5 Chemische Energetik

5 Chemische Energetik
sung
vorläufige Fas
5.2 Praktikum Bestimmung einer Reaktionswärme
Zu den Versuchen
V1 Ein Beispiel zur Auswertung zeigt B2 im Schülerbuch. Weitere Hinweise: siehe Kap. 5.8.
V2 Ein Beispiel zur Auswertung zeigt B2 im Schülerbuch.
5.3 Innere Energie und Enthalpie
Zu den Aufgaben
A1 Die Verbrennung von Kohlenstoffmonooxid verläuft exotherm, d. h.: ¶rH > 0
Reaktionsgleichung: 2 CO + O2  2 CO2
3 mol Gas (entspricht V1) reagieren also zu 2 mol Gas (entspricht V2).
Bei konstantem Druck p ist folglich: p · V1 > p · V2
Daraus ergibt sich das folgende Diagramm:
Energie
p . V1
H1 = U1 + p . V1
U1
ðr H
ðr U
p . V2
H2 = U2 + p . V2
U2
Anmerkung zum Diagramm:
Die Darstellung ist nicht maßstabsgetreu.
Bei Standardbedingungen ist:
ðr H = –564 kJ/mol
p · V1 = 7,5 kJ/mol
p · V2 = 5,0 kJ/mol
A2 a) Bei Reaktionen, die mit einer Volumenzunahme verbunden sind, verrichtet das System
Volumen­arbeit an der Umgebung. Dies ist bei allen Reaktionen der Fall, bei denen die Anzahl der
Gas­teilchen bei der Reaktion zunimmt. Beispiele:
– Verbrennungen fester oder flüssiger Stoffe, bei denen ausschließlich gasförmige Produkte
entstehen, z. B. C5H12 (l) + 8 O2 (g)  5 CO2 (g) + 6 H2O (g)
(Anmerkung: Wird diese Reaktion so geführt, dass das gebildete Wasser kondensiert, ist sie ein
Beispiel für Volumenabnahme.)
– Zerfallsreaktionen, z. B. Explosion von Sprengstoffen, Thermolyse von Oxiden, Thermolyse von
Ammoniumchlorid, Thermolyse von Kohlenwasserstoffen
– Reaktionen von Säuren mit unedlen Metallen (Bildung von gasförmigem Wasserstoff)
b) Bei Reaktionen, die mit einer Volumenabnahme verbunden sind, verrichtet die Umgebung
Volumenarbeit am System. Dies ist bei allen Reaktionen gegeben, bei denen die Anzahl der
Gasteilchen bei der Reaktion abnimmt. Beispiele:
– Synthese von Wasser oder Ammoniak aus den elementaren Stoffen
– Reaktionen von Metallen mit Sauerstoff
– Reaktionen von Metallen mit gasförmigen Halogenen
Elemente Chemie 2 1
5 Chemische E nerge ti k
5.4 Enthalpie und Aggregatzustand
Zu den Aufgaben
A1
a) Berechnung der Masse der Eisschicht (mit der Umrechnung 1 km2 = 1010 cm2):
m = A · d · r = 539 · 1010 cm2 · 10 cm · 0,916 g/cm3 = 5,39 · 1013 cm3 · 0,916 g/cm3 = 4,94 · 1013 g
Berechnung der Stoffmenge aus der Masse:
4,94 · 1013 g
m
n(H2O) = ​ ____
   ​ 
= ​ _____
  
​ = 2,74 · 1012 mol
18,0 g/mol
M(H O)
2
Die beim Gefrieren entstehende Wärmemenge ist betragsmäßig gleich der zum Schmelzen
erforderlichen Wärmemenge, d. h. der Schmelzenthalpie. Berechnung:
QS = ðSHm · n(H2O)
= 6,0 kJ/mol · 2,74 · 1012 mol = 1,6 · 1013 kJ
(Interessant ist noch die folgende Umrechnung: 1,6 · 1013 kJ · 1 kWh/(3 600 kJ) = 4,4 · 109 kWh)
b) Berechnung der Masse des zu verdampfenden Wassers:
m = A · d · r = 539 · 1010 cm2 · 0,1 cm · 1,00 g/cm3 = 5,39 · 1011 cm3 · 1,00 g/cm3 = 5,39 · 1011 g
Berechnung der Stoffmenge aus der Masse:
5,39 · 1011 g
m
n(H2O) = ​ ____
   ​ 
= ​ _____
  
