesetz (dies ist der Term für K).

b) Diskutieren Sie (3 Schritte) wie sich eine Temperaturerhöhung in Reaktion 1 auf die Gleichgewichtslage auswirkt.

c) Nennen Sie für Reaktion 1 (ohne Begründung) drei Möglichkeiten zur Verschiebung der Gleichgewichtslage nach rechts.

d) Geben Sie (ohne Begründung) die Nummern derjenigen Reaktionen an, deren Gleichgewichtslage sich durch eine Druckerhöhung

nach rechts (bzw. nach links) verschieben lässt.

Aufgabe 2 - Wasserhärte (aus Abitur Sachsen Gk 08)

In Gebieten mit hartem Wasser kann an Wasserhähnen die Bildung von Kalkablagerungen beobachtet werden. Dabei wird im

Wasser gelöst vorkommendes Calciumhydrogencarbonat unter Bildung von Wasser und Kohlenstoffdioxid in Calciumcarbonat

(Calcit) umgewandelt:

Ca 2+ (aq) + 2 HCO 3 - (aq) H 2

O(l) + CO 2

(g) + CaCO 3

(s) ∆ R

H m

° = +39,8 kJ·mol -1 .

Begründen Sie mit Hilfe des Prinzips des kleinsten Zwangs (Prinzip von Le Chatelier), dass die Calcitbildung am

Warmwasserhahn verstärkt auftritt.

Aufgabe 3 - Sprudelwasser (aus Abitur Baden-Würtemberg Gk06)

Kohlenstoffdioxid löst sich in Wasser größtenteils physikalisch. Ein sehr kleiner Teil des Kohlenstoffdioxids reagiert mit Wasser zu

Kohlensäure (H 2

CO 3

).

In vielen Haushalten findet man heute Geräte zur Herstellung von Tafelwasser aus Leitungswasser. Dazu wird eine Hartkunststoff-

Flasche bis zur Markierung mit Leitungswasser gefüllt und druckdicht mit dem Gerät verbunden. Durch Betätigung eines

Dosierknopfs wird Kohlenstoffdioxid aus einer Druckpatrone in das Leitungswasser eingeleitet.

In der Gebrauchsanleitung eines Herstellers finden sich u.a. folgende Hinweise:

Wir empfehlen, die mit Leitungswasser gefüllten Wasserflaschen im Kühlschrank vorzukühlen, bevor sie ins Gerät eingesetzt

werden. Sie können den Geschmack Ihres Tafelwassers selbst steuern: Zweimaliges Drücken des Dosierknopfs liefert stilles

Wasser, dreimaliges Drücken medium, und mit viermaligem Drücken erhalten Sie sauren Sprudel. Um den Geschmack Ihres

Tafelwassers zu erhalten, sollten Sie die Flaschen stets gut verschließen.

a1) Erläutern Sie die Hinweise des Herstellers. Formulieren Sie gegebenenfalls Reaktionsgleichungen.

a2) Das im Wasser gelöste Kohlenstoffdioxid soll nachgewiesen werden.

Beschreiben Sie eine mögliche experimentelle Vorgehensweise und formulieren Sie eine entsprechende Reaktionsgleichung.

b) In einem Laborversuch füllt man eine weiche Kunststoff-Flasche mit Kohlenstoffdioxid. Anschließend wird die Flasche bis zur

Hälfte mit Wasser gefüllt, dann gut verschlossen und kräftig geschüttelt.

Erläutern Sie die zu erwartende Beobachtung.


Musterlösung: Aufgaben zur Gleichgewichtsverschiebung

Aufgabe 1 a) K= c2 NO 2

c N 2 O 4

b)

1. Benennung der Störung: Eine Temperaturerhöhung entspricht einer Zufuhr von Wärmeenergie. Die Gleichgewichtslage wird

gestört.

2. Reaktion des Systems zur Verminderung der Störung

Um dieser Störung entgegen zu wirken, muss die Reaktion in der Richtung verstärkt ablaufen, in der Wärmeenergie wieder

verbraucht wird, also in Richtung der endothermen Reaktion.

3. Einfluss auf die Gleichgewichtslage

Da die Reaktion mit ∆H° = +57 kJ/mol von links nach rechts eine positive Reaktionsenthalpie besitzt, ist die Reaktion

von links nach rechts endotherm. Somit verschiebt sich die Gleichgewichtslage nach rechts. K steigt.

c) Temperaturerhöhung, Druckverminderung (bzw. Vergrößerung des Reaktionsvolumens), Zugabe von N 2

O 4

, Entfernung von

NO 2

.

d) In Reaktion 3-5 liegen keine gasförmigen Reaktionsteilnehmer vor, so dass eine Druckänderung hier keinen Einfluss auf die

Gleichgewichtslage hat.

In Reaktion 1 und 2 befinden sich auf der Produktseite mehr Moleküle in der Gasphase, so dass eine Druckerhöhung diese

Gleichgewichte nach links verschiebt.

Aufgabe 2

Es ist zu begründen, dass eine Erwärmung zu einer Verschiebung der Gleichgewichtslage nach rechts führt.

Die Begründung erfolgt völlig analog zu Aufgabe 1b).

Aufgabe 3 - Sprudelwasser

a1) In einer Wasserflasche befindet sich Wasser. In der Gasphase über dem Wasser befindet sich Kohlenstoffdioxid CO 2

(g).

Ein Teil der CO 2

-Moleküle befindet sich bereits im Wasser, als CO 2

(aq) (wobei wenige CO 2

und viele H 2

O Moleküle

nebeneinander vorliegen). Die in Wasser gelösten CO 2

-Moleküle stehen mit den CO 2

-Molekülen der Gasphase im Gleichgewicht.

Gleichgewicht 1 (Gg. 1): CO 2

(aq) CO 2

(g) ∆ R

H° > 0

Begründung für den von links nach rechts endothermen Reaktionsablauf: Der linken Tabelle entnimmt man, dass sich mit

steigender Temperatur weniger CO 2

in Wasser löst. Dies entspricht einer Verschiebung des Gleichgewichts 1 nach rechts. Die

Reaktion muss von links nach rechts endotherm sein, da eine Zufuhr von Wärme, die Wärmeverbrauchende, endotherme Reaktion

begünstigt, und da beobachtet wird (Tabelle), dass dies die von links nach rechts ablaufende Reaktion ist.

Die Flasche muss gekühlt werden, damit Gg. 1 möglichst weit nach links verschoben wird, und damit so möglichst viel CO 2

in

Wasser gelöst werden kann.

Mehrmaliges Drücken des Druckknopfes erhöht den Druck im Gefäß, was zu einer Verschiebung in Richtung der Seite führt, auf

der weniger Reaktionsteilnehmer gasförmig vorliegen. Dies ist wiederum die linke Seite.

Laut Aufgabentext reagiert ein kleiner Teil des CO 2

zu Kohlensäure:

Gleichgewicht 2 (Gg. 2): CO 2

(aq) + H 2

O (l) H 2

CO 3

(aq)

Wenn eine Druckerhöhung Gg. 1 nach links verschiebt, so bedeutet dies, dass die Konzentration an in Wasser gelöstem CO 2

(aq)

erhöht wird. Dies wiederum bedeutet für Gg. 2 die Erhöhung der Konzentration eines Edukts (Störung), so dass zum Abbau der

Störung die Hinreaktion in Gg. 2 bevorzugt ablauft. Dadurch erhöht sich die Konzentration an H 2

CO 3

und man erhält den

gewünschten sauren Sprudel.

Laut Herstellerangabe muss die Wasserflasche stets gut verschlossen werden.

Begründung: Wenn die Flasche nicht verschlossen ist, so gelangt CO 2

(g) aus der Flasche heraus, was in Gg. 1 einer Verminderung

der Konzentration des Produkts entspricht (Störung). Das System reagiert auf die Störung, indem neues gasförmiges CO 2

(g) aus

der Lösung freigesetzt wird. Dazu läuft die Hinreaktion bevorzugt ab so dass der Sprudel nach und nach das gelöste CO 2

(aq)

verliert.

a2) CO 2

(g) kann durch Trübung von Kalkwasser Ca(OH) 2

(aq) nachgewiesen werden. Dabei entsteht schwerlösliches

Caciumcarbonat CaCO 3

(s). CO 2

(g) + Ca(OH) 2

(aq) CaCO 3

(s) + H 2

O (l)

Man könnte das gasförmige CO2 z. B. durch Erwärmung des Sprudels mit dem Brenner freisetzen und über ein Glasrohr in

Kalkwasser einleiten. Die Trübung des Kalkwassers dient als Nachweis des Kohlenstoffdioxids.

b) Schüttlet man die Flasche, so löst sich Kohlenstoffdioxid in Wasser, so dass das Volumen der Gasphase vermindert wird.

Die Flasche wird durch den entstehenden Unterdruck zusammen gedrückt.


Aufgaben zur Verschiebung der Gleichgewichtslage (Mortimer)

Aufgabe 1 - homogene und heterogene Gleichgewichte

a) Formulieren Sie das Massenwirkungsgesetz für folgende Reaktionen.

b) Geben Sie an, nach welcher Seite sich das Gleichgewicht bei Druckerhöhung verschiebt.

1) 2 H 2

S (g) + CH 4

(g) CS 2

(g) + 4 H 2

(g)

2) 2 Pb 3

O 4

(s) 6 PbO (s) + O 2

(g)

3) C (s) + CO 2

(g) 2 CO (g)

4) Ni (s) + 4 CO (g) Ni(CO) 4

(s)

5) 2 Ag 2

O (s) 4 Ag (s) + O 2

(g)

6) 4 NH 3

(g) + 5 O 2

(g) 4 NO (g) + 6 H 2

O (g)

Aufgabe 2 - Le Chatelier

Die Reaktion C (s) + CO 2

(g) 2 CO (g)

ist von links nach rechts endotherm. Wie wird das Gleichgewicht beeinflusst, wenn ...

a) ... CO 2

(g) zugesetzt wird?

b) ... die Menge des C (s) halbiert wird?

c) ... die Temperatur erhöht wird?

d) ... der Druck verringert wird?

Aufgabe 3 - Le Chatelier

Für das Gleichgewicht

4HCl (g) + O 2

(g)

2 Cl 2

(g) + 2 H 2

O (g)

ist K = 889 l/mol bei 480 °C.

a) In welche Richtung wird die Reaktion verlaufen, wenn 0,030 mol HCl (g), 0,020 mol O 2

(g), 0,080 mol Cl 2

(g) und

0,070 mol H 2

O (g) in einem 1 L Gefäß vermischt werden?

b) In welche Richtung wird sich das Gleichgewicht verlagern, wenn nach Einstellung der Gleichgewichtslage der

Druck vermindert wird?

Aufgabe 4 - Le Chatelier

Für die Reaktion

N 2

(g) + O 2

(g)

2 NO (g)

ist K = 4,08·10 -4 bei 2000 K und 3,60·10 -3 bei 2500 K.

a) Ist die Reaktion von links nach rechts exotherm oder endotherm?

b) In welche Richtung läuft die Reaktion ab, wenn 0,060 mol N 2

(g), 0,075 mol O 2

(g) und 0,00025 mol NO (g) bei

2000 K vermischt werden?


Thermodynamik des Gleichgewichts

Aufgabe 1 - Berechnung von Reaktionsenthalpien

In der folgenden Tabelle sind die molaren Standardbildungsenthalpien ∆ B

H m

° einiger Verbindungen in kJ/mol angegeben.

a) Erläutern Sie die Begriffe molaren Standardbildungsenthalpien ∆ B

H m

° und Standardreaktionsenthalpie ∆ R

H°.

b) Berechnen Sie die Standardreaktionsenthalpie folgender Reaktionen und geben Sie an, ob diese Reaktionen exotherm oder

endotherm sind:

b1) CO(g) + H 2

O(g) CO 2

(g) + H 2

(g) b2) Fe 2

O 3

(s) + 3 CO(g) 3 CO 2

(g) + 2 Fe (s)

b3) HCl

H + Cl (Spaltung eines HCl Moleküls in isolierte Atome)

Aufgabe 2 - molare Standardentropie

In der folgenden Tabelle sind die molaren Standardentropien S m

° einiger Stoffe in J·mol -1·K -1 aufgeführt.

a) Erläutern Sie, was man unter der molaren Standardentropie S m

° und unter der Standardreaktionsentropie ∆S° einer Reaktion

versteht.

b) Berechnen Sie für die folgenden Reaktionen die Standardreaktionsentropien:

b1) H 2

(g) + Cl 2

(g) 2 HCl(g) b2) C(s) + O 2

(g) CO 2

(g)

b3) O 2

(g) + 2 C(s) 2 CO (g) b4) N 2

(g) + 3 H 2

(g) 2 NH 3

(g)

c) Bestimmen Sie für jede Reaktion, wie viele Moleküle auf der Edukt- bzw. Produktseite im gasförmigen Zustand vorliegen.

d) Erklären Sie, bei welchen Reaktionen besonders hohe Entropieänderungen auftreten.

Aufgabe 3 - freie Enthalpie

Untersuchen Sie, ob die folgenden Reaktionen unter Standardbedingungen freiwillig ablaufen.

Berechnen Sie dazu die Standardreaktionsenthalpie ∆H°, die Standardreaktionsentropie ∆S° und die freien Standardreaktionsenthalpien

∆G° dieser Reaktionen. Geben Sie an, ob diese Reaktionen exergonisch oder endergonisch sind.

a) Wasser verdampft bei 25°C H 2

O(l) H 2

O(g)

b) N 2

(g) + 3 H 2

(g) 2 NH 3

(g) c) O 2

(g) + 2 C(s) 2 CO (g)

Aufgabe 4 - freie Enthalpie und Gleichgewichtskonstante

Für den Zusammenhang zwischen freier Standardreaktionsentropie ∆G° und Gleichgewichtskonstante K einer Reaktion gilt:

J

G°=−2,3 R⋅T⋅lg K ;R=8,31 (allgemeine Gaskonstante)

mol⋅K

a) Zeigen Sie durch Schrittweise Umformung, dass damit gilt:

[−G °/2,3 R⋅T ]

K=10

b) Bestimmen Sie mit Hilfe dieser Gleichung für T = 298 K die Gleichgewichtskonstanten der Reaktionen aus Aufgabe 3.


Musterlösung: Thermodynamik des Gleichgewichts

1 a) Die Reaktionsenthalpie ∆ R

H, gemessen in kJ/mol, gibt an, welche Wärmeenergie bei einer chemischen Reaktion frei wird.

∆H ist für exotherme Reaktionen negativ und für endotherme Reaktionen positiv. Dabei bezieht sich ∆ R

H immer auf eine

bestimmte Reaktionsgleichung. Bei der Ammoniaksynthese 3 H 2

(g) + N 2

(g) 2 NH 3

wird beispielsweise die Energie 92

kJ frei, wenn 3 mol H 2

und 1 mol N 2

zu 3 mol NH 3

reagieren (die unterstrichenen Stoffmengen entsprechen immer den Vorfaktoren

in den Reaktionsgleichungen). Man schreibt 3 H 2

(g) + N 2

(g) 2 NH 3

, ∆ R

H = -92 kJ/mol. Pro mol bedeutet hier immer

bezogen auf die Vorfaktoren der Reaktionsgleichung. Eine andere, durchaus gebräuchliche Formulierung für die

Ammoniaksynthese ist 1,5 H 2

(g) + 1/2 N 2

(g)

NH 3

, ∆ R

H = -46 kJ/mol. Wenn aus 1,5 mol H 2

und 0,5 mol N 2

1 mol

NH 3

entsteht, so wird natürlich nur die Hälfte der Energie im Vergleich zur ersten Reaktionsgleichung frei. Man sieht, dass die

Angabe einer Reaktionsenthalpie nur in Verbindung mit einer Reaktionsgleichung sinnvoll ist.

Da die Reaktionsenthalpie vom Druck und von der Temperatur abhängt, muss prinzipiell immer angegeben werden, unter welchen

Bedingungen man gerade arbeitet. Um sich hier Arbeit zu sparen schreibt man einfach ∆ R

H°, d. h. es wird bei

Standardbedingungen gearbeitet. Diese sind meistens: p = 1 bar = 10 5 Pa und T = 298K (25 °C).

Die molare Standardbildungsenthalpie ∆ B

H m

° für eine Verbindung (z. B. NH 3

) ist die Reaktionsenthalpie für die Synthesereaktion

aus den Elementen, bei der ein mol dieser Verbindung hergestellt wird. Es muss also die zweite Reaktionsgleichung gewählt

werden, da hier der Vorfaktor vor NH 3

eins lautet. Die Standardbildungsenthalpie von NH 3

ist damit ∆ B

H m

° = -46 kJ/mol. Für

Elemente ist ∆ B

H m

° = 0.

b) Zur Berechnung verwendet man ∆ R

H° = ∆ B

H m

°(Produkte) - ∆ B

H m

°(Edukte)

b1) ∆ R

H° = ∆ B

H m

°(CO 2

) + ∆ B

H m

°(H 2

) - [∆ B

H m

°(CO) + ∆ B

H m

°(H 2

O)] = {-393,8 + 0 - [-110,6 - 242]} kJ/mol = -41,2 kJ/mol.

b2) ∆ R

H° = 3 ∆ B

H m

°(CO 2

) + 2 ∆ B

H m

°(Fe) - [∆ B

H m

°(Fe 2

O 3

) + 3 ∆ B

H m

°(CO)] = {-3*393,8 + 0 - [-824,8 - 3*110,6]} kJ/mol =

-24,8 kJ/mol.

b3) ∆ R

H° = ∆ B

H m

°(H) + ∆ B

H m

°(Cl) - ∆ B

H m

°(HCl) = {218,1 + 121,8 - [-92,4]} kJ/mol = 432,3 kJ/mol.

Die ersten beiden Reaktionen sind exotherm, die dritte ist endotherm.

2a) Erläutern Sie, was man unter der molaren Standardentropie S m

° und unter der Standardreaktionsentropie ∆S° einer Reaktion

versteht.

Die molare Standardentropie S m

° ist ein Maß für die Unordnung in einem Mol einer Substanz (bei der gegebenen Temperatur). Sie

ist für Gase größer als für Flüssigkeiten oder Feststoffe.

Die Standardreaktionsentropie ∆S° = S° nach

– S° vor

gibt die Entropieänderung während einer Reaktion an.

b) Berechnen Sie für die folgenden Reaktionen die Standardreaktionsentropien:

b1) H 2

(g) + Cl 2

(g) 2 HCl(g)

∆S° = S m

°(Produkte) - S m

°(Edukte) = 2·S m

°(HCl) – [S m

°(H 2

) + S m

°(Cl 2

)] = (2·186,9 - [130,7+223,1]) J/(mol·K) = 20 J/(mol·K)

b2) C(s) + O 2

(g) CO 2

(g)

b3) O 2

(g) + 2 C(s) 2 CO (g)

∆S° = ... = 2,9 J/(mol·K); Für Kohlenstoff die Modifikation Graphit verwenden.

∆S° = ... = 178,8 J/(mol·K)

b4) N 2

(g) + 3 H 2

(g) 2 NH 3

(g)

∆S° = ... = -198,7 J/(mol·K)

c) Bestimmen Sie für jede Reaktion, wie viele Moleküle auf der Edukt- bzw. Produktseite im gasförmigen Zustand vorliegen.

d) Erklären Sie, bei welchen Reaktionen besonders hohe Entropieänderungen auftreten.

c/d) Da Gasförmige Stoffe eine besonders hohe molare Entropie S m

°besitzen, treten große Entropieänderungen besonders in

Reaktionen auf, bei denen sich die Anzahl der Moleküle in der Gasphase von der Edukt- zur Produktseite hin ändert.

In b1 und b2 ist dies nicht der Fall, so dass die Entropieänderungen sehr klein sind. In b3 führt die Erhöhung der Anzahl

gasförmiger Reaktionsteilnehmer von 1 auf 2 zu einer großen Entropiezunahme. In b4 führt die Abnahme der Anzahl gasförmiger

Reaktionsteilnehmer von 1+3 = 4 auf 2 zu einer starken Entropieabnahnme.


Aufgabe 3 - freie Enthalpie

Untersuchen Sie, ob die folgenden Reaktionen unter Standardbedingungen freiwillig ablaufen.

Berechnen Sie dazu die Standardreaktionsenthalpie ∆H°, die Standardreaktionsentropie ∆S° und die freien Standardreaktionsenthalpien

∆G° dieser Reaktionen. Geben Sie an, ob diese Reaktionen exergonisch oder endergonisch sind.

a) Wasser verdampft bei 25°C H 2

O(l) H 2

O(g)

Anschaulich ist klar, dass Wasser nicht freiwillig bei 25°C verdampft. ∆G° muss positiv sein.

Mit den Tabellenwerten für die molaren Bildungsenthalpien ∆ B

H m

° und die molaren Standardentropien S m

° erhält man:

∆H° = (-242,0 - (-286,0)) kJ/mol = +44,0 kJ/mol;

∆S° = (188,8-70,0) J/(mol·K) = 118,8 J/(mol·K) = 0,1188 kJ/(mol·K)

Die Gibbs-Helmholtz-Gleichung liefert ∆G° = ∆H° - T·∆S° = 44,0 kJ/mol - 298 K·0,1188 kJ/(mol·K) = + 8,60 kJ/mol.

Die Reaktion ist - wie erwartet - bei 25°C endergonisch, läuft also nicht freiwillig ab.

b) N 2

(g) + 3 H 2

(g) 2 NH 3

(g)

∆H° = 2·(-46,1) kJ/mol = -92,2 kJ/mol (Die Bildungsenthalpien der Elemente sind Null)

∆S° = (2·192,5 - [3·130,7+191,6]) J/(mol·K) = -198,7 J/(mol·K) = -0,1987 kJ/(mol·K)

Die Reaktion ist exotherm, die Entropie nimmt aber stark ab, so dass nicht klar ist, ob die Reaktion bei 25°C unter Standardbedingungen

freiwillig abläuft.

∆G° = ∆H° - T·∆S° = -92,2 kJ/mol - 298 K·(-0,1987) kJ/(mol·K) = -33,0 kJ/mol.

Die Reaktion ist bei 25°C exergonisch, läuft also von links nach rechts freiwillig ab, wenn alle Reaktionsteilnehmer die

Konzentration 1 mol/L besitzen.

c) O 2

(g) + 2 C(s) 2 CO (g)

∆H° = 2·(-110,6) kJ/mol = -221,2 kJ/mol (Die Bildungsenthalpien der Elemente sind Null)

∆S° = (2·197,7 - [205,2]) J/(mol·K) = 190,2 J/(mol·K) = 0,1902 kJ/(mol·K)

Die Reaktion ist exotherm, und die Entropie nimmt zu, so dass bereits ohne weitere Rechnung klar ist, dass die Reaktion bei 25°C

unter Standardbedingungen freiwillig abläuft.

∆G° = ∆H° - T·∆S° = -221,2 kJ/mol - 298 K·0,1902 kJ/(mol·K) = -278 kJ/mol.

Die Reaktion ist bei 25°C exergonisch, läuft also von links nach rechts freiwillig ab, wenn die gasförmigen Reaktionsteilnehmer

die Konzentration 1 mol/L besitzen. Hinweis: Für heterogene Gleichgewichte mit festen und gasförmigen Reaktionsteilnehmern

gehen lediglich die Konzentrationen der gasförmigen Reaktionsteilnehmer in das Massenwirkungsgesetz ein.

Aufgabe 4 - freie Enthalpie und Gleichgewichtskonstante

Für den Zusammenhang zwischen freier Standardreaktionsentropie ∆G° und Gleichgewichtskonstante K einer Reaktion gilt:

G°=−2,3 R⋅T⋅lg K

a) Zeigen Sie durch Schrittweise Umformung, dass damit gilt:

[−G °/2,3R⋅T ]

K=10

b) Bestimmen Sie mit Hilfe dieser Gleichung für T = 298 K die Gleichgewichtskonstanten der Reaktionen aus Aufgabe 2.

G°=−2,3 R⋅T⋅lg K ⇔ lg K =− G°

2,3 R⋅T

/mol

[−8600J

2,38,313 J / mol⋅K ⋅298K

K a=10 ] =0,0310

⇔ K =10[−

G °

2,3R⋅T ]

J /mol

[−−33000

2,38,313 J /mol⋅K⋅298K

K b=10 ] =6,18⋅10 5 Genaugenommen müsste hier noch die Einheit L 2 /mol 2 ergänzt werden.

J /mol

[−−278000

2,38,313 J /mol⋅K⋅298K

K b=10 ] =6,10⋅10 48 Genaugenommen müsste hier noch die Einheit mol/L ergänzt werden.

Die letzten beiden Reaktionen laufen nahezu vollständig ab.


Stoffüberblick: Chemie Einführungsphase - erstes Halbjahr

Organische Chemie

Die organische Chemie ist die Chemie der Kohlenwasserstoffe. Jede makroskopische

Substanz verdankt ihre charakteristischen Eigenschaften den Molekülen (submikroskopische

Teilchen) aus denen sie aufgebaut ist. Ähnlichkeiten innerhalb bestimmter Stoffgruppen

(Alkohole, Ester oder Carbonsäuren) sind auf ihre funktionellen Gruppen (Tabelle 1) zurück

zu führen.

1. Benennung organischer Verbindungen

• Zur Benennung einfacher, unverzweigter organischer

Verbindungen zählt man zunächst die Anzahl der

Kohlenstoffatome und benennt analog zum entsprechenden

Alkan (→ Klasse 9). In Abb. 1-1 (4 C-Atome) lautet der

H H O H

Stammname: Butan .

H

Abb. 1-1 2-Butanol-Molekül

• An den Stammnamen wird die Endung, angefügt, welche der im Molekül vorhandenen

funktionellen Gruppe entspricht (Tabelle 1).

Das Molekül in Abb. 1-1 besitzt eine Hydroxylgruppe und ist folglich ein Alkohol mit der

Endung -ol: Butanol.

• Gibt es verschiedene Positionen im Molekül, an denen sich die funktionelle Gruppe

befinden kann, so wird dies durch eine Ziffer vor der funktionellen Gruppe gekennzeichnet.

Die Hydroxylgruppe in Abb. 1-1 befindet sich am zweiten C-Atom. Damit ist der gesuchte

Name: Butan-2-ol oder auch 2-Butanol.

H

H

C

H

C

H

C

H

C

H

Tabelle 1a Namen organischer Verbindungen

Stoffklasse

Beispielsubstanz

Strukturformel

Name d. funktionellen

Gruppe

H

H

Alkan

Ethan

H

C

C

H

nicht vorhanden

H

H

H

H

H

Alkanol

(Alkohol)

1-Propanol

H

C

C

C

OH

Hydroxylgruppe

H

H

H

Alkansäure

(Carbonsäure)

Methansäure

H

O

C

OH

Carboxylgruppe


Tabelle 1b Namen organischer Verbindungen

Stoffklasse

Beispielsubstanz

Strukturformel

Name d. funktionellen

Gruppe

H

O

H

Ester

Ethansäuremethylester

H

C

C

O

C

H

Estergruppe

H

H

H

O

Alkanal

(Aldehyd)

Ethanal

H

C

C

H

Carbonylgruppe

H

H

O

H

Alkanon

(Keton)

Propanon

H

C

C

C

H

Carbonylgruppe

H

H

Regeln für die Benennung verzweigter Moleküle mit funktionellen Gruppen.

