Rainer Steiger

Lösung:

1. 2·H₂ + O₂ ⇄ 2·H₂O
       K = c²(H₂O)/(c²(H₂)·c(O₂))
       Einheit: (mol/l)^2/((mol/l²)·(mol/l)) = 1/(mol/l) = l/mol
2. Br₂ + H₂ ⇄ 2·HBr
       K = c²(HBr)/(c(Br₂)·c(H₂))
       Einheit: (mol/l)^2/(mol/l · mol/l)
       Einheiten kürzen sich weg
3. 1·N₂ + 3·H₂ ⇄ 2·NH₃
       K = c²(NH₃)/(c(N₂)·c³(H₂))
       Einheiten: (mol/l)^2/(mol/l)^4 = (l/mol)²
4. 2·N₂O₅ → 4·NO₂ + 1·O₂
       K = c⁴(NO₂)·c(O₂)/c²(N₂O₅)
       Einheiten: (mol/l)²
5. A + 2 B ⇄ 3 C + 4 D (schon ausgeglichen!)
       K = c³(C)·c⁴(D)/(c(A)·c²(B))
       Einheiten: (mol/l)⁴
6. 2·H₂O₂ ⇄ 2·H₂O(l) + O₂
       K = (c²(H₂O)·c(O₂))/c²(H₂O₂)
       Einheiten: (mol/l)^3/(mol/l)^2 = (mol/l)
7. CH₄ + 2·O₂ ⇄ CO₂ + 2·H₂O(l)
       K = (c(CO₂)·c²(H₂O))/(c(CH₄)·c²(O₂))
       Einheiten: (mol/l)^3/(mol/l)^3 = 1
8. 4·Fe(s) + 3·O₂ ⇄ 2·Fe₂O₃(s)
       K = c²(Fe₂O₃)/(c⁴(Fe)·c³(O₂))
       Einheiten: (mol/l)^2/(mol/l)^7 = (mol/l)^(-5) = (l/mol)⁵
9. N₂ + 3·H₂ ⇄ 2·NH₃
       K = c²(NH₃)/(c(N₂)·c³(H₂))
       Einheiten: (mol/l)^2/(mol/l)^4 = (mol/l)^(-2) = (l/mol)²
10. HCl + NaOH ⇄ NaCl + H₂O(l)
        K = (c(NaCl)·c(H₂O))/(c(HCl)·c(NaOH))
        Einheiten: (mol/l)^2/(mol/l)^2 = 1
11. CaCO₃(s) ⇄ CaO(s) + CO₂
        K = (c(CaO)·c(CO₂))/c(CaCO₃)
        Einheiten: (mol/l)^2/(mol/l) = (mol/l)
12. 2·KClO₃(s) ⇄ 2·KCl(s) + 3·O₂
        K = (c²(KCl)·c³(O₂))/c²(KClO₃)
        Einheiten: (mol/l)^5/(mol/l)^2 = (mol/l)³
13. Zn(s) + 2·HCl ⇄ ZnCl₂ + H₂
        K = (c(ZnCl₂)·c(H₂))/(c(Zn)·c²(HCl))
        Einheiten: (mol/l)^2/(mol/l)^3 = (mol/l)^(-1) = (l/mol)
14. AgNO₃ + NaCl ⇄ AgCl(s) + NaNO₃
        K = (c(AgCl)·c(NaNO₃))/(c(AgNO₃)·c(NaCl))
        Einheiten: (mol/l)^2/(mol/l)^2 = 1
        Einheiten kürzen sich weg

Lösung:

Es gilt K = [Produkte]/[Edukte]
Je nachdem wie gross die Konzentrationen sind, können drei Bereiche erreicht werden:

1. 0 < K < 1; das heisst, dass [Produkte] < [Edukte]
       Das Gleichgewicht liegt auf der Seite der Edukte
2. K > 1; das heisst, dass [Produkte] > [Edukte]
       Das Gleichgewicht liegt auf der Seite der Produkte
3. K = 1; das heisst, dass [Produkte] = [Edukte]
       Weder die Edukte noch die Produkte liegen in der Mehrheit vor, das GW
       ist ausgeglichen

Lösung:

Es gilt: Edukte ⇄ Produkte
K = [Produkte]/[Edukte] ; Einheit: [mol/L]/[mol/L]
Je nach Reaktion kann es sein, dass sich die Einheiten wegkürzen.

