ALLGEMEINE und ANORGANISCHE CHEMIE

ALLGEMEINE und
ANORGANISCHE CHEMIE
(770.100; 2 Std)
7. Einheit
Reaktionsgleichungen, Stöchiometrie,
Massenwirkungsgesetz,
Gleichgewichtskonstante,
Redox-Reaktionen
Reaktionsgleichungen
Darstellung und Bilanzierung von chemischen
Reaktionen
Typen von chemischen Reaktionen
Stöchiometrie
Quantitative Aussagen zu chemischen
Reaktionen
Volumetrie
Limitierende Reaktanten
Reaktionsausbeute
Limitierende Reaktanten
Ermittlung chemischer Formeln
Verbrennungsanalyse
Bestimmung einer chemischen Formel
Das chemische Gleichgewicht
Gleichgewichtskonstante und
Massenwirkungsgesetz
Prinzip von Le Chatelier
Katalysator
Redox-Reaktionen
Oxidation und Reduktion
Oxidationszahlen
Oxidations- und Reduktionsmittel
Spannungsreihe der Metalle
Bilanzieren von Redox-Reaktionen
Disproportionierung und Komproportionierung
Reaktionsgleichungen
Darstellung und Bilanzierung von chemischen Reaktionen
Beispiel für eine chemische
Reaktion:
Wenn metallisches Natrium, Na(s),
(weich, silbrig glänzend)
mit Wasser in Kontakt kommt,
erfolgt eine äußerst heftige Reaktion.
Edukte (Ausgangsstoffe)  Produkte
Metallisches Natrium
H2O
Indikator in Wasser färbt sich rot:
Hinweis auf Bildung einer Base
Natrium und Wasser  Natriumhydroxid und Wasserstoff
Na + H2O  NaOH + H2
Gesetz von der Erhaltung der Masse (Atombilanz, Massenbilanz):
2 Na + 2 H2O  2 NaOH + H2
Na
H2O
Eine chemische Reaktion führt zur Umgruppierung von Atomen
unter Einhaltung der Massenbilanz:
2 Na + 2 H2O  2 NaOH + H2
Weiters muss der Aggregatzustand jedes Reaktanten angegeben
werden: (s), fest; (l), flüssig; (g), gasförmig und (aq), wenn die
entsprechende Substanz in Wasser gelöst ist. Das Lösungsmittel
muss natürlich nicht unbedingt Wasser sein. Beispiel: (am), Substanz
ist in Ammoniak gelöst.
2 Na(s) + 2 H2O(l)  2 NaOH(aq) + H2(g)
Benötigt eine chemische Reaktion höhere Temperaturen (), so ist
dies ebenfalls anzuführen, z.B. Umwandlung von Kalk in
gebrannten (ungelöschten) Kalk beim Kalkbrennen:

CaCO3(s)  CaO(s) + CO2(g)
Ebenso die Verwendung etwaiger Katalysatoren, z.B. bei der für
die Herstellung von Schwefelsäure wichtigen Reaktion von
Schwefeldioxid, SO2(g), zu Schwefeltrioxid, SO3(g):
V2O5
2 SO2(g) + O2(g)  2 SO3(g)
2 Na + 2 H2O  2 NaOH + H2
Wie liest man diese Reaktionsgleichung:
2 Atome Natrium reagieren mit 2 Molekülen Wasser unter Bildung
von 2 Molekülen NaOH und 1 Molekül H2.
Durch Multiplikation mit der Avogadro‘schen Zahl (6,023  1023
Moleküle) gilt aber auch, dass
2 mol Na mit 2 mol Wasser zu 2 mol NaOH und 1 mol H2
reagieren.
Die stöchiometrischen Koeffizienten einer Reaktionsgleichung
geben also auch Auskunft über die relativen Stoffmengen der in
einer Reaktion involvierten Reaktanten.
Stöchiometrie = chemisches Rechnen
Beispiel Knallgasreaktion:
H2 + O2  H2 O
O2
Atombilanz:
2 H2 + O2  2 H2 O
H2
2 H2(g) + O2(g)  2 H2O(l)
Übungsbeispiel: Wie lautet die exakte Gleichung der
Verbrennungsreaktion von Methan mit Sauerstoff?
CH4 + O2  CO2 + H2O ?
Lösung:
CH4(g) + 2 O2(g)  CO2(g) + 2 H2O(l)
H2 O
CH4(g) + 2 O2(g)  CO2(g) + 2 H2O(l)
Blaue Flamme
stammt von der
Bildung von C2Molekülen
CH4
O2
CO2
H2O
O2
Beispiele von chemischen Reaktionen:
Redox-Reaktionen (siehe unten):
In Redox-Reaktionen werden zwischen den Reaktanten Elektronen
ausgetauscht
Austauschreaktionen (Metathesereaktionen):
Reaktionen, in denen die positiven und negativen Ionen ihre jeweiligen
Partner tauschen, verhalten sich gemäß der allgemeinen Gleichung
AX + BY  AY + BX
Diese Reaktionen werden Metathesereaktionen (griech. austauschen)
oder Austauschreaktionen genannt. Dazu gehören
Fällungsreaktionen (siehe Einheit 8)
AgNO3(aq) + KCl(aq)  AgCl(s) + KNO3(aq)
Säure-Base-Reaktionen (siehe Einheit 8)
Ca(OH)2(aq) + 2 HCl(aq)  CaCl2(aq) + 2 H2O(l)
Stöchiometrie
Quantitative Aussagen zu chemischen Reaktionen
Die quantitative Interpretation von chemischen Reaktionen ist ein
wichtiges Gebiet der Chemie und wird Reaktionsstöchiometrie
genannt.
Die stöchiometrischen Koeffizienten erlauben eine Aussage über
die relative Zahl von Molen an Edukten und Produkten, die an einer
chemischen Reaktion beteiligt sind, z.B. Ammoniak-Synthese:
N2(g) + 3 H2(g)  2 NH3(g)
1 mol N2 reagiert mit 3 mol H2 zu 2 mol NH3
Die stöchiometrischen Beziehungen sind in diesem Fall:
1 mol N2  2 mol NH3
und 1 mol N2  3 mol H2
Beispiel:
Wieviel Wasser wird gebildet, wenn 0,25 mol O2 in
der Brennstoffzelle des Spaceshuttle mit Wasserstoff
reagiert?
Vorgehensweise:
1.
Formulieren der Reaktionsgleichung
2 H2(g) + O2(g)  2 H2O(l)
2.
Stöchiometrische Beziehungen
1 mol O2  2 mol H2O
3.
Lösung: 0,25 mol O2  0,5 mol H2O
Beispiel:
Wieviel Eisen kann aus 10 kg Eisen(III)oxid, Fe2O3(s),
mit Hilfe von Kohlenmonoxid, CO(g), in einem
Hochofen gewonnen werden?
Vorgehensweise:
1.
Formulieren der Reaktionsgleichung
Fe2O3(s) + 3 CO(g)  2 Fe(s) + 3 CO2(g)
2.
Stöchiometrische Beziehung: 1 mol Fe2O3  2 mol Fe
3.
Umrechnung von Masse in Stoffmenge mit Hilfe der molaren
Masse M(Fe2O3) = 159,69 g.mol-1
4.
10 kg = 10 000 g und somit n(Fe2O3) = 10000 g/(159,69 g/mol)
n(Fe2O3) = 62,62 mol
Stöchiometrische Beziehungen
62,62 mol Fe2O3  125,24 mol Fe
Mit M(Fe) = 55,85 g/mol kann die Masse des gebildeten Fe
errechnet werden: 125,24 mol  55,85 g/mol = 6995 g Fe =
= 6,99 kg
Mass
of A
Zusammenfassung:
1. Reaktionsgleichung
2. Stöchiometrische Beziehung zwischen A und B
3. Umrechnung von Masse von A in Stoffmenge (Mole) an A
mittels der molaren Masse M von A
4. Umrechnung von Stoffmenge an B in Masse von B mittels der
molaren Masse von B
Übungsbeispiel: Das Kamel speichert in seinem Höcker das Fett Tristearin,
C57H110O6(s). Dieses Fett dient sowohl als Energie, also auch als Wasserreserve.
Aus dem Fett kann nach folgender Reaktion Wasser freigesetzt werden:
2 C57H110O6(s) + 163 O2(g)  114 CO2 (g) + 110 H2O (l)
a) Wieviel Wasser kann aus 2,5 kg dieses Fettes gewonnen werden?
b) Welche Masse an O2 wird benötigt, um 2,5 g Tristearin zu oxidieren?
Lösung: Aufstellung der stöchiometrische Beziehungen:
1 mol Tristearin  55 mol H2O;
a)
1 mol Tristearin  163/2 O2
M(C57H110O6) = 890 g/mol; M(H2O) = 18 g/mol; M(O2) = 32 g/mol
n(C57H110O6) = m/M = 2500 g/(890 g/mol) = 2,81 mol
n(H2O) = 2,81 mol  55 = 154,6 mol; m(H2O) = n  M = 2782 g = 2,8 kg
b)
n(C57H110O6) = m/M = 2,5 g/(890 g/mol) = 0,0028 mol
n(O2) = 0,0028  163/2 = 0,23 mol; m(O2) = 7,3 g
Übungsbeispiel:
Welche Masse an Aluminium, Al(s), wird benötigt, um aus 10 kg
Chrom(III)oxid, Cr2O3(s), metallisches Chrom, Cr(s), zu
produzieren. Die Reaktionsgleichung ist

2 Al(l) + Cr2O3(s)  Al2O3(s) + 2 Cr(l)
Lösung:
Stöchiometrische Beziehung: 2 mol Al  1 mol Cr2O3
M(Cr2O3) = 152 g.mol-1
n(Cr2O3) = 10 000 g/(152 g/mol) = 65,7 mol Cr2O3
Stöchiometrische Beziehung: 65,7 mol Cr2O3  131,4 mol Al
M(Al) = 26,98 g.mol-1
m(Al) = 131,4 mol  (26,98 g/mol) = 3545,2 g Al = 3,54 kg Al
Übungsbeispiel: Setzen Sie in folgende Rumpfgleichungen die
richtigen stöchiometrischen Koeffizienten ein!
a) P4O10(s) + H2O(l)  H3PO4(l)
b) Cd(NO3)2(aq) + Na2S(aq)  CdS(s) + NaNO3(aq)
c) KClO3(s)  KClO4(s) + KCl(s)
d) HCl(aq) + Ca(OH)2(aq)  CaCl2(aq) + H2O(l)
Lösung:
a) P4O10(s) + 6 H2O(l)  4 H3PO4(l)
a) Cd(NO3)2(aq) + Na2S(aq)  CdS(s) + 2 NaNO3(aq)
b) 4 KClO3(s)  3 KClO4(s) + KCl(s)
c) 2 HCl(aq) + Ca(OH)2(aq)  CaCl2(aq) + 2 H2O(l)
Übungsbeispiel: Wenn Stickstoff und Sauerstoff im Zylinder des
Automotors miteinander reagieren entsteht Stickstoffmonoxid,
NO(g). Wenn NO(g) ausgestoßen wird, reagiert es in der Atmosphäre
mit Sauerstoff weiter zu Stickstoffdioxid, NO2(g),
einer
Vorläufersubstanz des sauren Regens. Wie lauten die
Reaktionsgleichungen für diese beiden Reaktionen?
