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Übung — AFB II (Zusammenhänge herstellen)

Zehn Sachaufgaben von der Lithium-Batterie bis zur Opferanode — erst den Elektronenfluss erkennen, dann rechnen.

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Aufgabenblock — AFB II

Zehn Sachaufgaben aus dem ganzen Kapitel, bunt gemischt: erst erkennen, was wandert und welche Regel passt, dann in mehreren Schritten rechnen — mit gestuften Tipps, wenn du nicht weiterkommst.

A1
Elektronen aus der Lithium-Batterie
AFB II

Eine Lithium-Batterie enthält 0,347 g Lithium. Beim Entladen wird das gesamte Lithium zu \(\mathrm{Li^+}\)-Ionen oxidiert \((M(\mathrm{Li})=6{,}94\ \mathrm{g/mol},\ N_A=6{,}022\cdot 10^{23}\ \mathrm{mol^{-1}})\).

a) Berechne die Stoffmenge der Elektronen, die die Batterie liefern kann. b) Wie viele Elektronen sind das? Gib die Anzahl als Vielfaches von \(10^{22}\) an.

mol
· 10²²
Ansatz: Teilgleichung \(\mathrm{Li}\longrightarrow\mathrm{ Li^{+}}+\mathrm{e^-}\): pro Atom ein Elektron. Dann \(n=m:M\) und \(N=n\cdot N_A\).
Rechenweg: \(n(\mathrm{Li})=0{,}347:6{,}94=0{,}05\) mol \(=n(\mathrm{e^-})\); \(N=0{,}05\cdot 6{,}022\cdot 10^{23}\).
Lösung: a) 0,05 mol b) ≈ 3,01 · 10²² Elektronen
Vollständige Lösung
a) \(\mathrm{Li}\longrightarrow\mathrm{ Li^{+}}+\mathrm{e^-}\), also gilt \(n(\mathrm{e^-})=n(\mathrm{Li})=\dfrac{0{,}347\ \mathrm{g}}{6{,}94\ \mathrm{g/mol}}=0{,}05\ \mathrm{mol}\). b) \(N=0{,}05\ \mathrm{mol}\cdot 6{,}022\cdot 10^{23}\ \mathrm{mol^{-1}}\approx 3{,}01\cdot 10^{22}\). Hinweis: Lithium ist in der I. Hauptgruppe — ein Elektron pro Atom, deshalb sind die beiden Stoffmengen gleich.
LiLi⁺AtomIon−
Ein Elektron pro Lithium-Atom
A2
Der Bleibaum
AFB II

Hängt man ein Zinkblech in Blei(II)-nitratlösung, wachsen daran glitzernde Bleikristalle — ein „Bleibaum“. Das Blech verliert dabei 1,962 g Zink \((M(\mathrm{Zn})=65{,}4\ \mathrm{g/mol},\ M(\mathrm{Pb})=207\ \mathrm{g/mol})\).

a) Bestimme die Stoffmenge des gelösten Zinks. b) Welche Masse Blei scheidet sich ab? Runde auf zwei Nachkommastellen.

mol
g
Ansatz: Erst die Redoxgleichung aufstellen: Zink gibt 2 Elektronen ab, ein \(\mathrm{Pb^{2+}}\)-Ion nimmt 2 auf.
Rechenweg: \(\mathrm{Zn}+\mathrm{Pb^{2+}}\longrightarrow\mathrm{ Zn^{2+}}+\mathrm{Pb}\): Verhältnis 1 : 1. \(n=1{,}962:65{,}4\); \(m=n\cdot 207\).
Lösung: a) 0,03 mol b) 6,21 g
Vollständige Lösung
a) \(n(\mathrm{Zn})=\dfrac{1{,}962\ \mathrm{g}}{65{,}4\ \mathrm{g/mol}}=0{,}03\ \mathrm{mol}\). b) Oxidation \(\mathrm{Zn}\longrightarrow\mathrm{ Zn^{2+}}+\mathrm{2\,e^-}\), Reduktion \(\mathrm{Pb^{2+}}+\mathrm{2\,e^-}\longrightarrow\mathrm{ Pb}\), gesamt \(\mathrm{Zn}+\mathrm{Pb^{2+}}\longrightarrow\mathrm{ Zn^{2+}}+\mathrm{Pb}\). Also \(n(\mathrm{Pb})=0{,}03\ \mathrm{mol}\) und \(m(\mathrm{Pb})=0{,}03\ \mathrm{mol}\cdot 207\ \mathrm{g/mol}=6{,}21\ \mathrm{g}\). Hinweis: Zink steht in der Redoxreihe links von Blei — die Reaktion läuft freiwillig ab.
ZnPb²⁺
Zink in Blei(II)-nitratlösung
A3
Kupfer auf Aluminium
AFB II

