Skript zum Seminar: Grundlagen der Anorganischen Chemie I (AC I) SS 2006

Transkript

1 Skript zum Seminar: Grundlagen der Anorganischen Chemie I (AC I) SS 006 gehalten von Dr. W. Benzmann Mitschrieb von Nils Middendorf 9. Dezember 006

2 Kapitel 1 Stöchiometrische Berechnungen 1.1 Einführung Gesetz der Erhaltung der Masse (Lavoisier, 1789) Gesetz der konstanten Proportionen (Proust, 1799) Die Existenz von Atomen (Dalton 1803, 1805) Gesetz der multiplen Proportionen (Dalton 1808) Definition Isotope sind Elemente gleicher Atomsorte, aber anderer Kernteilchenzahl. 1. Relative Atommassen Beispiel 1..1 Wasserstoff: 1 1 H und 1 H 1961 wurde als Bezugselement der Kohlenstoff 1 C gewählt. Definition u 1 1 m(1 6 C) Aufgabe 1..1 Chlor enthält die Isotope 35 Cl und 37 Cl (m( 35 Cl) 34, 969u,m( 37 Cl)36, 966u)indemVerhältnis 75,77% bzw. 4,3%. Wie groß ist die mittlere, relative Atommasse? 0, , 969u +0, 43 36, 966u 35, 453u Definition Mol einer Substanz ist die Stoffmenge n einessystems,dieausebensoviel ( N A ) Teilchen besteht wie Kohlenstoffatome in 1g des Kohlenstoffisotops 1 6 C enthalten sind. Die relative Molekülmasse ergibt sich durch die Summe der rel. Atommassen: M R A R.(N A 6, mol 1 ) 1

3 KAPITEL 1. STÖCHIOMETRISCHE BERECHNUNGEN Beispiel. M(H) 1, 0079g mol 1 M(O) 15, 999g mol 1 M(H O) 1, 0079g mol , 999g mol 1 18g mol 1 Definition 1..3 Die Molare Masse ist die Masse eines Mols: Molare Masse Masse Stoffmenge M m n Wie viel g H und O benötigt man um 0g H O herzustel- Aufgabe 1.. len? H + O H O 1.3 Reaktion mit Gasen n(h O) m(h O) M(H O) ) 0g 1, 11mol 18g mol 1 n(h O) n(h ) 1 1 n(h O) n(o ) 1 m(h ) 1, 11mol g mol 1, g m(o ) 1, 11mol 3g mol 1 17, 78g Definition Gesetz von Boyle-Mariotte (166/1676) V 1 pv const. p Definition 1.3. Charles Gesetz (1707) V T V T const. Definition Gesetz von Gay-Lussac (1808) Die Volumina von Gasen, die bei einer Reaktion verbraucht werden oder entstehen, stehen in einem ganzzahligen Verhältnis zueinander (bei gleichem Druck und gleicher Temperatur). Definition Avogadro-Gesetz (1811) V n Definition Ideales Gasgesetz: V nrt p pv nrt

4 KAPITEL 1. STÖCHIOMETRISCHE BERECHNUNGEN 3 p : Druck [p] kpa V : Volumen [V ]L n : Stoffmenge [n] mol T : Temperatur [T ]K R : universelle Gaskonstante [R] kpa L mol 1 K 1 Aufgabe Welche Dichte hat das Gas SO (g) bei 100 C und einem Druck von 75kPa? ρ m [ g ] V L m n M 1mol 64g mol 1 64g pv nrt ρ m nrt p p m 1, 547g L 1 nrt Aufgabe 1.3. Wie groß ist das Volumen von 1 mol eines idealen Gases bei 101,35 kpa und 0 C? V nrt p [ 1 8, , 15 mol kpa L mol 1 K 1 ] K 101, 35 kpa, 414L(pro mol) Das Molvolumen eines idealen Gases V molar (unter Normalbedinungen: 101, 35kPa; 73, 15K) beträgt immer,414 L. Aufgabe Wie viel Liter CO erhält man beim Glühen von 10g CaCO 3? CaCO 3 ΔT CO + CaO n m M 10g 0, 1mol 100g mol 1 n(co ) n(caco 3 )0, 1mol V V molar 0, 1mol, 4L

5 KAPITEL 1. STÖCHIOMETRISCHE BERECHNUNGEN 4 Aufgabe (Begrenzte Reaktanden) aus 100g SnF und 11,L Cl? Wie viel mol SnCL 4 entstehen SnF +Cl SnCl 4 + SnF 4 n(snf ) n(cl ) 100g 0, 64mol 156, 6g mol 1 11, L 0, 5mol, 4L mol 1 Es können also aufgrund des Reaktionsverhältnisses SnF : Cl 1:1auch nur 0, 5mol des SnF ((SnF ) eff ) effektiv verbraucht werden: n(sncl 4 ) n(snf ) eff 1 n(sncl 4 ) 1 n(snf ) eff 0, 5mol Aufgabe (Prozentuale Zusammensetzung von Gemischen) 10g eines Gemisches aus CaCO 3 und CaSO 4 werden zu einem Überschuss an HCl gegeben. Wie viel % CaCO 3 enthält das Gemisch, wenn 1,5g CO entstehen? CaCO 3 +HCl CaCl + CO + H O n(caco 3 ) 1, 5g n(co ) 0, 0341mol 44g mol 1 m(caco 3 ) 0, 0341mol 100g mol 1 3, 41g w(caco 3 ) 3, 41g 0, , 13% 10g Aufgabe 1.3.5a (Prozentuale Zusammensetzung von Verbindungen) Zimtaldehyd besteht aus C,H,O. Verbrennt man 6,5g Zimtaldehyd erhält man 19,49g CO und 3,54g H O. Welche prozentuale Zusammensetzung hat Zimtaldehyd? ( C X H Y O Z + x + y z ) ΔT O xco + y H O n(co ) 19, 49g 0, 443mol 44g mol 1 n(h) 3, 54g n(h O) 0, 394mol 18g mol 1 m(c) 0, 443mol 1g mol 1 5, 316g m(h) 0, 394mol 1g mol 1 0, 394g w(c) 5, 316g 0, , 80% 6, 5g w(h) 0, 34g 0, 06 6, 00% 6, 5g w(o) 100% 81, 80% 6, 00% 1, 0%