1. Hauptkette bestimmen. Dies ist die Kette mit den meisten C-Atomen. Die Hauptkette liefert

den Stammnamen des Moleküls.

2. Die funktionelle Gruppe gibt die Endung des Namens vor (-säure, -ester, -al, -on, -ol).

3. Sind in einem Molekül mehrere funktionelle Gruppen vorhanden, so liefert die Gruppe mit

der höchsten Priorität die Endung des Molekülnamens. Die Prioritätenfolge ist

definitionsgemäß Säure vor Ester vor Aldehyd vor Keton vor Alkohol.

4. Das endständige C-Atom, welches der funktionellen Gruppe am nächsten steht, erhält die

Nummer 1.

Beispiel:

C

C

C C

C C C C C C

O

C

C

C

C

OH

1. Hauptkette finden:

2./3.Im Molekül findet man eine

C

C

Hydroxylgruppe (Alkohol)

und eine Carbonylgruppe

C C

(Keton).

Da letztere die

C C C C C C

höhere Priorität

C

OH

besitzt, erhält das

O C

C

Molekül die

Endung „-on“: Nonanon.

4. Das unterste C-Atom ist näher

C

an der Carbonylgruppe, als das

Stammname: Nonan

rechte C-Atom. Es ist damit C1.


5. Nun werden alle Substituenten (am Stamm des Moleküls „hängende“ Gruppen) benannt

und in alphabetischer Reihenfolge vor dem Stammnamen notiert (außer der funktionellen

Gruppe mit der höchsten Priorität).

Aldehyde und Ketone niedriger Priorität liefern die Silbe „Oxo-“, Alkohole niedriger Priorität

die Silbe „Hydroxy-“.

6. Ein griechisches Zahlenwort vor jedem Substituenten gibt an, wie oft er mit Molekül

vorkommt (di-, tri- oder tetra-).

Substituenten, die nur einmal im Molekül vorhanden sind erhalten keine Vorsilbe.

7. Eine Zahl vor jedem Substituenten gibt seine Position im Molekül an.

Beispiel (Fortsetzung)

5./6. Substituenten (alphabetisch

geordnet): hydroxy, dimethyl, propyl.

Vorsilbe „di“ für zwei Methylgruppen.

C

C

C C

C

5

C C C C C

6 7 8 9

O

C

4

C

3

OH

Name des Moleküls:

C 8-Hydroxy-5,8-dimethyl-

2

6-propyl-3-nonanon

C

1

2. Intermolekulare Kräfte (intermolekulare Wechselwirkungen)

Intermolekulare Kräfte sind für die Siedetemperatur und für die Löslichkeit einer Substanz

verantwortlich. (Van-der-Waals-Kräfte (v.d.W.-Kräfte), Dipol-Dipol-Kräfte und

Wasserstoffbrückenbindungen (Wbb.) und ihre Erklärung durch Elektronegativitätsdifferenzen

→ Klasse 9).

Möchte man z. B. den Anstieg der Siedetemperaturen in der Reihe Methanol (65°C), Ethanol

(78°C), 1-Propanol (97°C), 1-Butanol (118°C) durch intermolekulare Kräfte erklären, so geht

man folgendermaßen vor:

• Zunächst markiert man durch eine Analyse der Elektronegativitäten

Teilladungen (δ + , δ - ) in einem der Moleküle (Abb. 2-1), anschließend

H

polare Gruppen (Molekülbereiche mit Teilladungen, hier rot)

und apolare Gruppen (keine Teilladung, hier blau).

Abb. 2-1

H H

δ −

C C O H

H H

δ +

δ +


• Nun analysiert man die Kräfte, die zwischen zwei Molekülen der gleichen Sorte wirken.

Zwischen den apolaren Alkylgruppen (hier blau) wirken v.d.W.-Kräfte. Zwischen den polaren

Hydroxylgruppen (rot) wirken Wbb. (Abb. 2-2).

δ +

H

H

δ −

O

Abb. 2-2

C C

H H

δ + δ −

H H H O

H

δ − δ +

C C O H H H

H H

Wasserstoffbrückenbindung (Wbb.)

H

C

H

H

C

H

H

van-der-Waals-Kraft (v.d.W.-Kraft)

• Im letzten Schritt betrachtet man den Einfluss der Länge der Kohlenstoffkette. Mit

wachsender Kettenlänge nimmt die Stärke der v.d.W.-Kraft zu. Dies erklärt die steigenden

Siedetemperaturen. Vom 1-Butanol zum 1-Propanol zum Ethanol sinkt die Siedetemperatur

jeweils um etwa 20°C. Der Sprung um 13°C zur Siedetemperatur des Methanols ist

ungewöhnlich klein, da hier die starken Wbb. einen größeren Anteil an der Gesamtkraft

haben, als in längerkettigen Alkanolmolekülen.

Siedetemperaturen mehrwertiger Alkohole

Alkohole (= Alkanole) mit zwei oder drei Hydroxylgruppen (OH-Gruppen) nennt man zwei-

bzw. dreiwertige Alkohole (allgemein: mehrwertige Alkohole).

Da in diesen Molekülen mehr als eine Hydroxylgruppe existiert, steigt zwischen benachbarten

Molekülen die Anzahl der möglichen Wasserstoffbrückenbindungen.

Daher besitzen mehrwertige Alkohole erheblich höhere Siedetemperaturen, als einwertige

Alkohole mit vergleichbarer Molekülgröße (Abb. 2-3).

H

H

H

H

H

H

H

H

H

HO

C

C

H H C C

H

H

C

C

C

H

H

C C OH

H

H

OH

OH

OH

OH

OH

H

H

OH

OH

OH

OH

OH

Sdt. (Ethanol) = 78 °C

H

C

C

H

H

C

C

C

H

H H

H H H

Sdt. (1,2-Ethandiol) = 198 °C Sdt. (1,2,3-Propantriol) = 290 °C

Abb. 2-3 Wasserstoffbrückenbindungen (vereinfacht dargestellt) zwischen ein-/zwei- und dreiwertigen

Alkoholen, sowie deren Siedetemperaturen.


Siedetemperaturen verzweigter Alkohole

Vergleicht man die Siedetemperaturen einwertiger Alkohole mit endständiger

Hydroxylgruppe mit den Siedetemperaturen isomerer (aus den gleichen Atomen bestehender)

verzweigter Alkohole, so findet man, dass verzweigte Alkohole (z. B. 2-Propanol) niedrigere

Siedetemperaturen als unverzweigte Alkohole (wie z. B. 1-Propanol) besitzen.

H H H

H H H

H C C C OH H C C C H

H

H

H

H

OH

H

Sdt. (1-Propanol) = 97 °C Sdt. (2-Propanol) = 82 °C

Abb. 2-4 Siedetemperaturen isomerer Propanole

Zur Begründung für dieses unterschiedliche Verhalten müssen die intermolekularen Kräfte

zwischen verschiedenen 1-Propanol-Molekülen mit den intermolekularen Kräften zwischen

verschiedenen 2-Propanol-Molekülen verglichen werden. Die höhere Siedetemperatur des 1-

Propanols kann folgendermaßen begründet werden:

• Die Hydroxylgruppe im 2-Propanol-Molekül wird von zwei räumlich anspruchsvollen

Methylgruppen flankiert, während die Hydroxylgruppe im 1-Propanol an ein C-Atom

gebunden ist, das an nur einen räumlich anspruchsvolle Gruppe gebunden ist. Folglich können

die Hydroxylgruppen zwischen zwei verschiedenen 1-Propanol-Molekülen einander besser

H H H

näher kommen als die Hydroxylgruppen zweier 2-Propanol-Moleküle.

H

H

C

H

H

H

C C OH

H

H

HO

H

C

H

H

C

H

H

C

H

H H H

Abb. 2-5 Die Hydroxylgruppen zwischen verschiedenen 1-Propanol-Molekülen (links) haben besseren Kontakt,

als die Hydroxylgruppen zwischen verschiedenen 2-Propanol-Molekülen (rechts).

• Außerdem sind die van-der-Waals-Kräfte zwischen verschiedenen 2-Propanol-Molekülen

schwächer, als die van-der-Waals-Kräfte zwischen verschiedenen 1-Propanol-Molekülen.

Dies sieht man ein, wenn man beachtet, dass v.d.W.-Kräfte um so größer sind, je leichter ein

Molekül polarisierbar ist, je leichter also die Bindungselektronen im Molekül verschoben

werden können. Im 1-Propanol-Molekül sind die Bindungselektronen im gesamten blauen

Molekülteil (Abb. 2-4) relativ leicht verschiebbar. Im 2-Propanol-Molekül zieht das stark

elektronegative O-Atom Elektronendichte aus der Mitte des Moleküls ab, so dass das 2-

Propanol-Molekül in der Mitte abgeschnürt wird. Dadurch sind die Bindungselektronen im

blauen Molekülteil schlechter beweglich und die v.d.W.- Kräfte sind entsprechend geringer.

H

H

H

C

H

H

C

C

OH

OH

C

C

H

H

C

H

H


primäre, sekundäre und tertiäre Alkohole

Man unterscheidet Alkohole nach der Zahl der Nichtwasserstoffnachbarn des C-Atoms, das an

die Hydroxylgruppe gebunden ist (grün in Abb. 2-6). Bei primären Alkoholen trägt es eine,

bei sekundären zwei, bei tertiären Alkoholen drei Gruppen, die kein Wasserstoffatom sind.

Man nennt diese Gruppen auch Substituenten, da jeweils ein H-Atom durch diese Gruppen

substituiert (= ersetzt) wird. Ein Sonderfall ist Methanol, das neben der Hydroxylgruppe drei

Wasserstoffatome am C-Atom trägt. Es zeigt aber durch seine Reaktionen (siehe unten) ein

den primären Alkoholen vergleichbares Reaktionsverhalten.

H

H

H

H

H

H

CH 3

H C C OH H C C C

C

H

H 3

C

C CH 3

H

H

H

OH

H

H

OH

Ethanol

ein primärer Alkohol

2-Butanol

ein sekundärer Alkohol

Abb. 2-6 primäre, sekundäre und tertiäre Alkohole: eingekreist ist der Substituent.

Man beachte den Unterschied zwischen sekundären Alkoholen (mit zwei Substituenten am C-

3. Reaktionen in der Organischen Chemie

Ein zentrales Ziel der Chemie ist die Synthese (Herstellung) von neuen Stoffen. So erhält man

durch die Oxidation von primären Alkoholen mit dem Oxidationsmittel Kupferoxid (CuO) im

ersten Schritt Alkanale und im zweiten Schritt Alkansäuren:

2-Methyl-2-propanol

ein tertiärer Alkohol

Atom, das die OH-Gruppe trägt) und zweiwertigen Alkoholen wie 1,2-Ethandiol (Abb. 2-3),

die zwei Hydroxylgruppen besitzen.

Schritt 1:

H H

H O

-I +I

+II 0

H C C OH + CuO H C C H + Cu + H 2

O

H H

Ethanol

H O +I

Schritt 2: H C C H

H

Ethanal

H

Ethanal

H O +III

+II 0

+ CuO H C C OH + Cu

H

Ethansäure

Abb. 3-1 Oxidation eines primären Alkohols in zwei Schritten.

Dabei versteht man allgemein unter einer Oxidation eine Erhöhung der Oxidationszahl (hier

rot gezeichnet am jeweils rechten Kohlenstoffatom), während das Kupferatom reduziert wird

(Erniedrigung der Oxidationszahl von +II auf 0).


Ein sekundärer Alkohol kann nur in einem Schritt zum Keton (= Alkanon) oxidiert werden

(Abb. 3-2).

Eine Oxidation zur Alkansäure ist unmöglich, da sonst eine Kohlenstoff-Kohlenstoff-Bindung

gelöst werden müsste, was unter diesen Bedingungen nicht möglich ist.

Schritt 1:

Schritt 2:

H OH H

H O H

+II 0

H C C C H + CuO H C C C H + Cu + H 2

O

H

0

H H H

2-Propanol

H

C

O

C

H +II

Propanon

+II

+ CuO

Die Synthese eines Esters erfolgt durch Reaktion eines Alkanols mit einer Alkansäure (in

Anwesenheit des Katalysators H 2

SO 4

, Abb. 3-5).

H

C

H

H

H +II H

Propanon

keine Reaktion

Abb. 3-2 Oxidation eines sekundären Alkohols zum Alkanon. Eine weitere Oxidation erfolgt nicht.

Tertiäre Alkohole werden unter diesen Bedingungen nicht oxidiert, da sich am zentralen

Kohlenstoffatom keine CO Doppelbindung ausbilden kann.

CH 3

+II

H 3

C C CH 3 + CuO

+I

OH

2-Methyl-2-propanol

Abb. 3-3 Tertiäre Alkohole werden von Kupferoxid nicht oxidiert.

keine Reaktion

Grundsätzlich ist es natürlich möglich beliebige organische Verbindungen durch Verbrennung

zu oxidieren (Abb. 3-4). Die Produkte (CO 2

und H 2

O) sind aber für weitere Synthesen nicht

von Bedeutung.

CH 3

H 3

C C CH 3

0

+IV-II -II

+ 6 O 2

4 CO 2

+ 5 H 2

O

+I

OH

2-Methyl-2-propanol

Abb. 3-4 Verbrennung einer organischen Verbindung mit Luftsauerstoff.

O

H C OH + HO

H

C

H

C

H

O

H 2

SO 4

H C O C C H + H H

H

H

O

Methansäure

H H

H H

Ethanol Methansäureethylester Wasser

Abb. 3-5 Estersynthese aus einer Alkansäure und einem Alkanol. Die Farben veranschaulichen, aus welchem

Eduktmolekül die einzelnen Atome stammen.


Die umgekehrte Reaktion - die Spaltung oder Hydrolyse des Esters - gelingt mit Natronlauge.

O

H C O

H

C

H

C

H

+ H 2

O

NaOH (aq)

O

H C OH

+

HO

H

C

H

C

H

H H

Methansäureethylester

Abb. 3-6 Esterhydrolyse mit Natronlauge

Methansäure

H H

Ethanol

4. Stoßtheorie

Chemische Reaktionen sind die Folge von Stößen zwischen den Molekülen.

Solche Stöße sind genau dann reaktiv (führen zum Produkt), wenn beide Stoßpartner a) beim

Zusammenstoß die richtige Orientierung besitzen und b) ausreichende Energien besitzen, um

die Aktivierungsenergie der Reaktion zu erreichen.

Sind diese Bedingungen nicht erfüllt, so prallen die Edukt-Moleküle bei einem Stoß einfach

voneinander ab, ohne miteinander zu reagieren.

• zu a) Für einen reaktiven Stoß müssen die Moleküle „richtig“ (mit geeigneter Orientierung)

zusammenstoßen. Für die Esterbildung in Kap. 3. muss das Ethanol-Molekül so mit dem

Methansäure-Molekül zusammen stoßen, dass die OH-Gruppe des Alkoholmoleküls auf das

zentrale C-Atom des Estermoleküls trifft, da hier die neue Bindung ausgebildet werden soll.

O

H C OH

HO

H

C

H

H

C

H

H

H C OH

O

HO C

H

H

C H

H

H

Abb. 4-1 Die Moleküle stoßen mit geeigneter

Orientierung zusammen. Der Stoß ist reaktiv und

es entsteht der Ester. Die Pfeile geben die

Bewegungsrichtungen der Moleküle an.

Abb. 4-2 Die Moleküle stoßen NICHT mit

geeigneter Orientierung zusammen. Die

Moleküle prallen aneinander ab, ohne zu

reagieren.

• zu b) Bei einer exothermen Reaktion besitzen die Edukte eine höhere Energie als die

Produkte (Abb. 4-3). Die Energiedifferenz ∆E wird meist in Form von Wärme bei der

Reaktion frei. Damit die Reaktion überhaupt ablaufen kann, müssen die Moleküle mit

(Bewegungs-)energien zusammenstoßen, die größer

sind, als die Aktivierungsenergie E A

der Reaktion.

Ist die Energie der Stoßpartner zu gering, so

kollidieren diese, ohne miteinander zu reagieren.

Energie

E A

Edukte

Produkte

∆E

Reaktionskoordinate

Abb. 4-3 Energiediagramm einer

exothermen Reaktion.


Die Geschwindigkeitsverteilung (Zusatzthema)

Bei der Reaktion zweier gasförmiger

Reaktionsteilnehmer soll die Mindestenergie E A

für

einen reaktiven Stoß einer Geschwindigkeit der

Moleküle von 1000 m/s entsprechen.

[Für Spezialistinnen: Ist v die Geschwindigkeit, mit

der sich zwei Moleküle aufeinander zubewegen, und

m die „mittlere Masse“ eines Eduktmoleküls, so gilt

E A

= 1 2 ⋅m⋅v2 .

Sind E A

und m bekannt, so lässt sich die

Mindestgeschwindigkeit v für einen reaktiven Stoß

mit v= 2 E A

m

berechnen.]

In Abb. 4-4 ist die Geschwindigkeitsverteilung der

Wahrscheinlichkeit

100 K

300 K

Moleküle in einem Gas für vier verschiedene Temperaturen gezeigt.

500 K

1000 K

500 1000 1500

v in m/s

Abb. 4-4 Geschwindigkeitsverteilung der

Moleküle in einem Gas.

Horizontalachse: Geschwindigkeit der Moleküle

Vertikalachse: Wahrscheinlichkeit, mit der ein

Molekül diese Geschwindigkeit besitzt.

Zunächst soll die Geschwindigkeitsverteilung für T = 300 K (27°C, also etwa

Raumtemperatur) betrachtet werden. Ruhende Moleküle mit kleineren Geschwindigkeiten als

20 m/s kommen so gut wie nicht vor. Bei der Geschwindigkeit v ≈ 400 m/s durchläuft die

Kurve ihr Maximum. Die häufigste Geschwindigkeit der Moleküle in einem Gas bei 27°C ist

demnach 400 m/s. Dabei muss man sich klar machen, dass ein Molekül in einem Gas in jeder

Sekunde etwa 10 9 (eine Milliarde) mal mit anderen Molekülen kollidiert und dabei seine

Richtung ändert. Die 400 Meter in der Sekunde werden also nicht geradlinig zurückgelegt.

Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass ein Molekül eine bestimmte Geschwindigkeit v > 400 m/s

besitzt sinkt mit wachsender Geschwindigkeit. Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass ein

beliebiges Molekül eine Geschwindigkeit von 650 m/s besitzt ist noch halb so groß, wie die

Wahrscheinlichkeit, dass ein Molekül etwa die häufigste Geschwindigkeit 400 m/s besitzt.

Der Anteil der Moleküle mit v > 1000 m/s (kleine rote Fläche unter der 300 K - Kurve) liegt

unter 1%.

Erhöht man nun die Temperatur des Gases auf T = 1000 K (727 °C), so macht man folgende

Beobachtungen: 1. Die häufigste Geschwindigkeit steigt auf etwa 750 m/s an. 2. Ein erheblich

größerer Anteil an Molekülen besitzt die Mindestgeschwindigkeit für einen reaktiven Stoß

(ca. 25 %), so dass die Reaktion bei dieser Temperatur zügig ablaufen wird.

Bei T = 100 K ist die Temperatur so gering, dass die Wahrscheinlichkeit ein reaktionsfähiges

Molekül anzutreffen vernachlässigt werden kann. Die Reaktion wird bei 100 K nicht ablaufen.


Reaktionsgeschwindigkeit und Konzentration der Reaktionsteilnehmer

Die Reaktionsgeschwindigkeit v wird im Folgenden als Zahl der Einzelreaktionen pro

Sekunde definiert (Genau genommen handelt es sich hierbei um die Reaktionsrate).

Es soll untersucht werden, wie die Reaktionsgeschwindigkeit v von den Konzentrationen der

Edukte abhängt. Dazu wird untersucht, welchen Einfluss die Konzentration der

Reaktionspartner, die Y (yellow) und G (green) genannt werden sollen, auf die

Kollisionswahrscheinlichkeit hat. Die Kollisionswahrscheinlichkeit ist die Wahrscheinlichkeit

dafür, dass in der kommenden Sekunde ein reaktiver Stoß stattfindet.

Bei der Reaktion entsteht das Produkt P nach Y + G → P.

Y und G können z. B. ein Alkohol- und ein Alkansäure-Molekül sein.

a) 2·2 = 4 Stoßmöglichkeiten b) 2·4 = 8 Stoßmöglichkeiten c) 2·6 = 12 Stoßmöglichkeiten

d) 4·2 = 8 Stoßmöglichkeiten e) 4·6 = 24 Stoßmöglichkeiten

Abb. 4-5 Kollision zwischen G- und Y- Molekülen in verschiedenen Konzentrationen. Je größer die

Konzentration an Y und G ist, desto größer ist die Wahrscheinlichkeit für eine Kollision.

Ein Vergleich von 4-5 a-c zeigt: Bei konstanter Konzentration an G-Molekülen wächst die

Anzahl der Stoßmöglichkeiten und damit auch die Reaktionsgeschwindigkeit proportional zur

Konzentration der Y-Moleküle. v ~ c Y

(c G

konstant). Der Vergleich der Abbildungen d und e

zeigt, dass die Reaktionsgeschwindigkeit auch proportional zu c G

ist. v ~ c G

(c Y

konstant).

Beide Beziehungen zusammen ergeben: v ~ c Y

·c G

oder v = k·c Y

·c G

.

k heißt Geschwindigkeitskonstante und ist ein Maß dafür, mit welcher Wahrscheinlichkeit ein

Stoß zwischen Y und G reaktiv ist. Man merke sich: Die Reaktionsgeschwindigkeit steigt mit

den Konzentrationen der Edukte.


5. Das chemische Gleichgewicht

Veresterung von Ethanol mit Ethansäure

In Kap. 3 wurde gezeigt, dass sich Alkohole und Alkansäuren in Anwesenheit des

Katalysators H 2

SO 4

verestern lassen.

So reagieren Ethansäure und Ethanol zu Ethansäureethylester und Wasser (Abb. 5-1).

H

O

H

H

H

O

H

H

H

C

C

OH +

HO

C

C

H

H 2

SO 4

H

C

C

O

C

C

H + H 2

O

H

Ethansäure (S)

H H

Ethanol (A)

für Alkohol

H

H H

Ethansäureethylester (E)

Wasser (W)

Abb. 5-1 Synthese von Ethansäureethylester aus Ethansäure und Ethanol. Edukte werden blau, Produkte rot

dargestellt.

Da alle Vorfaktoren 1 sind (1:1-Reaktion) folgt:

• Ethansäure S und der Alkohol A reagieren im Verhältnis 1:1. Ein Molekül S reagiert mit

einem Molekül A, 2 Moleküle S reagieren mit zwei Molekülen A, 6·10 23 Moleküle S

reagieren mit 6·10 23 Molekülen A.

Am letzten Beispiel sieht man, dass sich die Betrachtung auch auf Stoffmengen übertragen

lässt: 1 mol S reagiert mit einem mol A, 2 mol S reagieren mit 2 mol A, u.s.w..

• Vermischt man in einem Versuch 3 mol Säure mit 3 mol Alkohol und findet nach 60

Minuten (z. B. durch eine Titration), dass sich nur noch 2,5 mol Säure im Reaktionsgefäß

befinden, so lässt sich folgern:

1) 0,5 mol S fehlen. Folglich haben Sie mit der gleichen Stoffmenge Ethanol reagiert.

2) Es müssen somit auch 0,5 mol Ethanol im Reaktionsgemisch fehlen.

3) Da die Atome, aus denen diese Alkohol- und Säure-Moleküle bestanden haben

nicht verschwinden können, müssen Sie in einer anderen Verbindung auftauchen, in

diesem Fall im Ester und im Wasser.

4) Da für jedes Ethansäure-Molekül, das reagiert hat, ein Estermolekül (und auch ein

Wassermolekül) erhalten wird, befinden sich nach 60 Minuten 0,5 mol Ester und

0,5 mol Wasser im Reaktionsgemisch (neben den verbliebenen 2,5 mol Alkohol und

Säure). Tabelle 1 fasst diese Betrachtungen kurz zusammen.

Tabelle 5-1 Konzentrationen bei der

Veresterung nach 60 Minuten in mol/L.


Beobachtet man die Reaktion über einen längeren Zeitraum, so erwartet man, dass die

Konzentration der Edukte (also von Säure und Alkohol) kontinuierlich auf 0 abfällt, während

die Konzentrationen der Produkte auf 3 mol/L ansteigen sollten, wenn die Reaktion

vollständig abgelaufen ist.

Diese Vermutung ist falsch!

Tatsächlich beobachtet man den in Tabelle 5-2 bzw. Abb. 5-2 dargestellten

Konzentrationsverlauf.

Tabelle 5-2 Konzentrationsverlauf bei der Veresterung. Es stellen sich zeitlich konstante, von Null verschiedene

Konzentrationen ein.

Abb. 5-2 Konzentrationsverlauf bei der Veresterung. Blau: Alkohol- bzw. Säurekonzentration,

rot: Ester- bzw. Wasserkonzentration

Ergebnis 1: Bei der Reaktion von 3 mol Ethanol mit 3 mol Ethansäure erhält man nach

einiger Zeit ein Gemisch.

In diesem Gemisch befinden sich sowohl Edukte (noch 1 mol Ethansäure und 1 mol Ethanol),

als auch Produkte (2 mol Ester und 2 mol Wasser, siehe Abb. 5-3).

Die Konzentrationen in diesem Gemisch ändern sich nicht mehr.


Abb. 5-3 Unvollständige Reaktion im Modell. :Alkohol, :Säure, :Ester,

:Wasser. Links: Zu Beginn befinden sich 3 mol Alkohol und 3 mol Säure im Reaktionsgemisch.

Rechts: Nach 5 Tagen hat sich eine konstante Zusammensetzung (je 2 mol Ester und Wasser und je 1 mol Säure

und Alkohol) eingestellt.

Esterspaltung von Ethansäureethylester

Aus Kapitel drei ist bekannt, dass ein Ester mit Hilfe einer Lauge in eine Alkansäure und

einen Alkohol gespalten werden kann.

H

H

C

O

C

O

H

C

H

C

H + H 2

O

NaOH(aq)

H

H

C

O

C

OH +

HO

H

C

H

C

H

H

H H

H

Ethansäureethylester (E) Wasser (W)

Ethansäure (S)

Abb. 5-4 Esterspaltung mit Natronlauge. Die Edukte sind rot, Produkte blau dargestellt.

H H

Ethanol (A)

für Alkohol

Vermutung: Die Reaktion läuft nicht ab, wenn statt Natronlauge Schwefelsäure verwendet

wird (Abb. 5-5).

H O H H

H 2

SO 4

?

H C C O C C H + H 2

O

H

H H

Ethansäureethylester (E)

Wasser (W)

Abb. 5-5

Versetzt man einen Ansatz aus 3 mol Ester mit 3 mol Wasser, so findet man nach einigen

Stunden, dass 1 mol Ethansäure entstanden ist.

