Lösungen der Aufgaben des 1. Kapitels

Lösungen der Aufgaben des 1. Kapitels
Aufgabe 1.1:
HBr gibt ein H+-Kation an Wasser ab.
+
H
H
Br +
H
+
Br
O
H
O
H
H
HBr (aq) + H 2O (l) Br - (aq) + H 3O+ (aq)
Aufgabe 1.2:
Wasser gibt ein H+-Kation an Ammoniak ab.
+
O
N H
H
H
H 2O (l) + NH 3 (aq) +
H
H
H
O
H
+
H
N
H
H
OH - (aq) + NH 4+ (aq)
Aufgabe 1.3:
Die Salpetersäure gibt ein H+-Kation an das Wasser ab.
HNO3 (aq) + H 2O (l) NO3- (aq) + H 3O+ (aq)
Aufgabe 1.4:
a) Essigsäure (CH3COOH) besteht aus Molekülen und leitet den elektrischen Strom
deshalb nicht. Beim Hinzufügen von Wasser entstehen Ionen, da die Essigsäure
ein H+-Kation an das Wasser abgibt und so wird die Lösung elektrisch leitend.
b) CH 3COOH (aq) + H 2O (l) CH 3COO- (aq) + H 3O+ (aq)
Aufgabe 1.5:
a) Salpetersäure.
b) Ammoniak:
NH3
Schwefelsäure: H2SO4
Aufgabe 1.6:
Hexan (C6H14) kann nicht als Base wirken. Dieses Molekül hat keine nicht-bindenden
Elektronenpaare.
Lösungen der Aufgaben des 2. Kapitels
Aufgabe 2.1:
1000g
m(H2O)
g
n(H2O) M(H2O) 18.02 mol
mol
c(H2O) =
=
=
= 55.5
V
V
1l
l
Aufgabe 2.2:
Aus der Reaktionsgleichung (2.1) ist ersichtlich, dass in reinem Wasser gleich viele
H3O+- wie OH-- Ionen vorhanden sein müssen. Also c(H3O+) = c(OH-). Eingesetzt in
die Gleichung (2.3) erhält man c(H3O+) · c(OH-) = c(H3O+)2 = 10-14(mol/l)2 und daraus
durch ziehen der Wurzel c(H3O+) = 10-7 mol/l = c(OH-)
Daraus ergibt sich pH = 7,0 für reines Wasser, bzw. für neutrale Lösungen.
Aufgabe 2.3:
Die pH-Skala von 0 - 14 entspricht Konzentrationen an H3O+-Ionen von 1,0 mol/l bis
10-14 mol/l, wobei pro Anstieg um eine pH-Einheit die Konzentration an H3O+-Ionen
um den Faktor 10 abnimmt, d.h. um eine Zehnerpotenz sinkt:
pH [-]
0
1
2
3
4
5
6
7
etc.
+
0
-1
-2
-3
-4
-5
-6
-7
c(H3O ) [mol/l] 10
10
10
10
10
10
10
10
etc.
Aufgabe 2.4:
NaOH (Natriumhydroxid) ist ein Salz. Beim Lösen in Wasser werden die Ionen Na +
und OH- frei. Pro NaOH-Einheit resultieren dabei ein Na+- und ein OH—Ion und es gilt
somit: c(NaOHaq) = 0.01mol/l= c(OH-)
Aus dem Ionenprodukt (2.3): c(H3O+) = 10-14 (mol/l)2/c(OH-) = 10-12 mol/l.
pH = -log10[c(H3O+)] = 12,0
Aufgabe 2.5:
 Schutzbrille tragen.
 Labormantel tragen.
(Im Falle eines Missgeschicks: Spritzer sofort mit viel Wasser abwaschen.
Dies ist aber keine Vorsichtsmassnahme!)