Lösung:

1. Die Temperaturerhöhung betrage 10 Kelvin. Es wird (willkürlich) angenommen, dass T₁ z.B. 300K und T₂ 310 K seien
2. k(T=300K) = A · 3.87 · 10^-18
3. k(T=310K) = A · 1.41 · 10^-17
4. Verhältnis k(T=310K)/k(T=300K) = 3.7

Der berechnete Wert von ca. 4 (genau 3.7) entspricht genau der RGT-Regel, welche besagt, dass bei einer Temperaturerhöhung um 10 Grad (oder 10 Kelvin) die Reaktionsgeschwindigkeit sich um den Faktor 2-3 erhöht. Dies entspricht nicht genau der Prognose von 3.7, kann aber durch nicht erfolgreiche Stösse (Anordnung der Moleküle) erklärt werden.

Lösung:

1. Anzahl Kollisionen proportional zu c(A)·c(B)
2. v prop. c(A)·c(B)·c(D)
3. v prop. c(F)·c(G)·c(X)·c(Y)
4. v prop. c(A)·c(A)·c(B) = c²(A)·c(B)
5. v prop. c(A)·c(A)·c(A)·c(B)·c(B) = c³(A)·c²(B)

Lösung:

a) Br₂ + H₂ ⇄ 2·HBr

    -d[Br₂]/dt = -d[H₂]/dt = + 1/2·d[HBr]/dt

b) 2·N₂O₅ → 4·NO₂ + 1·O₂

    -1/2·d[N₂O₅]/dt = + 1/4·d[NO₂]/dt = + d[O₂]/dt

c) A + 2·B → 3·C + 4·D

    – d[A]/dt = -1/2·d/dt = + 1/3·d[C]/dt = + 1/4·d[D]/dt

Lösung:

a) Die Geschwindigkeitsrate ist definiert als die Veränderung der Konzentration über die Zeit, oder kurz: v= Änderung der Konzentration dividiert durch die Änderung der Zeit
noch kürzer: v = Δc / Δt
Beachte, das v immer eine positive Grösse sein muss (Definition)
b) Aus der Definition (v muss positiv sein), ergibt sich somit:
v(Edukte) = – Δ(Edukte)/Δt = -d[Edukte]/dt
v(Produkte) = + Δ(Produkte)/Δt = +d[Produkte]/dt

Lösung:

v = dc / dt oder in Worten:
Die Veränderung einer Konzentration über die Zeit hinweg

Lösung:

1. Konzentration
2. Temperatur
3. Zerteilungsgrad
4. Katalysator

Lösung:

	Lewisformel	Dipolmoment	H-Brücke	ZMK?	Mischbar mit ..
{a) } HCl	H-Cl	{ja}	{nein}	{Dipol-Dipol}	{Heptan }, C7H16	{nein}
{b) } CH4	$L(1.2){C}<_(A135)H><_(A-135)H><_(A45,w+)H><_(A-45,d+)H>	{nein}	{nein}	{VdW}	{Wasser}	{nein}
{c) } CH2O	H\$L(1.0)C<`/H>=O { }	{ja}	{nein}	{Dipol-Dipol}	{Wasser}	{ja}
{d) } H3CCl	$L(1.2){C}<_(A135)H><_(A-135)H><_(A45,w+)H><_(A-45,d+)Cl>	{ja}	{nein}	{Dipol-Dipol}	{Wasser}	{ja}
{e) } CCl4	$L(1.2){C}<_(A135)Cl><_(A-135)Cl><_(A45,w+)Cl><_(A-45,d+)Cl>	{nein}	{nein}	{VdW}	{Wasser}	{nein}
{f) } CH3CH2CH2CH2SH	H\C/C\C/C\S/H; $slope(60)H/#2\H; H\#3/H; H/#4\H; H\#5/H;	{ja, schwach}	{nein}	{VdW}	{Olivenöl}	{ja}
{g) } HCOOH	H/C`|O|\O/H	{ja}	{ja}	{H-Brücken}	{Heptan }, C7H16	{nein}
{h) } He	He	{nein}	{nein}	{VdW}	{Pentanol } C5H11OH	{ja, schwach}
{i) } H2S	H/S\H	{ja}	{nein}	{Dipol-Dipol}	{Wasser}	{ja}
{j) } NH3	H`\$dots(U)N<_(A100,w+)H>`/dH	{ja}	{ja}	{H-Brücken}	{Ethanol} CH3CH2OH	{ja}

