Übung — AFB III (Verallgemeinern und Reflektieren)

Musterlösung: Die Aussage ist falsch. Das Aufbrechen der C–H- und O=O-Bindungen kostet Energie: \(4\cdot 413 + 2\cdot 498 = 2648\) kJ pro Mol Methan. Frei wird Energie erst, wenn die neuen Bindungen im CO₂ und im Wasser entstehen: \(2\cdot 799 + 4\cdot 463 = 3450\) kJ. Weil beim Bilden rund 800 kJ mehr frei werden, als das Spalten kostet, liefert die Verbrennung insgesamt Energie. Richtig wäre: „Energie wird frei, weil in den Produkten stärkere Bindungen entstehen, als in den Ausgangsstoffen gespalten werden.“

Musterlösung: Gegenbeispiel Bortribromid BBr₃: ΔEN(B–Br) = 3,0 − 2,0 = 1,0 — die drei Bindungen sind polar, jedes Br trägt δ−, das B-Atom δ+. Das B-Atom hat drei Bindungen und kein freies Paar, also drei Wolken: Das Molekül ist trigonal-planar mit 120°. Der Schwerpunkt der drei δ− liegt im Mittelpunkt des gleichseitigen Dreiecks — genau dort, wo das B-Atom mit δ+ sitzt. Beide Schwerpunkte fallen zusammen: BBr₃ ist kein Dipol. Die Regel ist damit widerlegt; richtig ist: Polare Bindungen sind nötig, aber nur ein unsymmetrischer Bau macht das Molekül zum Dipol. (Weitere Gegenbeispiele: CO₂, CF₄, C₂F₄.)

Musterlösung: Zählen: H 1 + O 6 + N 5 + O 6 = 18 Valenzelektronen = 9 Striche. Gerüst: H–O–N–O mit 3 Einfachbindungen, 6 Striche bleiben. Verteilen: Das endständige O bekommt 3 freie Paare, das mittlere O 2, der letzte Strich kommt als freies Paar ans N. Nun hat das N-Atom nur 3 Striche (6 Elektronen). Umklappen: Ein freies Paar des endständigen O wird bindend: H–O–N=O mit 2 freien Paaren an jedem O und 1 freien Paar am N. Prüfen: 4 bindende + 5 freie = 9 Striche ✓; mittleres O: 2 Bindungen + 2 freie Paare = 8; N: 3 Bindungsstriche + 1 freies Paar = 8; endständiges O: 2 + 2 = 8; H: 2 ✓.

Musterlösung: Lea hat teilweise recht: Metall + Nichtmetall ist sehr oft ionisch, Nichtmetall + Nichtmetall bildet Moleküle — der Schnellcheck ist nützlich. Er versagt aber bei SnCl₄: Trotz Metall ist der Stoff eine leicht siedende Flüssigkeit aus Molekülen; die ΔEN-Regel (3,2 − 2,0 = 1,2, polare Atombindung) sagt das richtig voraus. Umgekehrt versagt die ΔEN-Regel bei SiF₄ (4,0 − 1,9 = 2,1 > 1,7, also „ionisch“), obwohl es ein Gas aus Molekülen ist — hier liegt der Metall-Check richtig. Fazit: Keine der beiden Regeln ist überflüssig; beide sind Faustregeln. Am sichersten ist, beide anzuwenden und Grenzfälle an den Stoffeigenschaften (Schmelz- und Siedetemperatur, Leitfähigkeit der Schmelze) zu prüfen.

Musterlösung: Pro Mia: Wer die Zeichnung wörtlich nimmt, liest einen falschen Winkel ab — insofern ist die Formel als Bild des Moleküls irreführend. Contra: Eine Lewis-Formel will gar nicht den Raum zeigen. Sie zeigt, welche Atome verbunden sind, wie viele Elektronenpaare bindend oder frei sind und ob jedes Atom ein Oktett hat — das stimmt beim Methan vollständig. Die 90° sind nur Zeichenkonvention auf flachem Papier. Den räumlichen Bau liefert erst das EPA-Modell: Vier Wolken gehen maximal auseinander, Tetraeder, 109,5°. Das EPA-Modell braucht dafür aber die Lewis-Formel als Ausgangspunkt. Ergebnis: Die Lewis-Formel ist nicht falsch, sondern ein Modell mit begrenzter Aussage. Für den Raum nutzt man die Keil-Strich-Schreibweise.

