Aufgaben zu stöchiometrischen Berechnungen - Uni

Aufgaben zu stöchiometrischen Berechnungen
Chem. Reaktionsgleichungen geben nicht nur eine qualitative sondern auch eine
quantitative Beschreibung der chem. Vorgänge: die linke Seite einer Gleichung muß
in Anzahl und Art der Atome mit der rechten übereinstimmen. Auch die Summen der
Massen sind auf beiden Seiten gleich (Gesetz von der Erhaltung der Masse). Die
Koeffizienten einer Reaktionsgleichung geben einerseits die Zahl der beteiligten
Moleküle (bzw. Atome) andererseits aber auch den Stoffmengenumsatz an.
Das Maß für die Stoffmenge n ist das Mol.
Ein Mol einer molekularen Substanz besteht aus NA Teilchen (NA: Avogadrosche
Zahl:
6,022 × 1023) und hat die Masse in (in g), deren Zahlenwert der relativen
Molekülmasse M entspricht. M ergibt sich aus der Summe der relativen Atommassen
aller Atome eines Moleküls. Die molare Masse ist die Masse eines Mols.
m olare Masse =
Masse
m
M =
[g/m ol]
Stoffm enge
n
Aufgabe:
Wieviel g H2 und O2 benötigt man, um 20 g H2O herzustellen?
2 H2
+ O2 →
Molmassen: 2 g/mol 32 g/mol
2 mol H2 + 1 mol O2
da 20 g H2O ⇒
n =
1,11 mol H2
2 H2O
18 g/mol
→
2 mol H2O
m
20 g
=
M
18 g/m ol
=
1,11 m ol H2O ergibt sich somit:
+ 0,5 × 1,11 mol O2
an H2 werden benötigt: M × n = m
an O2 werden benötigt:
⇒
→
1,11 mol H2O
2 g/mol × 1,11 mol = 2,22 g H2
32 g/mol × 0,5 × 1,11 mol = 17,78 g O2
Wieviel L gasförmigem H2 bzw. O2 entspricht dies?
Molvolumen idealer Gase:
1 mol eines idealen Gases nimmt bei Normalbedingungen ( 0 °C = 273 K, 1013 mbar
= 1 atm) ein Volumen von 22,4 L ein. Anders formuliert:
Vm = 22,4 L/mol
d.h. 1,11 mol × 22,4 L/mol =
24,86 L H2 bzw. 12,43 L O2
1
Aufgabe:
Eine Steinkohle enthält 1,5 Gew.% Schwefel, der beim Verbrennen vollständig in
SO2 umgewandelt wird.
a)
S
Wieviel kg SO2 entstehen dabei aus einer Tonne Kohle?
+
O2
→ SO2
M(S) = 32 g/mol, M(SO2) = 64 g/mol
1t Kohle enthält:
1,5
1000 kg ×
= 15 kg = 15000 g Schwefel
100
m
15000 g
n =
=
= 468,75 m ol Schwefel
M
32g/m ol
nach der Reaktionsgleichung werden damit auch 468,75 mol SO2 gebildet.
m (SO2) = 468,75 mol × 64 g/mol = 30 kg SO2
b)
Wieviel L gasförmigem SO2 entspricht dies?
468,75 mol × 22,4 L/mol = 10500 L SO2
c)
Wieviel L Sauerstoff werden für die Verbrennung des Schwefel verbraucht?
(machen Sie mal einen Vorschlag, Lösung gibts an dieser Stelle nicht! ;-)
Konzentrationsberechnungen
Die Konzentration einer Lösung ist die Menge eines gelösten Stoffes pro Menge der
Lösung. Es gibt verschiedene Maßeinheiten für die Konzentration u.a.
Molarität =
Stoffm enge n Gelöstes
in [m ol/L]
1 Liter Lösung
Gewichtsprozent =
Masse m Gelöstes
in [%]
100 g Lösung
Zur Umrechnung dieser beiden Konzentrationsangaben benötigt man noch die
Dichte in [g/mL] = [g/cm3] bzw. [kg/L] der Lösung:
Dichte ρ =
Masse
in [g/m L] oder [kg/L]
Volum en
2
Aufgabe:
Wieviel mL 70%iger HNO3 (Dichte ρ : 1,42 kg/L) benötigt man zur Herstellung von
250 mL 2-molarer (d.h. c = 2 mol/L) HNO3?