Aufgabenstellung komplett [hier] als pdf

Lösung:

Teilfrage 1: Hexanol hat zwar einen polaren Teil (-OH), jedoch einen viel grösseren nicht polaren Teil und mischt sich daher nicht mit Wasser. Ethanol hingegen hat ebenfalls den polaren OH-Teil, jedoch einen viel kleineres nicht polares Kohlenwasserstoffgerüst. Daher mischt sich Ethanol gut mit dem polaren Wasser.

Teilfrage 2: Propan-1,2-Diol weist 2 polare OH-Teile auf und 3 nicht polare C-H Teil. Somit kann gesagt werden, dass der polare Anteil des Moleküls überwiegt und die Substanz sich in einem polaren Lösungsmittel lösen sollte. Als Wahl bietet sich z.B. Wasser als auch Ethanol an.

Lösung:

1. Propan und Dodecan (A sowie C): jeweils nur Kohlenwasserstoffgerüste vorhanden und somit nur Van-der-Waals-Kräfte. Bei C liegt eine lange Kohlenwasserstoffkette vor, viele VdW-Kräfte im Gegensatz zu A, welches nur eine kurze Kette vorliegen hat. C hat somit mehr VdW-Kräfte als A, flüssiger Aggregatzustand.
2. Propanol sowie Dodecanol (B sowie D): D macht mehr VdW-Kräfte wie B, da dieses eine längere Kohlenwasserstoffkette vorliegen hat. Zusätzlich machen beide noch Wasserstoffbrückenbindungen, daher liegt D sogar im festen Zustand vor.
3. Dodecan sowie Dodecanol (C und D): D macht zusätzlich zu C noch Wasserstoffbrückenbindungen, daher macht D (im Vergleich nun zu C) unter sich mehr Wechselwirkungen und liegt daher im festen Aggregatzustand vor.

Lösung:

a)

1. Beim Fliessen bewegen sich Moleküle aneinander vorbei
2. Je schwächer die Kräfte zwischen den Molekülen ist, umso eher einfacher ist das Fliessen, resp. desto dünnflüssiger ist die Substanz
3. Der Hauptunterschied der drei Substanzen liegt in der Anzahl der -OH Bindungen und somit der Möglichkeit, Wasserstoffbrückenbindungen auszubilden. Je mehr -OH-Bindungen zur Verfügung stehen, desto mehr Wasserstoffbrückenbindungen gibt es also.
4. 1,2,3-Propantriol kann am meisten Wasserstoffbrückenbindungen (mit sich selbst untereinander) machen und ist daher am dickflüssigsten und 1-Propanol am dünnflüssigsten.

b)

Lösung:

Die beiden gezeichneten Moleküle:

	{A: } /\OH { resp. : } H-C<`|H><|H>-C<`|H><|H>-$dots(TR)O|H
	{B: } /O\ { resp. : } H-C<`|H><|H>-$dots(TB)O-C<`|H><|H>-H

Um eine Prognose der Siedepunkte machen zu können, gilt es, alle möglichen ZMKs zu berücksichtigen:

1. VdW-Kräfte: Beide Moleküle machen die gleichen Beiträge, da ja die gleiche Summenformel vorliegt und somit auch die Summe der Elektronen gleich wäre (jeweils 26 Elektronen)
2. Dipol-Dipol-Ww: Beide Moleküle sind insgesamt gesehen polar, oder anders ausgedrückt: der polare Teil des Moleküls (Verknüpfungen mit O) überwiegt, der nicht polare Teil (Verknüpfungen C-H) ist kleiner
3. Wasserstoffbrücken: Nur A kann Wasserstoffbrückenbindungen ausbilden, B nicht (H muss an O, F oder N gebunden sein)
4. Quintessenz: Prognose Sdp(A) > Sdp(B)
5. Das Experiment bestätigt unsere Prognose: A 78°C , B -25°C

Lösung:

1. Bei D handelt es sich um ein Salz, es sind also Ionen vorhanden
2. Kohlendioxid, C, ist nicht polar und macht nur Van-der-Waals-Wechselwirkungen
3. A und B sind beide polar, jedoch macht nur B Wasserstoffbrückenbindungen
4. Quintessenz: Sdp(D) > Sdp(B) > Sdp(A) > Sdp(C)

Lösung:

1. A und C können Wasserstoffbrückenbindungen machen, B und D nicht
2. C kann doppelt so viele Wasserstoffbrückenbindungen machen wie A
3. B macht mehr VdW-Wechselwirkungen als D
4. Quintessenz: Sdp(C) > Sdp(A) > Sdp(B) > Sdp(D)

Lösung:

1. Alle Verbindungen sind Carbonsäuren und somit in der Lage, Wasserstoffbrückenbindungen auszubilden, polar.
2. Sie sind aber unterschiedlich 'gross', sprich haben jeweils eine unterschiedliche totale Anzahl Elektronen, was hier wiederum entscheidend ist.
3. Quintessenz: Sdp(B) > Sdp(A) > Sdp(D) > Sdp(C)

Lösung:

1. Alle Verbindungen sind reine Kohlenwasserstoff-Verbindungen, also gibt es nur Van-der-Waals-Wechselwirkungen.
2. Van-der-Waals-Kräfte sind eine Funktion der totalen Anzahl Elektronen
3. Quintessenz: Sdp(D) > Sdp(A) > Sdp(C) > Sdp(B)
4. Experiment: Sdp(A)=341 K ; Sdp(B)=272K ; Sdp(C)=309K ; Sdp(D)=372 K

Lösung:

1. Alle sind polar, alle machen Wasserstoffbrückenbindungen. Einziger Unterschied: die Van-der-Waals-Kräfte als Funktion der totalen Anzahl Elektronen unterscheidet sich von Molekül zu Molekül
2. Quintessenz: Sdp(D) > Sdp(B) > Sdp(C) > Sdp(A)
3. Experiment: Sdp(A)=351 K ; Sdp(B)=411K ; Sdp(C)=391K ; Sdp(D)=430 K

Lösung:

1. A und B können Wasserstoffbrückenbindungen machen, C nicht: C hat daher den tiefsten Sdp
2. A kann mehr Wasserstoffbrückenbindungen machen als B
3. Quintessenz: Sdp(A) > Sdp(B) > Sdp(C)

Lösung:

1. nur B kann ionische Bindungen machen: höchster Sdp
2. A und D können Wasserstoffbrückenbindungen machen, wobei D mehr Möglichkeiten hat wie A
3. C ist polar, sonst keine ionische resp. Wasserstoffbrückenbindungsmöglichkeiten, daher tiefster Sdp
4. Quintessenz: Sdp(B) > Sdp(D) > Sdp(A) > Sdp(C)

Lösung:

1. Die Moleküle A und D bilden nur Van-der-Waals-Kräfte aus
2. B und C sind zusätzlich polar
3. nur B kann Wasserstoffbrückenbindungen machen.
4. Aufgrund dieser Fakten gilt: Substanz B hat den höchsten Siedepunkt

Lösung:

1. Die Verbindung D ist ionisch und hat somit den höchsten Siedepunkt
2. C enthält eine -OH-Verbindung, kann also Wasserstoffbrückenbindungen ausbilden
3. B ist im Gegensatz zu A polar
4. Aufgrund dieser Fakten gilt: Sdp(D) > Sdp(C) > Sdp(B) > Sdp(A)

Lösung:

1. Grundgedanke: Das heisse Wasser kühlt sich ab, das kalte Wasser erwärmt sich
2. Es gelten folgende Abkürzungen: H für Heiss, K für Kalt, M für Mischung
3. Das Eis muss zuerst geschmolzen werden (L_f ist die benötigte Energie) und kann dann erst auf die Mischtemperatur erwärmt werden
4. Q(100℃ → T_M) = Q(Eis schmelzen, 0℃ → T_M)
5. m_H · c_w · (100℃ – T_M) = m_K·L_f + m_K · c_w · (T_M – 0℃ )
6. Celsius in Kelvin umrechnen, m_H = m_K = m (!)
7. m·c_w·(373K-T_M) = m·L_f +m·c_w·(T_M-273K)
8. T_M = [c_w·(373k+273k)-L_f]/(2·c_w)
9. T_M = [4.185kJ/kgK·(373k+273k)-335.5kJ]/(2·4.185kJ/kgK) = 283.2 K = 10.2℃

Die Mischung hätte also eine Temperatur von ca. 10 Grad Celsius.