Lösung:
Rumpfgleichung:
N2(g) + O2(g)  NO(g)
Exakte Gleichung:
N2(g) + O2(g)  2 NO(g)
Rumpfgleichung:
NO(g) + O2(g)  NO2(g)
Exakte Gleichung:
2 NO(g) + O2(g)  2 NO2(g)
Stöchiometrie
Volumetrie
Die Bestimmung der Stoffmengenkonzentration (mol/L) eines
gelösten Stoffes durch sog. Titration ist eine häufige Tätigkeit in
einem Analysen-Labor. Durch Titration kann z.B. die Molarität der
Bestandteile oder die Härte von Mineralwasser ermittelt werden.
Durch Titration wird z.B. auch die
Bürette mit Titrant
Stoffmengenkonzentration von Säuren
oder Basen ermittelt.
Die zu bestimmende Substanz
(Analyt) wird mit dem Titrant mit
Analyt
Hilfe von Büretten versetzt.
Büretten erlauben die Zugabe von
exakten Volumina an Titrant.
Die Titration wird unter ständigem
Rühren durchgeführt.
Magnetrührer
Titrant
Beispiel Säure-Base-Titration:
Analyt ist z.B. die Base und
Titrant ist die Säure oder vice
versa.
Da sowohl der Analyt und
Titrant, als auch die
Reaktionsprodukte farblos sind,
muss mit Hilfe eines sog.
Indikators der stöchiometrische
Endpunkt ermittelt werden. Also
jener Punkt an dem die
stöchiometrische Beziehung
zwischen Säure und Base exakt
erreicht wird (Ende der
Neutralisationsreaktion,
Äquivalenzpunkt).
Volume
of A
Vorgehensweise:
1. Formulieren der Reaktionsgleichung
2. Stöchiometrische Beziehung zwischen A und B
3. Bestimmung des Volumens an A (Titrant, dessen Molarität bekannt
ist), das zur Erreichung des stöchiometrischen Punktes benötigt wird.
Umrechnung von V(A) in n(A)
4. Bestimmung der Stoffmengenkonzentration von B (Analyt)
Beispiel:
In einem Erlenmeyerkolben werden 25 mL Oxalsäure, H2C2O4 (aq)
vorgelegt (=Analyt). Dann wird Natronlauge, NaOH(aq), der
Stoffmengenkonzentration 100 mmol/L mit einer Bürette
zugetropft (=Titrant). Der stöchiometrische Punkt wird erreicht,
nachdem exakt 38 mL der NaOH-Lösung zugegeben wurden. In
welcher Stoffmengenkonzentration lag Oxalsäure vor?
Die Reaktionsgleichung dieser Neutralisationsreaktion ist
H2C2O4(aq) + 2 NaOH(aq)  Na2C2O4(aq) + 2 H2O(l)
Stöchiometrische Beziehung:
1 mol H2C2O4  2 mol NaOH
H2C2O4(aq) + 2 NaOH(aq)  Na2C2O4(aq) + 2 H2O(l)
Stöchiometrische Beziehung: 1 mol H2C2O4  2 mol NaOH
Stoffmenge = Stoffmengenkonzentration  Volumen
n(NaOH) = (0.1 mol/L)  (0.038 L) = 0.0038 mol
Stöchiometrische Beziehung:
0,0038 mol NaOH  0,0019 mol H2C2O4
Stoffmengenkonzentration [H2C2O4(aq)] = Stoffmenge/Volumen =
0,0019 mol / 0,025 L = 0,076 mol/L bzw. 76 mmol/L
Die Stoffmengenkonzentration der Oxalsäure-Lösung beträgt also
76 mmol/L.
Übungsbeispiel: Ein Student benutzte eine Salzsäure-Lösung, von der
bekannt ist, dass sie 0,72 g HCl in 500 mL enthält. Mit dieser Lösung titrierte
er 25 mL einer Calciumhydroxid-Lösung, Ca(OH)2(aq) (=Analyt). Der
stöchiometrische Punkt wurde nach Zugabe von exakt 15,1 mL der Säure
erreicht. Welche Stoffmengenkonzentration hatte die Calciumhydroxidlösung?
Reaktionsgleichung:
2 HCl(aq) + Ca(OH)2(aq)  CaCl2(aq) + 2 H2O(l)
Stöchiometrische Beziehung: 2 mol HCl  1 mol Ca(OH)2
M(HCl) = 36,46 g/mol
Stoffmenge und Stoffmengenkonzentration der HCl-Lösung:
n(HCl) = m/M = 0,72 g / (36,46 g/mol) = 0,0197 mol
c[HCl(aq)] = 0,0197 mol/0,5 L = 0,0394 mol/L
Verbrauchte Stoffmenge an HCl bei der Titration:
n = c  V d.h. n(HCl) = (0,0394 mol/L)  0,0151 L = 0,00059 mol HCl
Stöchiometrische Beziehung: 0,00059 mol HCl  0,000295 mol Ca(OH)2
c[Ca(OH)2(aq)] = 0,000295 mol/0,025 L = 0,012 mol/L = 12 mmol/L
Übungsbeispiel: Wieviel Gramm Ca(OH)2(s) werden zur
Neutralisation von 25 mL einer 0,1 M HNO3(aq)-Lösung benötigt?
Lösung: Bei den Reaktanten handelt es sich um SalpetersäureLösung, HNO3(aq) und um die Base Calciumhydroxid in fester
Form, Ca(OH)2(s).
Reaktionsgleichung:
2 HNO3(aq) + Ca(OH)2(s)  Ca(NO3)2(aq) + 2 H2O(l)
Stöchiometrische Beziehung: 2 mol HNO3  1 mol Ca(OH)2
c = n/V, daher n(HNO3) = c  V = (0,1 mol/L)  (0,025 L)
n(HNO3) = 0,0025 mol, daher n(Ca(OH)2) = 0,00125 mol
Molare Masse, M, von Ca(OH)2 = 74,1g/mol
m = n  M = (74,1 g/mol)  (0,00125 mol) = 0,0926 g Ca(OH)2(s)
Übungsbeispiel: Wieviel Gramm NaOH(s) werden zur
Neutralisation von 20 mL einer H2SO4(aq)-Lösung der Stoffmengenkonzentration von 0,15 mol/L benötigt?
Lösung: Bei den Reaktanten handelt es sich um SchwefelsäureLösung, H2SO4(aq), und um die Base Natriumhydroxid in fester
Form, NaOH(s).
Reaktionsgleichung:
H2SO4(aq) + 2 NaOH(s)  Na2SO4(aq) + 2 H2O(l)
Stöchiometrische Beziehung: 1 mol H2SO4  2 mol NaOH
c = n/V, daher n(H2SO4) = c  V = (0,15 mol/L)  (0,020 L)
n(H2SO4) = 0,003 mol, daher n(NaOH) = 0,006 mol
Molare Masse, M, von NaOH = 39,99 g/mol
m = n  M = (39,99 g/mol)  (0,006 mol) = 0,24 g NaOH(s)
Übungsbeispiel: Wieviel Liter einer 0,5 M HCl(aq)-Lösung werden
benötigt, um mit 0,1 mol Pb(NO3)2 vollständig zu einem
Niederschlag aus PbCl2(s) zu reagieren?
Lösung: Bei den Reaktanten handelt es sich um Salzsäure, HCl(aq),
und um die Salzlösung Bleinitrat, Pb(NO3)2(aq). Die Reaktion ist
eine Fällungsreaktion.
Reaktionsgleichung:
2 HCl(aq) + Pb(NO3)2(aq)  PbCl2(s) + 2 HNO3(aq)
Stöchiometrische Beziehung: 2 mol HCl  1 mol Pb(NO3)2
n[Pb(NO3)2] = 0,1 mol, daher n(HCl) = 0,2 mol
c = n/V, daher V = n/c = (0,2 mol)/(0,5 mol/L) = 0,4 L HCl(aq)
Limitierende Reaktanten
Reaktionsausbeute
Stöchiometrische Kalkulationen bzw. die Aufstellung von
stöchiometrischen Beziehungen entsprechen Idealbedingungen. In
der Realität laufen Reaktionen in der Regel nie vollständig ab. Es
können Nebenreaktionen auftreten und zudem stellt sich bei jeder
chemischen Reaktion ein Gleichgewicht ein (siehe unten). Oder einer
der Reaktanten ist nur in limitierender Stoffmenge (also im
Unterschuss) vorhanden (siehe unten).
Die sog. theoretische Ausbeute ist die maximale Menge (Stoffmenge,
Masse, Volumen) an Produkten, die aus einer bestimmten Menge an
Ausgangsstoffen erhalten werden kann.
Die prozentuelle Ausbeute (%) ist der Quotient aus tatsächlicher
Ausbeute und theoretischer Ausbeute multipliziert mit 100.
Prozentuelle Ausbeute = (tats. Ausbeute/theoret. Ausbeute)  100%
Beispiel: Berechnen Sie die theoretische Ausbeute in Gramm an
Kaliumnitrit, KNO2(s), wenn 24 g Kaliumnitrat, KNO3(s), mit einem
Überschuss an Blei erhitzt werden.
