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Übung AFB II

Vom Marmor im Becherglas bis zur Ammoniakanlage — erst den Ansatz finden, dann rechnen.

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Aufgabenblock — AFB II

Zehn mehrschrittige Aufgaben aus Labor und Technik — Geschwindigkeiten mit Stöchiometrie, Gleichgewichtstabellen, Störungen und Temperaturabhängigkeit. Drei gestufte Tipps helfen beim Ansatz.

A1
Marmor in Salzsäure — Massenverlust
AFB II

Ein Becherglas mit Marmorstückchen und Salzsäure steht auf einer Waage: \(\ce{CaCO3(s) + 2 HCl(aq)}\) \(\ce{-> CaCl2(aq) + H2O(l) + CO2(g)}\). Weil \(\ce{CO2}\) entweicht, nimmt die Masse ab (Diagramm). \(M(\ce{CO2})=44{,}01\,\mathrm{g\,mol^{-1}}\).

a) Berechnen Sie die mittlere Bildungsgeschwindigkeit von \(\ce{CO2}\) in \(\mathrm{mmol\,s^{-1}}\) für \(0\)–\(60\,\mathrm{s}\). b) Berechnen Sie sie für \(60\)–\(120\,\mathrm{s}\).

mmol/s
mmol/s
Ansatz: Der Massenverlust ist die Masse des entwichenen \(\ce{CO2}\). Rechnen Sie ihn mit \(n=m/M\) in eine Stoffmenge um.
Rechenweg: a) \(\Delta m=0{,}88\,\mathrm{g}\) in \(60\,\mathrm{s}\); b) \(\Delta m=1{,}32-0{,}88=0{,}44\,\mathrm{g}\) in \(60\,\mathrm{s}\).
Lösung: a) \(0{,}333\,\mathrm{mmol\,s^{-1}}\) b) \(0{,}167\,\mathrm{mmol\,s^{-1}}\)
Vollständige Lösung
a) \(n=\frac{0{,}88\,\mathrm{g}}{44{,}01\,\mathrm{g\,mol^{-1}}}=20{,}0\,\mathrm{mmol}\); \(\bar v=\frac{20{,}0\,\mathrm{mmol}}{60\,\mathrm{s}}\approx0{,}333\,\mathrm{mmol\,s^{-1}}\). b) \(n=\frac{0{,}44}{44{,}01}\,\mathrm{mol}=10{,}0\,\mathrm{mmol}\); \(\bar v\approx0{,}167\,\mathrm{mmol\,s^{-1}}\). Die Geschwindigkeit halbiert sich, weil die Konzentration der Salzsäure abnimmt und die Marmoroberfläche kleiner wird.
06012018000,40,81,21,6t in sΔm in g0,881,321,54
Massenverlust der Reaktionsmischung
A2
Zerfall von Wasserstoffperoxid
AFB II

Wasserstoffperoxid zerfällt an Braunstein: \(\ce{2 H2O2(aq)}\) \(\ce{-> 2 H2O(l) + O2(g)}\). In \(100\,\mathrm{s}\) sinkt \(c(\ce{H2O2})\) von \(0{,}500\) auf \(0{,}420\,\mathrm{mol\,L^{-1}}\).

a) Berechnen Sie die mittlere Zerfallsgeschwindigkeit von \(\ce{H2O2}\) in \(\mathrm{mmol\,L^{-1}\,s^{-1}}\). b) Bestimmen Sie die mittlere Bildungsgeschwindigkeit von \(\ce{O2}\) (gedacht als gelöste Konzentration).