Lösung:

Stoff	M(g/mol)	m(g)	n(mol)
NaCl	58.5	1000	1000/58.5 =17.09
H2O	18	1846	6·17.09 = 102.56

a) Es braucht also 1846 Gramm Wasser um jede Natriumion mit jeweils 6 Wassermolekülen zu umhüllen. b) Da pro NaCl je ein Na⁺ sowie ein Cl^– vorhanden sind, braucht es also doppelt soviel Wasser also total 3692 Gramm Wasser.

Lösung:

{a) } H2O + H2O{:}	H-$dots(RB)O<`|H> _(x2,y,H)H-$dots(RB)O<`|H>
{b) } H2O + NH3{:}	H-$dots(BR)O<`|H> _(x2,y,H)H-$dots(R)N<`|H><|H>
{b) … oder }	H-$dots(B)N<`|H>-H_(x2,y,H) $dots(LR)O<`|H>|H
{b) … oder }	H|$dots(LB)O-H_(x2,y,H) $dots(L)N<`|H><|H>-H
{c) } NH3+ NH3{:}	H-$dots(R)N<`|H><|H> _(x2,y,H)H-$dots(R)N<`|H><|H>
{d) } HF + HF{:}	H-$dots(TRB)F _(x2,y,H)H-$dots(TRB)F
{e) } CH3OH + CH3OH	H-C<`|H><|H>-$dots(TB)O-H_(x2,y,H) $dots(LB)O<`|H>-C<`|H><|H>-H
{f) } H-C<`|H><|H>-$dots(TB)O-C<|H><`|H>-H	{keine H-Brücken möglich, H nicht an O gebunden}
{g) } H-C<`|H><|H>-$dots(TBR)F	{keine H-Brücken möglich, H nicht an F gebunden}

Lösung:

Diese Eselsbrücke verweist auf die Zutaten einer H-Brücke: Antwort siehe unter ZMK, Wasserstoffbrücken.

Lösung:

Zur Ausbildung von H-Brücken braucht es verschiedene Zutaten: Ein Atom, welches ….

1. an eines der Atome F, O oder N kovalent gebunden ist. Konkret also irgendeine Kombination mit F-H, O-H oder N-H.
2. Auf der Gegenseite (also gegenüber des Wasserstoffs via F-H, O-H resp. N-H) ein freies Elektronenpaar (wiederum Bestandteil eines F, N oder O-Atoms)
3. Zu guter Letzt muss die räumliche Anordnung linear sein; z.B.: -O-H · · · | .

Beachte, dass die H-Brücke nicht wie die kovalente Bindung mit einem Strich sondern mit (ca.) drei Punkten angedeutet wird.
Als Merkregel kann das Wort 'FöHN' verwendet werden. Beispiel einer Wasserstoffbrückenbindung zwischen zwei Wassermolekülen:

Lösung:

1. HF ist polarer als HCl, weil … :
       HF: ΔEN 1.8 , HCl: ΔEN 1.4
       Daher: Sdp(HF) > Sdp(HCl)
       Experiment: Sdp(HF) = 20°C, Sdp(HCl) = -84°C,
2. H₂O polarer als H₂S, weil …
       H₂O: ΔEN 1.3 , H₂S: ΔEN 0.2
       Daher: Sdp(H₂O) > Sdp(H₂S)
       Experiment: Sdp(H₂O) = 100°C, Sdp(H₂S) = -60°C,

Ein weiterer, sehr wichtiger Punkt ist, dass HF sowie aus H₂O jeweils Wasserstoffbrückenbindungen mit sich bilden können. Daher liegen ihre Siedepunkte sicherlich auch höher.