Es gelte folgende Reaktionsgleichung:
Pb(s) + KNO3(s)  PbO(s) + KNO2(s)
Stöchiometrische Beziehung: 1 mol KNO3  1 mol KNO2
M(KNO3) = 101,1 g/mol
n(KNO3) = m/M = 24 g / (101,1 g/mol) = 0,237 mol
Stöchiometrische Beziehung: 0,237 mol KNO3  0,237 mol KNO2
M(KNO2) = 85,1 g/mol
m(KNO2) = n  M = 0,237 mol  (85,1 g/mol) = 20,2 g
Fossile Brennstoffe bestehen aus verschiedensten
Kohlenwasserstoffen. Bei der Verbrennung mit Sauerstoff, O2(g),
entsteht das Treibhausgas Kohlendioxid, CO2(g). Eine typische
Komponente des Benzins ist Octan, C8H18(l), das bei vollständiger
Verbrennung folgendermaßen reagiert
2 C8H18(l) + 25 O2(g)  16 CO2(g) + 18 H2O(l)
Im Idealfall entsteht aus jedem Kohlenstoffatom ein
Molekül CO2 (= theoretische Ausbeute)
CO2
In der Realität ist die Luftzufuhr meist limitierend,
sodass auch Kohlenmonoxid gebildet werden kann.
Im Extremfall entsteht nur CO(g), entsprechend
2 C8H18(l) + 17 O2(g)  16 CO (g) + 18 H2O(l)
Realität
CO
CO2
Auch diese Reaktion verbraucht Octan. In der
Realität laufen beide Reaktionen ab und die
theoretische Ausbeute an CO2(g) wird nicht erreicht.
Beispiel:
Angenommen ein Motor verbrennt 1 L Octan und produziert 1,14 kg
an Kohlendioxid. Wie groß ist die prozentuelle Ausbeute an CO2,
wenn die theoretische Ausbeute 2,17 kg beträgt.
Prozentuelle Ausbeute
= (tatsächliche Ausbeute / theoretische Ausbeute)  100%
= 52,5%
Limitierende Reaktanten
Limitierende Reaktanten
z.B. N2(g) + 3 H2(g)  2 NH3(g)
Zur Erreichung der theoretischen
Ausbeute muss die stöchiometrische
Beziehung 1 mol N2  3 mol H2
gewährleistet sein!
Edukte: 1 mol N2 und 2 mol H2
Reaktant B ist im Unterschuss vorhanden,
d.h. H2(g), bestimmt die maximale
Ausbeute.
Edukte: 0.8 mol N2 und 3 mol H2
Reaktant A ist im Unterschuss vorhanden,
d.h. N2(g), bestimmt die maximale
Ausbeute.
Beispiel:
Calciumcarbid, CaC2(s) reagiert mit Wasser unter
Ausbildung von Calciumhydroxid, Ca(OH)2(aq), und
des brennbaren Gases Ethin [Acetylen, C2H2(aq)].
Angenommen 100 g Wasser reagieren mit 100 g
Carbid. Was ist der limitierende Reaktant und
welche Menge an Ethin wird gebildet?
Reaktionsgleichung:
CaC2(s) + 2 H2O(l)  Ca(OH)2(aq) + C2H2(g)
Stöchiometrische Beziehung: 1 mol CaC2  2 mol H2O
M(CaC2) = 64,1 g/mol und M(H2O) = 18,02 g/mol
n = m/M, d.h. n(CaC2) = 1,56 mol und n(H2O) = 5,54 mol
d.h. Carbid ist limitierend und bestimmt daher die Ausbeute an Ethin.
Stöchiometrische Beziehung: 1 mol CaC2  1 mol C2H2
1,56 mol CaC2  1,56 mol C2H2
M(C2H2) = 26,04 g/mol
Daher m(C2H2) = n  M = 40,6 g
Übungsbeispiel: Wein wird sauer, wenn Ethanol, C2H5OH(aq),
durch Oxidation in Essigsäure, CH3COOH(aq), übergeht. Die
exakte Reaktionsgleichung lautet:
C2H5OH(aq) + O2(g)  CH3COOH(aq) + H2O(l)
Wenn 2,0 g Ethanol und 1 g Sauerstoff in einem Weinfass
verschlossen würden, welcher Reaktant wäre für die Oxidation
limitierend?
Lösung:
Stöchiometrische Beziehung: 1 mol Ethanol  1 mol O2
M(C2H5OH) = 46 g/mol; M(O2) = 32 g/mol;
n(C2H5OH) = 2 g/(46 g/mol) = 0,043 mol
n(O2) = 1 g/(32 g/mol) = 0,031 mol
Sauerstoff ist limitierend!
Ermittlung chemischer Formeln
Verbrennunganalyse
Die Verbrennungsanalyse dient (meist in Kombination mit der
Massenspektrometrie) der Ermittlung der Summenformel von
(einfachen) chemischen Verbindungen.
Die Probe wird in
einem Ofen mit
einem Überschuss
an Sauerstoff
verbrannt, sodass die
zu analysierende
Probe den limitierenden
Reaktanten darstellt.
Die Wasserstoffatome der Probe werden vollständig in Wasser, die
Kohlenstoffatome in CO2 umgewandelt.
Das gebildete Wasser, H2O(g), wird durch Tetraphosphordec(a)oxid,
P4O10(s), absorbiert. Es bildet sich
Phosphorsäure, H3PO4(aq).
H O(g)
2
P4O10(s) + 6 H2O(l)  4 H3PO4(l)
Die Zunahme der Masse des Röhrchen
wird gemessen.
CO2(g)
Das gebildete CO2(g) wird in
Natronlauge, NaOH(aq), absorbiert.
Es bildet sich Natriumhydrogencarbonat, NaHCO3(aq).
NaOH(aq) + CO2(g) NaHCO3(aq)
Die Zunahme der Masse des Röhrchens wird gemessen.
d.h. bei der Verbrennungsanalyse
gelten folgende stöchiometrische
Beziehungen:
CO2
Probe
1 mol C (Probe)  1 mol CO2
Probe
H2 O
2 mol H (Probe)  1 mol H2O
Wenn die Probe nur aus C, H und O-Atomen besteht, kann die
Masse an Sauerstoff aus der gesamten Probenmasse (bestimmt
durch Abwägen) abzüglich der Massen von Wasserstoff und
Kohlenstoff kalkuliert werden.
Beispiel:
Die Verbrennungsanalyse wurde an 1,621 g einer
neu synthetisierten Substanz durchgeführt, die nur
aus O, C und H-Atomen besteht. Die Massen an
gebildeten Wasser und Kohlendioxid wurden mit
1,902 g und 3,095 g bestimmt. Wie lautet die
empirische Summenformel dieser Verbindung?
Stöchiometrische Beziehungen:
1 mol C (Probe)  1 mol CO2 und
2 mol H (Probe)  1 mol H2O
M(C) = 12,01 g/mol; M(CO2) = 44,01 g/mol
M(H) = 1,008 g/mol; M(H2O) = 18,02 g/mol
n(CO2) = n(C) = m/M = 0,07032 mol
n(H2O) = 0,10555 mol,
d.h.
0,2111 mol H (Probe)  0,10555 mol H2O
n(C) = 0,07032 mol; n(H) = 0,2111 mol
m = n  M folgt
m(C) = 0,8846 g und m(H) = 0,2128 g
m(O) = 1,621 – 0,8446 – 0,2128 = 0,564 g
n(O) = m/M = 0,564 g/(16,0 g/mol) = 0,0352 mol
Verhältnis der Stoffmengen C:H:O = 0,07032 : 0,2111 : 0,0352
C:H:O=2:6:1
Empirische Formel: C2H6O
Man spricht deshalb von der “empirischen” Formel, da durch die
Verbrennungsanalyse nur das Verhältnis der Stoffmengen bestimmt
wird. Erst bei Kenntnis der molaren Masse der unbekannten
Verbindung (mittels Massenspektrometrie), kann dann die exakte
chemische Formel erstellt werden.
Ermittlung chemischer Formeln
Empirische versus exakte Formel
Mit Hilfe der Verbrennungsanalyse wird die empirische Formel
ermittelt. Sie gibt die relative Anzahl der Elemente in einem Molekül
an. Sie kann, aber muss nicht, der tatsächlichen chemischen Formel
entsprechen.
Beispiel: Die Analyse von Glucose in der Verbrennungsanalyse würde
die empirische
Formel “CH2O” ergeben. Die tatsächliche
Summenformel von Glucose ist aber C6H12O6.
Wie kann nun die tatsächliche chemische Formel eines Moleküls
ermittelt werden? In einem ersten Schritt wird in der Regel der
Massenanteil jedes Elements in der Probe durch Verbrennungsanalyse
ermittelt:
Massenanteil (%) = (Masse des Elements in Probe/Probenmasse)  100
Dann ermittelt man die empirische Formel und bestimmt mittels
Massenspektrometrie die molare Masse der unbekannten Verbindung.
Beispiel: Jahrhundertelang benutzten die Eingeborenen Australiens
Blätter des Eukalyptusbaumes in der Schmerzbehandlung. Das
verantwortliche Molekül konnte identifiziert werden (Name:
Eucalyptol). In einem ersten Schritt wurde festgestellt, dass 3,16 g
Eucalyptol aus 2,46 g C, 0,373 g H und 0,329 g O bestehen.
Wie groß ist der Massenanteil jedes Elements?
Und wie lautet die empirische Formel?
77,8% C; 11,8% H; 10,4 % O
n(C) = 2,46 g / (12,011 g/mol) = 0,203 mol
n(H) = 0,373 g / (1,008 g/mol) = 0,370 mol
n(O) = 0,329 g / (15,999 g/mol) = 0,0206 mol
Empirische Formel: C10H18O
Um von der empirischen Formel auf die tatsächliche Formel
schließen zu können, muss zusätzlich die molare Masse des
gesuchten Moleküls bekannt sein. Mit Hilfe der
Massenspektrometrie ist diese zugänglich.
Beispiel: Die molare Masse von Oxalsäure ist 90,0 g/mol. Oxalsäure
ist eine giftige, in Rhabarber in hoher Konzentration vorkommende
Verbindung, deren empirische Formel durch Verbrennungsanalyse
mit “CHO2” festgestellt wurde. Wie lautet die tatsächliche Formel
von Oxalsäure?
Lösung:
Molare Masse (“CHO2”) = 12,011 g/mol + 1,008 g/mol +
(2  15,999 g/mol) = 45,019 g/mol
molare Masse (Oxalsäure) / molare Masse (“CHO2”)
= (90,0 g/mol) / (45,019 g/mol) = 1,999
Die Formel von Oxalat lautet C2H2O4
Übungsbeispiel: 0.528 g Saccharose, eine Verbindung aus Kohlenstoff,
Wasserstoff und Sauerstoff, liefert bei der Verbrennungsanalyse 0,306 g
Wasser und 0,815 g Kohlenstoffdioxid. Wie lautet die empirische Formel
(empirische Summenformel) von Saccharose.