Aluminiumgrieß wird in blaue Kupfer(II)-sulfatlösung gegeben; etwas Kochsalz greift die schützende Oxidschicht an. Die Lösung wird heiß, und rotbraunes Kupfer entsteht. Es reagieren 0,54 g Aluminium \((M(\mathrm{Al})=27\ \mathrm{g/mol},\ M(\mathrm{Cu})=63{,}5\ \mathrm{g/mol})\).

a) Stelle die Redoxgleichung auf und gib an, wie viele Elektronen pro Formelumsatz übertragen werden. b) Berechne die Masse des entstehenden Kupfers auf zwei Nachkommastellen.

e⁻
g
Ansatz: \(\mathrm{Al}\longrightarrow\mathrm{ Al^{3+}}+\mathrm{3\,e^-}\) und \(\mathrm{Cu^{2+}}+\mathrm{2\,e^-}\longrightarrow\mathrm{ Cu}\) — Faktoren über das kgV(3, 2).
Rechenweg: Oxidation \(\cdot 2\), Reduktion \(\cdot 3\): \(\mathrm{2\,Al}+\mathrm{3\,Cu^{2+}}\longrightarrow\mathrm{ 2\,Al^{3+}}+\mathrm{3\,Cu}\). \(n(\mathrm{Al})=0{,}02\) mol, \(n(\mathrm{Cu})=\tfrac32\cdot 0{,}02\) mol.
Lösung: a) 6 Elektronen b) ≈ 1,91 g
Vollständige Lösung
a) kgV(3, 2) = 6: \(\mathrm{2\,Al}\longrightarrow\mathrm{ 2\,Al^{3+}}+\mathrm{6\,e^-}\) und \(\mathrm{3\,Cu^{2+}}+\mathrm{6\,e^-}\longrightarrow\mathrm{ 3\,Cu}\), gesamt \(\mathrm{2\,Al}+\mathrm{3\,Cu^{2+}}\longrightarrow\mathrm{ 2\,Al^{3+}}+\mathrm{3\,Cu}\) — 6 Elektronen. b) \(n(\mathrm{Al})=0{,}54:27=0{,}02\ \mathrm{mol}\); laut Gleichung \(n(\mathrm{Cu})=\tfrac32\cdot 0{,}02=0{,}03\ \mathrm{mol}\); \(m(\mathrm{Cu})=0{,}03\cdot 63{,}5\approx 1{,}91\ \mathrm{g}\). Hinweis: Das Stoffmengenverhältnis ist 2 : 3, nicht 1 : 1.
A4
Aluminiumfolie in Salzsäure
AFB II

Ein Stück Aluminiumfolie (0,27 g) löst sich in Salzsäure vollständig auf; es entsteht Wasserstoff: \(\mathrm{2\,Al}+\mathrm{6\,H_3O^+}\longrightarrow\mathrm{ 2\,Al^{3+}}+\mathrm{3\,H_2}+\mathrm{6\,H_2O}\) \((M(\mathrm{Al})=27\ \mathrm{g/mol}\), molares Volumen \(24\ \mathrm{L/mol})\).

a) Ermittle die Stoffmenge der übertragenen Elektronen. b) Welches Volumen Wasserstoff entsteht? Runde auf zwei Nachkommastellen.

