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Übung — AFB II (Zusammenhänge herstellen)

Zehn Sachaufgaben vom Ammoniakwerk bis zum Teflon — erst Lewis-Formel, Form und ΔEN verknüpfen, dann entscheiden.

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Aufgabenblock — AFB II

Zehn Sachaufgaben aus dem ganzen Kapitel, bunt gemischt: Bindungsenergien bilanzieren, Lewis-Formeln herleiten, mit dem EPA-Modell die Form bestimmen und mit ΔEN über Polarität und Bindungsart entscheiden — mit gestuften Tipps, wenn du nicht weiterkommst.

A1
Energiebilanz der Ammoniaksynthese
AFB II

In der Industrie wird Ammoniak aus den Elementen hergestellt: \(\mathrm{N_{2} + 3 H_{2} \longrightarrow 2 NH_{3}}\). Bindungsenergien: N≡N 945 kJ/mol, H–H 436 kJ/mol, N–H 391 kJ/mol.

a) Berechne die Energie, die zum Spalten aller Bindungen in 1 mol \(\mathrm{N_{2}}\) und 3 mol \(\mathrm{H_{2}}\) nötig ist. b) Berechne die Energie, die frei wird, wenn aus den Atomen 2 mol \(\mathrm{NH_{3}}\) entstehen.

kJ
kJ
Ansatz: Spalten: eine N≡N- und drei H–H-Bindungen. Bilden: Jedes NH₃-Molekül hat drei N–H-Bindungen, 2 mol also 6 mol N–H.
Rechenweg: a) 945 kJ + 3 · 436 kJ. b) 6 · 391 kJ.
Lösung: a) 2253 kJ b) 2346 kJ
Vollständige Lösung
a) \(E = 945 + 3\cdot 436 = 945 + 1308 = 2253\) kJ müssen zugeführt werden. b) \(E = 6\cdot 391 = 2346\) kJ werden frei. Beim Bilden wird 93 kJ mehr frei, als das Spalten kostet — die Reaktion ist exotherm. Hinweis: Gemessen werden 92 kJ; mit mittleren Bindungsenergien stimmt die Bilanz gut.
EN₂ + 3 H₂2 N + 6 H (Atome)2 NH₃spaltenbilden
Energieschema der Ammoniaksynthese (nicht maßstäblich)
A2
Ethanol und Dimethylether
AFB II

Ethanol (im Desinfektionsmittel) und Dimethylether (Treibgas in Sprühdosen) haben beide die Summenformel \(\mathrm{C_{2}H_{6}O}\). Im Ethanol sind die Atome als CH₃–CH₂–O–H verknüpft, im Dimethylether als CH₃–O–CH₃.

Stelle für beide Moleküle die Lewis-Formel auf. a) Wie viele Striche hat jede der beiden Formeln? b) Wie viele freie Elektronenpaare enthält jedes Molekül?

Ansatz: Valenzelektronen: C 4, H 1, O 6 — die Summe ist für beide Moleküle gleich.
Rechenweg: \(2\cdot 4 + 6\cdot 1 + 6 = 20\) Elektronen = 10 Striche. Zähle die Bindungen im Gerüst; der Rest sind freie Paare.
Lösung: a) 10 Striche b) 2 freie Paare
Vollständige Lösung
a) 20 Valenzelektronen = 10 Striche. b) Ethanol: 5 C–H, C–C, C–O, O–H = 8 Bindungen; Dimethylether: 6 C–H, 2 C–O = 8 Bindungen. Die übrigen 2 Striche sitzen jeweils als freie Paare am O-Atom. Hinweis: Gleiche Summenformel, gleiche Strichzahl — trotzdem zwei verschiedene Stoffe. Erst die Lewis-Formel zeigt, wie die Atome verknüpft sind.
A3
Trickaufgabe: Butadien für Autoreifen
AFB II

Buta-1,3-dien \(\mathrm{C_{4}H_{6}}\) ist ein Ausgangsstoff für Synthesekautschuk. Die vier C-Atome bilden eine Kette CH₂–CH–CH–CH₂.