Lösung:

{gelb: nicht polarer Teil}
{grün: polarer Teil}
{a) } H-C<`|H><|H>-C<`|H><|$bg(yellow,to:1;6)H>-$dots(TR)O|$bg(lime,to:8;8)H	{Substanz polar}
{b) } $slope(55)H\C<`/H>_(x1,N2)C<\$bg(yellow,to:1;1)H>/O$bg(lime,to:6;6)H	{Substanz polar}
{c) } H-C-C-C-C-C-$bg(yellow,to:1;6)C-$bg(lime,to:1;1)O-$bg(lime,to:1;1)H; $bg(yellow,to:1;7)H|#2|$bg(yellow,to:3;7)H; H|#3|H; H|#4|H; H|#5|H; H|#6|H; H|#7|H	{Substanz nicht polar}

Lösung:

Musterlösung [hier] als pdf

{a) } H-$dots(TR)O|H	H_(x+1.5,y+0,>)O_(x,y+1.5,<)H	{Dipolmomente heben sich nicht auf}	{polar}
{b) } $dots(LbBlLtTl)O=C=$dots(TrRtRbBr)O	O_(x+1.4,y+0,<)C_(x+1.4,y+0,>)O	{Dipolmomente heben sich auf}	{nicht polar}
{c) } H/C`|$dots(LtTlTrRt)O|\H	C_(x,y-1.5,>)O	{Dipolmoment hebt sich nicht auf}	{polar}
{d) } H-C<`|H><|H>-$dots(TR)O|H	C_(x+1.1,y,>)O_(x+0,y+1.5,<)H	{Dipolmomente heben sich nicht auf}	{polar}
{e) } H-C%C-H		{nur apolare C-H-Bindungen}	{nicht polar}
{f) } $slope(55)H\C<`/H>_(x1,N2)C<\H>/H		{nur apolare C-H-Bindungen}	{nicht polar}
{g) } H-C<`|H><|H>-$dots(RbBr)N/$dots(TR)O`/	C_(x+1.2,y+0,>)N_(x+1.1,y-1.3,>)O	{Dipolmomente heben sich nicht auf}	{polar}
{h) } H-C<`|H><|H>-$dots(TRB)F	C_(x+1.4,y+0,>)F	{Dipolmoment heben sich nicht auf}	{nicht polar}
{i) } H-C<`|H><|H>-$dots(B)N<`|H>-H	C_(x+1.2,y+0,>)N<_(x,y-1.5,<)H>_(x+1.5,y,<)H	{Dipolmoment heben sich nicht auf}	{nicht polar}

Lösung:

Die Dipol-Dipol-Wechselwirkungen gehören zu den ZMK's. Weisen die Moleküle jeweils einen permanenten Dipol ('zwei Pole', bisschen negativ wie auch bisschen positiv geladen) auf, so können sie sich aufgrund ihres Dipolcharakters gegenseitig anziehen.

Lösung:

Im ersten Schritt geht es darum, das Molekül korrekt zu zeichnen, inklusive Bindungswinkel. Danach wird jede Bindung einzeln betrachtet und aufgrund der EN-Werte der beteiligten Atom die Polaritätsrichtung entschieden. Dies indem vom elektropositiveren Atom zum elektronegativeren Atom die Polaritätsrichtung definiert sei. Im dritten Schritt werden die gezeichneten Pfeile ('Vektoren') addiert. Ergibt eine resultierende Kraft, so weist das Molekül einen (permanenten) Dipol auf. Oder auch anders gesagt: es ist polar. Als Vereinfachung gelte, dass C-H Bindungen üblicherweise für die Entscheidung nicht hinzu gezogen werden müssen, da die EN-Werte der C resp. H-Atome praktisch identisch sind.

Lösung:

Alle Moleküle sind nicht polar und können daher nur Van-der-Waals-Kräfte ausbilden. Somit gilt es die totale Anzahl der Elektronen pro Molekül zu bestimmen:

	Anzahl e–	Experiment Sdp.
H2	2	-253°C
Ne	10	-246°C
N2	14	-196°C
Cl2	34	-34°C
Br2	70	59°C
I2	106	186°C

Werden die Stoffe aufgrund der Elektronenanzahl sortiert, so ergibt sich die (nur experimentell zugängliche) Abfolge der Siedepunkte.

