Übung 6. Allgemeine Chemie I Herbstsemester O(l) H 3. (g), (4) G 0 R = ( 32.89) kj/mol ( ) kj/mol (5) G 0 R = 101.

Transkript

1 Übung 6 Allgemeine Chemie I Herbstsemester Aufgabe MM Aufgabe 1.10 Wir betrachten zuerst den Fall X = F. Reaktionsgleichung: BX 3 (g) + 3 H O(l) H 3 BO 3 (aq) + 3 HX(g) (X = F oder Cl) G 0 R = i Fï r BF 3 gilt speziell: ν i G 0 f,i (Produkte) ν i G 0 f,i(edukte) (1) i G 0 R = ( ) kj/mol ( ) kj/mol () G 0 R = 1.09 kj/mol (3) Mit einer positiven Gibbs schen Reaktionsenthalpie G 0 R ist die Hydrolyse von BF 3 endergonisch und somit thermodynamisch nicht spontan. Im Fall X = Cl ergibt eine analoge Rechnung für die Hydrolyse von BCl 3 den Wert G 0 R = kj/mol. Diese Hydrolyse ist somit spontan.. Aufgabe MM Aufgabe 1.14 C H 4 (g) + H (g) C H 6 (g), H 0 R = kj/mol G 0 R = G 0 f (Ethan) ( G 0 f (Ethen) + G0 f (Wasserstoff) ) (4) G 0 R = ( 3.89) kj/mol ( ) kj/mol (5) G 0 R = kj/mol (6) 1

2 Berechnung von S 0 R aus G0 R und H0 R SR 0 = G0 R H0 R T (7) SR 0 ( ) kj/mol = K (8) SR 0 = kjmol 1 K 1 (9) SR 0 = 10.6 Jmol 1 K 1 (10) Berechnung von SR 0 aus den tabellierten absoluten Entropiewerten SR 0 = S 0 (Ethan) S 0 (Ethen) S 0 (Wasserstoff) (11) SR 0 = ( ) Jmol 1 K 1 (1) SR 0 = 10.6 Jmol 1 K 1 (13) 3. Aufgabe MM Aufgabe 1.4 Reaktionsgleichung: SO (g) + NO (g) SO 3 (g) + NO(g) G 0 R = G 0 f (SO 3 ) + G0 f (NO) ( G 0 f (SO ) + G0 f (NO ) ) (14) G 0 R = ( ) kj/mol + ( ) kj/mol (15) G 0 R = kj/mol (16) Nach Gleichung 1.15 (MM p. 35) gilt: G 0 R lnk =.479 kj/mol = kj/mol.479 kj/mol = (17) K p = K = (wegen Stöchiometrie) (18) 4. Aufgabe MM Aufgabe 1.7 Reaktionsgleichung: N (g) + O (g) NO(g)

3 Berechnung von HR 0, vergleiche Gleichung 1.16 (MM p. 353): ln K ( = H0 R 1 K 1 R 1 ) T 1 T (19) nach Umformung: H 0 R = H 0 R = R 1/T 1 1/T ln K K 1 (0) Jmol 1 K ln (1/000 1/500) K (1) H 0 R = J/mol = 181 kj/mol () Berechnung von K = K p (50 K): ln K ( = H0 R 1 K 1 R 1 ) T 1 T ln K K 1 = Jmol Jmol 1 K 1 ( K 1 ) 50 K (3) (4) ln K = 1.1 K 1 (5) K /K 1 = e 1.1 = 3.35 (6) K = 3.35 K 1 = (7) K = (8) 5. Aufgabe Bei isothermer Expansion ist die Entropieänderung im System (K4, sl. 48) S = nrln V E V A = 0.5 mol J/Kmol ln() =.88 J/mol. (9) a) Da die Entropie eine Zustandsfunktion ist, gilt bei reversiblen Prozessen stets S gesamt = 0 J/mol. (30) Somit gilt bei reversibler isothermischer Expansion für die Umgebung S Umgebung = S gesamt S System =.88 J/mol. (31) 3