Leite die Lewis-Formel her. a) Wie viele Striche hat die Formel? b) Wie viele Doppelbindungen enthält das Molekül?

Ansatz: \(4\cdot 4 + 6\cdot 1 = 22\) Valenzelektronen = 11 Striche. Baue das Gerüst aus Einfachbindungen.
Rechenweg: Gerüst: 6 C–H + 3 C–C = 9 Striche, 2 bleiben übrig. Welche C-Atome haben erst 6 Elektronen?
Lösung: a) 11 Striche b) 2 Doppelbindungen
Vollständige Lösung
a) 22 Elektronen = 11 Striche. b) Nach dem Gerüst hat jedes C-Atom nur 3 Striche. Die 2 übrigen Striche werden bindend — zwischen C1 und C2 sowie zwischen C3 und C4: CH₂=CH–CH=CH₂. Jedes C hat dann 4 Striche, und es gibt kein einziges freies Paar. Hinweis: Wer die 2 Striche als freie Paare verteilt, verletzt bei zwei C-Atomen das Oktett.
A4
Tetrafluorethen ist flach
AFB II

Tetrafluorethen \(\mathrm{C_{2}F_{4}}\) ist der Baustein von Teflon, der Beschichtung von Bratpfannen. Seine Lewis-Formel ist F₂C=CF₂ (jedes F mit drei freien Paaren). Messungen zeigen: Alle sechs Atome liegen in einer Ebene.

Deute diesen Befund mit dem EPA-Modell. a) Wie viele Elektronenpaarwolken umgeben jedes C-Atom? b) Welchen Bindungswinkel F–C–F erwartet man?

°
Ansatz: Am C-Atom zählt jede Bindung als eine Wolke — auch die Doppelbindung. Freie Paare am C?
Rechenweg: C=C (1 Wolke) + 2 × C–F (2 Wolken), kein freies Paar → Anordnung ablesen.
Lösung: a) 3 Wolken b) 120°
Vollständige Lösung
a) Jedes C-Atom hat eine Doppelbindung und zwei Einfachbindungen, aber kein freies Paar: 3 Wolken. b) Drei Wolken ordnen sich trigonal-planar an, etwa 120°. Weil beide C-Atome trigonal-planar umgeben sind und die Doppelbindung sie verbindet, liegen alle sechs Atome in einer Ebene.
CCFFFF
Lewis-Formel von Tetrafluorethen
A5
Die Wasserstoffverbindungen der VI. Hauptgruppe
AFB II

Sauerstoff, Schwefel, Selen und Tellur bilden mit Wasserstoff die Verbindungen \(\mathrm{H_{2}O}\), \(\mathrm{H_{2}S}\), \(\mathrm{H_{2}Se}\) und \(\mathrm{H_{2}Te}\). EN-Werte: O 3,4 · S 2,6 · Se 2,6 · Te 2,1 · H 2,2.

Untersuche, wie sich die Polarität der Bindung zum Wasserstoff in der Gruppe ändert. a) Gib ΔEN für die O–H-Bindung an. b) Gib ΔEN für die Te–H-Bindung an.

Ansatz: ΔEN ist immer größere minus kleinere EN.
Rechenweg: a) 3,4 − 2,2 b) 2,2 − 2,1 — Achtung, hier ist Wasserstoff der Partner mit der größeren EN.
Lösung: a) 1,2 b) 0,1
Vollständige Lösung
a) O–H: 3,4 − 2,2 = 1,2 (polar). b) Te–H: 2,2 − 2,1 = 0,1 (unpolar). Dazwischen S–H und Se–H mit je 0,4. Von oben nach unten sinkt die EN des Partners, die Bindung wird immer weniger polar. Beim Tellur zieht sogar der Wasserstoff minimal stärker — das δ− läge am H.
A6
Mix: Die Kältemittel-Reihe
AFB II

Früher wurden Kältemittel aus der Reihe \(\mathrm{CF_{4}}\), \(\mathrm{CF_{3}Cl}\), \(\mathrm{CF_{2}Cl_{2}}\), \(\mathrm{CFCl_{3}}\) und \(\mathrm{CCl_{4}}\) verwendet. In allen fünf Molekülen ist das C-Atom tetraedrisch von vier Halogenatomen umgeben (EN: C 2,6 · F 4,0 · Cl 3,2).