Folglich war auch diese Vermutung falsch. Das heißt: Ethansäureethylester und Wasser

reagieren auch in Anwesenheit von Schwefelsäure miteinander, allerdings - genau wie bei der

Esterbildung - unvollständig.

Interessanterweise stellen sich nach einiger Zeit die gleichen Konzentrationen wie bei dem

Ansatz zur Esterbildung aus 3 mol Ethansäure und 3 mol Ethanol ein (siehe Abb. 5-6 und

Abb. 5-2).


Tabelle 5-3 Konzentrationsverlauf bei der Esterspaltung mit Schwefelsäure!.

Abb. 5-6 Blaue Kurve: Konzentrationen von Ethanol und Ethansäure, rote Kurve: Konzentrationen von Ester

und Wasser.

Abb. 5-6 zeigt: Die Konzentrationen von Ethanol und Ethansäure steigen von Null auf

1 mol/L an, die Konzentrationen von Ester und Wasser sinken auf 2 mol/L.

Im Ergebnis erhält man das gleiche Gemisch, als wenn nur Ethansäure und Ethanol reagiert

hätten (kleine Abbildung rechts oben in Abb. 5-6).

Diese zunächst unverständliche Beobachtung lässt sich analog zu Abb. 5-3 veranschaulichen:

Abb. 5-7 :Alkohol, :Säure, :Ester, :Wasser.

Links: Zu Beginn befinden sich 3 mol Ester und 3 mol Wasser im Reaktionsgemisch. Rechts: Nach 5 Tagen

erhält man das gleiche Produktgemisch wie in Abb. 5-3.


Zusammenfassend lässt sich sagen, dass - unabhängig davon, ob Ester und Wasser oder

ob Säure und Alkohol eingesetzt werden - immer das gleiche Produktgemisch entsteht

(Abb. 5-8).

Abb. 5-8 Unabhängig von den Startbedingungen erhält man immer das gleiche Produktgemisch (Mitte) aus 1

mol Ethansäure, 1 mol Ethanol, 2 mol Ester und 2 mol Wasser.

Das chemische Gleichgewicht - Geschwindigkeitsgleichungen

Im linken Ansatz der Abb. 5-8 befinden sich lediglich Säure- (S) und Alkohol- (A) Moleküle.

Kollidieren diese miteinander, so finden (bei geeigneter Orientierung und ausreichender

Energie → Kap. 4) reaktive Stöße statt, die zur Bildung von Ester- (E) und Wasser- (W)

Molekülen führen (A + S → E + W).

Die Reaktionsgeschwindigkeit v h

der Hinreaktion ist um so größer, je größer die

Konzentrationen an Säure- und Alkohol-Molekülen sind.

v h

= k h

∙c S

∙c A

(I)

Die Geschwindigkeitskonstante k h

ist um so größer, je wahrscheinlicher es ist, dass eine

Kollision zwischen A und S auch zu einer Reaktion zu E und W führt.

Die identische Betrachtung für die Rückreaktion E + W → A + S zeigt, dass die

Reaktionsgeschwindigkeit der Rückreaktion v r

durch folgende Gleichung gegeben ist.

v r

= k r

∙c E

∙c W

(II)

Die Geschwindigkeitskonstante der Rückreaktion k r

ist im allgemeinen verschieden von k h

, da

die Wahrscheinlichkeit für einen reaktiven Stoß zwischen E und W nicht gleich der

Wahrscheinlichkeit für einen reaktiven Stoß zwischen A und S ist.

Die Einstellung der Gleichgewichtslage

Betrachtet man den linken Ansatz (nur Säure und Alkohol), so ist die Geschwindigkeit v h

der

Hinreaktion zunächst groß, da die Konzentrationen der Edukte S und A groß sind, während v r

Null ist, da kein Ester und kein Wasser vorliegen.


In jeder Sekunde werden Ester- und Wasser-Moleküle gebildet, deren Konzentration ansteigt,

während die Konzentrationen von Alkohol- und Säure- Molekülen sinken (Abb. 5-2).

Mit steigender Konzentration der Ester- und Wasser-Moleküle besteht die Möglichkeit, dass

diese kollidieren und in reaktiven Stößen wieder Alkohol- und Säure-Moleküle bilden. Zu

Beginn liegen nur wenige Ester und Wasser-Moleküle vor, so dass dieser Vorgang sehr

unwahrscheinlich ist.

Mit wachsender Versuchsdauer steigt die Konzentration der Ester- und Wasser-Moleküle, und

damit auch die Geschwindigkeit v r

der Rückreaktion, immer weiter an, bis die Hinreaktion

und die Rückreaktion gleich schnell ablaufen

v h

= v r

(III, dynamisches Gleichgewicht).

Ist dies der Fall, so werden in jeder Sekunde gleich viele A- und S- Moleküle durch die

Hinreaktion aus dem Gemisch entfernt, wie durch die Rückreaktion aus E und W neu gebildet

werden. Dies führt dazu, dass sich die Konzentrationen aller Reaktionsteilnehmer nicht mehr

ändern, obwohl ständig reaktive Stöße stattfinden. Man sagt daher, dass das chemische

Gleichgewicht ein dynamischen Gleichgewicht ist.

Um zu betonen, dass die Reaktion A + S → E + W auch in Gegenrichtung

E + W → A + S notiert werden kann, verwendet man den Gleichgewichtspfeil.

H

O

H

H

H

O

H

H

H

C

C

OH +

HO

C

C

H

H 2

SO 4

H

C

C

O

C

C

H + H 2

O

H

Ethansäure (S)

H H

H

H H

Ethanol (A) Ethansäureethylester (E) Wasser (W)

Abb. 5-9 Der Katalysator Schwefelsäure wird nur auf dem oberen Pfeil notiert, er gilt aber auch für die

Rückreaktion.

Da die Reaktion in beide Richtungen abläuft, ist es auch möglich, den Ester und das Wasser

auf die linke Seite zu schreiben.

Gleichgewichtskontante und Massenwirkungsgesetz

Zur Beschreibung der Einstellung der Gleichgewichtslage definiert man einen sogenannten

Reaktionsquotienten Q. Dabei ist Q der Quotient der Produktkonzentrationen und der

Eduktkonzentrationen. Für die Reaktion aus Abb. 5-9 lautet der

Reaktionsquotient

Q= c E ⋅c W

c S

⋅c A

.

Formuliert man die Reaktion in Gegenrichtung, so werden Edukte und Produkte vertauscht,

was zu einer Vertauschung von Zähler und Nenner führt. Ein Reaktionsquotient bezieht sich

also immer auf eine bestimmte Reaktionsgleichung.


Um sich die Bedeutung des Reaktionsquotienten klarzumachen, soll dieser für beide Ansätze

zum Estergleichgewicht (Tabelle 5-2 und 5-3) für jeden Zeitpunkt berechnet werden (letzte

Zeile der Tabellen 5-4 und 5-5).

Tabelle 5-4 Reaktionsquotienten für die Veresterung

Tabelle 5-5 Reaktionsquotienten für die Esterspaltung

Man erkennt, dass der Reaktionsquotient in beiden Fällen nach vier bis fünf Stunden den

konstanten Wert Q = 4 erreicht und sich anschließend nicht mehr ändert.

Dies hängt damit zusammen, dass sich nach Einstellung des Gleichgewichts die

Konzentrationen der Reaktionsteilnehmer und damit auch deren Quotient nicht mehr ändern.

Der Reaktionsquotient, der sich einstellt, wenn das Gleichgewicht erreicht ist, nennt man

Gleichgewichtskonstante K. Für die Reaktion von Ethansäure mit Ethanol zu

Ethansäureethylester und Wasser bei Raumtemperatur ist K = 4.

Für andere Reaktionen (z. B. die Veresterung von Methansäure mit Methanol) besitzt K einen

anderen Wert. Außerdem ändert sich die Gleichgewichtskonstante, wenn die Reaktion bei

einer anderen Temperatur abläuft (siehe nächstes Kapitel: Beeinflussung der

Gleichgewichtslage).

Ersetzt man in der Gleichung für den Reaktionsquotienten

Q= c E ⋅c W

c S

⋅c A

.

Konzentrationen durch die Gleichgewichtskonzentrationen (z. B. c E

→ c EGg

), so erhält man

die

den Term für die Gleichgewichtskonstante

K = c EGg ⋅c WGg

c SGg

⋅c AGg

(Massenwirkungsgesetz).

Aus Gründen der Praktikabilität wird der Index Gg für die Gleichgewichtskonzentration

gewöhnlich weggelassen. Man sollte sich aber darüber im Klaren sein, dass K immer im

Zusammenhang mit den Gleichgewichtskonzentrationen stehen muss.


Rechenbeispiel:

Man gibt 0,8 mol Ethansäure, 1 mol Ethanol, 1 mol Ethansäureethylester und 1,2 mol Wasser

in einen Erlenmeyerkolben gibt etwas Schwefelsäure zu und füllt mit einem Lösungsmittel

(z. B. Aceton), das nicht an der Reaktion teilnimmt auf 1L auf.

Die Gleichgewichtskonstante dieser Veresterung ist K = 4.

Nach drei Stunden findet man noch 0,6 mol Ethansäure im Reaktionsgemisch.

• Untersuchen Sie, ob sich das Gemisch bereits im chemischen Gleichgewicht befindet.

Lösung: Es wird untersucht ob Q = 4 ist.

Dazu werden zunächst alle gegebenen Konzentrationen in Tabelle 5-6 eingetragen.

Tabelle 5-6 gegebene Konzentrationen

Tabelle 5-7 gegebene und berechnete

Konzentrationen

Man erkennt dass nach drei Stunden 0,2 mol Ethansäure-Moleküle fehlen. Diese müssen mit

der gleichen Stoffmenge Alkohol-Moleküle reagiert haben, da jedes Säure-Molekül mit einem

Alkohol-Molekül reagiert. Die Alkoholkonzentration sinkt ebenfalls um 0,2 mol/L auf

0,8 mol/L (Tabelle 5-7).

Wo befinden sich diese Moleküle? Sie haben zu 0,2 mol zusätzlichen Ester- und zu 0,2 mol

zusätzlichen Wasser-Molekülen reagiert. Deren Konzentration steigt damit jeweils

um 0,2 mol/L an.

Diesen Zusammenhang kann man sich auch noch einmal anhand von Abb. 5-3

veranschaulichen. Im linken Kolben befinden sich drei Säure-Moleküle, im Rechten nur noch

eines. Folglich haben 3-1 = 2 Moleküle reagiert. Diese erscheinen in den Produkten; dies sind

2 Moleküle Ester und 2 Moleküle Wasser.

Hat man die rechte Spalte in Tabelle 5-7 berechnet, so lässt sich Q berechnen und mit K = 4

vergleichen.

Q= c ⋅c E W 1,2mol / L⋅1,4 mol / L

=

c S

⋅c A

0,6 mol/ L⋅0,8mol / L =3,5≠4.

Da Q noch nicht den Wert K = 4 erreicht hat, hat sich das Gleichgewicht noch nicht

eingestellt.


Kinetische Herleitung des Massenwirkungsgesetzes

Im vorigen Abschnitt wurde der Reaktionsquotient Q definiert. Anschließend wurde durch

Betrachtung experimenteller Werte (Tabelle 5-4 und 5-5) gezeigt, dass Q nach Einstellung des

Gleichgewichts den Wert K = 4 annimmt und sich anschließend nicht mehr verändert.

Der Grund für die Konstanz von Q ist darin zu sehen, dass sich die Konzentrationen der

Reaktionsteilnehmer und damit auch

ändern.

im Gleichgewichtsfall nicht mehr

Man könnte an dieser Stelle einwenden, dass alle mathematischen Kombinationen dieser

c E

c W

Konzentrationen (z. B. . ) konstant sind, wenn das Gleichgewicht erreicht ist.

c S

c A

Daher soll nun eine kurze Herleitung des Massenwirkungsgesetzes über die

Reaktionsgeschwindigkeit erfolgen.

Q= c E ⋅c W

c S

⋅c A

In den vorigen Abschnitten wurde begründet, dass die Reaktionsgeschwindigkeiten für die

Hin- und Rückreaktion über v h

= k h

∙c S

∙c A

(I) bzw. v r

= k r

∙c E

∙c W

(II) gegeben sind.

Dabei sind die Geschwindigkeitskonstanten k h

und k r

ein Maß dafür, mit welcher

Wahrscheinlichkeit ein Stoß zu einer Reaktion führt.

Im Gleichgewicht sind beide Reaktionsgeschwindigkeiten gleich groß (v h

= v r

).

Einsetzen der rechten Seiten von I und II liefert k h

∙c S

∙c A

= k r

∙c E

∙c W

.

Nach Division durch k r

∙c S

∙c A

erhält man = c ⋅c E W

.

k r

c S

⋅c A

Auf der linken Seite dieser Gleichung stehen zwei Konstanten, deren Quotient damit auch

Interpretationsmöglichkeit für die Gleichgewichtskonstante, wenn die linken Seiten beider

Gleichungen betrachtet werden. Der Ausdruck K = k h

=4 für die Synthese von

k r

Essigsäureethylester zeigt, dass die Geschwindigkeitskonstante der Hinreaktion k h

vier mal so

groß ist wie die Geschwindigkeitskonstante der Rückreaktion k r

. Daher sind reaktive Stöße

zwischen S und A viel wahrscheinlicher als reaktive Stöße zwischen E und W.

Damit lässt sich einsehen, dass im Gleichgewicht die Alkohol- und Säurekonzentrationen

geringer sein müssen, als die Ester- und Wasserkonzentrationen.

k h

eine Konstante ist, die einfach K genannt werden kann. Man erhält den gesuchten Ausdruck

K = c ⋅c E W

k h

. Der Vergleich mit = c ⋅c E W

ermöglicht noch eine zusätzliche

c S

⋅c A

k r

c S

⋅c A


Äpfelkrieg - Veranschaulichung des dynamischen Gleichgewichts

Abb. 5-10 Äpfelkrieg

Die Natur des dynamischen chemischen Gleichgewichts, kann am Beispiel des Äpfelkriegs

veranschaulicht werden. Im linken Bild erkennt man zwei Gärten, die durch einen Zaun

getrennt sind. Auf der Grenze befindet sich ein Apfelbaum (stand da schon immer, gehört zu

beiden Grundstücken). Da beide Parteien es im Frühherbst vorgezogen haben, abgepacktes

Obst im Supermarkt zu kaufen, anstatt frische Äpfel zu ernten, treten im Oktober die Physik

und die Biologie auf den Plan. Die Äpfel fallen, gezwungen durch die Schwerkraft (F = mg),

zu Boden, woraufhin Fäulnisprozesse einsetzen.

Der Junge, der zum linken Garten gehört, wird von seinen Eltern aufgefordert, das faulende

Obst zum Mülleimer zu bringen, woraufhin dieser die geniale Idee hat, dass es sicher

einfacher ist, die Äpfel in des Nachbarn Garten zu befördern. Als seine Eltern kurz das Haus

verlassen, macht er sich ans Werk den heimischen Garten vom Fallobst zu säubern.

Zu seinem Leidwesen entdeckt der Nachbar die Missetat und beginnt (nach einem kurzen

Wutanfall) die Äpfel zurück zu werfen, was der Junge in Folge seines schlechten Gewissens

auch geschehen lässt. Als der ältere Herr beim Stand von 10:10 aber einen Extra-Apfel (zur

Strafe) hinüber wirft, versetzt dies dem Gerechtigkeitsempfinden des Jungen einen Schlag,

woraufhin dieser beginnt, so viele Äpfel wie möglich zurück zu werfen. Dies wiederum führt

dazu, dass der ältere Herr so viele Äpfel wie möglich in dessen Garten befördert. (Falls dies

noch nicht erwähnt wurde: die beiden mögen sich nicht besonders).

Nun stellt sich folgende kuriose Situation ein: Der Junge, der erheblich schneller laufen kann,

als der Ältere Herr wirft zu Beginn mehr Äpfel in der Sekunde nach rechts hin, als dieser

zurück werfen kann v h

> v r

. Dadurch steigt die Äpfelkonzentration im rechten Garten an und

sinkt im linken Garten. Beim Stand von 5:15 benötigt der schnelle Junge aber die gleiche Zeit

bis zum nächsten Apfel wie der Ältere Herr. Dadurch wird v h

= v r

, es hat sich ein dynamisches

Gleichgewicht eingestellt und die Äpfelkonzentration bleiben konstant.


Zusammenfassung: Chemisches Gleichgewicht

Chemische Reaktionen laufen immer in zwei Richtungen ab. Für eine bestimmte

Reaktionsgleichung heißt die Reaktion, die von links nach rechts abläuft Hinreaktion, in

Gegenrichtung erfolgt die Rückreaktion. Im Gleichgewicht gilt:

• Hin- und Rückreaktion laufen gleich schnell ab v h

= v r

(dynamisches Gleichgewicht).

• Die Konzentrationen aller Reaktionsteilnehmer ändern sich nicht mehr.

• Der Reaktionsquotient Q= c ⋅c E W

ändert sich nicht mehr und ist gleich der

c S

⋅c A

Gleichgewichtskonstanten Q = K.

Dabei ist K nur für eine bestimmte Reaktion und bei einer bestimmten Temperatur konstant.

Ändert man die Temperatur (oder erwärmt sich das Reaktionsgemisch durch eine exotherme

Reaktion), so ändert sich auch K.


6. Zusatzthema Thermodynamik

Die chemische Thermodynamik versucht ausgehend von Energiebetrachtungen Aussagen

darüber zu machen, ob eine gegeben Reaktion freiwillig ablaufen kann, bzw. bei welcher

Temperatur eine Reaktion freiwillig abläuft.

Die Enthalpie H

Die meisten freiwillig ablaufenden Reaktionen sind exotherme Reaktionen (Abb. 6-1).

H

H

H v

H n

H n

∆ R

H < 0 ∆ R

H > 0

H v

Reaktionskoordinate

Reaktionskoordinate

Abb. 6-1 exotherme Reaktion

Abb. 6-2 endotherme Reaktion

Die Horizontalachse bildet die Reaktionskoordinate, welche eine Art Zeitachse für den Ablauf

einer chemischen Reaktion darstellt.

Auf der Vertikalachse trägt man die Enthalpie H auf.

Die Enthalpie H ist ein Maß für die in den Edukten oder Produkten gespeicherte Energie

(z. B. Bindungsenergie und Bewegungsenergie der Atome und Moleküle).

In Abb. 6-1 ist die Enthalpie H v

vor Beginn der Reaktion größer, als die Enthalpie H n

nach

Ablauf der Reaktion. Die Enthalpiedifferenz ∆ R

H = H n

- H v

, die auch Reaktionsenthalpie

genannt wird ist daher für eine exotherme Reaktion negativ.

Für eine endotherme Reaktion (Abb. 6-2) ist die Reaktionsenthalpie wegen H n

> H v

positiv.

exotherm: ∆ R

H < 0 endotherm: ∆ R

H > 0

Führt man die Reaktion unter Standardbedingungen durch, d. h. bei einem Druck von

p = 1,013 bar, und betragen alle Konzentrationen c = 1 mol/L, so nennt man die

Reaktionsenthalpie der Reaktion Standardreaktionsenthalpie ∆ R

H°.

Bsp.: Verbrennung von Methan (einem Erdgasbestandteil)

CH 4

(g) + 2 O 2

(g) → CO 2

(g) + 2 H 2

O (g)

∆ R

H° = - 803 kJ/mol.

Die Reaktion ist exotherm (negatives Vorzeichen der Standardreaktionsenthalpie). Der

Zahlenwert 803 kJ/mol gibt an, dass bei der Verbrennung von 1 mol CH 4

mit 2 mol O 2

zu

1 mol CO 2

und 2 mol H 2

O (Vorfaktoren aus Reaktionsgleichung) die Wärmeenergie 803 kJ

frei wird.


Die Standardbildungsenthalpie ∆ B


In Tabellen sind häufig die Standardbildungsenthalpien ∆ B

H° von Verbindungen aufgeführt.

Die Standardbildungsenthalpie ∆ B

H° einer Verbindung ist die Standardreaktionsenthalpie

∆ R

H° für die Bildung von 1 mol der Verbindung aus den Elementen.

Bsp. 1 (Methan): 2 H 2 (g) + C (s) → CH 4 (g)

∆ B H°(CH 4 ) = -75 kJ/mol.

Auf der Eduktseite stehen nur Elemente.

Bsp. 2 (Sauerstoff): O 2 (g) → O 2 (g) ∆ B H°(O 2 (g)) = 0.

Die Bildungsenthalpie eines Elements (in seinem Standardzustand) ist immer Null, da Edukte

und Produkte identisch sind.

Bsp. 3 (Kohlenstoffdioxid): C(s) + O 2 (g) → CO 2 (g)

∆ B H°(CO 2 (g)) = -394 k/mol.

Bsp. 4 (Wasser): H 2 (s) + ½ O 2 (g) → H 2 O (g)

∆ B H°(H 2 O (g)) = -242 k/mol.

Man beachte: Der Vorfaktor vor der untersuchten Verbindung muss 1 sein, da 1 mol der

Verbindung hergestellt wird. Daher muss ½ mol O 2 eingesetzt werden.

Berechnung von Standardreaktionsenthalpien

Kennt man (z. B. aus Tabellenwerten) die Standardbildungsenthalpien ∆ B

H° aller an einer

Reaktion beteiligten Verbindungen, so lässt sich ∆ R

H° berechnen.

Hierzu muss man die Standardbildungsenthalpien der Edukte von den Standardbildungsenthalpien

der Produkte subtrahieren.

∆ R

H° = ∆ B

H°(Produkte) - ∆ B

H°(Edukte)

Dabei muss jede Bildungsenthalpie mit dem entsprechenden Vorfaktor der

Reaktionsgleichung, für die ∆ R

H° gesucht ist gewichtet werden.

Bsp.: Berechnung von ∆ R

H° für die Methanverbrennung:

CH 4

(g) + 2 O 2

(g) → CO 2

(g) + 2 H 2

O (g).

∆ R

H° = ∆ B

H°(Produkte) - ∆ B

H°(Edukte)

= ∆ B

H°(CO 2

(g)) + 2·∆ B

H°(H 2

O(g)) - [∆ B

H°(CH 4

(g)) + 2·∆ B

H°(O 2

(g))]

= {-394 + 2·(-242) - [-75 +2·0 ]} kJ/mol = -803 kJ/mol.

Die Standardbildungsenthalpien wurden dem Abschnitt oben über die Standardbildungsenthalpie

entnommen. Das Ergebnis entspricht dem schon auf der vorigen Seite angegebenen

Standardreaktionsenthalpie.


Der Satz von Hess (für Interessierte)

Die Begründung für ∆ R

H° = ∆ B

H°(Produkte) - ∆ B

H°(Edukte) liefert der Satz von Hess, der

einen Spezialfall des Energieerhaltungssatzes darstellt.

Satz von Hess: Die Standardreaktionsenthalpie ∆ R

H° hängt nur von den Edukten und

Produkten und nicht vom Reaktionsweg ab.

Es ist daher für die frei werdende Energie unerheblich, ob Methan CH 4

direkt verbrannt wird,

oder ob es zunächst (unter Aufwendung von Energie) in die Elemente C und H 2

zerlegt wird,

welche anschließend verbrannt werden, wobei der zunächst aufgewendete Energiebetrag

zusätzlich wieder frei wird.

Man beachte, dass diese Vorgehensweise hypothetisch ist und nur deshalb durchgeführt wird,

da die Bildungsenthalpien aus den Elementen leicht gemessen werden können.

(I) C(s) + O 2

(g) → CO 2

(g) ∆ R

H 1

° = ∆ B

H°(CO 2

(g)) = -394 k/mol

(II) 2 H 2

(g) + O 2

(g) → 2 H 2

O (g) ∆ R

H 2

° = 2∆ B

H°(H 2

O (g)) = -484 k/mol

Die Bildungsgleichung für H 2

O muss mit 2 multipliziert werden, da in der

Verbrennungsgleichung 2 mol H 2

O entstehen.

(III) CH 4

(g) → 2 H 2

(g) + C (s) ∆ R

H 3

° = - ∆ B

H°(CH 4

) = + 75 kJ/mol.

Die Bildungsgleichung für CH 4

muss umgedreht werden, da CH 4

ein Edukt ist.

Addiert man die Gleichungen I bis III, d. h. addiert man die Edukt- und die Produktseiten, so

erhält man.

C(s) + O 2

(g) + 2 H 2

(g) + O 2

(g) + CH 4

(g) → CO 2

(g) + 2 H 2

O (g) + 2 H 2

(g) + C (s).

Lässt man Teilchen weg, die sowohl auf der Edukt- als auch auf der Produktseite vorkommen,

so erhält man:

2 O 2

(g) + CH 4

(g) → CO 2

(g) + 2 H 2

O (g), also die gewünschte Verbrennungsgleichung,

deren Reaktionsenthalpie damit ∆ R

H° = ∆ R

H 1

° + ∆ R

H 2

° + ∆ R

H 3

° = -803 kJ/mol ist.

Diese Herleitung sollte zeigen, dass die Vorgehensweise ∆ R

H° aus den Bildungsenthalpien zu

berechnen ihre Begründung im Satz von Hess und damit letztlich im Energieerhaltungssatz

findet.


freiwillig ablaufende endotherme Reaktionen

In der 7ten Klasse haben Sie gelernt, dass exotherme Reaktionen unter Energiefreisetzung

ablaufen, während endotherme Reaktionen unter Zufuhr von Energie ablaufen.

Man könnte nun annehmen, dass jede freiwillig ablaufende Reaktion immer exotherm sein

muss. Es gibt aber Beispiele für freiwillig ablaufende endotherme Reaktionen.

Bsp. 1: Lösen von Kaliumiodid in Wasser KI(s) → KI(aq)

Löst man das Salz Kaliumiodid (bestehend aus einem Ionengitter von K + Ionen und I - Ionen)

in Wasser, so kühlt sich die Flüssigkeit während des Lösungsvorgangs ab (d. h. der

Lösungsvorgang ist endotherm, ∆ R

H > 0).

+

-

+

Wasser-Molekül

H 2

O

-

+ - +

- + -

Kalium-Ion (K + )

Iodid-Ion (I - )

+

-

Abb. 6-3 freiwillig ablaufender Lösungsvorgang unter Abkühlung

Bsp. 2: Reaktion zweier Feststoffe unter Gasentwicklung

Mischt man die festen Salze Bariumhydroxid (enthält OH - -Ionen als Anionen) und

Ammoniumthiocyanat (enthält NH 4+

-Ionen als Kationen), so macht man folgende

Beobachtungen. 1. Das Gemenge verflüssigt sich. 2. Es entsteht ein Gas, das nach Ammoniak

(NH 3

) riecht. 3. Das Reaktionsgemisch kühlt stark ab (d. h. die Reaktion ist endotherm,

∆ R

H > 0).