Lösung:
1 mol C (Probe)  1 mol CO2 und 2 mol H (Probe)  1 mol H2O
M(C) = 12,01 g/mol; M(CO2) = 44,01 g/mol
M(H) = 1,008 g/mol; M(H2O) = 18,02 g/mol
n(C)  n(CO2) = m/M = 0,815 g/(44,01 g/mol) = 0,0185 mol
n(H2O) = m/M = 0,306 g/(18,02 g/mol) = 0,0170 mol
2 n(H)  n(H2O) = 0,034 mol;
m(H) = n  M = 0,034 g; m(C) = n M = 0,222 g
m(O) = 0,528 – (0,034 + 0,222) = 0,272 g; n(O) = m/M = 0,017 mol
Saccharose:
0,0185 mol C : 0,017 mol O : 0,034 mol H
( C1,088O1H2) = “CH2O”
Tatsächliche Formel: C12H22O11
Übungsbeispiel: Harnstoff dient aufgrund seines Stickstoffgehalts
als handelsüblicher Dünger. Eine Analyse von 25 mg Harnstoff ergab
folgendes Ergebnis: 5 mg C, 11,68 mg N und 6,65 mg O, der Rest ist
Wasserstoff. Wie lautet die empirische Summenformel von Harnstoff
?
Lösung: Masse
m(H) = 1,67 mg
M(C) = 12,01 g/mol; M(N) = 14,007 g/mol
M(H) = 1,008 g/mol; M(O) = 15,999 g/mol
n(C) = 0,005 g/(12,01 g/mol) = 0,0004163 mol
n(H) = 0,00167 g/(1,008 g/mol) = 0,001657 mol
n(N) = 0,01168 g/(14,007 g/mol) = 0,0008338 mol
n(O) = 0,00665g/(15,999 g/mol) = 0,0004156 mol
“C1H4N2O1” bzw. “CH4N2O”
Übungsbeispiel: Die Massenspektrometrie zeigt, dass die molare
Masse von Vitamin C 176,12 g/mol beträgt. Die
Verbrennungsanalyse zeigt das Vorhandensein folgender
(empirischer) Formeleinheit: C3H4O3. Wie lautet die tatsächliche
chemische Formel von Vitamin C.
Lösung:
Die molare Masse von C3H4O3 ist
[3  (12,01 g/mol)] + [4  (1,008 g/mol)] + [3  (16,00 g/mol)] =
88,06 g/mol
molare Masse (Molekül)/molare Masse (emp. Formeleinheit) =
(176,12 g/mol)/(88,06 g/mol) = 2
Die tatsächliche chemische Formel von Vitamin C lautet daher
C6 H8 O6 .
Übungsbeispiel: Die molare Masse von Styrol, das in der
Produktion des Kunststoffes Polystyrol verwendet wird, ist
104 g/mol. Die durch Verbrennungsanalyse bestimmte empirische
Formeleinheit sei CH. Wie lautet die tatsächliche chemische
Formel von Styrol?
Lösung:
Molare Masse von CH = (12,01 g/mol) + (1,008 g/mol)
= 13,02 g/mol
molare Masse (Molekül)/molare Masse (emp. Formeleinheit) =
(104 g/mol)/(13,02 g/mol) = 7,99
Die tatsächliche chemische Formel von Styrol lautet daher
C8 H8
Übungsbeispiel: Coffein, das Stimulans in Kaffee und Tee, hat
eine molare Masse von 194,19 g/mol. Der Massenanteil seiner
Elemente ist 49,48% C, 5,19% H, 28,85% N und 16,48% O. Wie
lautet die chemische Formel für Coffein?
Lösung:
m(C) = 96,08 g; m(H) = 10,08 g; m(N) = 56,02 g; m(O) = 32 g
n(C) = 96,08 g /(12,01 g/mol) = 8 mol
n(N) = 56,02 g /(14,007 g/mol) = 4 mol
n(H) = 10,08 g/(1,008 g/mol) = 10 mol
n(O) = 32 g /(15,999 g/mol) = 2 mol
Die chemische Formel für Coffein lautet C8H10N4O2
Das chemische Gleichgewicht
Gleichgewichtskonstante und Massenwirkungsgesetz
Einige Reaktionen, wie z.B. die Knallgasreaktion laufen fast
vollständig ab (vollständig heißt, dass sämtliche Edukte in Produkte
umgewandelt werden):
2 H2(g) + O2(g)  2 H2O(l)
Bei den allermeisten Reaktionen bildet sich jedoch ein dynamisches
Gleichgewicht zwischen Edukten und Produkten aus, z.B. bei der
Ammoniaksynthese:
N2(g) + 3 H2(g)  2 NH3(g)
Im Verlauf der Reaktion stellt sich ein sog.
chemisches Gleichgewicht ein, d.h. es
bestehen gleichzeitig Edukte und
Produkte in definierter Stoffmengenkonzentration nebeneinander.
N2(g) + 3 H2(g)  2 NH3(g)
Diese Tatsache ist durch  zu
symbolisieren.
 heißt, dass im dynamischen
Gleichgewicht permanent Hin- und
Rückreaktionen stattfinden, die sich
jedoch kompensieren.
Es findet keine Nettoumsetzung statt.
Die Reaktion kann auch von reinem
Ammoniak (NH3) ausgehen (unteres
Diagramm). Es wird sich ebenso eine
Mischung aus N2(g), H2(g) und NH3(g)
in definierter Zusammensetzung
ausbilden.
Beachte: Die beiden Diagrammen zugrunde liegenden
Experimente wurden bei unterschiedlichen Temperaturen
durchgeführt.
Hydrogen
Ammonia
Nitrogen
Chemische Gleichgewichte sind
dynamische Gleichgewichte.
A
NH3
Beweis:
Man betrachte zwei Ammoniaksynthesen, eine mit H2(g) und
eine mit D2(g), die unabhängig in
zwei verschiedenen Gefäßen
ablaufen sollen.
D = Deuterium, ein Isotop des
Elements Wasserstoff.
N2
ND3
H2
D2
B
N2(g) + 3 H2(g)  2 NH3(g)
N2(g) + 3 D2(g)  2 ND3(g)
NHD2
NH2D
N2(g) + 3 H2(g)  2 NH3(g)
A
NH3
N2(g) + 3 D2(g)  2 ND3(g)
Nachdem beide Ansätze ihr
Gleichgewicht erreicht haben,
werden sie gemischt (Bild A).
N2
ND3
H2
D2
Eine Analyse mittels Massenspektrometer zu einem späteren
B
Zeitpunkt (Bild B) zeigt die
Existenz von NH3(g), NH2D(g),
NHD2(g) und ND3(g) Molekülen!
Dies beweist, dass chemische
Gleichgewichte dynamisch sind,
also permant Hin- und
Rückreaktionen stattfinden!
NHD2
NH2D
Edukte
Gleichgewicht Produkte
Allgemeine chemische Reaktion:
A+BC+D
Massenwirkungsgesetz K = [c(C)  c(D)] / [c(A)  c(B)]
c(A) und c(B) sind die Stoffmengenkonzentrationen (c) der
Edukte im Gleichgewicht
c(C) und c(D) sind die Stoffmengenkonzentrationen (c) der
Produkte im Gleichgewicht
K
ist die sog. Gleichgewichtskonstante
Der Zahlenwert der
Gleichgewichtskonstanten vermittelt einen
Eindruck von der Lage des Gleichgewichts.
Da die Konzentrationen der Substanzen
(Produkte) auf der rechten Seite der
Reaktionsgleichung im
Massenwirkungsgesetz in den Zähler
kommen, bedeutet ein großer Wert von K
ein Gleichgewicht mit hohen
Konzentrationen an Produkten. Man sagt,
das Gleichgewicht “liegt auf der rechten
Seite”, “auf der Seite der Produkte”.
Bei einem kleinen Wert von K wiederum
liegt das Gleichgewicht “auf der linken
Seite”, d.h. die Edukte dominieren und es
findet fast keine Produktbildung statt.
AB
AB
AB
Beispiel:
N2(g) + O2(g)  2 NO(g)
K = c2(NO) / [c(N2)  c(O2)]
Das Experiment zeigt, dass bei 500°C K = 3.40  10-21 beträgt.
In diesem Fall dominieren im Gleichgewicht also eindeutig die
Edukte, es wird fast kein Stickstoffmonoxid produziert. Das
Gleichgewicht liegt eindeutig auf der linken Seite der
Reaktionsgleichung! K ist hier dimensionslos (die Einheiten,
mol/L, kürzen sich weg).
Beispiel:
Für die Bildung von Phosgen (Carbonyldichlorid), COCl2(g), aus
Kohlenmonoxid und Chlor bei 100°C ist K = 4,57  109 mol-1 L.
Bei 100°C setzen sich CO(g) und Cl2(g) also fast vollständig zu
COCl2(g) um.
Reaktionsgleichung: CO(g) + Cl2(g)  COCl2(g)
Massenwirkungsgesetz:
K = c(COCl2) / [c(CO)  c(Cl2)]
K = = 4,57  109 mol-1 L
Das Gleichgewicht liegt eindeutig auf der rechten Seite der
Reaktionsgleichung! Die Stoffmengenkonzentration der Edukte im
Gleichgewicht ist sehr klein.
Übungsbeispiel:
Bei den ersten Versuchen zur Ammoniaksynthese hat Haber
Wasserstoff und Stickstoff bei etwa 500°K reagieren lassen. Nach
Gleichgewichtseinstellung hat er die Reaktionsmischung analysiert
und folgende Stoffmengenkonzentrationen ermittelt: 0,796 mol/L für
NH3(g), 0,305 mol/L für N2(g) und 0,324 mol/L für H2(g).
Berechnen Sie die Gleichgewichtskonstante K für diese Reaktion!