mol
L
Ansatz: Jedes Al-Atom gibt 3 Elektronen ab; je 2 Elektronen entsteht ein \(\mathrm{H_2}\)-Molekül.
Rechenweg: \(n(\mathrm{Al})=0{,}27:27=0{,}01\) mol; \(n(\mathrm{e^-})=3\cdot 0{,}01\); \(n(\mathrm{H_2})=n(\mathrm{e^-}):2\); \(V=n\cdot 24\).
Lösung: a) 0,03 mol b) 0,36 L
Vollständige Lösung
a) \(n(\mathrm{Al})=\dfrac{0{,}27\ \mathrm{g}}{27\ \mathrm{g/mol}}=0{,}01\ \mathrm{mol}\); \(\mathrm{Al}\longrightarrow\mathrm{ Al^{3+}}+\mathrm{3\,e^-}\) liefert \(n(\mathrm{e^-})=0{,}03\ \mathrm{mol}\). b) Reduktion \(\mathrm{2\,H_3O^+}+\mathrm{2\,e^-}\longrightarrow\mathrm{ H_2}+\mathrm{2\,H_2O}\): \(n(\mathrm{H_2})=0{,}015\ \mathrm{mol}\), \(V=0{,}015\ \mathrm{mol}\cdot 24\ \mathrm{L/mol}=0{,}36\ \mathrm{L}\). Hinweis: Obwohl eine Säure beteiligt ist, ist das eine Redoxreaktion — die Oxonium-Ionen sind hier Elektronenakzeptor.
A5
Chlor trifft Methan
AFB II

Im Sonnenlicht reagiert Methan mit Chlor: \(\mathrm{CH_4}+\mathrm{Cl_2}\longrightarrow\mathrm{ CH_3Cl}+\mathrm{HCl}\). Mittlere Bindungsenergien in kJ/mol: C–H 413, Cl–Cl 242, C–Cl 328, H–Cl 431.

Leite die Reaktionsenergie aus den Bindungsenergien her: a) Energie zum Spalten aller Eduktbindungen, b) Energie beim Bilden aller Produktbindungen, c) \(\Delta E\) mit Vorzeichen.

kJ
kJ
kJ
Ansatz: Edukte: 4 C–H und 1 Cl–Cl. Produkte: im \(\mathrm{CH_3Cl}\) 3 C–H und 1 C–Cl, dazu 1 H–Cl.
Rechenweg: Spalten \(4\cdot 413+242\); Bilden \(3\cdot 413+328+431\); \(\Delta E=\) Spalten − Bilden.
Lösung: a) 1894 kJ b) 1998 kJ c) −104 kJ
Vollständige Lösung
a) \(E_{\text{Spalten}}=4\cdot 413+242=1652+242=1894\ \mathrm{kJ}\). b) \(E_{\text{Bilden}}=3\cdot 413+328+431=1998\ \mathrm{kJ}\). c) \(\Delta E=1894-1998=-104\ \mathrm{kJ}\) — exotherm. Hinweis: Drei C–H-Bindungen stehen auf beiden Seiten; netto zählt nur der Tausch C–H + Cl–Cl (655 kJ) gegen C–Cl + H–Cl (759 kJ).
freie AtomeCH₄ + Cl₂CH₃Cl + HCl+1894−1998
Energietreppe (Werte in kJ)
A6
Ammoniak als Schiffstreibstoff
AFB II

Große Frachtschiffe sollen künftig Ammoniak verbrennen: \(\mathrm{4\,NH_3}+\mathrm{3\,O_2}\longrightarrow\mathrm{ 2\,N_2}+\mathrm{6\,H_2O}\). Bindungsenergien in kJ/mol: N–H 391, O=O 498, N≡N 945, O–H 463. Für Methan gilt \(\Delta E\approx-802\ \mathrm{kJ}\) pro Mol.

a) Berechne die Energie zum Spalten aller Eduktbindungen. b) Gib \(\Delta E\) für den Formelumsatz an. c) Vergleiche mit Methan: Gib \(\Delta E\) pro Mol Ammoniak an.

kJ
kJ
kJ
Ansatz: Ein \(\mathrm{NH_3}\) hat 3 N–H-Bindungen; Produkte: 2 N≡N und 12 O–H.
Rechenweg: Spalten \(12\cdot 391+3\cdot 498\); Bilden \(2\cdot 945+12\cdot 463\); für c) durch 4 teilen.
Lösung: a) 6186 kJ b) −1260 kJ c) −315 kJ
Vollständige Lösung
a) \(E_{\text{Spalten}}=12\cdot 391+3\cdot 498=4692+1494=6186\ \mathrm{kJ}\). b) \(E_{\text{Bilden}}=2\cdot 945+12\cdot 463=1890+5556=7446\ \mathrm{kJ}\), \(\Delta E=6186-7446=-1260\ \mathrm{kJ}\). c) \(-1260:4=-315\ \mathrm{kJ}\) pro Mol \(\mathrm{NH_3}\). Methan liefert pro Mol gut doppelt so viel Energie, erzeugt aber \(\mathrm{CO_2}\); bei Ammoniak entstehen nur Stickstoff und Wasser.
A7
Der Bioethanol-Kamin
AFB II