4 b) Bei irreversibler isothermischer Expansion gilt: S Umgebung = 0 J/mol. (3) S gesamt = S System + S Umgebung =.88 J/mol. (33) c) Bei adiabatischer Expansion findet kein Wärmeaustausch statt. Reversible adiabatische Expansion ist somit ein isentroper Prozess, dh alle Entropieänderungen sind gleich null: S System = S gesamt = S Umgebung = 0 J/mol. (34) Bei irreversiblen adiabatischer Expansion würde im System Entropie erzeugt. (35) 6. Aufgabe Hauptaufgabe Die Lösung der Aufgabe umfasst die Schritte Aufstellen der Reaktionsgleichung Aufstellen des Massenwirkungsgesetzes Berechnung der Lage des Gleichgewichtes T H R (T ) G R (T ) 300 K kj/mol 306 kj/mol 000 K 39.6 kj/mol kj/mol Für die Reaktion W(s) + Cl (g) WCl 4 (g) gilt allgemein: K = [WCl 4 ] [Cl ] (36) und speziell für das Gasgleichgewicht, formuliert in Partialdrücken: K p = p(wcl 4 ) p (Cl ) (37) 4

5 ( G 0 R = RT lnk K = exp G ) R RT (38) kj/mol K(300 K) = exp 300 K kj/mol (39) K(300 K) = e 1.7 = analog: K(000 K) = (40) K p = K hpa, siehe MM p (41) Niedrige Temperatur begüstigt die Bildung des Komplexes (nahe der Glaswand) Aufgabe Zusatzaufgabe zu Ü 5, Ü 6 Die Diskussion des Gleichgewichtes H (g) + I (g) HI(g) bezieht sich auf Tabelle 17.1 (MM, p. 8), zweite Zeile, als auch das Vorlesungsskript. In der Vorlesung wurde die folgende Relation hergeleitet: [AB] (4 K) + [AB]K([A] 0 + [B] 0 ) K[A] 0 [B] 0 = 0 (4) Beachten Sie, dass die Definition der Startkonzentrationen der Atome A (hier: Wasserstoff) und die der Atome B (hier: Iod), sowohl berücksichtigt, dass beispielsweise zwei H-Atome ein gemeinsames Molekül bilden; als auch die molekulare Anfangskonzentration von Iodwasserstoff ([AB] 0 ): Einsetzung der Zahlenwerte aus Versuch führt auf: und nach Division durch 50.4: [A] 0 = [A ] 0 + [AB] 0 (43) 0 = 50.4 [AB] [AB] (44) 0 = 1 }{{} =a [AB] }{{} [AB] }{{} =b =c (45) Nach Bestimmung der Diskriminanten : = b 4ac (46) 1 Beachten Sie den Artikel von Matthias Born und Thomas Jüstel «Chemie in Lampen. Elektrische Lichtquellen», erschienen in Chem. Unserer Zeit 40, 006, , der auch auf dieses Thema des chemischen Transportes eingeht. 5

6 lauten die Lösungen der quadratischen Gleichung: = (mol/l) (47) [AB] 1, = b ± ( a ) [AB] 1 = 0.04 mol/l (48) (49) [AB] = [HI] = mol/l (50) Aus stöchiometrischen Gründen ist nur ein Wert sinnvoll, der kleiner oder gleich dem Doppelten der kleineren Ausgangskonzentration der Edukte ist. Nur die zweite Lösung ist [I ] 0 = mol/l und daher auch chemisch sinnvoll. Aus Kenntnis der Startkonzentrationen der Edukte und des Produktes, sowie der aktuellen Konzentration des Produktes, lassen sich die molekularen Gleichgewichtskonzentrationen der Edukte berechnen: [A ] = [A ] 0 + [AB] 0 [AB] = [A ] 0 [AB] (51) [A ] = [H ] =.57 mmol/l (5) Analog wird für Iod eine Gleichgewichtskonzentration von [B ] = [I ] = [B ] 0 [AB] = 1.30 mmol/l (53) errechnet. Beide Resultate stimmen mit den Einträgen der Tabelle gut überein. 6