Aufgabe 2.6:
Aufgabe 2.7:
c(HClaq) = 0,1 mol/l. Bei vollständiger Reaktion mit Wasser bedeutet dies:
c(H3O+) = 0,1 mol/l. Daraus folgt:
pH = -lg[c(H3O+)] = 1,0
Aufgabe 2.8:
c(OH-) = 0,05 mol/l.
c(H3O+) = 10-14 (mol/l)2/c(OH-) = 2.10-13 mol/l.
pH = -lg[c(H3O+)] = 12,7
Aufgabe 2.9:
c(HClaq) [mol/l]
pH-Wert berechnet [-]
c(NaOHaq) [mol/l]
pH-Wert berechnet [-]
0,1
0,01
0,001
1
2
3
0,1
0,01
0,001
13
12
11
Lösungen der Aufgaben des 3. Kapitels
Aufgabe 3.1:
Die korrespondierende Base von HClO4 ist ClO4-, von H3O+ ist es H2O.
Die korrespondierende Säure von OH- ist H2O.
Die Säure/Base-Paare sind: HClO4 / ClO4-, H3O+ / H2O, H2O / OH(ACHTUNG: Die Säure steht im Säure/Base-Paar immer VOR der Base!)
Aufgabe 3.2:
HClO4 (aq) + NH 3 (aq) ClO4- (aq) + NH 4+ (aq)
Säure
korresp.
Base
Base
korresp.
Säure
Die Säure / Base-Paare sind HClO4 / ClO4- und NH4+ / NH3
Aufgabe 3.3:
Die schwächste hier aufgeführte Base ist das Perchlorat-Ion (ClO4-), die stärkste
Base das Oxid-Ion (O2-).
Aufgabe 3.4:
Zuerst suchen Sie HCl und NH3 in der Säure/Base Reihe. Die Säure HCl ist weiter
oben zu finden als die Base NH3 – die Säure HCl und die Base NH3 stehen somit in
S-Stellung. Es findet also eine fast vollständige Reaktion statt.
Bei der Reaktion entstehen Cl- und NH4+. Die Reaktionsgleichung lautet:
HCl (g) + NH 3 (g) NH 4Cl(s)
Aufgabe 3.5:
Das Hydroxid-Ion (OH-) wirkt gegenüber der Salpetersäure (HNO3) als Base. Es
findet folgende Reaktion statt:
HNO3 (aq) + Na + (aq) + OH - (aq) Na +- (aq) + NO3- (aq) + H 2O (l)
Das Produkt ist eine wässrige Lösung von Natriumnitrat.
Aufgabe 3.6:
Phosphorsäure gibt gegenüber Hydroxid-Ionen (OH-) alle drei möglichen H+-Kationen
ab. In einem ersten Schritt:
H 3PO4 (aq) + OH - (aq) H 2 PO4- (aq) + H 2O (l)
Im zweiten Schritt wirkt das H2PO4- als Säure:
H 2 PO4- (aq) + OH - (aq) HPO42- (aq) + H 2O (l)
Im dritten Schritt wirkt auch das HPO42- gegenüber OH- als Säure:
HPO42- (aq) + OH - (aq) PO43- (aq) + H 2O (l)
Insgesamt findet somit folgende Reaktion statt:
H 3PO4 (aq) + 3 OH - (aq) PO43- (aq) + 3 H 2O (l)
Aufgabe 3.7:
In einem ersten Schritt gibt die Essigsäure ein H+-Kation ab:
CH 3COOH (aq) + Ca 2+ (s) + CO32- (s) Ca 2+ (aq) + CH 3COO- (aq) + HCO3- (aq)
(Das Ca2+-Ion ist weder Säure noch Base. Es ist bei dieser Reaktion ein "Zuschauer".)
HCO3- als Base kann mit einem weiteren CH3COOH-Molekül reagieren:
CH 3COOH (aq) + HCO3- (aq)
CH 3COO- (aq) + H 2CO3 (aq)
Insgesamt findet also folgende Reaktion statt:
2 CH 3COOH (aq) + Ca2+ (s) + CO32- (s) Ca2+ (aq) + 2 CH 3COO- (aq) + H 2CO3 (aq)
In einer Folgereaktion zerfällt dann die Kohlensäure zu Wasser und dem Gas
Kohlendioxid, welches zischend dem Wasser entsteigt ():
H 2CO3 (aq)
H 2O + CO2 (-)
Aufgabe 3.8:
RCOOH (aq) + Na+ (aq) + HCO3- (aq)
RCOO- (aq) + Na+ (aq) + H 2CO3 (aq)
Die Kohlensäure (H2CO3) zerfällt zu H2O und CO2. Das CO2 ist gasförmig und
entweicht (). Wir nehmen dies als Brausen wahr:
H 2CO3 (aq)
H 2O + CO2 (-)
Aufgabe 3.9:
a) Die folgenden Säuren sind in der Lage Kalk aufzulösen:
Kohlensäure (H2CO3), Essigsäure (CH3COOH), Ameisensäure (HCOOH),
Phosphorsäure (H3PO4), Hydrogensulfat-Lösungen (HSO4- (aq.)), Salpetersäure
(HNO3), Salzsäure (HCl (aq.)), Schwefelsäure (H2SO4), Chlorwasserstoff (HCl),
Perchlorsäure (HClO4)
b) Beispiel Kohlensäure:
Ca2+ (aq) + HCO3- (aq) + HCO3- (aq)
H 2CO3 (aq) + Ca2+ (s) + CO32- (s) bzw.