6 KAPITEL 1. STÖCHIOMETRISCHE BERECHNUNGEN 5 Aufgabe 1.3.5b Welche (empirische) Summenformel hat Zimtaldehyd? ( C x H y O z + x + y z ) ΔT O xco + y H O m(c) 5, 316g n(c) 0, 443mol m(h) 0, 394g n(h) 0, 394mol m(o) 0, 79g n(o) 0, 049mol C 0,443 H 0,394 O 0,049 x : y : z 0, 443 : 0, 394 : 0, 049 C 9,04 H 8,04 O Runden C 9 H 8 O Die empirische Formel ist die kleinst, mgölichste Summenformel: C 9 H 8 O. Aufgabe Die Analyse einer Verbindung, die nur aus H,S,O besteht ergibt 1,04% Wasserstoff, 33,04% Schwefel und 65,9%Sauerstoff. Die Molmasse der Verbindung beträgt 194g mol 1. Wie lauten die empirische und die tatsächliche Formel? 100gH x S y O z 1, 04g(H) 33, 04g(S) 65, 9g(O) x n(h) m(h) M(H) 1, 04g 1, 04mol 1g mol 1 y n(s) m(s) M(S) 33, 04g 1, 03mol 3g mol 1 z n(o) m(o) M(O) 65, 9gg 4, 1mol 16g mol 1 x : y : z 1:1:4 H 1 S 1 O 4 HSO 4 (empirische Formel) M(HSO 4 ) 97g mol 1 M(H x S y O z ) M(HSO 4 ) 198g mol 1 97g mol 1 H S O 8 (tatsächliche Summenformel) Aufgabe Cyclopropan hat bei 50 C und 96kPa eine Dichte von 1, 5g L 1. Seine empirische Formel ist CH. Wie lautet die tatsächliche Summenformel? ρ m V pv nrt pv m M RT M m V RT p M 1, 5g 1L 8, 31451kPa L mol 1 K 1 96kPa 4g mol 1 M(C x H y ) 4g mol 1 3 M(CH ) 14g mol 1 C 3 H 6 (tatsächliche Formel) ( , 15)K

7 KAPITEL 1. STÖCHIOMETRISCHE BERECHNUNGEN Konzentrationen Definition Die Konzentration einer Lösung ist die Menge eines gelösten Stoffes A pro Menge des Lösungsmittels B oder pro Menge der Lösung ( gelöster Stoff A + Lösungsmittel B ). Definition 1.4. Definition w(a) Gewichtsprozent (Massenprozent): m(a) m(a)+m(b) m(gelöster Stoff m(lösung Molenbruch (Stoffmengenanteil): x(a) n(a) n(a)+n(b) n(gelöster Stoff n(lösung m(gelöster Stoff) m(gelöster Stoff) + m(lösungsmittel) n(gelöster Stoff) n(gelöster Stoff) + n(lösungsmittel) Definition Molalität (temperaturunabhängig): b(a) n(a) m(b) n(gelöster Stoff) m(lösungsmittel) Definition Molarität (temperaturabhängig): c(a) n(a) n(gelöster Stoff) V (A)+V (B) V (Lösung) spezielle Konzentrationswerte: 10 3 (Promille), 10 6 (ppm), 10 9 (ppb) Aufgabe 1.4.1a Eine Lösung enthält 36,5g HCl und 7g Wasser. Wie viel %ig ist die Lösung (Massenprozent)? w(hcl) m(hcl) m(hcl)+m(h O) 33, 60% 36, 5g 0, , 5g Aufgabe 1.4.1b und Wasser? Wie groß sind die Stoffmengenanteile/Molenbrüche an HCl n(hcl) 36, 5g 1mol 36, 5g mol 1 n(h O) 7g 4mol 18g mol 1 x(hcl) 1 5 0, x(h O) 4 5 oder 1 x(hcl)0, 8 Aufgabe 1.4.1c Welche Molalität hat die Lösung? m(h O) 7g (Lösungsmittel) b(hcl) 1mol 13, 89mol kg 1 7g

8 KAPITEL 1. STÖCHIOMETRISCHE BERECHNUNGEN 7 Aufgabe 1.4.1d Welche Molarität hat die Lösung? (Die Dichte der Lösung beträgt 1, 17kg L 1 ) ρ m(lösung) V (Lösung) n(hcl) c V (Lösung) n n(hcl) M(HCl) m(hcl) ρ(lösung) ρ(lösung) c w(hcl) M(HCl) m(lösung) M(HCl) 36, 5g 108, 5g 1170g L 1 10, 78mol l 1 36, 5g mol 1 Aufgabe 1.4. (Verdünnen von Lösungen) 100ml einer molaren Salzsäure soll auf 0, 5mol L 1 verdünnt werden. Wie viel Wasser wird dafür benötigt? c 1 mol L 1 V 1 100ml n 1 c 1 V 1 mol L 1 0, 1L 0, mol n 1 c 1 V 1 c V n V n 1 0, mol 0, 8L c 0, 5mol L 1 V (Wasser) 0, 8L 0, 1L 0, 7L Aufgabe Wie viel ml 70%iger HNO 3 (Dichte: 1, 4kg L 1 )benötigt man zur Herstellung von 50 ml, molarer HNO 3? 100g(Lösung) 70g(HNO 3 ) c 1 V 1 c V V 1 c V c 1 0, 5L mol L 1 c 1 c 1 w(hcl) ρ(lösung) 140g L 1 0, 7 M(HNO 3 ) 63g mol 1 V 1 15, 78mol L 1 0, 5l mol L 1 15, 78mol L 1 0, 03169L 34, 6ml

9 Kapitel Chemisches Gleichgewicht.1 Einführung Berhtollet (1803) Napoleonischer Ägyptenfeldzug ( ) Salzsee: Ablagerung von Na CO 3 Beispiel.1.1 v 1 dc(hi) dt Na CO 3 + CaCl CaCO } {{ 3 +NaCl } Kalk H + I HI k c(h ) c(i ) (Bildung von HI) v : Reaktionsgeschwindigkeit c : Konzentration t : Zeit k : Geschwindigkeitskonstante (reaktionsspezifisch, temperaturabhängig) HI H + I v 1 dc(hi) dt k c (HI) (Zerfall von HI) H + I HI( Reaktion im Gleichgewicht) v v k c(h ) c(i ) k c (HI) K C k k c (HI) c(h ) c(i ) Beginn der Reaktion: viel H /I vorhanden hohe Geschwindigkeit der Hinreaktion Im Laufe der Reaktion nimmt die Geschwindigkeit der Hinreaktion ab (die der Rückreaktion zu), bis zum Zeitpunkt des chemischen Gleichgewichts. 8