Hydroxid-Ion (OH - )

gebunden im

Ionengitter

-

Ammonium-Ion (NH 4+

) 2+

+

2+ -

gebunden im Ionengitter

2+

- 2+ - + -

-

Abb. 6-4 freiwillig ablaufende Festkörperreaktion unter Abkühlung und Gasentwicklung

Ammoniak-

Molekül (NH 3

)

in der Gasphase

wässrige Lösung


Die Entropie S

Was ist die Triebkraft für den Ablauf der endothermen Reaktionen aus dem letzten Abschnitt?

Betrachtet man beide Vorgänge, so fällt auf, dass zunächst Feststoffe mit hohem

Ordnungsgrad vorliegen (d. h. jedes Ion hat seinen festen Platz und verlässt diesen auch

nicht).

Nach Ablauf des Vorgangs befinden sich Ionen in Lösung (Abb. 6-3), oder die Produkte sind

sogar gasförmig (Abb. 6-4). Die Atome/Ionen und Moleküle im Produktgemisch besitzen

daher eine Vielzahl von Bewegungsmöglichkeiten - die Unordnung nimmt zu.

Vereinfachend kann gesagt werden, dass ein System mit vielen Bewegungsmöglichkeiten der

Atome wahrscheinlicher ist, als ein System, mit geringer Unordnung (z. B. ein Ionengitter).

Chemikerinnen sprechen von der Entropie S eines Systems und meinen dabei anschaulich

seine Unordnung.

Entropie bedeutet anschaulich Unordnung

Man kann sich merken, dass ein Feststoff eine niedrigere Entropie (Unordnung) als eine

Flüssigkeit besitzt, deren Entropie wiederum kleiner als die Entropie eines Gases ist.

Entropie nimmt zu

Abb. 6-5 Die Entropie eines Gases ist größer als die Entropie einer Flüssigkeit/ eines Feststoffes

In Abb. 6-3 entsteht aus einem Feststoff mit niedriger Entropie S eine Lösung mit größerer

Entropie.

In Abb. 6-4 entsteht aus zwei Feststoffen mit niedriger Entropie eine Lösung mit größerer

Entropie und eine Gas mit sehr großer Entropie.

Endotherme Reaktionen können freiwillig ablaufen, wenn die Entropiezunahme den Effekt

der Enthalpiezunahme überkompensiert.

Exotherme Reaktionen (∆ R

H < 0) mit Entropiezunahme ∆ R

S > 0 laufen immer freiwillig ab,

endotherme Reaktionen (∆ R

H > 0) mit Entropieabnahme ∆ R

S < 0 nie.


Die freie Enthalpie G

Lassen sich Voraussagen für die Freiwilligkeit einer Reaktion machen, wenn S und H

zunehmen (oder wenn beide abnehmen)?

Ja, in diesem Fall dominiert im Allgemeinen eine der beiden Größen die Freiwilligkeit der

Reaktion.

Wenn die Entropie S stark zunimmt (∆ R

S >> 0), während die Enthalpie nur schwach abnimmt

(∆ R

H < 0), so läuft die Reaktion freiwillig ab.

Ebenso läuft eine stark stark exotherme Reaktion (∆ R

H > 0) die Entropie nur schwach zu, so

läuft die Reaktion nicht freiwillig ab. Eine schwach exotherme Reaktion mit starker

Entropieabnahme kann auch nicht freiwillig ablaufen.

Will man ∆ R

H und ∆ R

S quantitativ miteinander vergleichen, so muss beachtet werden, dass

die Entropie mit steigender Temperatur T (gemessen in Kelvin) immer mehr an Bedeutung

gewinnt.

Man vergleicht daher ∆ R

H nicht mit ∆ R

S, sondern mit dem Produkt T·∆ R

S.

Wenn die Zunahme von T·S stärker ist, als die Abnahme der Enthalpie H, so läuft die

Reaktion freiwillig ab:

Bedingung für freiwillig ablaufende Reaktionen: T·∆ R

S > ∆ R

H.

oder auch ∆ R

H - T·∆ R

S < 0.

Wegen der fundamentalen Bedeutung dieser Ungleichung für freiwillig ablaufende Vorgänge

in Chemie, Biologie und Physik hat man der linken Seite einen eigenen Namen gegeben.

freie Enthalpie: G = H - T·S (Gibbs-Helmholtz-Gleichung)

freie Reaktionsenthalpie: ∆ R

G = ∆ R

H - T·∆ R

S.

Die Bedingung ∆ R

H - T·∆ R

S < 0 für eine freiwillig ablaufende Reaktion wird damit kurz zu

∆ R

G < 0. Reaktionen, die freiwillig ablaufen (∆ R

G < 0) nennt man auch exergonisch oder

exergon, analog zu exothermen Reaktionen für ∆ R

H < 0.

Unfreiwillig ablaufende Reaktionen mit ∆ R

G > 0 nennt man endergonisch oder endergon,

analog zu endothermen Reaktionen mit ∆ R

H > 0.

Endergone Reaktionen, wie die Wasserelektrolyse 2 H 2

O → 2 H 2

+ O 2

, müssen durch

Aufwendung von (z. B. elektrischer) Energie erzwungen werden.


Rechenbeispiel:

Für die Reaktion N 2

(g) + 3 H 2

(g)

2 NH 3

(g) gilt:

∆ R

H° = -92 kJ/mol, ∆ R

S° = -199 J/(mol∙K).

Der Index ° bedeutet, dass alle Reaktionspartner im Reaktionsgemisch mit der Konzentration

1 mol/L vorliegen sollen und nicht, dass die Reaktion bei der Standardtemperatur 20°C

betrachtet wird. (Anmerkung: Als Standardtemperaturen sind auch 0°C und 25°C

gebräuchlich).

Man spricht von der Standardreaktionsenthalpie ∆ R

H° und von der

Standardreaktionsentropie ∆ R

S°.

a) Untersuchen Sie, ob die Reaktion bei 20°C von links nach rechts freiwillig abläuft, wenn

alle Reaktionspartner mit der Konzentration 1 mol/L vorliegen.

b) Untersuchen Sie, bei welcher Temperatur die Rückreaktion spontan abläuft.

zu a) Da Enthalpie und Entropie abnehmen kann nicht ohne Rechnung gesagt werden, ob die

Reaktion freiwillig abläuft. Zunächst ist es günstig für Entropie und Enthalpie die gleiche

Energieeinheit (J oder kJ) zu verwenden: ∆ R

S° = -0,199 kJ/(mol∙K).

Die Verwendung der Gibbs-Helmholtz-Gleichung liefert:

∆ R

G° = ∆ R

H° - T·∆ R

S° = -92 kJ/mol - 293 K∙(-0,199 kJ/mol∙K) = -33,7 kJ/mol.

∆ R

G° < 0, die Reaktion ist exergonisch und läuft damit freiwillig ab.

zu b) Erhöht man die Temperatur T, so wird die Entropieabnahme gegenüber der

Enthalpieabnahme immer dominanter, bis die Reaktion endergonisch wird.

∆ R

G° = ∆ R

H° - T·∆ R

S° > 0 ∆ R

H° > T·∆ R

S° T > ∆ R

H°/∆ R


= (-92 kJ/mol)/(-0,199 kJ/(mol∙K) = 462 K = 189 °C. (Hinweis: Das Kleiner-Zeichen wird

umgedreht, da durch eine negative Zahl dividiert wird.)

Wenn alle Reaktionspartner mit der Konzentration 1 mol/L vorliegen, so läuft die Reaktion ab

der Temperatur 189 °C in Rückrichtung freiwillig ab.


freie Reaktionsenthalpie und Gleichgewichtslage

Für die Veresterungsreaktion

H

O

H

H

H

O

H

H

H

C

C

OH +

HO

C

C

H

H 2

SO 4

H

C

C

O

C

C

H + H 2

O

H

Ethansäure (S)

H H

H

H H

Ethanol (A) Ethansäureethylester (E) Wasser (W)

kurz: S + A E + W gilt: K = 4 und ∆ R

G° = -3,4 kJ/mol.

Die Reaktion läuft von links nach rechts freiwillig ab, wenn alle Reaktionspartner im Gemisch

mit der Konzentration 1 mol/L vorliegen.

Dies gilt aber offensichtlich nicht mehr, wenn nur E und W Moleküle vorliegen, oder wenn

diese im großen Überschuss vorliegen. In diesem Fall ist die Rückreaktion schneller als die

Hinreaktion und die Reaktion wird endergonisch ∆ R

G > 0 (ohne °, da die Reaktionsteilnehmer

nicht mehr in der Konzentration 1 mol/L vorliegen).

Bei welcher Zusammensetzung des Gemisches wird eine Reaktion endergonisch oder

exergonisch?

Um diese Frage zu klären sei daran erinnert, dass die Zusammensetzung eines Gemisches

durch den Reaktionsquotienten Q beschrieben wird.

Für die Veresterung gilt: Q= c ⋅c E W

c

.

S

⋅c A

Wenn der Reaktionsquotient gleich K ist (Q = K), so hat sich das Gleichgewicht eingestellt.

Ist Q < K, so findet die Hinreaktion bevorzugt statt (exergonische Reaktion ∆ R

G < 0). Durch

diesen Vorgang steigen die Konzentrationen von Ester- und Wassermolekülen an, die sich im

Zähler von Q befinden, während die Nennerkonzentrationen c S

und c A

sinken bis sich bei Q =

K das Gleichgewicht eingestellt hat.

Für Q > K läuft die Rückreaktion bevorzugt ab (endergonische Reaktion ∆ R

G > 0).

Nun ist auch klar, dass für ∆ R

G = 0 das Gleichgewicht erreicht ist.

Es lässt sich festhalten, dass ∆ R

G° angibt, ob eine Reaktion freiwillig abläuft, wenn alle

Konzentrationen 1 mol/L sind, bzw. wenn Q = 1 ist.

∆ R

G beschreibt die Freiwilligkeit einer Reaktion bei der beliebigen Zusammensetzung Q.


∆ R

G < 0 Q < K exergonische Reaktion, läuft von links nach rechts freiwillig ab,

bis im Gleichgewicht Q = K, bzw. ∆ R

G = 0 erreicht ist.

∆ R

G > 0 Q > K endergonische Reaktion, läuft von rechts nach links freiwillig ab,

bis im Gleichgewicht Q = K, bzw. ∆ R

G = 0 erreicht ist.

∆ R

G = 0 Q = K Das Reaktionsgemisch befindet sich im Gleichgewicht.

quantitativer Zusammenhang zwischen ∆ R

G und Q

∆ R

G lässt sich für beliebige Zusammensetzungen Q aus dem Standardwert ∆ R

der freien

Reaktionsenthalpie berechnen. Es gilt der Zusammenhang:

∆ R

G = ∆ R

G° + 2,3∙R∙T∙lg(Q)

(R = 8,314 J/(mol∙K) heißt universelle Gaskonstante.

Dieser Zusammenhang soll durch Beispiele für die oben betrachtete Veresterung

veranschaulicht werden. Es gilt daher K = 4 und ∆ R

G° = -3,4 kJ/mol.

Beispiel 1: Alle Reaktionspartner liegen mit c = 1 mol/L vor.

In diesem Fall sollte ∆ R

G den Standardwert ∆ R

G° annehmen, da alle Reaktionsteilnehmer die

Konzentration 1 mol/L besitzen.

Es ist Q = 1. Die Eingabe in den Taschenrechner zeigt, dass lg(1) = 0.

Damit fällt der Rechte Term weg und man erhält das erwünschte Ergebnis

∆ R

G = ∆ R

G° = -3,4 kJ/mol.

Beispiel 2: Das Reaktionsgemisch befindet sich im Gleichgewicht, d. h. Q = K.

Andererseits gilt im Gleichgewicht: ∆ R

G = 0. Einsetzen liefert:

0 = ∆ R

G° + 2,3∙R∙T∙lg(K).

Ist ∆ R

G° unbekannt, so kann es aus der Gleichgewichtskonstante erhalten werden:

∆ R

G° = - 2,3∙R∙T∙lg(K) = - 2,3∙8,314 J/(mol∙K)∙298K∙lg(4) = -3,4 kJ/mol.

Dies ist eine Bestätigung des gegebenen Werts.

Beispiel 3: Beliebige Zusammensetzung, z. B. c S

= 0,2 mol/L, c A

= 0,3 mol/L, c E

= 0,4 mol/L,

c W

= 0,5 mol/L.

Man erhält für den Reaktionsquotienten Q = 3,3 und sieht sofort (wegen Q < K), dass die

Reaktion bevorzugt nach rechts ablaufen wird. Die Berechnung von ∆ R

G liefert:

∆ R

G = -3,4 kJ/mol + 2,3∙8,314 J/(mol∙K)∙298 K∙lg(3,3) = -0,4 kJ/mol.


7. Beeinflussung der Gleichgewichtslage

Für chemisch industrielle Prozesse ist es sehr unbefriedigend, wenn Reaktionen nicht

vollständig ablaufen. Wenn ein Teil der Edukte nicht umgesetzt wird, so kostet dies bares

Geld. Daher ist es ein wichtiges Ziel der chemischen Industrie chemische Prozesse so

ablaufen zu lassen, dass diese möglichst vollständig ablaufen.

Beeinflussung der Gleichgewichtslage durch Stoffmengenänderung

Versetzt man für die Veresterung aus Abb. 5-9 bei Raumtemperatur (=> K = 4) 1 mol

Ethansäure mit 1 mol Ethanol und einer katalytischen Menge an Schwefelsäure, so erhält man

das Gleichgewichtsgemisch aus Tabelle 7-1 (Überprüfen Sie, dass K = 4 gilt).

Da Ethansäure teurer als Ethanol ist, ist man bei der Synthese von Ethansäureethylester

(braucht man als Lösungsmittel für Klebstoffe) daran interessiert, die teurere Komponente

(Ethansäure) möglichst vollständig umzusetzen. Daher erhöht man im Gleichgewichtsgemisch

aus Tabelle 7-1 die Ethanolkonzentration um 1 mol/Lauf 1,33 mol/L.

Berechnet man mit den Werten der Spalte Start (neu) aus Tabelle 7-2 den

Reaktionsquotienten, so findet man Q= c ⋅c E W

=1≠4, d. h. es liegt kein Gleichgewicht

c S

⋅c A

mehr vor. Da Q < 4 ist, liegt zu wenig Produkt vor und die Reaktion läuft so lange bevorzugt

in Hinrichtung ab, bis sich ein neues Gleichgewicht eingestellt hat (rechte Spalte in Tabelle

7-2, es gilt wieder K = 4). *) Berechnung der rechten Spalte, für mathematisch

unerschrockene, siehe am Ende von Kapitel 7.

Tabelle 7-1 erstes Gleichgewicht

Tabelle 7-2 Störung durch Zugabe von Ethanol und Einstellung

eines neuen Gleichgewichts

Warum findet - ausgehende von der Gemischzusammensetzung Start (neu) - die Hinreaktion

bevorzugt statt?

Da die Konzentrationen der Produkte zunächst nicht geändert wurden, bleibt die

Reaktionsgeschwindigkeit für die Rückreaktion E + W → S + A unverändert.

Die Geschwindigkeit der Hinreaktion S + A → E + W wird erhöht, da die Konzentration des

Alkohols erhöht wurde, so dass mehr Stoßmöglichkeiten für Säure- und Alkohol-Moleküle

existieren.

Da nach Zugabe des Edukts Ethanol die Hinreaktion bis zur Einstellung des neuen

Gleichgewichts bevorzugt abläuft, sagt man auch, dass das Gleichgewicht nach rechts

verschoben wird. Man beachte aber, dass K sich nicht verändert (, da sich weder die

betrachtete Reaktion noch die Temperatur ändern).


Zusammenfassend lässt sich sagen, dass durch die erneute Zugabe von (preiswertem) Ethanol

die teurere Komponente Ethansäure zu einem erheblich größeren Anteil zum Ester umgesetzt

wurde.

Gibt man zum Gemisch aus Gleichgewicht 1 einen Überschuss an Ethansäure zu, so erhöht

sich ebenfalls die Geschwindigkeit der Hinreaktion, so dass das Gleichgewicht nach rechts

verschoben wird. Natürlich wäre dies im vorliegenden Fall (Ethansäure ist das teurere Edukt)

wirtschaftlich nicht sinnvoll.

Eine Eduktzugabe führt immer zu einer Gleichgewichtsverschiebung nach rechts, wodurch

der Eduktüberschuss wieder abgebaut wird.

Eine analoge Betrachtung für die Gleichgewichtsstörung durch Produktzugabe führt zu der

Aussage:

Eine Produktzugabe führt immer zu einer Gleichgewichtsverschiebung nach links, wodurch

der Produktüberschuss wieder abgebaut wird.

Bei den Ansätzen zur Veresterung wurden 1 mol Ethansäure und 1 mol Ethanol mit etwas

Schwefelsäure versetzt. Die Mischung besitzt ein Volumen von ca. 100 mL und soll auf 1 L

aufgefüllt werden. In den Versuchsansätzen wurde zu diesem Zweck immer mit Aceton, das

nicht an der Reaktion teilnimmt, gearbeitet. Warum?

Füllt man das Gemisch einfach mit Wasser auf 1 L auf, so erhöht man die Konzentration des

Wassers erheblich. Jedem Molekül Ester, das durch Reaktion neu gebildet wird, steht sofort

eine Unmenge an Wassermolekülen für die Rückreaktion zur Verfügung, so dass die

Erhöhung der Produktkonzentration zu einer Gleichgewichtsverschiebung nach links führt.

Beeinflussung der Gleichgewichtslage durch Druck-/Volumenänderung

Sind bei einer chemischen Reaktionen gasförmige Edukte und/oder Produkte beteiligt, so lässt

sich die Gleichgewichtslage unter Umständen durch eine Änderung des Reaktionsvolumens

durch Druckerhöhung erreichen.

Eine einfache Reaktion zur Untersuchung der Druckabhängigkeit der Gleichgewichtslage ist

die Spaltung des farblosen Distickstofftetraoxids N 2

O 4

(g) in die braune Verbindung

Stickstoffmonooxid NO 2

(g).

N 2

O 4

(g) 2 NO 2

(g) K = c2 NO 2

c N 2

O 4


(farblos) (braun)


Bei einer bestimmten Temperatur hat sich das Gleichgewicht aus Abb. 7-1a eingestellt.

Hier befinden sich 8 mol NO 2

und 4 mol N 2

O 4

im Gesamtvolumen V 1

= 2 L.

Die Konzentrationen der Reaktionsteilnehmer sind c NO 2

= 8mol =4 mol und

2 L L

c N 2

O 4

= 4mol =2 mol .

4 mol/ L2

Damit ist die Gleichgewichtskonstante K = =8 mol

2 L L

2 mol/ L L

.

Gleichgewicht

gestörtes

Gleichgewicht

neues Gleichgewicht

a) V 1

= 2 L

n(NO 2

) = 8 mol

n(N 2

O 4

) = 4 mol

b) V 2

= 1 L

n(NO 2

) = 8 mol

n(N 2

O 4

) = 4 mol

Abb. 7-1 Gleichgewichtsverschiebung durch Druckerhöhung

c) V 2

= 1 L

n(NO 2

) = 6,25 mol ≈ 6 mol

n(N 2

O 4

) = 4,88 mol ≈ 5 mol

Nun komprimiert man das Gemisch durch Druckerhöhung auf die Hälfte des

Ausgangsvolumens (Abb. 7-1b). Direkt nach der Kompression liegen alle Reaktionsteilnehmer

mit den gleichen Stoffmengen vor, wie vor der Kompression. Durch die Volumenverminderung

ändern sich jedoch die Konzentrationen.

c NO 2

= 8mol

1 L

Damit wird

=8 mol

L

; cN 2

O 4

= 4mol

1 L

=4 mol

L

Q= c2 NO 2 L2

=8mol/ =16 mol K .

c N 2

O 4

4mol / L L

.

Es liegt kein Gleichgewicht mehr

vor. Die chemische Begründung ist darin zu sehen, dass sich v hin

= k hin·c(N 2

O 4

) durch die

Verdopplung der Konzentration verdoppelt, während sich die Geschwindigkeit der

Rückreaktion v rück

= k rück·c 2 (NO 2

) vervierfacht. Damit laufen Hin- und Rückreaktion nicht

mehr gleich schnell ab. Die Rückreaktion läuft bevorzugt ab, bis sich in Abb. 7-1c ein neues

Gleichgewicht mit gegenüber 7-1b erhöhter N 2

O 4

Stoffmenge eingestellt hat.

Q= c2 NO 2 mol / L2

=6,25 =8 mol =K .

c N 2

O 4

4,88mol/ L L


Durch Druckerhöhung hat sich also das Gleichgewicht

N 2

O 4

(g)

2 NO 2

(g)

auf die Seite verschoben, auf der weniger Moleküle in der Gasphase vorliegen.

Vergleicht man Abb. 7-1 b und c, so erkennt man, dass sich, durch die Einstellung des neuen

Gleichgewichts, die Gesamtstoffmenge gasförmiger Reaktionsteilnehmer im

Reaktionsvolumen von 12 mol auf ca. 11 mol vermindert hat. Dadurch wird der zunächst von

Außen aufgebaute Überdruck zumindest teilweise vermindert.

Eine Druckerhöhung führt immer zu einer Gleichgewichtsverschiebung in die Richtung, in der

weniger Moleküle in der Gasphase vorliegen, so dass der Überdruck wieder abgebaut wird.

Natürlich lässt sich das betrachtete Gleichgewicht auch durch Druckverminderung/

Volumenvergrößerung in Gegenrichtung verschieben.

Allgemein gilt:

Es lassen sich nur solche Reaktionen durch Volumenänderung beeinflussen, in denen die

Anzahl der in der Gasphase vorliegenden Teilchen auf der Edukt- und Produktseite

verschieden ist.

Auf Feststoffe und Flüssigkeiten haben Druckänderungen nahezu keinen Einfluss, da sich das

Volumen einer kondensierten Phase (fest, flüssig) nicht ändert, wenn Druck ausgeübt wird.

Beispiele: Wie reagieren die folgenden Gleichgewichtsgemische auf eine Druckerhöhung?

(I) 2 H 2

(g) + O 2

(g)

(II) H 2

(g) + Cl 2

(g)

(III) C(s) + O 2

(g)

(IV) C (s) + CO 2

(g)

(V) CaCO 3

(s)

2 H 2

O (g)

2 HCl (g)

CO 2

(g)

2 CO (g)

CaO (s) + CO 2

(g)

Zur Lösung dieser Frage untersuche man, wieviele Moleküle auf der Edukt- und Produktseite

in der Gasphase vorliegen.

(I) Auf der Eduktseite liegen drei auf der Produktseite nur zwei Moleküle in der Gasphase vor.

Bei Druckerhöhung verschiebt sich das Gleichgewicht nach rechts.

(II) Auf beiden Seiten liegen gleich viele (2) Moleküle in der Gasphase vor. Eine

Druckänderung hat keinen Einfluss auf die Lage dieses Gleichgewichts.

(III) Auf beiden Seiten befindet sich ein Molekül in der Gasphase. Dieses Gleichgewicht kann

ebenfalls nicht durch den Druck beeinflusst werden. Der Feststoff hat keinen Einfluss.

(IV, V): Gleichgewichtsverschiebung nach links bei Druckerhöhung.


Beeinflussung der Gleichgewichtslage durch Temperaturänderung

Die im vorigen Abschnitt betrachtete Spaltung von farblosem Distickstofftetraoxid in zwei

Moleküle Stickstoffdioxid ist von links nach rechts endotherm.

N 2

O 4

(g)

2 NO 2

(g); ∆ R

H° = + 57 kJ/mol.

(farblos) (braun)

Gibt man gasförmiges, braunes NO 2

in ein Reagenzglas und verschließt es, so bildet sich

sofort gasförmiges, farbloses N 2

O 4

, bis sich ein Gleichgewicht eingestellt hat. Im

Gleichgewicht befinden sich sowohl NO 2

, als auch N 2

O 4

im Reagenzglas, wobei natürlich nur

das braune Gas NO 2

für den Beobachter sichtbar ist. Kühlt man das Gleichgewichtsgemisch

mit einer Eis-Kochsalz-Kältemischung auf etwa -10°C ab, so macht man folgende

Beobachtung: Die Braunfärbung des Gemisches nimmt ab, während sie bei hohen

Temperaturen intensiver wird (Abb. 7-2).

-10 °C +20 °C

Abb. 7-2 Gemisch aus farblosem N 2

O 4

und braunem NO 2

in der Kälte (links) und bei Raumtemperatur (rechts).

Die Farbe des Gemisches ändert sich nicht, wenn man es längere Zeit bei -10 °C aufbewahrt.

Diese Beobachtung zeigt, dass ein chemisches Gleichgewicht vorliegen muss (, da sich die

Konzentrationen der Reaktionsteilnehmer nicht ändern).

Folglich muss bei tiefen Temperaturen der Anteil des (farblosen) N 2

O 4

im Gleichgewicht

größer sein, als bei hohen Temperaturen.

Für die Gleichgewichtskonstante K = c2 NO 2

c N 2

O 4


K(-10°C) < K(+20°C) ist.

Die Gleichgewichtskonstante K hängt von der Temperatur ab.

bedeutet dies, dass

Erwärmt man ein Gleichgewichtsgemisch aus braunem NO 2

und farblosem N 2

O 4

, so läuft die

Hinreaktion N 2

O 4

→ 2 NO 2

so lange bevorzugt ab, bis sich ein neues Gleichgewichts-gemisch

mit erhöhtem NO 2

-Anteil gebildet hat.


1. Anschauliche „Erklärung“ der Gleichgewichtsverschiebung:

Betrachtet man die Energie E wie einen Reaktionsteilnehmer, so lässt sich die N 2

O 4

-Spaltung

folgendermaßen notieren: N 2

O 4

(g) + E

2 NO 2

(g).

Die Energie steht auf der Eduktseite, da eine Energiezufuhr nötig ist, um N 2

O 4

zu spalten.

Bei exothermen Reaktionen wird die Energie zur Produktseite addiert, da hier Energie von

links nach rechts frei wird.

Erwärmt man nun das Reaktionsgemisch, so entspricht dies einer Zugabe von Energie. Die

überschüssige Energie wird nun dadurch abgebaut, dass die Reaktion bevorzugt nach rechts

abläuft, was zu einer Gleichgewichtsverschiebung nach rechts führt.

Andererseits entzieht eine Temperaturerniedrigung dem System Wärmeenergie, so dass

bevorzugt die Rückreaktion abläuft, bis sich ein neues Gleichgewicht eingestellt hat.

Allgemein gilt:

Eine Temperaturerhöhung führt dazu, dass die endotherme (energieverbrauchende) Reaktion

bevorzugt abläuft.

Eine Abkühlung führt dazu, dass die exotherme (energieliefernde) Reaktion bevorzugt

abläuft.

2. wissenschaftlich korrekte Erklärung der Gleichgewichtsverschiebung (für Interessierte):

Die anschauliche „Erklärung“ führt bei der Vorhersage von Gleichgewichtsverschiebungen

bei Temperaturänderung immer zum richtigen Ergebnis. Sie sollte aber auf molekularer Ebene

nicht überstrapaziert werden. Die Energie E ist eben kein „Molekül“, dass mit N 2

O 4

zusammenstößt und das Produkt 2 NO 2

bildet.

