Folie092Homogene Systeme

Ein Stoffsystem, das in einer Phase (gasförmig, flüssig, fest) vorliegt, bezeichnet man als homogen.

Beispiele:a) Reinstoffe in einer Phase1 Ballon gefüllt mit O2 -Gas1 Glas gefüllt mit Wasser (H2O (fl.))1 Goldbarren (Au (s))

b) Stoffmischungen in einer PhaseAtemluft ⇒ Gemisch von Gasen: 78% N2, 21% O2, 0.036% CO2

+ Edelgase und Wasserdampf (Luftfeuchtigkeit)Lösungen: z.B. Salzlösungen (l): Na+ Cl- in H2O (Kochsalzlösung)Legierungen: z.B. Messing (s): 56-57% Cu + 44-33% Zn

c) Lösungen von noch größeren Teilchen, die man unter dem Lichtmikroskop sichtbar machen kann,gehören zu den heterogenen Systemen.

Lösungena) Echte Lösungen ⇒ die Moleküle oder Ionen liegen molekular dispers vor (gelöster Stoff ≤ 3nm)

b) Kolloidale Lösungen ⇒ Lösung von Makromolekülen der Größe 3-200 nm (Kolloid-dispers)

Heterogen Systeme

enthalten zwei oder mehrere nicht miteinander mischbare homogene Systeme.

Beispiel: Eis / Wasser (zwei reine Stoffe)

Folie093Heterogene Systeme

Aggregatzustand Bezeichnung Beispielfest/fest Gemenge, Konglomerat Granit, Aspirin-Tablettefest/flüssig Aufschlämmung, Suspension erdtrübes Wasser, Kalkmilchflüssig/flüssig Emulsion Creme, Milchfest/gasförmig Aerosol Staub, Rauchflüssig/gasförmig Aerosol Nebel, Schaum

Einteilung der Stoffe

* = Trennung durch physikalische Methoden; ** = Überführung durch Stoffumwandlung (chemische Methode)

Folie094Löslichkeit358 g Kochsalz (Na+Cl-) in 1 l H2O (Sättigungskonzentration)ca. 80 g Diethylether (CH3-CH2-O-CH2-CH3) in 1 l H2Oca. 80 g 1-Butanol (CH3-CH2-CH2-CH2-O-H) in 1 l H2OEthanol (CH3-CH2-OH) völlig mischbar mit H2O

Verantwortlich für die Löslichkeit sind hier Ion-Dipol- oder Dipol-Dipol-Wechselwirkungen sowie Wasserstoffbrückenbindungen.

Na+

δ+δ-

Ο ΗΗδ+

δ+

Η

ΗΟ

δ-δ+

Οδ-

ΗΗ

δ+δ+

Οδ-Ηδ

+

Ηδ+

ΟΗδ+

δ+Η

Hydrat-(Solvat)-Hülle

Cl(-)

ΗΗΟ Ο

Η

Η

ΗΗ

Ο

Ο

Η

Η

δ+

δ+

δ+δ+

δ+

δ+

δ+δ+

δ-

δ-

δ-

δ-

Wasserstoffbrückenbindung

H2O CH3CH2OCH2CH3 CCl4 CHCl3Dichte d: 1.0 0.71 1.6 1.5 g/ml

Gleiches löst sich in Gleichempolar / unpolar hydrophil / hydrophob lipophob / lipophil

(gr. Hydror - Wasser; phil - liebend; phobie - Angst) (lipos - Fett)

Folie095

H3C CH2 CH2 CH2 OH

vgl. löslich wie Diethylether

H3C CH2 O CH2 CH3

1-Butanol

Weniger löslich in H2O als Ethanolwegen der größeren unpolaren Reste.

H3N CH CO

RO

Aminosäuren: inneres Salz löslich in H2O

H2N CH CO

ROH

Unpolare Reste könen nicht solvatisiert werden, da dieWechselwirkung zwischen den polaren Solvensmolekülenuntereinander stärker ist, als zwischen dem unpolarenAlkylrest und dem polaren Solvensmolekül.