H 2CO3 (aq) + Ca 2+ (s) + CO32- (s) Ca 2+ (aq) + 2 HCO3- (aq)
Kohlensäure vermag Kalk aufzulösen! Auf diese Weise kommt bei uns der Kalk
ins Wasser. Das CO2 in der Luft bildet mit dem Regenwasser Kohlensäure. Im
Wasser gelöster Kalk besteht aus Ca2+ und HCO3--Ionen.
Aufgabe 3.10:
Aus der Säure/Base-Reihe entnimmt man, dass NO3- (korrespondierende Base) die
etwas stärkere Base als H2O ist. Für die Reaktion ergibt sich:
HNO3 (aq) + H 2O (l) NO3- (aq) + H 3O+ (aq)
Säure 1
Base 1
Base 2
Säure 2
Das Gleichgewicht liegt leicht links, das heisst auf der Seite der Ausgangsstoffe.
Aufgabe 3.11:
H3O+, die korrespondierende Säure zu H2O, ist stärker als die Essigsäure
(CH3COOH). Das Gleichgewicht liegt links.
H 2O (l) + CH 3COOH (aq) Base 1
Säure 2
CH 3COO- (aq) + H 3O+ (aq)
Base 2
Säure 1
Aufgabe 3.12:
a)
NH 4+ (aq) + Cl - (aq) NH 3 (aq) + HCl (aq) Base
Säure
korresp.
Säure
korresp.
Base
Die zugegebene Säure ist wesentlich stärker als die korrespondierende. Das
Gleichgewicht liegt rechts. K ist somit grösser als 1.
b)
HCO3- (aq) + H 3O + (aq)
H 2CO3 (aq) + H 2O (l) Säure
Base
korresp.
Base
korresp.
Säure
Die korrespondierende Säure ist deutlich stärker als die zugegebene. Das
Gleichgewicht liegt links. K ist also kleiner als 1.
c)
NH 3 (aq) + H 2O (l) Base
Säure
NH 4+ (aq) + OH - (aq) korresp.
Säure
korresp.
Base
Die korrespondierende Säure ist stärker als die zugegebene. Das Gleichgewicht
liegt links und K ist kleiner als 1.
Aufgabe 3.13:
a) Ammoniumnitrat enthält NH4+- und NO3--Ionen, Kaliumhydroxid K+- und OH-Ionen. Die Lösungen enthalten aber vor allem H2O-Moleküle und diese dürfen
nicht vergessen werden!
Potenzielle Säuren sind: NH4+, OH- und H2O, wovon NH4+ die stärkerste ist.
Potenzielle Basen sind: NO3-, H2O und OH-, wovon OH- die stärkste ist. Es findet
somit folgende (Haupt-) Reaktion statt:
NH 4+ (aq) + OH - (aq)
Säure
Base
NH 3 (aq) + H 2O (l) korresp.
Base
korresp.
Säure
Die zugegebene Base ist stärker als die korrespondierende. Das Gleichgewicht
liegt somit rechts.
b) Folgende Teilchen sind vorhanden: K+, HPO42-, Mg2+, HCO3- und H2O.
Potenzielle Säuren sind: HCO3-, HPO42- und H2O, wovon HCO3- die stärkste ist.
Potenzielle Basen sind: HCO3-, HPO42- und H2O, wovon HPO42- die stärkste ist.
Folgende (Haupt-) Reaktion läuft somit ab:
HCO3- (aq) + HPO42- (aq)
Säure
Base
CO 23 (aq) + H 2 PO4 (aq) korresp.