Eine detaillierte Erklärung geht vom Energiediagramm einer endothermen Reaktion aus (Abb.

7-3). Wenn ein N 2

O 4

-Molekül mit einem beliebigen anderen Molekül des Gemisches

kollidiert (zusammenstößt), so kann dabei Energie aufnehmen. Ist diese Energie größer, als

die Aktivierungsenergie der Hinreaktion E

H

A,hin

, so findet eine Reaktion zu 2 NO 2

statt.

E A,hin

E A,rück

N 2

O 4

2 NO 2

Abb. 7-3 endotherme Reaktion

Reaktionskoordinate


Kollidieren zwei NO 2

-Moleküle (frontal, mit geeigneter Orientierung), so findet eine Reaktion

zu N 2

O 4

statt, wenn die Bewegungsenergie beider Stoßpartner die Aktivierungsenergie der

Rückreaktion E A,rück

übertrifft.

Je höher die Temperatur ist, desto mehr Moleküle besitzen ausreichende Energien für einen

reaktiven Stoß. Dabei ist zu beachten, dass die Geschwindigkeiten der Moleküle über einen

weiten Bereich verteilt sind (Abb. 7-4 und Kap. 4 Geschwindigkeitsverteilung).

Abb. 7-4 Geschwindigkeitsverteilung

Anhand einer kurzen Betrachtung soll gezeigt werden, dass die endotherme Hinreaktion

stärker von einer T-Erhöhung profitiert, als die exotherme Rückreaktion.

Annahme: Reaktive Stöße in Richtung der exothermen Rückreaktion sollen ab einer

Geschwindigkeit von 600 m/s stattfinden, während für die endotherme Hinreaktion die

größere Geschwindigkeit 800 m/s benötigt wird, entsprechend einer höheren

Aktivierungsenergie. Dann ist der Anteil der reaktiven Stöße für die Hinreaktion (in Abb. 7-5

orange gezeichnet) bei 100 °C 0,5% und bei 500 °C 10%.

Die Reaktionswahrscheinlichkeit pro Stoß steigt für die Hinreaktion um den Faktor 20

( = 10% : 0,5%) an.

Für die exotherme Rückreaktion reichen 600 m/s Kollisionsgeschwindigkeit aus (dies ist die

gesamte farbige Fläche in Abb. 7-5). Bei 100 °C beträgt der Anteil reaktiver Stöße bereits 7%,

bei 500 °C steigt dieser Anteil auf 35 % an, was einer Erhöhung der Reaktionswahrscheinlichkeit

pro Stoß um den Faktor 5 entspricht. Man sieht, dass die endotherme

Reaktion stärker von der Temperaturerhöhung „profitiert“, als die exotherme Reaktion.

100 °C 500 °C

Häufigkeit

Häufigkeit

Geschwindigkeit in m/s

Geschwindigkeit in m/s

Abb. 7-5 Die farbig markierten Flächen sind ein Maß für die Wahrscheinlichkeit reaktiver Stöße


Katalysatoren

Die Reaktion von Ethanol und Ethansäure zu Ethansäureethylester und Wasser läuft extrem

langsam ab. Gibt man 3 mol Ethanol und 3 mol Ethansäure in einen Erlenmeyerkolben, so

dauert es Wochen, bis sich das Gleichgewichtsgemisch (je 2 mol Ester und Wasser, je 1 mol

Ethansäure und Ethanol) gebildet hat:

K = c Ester ⋅c Wasser

c Ethansäure

⋅c Ethanol

=4

mehrere

Wochen

Abb. 7-6 :Alkohol, :Säure, :Ester, :Wasser.

Will man die Gleichgewichtseinstellung beschleunigen, so gibt man wenige Milliliter

konzentrierter Schwefelsäure zu. Nach Zugabe der Schwefelsäure stellt sich das

Gleichgewicht in wenigen Stunden ein, wobei sich die Stoffmenge der im Gemisch

vorliegenden Schwefelsäure nicht geändert hat.

Die Gleichgewichtslage mit K = 4 wird durch die Zugabe der Schwefelsäure nicht beeinflusst.

Lediglich die Einstellung des Gleichgewichts wird beschleunigt.

Substanzen, die 1. die Einstellung eines chemischen Gleichgewichts beschleunigen, und die 2.

nach der Gleichgewichtseinstellung unverändert vorliegen, nennt man Katalysatoren.

Katalysatoren haben keinen Einfluss auf die Gleichgewichtslage.

Bei der beschriebenen Veresterungsreaktion ist Schwefelsäure der Katalysator.

Wie funktioniert ein Katalysator?

Ein Katalysator funktioniert wie ein Heiratsvermittler. Einem Katalysator kommt die Rolle

eines Vermittlers zwischen zwei Partnern zu, die ohne dessen Anwesenheit nur langsam oder

auch gar nicht eine Verbindung miteinander eingehen würden. Bei einer chemischen Reaktion

werden beispielsweise zwei Ausgangsverbindungen in ein Produkt umgewandelt. Hierfür

muss eine Barriere überwunden werden - die Aktivierungsenergie. Durch einen Katalysator

wird ein Reaktionspfad eröffnet, der besonders leicht zu begehen ist (Abb. 7-7). Es kommt so

zu einer Beschleunigung, die sich im Extremfall dadurch ausdrückt, dass die Reaktion

überhaupt erst möglich wird. Keinesfalls kann jedoch ein Katalysator die Gleichgewichtslage

verändern.


Moleküle sind konsequenter als Menschen: Eine

Verbindung zwischen zwei Partnern, die aus

energetischen Gründen ungünstig ist, kann auch

durch den besten Katalysator nicht angetrieben

werden.

In Abb. 7-7 ist das Energiediagramm für die

Reaktion A + B

AB

einmal mit und einmal ohne Katalysator gezeigt.

Ohne Katalysator müssen die Eduktteilchen direkt

miteinander kollidieren. Dabei bilden Sie den

Übergangszustand (= Kurvenmaximum) A···B, bei

dem die Bindung zwischen A und B schon teilweise

ausgebildet ist. Anschließend erfolgt die Reaktion

zum Produkt AB.

Mit einem Katalysator führt die Reaktion über einen

Alternativweg, bei dem mindestens ein Eduktteilchen

A oder B an den Katalysator bindet. Der

Katalysator bewirkt meist eine geeignete

Abb. 7-7 Veranschaulichung der Funktionsweise

eines Katalysators

Reaktionskoordinate

Orientierung und eine geeignete elektronische Abb. 7-7 Veranschaulichung der Funktionsweise

eines Katalysators

Umgebung für die Reaktion, so dass die

Aktivierungsenergie der Reaktion abgesenkt wird (E A2

< E A1

) .

Beispiel: Enzyme

H

A+B

A···B

A··K··B

E A1

E A2

Enzyme sind biologische Katalysatoren. Sie bestehen meist aus Proteinmolekülen und

besitzen mindestens einen Ort (das aktive Zentrum), an dem eine Reaktion katalysiert wird

(Abb. 7-8). Die Moleküle A und B müssten direkt mit ihren ebenen Flächen (mit

ausreichender Energie) kollidieren, damit das Produkt AB gebildet werden könnte. Der

Katalysator besitzt ein aktives Zentrum, das geeignet geformt ist, um die Edukte A und B

einzeln zu binden (über geeigente intermolekulare Wechselwirkungen, z. B.

Wasserstoffbrückenbindungen oder van-der-Waals Kräfte). Sind beide Edukte an das Enzym

gebunden, so findet die Reaktion zum Produkt AB statt, welches vom Enzym freigegeben

wird.

A

B B AB

A

A···B

AB

Enzym (K) Enzym (K) Enzym (K) Enzym (K)

Abb. 7-8 Enzymkatalysierte biologische

Reaktion


Zusammenfassung - Prinzip des kleinsten Zwangs/ Prinzip von Le Chatelier

Die Verschiebung der Gleichgewichtslage durch Zugabe oder Entnahme von

Reaktionsteilnehmern, sowie durch Druck- oder Temperaturänderung wird in sehr kurzer und

kompakter Form durch das Prinzip des kleinsten Zwangs/ das Prinzip von Le Chatelier

beschrieben:

Prinzip des kleinsten Zwangs/ Prinzip von Le Chatelier:

Eine Gleichgewichtsreaktion reagiert auf einen äußere Veränderung (Stoffmengen-/ Druckoder

Temperaturänderung) so, dass die Folge der Veränderung abgeschwächt wird.

Anwendung 1: Ammoniaksynthese, Haber-Bosch-Verfahren

Das Prinzip von Le Chatelier soll auf die Ammoniaksynthese aus den Elementen angewendet

werden. 3H 2

(g) + N 2

(g) 2 NH 3

(g); ∆ R

H° = - 92 kJ/mol. K =

c2 NH 3

c 3 H 2 ⋅cN 2

Überlegen Sie zunächst selbst, wie die Edukte möglichst vollständig zu Ammoniak umgesetzt

werden können.

Eine schlechte Variante ist sicherlich folgende: Wasserstoff und Stickstoff werden (im

Stoffmengenverhältnis 3:1) in ein Reaktionsgefäß eingeleitet. Wenn sich das Gleichgewicht

eingestellt hat, wird das Ammoniak abgetrennt.

Sinnvoller ist eine Anwendung des Prinzips von Le Chatelier auf die Reaktion.

1. Trennt man aus dem Reaktionsgemisch ständig Ammoniak (NH 3

) ab, so verschiebt sich die

Gleichgewichtslage nach rechts.

2. Es muss unter möglichst hohem Druck gearbeitet werden, da eine Druckerhöhung die

Gleichgewichtslage in die Richtung verschiebt, in der möglichst wenige Teilchen in der

Gasphase vorliegen. Da auf der linken Seite der Reaktionsgleichung vier Moleküle, rechts

aber nur zwei Moleküle in der Gasphase vorliegen, bedeutet dies eine Verschiebung der

Gleichgewichtslage in Richtung der Produkte.

3. Da die Reaktion exotherm ist (∆ R

H° = - 92 kJ/mol), bewirkt eine Temperaturerhöhung

(= Zuführung von Wärmeenergie) eine Gleichgewichtsverschiebung in die Richtung, in der

Wärmeenergie verbraucht (bzw. in Bindungsenergie umgewandelt) wird - also eine

Gleichgewichtsverschiebung nach links.

Folglich muss für eine Gleichgewichtsverschiebung in Richtung der Produkte eine möglichst

niedrige Temperatur gewählt werden.


(Anmerkung: Leider hat eine Reaktionsführung bei niedriger Temperatur den Nachteil, dass

sich das Gleichgewicht nur sehr langsam einstellt. Daher sucht man sich in der Praxis eine

mittlere „Kompromiss“-Temperatur, bei der die Reaktion mit ausreichender Geschwindigkeit

abläuft, ohne das Gleichgewicht zu sehr nach links zu verschieben. Zusätzlich arbeitet man

mit einem Katalysator, der ebenfalls die Geschwindigkeit der Gleichgewichtseinstellung

erhöht.)

Anwendung 2 - Löslichkeitsgleichgewichte

Das Löslichkeitsgleichgewicht (auch: Lösungsgleichgewicht)

beschreibt das dynamische

Gleichgewicht zwischen einem Bodenkörper und einer

gesättigten Lösung.

Bei gesättigten Lösungen lässt sich an einigen

Beispielen direkt zeigen, dass auch im Gleichgewicht

ein ständiger Stoffaustausch erfolgt, dass also Teilchen

des Bodenkörpers in Lösung gehen, aber auch dass

Teilchen aus der Lösung in den Bodenkörper übergehen

-

+ - +

- + -

- +

+ -

-

+

Abb. 7-8 Der Bodenkörper X + Y - (s)

befindet sich im Gleichgewicht mit der

gesättigten Lösung X + (aq)+ Y - (aq).

(Kristallisation). Es herrscht also ein dynamisches Gleichgewicht, in welchem die

Auflösegeschwindigkeit gleich der Kristallisationsgeschwindigkeit ist (Abb. 7-8).

X + Y - (s)

X + (aq) + Y + (aq)

Die Herstellung einer gesättigten Lösung lässt sich anhand von Abb. 7-9 verstehen.

Gibt man etwas Salz in ein Becherglas mit Wasser (Bild 1,2), so entsteht eine Lösung der

zugegebenen Ionen. Die weitere Zugabe von Salz (Bild 3,4) erhöht die Konzentration der

gelösten Ionen X + (aq) und Y - (aq) in der Lösung.

1. 2. 3. 4.

-

-

+

+

-

+

+

5. 6. 7. 8.

Bodenkörper X + Y - (s)

Abb. 7-9 Herstellung einer gesättigten Lösung des Salzes X + Y - (s).


Die Erfahrung zeigt, dass ab einer gewissen Konzentration dieser Ionen in der Lösung, bei

Zugabe weiteren Salzes (Bild 5,6), das Salz nicht mehr in Lösung geht, sondern sich als

Bodenkörper absetzt. Man spricht von einer gesättigten Lösung. Die weitere Zugabe von Salz

führt zu einem Anwachsen des Bodenkörpers, ohne dass sich die Konzentrationen von X + (aq)

und Y - (aq) verändern. Da es für die Konzentrationen der Ionen in der gesättigten Lösung

völlig unerheblich ist, ob 1 Gramm oder 1 Kilogramm Bodenkörper vorliegen, muss der

Bodenkörper auch nicht im Massenwirkungsgesetz berücksichtigt werden.

Damit wird das Massenwirkungsgesetz des Lösungsvorgangs zu K L

= c(X + (aq))·c(Y - (aq)).

Die Gleichgewichtskonstante K L

für ein Lösungsgleichgewicht nennt man auch

Löslichkeitsprodukt.

Beispiele:

K L

(AgCl) = c(Ag + (aq))·c(Cl - (aq)) = 1,56·10 -10 mol 2 /L 2 (bei 25°C).

Wieviel Gramm Silberchlorid lösen sich in einem Liter Wasser?

Da Silberchlorid eine 1:1-Verbindung von Ag + und Cl - Ionen ist, sind ihre Konzentrationen

nach dem Lösungsvorgang identisch: c(Ag + ) = c(Cl - ) = c.

Einsetzen in den Term für das Löslichkeitsprodukt liefert:

K L

= c(Ag + )·c(Cl - ) = c 2 c= K L

=1,25⋅10 −5 mol / L.

Es lösen sich 1,25·10 -5 mol AgCl(s) in einem Liter Wasser. Bei einer molaren Masse von

M(AgCl) = (108+35,5) g/mol findet man für die Masse des Silberchlorids, das sich in 1 L

Wasser löst m = n·M = 1,79 mg. Es ist also nur extrem wenig Silberchlorid in Wasser löslich.

Mit Hilfe des Prinzips vom kleinsten Zwang lässt sich voraussagen, wie das

Löslichkeitsgleichgewicht von der Temperatur abhängt:

Verläuft der Lösungsvorgang exotherm, so nimmt die Löslichkeit mit steigender Temperatur

ab.

Ist der Lösungsvorgang endotherm, so nimmt die Löslichkeit bei Temperaturerhöhung zu.

Für Silberchlorid gilt: K L

(AgCl) = 1,56·10 -10 mol 2 /L 2 (bei 25°C) und K L

(AgCl) =

13,2·10 -10 mol 2 /L 2 (bei 50°C).

Damit ist der Lösungsvorgang für Silberchlorid endotherm.

Das Löslichkeitsgleichgewicht kann durch Stoffe gestört werden, die mit den gelösten

Teilchen reagieren (zum Beispiel: Zugabe von Chloridionen zur gesättigten AgCl-Lösung). Es

stellt sich dann ein neues Gleichgewicht ein.


Begründung 7-1 Berechnung der Tab. 7-2 (für mathematisch Unerschrockene)

Es sollen die Gleichgewichtskonzentrationen aller Reaktionsteilnehmer für die Reaktion

berechnet werden.

A + S E + W mit

Die Startkonzentrationen sind in der Spalte Start (neu) der Tabelle 7-3 gegeben.

Um keine Rundungsfehler zu machen werden im Folgenden die Startkonzentrationen

c S

= 1/3 mol/L, c A

= 4/3 mol/L, c E

= c W

= 2/3 mol/L verwendet.

Da das Gleichgewicht durch Eduktzugabe gestört wurde, wird es sich nach rechts verschieben,

was zu einer Abnahme der Säurekonzentration um x mol/L führt. Da maximal 1/3 mol/L

Säure reagieren kann, wird x zwischen 0 und 1/3 mol/L liegen müssen.

Da jedes Säure-Molekül mit einem Alkohol-Molekül reagiert (1:1-Reaktion), wird die

Alkoholkonzentration ebenfalls um x mol/L abnehmen.

Für jedes Säure-Molekül, das reagiert hat, entsteht ein Ester-Molekül.

Damit steigt die Konzentration des Esters im Gleichgewicht um x mol/L auf (2/3 + x) mol/L.

Gleiches gilt für die Konzentration des Wassers (Tabelle 7-3).

Tabelle 7-3 Gleichgewichtsberechnung

K = c E ⋅c W

c S

⋅c A

=4

Einsetzen der rechten Spalte in den Term für die Gleichgewichtskonstante mit K = 4 und

Kürzen der Einheit mol/L liefert:

2 2

3 x 4=

1 3 − x⋅ 4 3 − x

Multiplikation mit dem Nenner und anschließendes Ausmultiplizieren der Klammer liefert:

4⋅ 1 2

3 − x⋅4 3 − x= 2 3 x ⇔ 16

9 −20 3 ⋅x4 x2 = 4 9 4 3 ⋅xx2

Nun bringt man alle Summanden nach links und sortiert die Terme nach x-Potenzen.

3 x 2 − 24

3 x12 9 =0 Division durch 3 liefert: x2 − 8 3 x4 9 =0.

Dies ist eine quadratische Gleichung der Form x 2 + px+q = 0, mit p=− 8 3 ; q=4 9

x 1,2 =− p 2 ± p 2 2

−q= 4 3 ± 4 3 2

− 4 9 =4 3 ± 12

deren Lösungen durch die p,q-Formel

9

zu x 1

= 2,49 und x 2

= 0,179 berechnet werden können. Da zu Reaktionsbeginn lediglich

1/3 mol/L Säure vorlag können nicht 2,49 mol/L Ester zusätzlich erzeugt werden.

Daher ist x = 0,179. Setzt man diesen Wert in die rechte Spalte von Tabelle 7-3 ein, so erhält

man die Werte aus Tabelle 7-2.


Zusammenfassung Protolysen

Protolysen sind chemische Reaktionen, bei denen eine Brønsted-Säure Wasserstoffion (H + ) an

Wasser überträgt:

allgemein: HA + H 2 O → H 3 O + + A −

Dabei unterscheidet man einprotonige und mehrprotonige Säuren. Bekannte einprotonige

Säuren sind Salzsäure HCl, Salpetersäure HNO 3 , Ameisensäure HCO 2 H, Essigsäure

CH 3 CO 2 H, zweiprotonige Säuren: Schwefelsäure H 2 SO 4 , Kohlensäure H 2 CO 3 , Oxalsäure

HO 2 CCO 2 H, dreiprotonige Säuren: Phosphorsäure H 3 PO 4 und Citronensäure

HO 2 CCH 2 CHOHCH 2 CO 2 H.

Ausschlaggebend für die ätzende Wirkung der Säurelösungen sind zwei Kriterien:

1. die Konzentration an Säure in der Lösung: c°(Säure) in mol/l

2. die Säurestärke der eingesetzten Säure.

Starke Säuren protolysieren vollständig, so dass die Stoffmenge an entstandenem H 3 O +

identisch ist mit der Stoffmenge der eingesetzten Säure. Z.B. ist bei der sehr starken

Salzsäure die Konzentration an H 3 O + identisch mit der Konzentration an eingesetztem

HCl, da jedes Teilchen HCl in H 3 O + und Cl − zerfällt.

Schwache Säuren protolysieren nicht vollständig. Man gibt in diesem Falle K S – Werte

an. Mit den K S – Werten erhält man genaue Informationen darüber, wie weit die Säure

protolysiert. Es gilt:

c (H 3 O + ) • c (A − )

K S = c (HA)

Tabelliert werden meistens pK S – Werte. Dabei gilt: pK S = − lg K s .

Sinnvoll gebündelt werden diese beiden Größen durch die Angabe des pH-Wertes:

pH = − lg c (H 3 O + ). Anhand des pH-Wertes kann man direkt die ätzende Wirkung einer

Lösung ablesen:

So hat z.B. eine Salzsäurelösung mit c°(HCl) = 0,1 mol/l eine Konzentration an H 3 O + von

ebenfalls 0,1 mol/l. Somit ergibt sich ein pH-Wert von 1 (pH = − lg 0,1).

Nimmt man Essigsäure mit einem pK S -Wert von 4,76 (siehe Tabelle auf S. 426 im Buch), so

hat eine Essigsäurelösung mit c° (CH 3 CO 2 H) = 0,1 mol/l einen deutlich geringeren pH-Wert,

da nur ungefähr jedes hundertste Teilchen Essigsäure sein Proton abgibt:

Man kann den pH-Wert dieser Säure nach folgendem Verfahren berechnen:

pK S = 4,76 → K S = 10 − pKs = 10 −4,76 mol/l

Somit ergibt sich: K S = 10 −4,76 mol/l = c (A − ) • c (H 3 O + ) / c (HA)

Setzt man c (H 3 O + ) = X, so muss auch c (A − ) = X sein, da nach der Reaktionsgleichung

ebenso viel A − wie H 3 O + entstehen muss. Die Konzentration an HA hat in gleichem Maße

abgenommen, also: c (HA) = c° (HA) – X. Setzt man diese Größen in die oben angegebene

Gleichung ein, ergibt sich:

X 2

K S = c° - X.


Nach Auflösen der Geichung erhält man : 0 = X 2 + K S X – K S c°

Mit der pq – Formel lässt sich diese quadratische Gleichung lösen:

______________

X 1 = − K S / 2 + (K S / 2) 2 + K S c° X 2 ergibt keine sinnvolle Lösung, da negative

Konzentrationen nicht definiert sind.

Will man den pH-Wert der Lösung berechnen, muss nur noch der neg. dekadische Logarithmus

dieser H 3 O + - Konzentration (X) errechnet werden.

Bei mehrprotonigen Säuren kommt noch ein (oder mehrere) Protolyseschritt hinzu, der bei der

pH-Wert – Berechung berücksichtigt werden muss (Man kann diesen Schritt näherungsweise

weglassen, wenn der pK S - Wert für die zweite Protolyse um den Faktor 4 größer als der pK S

´1– Wert).

Berechnet man z.B. den pH-Wert einer 0,1 M-Schwefelsäurelösung, muss man den zweiten

Protolyseschritt berücksichtigen. Der erste Protolyseschritt verläuft vollständig, H 2 SO 4 ist eine

starke Säure. Für diesen Schritt kann kein pK S – Wert angegeben werden, K S ginge gegen

unendlich. Da jedes H 2 SO 4 – Teilchen zu H 3 O + und HSO 4 − reagiert, ist c (H 3 O + ) aus dem 1.

Protolyseschritt) = c° (H 2 SO 4 ).

Für den zweiten Protolyseschritt: HSO 4 − + H 2 O → H 3 O + + SO 4 2− findet man im Buch einen

pK S – Wert von 1,94, d.h., K S hat einen Wert von 0,0115 mol/l. Will man nun errechnen,

wieviel H 3 O + - Ionen aus der zweiten Protolysestufe entstehen, muss man wie bei dem oben

gegebenen Beispiel der Essigsäure verfahren, lediglich berücksichtigen, dass bereits H 3 O + -

Ionen in der Lösung vorhanden sind:

Im Gefäß befinden sich vor dem zweiten Protolyseschritt 0,1 mol/l H 3 O + und 0,1 mol/l

HSO 4 − . Nach dem zweiten Protolyseschritt hat man (0,1 + X) mol/l H 3 O + , (0,1 − X) mol/l

HSO 4 − und X mol/l SO 4 2− . Diese Zahlenwerte setzt man nun in den Term für K S ein:

K S = c (H 3 O + ) •c (SO 4 2− )

c (HSO 4 − )

= (0,1 + x) •x

0,1 − x

K S •0,1 − K S x = 0,1 x + x 2

0 = x 2 + ( 0,1 + K S ) x − K S •0,1

Mit Hilfe der pq - Formel kann auch in diesem Fall c (H 3 O + ) berechnet werden.

Autoprotolyse des Wassers

Wasser hat bekanntermaßen einen pH – Wert von 7, d.h. c (H 3 O + ) in Wasser ist 10 −7 mol/l.

Die H 3 O + - Ionen entstehen durch Reaktion des Wassers mit sich selbst:

H 2 O + H 2 O ⇌H 3 O + + OH −

Somit ist auch c (OH − ) = c (H 3 O + ) = 10 −7 mol/l.

Formuliert man für diese Gleichung K S , so ergibt sich folgender Ausdruck:

c (H 3 O + )•c(OH − )

K S = c (H 2 O)

Ebenso wie bei der Einführung von K S und K L (aus K) kann man hier feststellen, dass c°

(H 2 O) sehr groß gegenüber den Veränderungen bei Einstellung des chemischen Gleichge-


wichts ist, also näherungsweise konstant angesehen und in den Term für K S gefasst werden

kann: Es ergibt sich daraus eine neue Konstante, das Ionenprodukt des Wassers:

K W = K S •c (H 2 O)

= c (H 3 O + ) •c (OH − )

= 10 − 14 mol 2 / l 2

Logarithmiert ergibt sich pK W = pH + pOH = 14

mit pK W = − lg K W

pH = − lg c (H 3 O + )

pOH = − lg c (OH − )

Diese Beziehung gilt für alle wässrigen Lösungen. Immer, wenn Wasser eine der beiden

Ionen zugefügt wird, stellt sich ein Gleichgewicht ein, dass der oben erläuterten Beziehung

entspricht.

Mit Hilfe des Ionenprodukts des Wassers kann man somit leicht den pH-Wert einer 0,1 M-

NaOH berechnen:

c (OH − ) = 0,1 mol/l → pOH = 1 → pH = 14 – pOH = 13

Berechnung des pH-Wertes von Salzlösungen

Bei Salzen, die die Anionen starker Säuren enthalten, kann man davon ausgehen, dass der pH-

Wert der Lösung dem pH-Wert des Wassers entspricht, also 7 ist.

Wenn man z.B. NaCl in Wasser löst, schwimmen die Cl − -Ionen, da Salzsäure als starke Säure

vollständig protolysiert, ohne Rückreaktion mit Wasser in der Lösung. Somit entstehen weder

zusätzliche H 3 O + - noch OH − - Ionen → der pH – Wert bleibt bei 7.

Löst man aber z.B. Natriumhydrogensulfat in Wasser, so reagieren die HSO 4 − - Ionen als

schwache Säure zu SO 4 2− :

HSO 4 − + H 2 O ⇌ SO 4

2−

+ H 3 O +

Die Natriumsulfatlösung reagiert also stärker sauer als reines Wasser, da H 3 O + - Ionen

entstehen. Den pH-Wert kann man nach obigem Schema mit der Kenntnis des pK S – Wertes

von HSO 4 − berechnen: c (H 3 O + ) = c (SO 4 2− ) = x ......u.s.w.