Werte die Reihe aus. a) Wie viele polare Bindungen hat das Molekül \(\mathrm{CF_{3}Cl}\)? b) Wie viele der fünf Moleküle sind Dipolmoleküle?

Ansatz: ΔEN(C–F) und ΔEN(C–Cl) berechnen. Dann: Wann ist ein Tetraeder symmetrisch?
Rechenweg: C–F 1,4 und C–Cl 0,6 — beide polar. Ein Tetraeder ist nur symmetrisch, wenn alle vier Partner gleich sind.
Lösung: a) 4 b) 3
Vollständige Lösung
a) CF₃Cl hat drei C–F-Bindungen (ΔEN 1,4) und eine C–Cl-Bindung (0,6): 4 polare Bindungen. b) CF₄ und CCl₄ sind Tetraeder aus gleichen Partnern, ihre Ladungsschwerpunkte fallen im C-Atom zusammen — keine Dipole. CF₃Cl, CF₂Cl₂ und CFCl₃ haben ungleiche Partner, die verschieden stark ziehen: 3 Dipolmoleküle.
C tetraedrisch von 4 Halogenatomen umgeben
Tetraeder um das C-Atom
A7
Welche Strahlen werden abgelenkt?
AFB II

Fünf Flüssigkeiten sollen am geladenen Stab getestet werden: Phosphortribromid \(\mathrm{PBr_{3}}\) (P mit einem freien Paar), Germaniumtetrachlorid \(\mathrm{GeCl_{4}}\) (Tetraeder), Wasserstoffperoxid \(\mathrm{H_{2}O_{2}}\) (H–O–O–H), Tetrachlorethen \(\mathrm{C_{2}Cl_{4}}\) (flach, Cl₂C=CCl₂) und Trichlorsilan \(\mathrm{SiHCl_{3}}\) (Tetraeder). EN: P 2,2 · Br 3,0 · Ge 2,0 · Cl 3,2 · O 3,4 · H 2,2 · C 2,6 · Si 1,9.

Stelle eine begründete Vermutung auf. a) Wie viele Strahlen werden abgelenkt? b) Wie viele der Stoffe enthalten polare Bindungen?

Ansatz: Erst für jede Bindung ΔEN prüfen, dann die Form: Heben sich die polaren Bindungen auf?
Rechenweg: P–Br 0,8 · Ge–Cl 1,2 · O–H 1,2 · C–Cl 0,6 · Si–Cl 1,3 — jeder Stoff hat polare Bindungen. Symmetrisch gebaut sind GeCl₄ und C₂Cl₄.
Lösung: a) 3 b) 5
Vollständige Lösung
b) Alle fünf Stoffe enthalten polare Bindungen. a) Abgelenkt werden PBr₃ (Pyramide durch das freie Paar), H₂O₂ (freie Paare an den O-Atomen, unsymmetrisch) und SiHCl₃ (ein H statt eines Cl macht den Tetraeder unsymmetrisch). GeCl₄ (Tetraeder aus gleichen Partnern) und C₂Cl₄ (flach und spiegelbildlich gebaut) sind keine Dipole. Hinweis: Polare Bindungen sind notwendig, aber nicht ausreichend.
− − −− − −kein DipolDipol
Versuch mit dem Flüssigkeitsstrahl
A8
Wasserstoff als Treibstoff
AFB II

In Brennstoffzellen-Bussen reagiert Wasserstoff mit Sauerstoff: \(\mathrm{2 H_{2} + O_{2} \longrightarrow 2 H_{2}O}\). Bindungsenergien: H–H 436 kJ/mol, O=O 498 kJ/mol, O–H 463 kJ/mol; \(\mathrm{M(H_{2}) = 2}\) g/mol. In einer Broschüre steht: „Ein Gramm Wasserstoff liefert rund 120 kJ.“