M(HNO3) = 63 g/mol
1.) zuerst bestimmen, welcher Stoffmenge entspricht 70%ige HNO3:
in 1 Liter „100%ige HNO3“ wären: (V = 1 Liter)
m
ρ =
⇒ m = ρ × V = 1420 g/L × 1L = 1420 g HNO3
V
in 1 Liter 70%iger HNO3-Lösung sind daher: (V = 1 Liter)
m
70
ρ =
⇒ m =
× 1420 g/L × 1L = 994 g HNO3
V
100
(d.h. die Konzentration einer 70%igen HNO3-Lösung beträgt 994 g pro Liter =
994 g/L)
994 g
= 15,78 m ol HNO3
63 g/m ol
⇒ 15,78 m ol/L HNO3
994 g HNO3
⇒
2.) Zur Herstellung von 250 mL 2-molarer HNO3 benötigt man:
es gilt: c1 × V1 = c2 × V2
mit c1 = 15,78 mol/L, c2 = 2 mol/L und V2 = 250 mL = 0,25 L
⇒ V1 =
2 m ol/L × 0.25 L
= 0,0317 L = 31,7 m L 70%ige HNO3
15,78 m ol/L
31,7 mL 70%ige HNO3 werden mit Wasser auf 250 mL aufgefüllt und man erhält
damit 250 mL 2-molare HNO3
3
Zum Versuch Extraktion – Verteilungsgleichgewicht von I2 in Wasser/Pentan
Problem: I2 schlecht löslich in H2O Warum?
δ+
H
δ−
O
δ+
H
I
I
kein Dipol,
unpolar
Dipol, polares
protisches LM
Kaliumiodid (Salz, ionische Verbindung), gute Löslichkeit in polaren Lösungsmitteln
+
KI
K+
H2O
+ H2O + I-
H2O kann Kationen durch Ausbildung einer Hydrathülle stabilisieren, Anionen lassen
sich durch Ausbildung von Wasserstoffbrücken stabilisieren:
H
H
H H
O O
O K+
H O O
H
H H
O
H
H
H
O
H
I-
H
H
Löslichkeit von I2 in Wasser verbessern durch Zugabe von KI:
I-
I2
I2
I3 -
Beispiel I3-
I
I5 -
I
I2
I7 -
Bildung von Polyiodidionen, gute Löslichkeit
in Wasser
I-
I2 reagiert dabei als Lewis-Säure (Elektronenpaar-Akzeptor), das Iodid-Ion als LewisBase (Elektronenpaar-Donor)
I5- werden in Helix der Stärke-Moleküle eingelagert --> Einschlußverbindungen
blaue Farbe durch Bildung von Charge-Transfer-Komplex (CT-Komplex), d.h.
Ladungstransferkomplex, e- wird zwischen den Orbitalen versch. Atome/Moleküle
übertragen:
E
E
+ hν
(E = hν)
4
Extraktion – physikalische Grundlagen
Gibt man zur Lösung einer Verbindung (A) in einem Solvens (1) ein zweites, mit (1)
nicht mischbares Solvens (2), so verteilt sich – nach Einstellung des Gleichgewichts
– die Verbindung A zwischen den beiden Solventien entsprechend dem Verhältnis
der Löslichkeit von A in diesen beiden Solventien. Die Gleichgewichtslage wird durch
den Nernst‘schen Verteilungssatz beschrieben:
Der einfache Nernst‘sche Verteilungssatz (wie hier abgebildet) gilt nur, wenn sich die
beiden Medien (hier Solvens (1) und (2)) nicht miteinander mischen und keine
Assoziations- oder Dissoziationsvorgänge berücksichtigt werden müssen.