10 KAPITEL. CHEMISCHES GLEICHGEWICHT 9 Aufgabe.1.1 Je 0.1 mol Wasserstoff (g) und Iod (g) werden in einem 1L- Kolben auf 448 C erhitzt. Wie groß sind die Konzentrationen an H, I und HI? H + I HI Beginn 0, 1 0, 1 0 im GG 0, 1 x 0, 1 x x K 50 c (HI) c(h ) c(i ) (x) (0, 1 x) (0, 1 x) 4x (0, 1 x) x 0, 17x +1, , 17 (0, 17) x 1/ ± 1, x 1 0, 139mol L 1 (unlogisch, da nur 0,1 mol eingesetzt wurden) x 0, 078mol L 1 c(h ) c(i )0, 1 0, 078 0, 0mol L 1 c(hi) 0, 078mol L 1 0, 156mol L 1. Prinzip des kleinsten Zwangs (Le Chatelier 1884) N +3H NH 3 +Wärme K C c(nh 3 ) c(n ) c 3 (H ) Die Verschiebung des Gleichgewichts zu Gunsten des Ammoniaks erfolgt durch erhöhten Druck. Wärme ist gleichzeitig kontraproduktiv als auch notwendig, da sie für die Reaktion benötigt wird (Aktivierungsenergie). Daher wählt man eine mittlere Temperatur.

11 Kapitel 3 Säuren und Basen 3.1 Säure-Base-Theorien Definition Arrhenius Säure: gibt H + ab: HCl H + + Cl Base: gibt OH ab: NaOH Na + + OH Dissoziation in Ionen Nachteile: Beschränkung auf Wasser als Lösungsmittel keine quantitative Beschreibung der Säure-/Basestärke Ammoniak könnte nach A. keine Base sein; daher Hilfskonstruktion: NH 4 OH Definition 3.1. Brönsted/Lowry (193) Säure: gibt H + ab: HCl + H O H 3 O + + Cl Base: nimmt H + auf: H O + NH 3 NH OH Vorteile: keine Beschränkung auf ein bestimmtes Lösungsmittel quantitative Beschreibung der Säure-/Basestärke Fe 3+ :[Fe(H O) 6 ] 3+ + H O [Fe(H O) 5 OH] + + H 3 O + 10

12 KAPITEL 3. SÄUREN UND BASEN 11 Definition Lewis (1938) Säure: Elektronenpaarakzeptor (elektrophil) Base: Elektronenpaardonator (nucleophil) Fe 3+ +6H O [Fe(H O) 6 ] 3+ (Addukt) Nachteil ist hier ebenso wie bei Arrhenius das Fehlen einer quantitativen Beschreibung der Säure-/Basestärke! Definition Ampholyte sind Substanzen, die sowohl als Säure als auch als Base reagieren. HS + H O H 3 O + + S HS + H O OH + H S Definition Autoprotolyse H O + H O H 3 O + + OH Definition In wässrigen Säure-Base-Systemen gibt es keine stärkere Säure als H 3 O + und keine stärkere Base als OH. Dies nennt man den nivellierenden ( gleichmachenden ) Effekt. Stärkere Säuren (z.b. HCl) oder Basen (z.b. O ) reagieren daher vollständig mit Wasser (vollständige Protolyse): HCl + H O H 3 O + + Cl O + H O OH + OH Definition Die Stärke der Säure (Base) wird durch die spezielle Gleichgewichtskonstante, die Säurekonstante K S bzw. Basenkonstante K B angegeben. HA + H O H 3 O + + A K c(h 3O + ) c(a ) c(ha) c(h O) A + H O OH + HA K c(oh ) c(ha) c(a ) c(h O) Da im wässrigen Lösungsmittel c(h O) praktisch konstant bleibt, wird c(h O)indieGleichgewichtskonstante K miteinbezogen: K S c(h 3O + ) c(a ) c(ha) K B c(oh ) c(ha) c(a ) Die Gleichgewichtskonstante der Autoprotolyse des Wassers ergibt sich durch: H O + H O H 3 O + + OH K c(h 3O + ) c(oh ) c (H O) K W c(h 3 O + ) c(oh ) Auch hier wird c(h O) wieder in die Gleichgewichtskonstante einbezogen.

13 KAPITEL 3. SÄUREN UND BASEN 1 Definition Definition werden: Ionenprodukt des Wassers K W c(h 3 O + ) c(oh )10 14 mol L Der negative dekadische Logarithmus kann auch auf andere Werte angewendet c(oh ) poh 3. ph-berechnung K S pk S K B pk B K W pk W ph + poh pk W 14 pk S + pk B pk W 14,da K S K B c(h 3O + ) c(a ) c(oh ) c(ha) c(ha) c(a ) c(h 3 O + ) c(oh )K W Definition 3..1 Der ph-wert ist der negative, dekadische Logarithmus der H 3 O + -Ionenkonzentration. Diese errechnet sich wie folgt: HA + H O H 3 O + + A (Säureprotolyse) H O + H O H 3 O + + OH (Autoprotolyse) K S c(h 3O + ) c(a ) c(ha) K W c(h 3 O + ) c(oh ) c(h 3 O + ) c(a )+c(oh ) c(a ) c(h 3 O + ) K W c(h 3 O + ) ( c(ha) c 0 (HA) c(a )c 0 (HA) c(h 3 O + ) ( ) K S c(h 3 O + ) c(h 3 O + ) KW c(h 3O ) ( ) c 0 (HA) c(h 3 O + ) KW c(h 3O + ) K ) W c(h 3 O + ) Definition 3.. In einer nicht zu verdünnten Lösung ist die Autoprotolyse vernachlässigbar. Daher ergibt sich die Vereinfachung I: HA + H O H 3 O + + A Beginn c 0 c(h 3 O + ) c(a ) im GG c 0 c(h 3 O + ) K S c(h 3O + ) c(a ) c(ha) c(h 3 O + ) c(a ) c 0 (HA) c(h 3 O + ) 0 c (H 3 O + )+(K S c(h 3 O + )) (K S c 0 (HA)) c(h 3 O + ) K (KS ) S ± + K S c 0 (HA)