mmol/(L·s)
mmol/(L·s)
Ansatz: Für ein Edukt gilt \(\bar v=-\frac{\Delta c}{\Delta t}\). Die Koeffizienten der Gleichung verknüpfen die Geschwindigkeiten der einzelnen Stoffe.
Rechenweg: \(\Delta c(\ce{H2O2})=-0{,}080\,\mathrm{mol\,L^{-1}}\); aus 2 mol \(\ce{H2O2}\) entsteht 1 mol \(\ce{O2}\).
Lösung: a) \(0{,}80\) b) \(0{,}40\,\mathrm{mmol\,L^{-1}\,s^{-1}}\)
Vollständige Lösung
a) \(\bar v=-\frac{0{,}420-0{,}500}{100}\,\mathrm{mol\,L^{-1}\,s^{-1}}=8{,}0\cdot10^{-4}\,\mathrm{mol\,L^{-1}\,s^{-1}}=0{,}80\,\mathrm{mmol\,L^{-1}\,s^{-1}}\). b) Pro 2 zerfallenen \(\ce{H2O2}\) entsteht 1 \(\ce{O2}\): \(\bar v(\ce{O2})=\frac12\cdot0{,}80=0{,}40\,\mathrm{mmol\,L^{-1}\,s^{-1}}\). Eine Reaktionsgeschwindigkeit muss deshalb immer mit dem Stoff angegeben werden, auf den sie sich bezieht.
A3
Wie stark hilft Erwärmen?
AFB II

Die Thiosulfat-Reaktion \(\ce{S2O3^2-(aq) + 2 H3O+(aq)}\) \(\ce{-> S(s) + SO2(aq) + 3 H2O(l)}\) braucht bei \(20\,{}^\circ\mathrm{C}\) bis zur Trübung \(320\,\mathrm{s}\). Die RGT-Regel gibt pro \(10\,\mathrm{K}\) den Faktor 2 bis 4 an.

a) Berechnen Sie die Zeit bei \(50\,{}^\circ\mathrm{C}\) für den Faktor 2. b) Berechnen Sie die Zeit bei \(50\,{}^\circ\mathrm{C}\) für den Faktor 3.

s
s
Ansatz: Die Zeit bis zur Trübung ist umgekehrt proportional zur Geschwindigkeit. \(30\,\mathrm{K}\) sind drei Schritte zu je \(10\,\mathrm{K}\).
Rechenweg: Faktor 2: \(2^3=8\); Faktor 3: \(3^3=27\). Dann \(320\,\mathrm{s}\) durch diesen Faktor teilen.
Lösung: a) \(40\,\mathrm{s}\) b) \(\approx11{,}9\,\mathrm{s}\)
Vollständige Lösung
a) \(v\) steigt auf das \(2^3=8\)-Fache, also \(t=320\,\mathrm{s}:8=40\,\mathrm{s}\). b) \(3^3=27\): \(t=320\,\mathrm{s}:27\approx11{,}9\,\mathrm{s}\). Die Faktoren wirken multiplikativ, nicht additiv — schon wenige Kelvin verändern die Geschwindigkeit stark.
A4
Zerteilungsgrad in Zahlen
AFB II

Ein Würfel aus Kohle mit \(1\,\mathrm{cm}\) Kantenlänge wird vollständig in kleine Würfel mit \(1\,\mathrm{mm}\) Kantenlänge zerteilt. Nur an der Oberfläche können Sauerstoffmoleküle mit der Kohle zusammenstoßen.

a) Geben Sie die Anzahl der kleinen Würfel an. b) Berechnen Sie, um welchen Faktor die Gesamtoberfläche wächst.

Ansatz: In \(1\,\mathrm{cm}\) passen 10 Kanten von \(1\,\mathrm{mm}\) — in jeder der drei Richtungen.
Rechenweg: Großer Würfel: \(6\cdot(1\,\mathrm{cm})^2\). Kleine Würfel: Anzahl \(\cdot\,6\cdot(0{,}1\,\mathrm{cm})^2\).
Lösung: a) 1000 b) Faktor 10
Vollständige Lösung
a) \(10\cdot10\cdot10=1000\) Würfel. b) \(A_{\text{groß}}=6\,\mathrm{cm^2}\); \(A_{\text{klein}}=1000\cdot6\cdot0{,}01\,\mathrm{cm^2}=60\,\mathrm{cm^2}\) → Faktor 10. Bei gleicher Masse gibt es zehnmal so viele Stellen für Zusammenstöße mit \(\ce{O2}\) — deshalb brennt Kohlestaub viel schneller als ein Brikett.
A5
Iodwasserstoff — vom Start zum Gleichgewicht
AFB II