Ein Tischkamin verbrennt Ethanol: \(\mathrm{C_2H_5OH}+\mathrm{3\,O_2}\longrightarrow\mathrm{ 2\,CO_2}+\mathrm{3\,H_2O}\). Ethanol hat die Lewis-Formel \(\mathrm{H_3C{-}CH_2{-}O{-}H}\). Bindungsenergien in kJ/mol: C–H 413, C–C 348, C–O 358, O–H 463, O=O 498, C=O 799.

Werte die Lewis-Formeln aus: a) Wie viele Bindungen werden beim Formelumsatz insgesamt gespalten (eine Doppelbindung zählt als eine Bindung)? b) Berechne \(\Delta E\) für 1 mol Ethanol.

kJ
Ansatz: Ethanol: 5 C–H, 1 C–C, 1 C–O, 1 O–H; dazu 3 O=O. Produkte: 4 C=O und 6 O–H.
Rechenweg: Spalten \(5\cdot 413+348+358+463+3\cdot 498\); Bilden \(4\cdot 799+6\cdot 463\).
Lösung: a) 11 Bindungen b) −1246 kJ
Vollständige Lösung
a) \(5+1+1+1+3=11\) Bindungen. b) \(E_{\text{Spalten}}=2065+348+358+463+1494=4728\ \mathrm{kJ}\); \(E_{\text{Bilden}}=4\cdot 799+6\cdot 463=3196+2778=5974\ \mathrm{kJ}\); \(\Delta E=4728-5974=-1246\ \mathrm{kJ}\). Hinweis: Der Messwert liegt etwas anders — Bindungsenergien sind Mittelwerte.
HCCOHHHHHC–H · C–C · C–O · O–H
Lewis-Formel von Ethanol
A8
Tablette gegen Sodbrennen
AFB II

Eine Tablette gegen Sodbrennen enthält 0,583 g Magnesiumhydroxid \(\mathrm{Mg(OH)_2}\) \((M=58{,}3\ \mathrm{g/mol})\). Im Magen reagiert es mit der Salzsäure: \(\mathrm{Mg(OH)_2}+\mathrm{2\,H_3O^+}\longrightarrow\mathrm{ Mg^{2+}}+\mathrm{4\,H_2O}\).

Ordne die Reaktion als Säure-Base- oder Redoxreaktion ein. a) Wie viele Protonen nimmt eine Formeleinheit \(\mathrm{Mg(OH)_2}\) auf? b) Welche Stoffmenge Oxonium-Ionen kann eine Tablette abfangen?

H⁺
mol
Ansatz: Achte auf Magnesium: Es liegt vorher und nachher als \(\mathrm{Mg^{2+}}\) vor. Wer nimmt die Protonen auf?
Rechenweg: Jedes der zwei \(\mathrm{OH^-}\) nimmt ein \(\mathrm{H^+}\) auf. \(n(\mathrm{Mg(OH)_2})=0{,}583:58{,}3\), mal 2.
Lösung: Säure-Base; a) 2 b) 0,02 mol
Vollständige Lösung
Säure-Base-Reaktion: Die Hydroxid-Ionen sind Protonenakzeptoren (Base), die Oxonium-Ionen Protonendonatoren (Säure); Magnesium bleibt \(\mathrm{Mg^{2+}}\), es wandern keine Elektronen. a) \(\mathrm{OH^-}+\mathrm{H_3O^+}\longrightarrow\mathrm{ 2\,H_2O}\) zweimal: 2 Protonen. b) \(n=\dfrac{0{,}583\ \mathrm{g}}{58{,}3\ \mathrm{g/mol}}=0{,}01\ \mathrm{mol}\), also \(n(\mathrm{H_3O^+})=0{,}02\ \mathrm{mol}\). Hinweis: Metallisches Magnesium mit Salzsäure wäre dagegen eine Redoxreaktion.
H₃O⁺OH⁻ProtonendonatorProtonenakzeptorH⁺
Ein Proton wandert
A9
Silber aus dem Fixierbad
AFB II

Altes Fixierbad aus dem Fotolabor enthält Silber-Ionen. Man hängt Eisenwolle hinein; dabei entstehen \(\mathrm{Fe^{2+}}\)-Ionen und Silber. Im Bad stecken 10,8 g Silber \((M(\mathrm{Ag})=108\ \mathrm{g/mol},\ M(\mathrm{Fe})=55{,}8\ \mathrm{g/mol})\). Es stehen 3 g Eisenwolle bereit.