Einführung Elektrochemie

Stoffe, die ein großes Bestreben haben, den anderen Elektronen zu entreißen, nennt man edel.

Stoffe, die nur ein geringes Bestreben haben, werden unedel genannt. Der edle Charakter ist

mit der unterschiedlichen Oxidierbarkeit der Stoffe zu erklären. Mit Hife der Standardenthalpien

für die Atomisierung, Ionisierung und Hydratisierung ist sie zu berechnen:

Molare freie Standardenthalpien für die Atomisierung Δ A G°, die Ionisierung Δ I G° und die

Hydratisierung Δ H G°

Redoxpaarpaar

Δ A G° m Δ I G° m Δ H G° m Redox-

Δ A G° m Δ I G° m Δ H G° m

kJ / mol kJ / mol kJ / mol paar kJ/ mol kJ/ mol kJ /

mol

H + /H 2 203 1314 -1089 Fe2+/Fe 358 2326 -1910

Li+/Li 128 522 - 510 Cu 2+ /Cu 300 2708 -2080

Na + /Na 78 498 - 410 Ag + /Ag 247 738 - 478

K + /K 61 421 - 336 Au + /Au 305 893 - 606

Mg 2+ /Mg 114 2193 -1905 Zn 2+ /Zn 95 2643 -2025

Ca 2+ /Ca 143 1740 -1592 Hg 2 + /Hg 32 2821 -1824

Al 3+ /Al 284 5146 -4615 Cl 2 /Cl — 106 -359 - 313

Sn 2+ /Sn 268 2125 -1556 Br 2 /Br — 82 -337 - 284

Pb 2 + /Pb 161 2170 -1496 I 2 /I — 70 -307 - 247

Ein Beispiel:

Für die Oxidation Zn s → Zn 2+ aq + 2 e − ergibt sich eine freie Enthalpie von + 713 KJ/mol,

bei Cu s → Cu 2+ aq + 2 e − erhält man einen Wert von + 928 kJ/mol.

Man kann diesen Zahlen entnehmen, dass die Oxidation von Kupfer deutlich endergonischer

als die von Zink ist.

Kombiniert man nun die entsprechenden Metalle und Metallsalze miteinander, findet nur in

einem Fall eine freiwillige Reaktion statt. In unserem Beispiel:

Bei der Kombination von Zink und

Kupfersulfat bildet sich sehr schnell ein

rötlicher Belag am Zink, die türkise Farbe

der Lösung verschwindet.

Kombiniert man Kupfer und Zinksulfat,

findet keine Reaktion statt.

Der Grund ist darin zu suchen, dass im 1.

Fall ein exergonischer, freiwilliger Prozess

möglich ist: Cu 2+ aq wird reduziert zu Cu s .

Die dafür notwendigen Elektronen werden

vom Zn s geliefert, das zu Zn 2+ aq oxidiert wird. Energiebilanz für diese Reaktion:

Oxidation von Zink: Verbrauch von +713 kJ/mol

Reduktion von Cu 2+ aq:Gewinn von −928 kJ/mol

insgesamt ein:

Gewinn von −215 kJ/mol

Somit handelt es sich bei dieser Reaktion um eine exergonische!

1


Im 2. Fall würden für die Oxidation von Cu s + 928 kJ/mol verbraucht, für die Reduktion von

Zn 2+ aq aber nur −713 kJ/mol freigesetzt, also ein Verlust von + 215 kJ/mol. Diese Reaktion

kann nicht freiwillig ablaufen, da sie endergonisch ist!

Je positiver die freie Enthalpie für die Oxidation ist, desto schwieriger ist diese Reaktion zu

erreichen. Somit werden Stoffe mit sehr großer Oxidationsenthalpie schlechter oxidiert, sind

also edler als Stoffe mit kleinerem Enthalpiewert.

Ausbildung eines elektrochemischen Gleichgewichts

Taucht ein Metall in sein Metallsalz, bildet sich ein elektrochemisches Gleichgewicht aus:

z.B. für Kupfer/Kupfersulfat oder Zink/Zinksulfat:

Am Metallgitter lagern

sich Metallrümpfe aus

der Lösung an, gleichzeitig

gehen aus dem

Metallgitter Rümpfe in

Lösung (siehe Pfeile):

Me n+ s ⇋ Me n+ aq

Je nach edlem Charakter

liegt das Gleichgewicht

mehr oder weniger stark

auf der Seite der Me n+ s.

(unsere willkürlichen

Zahlen 95:5 für Zink

bzw. 99:1 für Kupfer)

Je mehr Ionen in Lösung gegangen sind, desto höher ist der Elektronendruck im Metall durch

die zurückgebliebenen Elektronen. In unserem Beispiel ist der Elektronendruck beim Zink

höher als beim Kupfer, da das elektrochemische Gleichgewicht dort im Vergleich zum Kupfer

weiter auf der Seite der hydratisierten Ionen liegt.

Funktion der galvanischen Zelle

Verbindet man die beiden Halbzellen leitend

miteinander, konstruiert also eine galvanische Zelle,

fließen Elektronen vom Zink zum Kupfer.

Dadurch wird das elektrochemische Gleichgewicht

gestört, da der Elektronendruck im Zink geringer,

der im Kupfer größer als vorher geworden ist. Somit

gehen vermehrt Zn 2+ s als Zn 2+ aq in Lösung, in der

2


Kupferhalbzelle lagern sich Cu 2+ aq als Cu 2+ s an der Elektrode an. Gäbe es keinen

Ladungsausgleich, würde dieser Vorgang sofort stoppen, da sich ansonsten die Zinkhalbzelle

durch entstehende Zn 2+ 2−

aq positiv, die Kupferhalbzelle durch zurückbleibende SO 4 aq negativ

aufladen müsste. Eine Ladungstrennung ist aber energetisch nicht möglich.

Die Ionenlösungen Zinksulfat, Kupfersulfat und Ammoniumchlorid werden Elektrolyte

genannt, also Lösungen, die Ladungen transportieren können.

Wirkungsweise der Salzbrücke

Zum Ladungsausgleich fließen aus der Zinkhalbzelle Zn 2+ aq in die Salzbrücke bzw. NH 4

+

aq

aus der Salzbrücke in die Kupferhalbzelle. Diese positiv geladenen Ionen nennt man daher

auch Kationen, da sie zur Kathode wandern. Aus der Kupferhalbzelle fließen die Anionen

SO 4

2−

aq in die Salzbrücke bzw. Cl − aq aus der Salzbrücke in die Zinkhalbzelle. So ist an jeder

Stelle jederzeit für Ladungsausgleich gesorgt.

Die Gesamtreaktion der Zelle kann man somit als:

Oxidation an der Anode: Zn s → Zn 2+ aq + 2 e −

Reduktion an der Kathode: Cu 2+ aq + 2 e − → Cu s

Gesamtreaktion:Zn s + Cu 2+ aq ⇋ Cu s + Zn 2+ aq

Festlegung des Standard-Elektrodenpotenzials E°

Da man den Elektronendruck in einer Halbzelle nicht absolut messen kann, sondern nur mit

anderen Halbzellen vergleichen kann, hat man einen Standard, die Normal-Wasserstoff-

Elektrode, festgelegt und dieser „NHE“ willkürlich ein Potenzial (= Elektronendruck) von 0

V zugeordnet:

Das Potenzial der anderen Redoxsysteme wird im Vergleich mit dieser Halbzelle ermittelt.

Halbzellen, die einen größeren Elektronendruck als das Redoxpar H 2 ⇋ 2 H + + 2 e − (c HCl = 1

mol/L) aufbauen, erhalten ein negatives Potenzial. Redoxpaare mit geringerem Elektronendruck

ein positives.

In unserem Beispiel misst man für die Kombination (Pt) H 2 / HCl (c = 1 mol/L) // ZnSO 4 (c =

1 mol/L) / Zn eine Spannung von U = 0,76 V, wobei die Zink-Halbzelle der (−)-Pol wäre. Für

die Kombination (Pt) H 2 / HCl (c = 1 mol/L) // CuSO 4 (c = 1 mol/L) / Cu ermittelt man eine

Spannung von U = 0,35 V. In diesem Fall stellt Kupfer den (+)-Pol dar. Somit ermittelt man

als Potenziale für Kupfer und Zink:

3


Die Spannung U ist also die Potenzialdifferenz zwischen den beiden betrachteten

Redoxsystemen.

Die so ermittelten Potenziale bezeichnet man als Standard-Elektrodenpotenziale E°, da sie für

Lösungen mit c = 1 mol/L bei 298 K und 1013 hPa gelten.

Sind die Elektrodenpotenziale verschiedener Redoxsysteme bekannt, errechnet sich die

Spannung nach:

U = E A – E D

wobei gilt: E A = Potenzial des Akzeptors, also des Redoxpaares, das reduziert wird, edler ist,

ein positiveres Potenzial hat.

E D = Potenzial des Donators, also des Redoxpaares, das oxidiert wird, unedler ist, ein

negativeres Potenzial hat.

Für unsere galvanische Zelle Zn/Zn 2+ //Cu 2+ /Cu, das sogenannte Daniell-Element, ergibt sich

eine Spannung von U = 0,35 V – (- 0,76 V) = 1,11 V (siehe Skizze).

Einfluss der Konzentration auf das Potenzial

Verändert man die Elektrolytkonzentration, hat das direkten Einfluss auf die Lage des

elektrochemischen Gleichgewichts, somit auch auf den Elektronendruck bzw. das Potenzial

eines Redoxpaares:

z.B.: für die Zinkhalbzelle lautet das elektrochemische Gleichgewicht:

Zn 2+ s ⇋ Zn 2+ aq

Erhöht man die Elektrolytkonzentration in dieser Halbzelle, wird c (Zn 2+ aq) größer, somit die

Wahrscheinlichkeit der Anlagerung von Zinkionen am Metall erhöht. Dadurch wird das

Gleichgewicht nach links verschoben, die Elektrode positiver, der Elektronendruck des

Metalls geringer, d.h. das Potenzial der Halbzelle wird positiver, die Halbzelle wird edler.

Den gleichen Einfluss hat eine Konzentrationserhöhung des Elektrolyten bei allen anderen

Redoxpaaren.

Experimentell findet man folgende Daten:

Man nutzt zur Untersuchung Konzentrationszellen,

also zwei gleiche Halbzellen: z.B.: zwei Kupferhalbzellen:

Die Konzentration der einen Halbzelle bleibt unverändert

bei 1 mol/L, bei der zweiten Halbzelle wird

jeweils eine Verdünnung auf 1/10. durchgeführt.

Die gleiche Untersuchung wird für Silber-, Zink-,

Aluminium,….-Konzentrationszellen vorgenommen. Die Ergebnisse sind im Folgenden

tabellarisch aufgelistet:

4


Konzentration

linke Halbzelle

Konzentration

rechte Halbzelle

U

für Ag/Ag +

U

für Cu/Cu 2+

U

für Fe/Fe 3+

1 1 0 V 0 V 0 V

1 0,1 0,059 V 0,0295 V 0,0197 V

1 0,01 0,118 V 0,059 V 0,039 V

1 0,001 0,177 V 0,0885 V 0,059 V

1 0,0001 0,236 V 0,118 V 0,0787 V

Es war zu erwarten, dass das Potenzial einer Halbzelle niedriger als das Standard – Elektrodenpotenzial

E° (für c = 1 mol/l) dieser Halbzelle wird, wenn man die Elektrolytlösung

verdünnt, denn bedingt durch die kleinere Konzentration an Me n+ aq wird im Vergleich zu

konzentrierteren Lösungen vermehrt Me n+ aq in Lösung gehen, das elektrochemische Gleichgewicht

Me n+ s ⇋ Me n+ aq also im Vergleich zur konzentrierteren Lösung nach rechts verschoben

sein:

0 V

c = 0,1 mol/l c = 1mol/l

E°(H 2 /2 H +) E (Me/Me n+ ) E° (Me/Me n+ ) E / V

Quantitativ kann man feststellen, dass mit Verdünnung um den Faktor 10 eine lineare

Veränderung der Spannung einhergeht. Bei Cu/Cu 2+ ist sie genau halb so groß, bei Fe/Fe 3+

genau ein drittel so groß wie bei Ag/Ag + .

Daraus kann man einen mathematischen Zusammenhang herleiten:

für Ag/Ag + : U ∼ 0,059 V lg c (Ag + )

für Cu/Cu 2+ : U ∼ 0,059/2 V lg c (Cu 2+ )

für Fe/Fe 3+ : U ∼ 0,059/3 V lg c (Fe 3+ )

oder allgemein: U ∼ 0,059 V / z lg c (Me z + )

U ist in allen Fällen die Spannung, die die verdünnte Lösung gegenüber der jeweilig 1-

molaren Lösung hat.

Nimmt man als Bezugspunkt nun nicht mehr die konzentrierte Lösung mit c = 1 mol/l,

sondern bezieht sich, wie ursprünglich vereinbart, auf die Normal – Wasserstoff – Elektrode,

so erhält man für das Potenzial einen Wert, der um genau dieses Potenzial kleiner ist:

z.B. für Ag/Ag + :

E(Ag/Ag + )= 0,8 V − 0,059 V

E°(H 2 /2H + ) = 0 V = 0,741 V E°(Ag/Ag + ) = 0,8 V

oder aber für Cu/Cu 2+ :

für c (Ag + ) = 0,1 mol/l E/V

E(Cu/Cu 2+ )= 0,35 V − 0,0295 V

E°(H 2 /2H + ) = 0 V = 0,3205 V E°(Cu/Cu 2+ ) = 0,35 V

für c (Cu 2+ ) = 0,1 mol/l E/V

5


Bezieht man das Potenzial einer Halbzelle mit verdünnter Lösung direkt auf die Normal –

Wasserstoff – Elektrode, erhält man als allgemeine Form die Nernst‘ sche Gleichumg:

E (Me/Me z+ ) = E° (Me/Me z+ ) + 0,059 V / z lg c (Me z+ )

Beispiel 1: für Ag/Ag + :

c (Ag + ) = 0,1 mol/l

E° (Ag/Ag + ) = 0,8 V

z = 1 (Zahl der e − , die bei der Redoxreaktion reagieren: Ag Ag + + 1 e − )

somit ergibt sich als Halbzellenpotenzial mit der Nernst’schen Gleichung:

E (Ag/Ag + ) = E° + 0,059 V ⋅ lg c (Ag + )

= 0,8 V + 0,059 V lg 0,1

= 0,8 V − 0,059 V (denn lg 0,1 = −1)

= 0,741 V

Beispiel 2: für Cu/Cu 2+ :

c (Cu 2+ ) = 0,1 mol/l

E° (Cu/Cu 2+ ) = 0,35 V

z = 2 (da Cu Cu 2+ + 2 e − )

als Halbzellenpotenzial dieser Halbzelle erhält man:

E (Cu/Cu 2+ ) = E° + 0,059 V/ 2 ⋅ lg 0,1

= 0,35 V + 0,0295 V ⋅ (−1)

= 0,3205 V

Beispiel 3: für Cu/Cu 2+ :

c (Cu 2+ ) = 0,001 mol/l

E° (Cu/Cu 2+ ) = 0,35 V

z = 2 (da Cu Cu 2+ + 2 e − )

als Halbzellenpotenzial dieser Halbzelle erhält man:

E (Cu/Cu 2+ ) = E° + 0,059 V/ 2 ⋅ lg 0,001

= 0,35 V + 0,0295 V ⋅ (−3)

= 0,2615 V

Auf Nichtmetall-Systeme erweitert lautet die vollständige Nernst’sche Gleichung:

wobei nur die Ionen in vergleichbarer Form zur Gleichgewichtskonstante eingesetzt werden.

Die Konzentration aller neutralen Teilchen wird gleich 1 gesetzt (Bei Metallen steht somit das

Me z+ im Zähler und im Nenner die 1 für das neutrale Metall.)!

So ergibt sich für das Redoxpaar 2 Cl − ⇋ Cl 2 + 2 e − mit E° (2Cl − / Cl 2 ) = 1,36 V:

bzw. gekürzt:

6


oder aber für das Redoxsystem: MnO 4 − + 8 H + + 5 e − ⇋ Mn 2+ + 4 H 2 O mit E° = 1,23 V:

Man kann an diesem Beispiel erkennen, dass in manchen Fällen auch der pH-Wert einer

Lösung großen Einfluss auf das Potenzial hat. Besonders wichtig sind diese Überlegungen für

das System Oxidation/Reduktion von Wasser:

also für die Gleichungen:

Reduktion: 2 H + + 2 e − ⇋ H 2 (E° = 0 V, gilt für c (H + ) = 1 mol/L)

bzw. 2 H 2 O + 2 e − ⇋ H 2 + 2 OH − (E° = − 0,83 V, gilt für c (OH − ) = 1 mol/L)

Oxidation:

bzw.

O 2 + 2 H 2 O + 4 e − ⇋ 4 OH − (E° = 0,4 V, gilt für c (OH − ) = 1 mol/L)

O 2 + 4 H + + 4 e − ⇋ 2 H 2 O (E° = 1,23 V, gilt für c (H + ) = 1 mol/L)

Die jeweiligen Vorgänge sind identisch, die unterschiedlichen Werte für E° kommen nur

durch die anderen pH - Bedingungen zustande!

Elektrolysen (erzwungene Redoxreaktionen)

Die bisher besprochenen Systeme liefen ohne Zufuhr von Energie ab, sie waren exergonisch,

∆ G war negativ. Bei Elektrolysen handelt es sich um endergonische Reaktionen mit

positivem ∆ G.

Zusammenhang zwischen ∆ G und U:

∆ G = - Q ⋅ U , wobei Q die geflossene Ladung und U die Spannung ist.

Wenn ∆ G negativ ist, also eine exergonische Reaktion vorliegt, muss U automatisch positiv

sein. Handelt es sich um eine endergonische, erzwungene Reaktion, ist U rechnerisch negativ.

Es gibt allerdings keine negative Spannung, das ist die Spannung, die von außen angelegt

werden muss, damit die erzwungene Reaktion ablaufen kann.

Elektrolyse von Zinkbromidlösung (ZnBr 2aq ):

Bei der Durchführung des Experiments findet man am (−)-

Pol eine Ablagerung von Zink und am (+)-Pol die Bildung

brauner Schlieren von Br 2 .

Also wird am (−)-Pol die Reduktion von Zinkionen:

Zn 2+ aq + 2 e − → Zn s

und am (+)-Pol die Oxidation von Bromidionen:

2 Br − → Br 2 l

7


stattfinden. Damit ist bei der Elektrolyse die Kombination von (+)-Pol und (−)-Pol

umgedreht: der (+)-Pol ist die Anode und der (−)-Pol die Kathode.

Bei den Elektrolysen gibt es häufig mehrere Reaktionsmöglichkeiten. In unserem Beispiel

kann sich Zinkbromid zersetzen, aber ebenso Wasser reagieren:

also: mögliche Oxidationen an der Anode, dem (+)-Pol:

1.) 2 Br − → Br 2 l

2.) O 2 + 2 H 2 O + 4 e − ⇋ 4 OH − (E° = 0,4 V, gilt für c (OH − ) = 1 mol/L)

bzw. analog: O 2 + 4 H + + 4 e − ⇋ 2 H 2 O (E° = 1,23 V, gilt für c (H + ) = 1 mol/L)

mögliche Reduktionen an der Kathode, dem (−)-Pol:

3.) Zn 2+ aq + 2 e − → Zn s

4.) 2 H + + 2 e − ⇋ H 2 (E° = 0 V, gilt für c (H + ) = 1 mol/L)

bzw. analog: 2 H 2 O + 2 e − ⇋ H 2 + 2 OH − (E° = − 0,83 V, gilt für c (OH − ) = 1 mol/L)

Berechnung der theoretischen Abscheidungspotenziale

Zur Entscheidung, welche der möglichen Reaktionen abläuft, berechnet man die

Abscheidungspotenziale (in Analogie zu den Halbzellenpotenzialen der galvanischen Zelle)

der einzelnen Vorgänge mit der Nernst’schen Gleichung:

für c (ZnBr 2 ) = 0,1 mol/L:

zu 1.)

zu 2.)

zu 3.)

zu 4.)

8


Spannungsdiagramm

Um entscheiden zu können, welche der möglichen

Reaktionen abläuft, zeichnet man ein Spannungsdiagramm,

man trägt alle berechneten Daten auf einem

Zahlenstrahl ab, differenziert dabei farblich zwischen

Oxidationen und Reduktionen:

Generell läuft der Prozess mit dem kleinsten U ab, also

die Reduktion mit dem größten Reduktionspotenzial

(hier also die Reduktion von Wasser) und die Oxidation

mit dem kleinsten Oxidationspotenzial (hier also die

Oxidation von Wasser). Diese Reaktion hätte man bei

Verwendung von platinierten Platinelektroden auch

beobachtet. Die Zersetzungsspannung (andere Bezeichnung als bei galv. Zellen, wo man von

Zellspannung redet), also die Potenzialdifferenz hätte

U = -0,413 V – 0,813 V = − 1,226 V betragen.

Wir haben aber Graphitelektroden eingesetzt, bei denen die Bildung von Gasen nur unter

größerem Energieaufwand zu bewerkstelligen ist, daher wurden Zink und Brom gebildet. Den

Einfluss der Elektroden auf die Abscheidung erklärt die Überspannung.

Überspannung → praktische Abscheidungspotenziale

Damit Gase an einer Elektrode abgeschieden werden können, müssen mehrere Schritte

durchlaufen werden. Bis zum Austritt von z.B. Wasserstoff aus der Lösung muss zunächst

einmal H + vom Wassermolekül abgetrennt werden, sich an der Elektrode ablagern, ein

Elektron aufnehmen, zu molekularem Wasserstoff kombiniert, dann von der Elektrode

desorbiert werden:

H 3 O + ⇋ H + + H 2 O (Dehydratation)

H + → H + ads (Adsorption)

H + ads ⇋H 2 ads (Reduktion)

H 2 ads ⇋ H 2 aq (Desorption)

H 2 aq ⇋ H 2 g (Austritt aus der Lösung)

Diese komplexen Vorgänge gelten für Gase, nicht für feste oder flüssige Stoffe. Bei der

Berechung der Abscheidungspotenziale der Gase muss daher generell der Wert für die

Überspannung addiert werden. Er hängt ab vom

Elektrodenmaterial und von der Stromdichte, wird generell

als Zahlenwert in V angegeben. Man erhält so das

praktische Abscheidungspotenzial.

Für die Überspannung von Wasserstoff findet man an

Graphitelektroden eine Überspannung von − 0,97 V, bei

Sauerstoff + 1,09 V. Somit ergeben sich für Gleichung 2.)

unter Berücksichtigung der Überspannung ein praktisches

Abscheidungspotenzial von E = 1,903 V, für Gleichung 4.)

9


ein Wert von E = − 1,383 V. Im Spannungsdiagramm erhält man somit eine veränderte

Situation:

Anstelle der Elektrolyse von Wasser ist bei Berücksichtigung der Überspannung nun das

Entstehen von Brom und Zink bevorzugt, denn deren beiden Potenziale haben die kleinste

Potenzialdifferenz.

Man erhält als praktische Zersetzungsspannung einen Wert von

U = - 0,7895 – 1,028 V = − 1,8175 V. Man muss von außen also eine Spannung von 1,8175 V

anlegen, damit die Zersetzung von Zinkbromid abläuft.

10


Reaktionsverhalten organischer Moleküle unter dem Einfluss funktioneller

Gruppen

Ziel dieses Kursdritteljahres ist es, Stoffeigenschaften organischer Verbindungen kennen zu

lernen und diese auf die Struktur der jeweiligen funktionellen Gruppe zurück zu führen. Am

Ende des Kurses sollte jede Schülerin bei Vorlage der Strukturformel einer Verbindung

physikalische Eigenschaften und Reaktionsverhalten weitgehend voraussagen können.

Folgende Systematik dient als roter Faden:

Alkane → Halogenalkane → Alkanole → Alkanale → Alkansäuren → Alkansäurederivate

Alkanone

Alkene,

Alkine

Alkane

Industrielle Quelle: Erdöl

Struktur: z.B.: CH 4 : C 3 H 8 :

Alle Kohlenstoffatome sind sp 3 -hybridisiert, daraus ergibt sich eine Tetraederform mit

Bindungswinkeln von 109,5°. Geringe Polaritäten der einzelnen C-H - Bindungen werden

durch die anderen exakt kompensiert → Dipolmoment μ = 0 → Alkane sind vollkommen

unpolar.

Physikalische Eigenschaften:

Siedepunkte:

im Vergleich zu anderen organischen Stoffklassen niedrig. Steigen wegen der zunehmenden

Möglichkeit zu Van-der-Waals-Bindungen mit zunehmender Kohlenstoffzahl (also mit

zunehmendem M). Verschiedene Isomere haben stark differierende Siedepunkte, da aufgrund

der unterschiedlichen räumlichen Anordnung (Linearität / kugelförmige Gestalt) Van-der-

Waals-Kräfte in unterschiedlichem Ausmaß möglich sind:

Die senkrechten Striche sollen direkte Wechselwirkungen zweier

Moleküle darstellen: Je kugelförmiger die Gestalt, desto weniger

Oberfläche hat das Molekül bei gleichem Volumen:

Löslichkeit in Wasser/Benzin:

Aufgrund der völligen Unpolarität können Alkane nur Van-der-Waals-Bindungen als intermolekulare

Bindungskräfte eingehen, sind daher nicht in der Lage, die starken

Wasserstoffbrücken innerhalb des Wassers zu durchbrechen, lösen sich also nicht in Wasser.

Benzin (=Alkangemisch) ist ebenso unpolar wie Alkane. Zwischen beiden Stoffgruppen sind

daher adäquate intermolekulare Wechselwirkungen möglich. → Benzin und Alkane mischen

1


sich in jedem Verhältnis.

Reaktionsverhalten:

Aufgrund der völligen Unpolarität sind Alkane sehr reaktionsträge. Sie reagieren mit keinem

der als reaktiv bekannten Stoffe wie Säuren, Laugen, Natrium

Bekannte Reaktionen:

1. Oxidation mit Luftsauerstoff (Verbrennung):

C n H 2n+2 + (Gn + 1 ) O 2 → n O 2 + (n+l) H 2 O + E

2. Radikalische Substitution (Kettenreaktion):

Gesamtgleichung:

C n H 2n+2 + Hal 2 → C n H 2n + 1 Hal + HHal + E

Beobachtungen bei der experimentellen Durchführung:

Gibt man Brom zum farblosen Alkan, beobachtet man zunächst rot-braune Färbung des

Alkans durch das zugefügte Br 2 (bei Cl 2 gelbes Reaktionsgemisch). Nur nach Belichtung mit

energiereichem UV-Licht beobachtet man eine Nebelbildung oberhalb der Flüssigkeit, das

Reaktionsgemisch trübt sich, es bilden sich Bläschen, die aufsteigen. Angefeuchtetes

Indikatorpapier färbt sich rot, wenn man es in den Nebel hält. Nach einiger Zeit verschwindet

die rot-braune Färbung völlig.