Musterlösung: Im Stickstoffmolekül |N≡N| teilen sich die Atome drei Elektronenpaare, im Sauerstoffmolekül nur zwei (O=O mit je zwei freien Paaren). Drei gemeinsame Paare ziehen beide Kerne stärker zusammen: Die N≡N-Bindung ist kürzer (110 statt 121 pm) und viel stärker (945 statt 498 kJ/mol). Damit Stickstoff reagiert, muss diese sehr stabile Bindung aufgebrochen werden — dafür ist fast doppelt so viel Energie nötig wie beim Sauerstoff. Bei normalen Temperaturen reicht die Energie dafür nicht; Stickstoff ist deshalb reaktionsträge, Sauerstoff reagiert leicht. Folge: Wir atmen Stickstoff ein und aus, ohne dass etwas passiert.

Musterlösung: Quadrat: Die beiden Cl-Atome können an benachbarten Ecken (Winkel Cl–C–Cl 90°) oder an gegenüberliegenden Ecken (180°) sitzen. Das wären zwei verschiedene Moleküle — man müsste zwei Stoffe „Dichlormethan“ finden. Tetraeder: Hier ist jede Ecke mit jeder anderen Ecke gleichwertig verbunden (alle Winkel 109,5°). Egal, welche zwei Ecken die Cl-Atome besetzen — man kann das Molekül immer so drehen, dass es mit jeder anderen Besetzung übereinstimmt. Es gibt nur eine Anordnung. Da es tatsächlich nur ein Dichlormethan gibt, passt der Befund zum Tetraeder und widerlegt das flache Quadrat — genau wie es das EPA-Modell mit vier Wolken vorhersagt.

Musterlösung: Maßstab: Ein Dipolmolekül braucht polare Bindungen und einen Bau, in dem die Ladungsschwerpunkte nicht zusammenfallen. Jan nennt nur die erste Bedingung — und ohne ΔEN nicht einmal vollständig. Dieselbe Begründung passt auch auf BBr₃ (Br ist elektronegativer als B) — und BBr₃ ist kein Dipol. Die Antwort ist unvollständig. Ella prüft die Polarität mit ΔEN, erklärt mit dem freien Paar die Pyramidenform und schließt aus der Lage der Schwerpunkte auf den Dipol. Ihre Antwort ist vollständig und fachsprachlich korrekt. Verbesserungsvorschlag für Jan: die Form (EPA-Modell) und die Schwerpunkte ergänzen.

Musterlösung: Regel: Ein Molekül XYₙ mit gleichen polaren Bindungen ist genau dann ein Dipol, wenn das Zentralatom mindestens ein freies Elektronenpaar trägt. Begründung: Ohne freie Paare verteilen sich die n gleichen Partner gleichmäßig (linear, trigonal-planar, tetraedrisch); der Schwerpunkt der Teilladungen der Partner fällt ins Zentralatom — kein Dipol. Beispiele: CO₂ (n = 2), BBr₃ (n = 3), CF₄ (n = 4). Mit freien Paaren werden die Partner auf eine Seite gedrückt (gewinkelt, trigonal-pyramidal) — die Schwerpunkte trennen sich: SF₂ (n = 2), PF₃ (n = 3). Grenze der Regel: Sie gilt nur für gleiche Partner und polare Bindungen; sind die Bindungen unpolar (z. B. PH₃, ΔEN 0) oder die Partner verschieden (CH₃F), muss man einzeln prüfen.

Musterlösung: Striche: 7 + 4 + 5 = 16 Elektronen = 8 Striche; das erfüllen alle drei Vorschläge. Oktett: In allen drei Formeln hat jedes Atom 8 Elektronen — die Oktettregel allein entscheidet also nicht. Bindigkeit: (B) gibt dem Cl-Atom eine Doppelbindung; Halogene sind 1-bindig und bilden nur Einfachbindungen — verworfen. (C) setzt N in die Mitte: N hätte vier Bindungen, C nur drei, obwohl N 3-bindig und C 4-bindig ist — verworfen. Entscheidung: Formel (A), Cl–C≡N mit drei freien Paaren am Cl und einem am N: Jedes Atom hat seine normale Bindigkeit (Cl 1, C 4, N 3) und ein Oktett. Nach dem EPA-Modell ist das Molekül linear (zwei Wolken am C).