Weise rechnerisch nach, dass die Eisenwolle ausreicht: a) Stoffmenge Silber, b) mindestens nötige Masse Eisen auf zwei Nachkommastellen.

mol
g
Ansatz: Eisen gibt 2 Elektronen ab, ein \(\mathrm{Ag^+}\) nimmt 1 auf: Ein Fe-Atom reduziert zwei Silber-Ionen.
Rechenweg: \(\mathrm{Fe}+\mathrm{2\,Ag^{+}}\longrightarrow\mathrm{ Fe^{2+}}+\mathrm{2\,Ag}\); \(n(\mathrm{Fe})=n(\mathrm{Ag}):2\); \(m=n\cdot 55{,}8\).
Lösung: a) 0,1 mol b) 2,79 g — 3 g reichen
Vollständige Lösung
a) \(n(\mathrm{Ag})=\dfrac{10{,}8\ \mathrm{g}}{108\ \mathrm{g/mol}}=0{,}1\ \mathrm{mol}\). b) \(\mathrm{Fe}+\mathrm{2\,Ag^{+}}\longrightarrow\mathrm{ Fe^{2+}}+\mathrm{2\,Ag}\): \(n(\mathrm{Fe})=0{,}05\ \mathrm{mol}\), \(m(\mathrm{Fe})=0{,}05\cdot 55{,}8=2{,}79\ \mathrm{g}<3\ \mathrm{g}\) — die Eisenwolle reicht. Hinweis: Wer das Verhältnis 1 : 1 nimmt, rechnet mit 5,58 g und hält die Wolle fälschlich für zu wenig.
A10
Opferanode im Warmwasserspeicher
AFB II

Stählerne Warmwasserspeicher enthalten einen Stab aus Magnesium. Nach einigen Jahren haben sich 486 g Magnesium zu \(\mathrm{Mg^{2+}}\)-Ionen aufgelöst \((M(\mathrm{Mg})=24{,}3\ \mathrm{g/mol},\ M(\mathrm{Fe})=55{,}8\ \mathrm{g/mol})\).

a) Berechne die Stoffmenge der abgegebenen Elektronen. b) Schätze ab, wie viel Eisen (Oxidation zu \(\mathrm{Fe^{2+}}\)) ohne den Stab stattdessen hätte oxidiert werden können. Gib die Masse in Gramm an.

mol
g
Ansatz: Magnesium ist unedler als Eisen und gibt seine Elektronen zuerst ab. Beide Metalle geben 2 Elektronen pro Atom ab.
Rechenweg: \(n(\mathrm{Mg})=486:24{,}3=20\) mol; \(n(\mathrm{e^-})=2\cdot 20\); \(n(\mathrm{Fe})=n(\mathrm{Mg})\); \(m=20\cdot 55{,}8\).
Lösung: a) 40 mol b) 1116 g ≈ 1,1 kg
Vollständige Lösung
a) \(n(\mathrm{Mg})=\dfrac{486\ \mathrm{g}}{24{,}3\ \mathrm{g/mol}}=20\ \mathrm{mol}\); \(\mathrm{Mg}\longrightarrow\mathrm{ Mg^{2+}}+\mathrm{2\,e^-}\) liefert \(40\ \mathrm{mol}\) Elektronen. b) Dieselbe Elektronenmenge entspräche \(\mathrm{Fe}\longrightarrow\mathrm{ Fe^{2+}}+\mathrm{2\,e^-}\) bei 20 mol Eisen: \(m=20\cdot 55{,}8\ \mathrm{g}=1116\ \mathrm{g}\approx 1{,}1\ \mathrm{kg}\) Stahl, die der Stab vor dem Rosten bewahrt hat. Hinweis: Der Stab „opfert“ sich, weil Magnesium in der Redoxreihe weit links steht.
unedeledelKNaMgAlZnFePbH₂CuAgAuMg gibt Elektronen leichter ab als Fe
Magnesium (orange) ist unedler als Eisen (grün)