Base
korresp.
Säure
Die korrespondierende Säure ist etwas stärker als die zugegebene. Das
Gleichgewicht liegt links.
Aufgabe 3.14:
Man müsste eine stärkere Base als Ammoniak zugeben, z.B. OH- in Form einer
Natriumhydroxid-Lösung (Natronlauge, NaOH (aq.)):
NH 4+ (aq) + OH - (aq)
Säure
Base
NH 3 (aq) + H 2O (l) korresp.
Base
korresp.
Säure
Die zuzugebende Base wird so gewählt, dass sie stärker als die korrespondierende
Base ist. Somit liegt das Gleichgewicht wie gewünscht rechts, d.h. K > 1.
Aufgabe 3.15:
a)
HCl (aq) + HSO4- (aq)
Säure
Base
Cl - (aq) + H 2 SO4 (aq) korresp.
Base
korresp.
Säure
Die zugegebene Base ist stärker als die korrespondierende. Das Gleichgewicht
liegt rechts. K > 1.
b)
H 2 S (aq) + H 2O (l)
Säure
Base
HS - (aq) + H 3O+ (aq) korresp.
Base
korresp.
Säure
Die korrespondierende Säure ist deutlich stärker als die zugegebene. Das
Gleichgewicht liegt links. K < 1.
Lösungen der Aufgaben des 4. Kapitels
Aufgabe 4.1:
Mit Hilfe der molaren Massen lassen sich Molzahlen direkt in Massen umrechnen.
a) M(NaOH) = 40.00 g/mol
c(NaOH)
= 1,0 mol/L =
40,00 g/L
b) M(HCl) = 36.46 g/mol
c(HClaq)
= 1,0 mol/L =
36,46 g/L
c) M(H2SO4) = 98.08 g/mol
c(H2SO4)
= 1,0 mol/L =
98,08 g/L
Aufgabe 4.2:
Stoffmenge n (NaOH) = V . c = 0,1 L . 0,1 mol/L = 0,01 mol
Diese Lösung kann also 0,01 mol H+-Ionen von einer Säure aufnehmen.
Aufgabe 4.3:
Reaktionsgleichung der vollständigen Reaktion:
H 2 SO4 (aq) + 2 NaOH (aq)
SO42- (aq) + 2 Na + (aq) + 2 H 2O (l) Also: VS= 10,0 mL, zS = 2
VB= 8 mL, cB=1,0 mol/L, zB = 1
cS : gesucht
Eingesetzt in Gleichung (4.1) erhalten wir cS = 0,4 mol/L
Aufgabe 4.4:
Eine bekannte Menge einer sauren Lösung unbekannter Konzentration wird mit einer
basischen Lösung bekannter Konzentration versetzt, bis der pH-Wert einen Sprung
macht. Der pH-Sprung wird entweder durch einen Indikator oder über eine Messung
mit einem pH-Meter angezeigt. Da das Volumen der basischen Lösung gemessen
wird, kann aus dem Volumen und der Konzentration der basischen Lösung die
unbekannte Konzentration der sauren Lösung berechnet werden.
Aufgabe 4.5:
Ich fülle eine Bürette mit Salzsäure, z.B. c(HCl aq) = 1,0 mol/L. Von der basischen
Lösung messe ich 10,0 mL ab. Ich füge einige Tropfen eines Indikators zu. Dies kann
z.B. Bromthymolblau oder Phenolphthalein sein. Dann lese ich den Flüssigkeitsstand
der Bürette ab und notiere diesen. Ich lasse unter Umrühren vorsichtig Salzsäure in
die basische Lösung fliessen, bis der Indikator seine Farbe wechselt. Dann lese ich
den Flüssigkeitsstand der Bürette erneut ab. Ich wiederhole die Messung zwei
weitere Male. Aus dem durchschnittlichen Säureverbrauch kann ich anschliessend
die Konzentration der OH--Ionen in der basischen Lösung berechnen.
Aufgabe 4.6:
Reaktionsgleichung:
H 3O+ (aq) + Cl - (aq) + NaOH (aq)
Na+ (aq) + Cl - (aq) + 2 H 2O (l) Also: VS= 12,5 mL, cS=1,0 mol/L, zS = 1
VB= 10,0 mL, zB = 1
cB : gesucht
Eingesetzt in Gleichung (4.1) erhalten wir cB = 1,25 mol/l.