δ- δ+HO

HH O

H

HO H

O

H

CH2

Ο

Η

Η

ΗΟ

Η

Ethanol

CH3

δ+

δ-

δ-δ+

Folie096

Kalottenmodell des Triölsäureesters des Glycerins

Monomolekulare Schicht von Ölmolekülenan einer Wasser-Luft-Grenzfläche

CH2 O C R´O

CH

CH2

O

O

C

C

R´´

R´´´

O

Oδ+

δ+

δ+δ-

δ-

δ-

mäßig polarer Kopf

unpolarerSchwanz: R´, R´´, R´´´ unpolare lange Kohlenwasserstoffketten zwischen C11 und C28

Beispiel: Stearinsäure-Rest

O

O 12

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

16

17

18

Fette (Lipide)

Folie097Nernstsches Verteilungsgesetz

Schema zur Überführung von Stoff A aus der Wasserphase in eine organische Phase durchwiederholte Extraktion mit Ether (K = 3). Die abnehmende Grautönung entspricht derabnehmenden Konzentration von Stoff A in der wässrigen Unterphase.

CA 0.25 CA 0.25⋅0.25 CA = 0.0625 CA ⇒ 6.25% CA

0.75 · 0.25 CA

0.25 · 0.25 CA

K = = 30.75 CA

0.25 CA

K = = 3

CA (Oberphase)

C‘A (Unterphase) = K (Verteilungskoeffizient)

CA, C‘A Konzentrationen des Stoffes A [mol/l oder g/l] in der Oberphase und Unterphase

Beispiele für Oberphase/UnterphaseDiethylether/Wasser; Hexan/Wasser; Wasser/CHCl3 (Chloroform)

Folie098Henry-Daltonsches Gesetz

PA (Gasphase)CA (Flüssigkeit)

= KPA - Partialdruck des Gases A [bar]CA - Konzentration des gelösten Gas A in der FlüssigkeitK - Verteilungskoeffizient

Beispiel: Gasembolie bei TaucherIn der Tiefe herrscht höherer Druck. Dadurch löst sich mehr N2 im Blut. Beim Auftauchen bewirktdie Druckminderung die Bildung von Gasbläschen infolge der geringeren Löslichkeit ähnlich wiebeim Öffnen der Sprudelflasche, wobei CO2 entweicht.Abhilfe: die Verwendung von Kunstluft 21% O2 + 79% He (nicht löslich im Blut)

Folie099Gleichgewichte in Gegenwart von Membranen

Membran durchlässig für Stoff A

CA C´A

I IIA

CA > C´A ⇒ A

diffundiert von Kammer I in Kammer II bis CA = C´A

Dialyse: Membran mit einer Porengröße von ca. 10 nm (semipermeabel - halbdurchlässig) erlaubt dieDiffusion von niedermolekularen Stoffen (kleine Moleküle wie Harnstoff, Salze, überschüssige Arneimittel und deren Abbauprodukte, sowie Lösungsmittel) jedoch keine Diffusion von Makromolekülen wie Proteine, Enzyme etc..

Im Körper besitzt die Niere eine semipermeable Membran⇒ Ausscheidung der niedermolekularen Stoffwechselprodukte aus dem Blut im Urin.

Bei Nierenfunktionsstörung: Blut wird durch einen Dialysator gepumpt und an einer künstlichensemipermeablen Membran mit einer physiologischen Kochsalz-Lösung (NaCl in H2O) gewaschen ⇒ die nierdermolekularen Stoffwechselprodukte diffundieren in dieKochsalzlösung.

Folie100Osmose: osmotischer Druck π

π ·V = n ·R ·T n -Molzahl des gelösten Stoff im Volumen VR - allgemeine GaskonstanteT - absolute Temperatur in [K]

Darstellung der Osmose. Zustand zu Beginn des Experiments und nach Erreichen desGleichgewichtes (→ Diffusionsrichtung des Lösungsmittels; p = hydrostatischer Überdruck, der posm der Lösung entspricht).