​ = 2,99 · 1010 mol
18,0 g/mol
M(H O)
2
Die zum Verdampfen erforderliche Wärmemenge entspricht der Verdampfungsenthalpie.
Berechnung:
QV = ðVHm · n(H2O)
= 40,7 kJ/mol · 2,99 · 1010 mol = 1,22 · 1012 kJ
(Interessant ist auch hier die Umrechnung: 1,22 · 1012 kJ · 1 kWh/(3 600 kJ) = 3,39 · 108 kWh)
c) Wasser hat eine hohe Wärmekapazität, außerdem kommt das Wasser eines Sees (im Gegensatz zu Boden oder Felsen) durch Konvektion besser mit der Luft in Kontakt. Der Bodensee wirkt
daher wie ein großer Wärmespeicher. Bei Abkühlung der Luft im Winter gibt der Bodensee große
Wärmemengen ab, bei Erwärmung der Luft im Sommer nimmt er große Wärmemengen auf. Er
wirkt dadurch aus­gleichend auf die Temperatur.
Bei Temperaturen unter 0 °C wird außerdem durch die Bildung von Eis weitere Wärme an die Luft
abgegeben. Während warmer Trockenperioden wird der Luft durch die Verdunstung von Wasser
Wärme entzogen.
A2 Beim Schmelzen eines Stoffes erreicht die kinetische Energie der Teilchen einen so hohen
Wert, dass die zwischen den Teilchen herrschenden Anziehungskräfte nicht mehr ausreichen, ein
Gitter zusammenzuhalten. Der Zusammenhalt der Teilchen beruht beim Silicium auf Atombindungen (Diamantgitter), beim Aluminium auf der Metallbindung (kubisch dichteste Packung), beim
Wasser hauptsächlich auf Wasserstoffbrücken und beim Schwefelwasserstoff hauptsächlich auf
Dipol-Dipol-Wechselwirkungen. Die Energien der genannten Wechselwirkungen nehmen in dieser
Reihen­folge ab, daher auch die molaren Schmelzenthalpien der entsprechenden Stoffe.
2 Elemente Chemie 2
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5.6 Praktikum Bestimmung von Enthalpien
Zu den Versuchen
V1 Um sicherzustellen, dass die Temperatur der Eisstücke annähernd 0 °C beträgt, sollten diese
einige Zeit vor der Versuchsdurchführung aus dem Gefrierfach genommen werden. Da die
Temperatur im Inneren großer Stücke auch beim Schmelzen noch weit unter 0 °C liegen kann,
empfiehlt es sich Brucheis zu verwenden.
Literaturwert: ðSHm(H2O) = 6,0 kJ/mol
V2 Die Verbrennung in Luft hat den Nachteil, dass sie meist unvollständig ist (Rußbildung). Weitere Fehlerquellen sind Wärmeverluste beim Entzünden sowie die unvollständige Wärme­über­
tragung von den Verbrennungsgasen auf das Wasser. Dagegen spielt der Fehler durch die
Wärmeabgabe des Wassers an die Umgebung eine geringere Rolle, da die Temperaturerhöhung
nur wenige Grad Celsius beträgt. Das Ergebnis der Auswertung ist vom Betrag her i. d. R. mindestens 10 % kleiner als der Literaturwert ð c Hspez(Holzkohle) = –26,0 MJ/kg.
V3 Beispiel für ein Messergebnis mit Auswertung:
cW = 4,19 J/(g·K); mW = 380 g; CK = 137 J/K
h2 = 24,8 °C; h1 = 22,0 °C ⇒ h2 – h1 = 2,8 K
M(FeS) = 87,9 g/mol; m(Gemisch) = 4,4 g
M(FeS)
ð f Hm = – (cW · mW + CK) · (h2 – h1) · ​ ______
  ​ 
m (Gemisch)
87,9 g/mol
= – (4,19 J/(g·K) · 380 g + 137 J/K) · 2,8 K · ​ _____
​  = –9,7 · 104 J/mol = –97 kJ/mol
4,4 g   
Literaturwert: ð f Hm(FeS) = – 102 kJ/mol
5.7 Bildungsenthalpien und Reaktionsenthalpien
Zu den Aufgaben
A1 Reaktionsgleichung: CuO + H2  Cu + H2O
Berechnung der Stoffmenge des eingesetzten Kupfer(II)-oxids:
2,5 g
m
n(CuO) = ​ ____
   ​  
= ​ _____
   ​  
= 0,0314 mol
79,5 g/mol
M(CuO)
ð r H 0 = 0,0314 mol · (– ð f H 0m(CuO) – ð f H 0m(H2) + ð f H 0m(Cu) + ð f H 0m(H2O) )
Für gasförmiges Wasser als Produkt:
ð r H 0 = 0,0314 mol · (156 – 0 + 0 – 242) kJ/mol = 0,0314 mol · (–86 kJ/mol) = –2,70 kJ
Für flüssiges Wasser als Produkt:
ð r H 0 = 0,0314 mol · (156 – 0 + 0 – 286) kJ/mol = 0,0314 mol · (–130 kJ/mol) = –4,08 kJ
Der Betrag der Reaktionsenthalpie ist größer, wenn flüssiges Wasser entsteht.
A2 Reaktionsgleichung: CH3OH (l) + 1,5 O2 (g)  CO2 (g) + 2 H2O (l)
In der folgenden Berechnung wird angenommen, dass flüssiges Wasser entsteht, außerdem
wird ð f H 0m(O2) = 0 weggelassen:
ð r H 0 = –1 mol · ð f H 0m (CH3OH) + 1 mol · ð f H 0m(CO2) + 2 mol · ð f H 0m(H2O)
= –1 mol · (–239 kJ/mol) + 1 mol · (–393 kJ/mol) + 2 mol · (–286 kJ/mol)
= –726 kJ
Elemente Chemie 2 3
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Wird die Verbrennung so geführt, dass H2O (g) entsteht (in der Praxis häufig), so ergibt eine
analoge Rechnung mit ð f H 0m(H2O, g) = –242 kJ/mol die Verbrennungsenthalpie ð r H 0 = –638 kJ.
Grafische Veranschaulichung des Zusammenhangs:
1 C + 2 H2 + 2 O2
+ 1 mol · ð f H 0m(CO2)
+ 2 mol · ð f H 0m(H2O)
– 1 mol · ð f H 0m (CH3OH)
CH3OH + 1,5 O2
CO2 + 2 H2O
ð rH 0
A3 Reaktionsgleichungen: Ø C2H6 (l) + 3,5 O2 (g)  2 CO2 (g) + 3 H2O (l)
ØØ C2H6O (l) + 3 O2 (g)  2 CO2 (g) + 3 H2O (l)
ð r H 0Ø = –1 mol · (–85 kJ/mol) + 2 mol · (–393 kJ/mol) + 3 mol · (–286 kJ/mol) = –1 559 kJ
ð r H 0ØØ = –1 mol · (–277 kJ/mol) + 2 mol · (–393 kJ/mol) + 3 mol · (–286 kJ/mol) = –1 367 kJ
Eine analoge Rechnung mit H2O (g) ergibt ð r H 0Ø = –1 427 kJ/mol und ð r H 0ØØ = –1 235 kJ/mol.
Bei der Verbrennung von 1 mol Ethan ist der Betrag der Reaktionsenthalpie trotz gleicher Art und
Menge der Reaktionsprodukte um 192 kJ größer als bei der Verbrennung von 1 mol Ethanol. Der
Unterschied ist auf die „negativere“ Bildungsenthalpie des Ethanols zurückzuführen. Bei der
formalen Bildung der beiden Moleküle aus den Atomen ist beim Ethanolmolekül die Anzahl der
ausgebildeten Bindungen größer. Statt einer C — H-Bindung entsteht eine C — O- und eine
O — H-Bindung. Ethanol ist formal ein Oxidationsprodukt des Ethans.
A4 Verbrennung mit Sauerstoff: N2H4 (l) + O2 (g)  N2 (g) + 2 H2O (g)
ð r H 0 = –1 mol · ð f H 0m(N2H4) + 2 mol · ð f H 0m(H2O)
= –1 mol · 50 kJ/mol + 2 mol · (–242 kJ/mol)
= –534 kJ/mol
Verbrennung mit Distickstofftetraoxid: 2 N2H4 (l) + N2O4 (g)  3 N2 (g) + 4 H2O (g)