N2(g) + 3 H2(g)  2 NH3(g)
K = c2(NH3) / [c(N2)  c3(H2)] =
K = [(0,796)2 mol2/L2] / {(0,305 mol/L)  [(0,324)3 mol3/L3]}
K = 61,1 mol-2 L2
Übungsbeispiel:
Für die Reaktion N2O4(g)  2 NO2 (g) wurden bei 25°C folgende
Konzentrationen nach Einstellung des Gleichgewichts gefunden:
c(N2O4) (Distickstofftetroxid) = 4,27  10-2 mol/L
c(NO2) (Stickstoffdioxid) = 1,41  10-2 mol/L
Wie groß ist die Gleichgewichtskonstante bei 25°C?
Lösung:
K = c2(NO2) / c(N2O4) = [(1,41  10-2)2 mol2/L2] / 4,27  10-2 mol/L
= 4,66  10-3 mol/L
Übungsbeispiel: Formulieren Sie das Massenwirkungsgesetz für
folgende Reaktionen:
(a) 2 O3(g)  3 O2(g)
(b) 2 NO(g) + Cl2(g)  2 NOCl(g)
(c) Ag+(aq) + 2 NH3(aq)  Ag(NH3)2+ (aq)
(d) Was ist ein Katalysator?
Antworten:
(a) K = c3(O2) / c2(O3)
(b) K = c2(NOCl) / [c2(NO)  c(Cl2)]
(c) K = c(Ag(NH3)2+ / [c(Ag+)  c2(NH3)]
(d) Eine Substanz, die die Geschwindigkeit der Einstellung des
chemischen Gleichgewichts erhöht, jedoch die
Gleichgewichtskonstante, K, nicht beeinflußt. Der
Katalysator wird im Zuge einer chemischen Reaktion nicht
verbraucht.
Übungsbeispiel:
Nehmen Sie eine Gleichgewichtsmischung bei 500°K aus HCl(g),
Cl2(g) und H2(g) mit den Stoffmengenkonzentrationen
1.0  10-11 mol/L für H2(g) und 2.0  10-10 mol/L für Cl2(g) an.
Bei 500°K beträgt die Gleichgewichtskonstante K für die Reaktion
H2(g) + Cl2(g)  2 HCl(g)
K = 4  1018
Berechnen Sie die Stoffmengenkonzentration von HCl(g) in dieser
Mischung!
K = c2(HCl) / c(H2)  c(Cl2)
K ist dimensionslos
d.h. c(HCl) = {K  c(H2)  c(Cl2)}0,5 = 0,089 mol/L
Die Stoffmengenkonzentration von HCl ist 0,089 mol/L, d.h. das
Gleichgewicht liegt fast vollkommen auf der Seite des
Reaktionsprodukts (großes K).
H2(g) + Cl2(g)  2 HCl(g)
K = c2(HCl) / [c(H2)  c(Cl2)]
Das Experiment zeigt, dass bei 500°C K = 4.0  1018 beträgt. Das
Gleichgewicht stellt sich also erst ein, wenn fast alle Edukte in
Produkte umgewandelt wurden.
Die Gleichgewichtskonstante K gilt jeweils für eine bestimmte
Temperatur. Durch Änderung der Temperatur wird die
Gleichgewichtszusammensetzung und in der Folge die
Gleichgewichtskonstante, K, verändert! Daher muss bei Angabe
von K auch immer die entsprechende Temperatur genannt werden!
Es gibt Reaktionen, bei denen sich bei Erhöhung der Temperatur
der Zahlenwert von K erhöht, während sich bei anderen Reaktionen
bei Erhöhung der Temperatur der Zahlenwert von K erniedrigt.
Warum? Siehe Prinzip von Le Chatelier.
Das chemische Gleichgewicht
Prinzip von Le Chatelier
Wird ein im Gleichgewicht befindliches System durch eine
Änderung von Temperatur, Druck oder Konzentration der
Reaktionsteilnehmer gestört, so reagiert das Gleichgewicht des
Systems derart, dass es der Störung entgegenwirkt. Jede
Änderung von Bedingungen (Druck, Temperatur, Konzentration) ist
eine solche Störung (ein äußerer “Zwang”). Man nennt dies das
Le Chatelier’sche Prinzip (1884 erstmals formuliert) oder das
Prinzip des kleinsten Zwanges.
Ein im Gleichgewicht befindliches System ist in einem dynamischen
Zustand. Der Hin- und Rückprozess läuft mit gleicher
Geschwindigkeit ab und das System ist im Gleichgewicht. Das
Prinzip von Le Chatelier besagt, dass bei Störung die Reaktion in der
Richtung sein wird, die die Wirkung der Änderung aufhebt.
Wie ändert sich nun das Gleichgewicht, wenn die
Gleichgewichtskonzentration eines Reaktionsteilnehmers im
Reaktionssystem (Reaktor) kurzfristig verändert wird?
Konzentrationsänderungen
Beispiel:
H2(g) + I2(g)  2 HI(g)
K = c2(HI) / [c(H2)  c(I2)] = konstant bei definierter
Temperatur
Wird nun die H2(g)-Konzentration durch Zusatz von weiterem
Wasserstoffgas erhöht, so weicht das System aus, indem mehr
Iodwasserstoff, HI(g) gebildet wird. Dabei wird der zugesetzte
Wasserstoff verbraucht. Wenn sich das Gleichgewicht wieder
eingestellt hat, so wird die Gleichgewichtskonzentration von HI(g)
größer sein als zu Beginn. Das Gleichgewicht hat sich nach rechts
verlagert! Der Zahlenwert von K bleibt aber unverändert.
H2(g) + I2(g)  2 HI(g)
K = c2(HI) / [c(H2)  c(I2)]
Durch Zusatz von Iodwasserstoff, HI(g) könnte man andererseits
das Gleichgewicht nach links verschieben, da das System auf diese
Änderung mit Verbrauch von HI(g) und Bildung von H2(g) und
I2(g) reagiert!
Auch durch Entfernung einer Substanz aus dem Gleichgewichtssystem kann die Gleichgewichtszusammensetzung verändert
werden. Im Sinne einer Erhöhung der Produktbildung, ist die
kontinuierliche Entfernung des Produkts aus dem Reaktor
günstig! Obiges Beispiel: Bei Wegnahme von HI(g) verlagert sich
das Gleichgewicht nach rechts unter weiterer Bildung von HI(g)
bzw. unter Verbrauch von H2(g) und I2(g).
Beispiel Kalkbrennen
Kalkbrennen ist die großtechnisch durchgeführte Zersetzung von
Calciumcarbonat, CaCO3(s) zu Calciumoxid, CaO(s)
(=gebrannter Kalk). Aus Calciumoxid wird dann durch
Wasserzusatz Calciumhydroxid, Ca(OH)2(aq) (=gelöschter Kalk)
entsprechend CaO(s) + H2O(l)  Ca(OH)2(aq) hergestellt.
Letzteres ist die billigste Base auf dem Markt.

CaCO3(s)  CaO(s) + CO2(g)
Die Bildung von Calciumoxid bei höherer Temperatur läuft nur
deshalb vollständig ab, weil ein Reaktionsprodukt, nämlich
Kohlendioxid, CO2(g), gasförmig ist und somit laufend
entweicht.
Beispiel Haber-Bosch Verfahren
N2(g) + 3 H2(g)  2 NH3(g)
Entzug von Ammoniak, NH3(g), aus dem Gleichgewichtsgemisch
von N2(g), H2(g) und NH3(g) ruft eine Reaktion von links nach
rechts hervor. Wenn Ammoniak kontinuierlich abgezogen werden
kann, kann die Ausbeute an Ammoniak erheblich erhöht werden.
In der industriellen Produktion von Ammoniak wird das NH3
kontinuierlich durch Verflüssigung entfernt. Der Siedepunkt von
NH3(-33°C) ist viel höher als von N2(-196°C) und H2(-253°C).
Das flüssige Ammoniak wird entzogen und N2(g) und H2(g)
wieder in den Kreislauf zurückgeführt. Durch die fortwährende
Entfernung eines Produkts wird die Reaktion im wesentlichen
zum vollständigen Ablauf gezwungen!
Schematische
Darstellung der
industriellen Produktion
von Ammoniak.
Eingehendes N2(g) und
H2(g) wird auf etwa
500°C erhitzt und über
einen Katalysator
geleitet.
Das entstehende
Gasgemisch darf sich
ausdehnen und
abkühlen, wodurch sich
NH3 verflüssigt.
Nicht umgesetztes N2(g)
und H2(g) wird in den
Kreislauf
zurückgeschickt.
Wie ändert sich nun das Gleichgewicht, wenn der Gesamtdruck im
Reaktionssystem (Reaktor) verändert wird?
Druckänderung
Druckänderungen wirken sich immer dann aus, wenn Gase an
Reaktionen beteiligt sind und die Reaktion im geschlossenen System
abläuft. Bei Reaktionen von Gasen mit n = 0 (oder in offenen
Gefäßen), haben Druckänderungen keinen Einfluss.
N2(g) + 3 H2(g)  2 NH3(g)
Aus 4 Molen Gas entstehen 2 Mole Gas, d.h. n = 2  0!
Erhöhung des Drucks (z.B. durch Kompression = Verkleinerung des
Reaktionsvolumens) verschiebt das Gleichgewicht nach rechts (Edukte
reagieren zu Produkten um dem Zwang des erhöhten Gesamtdruckes
auszuweichen), wodurch höhere Ausbeuten an Ammoniak erzielt
werden.
Durch Druckänderungen ändert sich aber der Zahlenwert der
Gleichgewichtskonstante, K, nicht!
Beispiel Schwefeltrioxidherstellung
Schwefelsäure ist eine der wichtigsten industriell hergestellten
Chemikalien. Die Synthese erfolgt über Schwefeldioxid, SO2(s), das
an einem Katalysator zu Schwefeltrioxid, SO3(g), weiteroxidiert wird
(siehe Einheit 10). Daraus wird Schwefelsäure, H2SO4(aq), hergestellt.
2 SO2(g) + O2(g)  2 SO3(g)
Bei dieser Reaktion werden 3 Mole Gas verbraucht und 2 Mole Gas
gebildet (n  0). Läuft die Reaktion daher in einem geschlossenen
Gefäß ab, verringert sich der Druck!
Befindet sich das System im Gleichgewicht und wird der Druck erhöht,
wird das Gleichgewicht nach rechts verlagert. Bei Erniedrigung des
Drucks verschiebt sich das Gleichgewicht nach links. Im Sinne einer
hohen SO3-Bildung ist daher eine Erhöhung des Gesamtdrucks im
Reaktor günstig.