Überprüfe die Angabe. a) Berechne die Energie, die bei der Bildung von 2 mol Wasser insgesamt frei wird (Bilden minus Spalten). b) Berechne die Energie pro Gramm Wasserstoff.

kJ
kJ/g
Ansatz: Spalten: 2 H–H und 1 O=O. Bilden: 2 Wassermoleküle mit je 2 O–H-Bindungen.
Rechenweg: Spalten \(2\cdot 436 + 498 = 1370\) kJ; Bilden \(4\cdot 463 = 1852\) kJ. Für b): 2 mol H₂ wiegen 4 g.
Lösung: a) 482 kJ b) 120,5 kJ/g
Vollständige Lösung
a) \(1852 - 1370 = 482\) kJ werden insgesamt frei. b) Diese Energie stammt aus 2 mol H₂ = 4 g: \(482 : 4 = 120{,}5\) kJ/g. Die Angabe der Broschüre stimmt. Hinweis: Frei wird die Energie beim Bilden der O–H-Bindungen — das Spalten kostet zunächst Energie.
A9
Mix: Harnstoff von Lewis bis EPA
AFB II

Harnstoff \(\mathrm{CO(NH_{2})_{2}}\) steckt in Düngern und Hautcremes. Das C-Atom ist mit dem O-Atom und zwei N-Atomen verbunden, jedes N-Atom trägt zwei H-Atome.

Bestimme die Lewis-Formel und die Anordnung um das C-Atom. a) Wie viele Striche hat die Lewis-Formel? b) Wie viele Elektronenpaarwolken umgeben das C-Atom?

Ansatz: Valenzelektronen: C 4, O 6, N je 5, H je 1. C ist 4-bindig, O 2-bindig, N 3-bindig.
Rechenweg: \(4 + 6 + 2\cdot 5 + 4\cdot 1 = 24\) Elektronen = 12 Striche. Das C hat nur drei Partner, braucht aber 4 Striche — wohin kommt die Doppelbindung?
Lösung: a) 12 Striche b) 3 Wolken
Vollständige Lösung
a) 24 Elektronen = 12 Striche: C=O (2), 2 × C–N, 4 × N–H = 8 bindende Striche; dazu 2 freie Paare am O und je 1 am N. b) Am C: Doppelbindung zum O (1 Wolke) und zwei C–N-Bindungen, kein freies Paar — 3 Wolken, trigonal-planar mit etwa 120°.
A10
Trickaufgabe: Die Fluoride der 2. Periode
AFB II

Alle Elemente der 2. Periode bilden Fluoride: \(\mathrm{LiF}\), \(\mathrm{BeF_{2}}\), \(\mathrm{BF_{3}}\), \(\mathrm{CF_{4}}\), \(\mathrm{NF_{3}}\), \(\mathrm{OF_{2}}\) und \(\mathrm{F_{2}}\). EN: Li 1,0 · Be 1,6 · B 2,0 · C 2,6 · N 3,0 · O 3,4 · F 4,0.

Ordne die Stoffe mit der Faustregel ein. a) Wie viele haben eine polare Atombindung? b) Wie viele sind nach der Regel Ionenverbindungen?

Ansatz: ΔEN = 4,0 minus EN des Partners; Grenzen 0,5 und 1,7.
Rechenweg: LiF 3,0 · BeF₂ 2,4 · BF₃ 2,0 · CF₄ 1,4 · NF₃ 1,0 · OF₂ 0,6 · F₂ 0.
Lösung: a) 3 b) 3
Vollständige Lösung
a) Polar: CF₄, NF₃, OF₂ (ΔEN zwischen 0,5 und 1,7). b) Nach der Regel ionisch: LiF, BeF₂ und BF₃. F₂ ist unpolar. Die Falle: BF₃ ist in Wirklichkeit ein Gas (Siedetemperatur −100 °C) und besteht aus Molekülen — die Faustregel ist ein Richtwert; im Zweifel entscheiden die Stoffeigenschaften.