Aufgabe 4.7:
Reaktionsgleichung:
H 2 SO4 (aq) + 2 NaOH (aq)
SO42- (aq) + 2 Na + (aq) + 2 H 2O (l) Also: VS= 10,0 ml, cS=1,0 mol/l, zS = 2
cB=1,0 mol/l, zB = 1
VB : gesucht
Eingesetzt in Gleichung (4.1) erhalten wir VB = 20,0 ml.
Lösungen der Aufgaben des 5. Kapitels
Aufgabe 5.1:
NaOH (aq) + CH 3COOH (aq) + Na+ (aq) + CH 3COO - (aq) + H 2O (l) Aufgabe 5.2:
a) Dies zeigt sich daran, dass der pH-Wert stark ansteigt bzw. abfällt.
b) 25 ml Natronlauge
c) 25 ml Salzsäure
Aufgabe 5.3:
2 HCO3- (aq) + Ca2+ (aq) + 2 H 3O+ (aq) + 2 Cl - (aq) 
2H 2O (l) + 2H 2CO3 (aq) + Ca2+ (aq) + 2 Cl - (aq)

im Wasser gelöster Kalk
Salzsäure
(siehe auch die Theorie zum Experiment 4.3 auf S. 46)
Das Hydrogencarbonat-Ion HCO3- wirkt als Base und fängt einen Teil der SäureTeilchen (H3O+) ab. Dadurch sinkt der pH weniger stark als bei entmineralisiertem
Wasser, das Leitungswasser ist durch den Kalk also gepuffert!
Aufgabe 5.4:
pKS von Chlorwasserstoff: -6, pKS der Essigsäure: 4,76
KS der Salzsäure = 106 mol/l
KS der Essigsäure = 10-4.76 mol/l = 1,74.10-5 mol/l
Aufgabe 5.5:
HCO3- / CO32- ("Carbonatpuffer"), pKS = 10,40
Möglich wäre auch der Ammoniakpuffer: NH4+ / NH3 , pKS = 9,21.
Dieser ist aber in der Praxis weniger geeignet, da Ammoniak bei 20°C gasförmig ist
und aus der Lösung entweichen kann.
Aufgabe 5.6:
Werden pH- und pKS-Wert in die Puffergleichung (5.9) eingesetzt, folgt:
æ c(CH3COO - ) ö
5.0 = 4.7 + log ç
÷
è c(CH3COOH ) ø
Damit resultiert für das Konzentrationsverhältnis von Acetat : Essigsäure 100.3 = 2,
d.h. es werden 2 Teile Acetat und 1 Teil Essigsäure benötigt.
Mit c(CH3COO-) + c(CH3COOH) = 2,1 mol/l folgt:
1 Teil = 2,1 mol/l:3 = 0,7 mol/l und damit für die Zusammensetzung:
1,4 mol/l Acetat (z.B. NaCH3COO) und 0,7 mol Essigsäure.
Aufgabe 5.7:
pH
CH3COOH / CH3COO-:
Werte:
Verhältnis
% Base* pH
Base : Säure
14
13
12
11
10
9
8
7
6
5
4
3
2
1
0
0
10 20 30 40 50 60 70 80 90 100
0.01
0.99
2.75
0.1
9.09
3.75
1
50
4.75
10
90.90
5.75
100
99.01
6.75
% Base
* % Base = Anzahl Baseteilchen / (Anzahl Base- + Anzahl Säureteilchen)  100
pH
NH4+ / NH3:
Werte:
Verhältnis
% Base* pH
Base : Säure
14
13
12
11
10
9
8
7
6
5
4
3
2
1
0
0
10 20 30 40 50 60 70 80 90 100
0.01
0.99
7.21
0.1
9.09
8.21
1
50
9.21
10
90.90
10.21
100
99.01
11.21
% Base
* % Base = Anzahl Baseteilchen / (Anzahl Base- + Anzahl Säureteilchen)  100
Aufgabe 5.8:
Bei der Laugen-Zugabe reagieren die OH--Ionen der Kalilauge mit der Puffersäure:
H 2 PO4- (aq) + OH - (aq) + HPO42- (aq) + H 2O (l) Der pKS-Wert von H2PO4- beträgt 7,21. Für den pH-Wert vor der Laugenzugabe
resultiert aus der Puffergleichung (Konzentration der Pufferbase = 0,15 mol/l,
Konzentration der Puffersäure = 0,3 mol/l.):
æ 0.15mol / l ö
pH = 7.21 + log ç
÷ = 7.21 - 0.30 = 6.91
è 0.3mol / l ø
Der pH-Wert vor der Laugen-Zugabe beträgt also 6.91.