Reaktion N2O4(g)  2 NO2(g). Bei Druckerhöhung verschiebt sich das
Gleichgewicht nach links. Tatsächlich wird die Farbe durch Komprimierung
des Gasgemisches zuerst dünkler, weil die Konzentration an NO2(g), das eine
braune Farbe hat, zunimmt. Die Farbe verblasst dann wieder, weil das
entstehende Gleichgewicht zugunsten des farblosen N2O4(g) verschoben wird.
Wie ändert sich nun das Gleichgewicht, wenn die Temperatur im
Reaktionssystem (im Reaktor) verändert wird?
Die Gleichgewichtskonstante K gilt jeweils für eine bestimmte
Temperatur. Durch Änderung der Temperatur wird die
Gleichgewichtszusammensetzung und in der Folge die
Gleichgewichtskonstante, K, verändert! Daher muss bei Angabe
von K auch immer die entsprechende Temperatur genannt werden!
Es gibt Reaktionen, bei denen sich bei Erhöhung der Temperatur der
Zahlenwert von K erhöht, während sich bei anderen Reaktionen bei
Erhöhung der Temperatur der Zahlenwert von K erniedrigt.
Bei der Ammoniaksynthese beispielsweise erniedrigt sich die
Gleichgewichtskonstante K mit steigender Temperatur.
N2(g) + 3 H2(g)  2 NH3(g)
Temperatur (°C)
300
400
500
600
K = c2(NH3) / c(N2)  c3(H2)
9,6
0,50
0,060
0,014
Hohe Ausbeuten an NH3 werden also nur bei niedrigen Temperaturen
erreicht. Trotzdem muss man bei höheren Temperaturen (ca. 500°C)
arbeiten, weil ansonsten die Reaktion zu langsam abläuft.
Die NH3-Synthese ist eine sog. exotherme Reaktion, d.h. im Zuge der
Reaktion wird Wärme frei! Die Rückreaktion [Bildung von N2(g) und
H2(g) aus NH3(g)] ist dagegen endotherm, benötigt also die Zufuhr von
Wärme. Zuführung von Wärme (Temperaturerhöhung) übt einen Zwang
aus. Bei der NH3-Synthese reagiert das System durch Verbrauch dieser
zugeführten Wärme, das Gleichgewicht verschiebt sich nach links!
Beispiel: Herstellung von Kohlenmonoxid, CO(g) (wird bei der
Metallgewinnung aus Metalloxiden als Reduktionsmittel eingesetzt
oder in der Synthese einer Vielzahl von Produkten), aus
Kohlendioxid, CO2(g), und Wasserstoff, H2(g):
CO2(g) + H2(g)  CO(g) + H2O(l)
Die Kohlenmonoxid-Bildung ist endotherm. Es ist daher zu
erwarten, dass eine Temperaturerhöhung die Ausbeute an CO
erhöht! Tatsächlich stellt man folgenden Zusammenhang zwischen
Temperatur und Gleichgewichtskonstante für dieses
Reaktionssystem experimentell fest:
K(700°C) = 0,63; K(800°C) = 0,93; K(900°C) = 1,29;
K(1000°C) = 1,66.
Co(H2O)62+(aq) + 4 Cl-(aq)  CoCl42-(aq) + 6 H2O(l) endotherme Reaktion!
Das chemische Gleichgewicht
Katalysator
Sehr viele chemische Reaktionen erforden die Gegenwart eines
Katalysators. Die Anwesenheit eines Katalysators hat jedoch keinen
Einfluss auf die Lage des chemischen Gleichgewichts, der
Zahlenwert der Gleichgewichtskonstanten, K, bei einer
bestimmten Temperatur bleibt unverändert!
In Gegenwart eines Katalysator stellt sich jedoch das Gleichgewicht
viel schneller ein. Hin- und Rückreaktion werden gleichermaßen
beschleunigt!
Der Katalysator selbst wird im Zuge der Reaktion nicht verbraucht.
Er kann nach der Reaktion zurückerhalten werden. Er muss in der
Formulierung der Reaktionsgleichung angeführt werden.
Beispiel: Kaliumchlorat kann durch Erhitzen in Sauerstoff und
Kaliumchlorid umgesetzt werden:
2 KClO3(s)  2 KCl(l) + 3 O2(g)
Wärme
In Gegenwart des Katalysators Mangandioxid, MnO2(s), erfolgt
die Reaktion wesentlich schneller und läuft schon bei niedriger
Temperatur ab:
2 KClO3(s)  2 KCl(l) + 3 O2(g)
MnO2
Beispiel: Bei der Ammoniaksynthese dient Eisen, Fe(s), als
Katalysator:
N2(g) + 3 H2(g)  2 NH3(g)
Fe
REDOX-REAKTIONEN
Redox-Reaktionen
In Redox-Reaktionen werden zwischen den Reaktanten
Elektronen ausgetauscht. Oxidation und Reduktion findet statt.
Daneben sind in der anorganischen Chemie vor allem
Austauschreaktionen (Metathesereaktionen) von Bedeutung, also
Reaktionen, in denen die positiven und negativen Ionen ihre
jeweiligen Partner tauschen, entsprechend der allgemeinen Gleichung
AX + BY  AY + BX
Dazu gehören
Fällungsreaktionen (siehe Einheit 8)
Säure-Base-Reaktionen (siehe Einheit 8)
Oxidationen und Reduktionen
Die Reaktion zwischen Magnesium und
Sauerstoff ist eine klassische OxidationsReaktion (klassisch im Sinne, dass
Sauerstoff an der Reaktion beteiligt ist):
2 Mg(s) + O2(g)  2 MgO(s)
2 Mg + O2  2 Mg2+ + 2 O2Magnesium verliert 2 Elektronen (wird
oxidiert), Sauerstoff gewinnt 2 Elektronen
(wird reduziert). Sauerstoff muss
allerdings an Oxidationsreaktionen nicht
unbedingt beteiligt sein:
Mg(s) + Cl2(g)  MgCl2(s)
Mg + Cl2  Mg2+ + 2 Cl-
Beispiel einer
Oxidationsreaktion:
Verbrennung von
Magnesium
Eine Reaktion heißt Oxidationsreaktion, wenn in deren Verlauf ein
Reaktionspartner Elektronen verliert, unabhängig von der Natur des
Reaktionspartners, der die Elektronen aufnimmt.
Viele Metalle reagieren unmittelbar mit dem O2(g) der Luft zu
Metalloxiden. Bei diesen Reaktionen gibt das Metall Elektronen an
den Sauerstoff ab. Es bildet sich eine ionische Verbindung aus dem
Metall-Ion und dem Sauerstoff-Ion.
2 Mg(s) + O2(g)  2 MgO(s)
2 Mg + O2  2 Mg2+ + 2 O2Wenn Calcium z.B. Luft ausgesetzt wird, läuft die glänzende
metallische Oberfläche aufgrund der Bildung von CaO(s) an:
2 Ca(s) + O2(g)  2 CaO(s)
Wenn ein Atom, Ion oder Molekül nach der Reaktion positiver
geladen ist (also Elektronen verlor), ist es oxidiert worden!
Die Korrosion von Eisen (Rosten) und anderer Metalle ist die
Umwandlung eines Metalls in eine Metallverbindung, die mittels
einer Reaktion zwischen dem Metall und einer Substanz in seiner
Umgebung erfolgt. Rost z.B. entsteht durch die Reaktion von
Sauerstoff mit Eisen unter Anwesenheit von Wasser. Das Eisen
wird dabei oxidiert. Wenn ein Metall korrodiert gibt es also
Elektronen ab und bildet Kationen.
Metalle können auch durch Säuren angegriffen werden. Calcium
wird z.B. von Säuren aggressiv angegriffen und bildet dabei
Calcium-Ionen, wird also oxidiert:
Ca(s) + 2 H+(aq)  Ca2+(aq) + H2(g)
Die Tendenz von Metallen von Sauerstoff oder Säuren angegriffen
zu werden ist unterschiedlich. Man unterschiedet daher zwischen
unedlen und edlen Metallen (siehe unten).
Jede Oxidation ist natürlich immer von einer Reduktion begleitet.
Elektronen können im Zuge einer Redox-Reaktion nicht verloren
gehen. Bei einer Redox-Reaktion gibt es also immer eine Oxidation
(einen Elektronen-Donor) und eine Reduktion (einen ElektronenAkzeptor).
Ca(s) + 2 H+(aq)  Ca2+(aq) + H2(g)
Ca(s) wird oxidiert (= Elektronendonor) und
H+ wird reduziert (=Elektronen-Akzeptor)
Eine Reduktionsreaktion im klassischen Sinn war ursprünglich auf
die Extraktion von Metallen aus ihren Oxiden bezogen (also auf die
Rückführung eines Elementes aus seiner Sauerstoffverbindung in den
Elementzustand)
Fe2O3(s) + 3 CO(g)  2 Fe(l) + 3 CO2(g)
Fe3+ wird reduziert: Fe3+  Fe
Der Verlust von Elektronen im Verlauf einer chemischen Reaktion
kann z.B. durch einen Anstieg der Ladung eines Reaktionspartners
erkannt werden:
2 NaBr(s) + Cl2(g)  2 NaCl(s) + Br2(l)
In der ionischen Verbindung NaBr(s) hat das Bromid-Ion, Br-, die
Ladung -1, während elementares Brom, Br2(l), die Ladung 0 hat.
Bei der Reaktion wird also Bromid zu Brom oxidiert.
Elementares Chlor, Cl2(g) hat die Ladung 0. Es wird durch die
Reaktion zum Chlorid-Ion, Cl-, als Teil der ionischen Verbindung
NaCl(s). Bei der Reaktion wird also Chlor zu Chlorid reduziert.
Oxidations- und Reduktionsreaktionen sind eng miteinander
gekoppelt. Mit Hilfe der Angabe von Oxidationszahlen (siehe
unten) können Redox-Reaktionen richtig bilanziert werden.
2 NaBr(s) + Cl2(g)  2 NaCl(s) + Br2(l)
Bromid wird oxidiert:
2 Br-  Br2
(-1) (0)
Chlor wird reduziert:
Cl2  2 Cl(0)
(-1)
In dieser Reaktion ist Chlor das
Oxidationsmittel bzw. Bromid das
Reduktionsmittel.
Bei der Reaktion entsteht
braun gefärbtes Brom, Br2(l).