[I2 ] Pentan
cB
=
= k
[I2 ] W asser
cA
vor Einstellung des Gleichgewichts:
cA =
n0A
VA
und cB =
nB0
= 0 , da am Anfang kein I2 in Pentan vorliegt
VB
Scheidetrichter wird „geschüttelt“ --> GG stellt sich ein, Verteilung nach 1-mal
Extrahieren:
cA =
k =
n1A
VA
cB
cA
⇒ n1A =
und cB =
n1B
wobei n0gesam t = n0A = n1A + n1B
VB
n0A -n1A
VA n0A
= VAB
=
(
-1)
VB n1A
n1
VA
n0A
VB
+1
k⋅
VA
5
nach i-maligem Extrahieren mit jeweils demselben Volumen VB erhält man:
niA
n0A
=
VB
(k ⋅
+ 1)i
VA
Beispiel:
1 mol I2 wird in 100 mL Wasser gelöst und 2-mal mit jeweils 100 mL Pentan
ausgeschüttelt. Wieviel I2 befindet sich nach der Extraktion noch in der wässrigen
Phase? (der Verteilungskoeffizient beträgt k = 5)
[I2 ] Pentan
cB
=
= k
[I2 ] W asser
cA
Index A bezieht sich auf H2O, Index B bezieht sich auf Pentan
mit noA = 1 mol, VA = 100 mL und noB = 0 , VB = 100 mL ergibt sich:
B
nach 1-maligem Extrahieren:
n1A =
1 m ol
1
=
m ol = 0.17 m ol I2
100 m L
6
1
(5 ⋅
+ 1)
100 m L
es befinden sich noch 0,17 mol I2 im Wasser, während die restlichen 0.83 mol I2
bereits in die Pentanphase extrahiert wurden.
nach Trennen der beiden Phasen Wasser/Pentan wird die wässrige Phase nochmal
mit 100 mL Pentan ausgeschüttelt (in diesem Pentan befindet sich am Anfang
natürlich auch kein I2)
nach 2-maligem Extrahieren:
n2A =
1 m ol
1
=
m ol = 0.03 m ol I2
100 m L
36
2
(5 ⋅
+ 1)
100 m L
es befinden sich nun noch 0,03 mol I2 im Wasser (und 0.97 mol I2 in insgesamt
200 mL Pentan), d.h. nach 2-mal Extrahieren mit insgesamt 200 mL Pentan haben
Sie 97% der ursprünglich in Wasser gelösten I2-Menge in die organische Phase
überführt.
6
Zum selber rechnen:
Wieviel I2 verbleibt im Wasser, wenn Sie nur 1-mal, aber dafür mit 200 mL = VB
Pentan ausschütteln? (Lösung: 0.091 mol I2 verbleiben im Wasser)
Wieviel mL Pentan benötigen Sie, um mit 1-mal Extrahieren 97% der I2-Menge in die
organische Phase zu überführen? (Lösung: VB = 647 mL Pentan)
Chemisches Gleichgewicht (chem. GG)
Viele chem. Reaktionen sind reversibel, d.h. aus den Ausgangsstoffen werden
Endprodukte gebildet (Hinreaktion →), die Endprodukte zerfallen aber wieder in die
ursprünglichen Ausgangsstoffe (Rückreaktion ←):
aA
+
bB
cC + dD
Anfangs wird die Geschwindigkeit der Hinreaktion größer sein als die der
Rückreaktion. Nach einiger Zeit haben sich die Geschw. beider Reaktionen
angeglichen:
es
hat
sich
ein
chemisches
Gleichgewicht
eingestellt
(die
Konzentrationen aller beteiligten Stoffe bleiben konstant), das so lange bestehen
bleibt, bis das System in irgendeiner Weise geändert wird.
Achtung: GG heißt nicht, dass keine Reaktion mehr stattfindet, sondern nur das die
Geschw. für Hin-und Rückreaktion gleich groß sind → dynamisches GG!
Aussagen über die Konzentrationsverhältnisse der Stoffe im GG-Zustand („Lage des
GG) macht das Massenwirkungsgesetz (MWG) mit der Gleichgewichtskonstanten K:
K =
[C]c ⋅ [D]d
[A]a ⋅ [B]b
[A]:
Konzentration von A (in m ol/L)
K ist abhängig von der Temperatur, aber nicht von den Konzentrationen oder vom
Druck.
Die Temperaturabhängigkeit ist über die Beziehung zur freien Enthalpie G gegeben
mit:
ΔG = -RT × ln K
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Ist ΔG = 0, dann ist das System im Gleichgewicht.
Chemische Prozesse laufen freiwillig ab, wenn ΔG < 0 ist.