Werden nun 20 ml Kalilauge mit c(KOH) = 1 mol/l zugegeben, so entspricht dies
einer Menge an OH--Ionen von 0,02 l . 1 mol/l = 0,02 mol.
Eingesetzt in die Puffergleichung folgt:
æ (0.15 + 0.02)mol / l ö
pH = 7.21 + log ç
÷ = 7.21 - 0.22 = 6.99
(0.3
0.02)
mol
/
l
è
ø
Der pH-Wert nach der Laugen-Zugabe beträgt also 6.99 und ist somit leicht
gestiegen um 0.08 Einheiten.
Aufgabe 5.9:
Eine Lösung soll immer dann gepuffert werden, wenn der pH-Wert nicht bzw. nur
sehr geringfügig ändern darf und die Möglichkeit besteht, dass starke Säure oder
Base entsteht oder zugefügt wird.
Aufgabe 5.10:
Das Puffergebiet liegt dort, wo die Kurve relativ flach verläuft, d.h. wo der pH-Wert
bei Base- oder Säurezugabe kaum ändert.
Aufgabe 5.11:
Mit dem pKS für HCO3- von 10,40 resultiert:
æ 0.3mol/l ö
pH = 10.40 + log ç
= 10.40 - 0.12 = 10.28
è 0.4mol/l ÷ø
Aufgabe 5.12:
Eingesetzt in die Puffergleichung resultiert:
æ c(NH3 ) ö
æ c(NH3 ) ö
9.00 = 9.21 + log ç
log
= -0.21
und
daraus:
ç
+ ÷
+ ÷
è c(NH4 ) ø
è c(NH4 ) ø
Das
Konzentrationsverhältnis
von
Ammoniak
zu
Ammonium
beträgt
somit
10-0.21 = 0,62 (d.h. NH3 : NH4+ = 0,62 : 1,0). Die Summe aus den beiden
Konzentrationen muss somit ein Bruchteil oder ein Vielfaches von 1.62 (1.00+0.62)
sein!
Mit der Gesamtkonzentration von 0,81 mol/l folgt für Ammoniak:
0.81mol/l
× 0.62 = 0.31mol/l
1.62
Für Ammonium (z.B. in NH4Cl) folgt:
0.81mol/l
×1.00 = 0.50mol/l
1.62
Der Puffer muss also Konzentrationen aufweisen von c(NH3) = 0.31 mol/l und
c(NH4Cl) = 0.50 mol/l.
Lösungen der Aufgaben des 6. Kapitels
Aufgabe 6.1:
a) Das in der Atmosphäre natürlich vorkommende Kohlendioxid macht die Niederschläge
leicht sauer:
CO2 (g) + H 2O (l) H 2CO3 (aq) b) Siehe Grafik auf Seite 63.
c) Luftschadstoffe werden mit dem Wind transportiert und wandeln sich erst später mit
Feuchtigkeit zu sauren Niederschlägen um (Transmission). Deshalb sind auch Orte weit
weg vom Verkehr davon betroffen.
Aufgabe 6.2:
2 SO2 (aq) + O2 (aq) + 2 H 2O (aq) 2 H 2 SO4 (aq) 4 NO2 (aq) + O2 (aq) + 2 H 2O (aq) 4 HNO3 (aq) Aufgabe 6.3:
1980 betrug der Anteil des Verkehrs an den Stickoxidemissionen etwa 70 %. Heute (von
2010 extrapoliert) beträgt er etwa 60 %.