ð r H 0 = –2 mol · ð f H 0m(N2H4) – 1 mol · ð f H 0m(N2O4) + 4 mol · ð f H 0m(H2O)
= –2 mol · 50 kJ/mol – 1 mol · 9 kJ/mol + 4 mol · (–242 kJ/mol)
= –1027 kJ
Anmerkung: Die berechnete Energie gilt für Standardbedingungen, d. h., Hydrazin ist flüssig
(hsm = 1,5 °C; hsd = 113,5 °C) und das Oxidationsmittel (Sauerstoff bzw. Distickstofftetraoxid) ist
gasförmig. In den Treibstofftanks einer Rakete liegen alle beteiligten Stoffe flüssig bei tiefer
Temperatur vor. Sie müssen zunächst verdampft und auf die Verbrennungstemperatur erhitzt
werden. Daher steht die berechnete Energie nicht in vollem Umfang für den Antrieb der Rakete
zur Verfügung; von ihr müsste die Verdampfungsenthalpie des jeweiligen Oxidationsmittels und
die zum Erhitzen des Reaktionsgemisches notwendige Wärme abgezogen werden. Die Ver­
dampfungs­enthalpie des Hydrazins ist in der Rechnung indirekt berücksichtigt, da die Bildungs­
enthalpie von flüssigem Hydrazin eingesetzt wurde.
A5
a) Reaktionsgleichung: C (Graphit) + H2O (g)  CO (g) + H2 (g)
4 Elemente Chemie 2
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ð r H 0 = –1 mol · ð f H 0m(H2O) + 1 mol · ð f H 0m(CO)
= –1 mol · (–242 kJ/mol) + 1 mol · (–111 kJ/mol)
= +131 kJ
Die Reaktion ist endotherm.
b) Aus 1 mol Graphit (und 1 mol Wasser) wird 1 mol Kohlenstoffmonooxid und 1 mol Wasserstoff
gewonnen. Die Reaktions­wärme der Verbrennung dieses Gasgemisches bei konstantem Druck ist
gleich der Reaktions­enthalpie der folgenden Reaktionsgleichung:
CO (g) + H2 (g) + O2 (g)  CO2 (g) + H2O (l)
ð r H 0 = –1 mol · ð f H 0m(CO) + 1 mol · ð f H 0m(CO2) + 1 mol · ð f H 0m(H2O)
= –1 mol · (–111 kJ/mol) + 1 mol · (–393 kJ/mol) + 1 mol · (–286 kJ/mol)
= –568 kJ
Die Rechnung gilt für eine Industrieanlage, die mit Brennwerttechnik arbeitet, d. h., das entstehende Wasser wird kondensiert. Wird die Verbrennung so geführt, dass H2O (g) entsteht (in der
Praxis häufig), so ergibt eine analoge Rechnung mit ð f H 0m(H2O, l) = –242 kJ/mol die Verbrennungsenthalpie ð r H 0 = –524 kJ.
A6
a), b) Die C C-Doppelbindung kann man sich aus einer C — C-Einfachbindung und einer weiteren
Bindung zusammengesetzt denken. Mit der Annahme, dass die Bindungs­enthalpie des Anteils
der Einfachbindung immer gleich ist, muss der Betrag der Bindungs­enthalpie der C C-Doppelbindung größer sein. Aus analogen Gründen muss der Betrag der Bindungs­enthalpie der C CDreifachbindung noch größer sein.
Für N — N, N N und N N gelten analoge Überlegungen.
c), d), e) Mit steigender Polarität der Atombindung wird die elektrostatische Anziehung zwischen
den Atomen im Molekül größer. Zur Spaltung der Bindung ist folglich mehr Energie notwendig,
da zusätzlich die elektrostatische Anziehung überwunden werden muss. Umgekehrt betrachtet
bedeutet dies, dass der Betrag der Bindungs­enthalpie größer ist.
Anmerkung: Eine polare Atombindung hat einen kovalenten und einen ionischen Anteil. Der
ionische Anteil nimmt mit steigender Elektronegativitätsdifferenz zu.
A7
a) C2H4 (g) + 3 O2 (g)  2 CO2 (g) + 2 H2O (l)
b) Spaltung von 4 mol C — H-Bindungen: 4 mol · 413 kJ/mol = 1 652 kJ
Spaltung von 1 mol C C-Bindungen: 1 mol · 614kJ/mol = 614 kJ
Spaltung von 3 mol Bindungen der O2-Moleküle: 3 mol · 498kJ/mol = 1 494 kJ
Gesamtenthalpie zur Spaltung aller Bindungen: 3 760 kJ
Bildung von 4 mol C O-Bindungen der CO2-Moleküle: 4 mol · (–803 kJ/mol) =–3 212 kJ
Bildung von 4 mol O — H-Bindungen:
4 mol · (–464 kJ/mol) =–1 856 kJ
Gesamtenthalpie zur Bildung aller Bindungen: –5 068 kJ
Bilanz: ð r H 0 = 3 760 kJ – 5 068 kJ = –1 308 kJ
c) ð r H 0 = –1 mol · ð f H 0m(C2H4) + 2 mol · ð f H 0m(CO2) + 2 mol · ð f H 0m(H2O)
= –1 mol · (–53 kJ/mol) + 2 mol · (–393 kJ/mol) + 2 mol · (–286 kJ/mol)
= –1 305 kJ
Elemente Chemie 2 5
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Absolute Abweichung des Ergebnisses von (b): –1 308 kJ – (–1 305 kJ) = –3 kJ
Relative Abweichung des Ergebnisses von (b): 3 kJ/(1 305 kJ) = 0,002 = 0,2 %
Die Übereinstimmung ist bei dieser Reaktion also sehr gut.
Anmerkung: Der in (c) aus Standardbildungsenthalpien berechnete Wert ist die „wahre“ Reak­
tions­enthalpie, während der in (b) berechnete Wert auf durchschnittlichen Bindungsenthalpien
beruht und folglich im Einzelfall davon abweichen kann. Aus diesem Grund ist es sinnvoll, die
Abweichung von (b) auf den „wahren“ Wert (c) zu beziehen und nicht umgekehrt.
5.8 Praktikum Reaktionsenthalpien
Zu den Versuchen
V1 Die Bestimmung der Wärmekapazität der verwendeten Kalorimeter ist Voraussetzung für die
Auswertung der übrigen Praktikumsversuche. Generelle Problematik: Einerseits sollte die
Temperatur im Kalorimeter möglichst nahe bei derjenigen liegen, die bei der nachfolgenden
Bestimmung der Reaktionsenthalpien auftritt, sodass die Wärmeverluste vergleichbar sind.
Andererseits muss die gemessene Mischungs­temperatur so hoch sein, dass eine deutliche
Abweichung von der theoretischen Mischungstemperatur für eine Wärmekapazität von 0 J/K
auftritt und damit mit hinreichender Genauigkeit gemessen werden kann.
Beispiel für eine Auswertung: siehe Schülerbuch Kap. 5.2
Die verschiedenen experimentellen Varianten liefern für ein bestimmtes Kalorimeter nicht
denselben Wert. Fehlerquellen:
a) Bereits beim Einfüllen des warmen Wassers treten Wärmeverluste auf, die vor allem durch
Verdampfen und den damit verbundenen Verlust an Verdampfungsenthalpie verursacht werden.
b) Wärmeverluste durch Verdampfen spielen hier keine große Rolle, jedoch ist die Wärmeabgabe
des Kalorimeters an die Umgebung bis zur Zugabe des kalten Wassers größer. Bei gut isolierten