π =nV

· R ·T = c ·R ·T c - Konzentration in mol/lR = 8.31 [J/mol ·K]

Folie101Berechnung des osmotischen Druckes von Blut bei 37°C und einer Teilchenkonzentration von c = 0.296 mol/l

π = c · R ·T = 0.296 [mol/l] · 8.31·103 [Pa·l/mol·K] · (273 + 37) [K]

= 763 · 103

= 7.63 · 105 Pa ≡ 7.63 bar

mol · Pa ·l ·Kl ·mol ·K

Den gleichen osmotischen Druck wie Blut hat eine physiologische Kochsalzlösung (0.95 g NaCl in 100 ml H2O).

isotonisch - Lösung mit dem gleichen osmotischen Druck wie Blut

hypotonisch - Lösung mit geringerem osmotischen Druck

hypertonisch - Lösung mit größerem osmotischen Druck

Folie102

Supramolekularer Aufbau der Zellmembran

Phospholipid-Doppelschicht- Bestandteil der Zellmembran Kalottenmodell eines

Phosphatidylcholinmoleküls

unpolarerSchwanz

polarerKopf

Folie103Anwendungen von heterogenen Gleichgewichten bei TrennverfahrenDestillation: flüssig ⇒ gasförmig ⇒ flüssig

Bei unterschiedlichen Siedepunkten lassen sich Flüssigkeitsgemische trennen.Beispiele: Ethanol (CH3-CH2-OH), Sdp. 78°C / H2O, Sdp. 100°C

Hexan (C6H14), Sdp. 68.9°C / Benzol (C6H6), Sdp. 80.1 °C

Sublimation: fest ⇒ gasförmig ⇒ festWird zur Reinigung von Feststoffen im Vakuum genutzt.

Gefriertrocknung: Sublimation von H2O in Form von Eis bei niedriger Temperatur und im Vakuum (ca. 0.01 Torr). Wird zur Entwässerung von schwerflüchtigen Feststoffen und Flüssigkeiten genutzt.

Kristallisation: Feststoff + Lösungsmittel ⇒ Lösung ⇒ Beim Verdampfen des Lösungsmittels kristallisiert der Feststoff aus der Lösung aus. Die Methode wird zur Reinigungvon Feststoffen genutzt, besonders von Feststoffgemischen mit unterschiedlicherLöslichkeit ⇒ Feststoff mit geringerer Löslichkeit kristallisiert aus und der löslichereFeststoff bleibt in der Mutterlauge.

Flüssig-flüssig-Extraktion: Bei Verteilung des gelösten Stoffes in den beiden nicht mischbarenLösungsmitteln richtet sich nach dem Nernstsche Verteilungsgesetz.

Chromatographie: Flüssigkeitschromatographie(LC - Liquid Chromatography; HPLC - High Pressure (Performance) LCstationäre Phase: festmobile Phase: flüssig (Lösungsmittel wie Heptan, Ether, Essigester)

Gaschromatographie (GC)stationäre Phase: flüssig oder fest(Film auf der Säulenwand oder imprägnierte Festphase)mobile Phase: Gas (He, N2)

Folie104

Adsorptions-Isotherme in Abhängigkeit vom Partialdruck (p) bzw.Von der Konzentration (c) eines zu adsorbierenden Stoffes

Folie105Verschiedene Arten der Chromatographie

Folie106Stofftrennung durch Säulenchromatographie

III: B ist mit dem Elutionsmittel aus derSäule herausgetropft und befindet sichim Eluat.

I: Stoffgemisch A/B, im Fließmittel gelöst,wird auf die stationäre Phase (in einerGlassäule) aufgegeben.

II: Mit dem Fließmittel (= Elutionsmittel) wird nachgewaschen, A und B trennensich bei der Wanderung durch die Säule.

Folie107Dünnschichtchromatographie

Schematische Zeichnung eines Dünnschichtchromatogramms

I: Reiner Stoff A und Stoffgemisch sind an der Startlinie aufgetragen.

II: Nach der Entwicklung des DCs. a = Laufstrecke von Stoff A, b = Laufstrecke vonStoff B, c = Laufstrecke des Fließmittels, Rf-Wert für A: a/c; Rf-Wert für B: b/c.