14 KAPITEL 3. SÄUREN UND BASEN 13 Analog für Basen: A + H O HA + OH c(oh ) K B ± (KB ) + K B c 0 (A ) Definition 3..3 Weitere Vereinfachungen ergeben sich durch den Vergleich der Ausgangskonzentration der Säure/Base und Säure-/Basekonstante. 1. K>c 0 Näherung: vollständige Protolyse K S > c o (HA) K B > c o (A ) c(h 3 O + ) c 0 (HA) ph lgc 0 (HA) c(oh ) c 0 (A ) poh lgc 0 (A ) Aufgabe 3..1 Welchen ph-wert hat eine 0,1 M HCl-Lösung? (K S 10 6 mol L 1 ) ph lg [c 0 (HCl)] lg [0, 1] 1 Aufgabe 3.. Welchen ph-wert hat eine 10 8 M HCl-Lösung? (K S 10 6 mol L 1 ) ph lg [c 0 (HCl)] lg [ 10 8] 8 Die Lösung kann nicht stimmen, da eine Säure, unabhängig davon wie stark verdünnt niemals alkalisch reagieren kann. Die Vereinfachung I (vgl. Def. 3..) kann hier nicht genutzt werden. Der ph-wert wird hier maßgeblich durch die Autoprotolyse des Lösungsmittels Wasser bestimmt: ph lg [ 10 7] 7 Aufgabe 3..3a 50 ml 0,1 M HCl werden nacheinander mit insgesamt 0,49,50,51 und 100 ml 0,1 M NaOH versetzt. Welche ph-werte ergeben sich? V (NaOH) 0ml ph log [0, 1] 1, 00

15 KAPITEL 3. SÄUREN UND BASEN 14 Aufgabe 3..3b V (NaOH) 49ml n(hcl) c V 0, 1mol L L mol n(naoh) c V 0, 1mol L L 4, mol n(hcl) n mol 4, mol 10 4 mol V n 50ml +49ml 99ml HCl + NaOH Cl + Na + + H O Da weder Cl noch Na + den ph-wert beeinflussen ergibt sich: c(hcl) n n(hcl) n 10 4 mol V n L 10 3 mol L 1 Da c(hcl) n >> 10 7 (Verinfachung I - vgl. Def. 3..) und K S >> c(hcl) n (Vereinfachung II - vgl. Def. 3..3) gelten, ergibt sich: ph lg [c(hcl) n ] ph lg [ 10 3] 3, 00 Aufgabe 3..3c V (NaOH) 50ml c(h 3 O + ) c(oh ) (Autoprotolyse) ph 7 Aufgabe 3..3d V (NaOH) 51ml n(hcl) c V 0, 1mol L L mol n(naoh) c V 0, 1mol L L 5, mol n(naoh) n 5, mol mol 10 4 mol V n 50ml +49ml 99ml HCl + NaOH Cl + Na + + H O Da weder Cl noch Na + den ph-wert beeinflussen ergibt sich: c(naoh) n n(naoh) n 10 4 mol V n L 10 3 mol L 1 Da c(naoh) n >> 10 7 (Verinfachung I - vgl. Def. 3..) und K B >> c(naoh) n (Vereinfachung II - vgl. Def. 3..3) gelten, ergibt sich: poh lg [c(naoh) n ] poh lg [ 10 3] 3, 00 ph 14 poh 14 3, 00 11

16 KAPITEL 3. SÄUREN UND BASEN 15 Aufgabe 3..3e (verkürzt) V (NaOH) 100ml c(oh ) 10 mol mol 0, 15L poh lg [0, 0333] 1, 48 ph 14 1, 48 1, 5 0, 0333mol L 1 Definition 3..4 Der Protolysegrad α gibt an wie viel % einer Säure protolysiert sind: α Konz. d. protolysierten Teilchen Konz. d. nicht-protolysierten Teilchen HA + H O H 3 O + + A α c(h 3O + ) c(ha) c(h 3 O + ) α c 0 (HA) K S c(h 3 O + ) c(a ) c 0 (HA) c(h 3 O + ) α c 0(HA) c 0 (HA) α c 0 (HA) α c 0 (HA) (1 α) c 0 (HA) α c 0 (HA) (Ostwaldsches Verdünnungsgestz) (1 α) 0 α + α K S c 0 (HA) K S c 0 (HA) α 1/ K S c 0 (HA) ± ( KS c 0 (HA) ) + K S c 0 (HA) (Säuren) Analog dazu ergibt sich der Protolysegrad für Basen: A + H O HA + OH K B α 1/ c 0 (A ) ± ( ) KB c 0 (A + K B ) c 0 (A ) (Basen) Definition 3..5 Bei einer geringen Protolyse erhält man den Protolysegrad näherungsweise durch folgende Vereinfachung: α < 1, 1 α 1 K α c 0 (HA) α c 0 (HA) 1 α K S α c 0 (HA)

17 KAPITEL 3. SÄUREN UND BASEN 16 Analog für die entsprechende Base: K α c 0 (A ) α c 0 (A ) 1 α K B α c 0 (A ) Aufgabe 3..4 Zu wieviel % ist eine 1 M und eine 10 9 M Essigsäure (HAc) protolysiert? (K S 1, mol L 1 ) 1, c 0 1mol L 1 5 mol L α 1 1mol L 1 0, 004 0, 4% 1, c mol L 1 5 mol L α mol L 1 0, , 34%. K<c 0 Näherung: geringe Protolyse HA + H O H 3 O + + A K S c(h 3O + ) c(a ) c(ha) c(h 3 O + ) c(a ) K S c (H 3 O + ) c 0 (HA) c(h 3 O + ) c(h 3 O + ) << c 0 (HA): K S c (H 3 O + ) c 0 (HA) Das ergibt für die Konzentration von H 3 O + (Säure) und OH (Base): c(h 3 O + ) K S c 0 (HA) ph 1 [pk S lg [c 0 (HA)]] c(oh ) K B c 0 (A ) poh 1 [ pkb lg [ c 0 (A ) ]] Aufgabe mol L 1 ) Welchen ph-wert hat eine 0,1 M Ameisensäure? (K S 1, 8 K S << c 0 c(h 3 O + ) 1, mol L 1 0, 1mol L 1 4, mol L 1 ph lg [ 4, mol L 1], 37 Aufgabe 3..6 Welchen ph-wert hat eine 0,1 M NH 3 -Lösung? (pk B 4, 75) poh 1 [4, 75 lg [0, 1]], 88 ph 14 poh 11, 1