Oxidationen und Reduktionen
Oxidationszahlen
Oxidations- und Reduktionsreaktionen sind eng miteinander
gekoppelt. Man spricht von Redox-Reaktionen. Mit der Zuordnung
von Oxidationszahlen können Redox-Reaktionen exakt bilanziert
werden.
Oxidationszahlen sind so definiert, dass

bei Oxidationen die Oxidationszahl erhöht und

bei Reduktionen die Oxidationszahl erniedrigt wird.
Bei einer Redox-Reaktion ändern sich Oxidationszahlen der
Reaktionsteilnehmer. Oxidationszahlen können allen
Reaktionspartner mit Hilfe einfacher Regeln zugeordnet werden.
Regeln:
1. Ein Atom in elementarer Form hat immer die
Oxidationszahl Null. In homonuklearen Verbindungen haben
die individuellen Atome ebenfalls die Oxidationszahl Null:
Au(s), He(g), H2(g), Cl2(g), Br2(l), P4(s), S8(s) usw.
2. Die Oxidationszahl eines monoatomaren Ions entspricht
seiner Ladung.
Mg2+ hat die Oxidationszahl +2
Cl- hat die Oxidationszahl -1
Alkalimetalle (Gruppe 1A) haben immer +1
Erdalkalimetalle (Gruppe 2A) haben immer +2
Aluminium (Gruppe 3A) normalerweise +3
usw.
Beispiele:
Mg(s) + Cl2(g)  MgCl2(s)
Mg(s) + Cl2(g)  Mg2+(s) + 2 Cl-(s)
Mg(s)  Mg2+(s)
(0)  (+2)
Cl2(g)  Cl-(s)
(0)  (-1)
2 NaBr(s) + Cl2(g)  2 NaCl(s) + Br2(l)
Br-(s)  Br2(l)
(-1)  (0)
Cl2(g)  2 Cl-(s)
(0)  (-1)
Na+  Na+
3.
Nichtmetalle haben normalerweise negative
Oxidationszahlen, obwohl es einige Ausnahmen gibt:
(a)
Die Oxidationszahl von Sauerstoff ist
normalerweise -2, dies gilt sowohl für ionische als
auch molekulare (kovalente) Verbindungen des Atoms.
Ausnahme: Verbindungen des Sauerstoffs mit Fluor
und Peroxidverbindungen, die ein O22--Ion enthalten.
Im Peroxid-Ionen haben beide Sauerstoffatome die
Oxidationszahl -1.
(b)
Die Oxidationszahl von Wasserstoff ist +1, wenn er
an Nichtmetalle gebunden ist, und -1, wenn er an
Metalle gebunden ist.
Regeln
3.
Nichtmetalle haben normalerweise negative
Oxidationszahlen, obwohl es einige Ausnahmen gibt:
(c)
Die Oxidationszahl von Fluor ist immer -1.
Die anderen Halogene haben in den meisten
binären Verbindungen ebenfalls die
Oxidationszahl -1. Wenn sie jedoch wie in
Oxoanionen [z.B. Hypochlorit (ClO-), Iodat (IO3-),
Perbromat (BrO4-) ect.] mit Sauerstoff verbunden sind,
haben sie positive Oxidationszahlen.
Vorgehensweise: Ist ein Element Teil eines Moleküls oder eines
polyatomaren Ions, dann muss die Summe der Oxidationszahlen
aller Atome der Gesamtladung dieser Moleküls entsprechen.
Übungsbeispiel:
Bestimmen Sie die Oxidationszahlen von Schwefel in (a)
Schwefeldioxid, SO2, und (b) im Sulfat-Ion, SO42-.
Vorgehensweise:
(a)
Summe der Oxidationszahlen ist Null und Sauerstoff hat
die Oxidationszahl (-2):
x + [2  (-2)] = 0
d.h. x = +4
In SO2 hat Schwefel die Oxidationszahl (+4)
(b)
Summe der Oxidationszahlen ist -2 und Sauerstoff hat
die Oxidationszahl (-2):
x + [4  (-2)] = -2
d.h. x = +6
In SO42- hat Schwefel die Oxidationszahl (+6)
Übungsbeispiel: Bestimmen Sie die Oxidationszahlen von
Schwefel, Phosphor und Stickstoff in (a) Schwefelwasserstoff,
H2S; (b) Phosphat-Ion, PO43-; (c) Nitrat-Ion, NO3-.
Vorgehensweise:
(a)
Summe der Oxidationszahlen ist Null und Wasserstoff hat
in Verbindung mit Nichtmetallen die Oxidationszahl (+1):
x + [2  (+1)] = 0
d.h. x = -2
In H2S hat Schwefel die Oxidationszahl (-2)
(b)
Summe der Oxidationszahlen ist -3 und Sauerstoff hat
die Oxidationszahl (-2):
x + [4  (-2)] = -3
d.h. x = +5
In PO43- hat Phosphor die Oxidationszahl (+5)
(c)
x + [3  (-2)] = -1
d.h. x = +5
In Nitrat hat Stickstoff die Oxidationszahl (+5)
Übungsbeispiel: Identifizieren Sie die Oxidationszahl des kursiv
dargestellten Elements in folgenden Verbindungen und benennen Sie
diese: IO3-, CrO42-, VO2+, BrO4-, IO2-, MnO4-, S2O32-, SO42-, O22-,
Cr2O72-.
Lösung:
IO3CrO42VO2+
BrO4IO2MnO4S2O32SO42Cr2O72O22-
systematischer Name
-1 = x + 3(-2) x =
-2 = x + 4(-2)
+2 = x + (-2)
-1 = x + 4(-2)
-1 = x + 2(-2)
-1 = x + 4(-2)
-2 = 2x + 3(-2)
-2 = x + 4(-2)
-2 = 2x + 7(-2)
+5
+6
+4
+7
+3
+7
+2
+6
+6
Iodat-Ion
Chromat-Ion
Vanadium(II)oxid-Ion
Hyperbromat-Ion
Iodit-Ion
Permanganat-Ion
Thiosulfat-Ion
Sulfat-Ion
Dichromat-Ion
-1
Peroxid-Ion
Beispiel: Bestimmen Sie die Oxidationszahl von Schwefel in den
folgenden Verbindungen; Benennen Sie auch diese Verbindungen:
Verbindung Oxidationszahl
systematischer Name:
H2 S
-2
Schwefelwasserstoff
S8
0
elementare Form von
Schwefel
SCl2
+2
Schwefeldichlorid
Na2SO3
+4
Natriumsulfit
SO42-
+6
Sulfat-Ion
Beispiel: Bestimmen Sie die Oxidationszahl der fettgedruckten
Elemente der folgenden Verbindungen; Benennen Sie auch diese
Verbindungen:
Verbindung Oxidationszahl
systematischer Name:
P2O5
+5
Diphosphorpentoxid
NaH
-1
Natriumhydrid
Cr2O72-
+6
Dichromat-Ion
SnBr4
+4
Zinntetrabromid
BaO
-2
Bariumoxid
BaO2
-1
Bariumperoxid
Oxidationen und Reduktionen
Oxidations- und Reduktionsmittel
2 NaBr(s) + Cl2(g)  2 NaCl(s) + Br2(l)
Chlor, Cl2(g), ist Oxidationsmittel; NaBr(s) ist Reduktionsmittel.
2 Mg(s) + O2(g)  2 MgO(s)
O2(g), ist Oxidationsmittel; Mg(s) ist das Reduktionsmittel.
Mg(s) + Cl2(g)  MgCl2(s)
Cl2(g), ist das Oxidationsmittel; Mg(s) ist das Reduktionsmittel.
Fe2O3(s) + 3 CO(g)  2 Fe(l) + 3 CO2(g)
Eisen(III)oxid ist das Oxidationsmittel; CO(g), das Reduktionsmittel.
In Redoxreaktionen wird das Oxidationsmittel reduziert bzw.
das Reduktionsmittel oxidiert.
Übungsbeispiel: Im sog. Clausprozess zur Abscheidung von
Schwefel aus Erdgas und Petroleum, reagiert Schwefelwasserstoff,
H2S(g), mit Schwefeldioxid, SO2(g), unter Bildung von
elementarem Schwefel, S(s), und Wasser, H2O(l):
2 H2S(g) + SO2(g)  3 S(s) + 2 H2O(l)
Eruieren sie Oxidations- und Reduktionsmittel!
Lösung:
Ermittlung der Oxidationszahlen von Schwefel in den beteiligten
Molekülen:
H2S (-2); SO2 (+4); S(0)
Schwefeldioxid wird reduziert, ist also das Oxidationsmittel,
während Schwefelwasserstoff das Reduktionsmittel darstellt (wird
dabei selbst oxidiert).
Übungsbeispiel:
Wenn eine saure Lösung Kaliumdichromat, K2Cr2O7(aq), mit
Eisen(II)chlorid-Lösung versetzt wird, entstehen Eisen(III)- und
Chrom(III)-Ionen. Identifizieren Sie in dieser Reaktion das
Oxidations- und das Reduktionsmittel.
Oxidationszahl von Chrom in K2Cr2O7:
O(-2); K(+1); Cr(x)
d.h. 2x + [2  (+1)] + [7  (-2)] = 0
x = +6
Reaktion:
Fe(+2)  Fe(+3)
Cr(+6)  Cr(+3)
d.h. Dichromat wird reduziert, ist also das
Oxidationsmittel und die Fe(II)chlorid-Lösung
fungiert in dieser Reaktion als Reduktionsmittel.