Folie108Gaschromatograph

1- Gaszylinder mit Trägergas (He, N2)2- Gasventil3- Injektor4- Trennsäule5- Ausgang vom Detektor6- Meßgerät für den Gasfluß7- Schreiber

Trennsäule

Folie109Gaschromatogramm (Kappilar-GC)

Folie110Gaschromatogramm (Kappilar-GC)

Retentionszeit tR in min

Start tR = 0

Testmischung einiger als Drogen missbrauchter Morphinderivate: 1: Coffein, 2: Acetylcodein3: Morphin, 4: Acetylmorphin, 5: Diacetylmorphin, 6: Narcotin

Folie111Chemische ReaktionenSäure-Base-Reaktion: Neutralisation

H+ + Cl- + Na+ + -OH → Na+ + Cl- + H2O

Salzsäure Natronlauge Natriumchlorid WasserSalz

Fällungsreaktion:

Ag+ + NO3- + Na+ + Cl- → Ag+ Cl- + Na+ + NO3

-

Sibernitrat Kochsalz Silberchlorid Natriumnitratlöslich in H2O löslich in H2O unlöslich in H2O löslich in H2O

Metall-Komplex-Bildung:

Cu2+ + SO42- + 4 NH3 → [Cu(NH3)4]2+ + SO4

2-

Kupfersulfat Ammoniak Kupfertetramin-löslich in H2O (gasförmig) Komplex

Reduktion - Oxidation: Redox-Reaktion:

2 H2 (g) + O2 (g) → 2 H2O (l) + Energie (Knallgasreaktion)Wasser- Sauer- Wasserstoff stoff

Folie112Stöchiometrie (Erhaltung von Ladung und Masse)

Frage: Wieviel Natriumhydroxid (NaOH) und Salzsäure (HCl aq.) wird benötigt, um 150g Kochsalz (NaCl)herzustellen? Dabei stehen 2M Salzsäure (M - molar [mol/l] und festes NaOH als Ausgangsstoffe zur Verfügung.

Reaktionsgleichung: 2 H2 (g) + O2 (g) → 2 H2O (l)Molangabe: 2 mol H2 1 mol O2 2 mol H2OMassenangabe: 2 ·2g=4g 1 ·32g=32g 2 ·18g=36gVolumenangabe: 2 ·22.4l=44.8l 1 ·22.4l=22.4l 2 ·18ml=36mlbei p = 1 atm, 0°C (d = 1g/1ml) (1l = 1000ml)

NaOH + HCl → NaCl + H2OMolangabe: 1 mol 1 mol 1 mol 1 molMassenangabe: 23.0 (Na) 1.0 (H) 23.0 (Na) 2.0 (2 ·H)

16.0 (O) 35.5 (Cl) 35.5 (Cl) 16.0 (O)1.0 (H) 36.5 g 58.5 g 18.0 g

40.0 g

40g NaOH58.5g NaCl

x g NaOH150g NaCl

40 ·15058.5

= x = = 102.6g NaOH

36.5g HCl58.5g NaCl

y g HCl150g NaCl

36.5 ·15058.5

= y = = 93.6g HCl

1l HCl aq.73.0g HCl

z l HCl aq.93.6g HCl

1 ·93.673.0

= z = = 1.28 l 2M HCl

Folie113Chemische Gleichgewichte

A + B C + D

Edukte Produktek2

k1

A + B C + D

Gleichgewicht liegt auf der Produktseite

A + B C + D

Gleichgewicht liegt auf der Eduktseite

k1, k2 - GeschwindigkeitskonstantenK - Gleichgewichtskonstante

Massenwirkungsgesetz (MWG)

Der Gleichgewichtszustand ist erreicht, wenndie Geschwindigkeit der Hinreaktion gleich derGeschwindigkeit der Rückreaktion ist.

k1 [A] [B] = k2 [C] [D]

[C] [D][A] [B]

= = Kk1k2

v = v

Reaktionsgeschwindigkeiten

a) der Hinreaktion

v = -d [A]

dtd [B]

dt= k1 [A] [B]=-

b) der Rückreaktion

v = -d [C]

dtd [D]

dt= k2 [C] [D]=-

Folie114Chemische GleichgewichteWenden Sie das Massenwirkungsgesetz auf folgendes Gleichgewicht an; bestimmen Sie denAusdruck für K.