18 KAPITEL 3. SÄUREN UND BASEN 17 Aufgabe 3..7 Zu wieviel % ist eine 10 3 MchlorigeSäure (HClO )protolysiert und welchen ph-wert hat sie? (K S 10 mol L 1 ) K S > c 0 ( α K ) S c 0 (HA) ± KS K S c 0 (HA) c 0 (HA) ( 10 mol L 1 ) mol L 1 ± mol L mol L 1 10 mol L mol L 1 0, , 60% ph lg [ 10 3] 3, K c 0 Keine Näherung möglich! c(h 3 O + ) K S ± c(oh ) K B ± ( ) KS + K S c 0 (HA) ( ) KB + K B c 0 (A ) Definition 3..6 Die ph-wertberechnung mehrprotoniger Säuren erfolgt stufenweise analog zur Protolyse: H SO 4, H 3 PO 4 (K S1 >K S >...) 1.Stufe H A + H O HA + H 3 O + Beginn c im GG c 0 c 1 c 1 c 1 K S1 c(h 3O + ) c(ha ) c(h A) K S1 > c 0 Näherung entsprechend Definition 3..3 / 1.Fall K S1 < c 0 Näherung entsprechend Definition 3..3 /.Fall K S1 c 0 keine Näherung möglich entsprechend Definition 3..3 / 3.Fall.Stufe HA + H O A + H 3 O + Beginn c 1 c 1 im GG c 1 c c 1 + c K S (c 1 + c(h 3 O + )) c(a ) (c(ha ) c ) K S > c 1 Näherung entsprechend Definition 3..3 / 1.Fall K S < c 1 K S c ( K S c 1 c KS+c1 ± KS+c 1 ) + KS c 1 Die Gesamtkonzentration an H 3 O + -Ionen ergib sich durch Summation der Konzentrationen der einzelnen Schritte: c g (H 3 O + ) n c k (H 3 O + )bein Protolysestufen k1

19 KAPITEL 3. SÄUREN UND BASEN 18 Aufgabe 3..8 Welchen ph-wert hat eine 0,1 M H SO 4?(K S1 1000mol L 1, K S 0, 01mol L 1 ) 1.Stufe H SO 4 + H O HSO4 + H 3O + K S1 >c(h SO 4 ) c 1 (H 3 O + )c(h SO 4 ) c(hso4 )c(h SO 4 ).Stufe HSO4 + H O SO4 + H 3 O + K S <c(hso4 ) c (H 3 O + )K S c(so4 S c g (H 3 O + ) c k (H 3 O + )0, 1mol L 1 +0, 01mol L 1 0, 11mol L 1 k1 Aufgabe 3..9 Welchen ph-wert hat eine 0,001 M H SO 4? (K S1 1000mol L 1, K S 0, 01mol L 1 ) K S1 >c(h SO 4 ) c 1 (H 3 O + )c(hso 4 )c(h SO 4 )0, 001mol L 1 K S >c(hso4 ) c (H 3 O + )c(so4 )c(hso 4 )0, 001mol L 1 c ( H 3 O + ) 0, 001mol L 1 +0, 001mol L 1 0, 00mol L 1 ph lg [0, 00] Aufgabe Welchen ph-wert hat eine 0,01 M H SO 4? (K S1 1000mol L 1, K S 0, 01mol L 1 ) K S1 > c(h SO 4 ) c 1 (H 3 O + ) c(hso4 )c(h SO 4 )0, 01mol L 1 K S (HSO 4 ) c (H 3 O + ) K S + c 1 (KS ) + c 1 ± + K S c 1 c g (H 3 O + ) c 1 + c 1, mol L 1 ph lg [ 1, ] Beispiel 3..1 Der ph-wert eines Ampholyten berechnet sich wie folgt: Als Beispiel ist hierzu NaH PO 4 gewählt: Dabei kann das Anion als Base protolysieren: K S (H 3 PO 4 ) 7, mol L 1 K S (H PO 4 ) 6, 10 8 mol L 1 K S (HPO 4 ) mol L 1 H PO 4 + H O OH + H 3 PO 4

20 KAPITEL 3. SÄUREN UND BASEN 19 Das entsprechende Massenwirkungsgesetz lautet: K B(1) c(oh ) c(h 3 PO 4 ) c(h PO 4 ) K W K S (H 3 PO 4 ) mol L 7, mol L 1 1, mol L 1 Gleichzeitig kann das Anion, da es ein Ampholyt ist, auch als Säure protolysieren: H PO 4 + H O H 3 O + + HPO 4 K S() c(h 3O + ) c(hpo4 ) c(h PO4 ) 6, 10 8 mol L 1 Darüberhinaus wirkt die Autoprotolyse der H PO 4 -Moleküle: H PO 4 + H PO 4 HPO 4 + H 3 PO 4 K (3) c(hpo 4 ) c(h 3PO 4 ) c (H PO4 ) K B(1) c(oh ) K S() c(h 3 O + ) c(oh ) c(h 3 O + ) K B(1) K S() K W 8, , mol L 1 6, 10 8 mol L mol L K B(1) c(h PO4 ) c(h 3 PO 4 ) c(hpo 4 ) K S() c(h PO4 ) 4 ) K B(1) c(hpo K S() c(h 3 PO 4 ) Näherung: c(hpo 4 ) c(h 3PO 4 ) c(oh ) c(h 3 O + ) K B(1) K S() Durch die Autoprotolyse ergibt sich: c(oh ) K W c (H 3 O + ) K W c(h 3 O + ) K B(1) K S() KS() c(h 3 O + ) K W K B(1) K S(1) K S() ph 1 [ ] pks(1) + pk S()