Kalorimetern liefert die Variante (b) den besseren Wert.
c) Die Effekte von (a) und (b) treten hier nicht auf. Der Wärmeverlust des Aluminiumkörpers ist
trotz dessen höherer Temperatur gering, wenn man ihn schnell in das Kalorimeter bringt.
Vorteilhaft ist auch die Möglichkeit einer einfachen Ermittlung der Masse. Wegen der geringen
spezifischen Wärmekapazität darf der Aluminiumkörper nicht zu klein gewählt werden. Die von
50 g Aluminium nach Variante (c) übertragene Wärme ist etwa gleich wie die von 50 g Wasser
nach den Varianten (a) und (b).
V2 Die Neutralisationsenthalpie ist für die folgende Reaktionsgleichung definiert, in der 1 mol
Wasser gebildet wird:
H+ (aq) + OH– (aq)  H2O u ð r H 0 = –56 kJ
Man macht also definitionsgemäß keinen Unterschied zwischen dem hydratisierten Oxoniumion
H3O+ (aq) und dem hydratisierten Wasserstoffion H+ (aq).
Geht man (irrtümlich) bei der Berechnung der Neutralisationsenthalpie von der Bildung von 2 mol
Wasser aus (Reaktionsgleichung H3O+ + OH–  2 H2O), so erhält man nur die Hälfte der
Neutralisationsenthalpie.
V3 Die Kupferportion muss aus Kupfer(II)-oxid durch Reduktion mit Wasserstoff hergestellt
werden.
Reaktionsgleichung: 2 Ag+ (aq) + Cu (s)  Cu2+ (aq) + 2 Ag (s)
Aus Tabellenwerken (z. B. Tafelwerk, Ernst Klett Verlag, Stuttgart 2008, ISBN 978-3-12-718512-6)
kann man die molaren Standardbildungsenthalpien der hydratisierten Ionen entnehmen:
ð f H 0m(Ag+, aq) = +106 kJ/mol und ð f H 0m(Cu2+, aq) = +65 kJ/mol
Die molaren Standardbildungsenthalpien der elementaren Soffe Cu (s) und Ag (s) sind definitionsgemäß null.
6 Elemente Chemie 2
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Berechnung der Reaktionsenthalpie:
ð r H 0 = –2 mol · 106 kJ/mol + 1 mol · 65 kJ/mol = –147 kJ
Beim Einsatz der angegebenen Stoffportionen ergibt sich experimentell eine sehr gute Übereinstimmung mit dem berechneten Wert.
V4 Die Temperaturerhöhung sollte maximal 10 °C betragen, da der Wärmeverlust sonst sehr groß
wird. Bei der Bestimmung der Wärmekapazität des Kalorimeters kann man folgendermaßen
dafür sorgen, dass der Wärmeverlust ähnlich groß wie beim eigentlichen Verbrennungsversuch
ist: Man wählt die Mischungstemperatur so, dass sie etwas unterhalb der Endtemperatur im
Verbrennungsversuch liegt, und misst sie erst nach der Zeit, die der Brenndauer entspricht.
V5
a) Zur Berechnung der Lösungsenthalpie aus tabellierten Bildungsenthalpien schreibt man
zunächst die „Reaktionsgleichung“ des Lösungsvorgangs auf:
CuSO4 (s)  2 Cu2+ (aq) + SO42– (aq)
Berechnung aus den Werten in der Randspalte:
ð LH 0m(CuSO4) = – (–771 kJ/mol) + 66 kJ/mol + (–909 kJ/mol) = –72 kJ/mol
b) „Reaktionsgleichung“ analog zu (a): KNO3 (s)  K+ (aq) + NO3– (aq)
Berechnung aus den Werten in der Randspalte:
ð LH 0m(CuSO4) = – (–495 kJ/mol) + (–252 kJ/mol) + (–205 kJ/mol) = +38 kJ/mol
Es handelt sich also um einen endothermen Vorgang. Bei der Auswertung des Versuchs ist zu
beachten, dass die Lösung vom Kalorimeter Wärme aufnimmt.
5.9 Die Richtung spontaner Vorgänge
Zu den Versuchen
V1 Das Lösen von Kaliumchlorid ist ein endothermer Vorgang. Da die Umgebungsluft nicht
schnell genug Wärme nachliefern kann, hat die Lösung eine niedrigere Temperatur als die beiden
Komponenten vor dem Lösen. Auch das Lösen von Ammoniumnitrat ist endotherm.
V2
a) Das Reagenzglas kühlt sich so stark ab, dass es sich außen mit einer Eisschicht überzieht.
Stellt man das Reagenzglas während der Reaktion auf ein feuchtes Filterpapier, friert dieses an.
Es entwickelt sich gasförmiges Ammoniak, das feuchtes Indikatorpapier blau färbt. Reaktions­
gleichung siehe A1.
b) Das Pentan verdampft und entzieht seine Verdampfungswärme zum Teil dem Thermometer.
Die Temperatur des Thermometers sinkt folglich.
c) Unter Gasentwicklung und Abkühlung entsteht eine Lösung.
Reaktionsgleichung:
3 Na2CO3 · 10 H2O + 2 C6H8O7  6 Na+ (aq) + 2 C6H5O73– (aq) + 33 H2O + 3 CO2
(Die Hydratation der Ionen erfolgt durch die in der Reaktion entstehenden Wassermoleküle.)
Zur Aufgabe
A1 Reaktionsgleichung:
Ba(OH)2 · 8 H2O + 2 NH4SCN  Ba2+ (aq) + 2 SCN– (aq) + 10 H2O + 2 NH3
Die Edukte sind Feststoffe mit hohem Ordnungsgrad. Die Produkte sind eine Flüssigkeit und ein
Gas. Das System hat folglich nach der Reaktion einen niedrigeren Ordnungsgrad als vorher.
Elemente Chemie 2 7
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5.12 Freie Enthalpie
Zu den Aufgaben
A1
a) C2H5OH (l) + 3 O2 (g)  2 CO2 (g) + 3 H2O (l)
b) ð r H 0 = –1 mol · ð f H 0m(C2H5OH) + 2 mol · ð f H 0m(CO2) + 3 mol · ð f H 0m(H2O)
= –1 mol · (–277 kJ/mol) + 2 mol · (–393 kJ/mol) + 3 mol · (–286 kJ/mol)
= –1 367 kJ
ð r S 0= –1 mol · S 0m(C2H5OH) – 3 mol · S 0m(O2)
+ 2 mol · S 0m(CO2)
+ 3 mol · S 0m(H2O)
= –1 mol · 161 J/(K · mol) – 3 mol · 205 J/(K · mol)+ 2 mol · 214 J/(K · mol) + 3 mol · 70 J/(K · mol)
= –138 J/K = –0,138 kJ/K
Berechnung von ð r G 0 mit der Gibbs-Helmholtz-Gleichung:
ð r G 0 = –1 367 kJ – 298 K · (–0,138 kJ/K)
= –1 367 kJ + 41 kJ
= –1 326 kJ
Berechnung von ð r G 0 aus Tabellenwerten der freien Bildungsenthalpien:
ð r G 0 = –1 mol · ð f G 0m(C2H5OH) + 2 mol · ð f G 0m(CO2) + 3 mol · ð f G 0m(H2O)
= –1 mol · (–175 kJ/mol) + 2 mol · (–394 kJ/mol) + 3 mol · (–237 kJ/mol)
= –1324 kJ
(Die Abweichung kommt von Rundungsfehlern.)
Analoge Rechnungen mit H2O (g) ergeben:
ð r H 0 = –1 235 kJ
ð r S 0 = +219 J/K
ð r G 0 = –1 300 kJ (nach beiden Berechnungsmethoden)
–1324 kJ
– ____
​  5,70 kJ   
​
c) {Kc} = ​10​
​ = 1,2 · 10232
Die Einheit von Kc folgt aus dem Massenwirkungsgesetz, wenn man statt der Konzentrationen
deren Einheiten einsetzt:
(mol/l)2 · (mol/l)3
(mol/l) · (mol/l)
________
​ 
   