2 A + B 3 C + 2 D

Lösung:A + A + B C + C + C + D + D

K =[C] [C] [C] [D] [D]

[A] [A] [B]K =

[C]3 [D]2

[A]2 [B]mol3 mol2 l2 l

2

l3 l2 mol2 mol2 =

mol2

l2

Wie lauten die K-Werte für folgende Gleichgewichte? Welche Dimensionen haben die K-Werte,wenn man die Konzentrationen in mol/l annimmt?

2 H2 + O2 2 H2O

Cu2+ + 4 NH3 + SO4- [Cu(NH3)4]2+ + SO4

2-

H2SO4 + 2 NaOH Na2SO4 + 2 H2O

Folie115Beispiel für eine GleichgewichtsreaktionSäure-katalysierte Veresterung von Carbonsäuren

CH3 COOH + CH3 CH2 OH(H+)

Katalysator

CH3 COO CH2 CH3+ H2OEssigsäure Ethanol Essigsäureethylester

Konzentrationen bei a) 1 1 0 0Reaktionsbeginn: t = 0 b) 1 10 0 0in [mol/l]

Gleichgewichtskonstante:[CH3COOCH2CH3] [H2O][CH3COOH] [CH3CH2OH]

= K = 3.38

Frage: Wie groß sind die Gleichgewichtskonzentrationen wenn die Ausgangskonzentrationen der Eduktea) [CH3COOH] = [CH3CH2OH] = 1 mol/lb) [CH3COOH] = 1 mol/l; [CH3CH2OH] = 10 mol/lc) [CH3COOH] = 2 mol/l; [CH3CH2OH] = 5 mol/l sind?

Ansatz: Gleichgewichtskonzentrationen:

[CH3COOCH2CH3]∞ = [H2O]∞ = x; [CH3COOH]∞ = [CH3COOH]t=0 -x; [CH3CH2OH]∞ = [CH3CH2OH]t=0 -x

a) x ·x(1-x) ·(1-x)

= K ⇒ x2 = K (1 - 2x + x2) x1,2 =KK - 1

KK - 1

KK - 1

2-± q

x1 = 0.648 x2 = 2.192 (falsche Lösung)

Lösung a) [CH3COOCH2CH3]∞ = [H2O]∞ = 0.648 mol/l[CH3COOH]∞ = [CH3CH2OH]∞ = 0.352 mol/l

b) [CH3COOCH2CH3] ∞ = [H2O] ∞ = 0.97 mol/l[ CH3COOH] ∞ = 0.03 mol/l[CH3CH2OH] ∞ = 9.03 mol/l

Folie116Energetik chemischer Reaktionen

Bei chemischen Reaktionen findet neben dem Stoffumsatz ein Energieumsatz statt.

Exotherme Reaktion: Energie wird in Form von Wärme frei.

Endotherme Reaktion: Für die Reaktion ist eine Enegiezufuhr erforderlich.

Die Energiebilanz lässt sich als Reaktionswärme bzw. Reaktionsenthalpie ausdrücken; dieReaktionsenthalpie ist die Differenz der sogenannten Bildungsenthalpien der reagierenden Stoffe.Da die Enthalpiewerte druck- und temperaturabhängig sind, bezieht man sie auf die sogenanntenStandardbedingungen:

25°C ≡ 298 K und 1 atm ≡ 1.013 bar

⇒ Standard-Bildungsenthalpie: ∆H°f

∆H°f (Element) ≡ 0 kJ/mol (gilt für den bei den Standardbedingungen energetisch günstigsten Aggregatzustand)

Folie117

Beispiel:

Kohlenstoff C existiert in zwei Modifikationen: Graphit und Diamant.