Aufgabe 6.4:
Schädigung von Bäumen durch SO2 und NOx:
 Zerstörung der Wachsschicht der Nadeln führt zu Abwurf von Nadeln und Schwächung
des Baumes
 Störung des Schliessmechanismus der Spaltöffnungen an den Nadeln – dadurch erhöhte
Transpiration oder verminderte Assimilation und Schwächung des Baumes
 Störung des Enzym- und Nährstoffhaushaltes der Nadeln führt zu:

Verminderung der Assimilationsleistung

Verminderter Pufferkapazität gegen Säuren

Erhöhter Frostempfindlichkeit
und dadurch zum Abwurf von Nadeln und zu Nährsalzmangel
Schädigung von Bäumen durch sauren Regen:
 Nährsalzmangel infolge Bodenversäuerungen und Auswaschungen
 Schäden im Feinwurzelbereich
Bodenversäuerung
durch
freigesetzte
Metallionen
 Bei Tannen: Nasskernbildung infolge Schädigungen im Feinwurzelbereich
infolge
der
Aufgabe 6.5:
Ein Katalysator vermag den Stickoxid-Ausstoss auf weniger als einen Siebtel zu reduzieren.
(Faktor 7.2)
Aufgabe 6.6:
Grenzwert für NO2:
80 µg/m3 (24-h-Mittelwert; darf höchstens einmal pro Jahr
überschritten werden.)
Der Jahresdurchschnitt sollte 30 µg/m3 nicht übersteigen.
Grenzwerte für O3:
Die Luftreinhalteverordnung (LRV) toleriert jährlich nur eine
einzige
Überschreitung
des
Stundenmittelwerts
von
120 Mikrogramm Ozon pro Kubikmeter (120 µg/m³).
Grenzwert für Feinstaub:
Für Feinstaub gilt seit dem 1. März 1998 im Jahresmittel eine
Limite von 20 Mikrogramm pro Kubikmeter (µg/m3) Luft. Zudem
darf der Tagesmittelwert von 50 µg/m3 höchstens einmal pro
Jahr überschritten werden.
Die Tageswerte ändern und sind unter www.ostluft.ch stets aktuell abrufbar.
Aufgabe 6.7:
Individuelle Antworten, die auf Verminderung von Abgasen beim Verkehr und Reduktion des
Brennstoffverbrauchs (Heizungen und Warmwasser) abzielen sollen.
Aufgabe 6.8:
a) Schwefeldioxid SO2, Stickoxide NOx
b) 1.: SO2
H2SO4
2.: NOx
HNO3
(siehe auch Aufgabe 6.2)
c) Die Schadstoffe stammen von den Abgasen aus dem Verkehr (v.a. Stickoxide) bzw. aus
der Verbrennung von Brennstoffen wie Öl, Kohle oder Holz (v.a. Schwefeldioxid).
Die Luftschadstoffe SO2 und NOx wandeln sich bei Anwesenheit von Feuchtigkeit und
Licht in der Atmosphäre in saure Niederschläge um. Der Wind transportiert dabei sowohl
die Schadstoffgase selber als auch die Wolken, so dass der Regen in weiten Gebieten
sauer ist.
Aufgabe 6.9:
Luftschadstoffe werden hauptsächlich von Kaminen und Auspuffen ausgestossen. Dies
nennt man Emission. Nach dem Ausstoss vermischen sich die Luftschadstoffe mit der Luft.
Sie werden verdünnt und je nach Windverhältnissen mehr oder weniger weit befördert. Auf
dem Weg können sie auch chemisch umgewandelt werden. Dies nennt man Transmission.
Danach lagern sich die Luftschadstoffe aus der Atmosphäre wieder ab. Die Luftschadstoffe
wirken dabei auf Menschen, Tiere, Pflanzen, den Boden und auch auf Gebäude ein. Diese
Ablagerung nennt man Immission.
Aufgabe 6.10:
Da beim Nebel weniger Feuchtigkeit zur Verfügung steht als beim Regen, ist die
Konzentration der Schadstoffe im Wasser weit höher. Somit sind Nebeltröpfchen wesentlich
saurer als Regentropfen. Der saure Nebel schädigt die Blätter, Nadeln und Rinde.
Aufgabe 6.11:
Die sauren Niederschläge schädigen Bäume direkt durch Zerstörung der Wachsschicht der
Nadeln und Störung des Schliessmechanismus der Spaltöffnungen. Weitere direkte
Schädigungen erfolgt durch die Störung des Enzym- und Nährstoffhaushaltes und durch
Zerstörung der Feinwurzeln.