= 3 ​  
mol/l ⇒ Kc = 1,2 · 10232 mol/l
Sowohl aus dieser extrem hohen Gleichgewichtskonstante als auch aus B4 im Schülerbuch kann
man schließen, dass im „Gleichgewicht“ praktisch keine Eduktmoleküle mehr vorhanden sind.
Man kann also davon ausgehen, dass der Umsatz vollständig ist; es handelt sich folglich nicht um
eine Gleich­gewichts­reaktion.
A2 a) Reaktionsgleichung: NH3 (g) + HCl (g)  NH4Cl (s)
ð r H 0 = –1 mol · ð f H 0m(NH3) – 1 mol · ð f H 0m(HCl) + 1 mol · ð f H 0m(NH4Cl)
= –1 mol · (–46 kJ/mol) + 1 mol · (–92 kJ/mol) + 1 mol · (–315 kJ/mol)
= –177 kJ
ð r S 0= –1 mol · S 0m(NH3)
– 1 mol · S 0m(HCl)
+ 1 mol · S 0m(NH4Cl)
= –1 mol · 193 J/(K · mol)– 1 mol · 187 J/(K · mol) + 1 mol · 95 J/(K · mol)
= –285 J/K = –0,285 kJ/K
Da hier jeweils die gleichen Aggregatzustände angenommen werden, kann man näherungsweise
die berechneten Werte von ð r H 0 und ð r S 0 (obwohl sie eigentlich nur für Standardbedingungen
gelten) für alle Temperaturen in die Gibbs-Helmholtz-Gleichung einsetzen:
8 Elemente Chemie 2
5 C h e m i sc h e E n e rge t i k
ð r G = ð r H 0 – T · ð r S 0
ð r G (350 K) = –177 kJ – 350 K · (–0,285 kJ/K) = –77 kJ
ð r G (298 K) = –177 kJ – 298 K · (–0,285 kJ/K) = –92 kJ
ð r G (200 K) = –177 kJ – 200 K · (–0,285 kJ/K) = –120 kJ
Je tiefer die Temperatur ist, desto stärker exergonisch ist die Bildung von Ammoniumchlorid. Die
Entropieverkleinerung durch die Bildung eines Feststoffs aus Gasen schwächt den exergonischen
Charakter der Reaktion ab. Bei tiefen Temperaturen fällt dieser Effekt weniger ins Gewicht als bei
hohen Temperaturen.
b) Zur Lösung der Aufgabe wird die Gibbs-Helmholtz-Gleichung umgestellt:
ð H 0
ð r S r
ð r G = ð r H 0 – T · ð r S 0 = 0 ⇔ T = ​ ___
​
0  
–177 kJ
T = ​ _____
  ​  
= 621 K (⇒ h = 348 °C)
–0,285 kJ/K
A3 Hinweis: In einem Teil der Auflage ist diese Aufgabe fehlerhaft. Die richtige Formulierung ist:
1 mol Distickstofftetraoxid wird in 2 mol Stickstoffdioxid gespalten. a) Berechnen Sie die freie
Reaktionsenthalpie ð r G bei T = 298 K und bei T = 173 K. b) Berechnen Sie die Gleichgewichts­
konstante Kc für T = 298 K. c) Berechnen Sie die Temperatur, bei der Kc = 1 mol/l ist, und die bei
einem Volumen von 1 Liter im Gleichgewicht vor­liegenden Stoffmengen von N2O4 und NO2 .
a) Reaktionsgleichung: N2O4 (g)  2 NO2 (g)
ð r H 0 = –1 mol · ð f H 0(N2O4) + 2 mol · ð f H 0(NO2)
= –1 mol · 9 kJ/mol + 2 mol · 33 kJ/mol
= +57 kJ
ð r S 0 = –1 mol · ð Sm0 (N2O4) + 2 mol · ð Sm0 (NO2)
= –1 mol · 304 J/(mol · K) + 2 mol · 240 J/(mol · K)
= –304 J/K + 480 J/K
= +176 J/K = +0,176 kJ/K
Da hier jeweils der gasförmige Zustand angenommen wird, kann man näherungsweise die
berechneten Werte von ð r H 0 und ð r S 0 (obwohl sie eigentlich nur für Standardbedingungen
gelten) für beide Temperaturen in die Gibbs-Helmholtz-Gleichung einsetzen.
ð r G(298 K) = ð r H 0 – 298 K · ð r S 0 = 57 kJ – 298 K · 0,176 kJ/K = 57 kJ – 52 kJ = +5 kJ
(Die Berechnung aus Tabellenwerten ist hier auch möglich; die Abweichung kommt von Rundungsfehlern: ð r G 0 = – 1 mol · ð fGm0 (N2O4) + 2 mol · ð f Gm0 (NO2) = –98 kJ + 2 · 51 kJ = +4 kJ)
ð r G(173 K) = ð r H 0 – 173 K · ð r S 0 = 57 kJ – 173 K · 0,176 kJ/K = 57 kJ – 30 kJ = +27 kJ
Anmerkungen: Bei 298 K (25 °C) ist die Reaktion schwach endergonisch. Das Edukt N2O4 überwiegt,
aber auch das Produkt NO2 hat im Gleichgewicht einen deutlichen Anteil. Bei 173 K (–100 °C) ist
die Reaktion so stark endergonisch, dass praktisch nur das Edukt N2O4 vorliegt.
Die Kurve in B4 im Schülerbuch ist für 25 °C und einen anderen Reaktionstyp berechnet, gilt also
für die oben berechneten Werte nicht quantitativ. Trotzdem liefert sie einen groben Anhaltspunkt
zur Beurteilung des Ergebnisses.
5 kJ
– ___
​ 5,70 kJ
  ​ 
b) {Kc} = ​10​
​ = 0,1
Die Einheit von Kc folgt aus dem Massenwirkungsgesetz, wenn man statt der Konzentrationen
deren Einheiten einsetzt:
(mol/l)2
mol/l
____
​ 
  