21 KAPITEL 3. SÄUREN UND BASEN 0 Aufgabe Welchen ph-wert hat eine 0,1 mol L 1 Na H PO 4? K S1 (H 3 PO 4 ) 7, mol L 1 K S (H PO 4 ) 6, 10 8 mol L 1 K S3 (HPO 4 ) mol L 1 c(h 3 O + ) 7, mol L 1 6, 10 8 mol L 1, mol L 1 ph lg [ c(h 3 O + ) ] 4, 67 Die Berechnung des ph-wertes erfolgt bei verschiedenen Säure-Base-Gemischen auf unterschiedliche Art und Weise: Säure-Base-Gemische ph starke Säure + starke Base Salz neutral HCl + NaOH NaCl starke Säure + schwache Base Salz sauer (schwach) HCl + NH 3 NH 4 Cl schwache Säure + starke Base Salz alkalisch (schwach) HAc + NaOH NaAc Nun ergibt sich die Fragestellung wie eine schwache Säure mit einer schwachen Base reagiert: Protolyse der Säure Protolyse der Base Säure-Base-Reaktion HF + NH 3 NH 4 F NH H O H 3 O + + NH 3 F + H O OH + HF NH F NH 3 + HF Auch hierbei überwiegt (analog zu den Ampholytreaktionen) die dritte mögliche Reaktionen, wie man durch Vergleich der (hier nicht angegebenen) Gleichgewichtskonstanten erkennt: c(h 3 O + ) K S1 K S ph 1 [pk S1 + pk S ] Aufgabe Welchen ph-wert hat eine 0,1 mol L 1 Ammoniumfluoridlösung (NH 4 F )? pk B (NH 3 ) 4, 75 pk S 14 4, 75 9, 5 pk S (HF) 3, 17 ph 1 [9, 5 + 3, 17] 6, 1

22 KAPITEL 3. SÄUREN UND BASEN 1 Ein Puffersystem besteht aus einer schwachen Säure und der dazu kon- Definition 3..7 jugierten Base. HA + H O H 3 O + + A (I) Beginn c 0 (HA) im GG c(ha)c 0 (HA) c(h 3 O + )+c(oh ) } {{ } aus (II) A + H O HA + OH (II) Beginn c 0 (A ) im GG c(a )c 0 (A ) c(oh )+c(h 3 O + ) } {{ } aus (I) K S c(h 3O + ) c(a ) c(ha) c(h 3 O + ) K S c(ha) c(a ) K S c 0(HA) c(h 3 O + )+c(oh ) c 0 (A ) c(oh )+c(h 3 O + ) c(oh K W ) c(h 3 O + ) Die Näherung der geringen Protolyse ermöglicht folgende Vereinfachung: } c(ha) c 0 (HA) c(a ) c 0 (A c(h ) 3 O + )K S c 0(HA) c 0 (A ) Die Logarithmierung ergibt demnach: ph pk S lg bzw. [ ] c0 (HA) c 0 (A ) ph pk S + lg [ c0 (A ] ) c 0 (HA) Dies ist die Hendersson-Hasselbalch-Gleichung (Puffergleichung). H 3 O + + Ac HAc + H O wird durch Ac abgepuffert OH + HAc Ac + H O wird durch HAc abgepuffert Aufgabe 3..1a Welchen ph-wert hat ein 1mol L 1 H PO4 Puffer? (pk S 7, ) ph [ ] 1mol L 1 pk S + lg 1mol L 1 (äquimolarer Puffer) 7, /HP O 4 -

23 KAPITEL 3. SÄUREN UND BASEN Aufgabe 3..1b Welchen ph-wert hat die Lösung nach Zugabe von 0, 01 MHCl? H 3 O + + HPO 4 H PO 4 + H O Beginn 0, im GG 0 1 0, , 01 ph [ ] 1, 01mol L 1 pk S lg 0, 99mol L 1 7, 19 In einer nicht-gepufferten Lösung würde der ph-wert von 7 (neutral) auf ph lg [c 0 (HCl)] abfallen. In der gepufferten Lösung fällt der ph-wert lediglich von 7, 0 auf 7, 19, was an der Grenze der Messgenauigkeit liegt. Ein Puffersystem lässt sich auch durch starke Säure und ein Salz einer schwachen Säure starke Base und ein Salz einer schwachen Base erstellen. Aufgabe ml einer 1-molaren HCl werden durch Zugabe von 4,08g NaAc 3H O abgestumpft. Welchen ph-wert hat die Lösung vor und nach der Zugabe des NaAc? Vor der Zugabe Nach der Zugabe HCl : c(h 3 O + )c 0 (HCl) ph lg [1] 0 HCl + NaAc HAc + NaCl n(hcl) c V 1mol l 1 0, 00l 0, 0mol n(naac 3H O) 4, 08g 0, 03mol 136g mol 1 c(ac ) 0, 03mol 0, 0mol 0, 5mol l 1 0, 0l 0, 0mol c(hac) 1mol l 1 0, 0l [ ] c0 (HAc) ph pk S lg c 0 (Ac ) [ ] 1mol l 1 4, 75 lg 0, 5mol l 1 4, 45 Im Falle eines Puffers ebenfalls möglich: [ ] n(hac) ph pk S lg n(ac ) [ ] 0, 0 4, 75 lg 4, 45 0, 01

24 KAPITEL 3. SÄUREN UND BASEN 3 Aufgabe Welches Konzentrationsverhältnis ergibt einen NH 3 /N H Puffer vom ph-wert 9, 5? (pk S (NH 4 + )9, 5) ph [ c0 (NH 4 + pk S lg ] c 0 (NH 3 ) ph pk S lg [x] lg [x] 9, 5 9, 5 0, 5 x 10 0,5 c 0 (NH + 4 ) c 0 (NH 3 ) 0, 56 0, , 78 Aufgabe ml 1-molare HCl sollen auf ph 5 abgestumpft werden. Wievielml-molarerNaAc-Lösung benötigt man dafür? HCl + NaAc HAc + NaCl HCl : n c V 1mol L 1 0, 015L 0, 015mol NaAc : n 0, 015mol (Zur Herstellung der Essigsäure) [ ] n(hac) ph pk S lg n(naac) [ ] 0, 015mol 59, 5 lg x x 0, ,5 6, mol (Zur ph-werteinrichtung) Die Addition der Stoffmenge zur Herstellung der Essigsäure und zur Einrichtung des ph-werts ergeben die gesamte Stoffmenge, die an NaAc zur Lösung gegeben werden muss. n gesamt (NaAc) mol +6, mol 41, mol V (NaAc) n gesamt c(naac) 41, mol mol L 1 0, 85ml Man muss zur ph-werteinstellung demnach also 0, 85ml an -molarer NaAc- Lösung hinzugeben.