Zeitlicher Verlauf der Bromierung von Pentan. Man sieht deutlich, dass die Entfärbung an der

Stelle der Lichteinwirkung beginnt. Im rechten Bild sind auch Blasen des polaren HBr zu

erkennen.

Erklärung:

Mit Hilfe des UV-Lichtes (bei Chlor braucht man 243 kJ/mol, bei Brom 193 kJ/mol) wird das

Halogen homolytisch gespalten. Es entstehen zwei reaktive Radikale, die je ein Alkanmolekül

angreifen und ein Wasserstoffatom abstrahieren. Der dabei entstehende Bromwasserstoff

entweicht als polarer Stoff aus dem Reaktionsgemisch. Man erkennt ihn an der Nebelbildung

(HBr ist hygroskopisch, zieht also Wasser aus der Luft an und bildet feine Tröpfchen). Durch

HBr wird das Indikatorpapier rot gefärbt, was kennzeichnend für eine Säure ist.

Das langsame Verschwinden der rot-braunen Farbe kommt dadurch zustande, dass es sich bei

der Reaktion um eine Kettenreaktion handelt, die sukzessive abläuft. Dabei sind große

2


Unterschiede zwischen den unterschiedlichen Halogenen festzustellen:

Reaktivität der Halogene: Cl 2 > Br 2 > I 2

Bei Einsatz von Chlor kann die Reaktion vor allem bei gasförmigen Alkanen explosionsartig

erfolgen. Chlorradikale können bis zu 100 000 Reaktionsschritte initiieren, während bei Brom

in der Regel maximal 20 Folgeschritte ablaufen. Man sagt: die Quantenausbeute bei Chlor ist

deutlich höher als bei Brom.

Reaktionsmechanismus:

Es handelt sich bei der radikalischen Substitution um eine Kettenreaktion, d.h. dass durch den

Reaktionsablauf das gleiche reaktive Radikal wieder erzeugt wird, somit das Produkt wieder

zum Edukt wird.

Reaktionsmechanismus für die Bromierung von Methan:

Homolytische Spaltung des

Brommoleküls

Hier sieht man, dass das eingesetzte,

reaktive Bromradikal im zweiten

Reaktions- schritt wieder entsteht.

Kettenabbruchreaktionen nehmen

bei der Bromierung einen größeren

Anteil als bei der Chlorierung

ein.

Dieser Vorgang wird bei der Chlorierung bis zur Substitution aller Wasserstoffatome

weitergeführt, wenn nicht Cl 2 im Unterschuss zugefügt oder aber Produkt abgeführt wird.

Allerdings ist zu beachten, dass die weiteren Substitutionen aufgrund des (−) I- Effekts der

Halogene zu instabileren

Radikalen führen:

Bei der Chlorierung wird dennoch aufgrund des exergonischen Verlaufs bei Überschuss an

3


Chlor Mehrfachsubstitution stattfinden.

Während bei der Chlorierung beide Fortpflanzungsschritte exergonisch verlaufen, ist der erste

Teilschritt der Bromierung mit + 45 kJ/mol endotherm, beide Fortpflanzungsschritte

zusammen allerdings mit – 45 kJ/mol exotherm:

Setzt man höhere Alkanvertreter ein, gibt es in der Regel konkurrierende Reaktionen. So

können z.B. bei der Halogenierung von 2-Methylbutan mehrere Monohalogenierungsreaktionen

stattfinden:

3° 1° 2° 1° - Radikal

Im ersten Reaktionsschritt wird wie bei der Methanchlorierung auch ein Wasserstoffatom

abstrahiert, es entstehen Alkylradikale und Bromwasserstoff, der entweicht.

Produktverteilung:

In welchem Prozentsatz mögliche Radikale entstehen, hängt von 2 Faktoren ab:

1. von der Stabilität der entstehenden radikalischen Zwischenstufe:

Dabei gilt:

tertiäre Radikale mit drei Alkylgruppen sind deutlich stabiler als sekundäre und die wiederum

viel stabiler als primäre Radikale. Der Grund ist in den positiven induktiven Effekten der

Alkylgruppen zu suchen. Ein 3°-Radikal mit drei Alkylgruppen erfährt durch

Hyperkonjugation drei (+)-I-Effekte, die den Elektronenmangel des Radikals etwas

abschwächen, während ein primäres Radikal nur durch einen (+)-I-Effekt stabilisiert wird. Das

instabilste Alkylradikal ist somit CH 3 ⋅

(Noch instabiler sind natürlich Radikale mit Substituenten mit (−)-I-Effekten wie CH 2 Cl⋅)

2. von der Wahrscheinlichkeit der Radikalbildung:

Die Wahrscheinlichkeit des Entstehens eines Radikals hängt von rein statistischen Faktoren

ab: Beim Beispiel des 2-Methylbutans sieht das folgendermaßen aus:

Während es von den schwarz gefärbten Wasserstoffen 6 identische

gibt, führen bei den gelb gefärbten nur 3, bei den rot gefärbten 2 und

beim blau gefärbten nur 1 zum entsprechenden oben angegebenen

4


Radikal.

erwartetes statistisches Verhältnis: 6 : 1 : 2 : 3

Art des Radikals: 1° 3° 2° 1°

experimentelles Ergebnis (25°C) 27% : 23% : 36% : 14%

der Chlorierung:

Ausbeute pro C-H-Bindung: 4,5% : 23% : 18% : 4,6%

Selektivität bei der Chlorierung: 1 : 5 : 4 : 1

zum Vergleich:

Selektivität bei der Bromierung 6300 : 250 : 1

(gilt allerdings für 98°C)

Selektivität der Fluorierung (25°C): 1,4 : 1,2 : 1

Die Selektivität der Bromierung ist also deutlich höher als die der Chlorierung, die wiederum

höher als die der Fluorierung. Man kann zusammenfassen: Je reaktiver ein Teilchen ist, desto

weniger selektiv ist der Angriff.

Halogenalkane

Struktur:

Die sp 3 -hybridisierten Halogene sind über σ- Bindungen an sp3-hybridisierte, tetraedrische

Kohlenstoffatome gebunden.

Physikalische Eigenschaften:

Da sich die Polaritäten der einzelnen Bindungen hier nicht aufheben, besitzen Halogenalkane

ein Dipolmoment µ > 0, d.h. sie sind häufig polar.

Somit liegen ihre Siedepunkte höher als die der Alkane vergleichbarer molarer Masse M.

Die Polarität reicht allerdings nicht aus, eine Mischbarkeit mit Wasser zu erreichen. Aufgrund

5


der Größe des substituierten Halogenatoms besitzen Halogenalkane eine starke

Polarisierbarkeit sowie eine größere Dichte als Wasser, d. h. sie bilden in einem Gemisch

anders als andere organische Verbindungen die untere Schicht. Diese Eigenschaft nutzt man

z.B., um PVC von anderen Kunststoffen zu trennen. Halogenalkane sind häufig nicht

brennbar.

Halogenverbindungen in Natur und Technik:

Halogenalkane werden häufig als Lösungsmittel in der Industrie eingesetzt, da sie unpolare

Stoffe gut lösen und in der Regel anders als Alkane nicht brennbar sind. Da sie aber häufig

gesundheitsschädlich sind, gelten entsprechende Vorsichtsmaßnahmen.

FCKW (F 2 CCl 2 , F 3 CCl) wurden bis 1995 in Industrieländern, bis 2010 in Entwicklungsländern

produziert und eingesetzt, haben aber einen sehr schädlichen Einfluss auf die Ozonschicht der

Stratosphäre.

Der Einsatz von Insektiziden wie Lindan (Hexachlorcyclohexan) und

DDT sind in Europa verboten, da sie sich im Fettgewebe anreichern

und so Gesundheitsschäden verursachen.

TCDD (Tetrachlordibenzodioxin), auch bekannt als Dioxin, das bei

dem Chemieunfall in Seveso 1976 in der Umwelt verteilt wurde,

führte sehr schnell zu sichtbaren Vergiftungen, der sogenannten

Chlorakne. Bis heute ist eine erhöhte Krebsrate in der Umgebung zu bemerken.

Reaktionsverhalten:

Bevorzugte Reaktionsmechanismen bei der Umsetzung von Halogenalkanen sind nucleophile

Substitution und Eliminierungsreaktion.

Nucleophile Substitution:

Allgemein gilt: Das negativ polarisierte Halogenatom wird durch einen anderen, negativ

geladenen oder polarisierten Substituenten ersetzt, der ein freies

Elektronenpaar besitzen muss.

z.B.: −C−Hal + H−O − → −C−O−H + Hal −

Dabei gibt es zwei mögliche Reaktionswege:

S N 1 − Reaktion: verläuft nach einem Geschwindigkeitsgesetz 1. Ordnung: v = k ⋅ c Halogenalkan

Grund dafür ist, dass im ersten langsamen, geschwindigkeitsbestimmenden Schritt nur

das Halogenalkan beteiligt ist. Der zweite, sehr schnelle Reaktionsschritt

hat keinen Einfluss auf die Gesamtgeschwindigkeit der Reaktion. Daher ist

die Geschwindigkeit der Reaktion nicht von der Konzentration an

Hydroxidionen abhängig.

Reaktionsablauf in zwei Schritten z.B. für die Alkanolsynthese:

Bei dieser Reaktion wird eine kationische Zwischenstufe durchlaufen. Das zentrale

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C-Atom ist sp 2 -hybridisiert:

S N 2-Reaktion: verläuft nach einem Geschwindigkeitsgesetz 2. Ordnung:

v = k ⋅ c Halogenalkan ⋅ c OH


Reaktionsverlauf in einem Schritt:

Man spricht hier von einem fünfbindigen Übergangszustand im Gegensatz

zu der planaren kationischen Zwischenstufe des S N 1-Mechanismus.

Hierbei können keine Umlagerungen eines Kations stattfinden, da der

fünfbindige Übergangszustand keine isolierte kationische Zwischenstufe

darstellt.

Das Hydroxidion greift von der dem Halogenalkan gegenüberliegenden

Seite an. Das freie 2p z0 -Orbital tritt im Übergangszustand in

Wechselwirkung mit Hydroxid. In gleichem Maße lockert sich die C-Cl-

Bindung. Bei einer solchen S N 2-Reaktion findet eine völlige Inversion der

Struktur des reagierenden Kohlenstoffatoms statt (Regenschirmeffekt), es

werden bei Einsatz optisch aktiver Substanzen somit auch wieder optisch

aktive Substanzen gebildet.

Im Gegensatz dazu sind die bei der S N 1−Reaktion durchlaufenen kationischen Zwischenstufen

planar (s.o.), d.h. in einer Ebene (Struktur eines Mercedessterns). Somit kann das OH − -Ion

von beiden Seiten jeweils am freien 2p z

0

-Orbital gleichberechtigt angreifen: es bildet sich

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auch bei optisch aktiven Ausgangsstoffen ein 50:50-Gemisch beider Formen, R und S, ein

sogenanntes Racemat.

Welche der beiden Mechanismen abläuft oder aber ob beide parallel stattfinden, entscheiden

die Art des eingesetzten Halogenalkans und die Wahl des Lösungsmittels.

Ausschlaggebend sind

- die Stabilität der kationischen Zwischenstufe

- der räumliche Bedarf der Substituenten.

- die Polarität des Lösungsmittels

Stabilität der kationischen Zwischenstufe:

Halogenalkan: CH 3 X 1°- 2°- 3°-

Art der Substitution: S N 2 S N 2 gemischt S N 1

(in der Regel)

Lösungsmitteleinfluss auf die Substitutionsart:

Polare Lösungsmitte wie z.B. höhere Alkanole oder Wasser begünstigen die S N l-Reaktion, da

sie die kationische Zwischenstufe durch Hydratation stabilisieren. Der fünfbindige

Übergangszustand der S N 2-Reaktion wird aufgrund der besseren Verteilung der Ladung

weniger stark beeinflusst.

Allgemein kann über Lösungsmitteleinflüsse gesagt werden:

Polare Lösungsmitte unterstützen ionische Mechanismen, begünstigen u. a. auch

Umlagerungen des entstehenden Kations in stabilere 2° oder 3° Kationen (durch Hydridshift,

also Wanderung eines H-Atoms mit beiden Elektronen).

Unpolare Lösungsmittel unterstützen Mechanismen mit radikalischen Zwischenstufen bzw.

Übergangszustände, bei denen die Ladung gut stabilisiert ist.

Energieprofile der beiden Reaktionen:

In direkter Konkurrenz zur Substitution steht die Eliminierungsreaktion:

Eliminierungsreaktion:

Bei Eliminierungen werden, wie der Name schon sagt, Atomgruppen aus dem Molekül

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abgetrennt.

Ebenso wie bei den Substitutionen können Eliminierungen je nach Reaktionsbedingungen über

zwei Mechanismen ablaufen:

E 2 -Mechanismus:

Auch bei den Eliminierungen kann man den Reaktionsverlauf anhand des

Geschwindigkeitsgesetzes unterscheiden. Beim E 2 -Mechanismus haben sowohl die

Konzentration des eingesetzten Halogenalkans als auch die Konzentration des Nucleophils

Einfluss auf die Geschwindigkeit der Reaktion. Zeitgesetz: v = k ⋅ c RHal ⋅ c Nucleophil

z.B.:

Am

einzigen,

geschwindigkeitsbestimmenden Schritt sind beide Reaktionspartner beteiligt, also hat die

Konzentration beider (Stoßtheorie) großen Einfluss auf die Geschwindigkeit der Reaktion.

Man sieht hier die direkte Konkurrenz zwischen Substitution (siehe S.7) und Eliminierung: der

rückwärtige Angriff am C-Br führt zur Substitution, während der Angriff am benachbarten C-

H zur Eliminierung führt!

E 1 -Mechanismus:

Am ersten, geschwindigkeitsbestimmenden Schritt ist lediglich das Halogenalkan beteiligt,

somit geht nur dessen Konzentration in das Zeitgesetz ein: v = k ⋅ c RHal

Konkurrenz von E 1 und E 2 :

Ebenso wie bei der Substitution begünstigen tertiäre Halogenalkane wegen des stabileren 3°-

Kations als Zwischenstufe E 1 -Mechanismus, während bei 1°-Halogenalkanen überwiegend E 2 -

Mechanismus abläuft. Starke Nucleophile wie z.B.: CH 3 O − Na + (etwas schwächer NaOH, aber

nicht H 2 O) begünstigen den E 2 -Mechanismus. Polare Lösungsmittel stärken den E 1 -

Mechanismus, da sie die Zwischenstufe durch Hydratation stabilisieren.

Alkanole

Alkanole sind gekennzeichnet durch eine polare Hydroxilgruppe:

Struktur:

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Das sp 3 -hybridisierte Sauerstoffatom der Hydroxilgruppe ist über eine σ-Bindung an das sp 3 -

hybridisierte Kohlenstoffatom gebunden. Je nach Zahl der Hydroxilgruppen differenziert man

einwertige, zweiwertige oder mehrwertige Alkanole. Glycerin, HO−CH 2 -CH(OH)-CH 2 OH, ist

z.B. ein dreiwertiges Alkanol. Nicht zu verwechseln: primäre (1°), sekundäre (2°) und tertiäre

(3°) Alkanole unterscheiden sich durch das Kohlenstoffatom, an dem sie hängen:

1°: R−CH 2 −OH 2°: R 2 CH−OH 3°: R 3 C−OH (R = organischer Rest)

Physikalische Eigenschaften:

Die Siedepunkte der Alkanole liegen entschieden höher als die der Alkane vergleichbarer

molarer Masse M. Ursache dafür ist die Möglichkeit zur Bildung von Wasserstoffbrückenbindungen,

die ein Auseinanderreißen zweier Moleküle erschweren. Daher muss mehr

Energie für den Siedevorgang aufgewandt werden.

Löslichkeit in Wasser:

Bis C 3 ist jedes Isomere in jedem Verhältnis mit Wasser mischbar. 1-Butanol löst sich nur

etwas in Wasser, 2-Methyl-2-propanol ist noch in jedem Verhältnis mischbar. Der Grund:

Geringerer Einfluss des unpolaren Alkylrestes aufgrund der kugelförmigen Struktur (siehe S

1). Ab C 5 sind Alkanole nur noch sehr schlecht bzw. nicht mehr in Wasser löslich, da der

unpolare Alkylrest gegenüber der polaren Hydroxilgruppe überwiegt. In gleichem Maße

nimmt die Mischbarkeit mit Benzin zu.

Mehrwertige Alkanole, d.h. Alkanole mit mehr als einer Hydroxilgruppe, zeigen

konsequenterweise höhere Siedepunkte sowie eine besserer Wasserlöslichkeit aufgrund der

vermehrten Möglichkeit zu Wasserstoffbrücken.

(siehe J.H. S. 105-7)

Reaktionsverhalten:

Das Reaktionsverhalten der Alkanole wird durch die Polarität bzw. den nucleophilen

Charakter der Hydroxilgruppe (freie Elektronenpaare) bestimmt.

1. Esterbildung mit Säuren (Siehe Carbonsäurereaktionen)

2. Reaktion mit Natrium (bzw. anderen Alkalimetallen)

R−O−H + Na⋅ → Na + + R−O − + ½ H 2

Natriumalkanolat

In dieser Reaktion wird analog zur Reaktion mit Wasser Natrium oxidiert und Wasserstoff

reduziert. Die Reaktivität der Alkanole ist dabei geringer als die des Wassers, da der (+)-I-Effekt

der Alkylgruppe die negative Ladung im Alkanolat destabilisiert. Daher nimmt auch die Reaktivität

mit steigender Kettenlänge ab, ebenso reagieren 3 °-Alkanole aufgrund geringfügig größerem (+)-

Effekt etwas geringer als 1°.

Allgemein findet eine Reaktion mit Natrium immer dann statt, wenn ein Stoff ein positiv

polarisiertes Wasserstoffatom besitzt, das mit steigender Polarität leichter abgespalten werden kann

und mit Natrium reagiert: Steigende Reaktivität gegenüber Natrium ist also gleichzeitig ein

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Maß für erhöhte Acidität der Verbindung.

3. Oxidation zu Alkanonen und Alkanalen bzw. Alkansäuren

Alkanole lassen sich mit den meisten Oxidationsmittel oxidieren, z.B. mit CuO, KMnO 4 , CrO 3 ,

K 2 Cr 2 O 7 …

CuO reagiert dabei zu elementarem Cu, MnO 4 − in schwach saurer Lösung zu MnO 2 (Braunstein),

in stark saurer Lösung zu fast farblosem, hellrosa gefärbtem Mn 2+ :

MnO − 4 + 8 H + + 5 e − ⇋ Mn 2+ + 4 H 2 O E° = 1,51 V

MnO − 4 + 2 H 2 O + 3 e − ⇋ MnO 2 + 4 OH − E° = 1,23 V

(bzw. MnO − 4 + 4 H + + 3 e − ⇋ MnO 2 + 2 H 2 O)

CuO + 2 e − ⇋ Cu + [O 2− ] (das Sauerstoffion wird auf das Alkanol übertragen) E° = 0,35 V

Cr 2 O 2− 7 + 14 H + + 6 e − ⇋ 2 Cr 3+ + 7 H 2 O E° = 1,33 V

Durch die Oxidationsreaktionen kann man leicht eine Unterscheidung 1°-, 2°- und 3°-

Alkanole (nicht zu verwechseln mit einwertig, zweiwertig...) vornehmen:

Dabei wechselt die Oxidationsstufe des entsprechenden C-Atoms von - I über + I nach +

III. Der Sauerstoff des Oxidationsmittels setzt sich zwischen Carbonylkohlenstoff und

Wasserstoff. Das 1,1-Diol als Zwischenstufe ist vollkommen instabil (Erlenmeyer-Regel)

und spaltet sofort Wasser ab. Auch im nächsten Schritt wird wieder ein Sauerstoffatom

zwischen die C-H-Bindung gesetzt. Die daraus resultierende Alkansäure ist allerdings

stabil.

Meistenteils ist es extrem schwierig, die Oxidation auf der Stufe des Alkanals anzuhalten,

da Alkanale in der Regel ein kleineres Redoxpotential als Alkanole besitzen. Die beste

Methode zur sicheren Synthese eines Alkanals ist es, das entstehende Produkt ständig aus

dem Reaktionsgemisch abzudestillieren, da es einen entsprechend niedrigeren Siedepunkt

hat als das dazugehörige Alkanol (keine Wasserstoffbrücken untereinander, nur geringe

Dipol-Dipol-Wechselwirkungen). So kann die vollständige Oxidation zur Alkansäure

vermieden werden.

Die Oxidationsstufe des Kohlenstoffs wechselt von 0 nach + II. Auch mit starken

Oxidations-mitteln ist keine weitere Oxidation zur Alkansäure zu bewirken, da diese nur

unter Zerstörung des Kohlenstoffgerüsts ablaufen könnte, denn das Carbonyl-

Kohlenstoffatom trägt kein weiteres Wasserstoffatom mehr, das gegen eine OH-Gruppe

ausgetauscht werden kannn. Lediglich bei extrem starker Oxidation, z.B. Verbrennung zu

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CO 2 , ist eine Erhöhung der Oxidationszahl zu erreichen.

Auch mit starken Oxidationsmitteln (siehe Alkanone) keine Oxidation zu erreichen, da das

polarisierte Kohlenstoffatom kein weiteres Wasserstoffatom besitzt, das reagieren kann.

Lediglich möglich ist eine Verbrennung zu CO 2 , in dem Kohlenstoff die höchstmögliche

Oxidationsstufe von + IV einnimmt.

4. Eliminierung zu Alkenen

Die Reaktion von Alkanolen zu Alkenen erfolgt z.B. durch Erhitzen mit konzentrierten

Mineralsäuren oder A1 2 O 3 als Lewis-Säure.

säurekatalysierter Mechanismus nach E 1 :

Die Eliminierung ist reversibel, d.h. man kann auch Alkene mit H 2 O/H + zu Alkanolen

umsetzen. Daher ist es wichtig, zur Eliminierung konzentrierte Säuren und nicht wässrige

Lösungen einzusetzen. Unter diesen Bedingungen reagieren Alkene nicht mit H + zu

Alkanolen zurück.

Zwei wichtige Regeln sind bei der Eliminierung zu beachten:

a) Da es sich bei der Reaktion um eine kationische Zwischenstufe handelt, ist die

Reaktivität (wie immer bei Kationen): 3°-Alkanol > 2°-Alkanol > l°-Alkanol, denn das

entstehende 3°-Kation ist wegen des (+)-I-Effektes der drei Alkylgruppen stabilisierter.

In manchen Fällen finden auch Umlagerungen zu stabileren Kationen statt, die wir aber

nicht besprochen haben.

b) Es bildet sich aus dem entstandenen Kation stets das stabilere Alken, bei reinen

Kohlenwasserstoffen also das Alken mit den meisten Alkylgruppen an der Doppelbindung:

H 2 C=CH 2 < H 2 C=CHR < RHC=CHR, R 2 C=CH 2 < R 2 C=CHR < R 2 C=CR 2

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Der Grund ist darin zu suchen, dass an den beiden Doppelbindungs-Kohlenstoffen

vorhandene Alkylreste aufgrund ihrer Hyperkonjugation das entstehende Alken

stabilisieren. Sind andere Substituenten wie z.B. Halogene mit (−)-I-Effekt an der

Doppelbindung platziert, destabilisieren sie das entstehende Alken.

Der kationische Mechanismus wird durch die Wahl eines polaren Mediums (hier

Alkanol, in keinem Fall H 2 O) beschleunigt. Gibt man anstelle des reinen Alkanols

Alkane als Lösungsmittel hinzu, wird die Reaktion erschwert ablaufen.

Alkene

Struktur:

Beide Kohlenstoffatome sind sp 2 -hybridisiert, bilden also einen Bindungswinkel von 120°, alle

sechs σ-Bindungen (hier als Striche angedeutet)liegen

in einer Ebene. Aufgrund der (rot

gezeichneten) π-Bindung ist eine freie Drehbarkeit

zwischen den beiden Kohlenstoffatomen im Gegensatz

zur Einfachbindung nicht möglich.

Daraus ergibt sich die Existenz geometrischer Isomerer:

E- (von entgegen) oder trans −Alken:

Die beiden größten Substituenten R bzw. R'

stehen auf gegenüberliegenden Seiten,

Z- (von zusammen) oder cis-Alken:

Die beiden größten Substituenten stehen auf der

gleichen Seite.

Die Größe der Substituenten wird nach dem gleichen Prinzip wie bei der R/S-Nomenklatur

bestimmt: 1. Präferenz: höhere Atommasse, bei Gleichheit wird die Tochtergeneration

untersucht.

Diese unterschiedlichen Anordnungen führen dazu, dass manche Alkene ein Dipolmoment > 0

haben.

Stabilität von Alkenen:

Je mehr Alkylsubstituenten ein Alken besitzt, desto stabiler ist es (s.o.).

Der Grund ist darin zu suchen, dass Alkylgruppen in Hyperkonjugation mit den π-Elektronen

der Doppelbindung treten können, dadurch ein ausgedehnteres π-Elektronen-System entsteht,

das eine Entropiezunahme bewirkt.

Hyperkonjugation:

Die π-Elektronen der Doppelbindung können mit

den σ-Bindungselektronen der fast parallel

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gerichteten C-H-Bindung geringfügig überlappen.

Treten mehr als eine Doppelbindung im Molekül auf, so gibt es drei Unterscheidungsmöglichkeiten:

-C=C=C-

-C=C-C=C-

-C=C-C-C=C-

kummulierte Doppelbindung, extrem instabil, Molekül bei NB nicht existent.

Grund: Sehr gespanntes Molekül, bei dem das mittlere C eine sp-

Hybridisierung aufweist, die beiden π-Bindungen stehen um 90° verdreht

zueinander.

konjugierte Doppelbindung, sehr stabil, da Überlappung aller vier p z -Orbitale

möglich, wobei keine starke Delokalisation (nur ca. 10 %) erfolgt, da es sich

nicht um ein aromatisches System handelt.

isolierte Doppelbindung (mindestens ein sp 3 -hybridisiertes Kohlenstoffatom

zwischen den sp 2 -hybridisierten Kohlenstoffen der Doppelbindungen. Die

Stabilität dieser Bindungen ist vergleichbar zu Alkenen mit nur einer

Doppelbindung.

Spezialfall: Benzol bzw. alle Cycloalkene oder Cycloyalkenyl-Ionen mit [4 n + 2] π

-Elektronen sind besonders stabil aufgrund des aromatischen Charakters. (Siehe Aromaten...)

Physikalische Eigenschaften

Bis auf einen leicht süßlichen, oft auch unangenehmen Geruch unterscheiden sich die physikalischen

Eigenschaften der Alkene (aufgrund geringer Polarität je nach Struktur) nur geringfügig

von denen der Alkane.