​  = mol/l ⇒ Kc = 0,1 mol/l
Elemente Chemie 2 9
5 Chemische E nerge ti k
c) Wenn ð r G = 0 ist, dann ist Kc = 1 mol/l. Durch Umstellen der Gibbs-Helmholtz-Gleichung wird
die zugehörige Temperatur berechnet:
ð H 0
ð r S r
ð r G = ð r H 0 – T · ð r S 0 = 0 ⇔ T = ​ ___
​
0  
57 kJ
T = ​ _____
  ​  
= 324 K (⇒ h = 51 °C)
0,176 kJ/K
Berechnung der Stoffmengen im Gleichgewicht mit Kc = 1 mol/l:
c2(NO )
2
Kc = ​ ____
 
 ​ = 1 mol/l
c(N O )
2 4 Mit n = c · V und V = 1 l folgt daraus:
n2(NO2)
n(N2O4)
​ ____  
​ = n2(NO )
2
1 mol ⇔ ​ ____
  
​  = n(N2O4) 1 mol
(1)
Aus der Reaktionsgleichung und der Ausgangsstoffmenge von 1 mol N2O4 folgt:
n(N2O4) + 0,5 · n(NO2) = 1 mol (2)
Einsetzen von Gleichung (1) in (2) ergibt:
n2(NO2)
1 mol
____
​ 
  
​ 
+ 0,5 · n(NO2) = 1 mol (3)
Zum Lösen der quadratischen Gleichung ersetzt man n(NO2) durch x und lässt die Einheit weg:
x + 0,5 x = 1 ⇔ x + 0,5 x – 1 = 0 ⇒ 2
2
_______
–0,5 ± √
​ 0,25 + 4 ​ 
________
x1,2 = ​ 
2     ​ 
x1 = 0,781 x2 = –1,281
x1 ist die „chemisch sinnvolle“ Lösung ⇒
n(NO2) = 0,781 mol
(4)
Einsetzen von Gleichung (4) in (2) ergibt:
n(N2O4) + 0,5 · 0,781 mol = 1 mol ⇔
n(N2O4) = 0,610 mol
(5)
5.13 Durchblick Zusammenfassung und Übung
Zu den Aufgaben
A1 Formale Erklärung:
– Die Reaktionsenergie ðrU ist bei beiden Varianten gleich groß, da es sich um dieselbe Reaktion
handelt.
– Bei konstantem Volumen ist die Reaktionswärme gleich der Reaktionsenergie: Qr, V = ðrU
– Bei konstantem Druck ist die Reaktionswärme: Qr, p = ðrH = ðrU + p · ðV
– Da bei der Reaktion gasförmiger Wasserstoff entsteht, ist ðV > 0 und damit auch p · ðV > 0.
– Folglich ist Qr, p > Qr, V . Die Reaktion ist jedoch exotherm, d. h., beide Reaktionswärmen sind
negativ. Wenn man die Beträge betrachtet, ist Qr, p < Qr, V. Bei konstantem Druck wird folglich
weniger Wärme abgegeben.
Anschauliche Erklärung:
– Bei konstantem Volumen wird die gesamte Reaktionsenergie in Wärme umgewandelt.
– Bei konstantem Druck wird das Volumen durch die Gasentwicklung größer, d. h., das System
verrichtet Arbeit an der Umgebung. Ein Teil der Reaktionsenergie wird also in Arbeit umgewandelt und nicht in Wärme. Folglich wird bei konstantem Druck weniger Wärme abgegeben.
10 Elemente Chemie 2
5 C h e m i sc h e E n e rge t i k
A2 a) Reaktionsgleichung:
(Ø) (NH2)2CO (s) + 1,5 O2 (g)  CO2 (g) + 2 H2O (l) + N2 (g) u ð r H 0Ø = –632 kJ
b) Die formale Reaktionsgleichung (ØV) für die Bildung von 1 mol Harnstoff aus den elementaren
Stoffen erhält man durch die Addition der Reaktionsgleichungen für die Bildung von 1 mol
Kohlenstoffdioxid (ØØ) und von 2 mol Wasser (ØØØ) sowie der Umkehrung von (Ø).
Hinweis: Die Reaktionsenthalpien von (ØØ) und (ØØØ) lassen sich sehr einfach aus den Bildungs­
enthalpien berechnen: ð r H 0ØØ = 1 mol · ð f H 0m(CO2) = –393 kJ/mol ð r H 0ØØØ = 2 mol · ð f H 0m(H2O) = –572 kJ/mol
(ØØ)
C (Graphit) + O2 (g)
(ØØØ)
2 H2 (g) + O2 (g)
(–Ø)
CO2 (g) + 2 H2O (l) + N2 (g)
(ØV) 0,5 O2 (g) + C (Graphit) + 2 H2 (g) + N2(g)
    CO2 (g)
u ð r H 0ØØ = –393 kJ
2 H2O (l)
u ð r H 0ØØØ = –572 kJ
1,5 O2 (g) + (NH2)2CO (s) u ð r H 0–Ø = +632 kJ
(NH2)2CO (s)
u ð r H 0ØV = –333 kJ
Die Addition der Reaktionsenthalpien ergibt die Reaktions­enthalpie für die Bildung von 1 mol
Harnstoff aus den elementaren Stoffen: ð r H 0ØV = –333 kJ
ð H 0
r
ØV
c) ð f H 0m( (NH2)2CO) = ​ ___
  