In einem Kolben werden bei \(425\,{}^\circ\mathrm{C}\) Wasserstoff und Iod mit \(c_0(\ce{H2})=c_0(\ce{I2})=0{,}500\,\mathrm{mol\,L^{-1}}\) eingesetzt: \(\ce{H2(g) + I2(g) <=> 2 HI(g)}\). Im Gleichgewicht misst man \(c(\ce{HI})=0{,}786\,\mathrm{mol\,L^{-1}}\).

a) Ermitteln Sie \(c(\ce{H2})\) im Gleichgewicht. b) Berechnen Sie \(K_c\).

mol/L
Ansatz: Legen Sie eine Tabelle an: Anfang – Änderung – Gleichgewicht. Aus der Gleichung: Für 2 gebildete \(\ce{HI}\) werden je 1 \(\ce{H2}\) und 1 \(\ce{I2}\) verbraucht.
Rechenweg: Verbraucht: \(0{,}786:2=0{,}393\,\mathrm{mol\,L^{-1}}\) \(\ce{H2}\). \(K_c=\dfrac{c^2(\ce{HI})}{c(\ce{H2})\cdot c(\ce{I2})}\).
Lösung: a) \(0{,}107\,\mathrm{mol\,L^{-1}}\) b) \(K_c\approx54\)
Vollständige Lösung
a) \(c(\ce{H2})=c(\ce{I2})=0{,}500-0{,}393=0{,}107\,\mathrm{mol\,L^{-1}}\). b) \(K_c=\dfrac{0{,}786^2}{0{,}107^2}\approx54\) (Literatur: \(54{,}3\) bei \(425\,{}^\circ\mathrm{C}\); die Abweichung kommt vom Runden). Die Gleichgewichtskonzentration der Edukte darf nie aus der Anfangskonzentration übernommen werden.
A6
Mehr Ester durch Säureüberschuss
AFB II

Für die Esterbildung \(\ce{CH3COOH + C2H5OH}\) \(\ce{<=> CH3COOC2H5 + H2O}\) setzt man \(2{,}0\,\mathrm{mol}\) Ethansäure und \(1{,}0\,\mathrm{mol}\) Ethanol ein (mit etwas Schwefelsäure als Katalysator). Im Gleichgewicht liegen \(0{,}845\,\mathrm{mol}\) Ester vor.

a) Ermitteln Sie die Stoffmenge an Ethanol im Gleichgewicht. b) Berechnen Sie \(K_c\).

mol
Ansatz: Für jedes gebildete Estermolekül verschwinden ein Säure- und ein Alkoholmolekül, und es entsteht ein Wassermolekül.
Rechenweg: \(n(\text{Säure})=2{,}0-0{,}845\), \(n(\text{Alkohol})=1{,}0-0{,}845\), \(n(\ce{H2O})=0{,}845\). Das Volumen kürzt sich.
Lösung: a) \(0{,}155\,\mathrm{mol}\) b) \(K_c\approx4{,}0\)
Vollständige Lösung
a) \(n(\ce{C2H5OH})=1{,}0-0{,}845=0{,}155\,\mathrm{mol}\). b) \(K_c=\dfrac{0{,}845\cdot0{,}845}{1{,}155\cdot0{,}155}\approx4{,}0\). Vergleich: Mit je \(1\,\mathrm{mol}\) entstehen nur \(0{,}67\,\mathrm{mol}\) Ester — der Überschuss an Säure erhöht die Ausbeute bezogen auf Ethanol von \(67\,\%\) auf rund \(85\,\%\), \(K_c\) bleibt gleich.
A7
Störung durch Zugabe von Ethanol
AFB II

Ein Estergleichgewicht (\(K_c=4{,}0\)) enthält \(\tfrac13\,\mathrm{mol}\) Ethansäure, \(\tfrac13\,\mathrm{mol}\) Ethanol, \(\tfrac23\,\mathrm{mol}\) Ester und \(\tfrac23\,\mathrm{mol}\) Wasser. Man gibt \(1{,}0\,\mathrm{mol}\) Ethanol hinzu.