Reaktionsverhalten

Aufgrund der hohen Elektronendichte an der Doppelbindung gehen Alkene hauptsächlich

Additionsreaktionen ein:

l. Addition von Halogenen

Im Gegensatz zu Alkanen reagieren Alkene spontan ohne Lichteinwirkung und ohne

Katalysator mit Halogenen zu Dihalogenalkanen. Der Grund ist in der Polarisierung des

Halogenmoleküls durch die Doppelbindungselektronen zu suchen:

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Hybridisierung:

C: sp 2 C: sp 2 C: sp 2 C: sp 3

Br: sp 3 Br: sp 3 Br: sp 2 Br: sp 3

Die Fähigkeit zur spontanen Addition von Halogenen ist ein auch quantitativ häufig

benutzter Nachweis für Halogene (siehe Iodzahl von Fetten), da man die Entfärbung der

intensiv gefärbten Halogene gut beobachten kann.

2. Addition von Halogenwasserstoffen (HC1, HBr, HI)

Bei der Addition von Halogenwasserstoffen bildet sich anders als beim Bromoniumion keine

verbrückte Zwischenstufe aus, da H+ nicht in der Lage ist, 2-Elektronen-3-Zentren-

Bindungen einzugehen. Es ergibt sich ein normales, lokalisiertes Kation:

Da eine kationische Zwischenstufe durchlaufen wird, gilt wieder: das stabilere Kation wird

gebildet, also 3° > 2° > 1° > CH 3+ .

Z.B.:

und nicht:

Oder anders formuliert:

Markovnikov-Regel: „Them äs has, gits", d.h. das Kohlenstoffatom mit den meisten

Wasserstoffatomen erhält noch ein weiteres hinzu:

Der ionische Mechanismus wird wiederum durch polare Lösungsmittel (z.B. Essigsäure, kein

Wasser, da sonst anstelle von Br − ebenso Wasser angelagert werden könnte → Bildung von

Alkanolen) erleichtert.

Haben wir nicht gemacht:

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Führt man die Reaktion dagegen im unpolaren Medium mit Radikalbildnern durch, so findet

man eine andere Produktverteilung:

Radikalbildner sind meistenteils Peroxide, die aufgrund ihrer termischen Instabilität schnell

zerfallen und so als Starter für die Radikalbildung anderer Stoffe dienen. Sie werden nur in

geringen Mengen dem Reaktionsgemisch zugefügt:

Die Kettenfortpflanzung verläuft solange, bis alle Alkenmoleküle oder HBr reagiert haben.

Da für die Stabilität von Radikalen gilt: 3° > 2° > 1° > CH 3 ⋅, wird bei Einsatz von HBr mit

Peroxiden im unpolaren Medium genau das Anti-Markovnikov-Produkt gebildet:

in diesem Fall wird also das Kohlenstoffatom, das zu Beginn weniger Wasserstoffatome

trägt, das zusätzliche Wasserstoffatom aufnehmen. Der Grund liegt in der Stabilität der

Zwischenstufe.

3. Dimerisierung von Alkenen (Addition von Kationen):

Diese Reaktion findet hauptsächlich als Nebenreaktion bei der elektrophilen Addition von

Halogenwasserstoffen an Alkene statt:

Die kationische Zwischenstufe kann ein weiteres Alkenmolekül angreifen: Bei unserem

Beispiel:

4. Addition von Wasser/ H + :

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Setzt man Alkene im wässrigen Medium mit Säuren um, findet die Umkehr der Eliminierung

von Alkanolen statt (s. S. 12)

Diese Reaktion findet nicht bei Einsatz konzentrierter Säuren statt, wo kein Wasser

vorhanden ist.

Die Reaktion verläuft, da eine kationische Zwischenstufe gebildet wird, ebenfalls nach Markovnikov,

da wiederum das stabilste Kation gebildet wird.

5. Hydrierung mit H 2 / Pt

Im Kapitel Alkene wurde schon mehrfach über die Stabilität verschiedener Alkene

gesprochen. Informationen über die Stabilität erhält man in der Regel über die Messung von

Hydrierungsenthalpien.

Die Hydrierung von Alkenen wird oft zur eindeutigen Identifizierung der Stoffe herangezogen

(Siehe auch später: Messung von Hydrierungsenthalpien zur Differenzierung von Alkenen und

Aromaten.)

Man kann im ersten Schritt die Anzahl an Doppelbindungen in einem zu identifizierenden

Molekül (siehe auch Br 2 -Addition) an der Stoffmenge des verbrauchten Wasserstoffs

erkennen. Im zweiten Schritt ermöglicht eine exakte Messung der Hydrierungsenthalpien eine

genaue Differenzierung isomerer Alkene:

Zur Hydrierung einer Doppelbindung ist je nach Stabilität des eingesetzten Alkens ein

Energiegewinn von ca. 120 kJ/mol zu erwarten. Je nach Substitutionsgrad bzw. Konjugation

(siehe Eigenschaften von Alkenen) sind die Beträge größer oder kleiner und können so zur

exakten Identifizierung beitragen. Es gilt: Je stabiler ein Alken ist, desto geringere

Hydrierungsenthalpien werden frei.

So werden z.B. bei der Hydrierung von 1-Buten 126,9 kJ/mol freigesetzt, während die

geometrischen Isomere E- und Z- 2 – Buten Werte von -119,8 bzw. -115,6 kJ/mol ergeben:

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Die Hydrierung von Cyclohexen ergibt einen Enthalpiegewinn von -120 kJ/mol, bei der

Hydrierung von Cyclohexadien-1,4 erhält man - 240 kJ/mol, während Cyclohexadien-1,3 nur

232 kJ/mol liefert. Der Grund ist hier nicht bei der Menge der Alkylsubstituenten an der DB

zu suchen, die ja in jedem Fall gleich sind, sondern bei der Stabilisierung des 1,3-Isomers

durch Konjugation der DB. Beim 1,4-Isomeren handelt es sich um isolierte Doppelbindungen,

deren Stabilität vergleichbar mit der isolierten DB ist.

Alkanale. Alkanone

Struktur:

Alkanal:

(von Aldehyd = alcohol

dehydrogenatus abgeleitet)

Alkanon:

(von Keton abgeleitet)

(R, R’ sind organische Reste)

Synthese von Alkanonen und Alkanalen: siehe S. 10

Alkanale sind, wie auf S. 10 nachzulesen, die Oxidationsprodukte l°-Alkanole, Alkanone die

der 2°-Alkanole. Beide Stoffgruppen enthalten als charakteristisches Merkmal die

Carbonylgruppe. Sie ist planar, besitzt einen Bindungswinkel von 120°, sowohl C als auch O

sind sp 2 -hybridisiert.

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Unterschied der beiden Gruppen:

Alkanale sind leicht zur Carbonsäure zu oxidieren, während Alkanone nur unter Zerstörung

des Kohlenstoffgerüsts zu oxidieren sind.

Dieser Unterschied wird bei der Fehling-Probe und der Tollens-Reaktion genutzt:

Zur Differenzierung von Alkanalen und Alkanonen werden leichte Oxidationsmittel genutzt,

die, wenn sie selbst reduziert werden, deutlich erkennbare Veränderungen zeigen:

Fehling-Probe: Fehling I: CuSO 4 – Lösung, Fehling II: Natronlauge und KNa-Tartrat:

Cu 2+ aq (komplexiert mit Tartrat, damit es in Lösung bleibt) + OH − aq + Alkanal → Cu 2 O + Alkansäure

Bei Anwesenheit von Alkanalen ändert sich die Farbe von tiefblau nach rot/grün

Alkanone verändern die tiefblaue Farbe nicht.

Tollens-Reagens: Ammoniakalische Silbernitratlösung:

Ag + aq (komplexiert mit Ammoniak, damit es in Lösung bleibt) + OH − aq + Alkanal → Ag + Alkansäure

Bei Anwesenheit von Alkanalen bildet sich ein Silberspiegel im Reagenzglas, bei Alkanonen

findet keine Reaktion statt.

Alkanone sind etwas polarer als Alkanale, zeigen eine höhere Reaktivität gegenüber

nucleophilen Additionen, da das Alkanon zwei (+)-I-Effekte aufweist.

Physikalische Eigenschaften

Aufgrund der Carbonylfunktion sind Alkanale und Alkanone polar, sie besitzen dennoch

deutlich niedrigere Siedepunkte als die Alkanole vergleichbarer molarer Masse M, da sie

aufgrund des fehlenden positiv polarisierten Wasserstoffatoms keine Wasserstoffbrücken

untereinander ausbilden können.

Vergleich der Siedepunkte Propanal: 49°C, Propanon: 56°C; Butanal: 73°C, Butanon: 80°C;

Pentanal = on: 102°C, Hexanal = -on: 128°C

Die Löslichkeit in Wasser ist vergleichbar mit denen der Alkanole (bis C 4 ), da Wasserstoffbrücken

mit den positiv polarisierten Wasserstoffatomen des Wassers möglich sind.

Reaktionsverhalten

Die typischen Reaktionen von Alkanalen und Alkanonen sind nucleophile Additionen. Als

Nucleophile dienen Moleküle oder Anionen, die einsame Elektronenpaare besitzen:

Beispiele:

l. Addition von Wasser: Das entstehende Hydrat des Alkanals ist sehr instabil.

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2. Addition von Alkanolen (Durch Zugabe von H + als Katalysator wird der

nucleophile Angriff erleichtert)

Das entstandene Halbacetal bzw. Halbketal reagiert in

alkoholischer Lösung sofort weiter zum Acetal bzw. Ketal:

Ein Beispiel: Auf diese Weise wird bei weiteren Reaktionen die

Carbonylgruppe vor unerwünschten Reaktionen geschützt.

3. Addition von Carbanionen: Aldoladdition

Setzt man Alkanale bzw. Alkanone mit sich selbst bzw. anderen Alkanalen oder Alkanonen

unter Zugabe von OH − um, so bilden sich „Dimere". Je nach Reaktivität der eingesetzten Edukte

kann es auch zur Bildung von gummiartigen, elastischen Polymeren kommen, wenn man

Alkanale/one mit Laugen stehen lässt:

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Diese können thermisch oder aber basenkatalysiert unter Wasserabspaltung zu α,β- ungesättigten

Aldehyden reagieren:

Alle Alkanale (außer Methanal) und Alkanone besitzen ein acides α-Wasserstoffatom, bedingt

durch die Keto-Enol-Tautomerie, die zur Stabilisierung der negativen Ladung führt:

In der Regel liegen Alkanale und –one in der Ketoform vor, bei Propanal gibt es im

Gleichgewicht nur 0,00025 % Enolform. Bei einigen Stoffen ist das aber anders: so liegt z.B.

Pentan-2,4-dion zu 80% in der Enolform vor, da es sich durch intramolekulare

Wasserstoffbrücken stabilisieren kann:

4. Reaktion mit Natrium:

Da Alkanale/one acide Wasserstoffatome besitzen, reagieren sie auch mit Natium:

Grund: Stabilisierung des Anions durch Keto-Enol-Tautomerie:

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Das entstehende Anion ist stabil, da die negative Ladung delokalisiert

wird:

Die Acidität des α-H-Atoms ist allerdings entschieden geringer als die der

Carbonsäuren, da die negative Ladung dort auf zwei elektronegative

Sauerstoffatome verteilt wird, hier nur auf C und O.

Alkansäuren

Struktur:

Name der funktionellen Gruppe:

Carboyxylgruppe (zusammengesetzt aus Carbonyl für C=O und Hydroxyl für OH)

Physikalische Eigenschaften

Aufgrund der hohen Polarität der Carboxylgruppe sind Carbonsäuren besser als Alkanole in Wasser

löslich. sie sind aufgrund zweier polarer Bereiche in der Lage, Wasserstoffbrücken auszubilden.

Somit sind auch Carbonsäuren mit fünf Kohlenstoffatomen noch in Wasser löslich.

Die Siedepunkte liegen deutlich höher als die der Alkanole

entsprechender molarer Masse M, da Carbonsäuren als

Dimere vorliegen und auch in die Gasphase gehen. Zur

Trennung beider Wasserstoffbrücken müssen entschieden

höhere Kräfte als bei Alkanolen aufgewandt werden.

Dadurch ist auch zu verstehen, dass Dicarbonsäuren HO 2 C-

(CH 2 ) n -CO 2 H nicht unzersetzt zu destillieren sind, da sie

lange Ketten bilden:

Reaktionsverhalten

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Das Reaktionsverhalten von Carbonsäuren wird zum einen beeinflusst durch die - für organische

Verbindungen - hohe Acidität, zum anderen durch die starke positive Polarisierung des Carboxyl-

Kohlenstoffs:

l. Verhalten als Säure: Protolyse/ Neutralisation

Protolyse:

Beide Grenzstrukturen sind sehr stabil, da in beiden Fällen O-Atome die negative Ladung tragen.

Die Säure ist um so acider, je kleiner der Alkylrest R ist, da Alkylreste aufgrund ihrer (+)-I-

Effekte die negative Ladung im Anion destabilisieren.

Sind Gruppen mit (-)-I-Effekten vorhanden, steigt die Acidität:

Im Vergleich dazu ist die Acidität der anderen organischen Verbindungen sehr gering:

Alkanole: 18

Alkane: ca. 42

im Vergleich dazu: Alkanal ca. 17

Wasser 15,6

Phenol 9,89

(Überlegen Sie sich die Gründe…, es geht jeweils um Stabilisierung der Anionen durch

induktive und mesomere Effekte)

Neutralisation:

Alle Carbonsäuren reagieren mit Laugen vollständig zu Salzen:

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2. Reaktion mit Natrium

Alle organischen Säuren reagieren heftiger mit Natrium als z.B. Alkanale, Alkanone oder

Alkanole. Die Heftigkeit der Reaktion ist, wie schon erwähnt, ein Maß für die Acidität des

Stoffes. Auf diese Weise kann auch durch Geschwindigkeitsmessung eine Rangfolge der

Acidität experimentell bestimmt werden.

Eine solche Geschwindigkeitsmessung ist durch Messung des entstehenden Volumens an

Wasserstoff in Abhängigkeit von der Zeit sehr einfach durchzuführen.

R-CO 2 H + Na⋅ → R-CO 2


+ Na + + ½ H 2

Grund für die hohe Reaktivität ist auch hier die Resonanzstabilisierung des entstehenden

Anions.

3. Esterbildung

Säure + Alkohol → Ester + Wasser

R-CO 2 H + R'−O−H → R-CO 2 R’ + H 2 O

Mechanismus (säurekatalysiert):

Der Katalysator H + erhöht die Nucleophilie des Alkanolangriffs und erleichtert so die Anlagerung.

Die Richtigkeit des Mechanismus kann nachgewiesen werden, indem man radioaktiv markiertes

O 18 in das Alkanol einbaut, also RO 18 H einsetzt. Man findet die Markierung nachher zu 100% im

Ester, nicht im abgespaltenen Wasser (bitte selbst formulieren!)

Bei den Alkanolen nimmt die Reaktivität in der Reihenfolge CH 3 OH > 1° > 2° > 3° ab. Grund ist

hauptsächlich die sterische Hinderung des sehr komplexen Übergangszustandes.

Ebenso nimmt bei den Säuren die Reaktivität in der Reihenfolge HCO 2 H > CH 3 CO 2 H >

RCH 2 CO 2 H > R 2 CHCO 2 H > R 3 CCO 2 H ab.

Grund ist zum einen die sterische Hinderung, zum anderen die größere positive Polarisierung des

Kohlenstoffatoms bei HCO 2 H.

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Um eine vollständige Reaktion zu den Estern zu erreichen, ist ein großer Überschuss an Alkanol

sowie das Abdestillieren des Esters aus dem Gleichgewicht nötig (Erinnern Sie sich an das

Thema Chemisches Gleichgewicht in der 11...). Ebenfalls kann ein Wasserabscheider eingesetzt

werden, der dem Reaktionsgemisch das für die Rückreaktion notwendige Wasser entzieht:

Das Reaktionsgemisch wird erhitzt, Lösungsmittel

und Wasser gehen in die Gasphase über,

kondensieren im Kühler und tropfen in das

darunterliegende Rohr. Das Wasser setzt sich, da es

nicht in dem Lösungsmittel löslich ist, ab, das

überschüssige Lösungsmittel fließt wieder in den

Reaktionskolben zurück.

Dadurch ist die vollständige Verschiebung des

Estergleichgewichts zur Seite des Esters möglich.

Vergleichbar können auch andere Säurederivate synthetisiert werden. Bei der Bildung von

Amiden darf nur nicht säurekatalysiert umgesetzt werden, da ansonsten das Ausgangsprodukt

Amin zum Ammoniumsalz reagiert und für eine Substitution nicht mehr zur Verfugung steht:

Struktur von Amiden:

Häufig werden Säureanhydride

oder Säurechloride zur Estersynthese oder anderen

Reaktionen anstelle der entsprechenden organischen Säuren eingesetzt.

Der Vorteil ist in der deutlich

höheren Reaktivität dieser Stoffe zu sehen, da sie

selbst sehr instabil sind. Außerdem entstehen während der Reaktion gute Abgangsgruppen.

Struktur von Säurechloriden:

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Struktur von Säureanhydriden:

Anhydride entstehen durch Dimerisierung zweier Säuremoleküle unter Wasserabspaltung.

Carbonsäureester:

Physikalische Eigenschaften:

Die physikalischen Eigenschaften der Ester unterscheiden sich sehr stark von denen der

Ausgangsstoffe Alkansäure und Alkanol.

Sowohl Säuren wie auch Alkanole bilden untereinander Wasserstoffbrücken, haben also

entschieden höhere Siedepunkte als die Ester, die lediglich schwache Dipolkräfte besitzen. Die

Wasserlöslichkeit der Ester liegt aus gleichem Grunde auch niedriger als die der

Ausgangsmaterialien.

Reaktionsverhalten:

Esterhydrolyse (Verseifung)

säurekatalysiert:

Es handelt sich herbei genau um die Umkehr der Esterbildung (siehe S.23). Die Reaktionsbedingungen

entscheiden, ob die Reaktion in Richtung der Ester/Wasser- oder aber der

Säure/Alkanol-Seite verläuft.

basenkatalysiert:

Um die Alkansäure zu erhalten, muss man im Anschluss ansäuern.

26


2.2 Mesomerie – am Beispiel von Benzol

Wie in Abschnitt 2.1 erläutert, sind die Bindungen zwischen den C-Atomen des

Benzolmoleküls sowohl von der Bindungslänge als auch von der Elektronendichte her weder

Einfach- n och Doppelbindungen. Sie lassen sich daher durch herkömmliche Strukturformeln,

die Einfach- und Doppelbindungen, aber keine Zwischenzustände kennen, nicht zutreffend

beschreiben.

Um den Bindungszustand zutreffend zu beschreiben, verwendet man nicht eine, sondern

zwei Strukturformeln, die sogenannten Grenzstrukturen (s. TvW 3/S. 15/B 4; B 5). Die zu

diesen Grenzstrukturen gehörenden Elektronenverteilungen treten in Wirklichkeit nicht auf.

Die tatsächliche Verteilung stellt eine Art Mittelwert zwischen diesen gleich gewichteten

Grenzstrukturen da. Zwischen diese beiden setzt man einen „Mesomeriepfeil“: ↔ . Dieser

darf nicht mit dem Doppelpfeil verwechselt werden, mit dem man die beiden tatsächlich

existierenden Verbindungen, die miteinander in einem chemischen Gleichgewicht stehen,

auseinander hält (s. B 4/B 5).

Eine Alternative besteht darin, in das Sechseck des Benzol-Moleküls einen Ring zu zeichnen

(s. TvW 3/S. 17/B 4). Diese Darstellung hat aber den Nachteil, dass man nicht erkenn kann,

wie viele π-Elektronen in dem Atomring vorhanden sind.

In der Fachliteratur findet man Benzol und davon abgeleitete Verbindungen meistens nur

durch eine der beiden Grenzstrukturen, also mit scheinbar „richtigen“ Einfach- und

Doppelbindungen, wie sie bei Alkenen auftreten, dargestellt. Dieser Verzicht auf eine

weitere Grenzstruktur ist übersichtlich und Platz sparend. Man darf aber nie vergessen, dass

es sich nur um eine Grenzstruktur handelt.

Durch die Delokalisation der π-Elektronen ist Benzol energieärmer und deshalb stabiler als

eine vergleichbare Verbindung „Cyclohexatrien“ mit drei echten Doppelbindungen. Eine

solche Verbindung existiert nicht; man kann aber berechnen, wie viel Energie sie enthalten

müsste, und zwar durch Verdreifachung der Hydrierungsenthalpie von Cyclohexen, einem

cyclischen Alken mit einer „echten“ Doppelbindung (s. TvW 3/S. 14/B 2). Die messbare

Hydrierungsenthalpie von Benzol ist um 151 kJ/mol kleiner als die berechnete Enthalpie für

die Hydrierung von fiktivem Cyclohexatrien.

Diese Enthalpiedifferenz von 151 kJ/mol wird als Mesomerie-Energie bezeichnet. Mit dieser

Energie lässt sich erklären, weshalb Benzol bevorzugt Substitutions- anstelle von

Additionsreaktionen eingeht, wie sie für Alkene typisch sind: Bei einer Addition müsste

zuerst die Delokalisation der π-Elektronen dauerhaft aufgehoben werden, unter

Aufwendung der Mesomerie-Energie. Bei einer Substitution ist dies nicht notwendig, denn

das aromatische System ist zumindest nach Abschluss der Reaktion wieder vorhanden.

„TvW“ steht für das Lehrbuch „Chemie 2000+“ aus dem Buchner-Verlag.


Unterrichtsmaterialien Chemie Q 2 – Inhaltsverzeichnis

Manche der hier angeführten Kapitel sind noch nicht verfasst. Diese Lücken werden

schrittweise gefüllt.

1. Das Orbitalmodell

1.1 Vom Bohr’schen Atommodell zum Orbitalmodell

1.2 Energiestufen der Orbitale und Periodensystem

1.3 s-, p-, d-, f-Orbitale und ihre Hybridisierung

1.4 Beschreibungen des Kohlenstoffatoms mit dem Orbitalmodell

1.5 Beschreibung von Ethan, Ethen und Ethin mit dem Orbitalmodell

2. Aromatische Verbindungen

2.1 Herleitung der Strukturformel von Benzol

2.2 Mesomerie

2.3 Überblick über aromatische Verbindungen

2.4 Phenol und Anilin

2.5 Der mesomere Effekt

2.6 Elektrophile Substitution an aromatischen Verbindungen

2.7 Elektrophile Zweitsubstitution

3. Farbigkeit und Farbstoffe

3.1 Elektromagnetische Strahlung

3.2 Warum absorbieren Stoffe elektromagnetische Strahlung?

3.3 Farbigkeit durch Emission und Absorption von Strahlung

3.4 Zusammenhang zwischen Struktur und Farbigkeit bei Polyenen und Cyaninen

3.5 Auxochrome und antiauxochrome Gruppen

3.6 Triphenylmethanfarbstoffe

3.7 Azofarbstoffe – Struktur und Synthese

3.8 Indigofarbstoffe

3.9 Färbeverfahren


3.2 Warum absorbieren Stoffe elektromagnetische Strahlung?

Lesen Sie zur Ergänzung in Ihrem Chemie-Buch (Tausch/von Wachtendonk, Band 3, TvW) die

die jeweils angegebenen Seiten.

Elektronen schwingen – als stehende Wellen - nur mit bestimmten Frequenzen

(Grundschwingung, 1., 2. Oberschwingung, ….. Zu jeder Frequenz gehört eine bestimmte

Energie (= Energiestufe, TvW S. 7). Diese Energiestufen werden „von unten nach oben“ mit

maximal zwei Elektronen besetzt, solange der Elektronenvorrat reicht.

Die höchste noch mit Elektronen besetzte Energiestufe ist das HOMO (highest occupied

molecular orbital), die niedrigste freie Energiestufe ist das LUMO (lowest unoccupied

molecular orbital).

Auf diesen Energiestufen, die große Abstände voneinander haben, bauen viele

Energiestufen mit kleinen Abständen auf, da die Moleküle um ihre Bindungen auch

schwingen und rotieren können.

Wenn eine elektromagnetische Welle aus dem Mikrowellen- oder Infrarotbereich auf ein

Molekül trifft, reicht die Energie dieser Welle nur aus, um zusätzliche Schwingungen und

Rotationen anzuregen. D.h. die Welle wird absorbiert und das Molekül gerät in heftigere

Schwingung und Rotation der Atome, was sich als Erwärmung des Stoffes bemerkbar macht.

Um ein Elektron zu einer stärkeren Schwingung anzuregen, wird energiereichere Strahlung

aus dem sichtbaren oder UV-Bereich benötigt. Die elektromagnetische Welle wird

absorbiert, aber nur, wenn die Energie dieser Welle gerade so groß ist wie der Abstand der

Energiestufen von HOMO und LUMO. Die Strahlung, die diesen passenden Abstand nicht

hat, wird an dem Molekül reflektiert oder geht ungehindert durch das Molekül hindurch.

Da HOMO und LUMO sich um einen ganz bestimmten Energiebetrag unterscheiden, kann

also – auf ersten Blick – nur die Strahlung absorbiert werden, die genau diesen

Energiebetrag aufweist. Dies entspricht ganz scharf abgegrenzten Spektrallinien aus dem

Spektrum und ist bei atomar existierenden gasförmigen Stoffen der Fall. Da aber bei

Molekülen auch Rotationen und Schwingungen der Atome angeregt werden können,

verbreitern sich diese Linien zu größeren Bereichen der Absorption (s. TvW S. 5).

Wenn ein Molekül eine Lichtwelle absorbiert hat, befindet es sich in einem energiereicheren

und damit instabileren Zustand als vorher. Die absorbierte Energie wird in kleinen Schritten

wieder abgegeben: Das promovierte (angehobene) Elektron kehrt in das HOMO zurück, d. h.

schwingt wieder mit der ursprünglichen, geringeren Frequenz. Die dabei freigesetzte Energie

wird verwendet, um in dem Molekül zahlreiche Schwingungen und Rotationen der Atome

anzuregen. Allmählich wird diese Energie auf Nachbarmoleküle übertragen, bis wieder das

ursprüngliche Energieniveau oder ein eng benachbartes erreicht ist. Man spricht von

strahlungsloser Desaktivierung. Der Stoff als Ganzes erwärmt sich durch diesen Prozess.

Es kann vorkommen, dass die kleinen Energiestufen, die sich durch Molekülschwingungen

und –rotationen ergeben und auf dem HOMO-Energieniveau aufbauen, nicht weit an das

LUMO-Energieniveau heranreichen; und zwar entweder, weil HOMO und LUMO sehr weit

auseinander liegen oder, weil das Molekül zu starr gebaut ist und nicht genügend schwingen

kann. Dann wird die Energie, die beim Zurückspringen des Elektrons vom LUMO in das

HOMO frei wird, als elektromagnetische Strahlung abgegeben. Die Energie und die Frequenz

dieser Strahlung ist aber etwas geringer und die Wellenlänge etwas größer als die der

ursprünglich absorbierten Strahlung.


Bei sofortiger Abgabe (Emission) dieser Strahlung spricht man von Fluoreszenz, bei zeitlich

verzögerter Abgabe von Phosphoreszenz.

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