0

+1.9 Diamant

Graphit

∆H°f [kJ/mol] ∆H°f (Graphit) = 0 kJ/mol∆H°f (Diamant) = +1.9 kJ/mol

⇒ Graphit ist stabiler als Diamant (metastabil)

Knallgasreaktion

0

-286

H2 + ½ O2

H2O

∆H°f [kJ/mol]

≈

H2 (g) + ½ O2 (g) → H2O

∆H°f 0 0 -286Reaktionsenthalpie ∆H = -286 kJ/molstark exotherme Reaktion

Folie118Bestimmung der Standard-Bildungsenthalpie von Methan, ∆H°f (CH4)

Verbrennung von Methan (Hauptbestandteil des Erdgases)

CH4 (g) + 2 O2 (g) → CO2 + 2 H2O stark exotherm: ∆H = -891 kJ/mol

∆H = [∆H°f (CO2) + 2 ·∆H°f (H2O)] - [∆H°f (CH4) + 2 ·∆H°f (O2)]

∆H°f (CH4) = ∆H°f (CO2) + 2 ·∆H°f (H2O) - 2 ·∆H°f (O2) - ∆H

∆H°f (H2O) = -286 kJ/mol, ∆H°f (O2) = 0 kJ/mol, ∆H°f (CO2) = ?

C (s, Graphit) + O2 (g) → CO2 (g) ∆H = -393.5 kJ/mol ≡ ∆H°f (CO2)

∆H°f (CH4) = (-393.5) + 2 ·(-286) - 2 ·0 - (-891)= -74.5 kJ/mol

Folie119Einige Standard-Bildungsenthalpien bei 25°C und 101.3 kPa = 1 atm

Folie120ReaktionsenthalpieReaktionsenthalpie ∆H° = Σ∆Hf° (Produkte) - Σ∆Hf° (Edukte)

(Bei der Summenbildung müssen die zu den einzelnen Stoffen gehörigen Koeffizienten berücksichtigt werden)

Beispiel: Reaktion von Glucose mit O2 im StoffwechselGlucoseC6H12O6 (s) + 6 O2 → 6 CO2 (g) + 6 H2O (l)

∆Hf° [KJ ·mol-1] -1273.3 6 ·0 6 ·(-393.5) 6 ·(-285.9)

∆H = [6 ·(-393.5) + 6 ·(-285.9)] - [-1273.3 + 6 ·0] = -2803.1 KJ mol-1stark exothermer Prozeß (Energie wird frei)

Photosynthese:

6 CO2 + 6 H2O → C6H12O6 + 6 O2+ hν (Chlorophyll)

Pigment in grünen BlätternKatalysatorLichtenergie

Speicherung von Lichtenergie in Form von chemischer Energie

Satz von Hess: Additivität von Reaktionsenthalpien

A + B → C + D + ∆H (1)

C + B → E + ∆H (2)

A + 2 B → D + E + ∆H (3) ∆H (3) = ∆H (1) + ∆H (2)

Folie121

Zwei Gase mischen sich spontanMischungsentropie: ∆S > 0

Entropie S in [J K-1mol-1] ist ein Maß für die Ordnung bzw. Unordnung eines Systems.Je geringer die Ordnung eines Systems ist, destogrößer ist seine Entropie.Die Entropie eines Stoffes und damit der Grad derUnordnung nimmt zu beim Übergang vom kristallinenüber den flüssigen zum gasförmigen Aggregatzustand.

Bei chemischen Reaktionen ändern die reagierendenStoffe ihren Entropieinhalt und damit tritt fast immereine Entropieänderung auf, die als Reaktionsentropie ∆Sbezeichnet wird.

Gibbs-Helmholtz-Gleichung

∆G = ∆H - T∆S

∆G [kJ ·mol-1] - freie Reaktionsenthalpie∆H [kJ ·mol-1] - Reaktionsenthalpie∆S [J ·K-1mol-1] - ReaktionsentropieT [K] - absolute Temperatur

Folie122Einfluß der Vorzeichen von ∆H und ∆S auf den freiwilligen Ablauf einer Reaktion

Beispiel:2 H2 (g) + O2 (g) → 2 H2O ∆H° = -286 kJ mol-1, ∆S° = -164 J K-1mol-1, (1 kJ = 1000 J)

bei 2000°C: T = 2273 K

∆G = -286 - = +88 kJ mol-12273 ·(-164)

1000

bei 25°C: T = 298 K

∆G = -286 - = -237 kJ mol-1298 ·(-164)

1000

(Abschätzung unter der Annahme, daß ∆H und ∆S nicht temperaturabhängig sind.)