a) Berechnen Sie den Wert des Konzentrationsquotienten \(Q=\frac{c(\text{Ester})\cdot c(\ce{H2O})}{c(\text{Säure})\cdot c(\text{Alkohol})}\) direkt nach der Zugabe. b) Im neuen Gleichgewicht liegen \(0{,}845\,\mathrm{mol}\) Ester vor. Berechnen Sie die Ausbeute bezogen auf die eingesetzte Ethansäure (insgesamt \(1{,}0\,\mathrm{mol}\)) in Prozent.

%
Ansatz: Direkt nach der Zugabe hat sich noch nichts umgesetzt — nur \(n(\text{Alkohol})\) ist größer. Ist \(Q<K_c\), reagiert das System in Richtung der Produkte.
Rechenweg: \(Q=\dfrac{\frac23\cdot\frac23}{\frac13\cdot\frac43}\); Ausbeute \(=\frac{n(\text{Ester})}{n_0(\text{Säure})}\cdot100\,\%\).
Lösung: a) \(Q=1{,}0\) b) \(84{,}5\,\%\)
Vollständige Lösung
a) \(Q=\dfrac{0{,}444}{0{,}444}=1{,}0<K_c=4{,}0\): Der Zähler ist zu klein, also läuft die Hinreaktion verstärkt, bis \(Q\) wieder \(4{,}0\) erreicht (Prinzip von Le Chatelier: Das System verbraucht zugesetzten Alkohol). b) \(\frac{0{,}845}{1{,}0}\cdot100\,\%=84{,}5\,\%\) statt vorher \(66{,}7\,\%\).
A8
Welche Richtung ist exotherm?
AFB II

Für \(\ce{2 NO2(g) <=> N2O4(g)}\) (braun ⇌ farblos) misst man zwei Gleichgewichte: bei \(25\,{}^\circ\mathrm{C}\) \(c(\ce{NO2})=0{,}0100\) und \(c(\ce{N2O4})=0{,}0217\,\mathrm{mol\,L^{-1}}\); bei \(100\,{}^\circ\mathrm{C}\) \(c(\ce{NO2})=0{,}0500\) und \(c(\ce{N2O4})=0{,}0050\,\mathrm{mol\,L^{-1}}\).

a) Berechnen Sie \(K_c\) bei \(25\,{}^\circ\mathrm{C}\). b) Berechnen Sie \(K_c\) bei \(100\,{}^\circ\mathrm{C}\).

L/mol
L/mol
Ansatz: Stellen Sie zuerst den \(K_c\)-Ausdruck auf: Der Koeffizient 2 wird zum Exponenten. Die Einheit kürzt sich hier nicht.
Rechenweg: \(K_c=\dfrac{c(\ce{N2O4})}{c^2(\ce{NO2})}\) — beide Wertepaare einsetzen.
Lösung: a) \(217\,\mathrm{L\,mol^{-1}}\) b) \(2{,}0\,\mathrm{L\,mol^{-1}}\)
Vollständige Lösung
a) \(K_c=\dfrac{0{,}0217}{0{,}0100^2}=217\,\mathrm{L\,mol^{-1}}\). b) \(K_c=\dfrac{0{,}0050}{0{,}0500^2}=2{,}0\,\mathrm{L\,mol^{-1}}\). \(K_c\) sinkt beim Erwärmen stark: Die Hinreaktion zu \(\ce{N2O4}\) ist exotherm (\(\Delta_r H^\circ\approx-57\,\mathrm{kJ\,mol^{-1}}\)); Temperaturerhöhung begünstigt die endotherme Rückreaktion, das Gas wird dunkelbraun.
A9
Ammoniak aus einer Tonne Stickstoff
AFB II

In einer Haber-Bosch-Anlage wird \(1{,}00\,\mathrm{t}\) Stickstoff im Kreislauf vollständig zu Ammoniak umgesetzt: \(\ce{N2 + 3 H2 -> 2 NH3}\), \(\Delta_r H^\circ=-91{,}8\,\mathrm{kJ\,mol^{-1}}\). \(M(\ce{N2})=28{,}02\), \(M(\ce{NH3})=17{,}03\,\mathrm{g\,mol^{-1}}\).