​ = –333 kJ/mol
1 mol
A3
a) Reaktionsgleichung: C2H5OH (l) + 3 O2 (g)  2 CO2 (g) + 3 H2O (g) u ð r H 0 = –1 235 kJ
b) Es gilt: ð r H 0 = –1 mol · ð f H 0m(C2H5OH) + 2 mol · ð f H 0m(CO2) + 3 mol · ð f H 0m(H2O)
⇔ ð f H 0m(C2H5OH) = –ð r H 0/(1 mol) + 2 · ð f H 0m(CO2) + 3 · ð f H 0m(H2O)
= 1 235 kJ/mol + 2 · (–393 kJ/mol) + 3 · (–242 kJ/mol)
= –277 kJ/mol
A4 a) Da im Verbrennungsmotor eines Kraftfahrzeugs kein flüssiges Wasser sondern Wasserdampf
als Verbrennungsprodukt entsteht, wird im Folgenden mit H2O (g) gerechnet.
Verbrennung von 1 mol Octan: C8H18 (l) + 12,5 O2 (g)  8 CO2 (g) + 9 H2O (g)
ð c H(Octan) = –1 mol · ð f H 0m(C8H18) + 8 mol · ð f H 0m(CO2) + 9 mol · ð f H 0m(H2O)
= –1 mol ·(– 250 kJ) + 8 mol · (–393 kJ/mol) + 9 mol · (–242 kJ/mol)
= –5 072 kJ
Verbrennung von 1 mol Ethanol: C2H5OH (l) + 3 O2 (g)  2 CO2 (g) + 3 H2O (g)
ð c H(Ethanol) = –1 mol · ð f H 0m(C8H18) + 8 mol · ð f H 0m(CO2) + 9 mol · ð f H 0m(H2O)
= –1 mol ·(– 277 kJ) + 2 mol · (–393 kJ/mol) + 3 mol · (–242 kJ/mol)
= –1 235 kJ
b) Umrechnen einer Verbrennungsenthalpie ð c H in die spezifische Verbrennungsenthalpie
ð c Hspez und die Enthalpiedichte (volumenbezogene Verbrennungsenthalpie) ð c Hvol:
ð c H
ð c H
ð c Hspez = ​ __
​ = ​ ___
m   
n · M  ​ 
ð c H
ð c H
ð c H
ð c Hvol = ​ __
​   = ​ __
 
 ​  = ​ __
​ · r = ð c Hspez · r
m   
V   
m/r
Die in (a) berechneten Verbrennungsenthalpien ð c H gelten für n = 1 mol.
Elemente Chemie 2 11
5 Chemische E nerge ti k
ð c H (Octan)
–5 072 kJ
ð c Hspez(Octan) = ​ ________
 
    ​  
= ​ ________
    ​  
= –44,5 kJ/g = –44,5 MJ/kg
1 mol · 114 g/mol
n(C H ) · M(C H )
8 18
8 18
ð c Hvol(Octan) = ð c Hspez(Octan) · r(Octan) = –44,5 kJ/g · 0,70 g/cm3 = –31 kJ/cm3 = –31 MJ/l
ð c H (Ethanol)
–1 235 kJ
ð c Hspez(Ethanol) = ​ __________
 
  
 ​  
= ​ _______
    ​  
= –26,8 kJ/g = –26,8 MJ/kg
1 mol · 46 g/mol
n(C H OH) · M(C H OH)
2 5
2 5
ð c Hvol(Ethanol) = ð c Hspez(Ethanol) · r(Ethanol) = –26,8 kJ/g · 0,79 g/cm3 = –21 kJ/cm3 = –21 MJ/l
A5 Bei der Neutralisation von Salzsäure oder Salpetersäure mit Natriumhydroxid- oder Kalium­
hydroxid­lösung reagieren jeweils nur Oxonium­ionen mit Hydroxidionen zu Wasser. In den
angegebenen Beispielen reagieren jeweils Stoffportionen gleicher Stoffmengen. Daher hat die
Reaktionsenthalpie jeweils den gleichen Wert; dies führt beim selben Kalorimeter jeweils zur
gleichen Temperaturerhöhung. Kleine Abweichungen (abgesehen von zufälligen Messfehlern)
entstehen dadurch, dass sich auch die Reaktionsgemische etwas erwärmen; diese unterscheiden
sich geringfügig in der spezifischen Wärmekapazität.
A6 a) Verdunstung einer Wasserportion mit m = 100 g bei 25 °C:
Beim Verdunsten nimmt das Wasser die Wärme Q = n (H2O) · [ð f H 0m(H2O, g) – ð f H 0m(H2O, l)] auf.
ð H 0 (H O, g) – ð H 0 (H O, l)
Q
m(Wasser)
ð H 0 (H O, g) – ð H 0 (H O, l)
f m 2
f m 2
f m 2
f m 2
____________
ð V S (25 °C) = ​ _
= ​ _____
  
​  
· ​ ____________
T  ​ = n (H2O) · ​ 
T     ​  
T     ​ 
M(H O)
2
100 g
–242 kJ/mol – (–286 kJ/mol)
44 kJ
= ​ ____
  ​  
· ____________
​ 
 
​  = 5,55 mol · ​ ___
 ​ 
298 K    
298 K 
18 g/mol
= 0,82 kJ/K ≈ 820 J/K
Anmerkung: Die folgende Rechnung ist falsch: ð V S (25 °C) = n (H2O) · [S 0m(H2O, g) – S 0m(H2O, l)]
Diese Rechnung wäre nur für den (hypothetischen) Fall richtig, dass nach dem Verdunsten der
Wasserdampf beim Standarddruck 1 013 hPa vorliegt. Er liegt jedoch bei einem Druck von nur
31,66 hPa vor (Dampfdruck des Wassers bei 25 °C). Das Volumen des Wasserdampfs ist folglich
wesentlich größer als bei Standarddruck, d. h., den Teilchen steht ein größerer Raum zur Verfügung. Die Entropie des Wasserdampfs ist folglich größer als seine Standard­entropie.
b) Verdampfen einer Wasserportion mit m = 100 g bei 100 °C:
Beim Verdampfen nimmt das Wasser die Wärme Q = n (H2O) · ðVHm(H2O) auf.
ð H (H O)
Q
m(Wasser)
ð H (H O)
V m 2
V m 2
_____
ð V S (100 °C) = ​ _
  = n (H2O) · ​ 
 