Wird das System geändert, z.B. durch die Erhöhung der Konzentration eines
Reaktionspartners,
so
verändern
sich
die
Konzentrationen
der
anderen
Reaktionspartner derart, daß K wieder erfüllt ist:
Wird z.B. die Konzentration von A erhöht, vergrößern sich damit die Konzentrationen
der Endprodukte (das GG verschiebt sich auf die Seite der Endprodukte). Ähnliches
gilt, wenn die Konzentration eines Endprodukts z.B. C, etwa durch Ausfällung,
vermindert wird: auch hier verschiebt sich das GG nach rechts auf die Seite der
Endprodukte (Prinzip des kleinsten Zwangs nach Le Chatelier).
Aufgabe:
0,25 mol H2 und 0,5 mol I2 werden in einem 1-Liter-Kolben (also V = 1L) auf 448 °C
erhitzt. Wie groß sind die Konzentrationen an H2, I2 und HI nach Einstellung des
Gleichgewichts (K = 50,5)?
Reaktionsgleichung:
H2
+
I2
→
2 HI
d.h.
H2
+
I2
=
2 HI
Beginn der Rkt.:
0,25
0,5
0
mol/L
im GG:
0,25-x
0,5-x
2x
mol/L
K =
[HI]2
[H2 ] ⋅ [I2 ]
50,5 =
(2x)2
(0,25-x)(0,5-x)
50,5(0,25-x)(0,5-x) = 4x 2
x 2 - 0,815x + 0,136 = 0
x1,2 =
quadratische Gleichung x 2 + px + q = 0
0,815 0,8152
±
- 0,136
2
4
(x1 = 0,58)
weil [H2] = 0,25 -x
p p2
x1,2 = - ±
- q
2
4
keine sinnvolle Lösung
x2 = 0,234
⇒ [H2] = 0,25 - x = 0,25 - 0,234 = 0,016 mol/L
⇒ [I2] = 0,5 - x = 0,5 - 0,234 = 0,266 mol/L
⇒ [HI] = 2x = 0,468 mol/L
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Welche Konzentration an HI erhält man, wenn man die Reaktion mit 0,25 mol H2 und
0,25 mol I2 durchführt? (hier brauchen Sie keine quadratische Gl. zu lösen ;-)
Ein „Spezialfall“ des Massenwirkungsgesetzes ist das
Löslichkeitsprodukt
Wird eine schwerlösliche Substanz mit Wasser in Kontakt gebracht, so stellt sich
nach einiger Zeit ein GG zwischen der festen Phase (Niederschlag) und der flüssigen
Phase (Lösung) ein (heterogenes GG):
MmXn (fest)
mM+(gelöst)
+
nX-(gelöst)
bzw.
MmXn (fest) = mM+(gelöst) + nX-(gelöst)
Die Geschwindigkeit der Auflösung und die Ausfällung ist dann gleich groß. Das GG
wird durch das MWG beschrieben, wobei die Konzentration der festen Phase
konstant ist und in die GG-Konstante einbezogen wird. Damit erhält man das
Löslichkeitsprodukt KL:
KL = [M+ ]m ⋅ [X- ]n
in
m olm
Ln
Das Löslichkeitsprodukt ist, wie alle GG-Konstanten, von der Temperatur abhängig.
Die Löslichkeit von Salzen (angegeben in g/L) ist in der Praxis häufig größer als nach
dem Löslichkeitsprodukt zu erwarten wäre, da neben der Ausfällung weitere
Reaktionen stattfinden können, wie z.B. eine Komplexbildung, die den Niederschlag
teilweise wieder auflöst, ....
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Aufgabe:
Wieviel g CaCO3 (KL = 4,9 × 10-9 mol2/L2) lösen sich in 1L Wasser?
CaCO3 → Ca2+ + CO32[Ca2+] × [CO32-] = KL = 4,9 × 10-9 mol2/L2
laut Reaktionsgleichung gilt: [Ca2+] = [CO32-]
d.h.
[Ca2+]2 = 4,9 × 10-9 mol2/L2
[Ca2+] = 7 × 10-5 mol/L und damit auch (siehe Reaktionsgl.): [CO32-] = 7 × 10-5 mol/L
⇒ 7 × 10-5 mol CaCO3 (M = 100 g/mol) lösen sich in 1 Liter Wasser, und damit:
100 g/mol × 7 × 10-5 mol = 7 × 10-3 g CaCO3 lösen sich in 1 Liter.
Löslichkeit von CaCO3 in Wasser ist damit 7 × 10-3 g/L also ca. 7 mg/L, d.h. CaCO3
ist in reinem Wasser kaum löslich!
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