Lösung:

Es kommen nur VdW-Kräfte vor, die Anzahl der Elektronen beträgt jeweils 2 Elektronen. Da die Anzahl der Elektronen gleich ist (oder für andere Beispiele sehr ähnlich wäre) muss in diesem Fall über die Oberfläche des H₂ resp. He eine Prognose gemacht.
Prinzipiell gilt ja, dass der Durchmesser (resp. Radius) eines Atoms im PSE von links nach rechts abnimmt, d.h. r(H) > r(He). Somit gilt natürlich auch folgendes: Oberfläche(H₂) > Oberfläche(He).
Da sich die Elektronen nun auf der grösseren Oberfläche besser verteilen können und somit die VdW-Kraft schwächer wird, gilt: Sdp(H₂) > Sdp(He) . Das Experiment bestätigt auch diese Vermutung (Sdp(H₂) = -253℃ Sdp(He) = -269℃

Lösung:

Mittels der Ordnungszahl (=Anzahl Protonen) eines Elementes kann auf die Anzahl der Elektronen geschlossen werden: nämlich identisch bei neutralen Elementen, entsprechend angepasst bei negativer oder positiver Ladung.

1. C₆H₁₂O₆ → 6·6+12·1+6·8 = 96 Elektronen
2. C₃H₆O → 3·6+6·1+8 = 32 Elektronen
3. H₂O → 2·1+8 = 10 e^–
4. NaBr → 11+35 = 46 e^–
5. Na → 11 e^–
6. Na⁺ → 11-1= 10 e^–
7. H₃O⁺ → 3·1+8-1 = 10 e^–
8. CO2-3 6+3·8+2 = 32 e^–

Lösung:

Bei zweifach ionisierten Heliumatomen handelt es sich um He²⁺

1. He²⁺ machen keine keine VdW-Kräfte, da ja keine Elektronen vorhanden sind.
2. Dipol-Dipol-Wechselwirkungen sind ebenfalls nicht vorhanden, da die Atome keinen permanenten Dipol aufweisen. Im Gegenteil, es sind Monopole vorhanden (He²⁺⁾, welche sich gegenseitig abstossen
3. Wasserstoffbrückenbindungen sind nicht möglich, da keine Wasserstoffatome vorhanden sind

Quintessenz: Die Teilchen stossen sich voneinander ab. Somit gäbe es keinerlei Gründe für He²⁺ als Feststoff auch bei 0 Kelvin vorzuliegen. Oder anders formuliert: Der Siedepunkt läge nach der aktuellen Theorie bei 0 Kelvin.

Lösung:

VdW-Kräfte beruhen auf Elektronen. Atome ohne Elektronen wären positiv geladen (z.B. H⁺, He²⁺, Li³⁺ etc.), im Grunde genommen also wären nur die nackten Kerne vorhanden. Moleküle ohne Elektronen können keine gemacht werden, da für Bindungen ja explizit Elektronen gebraucht werden.

Lösung:

Alle (neutrale) Atome sowie Moleküle sind von Elektronen umgeben. Diese negativ geladenen Elektronen umkreisen (im klassischen Sinne) den positiv geladenen Kern. Da die Elektronen asymmetrisch verteilt sind ergeben sich kurzfristige Dipole, da die negative und positive Ladung sich geometrisch gesehen nicht komplett aufheben. Diese kurzfristigen Dipole beeinflussen (induzieren) weitere Atome resp. Moleküle.
Grob kann folgendes gesagt werden: je mehr Elektronen vorhanden sind umso grösser ist auch die VdW-Kraft.

Lösung:

Die ganze Situation beginnt z.B. bei -10℃ Die zugeführte Wärme wird zuerst benötigt, um den Eiswürfel auf 0℃ zu erwärmen.
Bei 0℃ wird nun die zugeführte Wärme benötigt, um den Eiswürfel zu schmelzen. Zwischen 0℃ und 100℃ wird nun die zugeführte Wärme benötigt, um das flüssige Wasser zu erwärmen.
Ab 100℃ wird die zugeführte Wärme für das Überführen des Wasser vom flüssigen in den gasförmigen Zustand.
Wird nun jedoch noch Kochsalz hinzugefügt, so siedet die Salzwassermischung nun bei mehr als 100℃ dies aufgrund der zusätzlichen Bindungen/Anziehungen zwischen den Kochsalzteilchen (Ionen) und dem polaren Wasser (Ion-Dipol-Wechselwirkungen)