Indirekte Schädigungen erfolgen durch Auswaschen von Nährstoffen und Freisetzen giftiger
Metallionen. Sie stören damit die „Ernährung“ des Baumes.
Aufgabe 6.12:
Massnahmen, die der Staat ergriffen hat:
1. Erlass und Verschärfung von Abgas-Vorschriften für den Verkehr und zur Reduktion des
Schwefelgehaltes in Treib- und Brennstoffen.
2. Ergreifen von Massnahmen zur Verkehrseinschränkung und zur Verminderung des
Brennstoffverbrauchs.
3. Erlass von Vorschriften zur Abgasreinigung bei Haus- und Industriefeuerungen.
Zusätzliche Massnahmen nach persönlicher Meinung:
1. Förderung von lokalen Produkten
2. Verbot von langen Transportwegen (z.B. Schlachtvieh)
3. Förderung von Minimal-Energie-Häusern
4. Förderung von Alternativ-Energien
etc.
Lösungen der Aufgaben des 7. Kapitels
Aufgabe 7.1:
pKS der Essigsäure: 4,76
Essigsäure ist eine schwache Säure. Wir können also mit Gleichung
(7.3) rechnen. In der Tabelle sind zum Vergleich auch die Werte
angegeben, die man mit Gleichung (7.5) erhält.
pH Wert (Gl.7.3)
c(CH3COOH)
pH-Wert (Gl.7.5)
(mol/l)
1,0
0,1
0,01
0,001
Aufgabe 7.2:
2,38
2,88
3,38
3,88
a)
2,38
2,88
3,39
3,91
starke Base, vereinfachte Formel:
pH = 14 + log [c0(B)]
b)
schwache Base, vereinfachte Formel:
pH =
c)
(7.6)
[ ( )]
14 + pK S + log c0 B
(7.7)
2
genaue Formel:
(7.8)
Aufgabe 7.3:
pKS des Ammonium-Ions = 9,21
Ammoniak ist eine schwache Base. Wir können also mit Gleichung
(7.7) rechnen. In der Tabelle sind zum Vergleich auch die Werte
angegeben, die man mit Gleichung (7.8) erhält.
c(NH3)
pH-Wert (Gl.7.7)
pH-Wert (Gl.7.8)
(mol/l)
1,0
0,1
0,01
0,001
11,61
11,11
10,61
10,11
11,60
11,10
10,60
10,08
Aufgabe 7.4:
c(HClaq)
(mol/l)
1,0
0,1
0,01
0,001
Aufgabe 7.5:
pH-Wert
(-)
c(NaOHaq)
(mol/l)
1,0
0,1
0,01
0,001
0,0
1,0
2,0
3,0
pH-Wert
(-)
14,0
13,0
12,0
11,0
a) Bei gleicher Konzentration hat eine schwache Säure einen
höheren pH-Wert als eine starke. Um den gleichen pH-Wert zu
erreichen, benötigt man bei einer schwachen Säure eine höhere
Konzentration als bei einer starken.
b) Bei der Verdünnung einer starken Säure nimmt der pH-Wert
doppelt so stark zu wie bei einer schwachen Säure. Bei einer
zehnfachen Verdünnung nimmt der pH-Wert bei einer starken Säure
um 1,0 zu, bei einer schwachen um 0,5.
Aufgabe 7.6:
Es ist eine zehnfache Verdünnung nötig, damit der pH-Wert um 0,5
zunimmt. Es handelt sich also um eine schwache Säure.
Aufgabe 7.7:
Es handelt sich um eine starke Base, da die Formel für starke Basen
angewendet werden kann:
pH = -log(c(H3O+), wobei c(H3O+) = 10-14mol2/l2 / c(Base)
Aufgabe 7.8:
a) Salzsäure
Gleichung für starke Säuren:
pH = - log [c0(HA)]
| 10x
c0(HA) = 10-pH = 10-3 = 0.001 mol/l
b) Essigsäure
Gleichung für schwache Säuren:
| ·2
2 · pH = pKS - log [c0(HA)]
| - pKS | Vorzeichenumkehr
log [c0(HA)] = pKS - 2 · pH
| 10-x