 
​ = ​ _____
  
​  
· ​ _____
 
 
​ T ​ T 
T 
M(H O)
2
100 g
40,7 kJ/mol
40,7 kJ/mol
= ​ ____
  ​  
· ​ _____
 
​ = 5,55 mol · ​ _____
 
​ = 0,606 kJ/K = 606 J/K
373 K   
373 K   
18 g/mol
A7 Reaktionsgleichung: 2 N2O5 (s)  4 NO2 (g) + O2 (g)
ð r S 0 = –2 mol · S 0m(N2O5) + 4 mol · S 0m(NO2) + 1 mol · S 0m(O2)
= –2 mol · 113 J/(K · mol) + 4 mol · 240 J/(K · mol) + 1 mol · 205 J/(K · mol)
= +939 J/K
A8 Lösung mit den Angaben in der Aufgabe:
Der Betrag der freien Standardbildungsenthalpie ist gleich der elektrischen Arbeit. Im Falle der
Bildung von Wasser aus den elementaren Stoffen (endergonische Reaktion) hat die freie
Standard­bildungs­enthalpie einen negativen Wert: ð r G 0 = –Wel = –475 kJ
Bei Standardbedingungen (T = 298 K) ist ð r H 0 = –572 kJ. Durch Umstellen der Gibbs-HelmholtzGleichung kann man aus diesen Angaben ð r S 0 berechnen:
12 Elemente Chemie 2
5 C h e m i sc h e E n e rge t i k
ð G 0 – ð H 0
r
r
ð r G 0 = ð r H 0 – 298 K · ð r S 0 ⇔ ð r S 0 = – ​ _____
​ 
298 K   
–475 kJ – (–572 kJ)
ð r S 0 = – ​ ________
= –0,326 kJ/K = –326 J/K
298 K    ​  
Lösung mit Tabellenwerten (Abweichungen zur ersten Lösung kommen von Rundungsfehlern):
Reaktionsgleichung: 2 H2 (g) + O2 (g)  2 H2O (l)
ð r G 0= 2 mol · ð f G 0m(H2O)
= 2 mol · (–237 kJ/mol)
= –474 kJ
ð r S 0 = –2 mol · S 0m(H2) – 1 mol · S 0m(O2) + 2 mol · S 0m(H2O)
= –2 mol · 131 J/(K · mol) – 1 mol · 205 J/(K · mol) + 2 mol · 70 J/(K · mol)
= –327 J/K
Anmerkung: Bei der obigen Reaktion werden 4 mol Elektronen übertragen, deren Ladung ist Q = 4 mol · F = 4 · 96 485 As. Mit Wel = –ð r G 0 = 475 kJ kann man daraus die Spannung der
„idealen“ Wasserstoff-­Sauerstoff-­Brennstoffzelle bei Standardbedingungen berechnen:
Wel
475 kJ
______
U = ​ __
   ​  
= 0,00123 kJ/As = 1,23 J/As = 1,23 V
Q   ​ = ​ 4 · 96 485 As
A9 Zum Aufstellen der Gibbs-Helmholtz-Gleichung werden zunächst ð r H 0 und ð r S 0 berechnet.
Reaktionsgleichung: N2 (g) + 3 H2 (g)  2 NH3 (g)
ð r H 0 = 2 mol · ð f H 0m(NH3)
= 2 mol · (–46 kJ/mol)
= –92 kJ
ð r S 0 = –1 mol · S 0m(N2) – 3 mol · S 0m(H2) + 2 mol · S 0m(NH3)
= –1 mol · 192 J/(K · mol) – 3 mol · 131 J/(K · mol) + 2 mol · 193 J/(K · mol)
= –199 J/K = –0,199 kJ/K
ð r G = ð r H 0 – T · ð r S 0 = –92 kJ – T · (–0,199 kJ/K) = –92 kJ + T · 0,199 kJ/K
Die Gibbs-Helmholtz-Gleichung zeigt, dass ð r G bei Temperaturerhöhung größer wird, d.h., die
Ammoniaksynthese wird bei Temperaturerhöhung weniger exergonisch bzw. bei hohen Temperaturen endergonisch. Folglich wird die Ausbeute bei Temperaturerhöhung kleiner.
Anmerkung: In der Praxis muss auch bei Verwendung eines Katalysators die Temperatur ca. 450 °C
betragen, da sonst die Reaktionsgeschwindigkeit zu klein ist. Bei 450 °C (723 K) ist die Reaktion
stark endergonisch: ð r G = –92 kJ + 723 K · 0,199 kJ/K = +52 kJ. Bei der industriellen Ammoniak­
synthese erzielt man trotzdem bei dieser Temperatur durch hohen Druck (ca. 30 MPa = 300 bar)
eine verwertbare Ausbeute. Man wartet allerdings nicht, bis die Reaktion im Gleichgewicht ist,
sondern betreibt die Synthese im Kreislauf. Durch Abkühlen wird das Produkt als Flüssigkeit
abgetrennt, die übrigen Edukte werden wieder dem Reaktor zugeführt.
A10 Reaktionsgleichung: NiCO3 (s)  NiO (s) + CO2 (g)
ð r H = –1 mol · ð f H 0m (NiCO3) + 1 mol · ð f H 0m(NiO) + 1 mol · ð f H 0m(CO2)
= –1 mol · (–681 kJ/mol) + 1 mol · (–240 kJ/mol) + 1 mol · (–393 kJ/mol)
= +48 kJ/mol
ð r S = –1 mol · S 0m(NiCO3) + 1 mol · S 0m(NiO) + 1 mol · S 0m(CO2)
= –1 mol · 118 J/(K · mol) + 1 mol · 38 J/(K · mol) + 1 mol · 214 J/(K · mol)
= +134 J/K = +0,134 kJ/K
ð H 0
r
ð r G = ð r H 0 – T · ð r S 0 = 0 ⇔ T = ​ ___
 ​
ð S 0 
r
48 kJ
T = ​ _____
  ​  
= 358 K (⇒ h = 85 °C)
0,134 kJ/K
Die thermische Zersetzung von Nickelcarbonat beginnt bei ca. 85 °C.
Elemente Chemie 2 13