a) Berechnen Sie die Masse an Ammoniak in Tonnen. b) Berechnen Sie die dabei frei werdende Wärme in GJ.

t
GJ
Ansatz: Über die Stoffmenge gehen: \(n(\ce{N2})=m/M\). Aus 1 mol \(\ce{N2}\) entstehen 2 mol \(\ce{NH3}\); \(\Delta_r H\) gilt pro Formelumsatz, also pro 1 mol \(\ce{N2}\).
Rechenweg: \(n(\ce{N2})=10^6\,\mathrm{g}:28{,}02\,\mathrm{g\,mol^{-1}}=35\,689\,\mathrm{mol}\).
Lösung: a) \(1{,}22\,\mathrm{t}\) b) \(3{,}28\,\mathrm{GJ}\)
Vollständige Lösung
a) \(n(\ce{NH3})=2\cdot35\,689\,\mathrm{mol}=71\,378\,\mathrm{mol}\); \(m=71\,378\cdot17{,}03\,\mathrm{g}\approx1{,}216\cdot10^6\,\mathrm{g}=1{,}22\,\mathrm{t}\). b) \(|Q|=35\,689\,\mathrm{mol}\cdot91{,}8\,\mathrm{kJ\,mol^{-1}}\approx3{,}28\cdot10^6\,\mathrm{kJ}=3{,}28\,\mathrm{GJ}\). Diese Wärme wird in der Anlage genutzt, z. B. zum Vorheizen des Synthesegases.
A10
Druckerhöhung im Stickstoffdioxid-Kolben
AFB II

Bei \(100\,{}^\circ\mathrm{C}\) gilt für \(\ce{2 NO2(g) <=> N2O4(g)}\) \(K_c=2{,}0\,\mathrm{L\,mol^{-1}}\); im Gleichgewicht ist \(c(\ce{NO2})=0{,}050\) und \(c(\ce{N2O4})=0{,}0050\,\mathrm{mol\,L^{-1}}\). Nun wird das Volumen schlagartig halbiert (Temperatur konstant).

a) Berechnen Sie \(Q=\frac{c(\ce{N2O4})}{c^2(\ce{NO2})}\) direkt nach dem Zusammendrücken. b) Im neuen Gleichgewicht ist \(c(\ce{NO2})=0{,}0886\,\mathrm{mol\,L^{-1}}\). Ermitteln Sie \(c(\ce{N2O4})\).

L/mol
mol/L
Ansatz: Halbes Volumen heißt: Alle Konzentrationen verdoppeln sich im ersten Moment. Weil \(c(\ce{NO2})\) quadriert wird, wächst der Nenner stärker.
Rechenweg: Direkt danach: \(0{,}100\) und \(0{,}0100\,\mathrm{mol\,L^{-1}}\). Abgebautes \(\ce{NO2}\): \(0{,}100-0{,}0886\); daraus entsteht die Hälfte an \(\ce{N2O4}\).
Lösung: a) \(Q=1{,}0\,\mathrm{L\,mol^{-1}}\) b) \(0{,}0157\,\mathrm{mol\,L^{-1}}\)
Vollständige Lösung
a) \(Q=\dfrac{0{,}0100}{0{,}100^2}=1{,}0\,\mathrm{L\,mol^{-1}}<K_c\) → Reaktion in Richtung \(\ce{N2O4}\), also zur Seite mit weniger Gasteilchen. b) \(\Delta c(\ce{NO2})=0{,}0114\,\mathrm{mol\,L^{-1}}\) → \(c(\ce{N2O4})=0{,}0100+0{,}0057=0{,}0157\,\mathrm{mol\,L^{-1}}\). Kontrolle: \(\frac{0{,}0157}{0{,}0886^2}\approx2{,}0\) — \(K_c\) ist unverändert, nur die Lage hat sich verschoben.