Skizze [hier] als pdf

Lösung:

Beim Verdampfen verliert ein Molekül (oder auch Atom) den Kontakt zu den anderen Teilchen. Die Kräfte zwischen dem Molekülen sind zu klein, um die Bewegungsenergie (aufgrund der Temperatur) zu kompensieren. Somit verlässt das Teilchen den restlichen Verband.
Achtung … gefährlicher Mix zweier Ausdrücke: ZMK (Kraft) und Energie.
Zudem: Ein einzelnes Teilchen kann also nicht 'sieden'

Lösung:

a) fest → flüssig: schmelzen
b) flüssig → fest: erstarren
c) flüssig → gasförmig: verdampfen
d) gasförmig → flüssig: kondensieren
e) fest → gasförmig: sublimieren
f) gasförmig → fest: resublimieren

Lösung:

Aggregatzustände sind nichts anderes als die 'Beschaffenheit' eines Stoffes bei einer bestimmten Temperatur sowie eines bestimmten Druckes. Dieser Beschaffenheit sagen wir im Alltag und auch in Labor fest, flüssig und gasförmig. Wieso etwas im jeweiligen Aggregatzustand vorliegt kann mit den zwischenmolekularen Kräften (ZMK) geklärt werden.

Lösung:

Im Prinzip geht es darum, dass geguckt wird, ob und welche der ZMK's der betreffende Stoff machen kann. Je mehr (verschiedene) ZMK's gebildet werden können, desto höher liegt auch sein Schmelz- resp. Siedepunkt. Es kann aber nicht auf den absoluten ('konkrete Zahl') Schmelz- resp. Siedepunkt geschlossen werden. Es können nur Vergleiche zwischen den verschiedenen Stoffe gemacht werden

Lösung:

Das Wort ZMK ist eine Abkürzung für den Begriff Zwischenmolekulare Kräfte. Beachte, dass es wie im Wort gesagt um die Kräfte zwischen den Molekülen geht und nicht um die Kräfte innerhalb eines Moleküls. Je stärker diese Kräfte zwischen zwei Molekülen ist, desto schwerer kann ein einzelnes Molekül die Gemeinschaft verlassen (z.B. also verdampfen).
Und umgekehrt kann gesagt werden, je schwächer die ZMKs sind, umso kleiner wäre z.B. der Schmelzpunkt oder Siedepunkt. Die ZMK's sind praktisch, um qualitativ eine grobe Abschätzung der Mischbarkeiten, Siedepunkte, Fliesseigenschaften etc. von Molekülen machen zu können.

Lösung:

Eigenschaft	Diamant	Graphit
Aussehen	farblos / durchsichtig	schwarz – glänzend
Härte	sehr hart	weich
Spaltbarkeit	schwer	leicht
elektrische Leitfähigkeit	keine	gut
Dichte	3.5	2.3
Schmelztemperatur	schmilzt nicht	3700℃
Verwendung	Schmuck, Bohren	Schmiermittel, Elektroden, Bleistiftminen

Lösung:

1. a) vier
2. b) Atombindungen
3. c) Härte
4. d) elektrischen Strom
5. e) Schichten
6. f) drei
7. g) 120 Grad
8. h) elektrische Leitfähigkeit
9. i) verschieben
10. j) weich

Lösung:

.. siehe Antwort zur ähnlichen Frage unter Atombau, Polarität bestimmen

Lösung:

Im ersten Schritt geht es darum, das Molekül korrekt zu zeichnen, inklusive Bindungswinkel. Danach wird jede Bindung einzeln betrachtet und aufgrund der EN-Werte der beteiligten Atom die Polaritätsrichtung entschieden. Dies indem vom elektropositiveren Atom zum elektronegativeren Atom die Polaritätsrichtung definiert sei. Im dritten Schritt werden die gezeichneten Pfeile ('Vektoren') addiert. Ergibt eine resultierende Kraft, so weist das Molekül einen (permanenten) Dipol auf. Oder auch anders gesagt: es ist polar. Als Vereinfachung gelte, dass C-H Bindungen üblicherweise für die Entscheidung nicht hinzu gezogen werden müssen, da die EN-Werte der C resp. H-Atome praktisch identisch sind.

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