25 Kapitel 4 Lösungs-, Komplex- und Fällungsgleichgewicht (M m X n ) (s) m M + aq + n X aq K cm (M) c n (X) c(m m X n ) Definition 4.1 Das Löslichkeitsprodukt eines Stoffes M m X n ergibt sich aus: K L c m (M) c n (X) [K L ] molm+n L m+n Löslichkeitsprodukte verschiedener Substanzen besitzten oftmals unterschiedliche Dimensionen. Daher kann man sie nicht direkt vergleichen. Die Löslichkeit, angegeben in g L 1 oder mol L 1, löst diese Problematik. Aufgabe 4.1 1L Wasser? Wieviel g CaCO 3 (K L 4, mol L )lösen sich in CaCO 3 Ca + + CO 3 c(ca + ) c(co3 K L c(ca + ) c(co3 c (Ca + ) 4, mol L c(ca + ) 4, mol L mol L 1 n(caco 3 ) n(ca + ) m M n 100g mol mol L g 7mg Es lösen sich also 7mg Calciumcarbonat in 1L Wasser, bevor man eine gesättigte Lösung erhält. 4

26 KAPITEL 4. LÖSUNGS-, KOMPLEX- UND FÄLLUNGSGLEICHGEWICHT 5 Aufgabe 4. Wasser? Wieviel g CaF (K L 3, mol 3 L 3 )lösen sich in 1L CaF Ca + +F c(f ) c(ca + ) K L c (F ) c(ca + ) 4c 3 (Ca + ) c(ca + ) 3 KL (CaF ) 4, mol L 1 n(caf ) n(ca + ), mol m M n 78g mol 1, mol gcaf Man erkennt, dass man die Löslichkeitsprodukte verschiedener Dimensionen nicht vergleichen kann. Calciumcarbonat hat ein betragsmäßig größeres Löslichkeitsprodukt, obwohl die Löslichkeit geringer ist als bei Calciumfluorid. Der Zusatz einer gleichionigen Substanz beeinflusst das Löslichkeitsgleichgewicht. Aufgabe 4.3 Wieviel g AgCl (K L mol L )lösen sich in 1L einer 0, 1-molaren NaCl-Lösung? AgCl s Ag + aq + Cl aq K L c(ag + ) c(cl ) mol L c(ag + ) K L c(cl ) 10 9 mol L mol L 0, 1mol L 1 } {{ } aus NaCl Lsg. Da die Silberionen nur aus dem AgCl stammen gilt: mol L 1 } {{ } aus K L(AgCl),vernachlässigbar n(agcl) n(ag + )10 9 mol m(agcl) M n 143, 5g mol mol 1, g Es lösen sich demnach 1, gagclin 1L 0, 1-molaren NaCl-Lösung. Definition 4. Ebenso wie zwischen einem Feststoff und gelösten Ionen ein Lösungsgleichgewicht vorliegt, findet sich zwischen gelösten Ionen und dem ausgefällten Feststoff ein Fällungsgleichgewicht. m M + aq + n X aq (M m X n ) s K L c m (M + ) c n (X ) K L > c m (M + ) c n (X ) ungesättigte Lösung K L c m (M + ) c n (X ) gesättigte Lösung K L < c m (M + ) c n (X ) übersättigte Lösung

27 KAPITEL 4. LÖSUNGS-, KOMPLEX- UND FÄLLUNGSGLEICHGEWICHT 6 Eine übersättigte Lösung erhält man durch Lösen der Ionen unter Hitzeeinwirkung und anschließende langsame Abkühlung. Die Ionen sind dabei gehemmt den Phasenwechsel durchzuführen und auszukristallisieren (Heterogene Lösung). Oftmals reichen kleine Keime (Staubkorn) um den Phasenwechsel spontan zu bewirken. Aufgabe 4.4 Fällt Mg(OH) (K L 8, mol 3 L 3 )aus,wenneine molare Mg(NO 3 ) -Lösung auf ph 9 gebracht wird? Mg + +OH Mg(OH) K L c(mg + ) c (OH )8, mol 3 L 3 ph 9 c(h 3 O + )10 9 mol L 1 c(oh ) K W c(h 3 O + ) mol L 10 9 mol L mol L 1 c(mg + ) c (OH ) mol L 1 (10 5 mol L 1 ) mol 3 L 3 K L > c(mg + ) c (OH ) Mg(OH) fällt nicht aus! Definition 4.3 Komplexverbindungen bestehen aus Metallionen (Lewis-Säuren) mit daran koordinierten Liganden. Die Komplexbildungskonstante K K (auch Stabilitätskonstante genannt) beschreibt die Stabilität von Komplexen. Komplexdissoziationskonstante: M m+ + nl [ML n ] m+ K K c([ml n ] m+ ) c(m m+ ) c n (L) K K c(m m+ ) c n (L) c([ml n ] m+ ) [ L n mol n [ ] mol n Aufgabe 4.5 Wie groß ist die Ag + -Konzentration in einer 0, 01 molare AgNO 3 -Lösung, die 0, 5mol L 1 NH 3 enthält? (K K [Ag(NH 3 ) ] + 1, L mol ) Im Gleichgewicht: Ag + +NH 3 [Ag(NH 3 ) ] + L n K K c([ag(nh 3) ] + ) c(ag + ) c (NH 3 ) c([ag(nh 3 ) ] + ) c 0 (Ag + ) c(ag + ) ]

28 KAPITEL 4. LÖSUNGS-, KOMPLEX- UND FÄLLUNGSGLEICHGEWICHT 7 c(nh 3 ) c 0 (NH 3 ) c([ag(nh 3 ) ] + ) c(ag + ) << c 0 (Ag + ) c([ag(nh 3 ) ] + ) c 0 (Ag + ) c(nh 3 ) c 0 (NH 3 ) c 0 (Ag + ) K K c 0 (Ag + ) c(ag + ) [c 0 (NH 3 ) c 0 (Ag + )] c(ag + ) 0, 01 1, [0, 5 0, 01], mol L 1 Aufgabe 4.6 Wieviel g AgCl lösen sich in 1L 0, 1 molarer NH 3 - Lösung(K K [Ag(NH 3 ) ] + 1, L mol, K L (AgCl) mol L ) AgCl (s) Ag textaq + + Cltextaq Ag + +NH 3 [Ag(NH 3 ) ] + Die Addition beider Gleichungen ergibt: Im Gleichgewicht liegen: AgCl (s) +NH 3 [Ag(NH 3 ) ] + + Cl c([ag(nh 3 ) ] + ) c(cl ) c(nh 3 ) c 0 (NH 3 ) c([ag(nh 3 ) ] + ) c 0 (NH 3 ) c(cl ) K 1+ K K K L Da c([ag(nh 3 ) ] + )c(cl ) gilt: K 1+ c(ag + ) c(cl ) c([ag(nh 3) ] + ) c(ag + ) c (NH 3 ) 1, c (Cl ) [c 0 (NH 3 ) c(cl )] 1, c (Cl ) [0, 1 c(cl )]... c(cl ) 0, 04 (0, 1 c(cl )) 0, 04 0, 08c(Cl 0, 004 ) 1, 08 3, mol L 1 n(agcl) n(cl )3, mol L 1 m n M 143, 5g mol 1 3, mol L 1 0, 53g L 1 (0, 53g AgClin 1L 0, 1 molaren NH 3 -Lösung)