Übungsbeispiel:
Würden Sie ein Oxidationsmittel oder ein Reduktionsmittel
verwenden, wenn folgende Umsetzungen erfolgen sollen?
a) ClO3-(aq)  ClO2(g)
b) SO42-(aq)  S2-(aq)
c) Mn2+(aq)  MnO2(s)
Lösung:
Ermitteln Sie die Änderungen der Oxidationszahlen der
Elemente in den jeweiligen Verbindungen:
a) Cl(+5)  Cl(+4)
Reaktion benötigt Reduktionsmittel
b) S(+6)  S(-2)
Reaktion benötigt Reduktionsmittel
c) Mn(+2)  Mn(+4)
Reaktion benötigt Oxidationsmittel
Übungsbeispiel:
Identifizieren Sie in folgenden Reaktionen das Oxidationsmittel
und das Reduktionsmittel:
a) Produktion von Iod aus Meereswasser:
Cl2(g) + 2 I-(aq)  I2(aq) + 2 Cl-(aq)
b) Herstellung von Bleiche (Bleichmittel):
Cl2(g) + 2 NaOH(aq)  NaCl(aq) + NaOCl(aq) + H2O(l)
c) Zerstörung von Ozon in der Atmosphäre:
NO(g) + O3(g)  NO2(g) + O2(g)
Lösung:
Ermitteln Sie die Änderungen der Oxidationszahlen der
Elemente in den jeweiligen Verbindungen:
Cl2(g) + 2 I-(aq)  I2(aq) + 2 Cl-(aq)
Cl2(0)  Cl-(-1) wird reduziert (Cl2 = Oxidationsmittel)
I-(-1)  I2(0) wird oxidiert (I- = Reduktionsmittel)
Cl2(g) + 2 NaOH(aq)  NaCl(aq) + NaOCl(aq) + H2O(l)
Na+(+1)  Na+(+1)
Cl2(0)  Cl-(-1)
Cl2(0)  OCl-(+1)
Disproportionierung (siehe unten): Chlorgas ist sowohl
Oxidations-, als auch Reduktionsmittel
NO(g) + O3(g)  NO2(g) + O2(g)
N(+2)  N(+4) wird oxidiert (NO = Reduktionsmittel)
O(0)  O(-2) wird reduziert (O3 = Oxidationsmittel)
Zn
Cu2+(aq)
Wird metallisches Zink, Zn(s), in eine blaue Cu(II)-Lösung eingetaucht, wird die
Lösung allmählich farblos und metallisches Kupfer, Cu(s), setzt sich am Zinkstab ab:
Zn(s) + Cu2+ (aq)  Zn2+ (aq) + Cu(s)
(0)
(+2)
(+2)
(0)
Zink ist das Reduktionsmittel
Zn(s) + Cu2+ (aq)  Zn2+ (aq) + Cu(s)
(0)
(+2)
(+2)
(0)
Lässt sich vorhersagen, ob ein bestimmtes Metall bei Reaktion mit
einer Verbindung eines anderen Metalls in Lösung geht?
Es ist z.B. nicht empfehlenswert eine Nickelnitrat-Lösung in
einem Behälter aus Eisen aufzubewahren, weil die Lösung
aufgrund der stattfindenden Redox-Reaktion den Behälter auflösen
würde:
Fe(s) + Ni(NO3)2(aq)  Fe(NO3)2(aq) + Ni(s)
Fe(s) + Ni2+(aq)  Fe2+(aq) + Ni(s)
Metalle unterscheiden sich offensichtlich in ihrer Neigung oxidiert
zu werden. Zn(s) wird von einer wässrigen Cu2+-Lösung oxidiert,
Ag(s) aber nicht.
Wenn man Metalle hinsichtlich ihrer Neigung, oxidiert zu werden,
anordnet, erhält man die Spannungsreihe der Metalle.
Elektropositive
Elemente
(stehen ganz
oben) werden
am leichtesten
oxidiert
Metall
Oxidationsreaktion
Lithium
Li(s)  Li+(aq) + e-
Kalium
K(s)
Barium
Ba(s)  Ba2+(aq) + 2 e-
Calcium
Ca(s)  Ca2+(aq) + 2 e-
Natrium
Na(s)  Na+(aq) + e-
Magnesium
Mg(s)  Mg2+(aq) + 2 e-
Aluminium
Al(s)  Al3+(aq) + 3 e-
Mangan
Mn(s)  Mn2+(aq) + 2 e-
Zink
Zn(s)  Zn2+(aq) + 2 e-
Chrom
Cr(s)  Cr3+(aq) + 3 e-
Eisen
Fe(s)  Fe2+(aq) + 2 e-
Nickel
Ni(s)  Ni2+(aq) + 2 e-
Blei
Pb(s)  Pb2+(aq) + 2 e-
Wasserstoff
H2(g)  2 H+(aq) + 2 e-
 K+(aq) + e-
Neigung,
oxidiert zu
werden,
nimmt zu
Wenn man Metalle hinsichtlich ihrer Neigung, oxidiert zu werden,
anordnet, erhält man die Spannungsreihe der Metalle.
Metall
Oxidationsreaktion
Zink
Zn(s)  Zn2+(aq) + 2 e-
Chrom
Cr(s)  Cr3+(aq) + 3 e-
Eisen
Fe(s)  Fe2+(aq) + 2 e-
Nickel
Ni(s)  Ni2+(aq) + 2 e-
Blei
Pb(s)  Pb2+(aq) + 2 e-
Wasserstoff
H2(g)  2 H+(aq) + 2 e-
Kupfer
Cu(s)  Cu2+(aq) + 2 e-
Silber
Ag(s)  Ag+(aq) + 1 e-
Quecksilber
Hg(s)  Hg2+(aq) + 2 e-
Platin
Pt(s)  Pt2+(aq) + 2 e-
Gold
Au(s)  Au3+(aq) + 3 e-
Edelmetalle (Gruppe1B) haben sehr geringe
Reaktivität
Neigung,
oxidiert zu
werden,
nimmt zu
Nur die Metalle, die in der Spannungsreihe oberhalb des
Wasserstoffs stehen, reagieren mit Säuren und bilden
Wasserstoffgas, H2(g):
Ni(s) + 2 HCl(aq)  NiCl2(aq) + H2(g)
Mg(s) + 2 HCl(aq)  MgCl2(aq) + H2(g)
Elemente, die unterhalb der Wasserstoffs in der Spannungsreihe
stehen, können nicht von H+(aq) oxidiert werden.
Kupfer, Cu(s) reagiert also nicht mit Salzsäure, HCl(aq).
Cu(s) reagiert aber mit Salpetersäure. Hier wird Cu(s) von den
Nitrat-Ionen, NO3-(aq), oxidiert, eine Reaktion, die braunes
Stickstoffdioxid, NO2(g) freisetzt:
Cu(s) + 4 HNO3(aq)  Cu(NO3)2(aq) + 2 H2O(l) + 2 NO2(g)
Oxidationen und Reduktionen
Bilanzieren von Redoxreaktionen
Elektronen können weder vernichtet noch erzeugt
werden. Die Elektronenbilanz im Zuge einer
chemischen Reaktion muss ausgeglichen sein.
Beispiel:
Cu(s) + Ag+(aq)  Cu2+(aq) + Ag(s)
Bei einer Redox-Reaktion ist zu
beachten, dass sowohl die Atombilanz,
als auch die Elektronenbilanz
ausgeglichen sein muss. Die exakte
Formulierung der Redox-Gleichung ist
daher:
Cu(s) + 2 Ag+(aq)  Cu2+(aq) + 2 Ag(s)
Kupferdraht
Farblose
SilbernitratLösung
Metallisches
Silber setzt
sich ab
Lösung wird
blau
Übungsbeispiel:
Wenn Zinn, Sn, in Kontakt mit Eisen(III)-Ionen kommt, entsteht
Eisen(II) und Zinn(II). Wie lautet die Netto-Ionengleichung dieser
Reaktion?
Fe(+3)  Fe(+2)
Sn(0)  Sn(+2)
1 Elektron wird aufgenommen
2 Elektronen werden abgegeben
------------------------------------------------------------------Zerlegen in Teilreaktionen
Fe(3+) + 1 e-  Fe(2+)
 2
Sn(0)  Sn(2+) + 2 e---------------------------------------Sn(s) + 2 Fe3+(aq)  Sn2+(aq) + 2 Fe2+(aq)
Übungsbeispiel:
Formulieren Sie die exakten Redox-Gleichungen aus folgenden
Rumpfgleichungen:
a) Reaktion des Thiosulfat-Ions mit Chlorgas:
Cl2(g) + S2O32-(aq)  Cl-(aq) + SO42-(g)
Erstellen von Halbgleichungen sowie Achten auf Elektronenund Massenbilanz
Cl2(0) + 2 e-  2 Cl-(-1)
S2O32- (S: +2)  2 SO42-(S: +6) + 8 e-
4
(Ausgleich der
Elektronenbilanz)
________________________________________________________
Atombilanz ausgleichen (mit H2O oder H+ oder OH-):
4 Cl2(g) + S2O32-(aq) + 5 H2O(l) 
8 Cl-(aq) + 2 SO42-(aq) + 10 H+(aq)
Übungsbeispiel:
Achten auf Massenbilanz und Elektronenbilanz
b) Reaktion von Schwefelwassserstoff mit Chlorgas:
H2S(g) + Cl2(g)  S(s) + Cl-(aq)
S(-2)  S(0) + 2 eCl2(0) + 2 e-  2 Cl(-1)
H2S(g) + Cl2(g)  S(s) + 2 Cl-(aq) + 2 H+(aq)
c) Reaktion von Chlorgas in Wasser:
Cl2(g)  HClO(aq) + Cl-(aq)
Cl(0) + 1 e-  Cl(-1)
Cl(0)  ClO-(+1) + 1 eCl2(g) + H2O(l)  HClO(aq) + Cl-(aq) + H+(aq)
Oxidationen und Reduktionen
Disproportionierung und Komproportionierung
Eine Disproportionierung ist eine Redox-Reaktion, bei der ein
Element gleichzeitig oxidiert und reduziert wird und aus einer
Verbindung zwei Produkte entstehen:
Beispiel:
In basischer Lösung disproportioniert Brom zu Bromid, Br-, und
Bromat, BrO3-. Wie lautet die exakt formulierte
Reaktionsgleichung?
Br2  Br- + BrO3Oxidationszahlen von Br sind jeweils Br2 (0), Br-(-1), BrO3-(+5)
Br- und BrO3- müssen also im Verhältnis 5:1 entstehen:
Oxidationszahlen von Br sind jeweils Br2 (0), Br-(-1), BrO3-(+5)
Br- und BrO3- müssen also im Verhältnis 5:1 entstehen:
3 Br2  5 Br- + BrO3Nun stimmt die Elektronenbilanz, aber noch nicht die Atombilanz!
6 OH- + 3 Br2  5 Br- + BrO3- + 3 H2O
Das Gegenstück zur Disproportionierung ist die
Komproportionierung, bei der zwei Verbindungen unter Bildung von
einem Produkt reagieren, wiederum unter Oxidation und Reduktion des
gleichen Elements.
Beispiel: Permanganat-Ionen, MnO4-, komproportionieren mit Mn2+Ionen in basischer Lösung zu Mangandioxid, MnO2:
4 OH- + 2 MnO4- + 3 Mn2+  5 MnO2 + 2 H2O