29 Kapitel 5 Elektrochemie 5.1 Oxidationszahlen Definition Bei einer Redox-Reaktion werden Elektronen von einem Reaktionspartner zu einem anderen übertragen: A Ox-Form + B Red-Form A Red-Form + B Ox-Form Definition 5.1. Die Oxidationszahlen errechnen sich nach folgenden Regeln: 1. Die Oxidationszahlen einer Atoms im freien Element ist 0.. Die Oxidationszahl einer einatomigen Ions ist gleich seiner Ladung. 3. Die Summe der Oxidationszahlen aller Atome eines (ungeladenen) Moleküls ist gleich 0; einer (mehratomigen) Ions gleich seiner Ladung. 4. Fluor hat in allen Verbindungen die Oxidationszahl 1. Sauerstoff hat die Oxidationszahl ; in Peroxiden 1. Wasserstoff hat die Oxidationszahl +1; in Metallhydriden Die höchstmögliche Oxidationszahl eines Elements ist gleich seiner Gruppe im PSE. Ausnahmen sind die Elemente der Nebengruppe, Lanthanoide, Actinoide. 6. In Verbindungen der Nichtmetalle ist die Oxidationszahl des elektronegativeren Elements negativ und entspricht der Ionenladung, die für Ionenverbindungen dieses Elements gilt. Aufgabe MnO 4 + NO Mn+ + NO 3 (sauer) Reduktion: MnO 4 +5e Mn + +4O Oxidation: NO + O NO 3 +e Reduktion: MnO 4 +5e +8H + Mn + +4H O Oxidation: NO + H O NO 3 +e +H + 5 Nach dem Multiplizieren und Kürzen gleicher Teile auf beiden Seiten der Gleichung ergibt sich: MnO 4 +6H+ +5NO Mn + +3H O +5NO 3 8

30 KAPITEL 5. ELEKTROCHEMIE 9 Aufgabe 5.1. CrO 4 + H S Cr(OH) 3 + S (alkalisch) Reduktion: CrO4 +3e +3OH Cr(OH) 3 +4O Oxidation: H S S +e Reduktion: CrO4 +3e +4H O Cr(OH) 3 +5OH Oxidation: H S +OH S +e +H O 3 Nach dem Multiplizieren und Kürzen gleicher Teile auf beiden Seiten der Gleichung ergibt sich: 3H S +CrO 4 +H O 3S +4OH +Cr(OH) 3 5. Galvanisches Element Definition 5..1 EMK ΔE E Kathode E Anode E Reduktion E Oxidation Aufgabe 5..1 Lässt sich Cl bzw. I mit Br oxidieren? E 0 (Cl /Cl ) +1, 36V E 0 (Br /Br ) +1, 07V E 0 (I /I ) +0, 54V Cl + Br Cl +Br EMK 0 1, 07V (+1, 36V ) 0, 9V Die Reaktion läuft nicht ab! (EMK 0 < 0) I + Br I +Br EMK 0 1, 07V (+0, 54V )0, 53V Die Reaktion läuft ab! (EMK 0 > 0) Definition 5.. Die Nernst sche Gleichung ermöglicht die Berechung des Elektrodenpotentials (auch Reduktionspotential genannt) für Konzentrationen von Elektrolytlösungen die nicht 1mol L 1 betragen. [ ] E E 0 0, 059 c(ox) + lg n e c(red)

31 KAPITEL 5. ELEKTROCHEMIE 30 Aufgabe 5..a Eine Galvanische Zelle besteht aus Sn + /Sn(E 0 0, 136V )//P b + /P b(e 0 0, 16V ) Welche Halbzelle ist die Anode und welche die Kathode? EMK E Kathode E Anode > 0 Daher ist Sn + /Sn die Anode. Pb + /P b ist die Kathode. Aufgabe 5..b Wie groß ist die EMK 0? EMK 0 0, 16V ( 0, 136V )0, 01V Aufgabe 5..c Wie groß sind die c(sn + ) und c(pb + ), wenn die EMK 0V?(EMK 0 bedeutet, dass die Reaktion im Gleichgewicht vorliegt.) Sn + Pb + Sn + + Pb Beginn 1 1 GG 1 x 1+x E E 0 + 0, 059 [ ] c(ox) lg c(red) E Kathode E Anode 0, 059 0, 059 0, 16V + log [1 x] 0, 136V + log [1 + x] 0, 059 (log [1 + x] log [1 x]) 0, 01 [ ] 1+x log 0, x x 0, 371 c(sn + ) 1+x 1, 3371mol L 1 c(pb + ) 1 x 0, 69mol L 1 Definition 5..3 Eine Konzentrationskette besteht aus mehreren Halbzellen mit gleicher chemischer Zusammensetzung, aber unterschiedlichen Konzentration der Elektrolytlösung. Aufgabe 5..3 Wie groß ist die EMK der folgenden Konzentrationskette? Ag/AgNO 3 (0, 01mol L 1 )//AgNO 3 (0, 1mol L 1 )/Ag Ox: Ag Ag + + e (Anode) Red: Ag + + e Ag (Kathode)

32 KAPITEL 5. ELEKTROCHEMIE 31 (Kathode) E E 0 +0, 059 log [0, 1] (Anode) E E 0 +0, 059 log [0, 01] EMK E 0 +0, 059 log [0, 1] E 0 +0, 059 log [0, 01] 0, 059 (( 1) ( )) 0, 059V Aufgabe 5..4 Berechnen Sie mit dem Normalpotential die Gleichgewichtskonstante K von Im Gleichgewicht gilt E 0 (Ni + /N i) 0, 5V E 0 (Sn + /Sn) 0, 136 Ni + + Sn + Ni + + Sn EMK ΔE 0 0, 059 logk 0V n e ΔE 0 0, 136V ( 0, 5V )+0, 114V 0 0, 059 0, 114 logk K 10 ( 0,114 0,059 ) 7,