∆G < 0: exergone Reaktion (läuft freiwillig ab)

∆G > 0: endergone Reaktion (läuft nicht freiwillig ab)

Folie123Freie Reaktionsenthalpie - chemisches Gleichgewicht

a) Beim Reaktionsstart nur A + B ⇒ Hinreaktion bis zum Erreichen des Gleichgewichtes ⇒ ∆G < 0.

∆G = ∆G° + RT ln = 0 beim Gleichgewicht[C] [D]

[A] [B]

∆G° = - RT ln = - RT ln K[C] [D]

[A] [B]

R = 8.31 J ·K-1 mol-1 T - abs. Temp. [K]allgemeine Gaskonstante

K gibt Auskunft über die Differenz der freien Standardenthalpie (bei 25°C)

K = 102 101 1 10-1 10-2

∆G° [KJ ·mol-1] -11.4 -5.7 0 5.7 11.4

A + B C + D

c) Im Gleichgewichtszustand keine meßbare Reaktion ⇒ ∆G = 0.

b) Beim Reaktionsstart nur C + D ⇒ Rückreaktion bis zum Erreichen des Gleichgewichtes ⇒ ∆G < 0.

Folie124Gekoppelte Reaktionen

Gleichgewichtskonstante K3 soll aus K1 und K2 berechnet werden

A B K1 =[B][A]

[B] = K1 [A]

CB K2 = [B][C]

K2 =[C]

K1 [A][C] = K2 K1 [A]

A C K3 = [A][C]

K3 =K2 K1 [A]

[A] = K1 K2

Fließgleichgewicht: offenes System

A → B → C : Wenn die Geschwindigkeits der Teilschritte A → B und B → C gleich ist⇒ stationärer Zustand, in dem [B] über einen weiten Teil der Reaktion konstant ist.

Beispiel: Blutzuckerspiegel: [Glucose] schwankt nur wenig, da über den Stoffwechsel Glucose gebildet

wird und mit Hilfe von Insulin abgebaut wird. Wenn der Abbau von Glucosedurch Insulin nicht mehr funktioniert ⇒ Anstieg des Blutzuckerspiegels⇒ Diabetes

Folie125Elektrolyte: Salze

+ n H2O

Na+ Cl- Na+ (aq) + Cl- (aq)H2O aq- hydratisiert von

aqua - WasserSalz

Kupfersulfat:

Cu2+ SO42- Cu2+ SO4

2- ·5 H2O [Cu (H2O)2]2+

wasserfreifarbloses Salz

blauKupfervitriol

Aquokomplex:schwach blau

Folie126Ionenradius und Hydratationsenergie (∆HH) einiger Ionen

Ion Radius (pm = 10-12m) ∆HH (kJ/mol)Li+ 60 - 508Na+ 95 - 398K+ 133 - 314Mg2+ 65 - 1908Ca2+ 97 - 1577Cl- 181 - 376

Li+ < Na+ < K+ Mg2+ < Ca2+

jedoch: Li+aq > Na+aq > K+

aq

Lösungswärme

∆HL = ∆HU - |∆HH|KCl → K+

aq + Cl-aq

∆HU (KCl) = 703 kJ/mol Gitterenergie∆HH (K+) = -314 kJ/mol Hydratationsenergie∆HH (Cl-) = -376 kJ/mol Hydratationsenergie∆HL (KCl) = +13 kJ/mol Lösungswärme

Beim Lösen von KCl in H2O wird Wärmeverbraucht ⇒ Abkühlung der Lösung

∆HU (CaCl2) = 2146 kJ/mol Gitterenergie∆HH (Ca2+) = -1577 kJ/mol Hydratationsenergie∆HH (2 ·Cl-) = -752 kJ/mol Hydratationsenergie∆HL (CaCl2) = -183 kJ/mol Lösungswärme

∆HL = ∆HU - |∆HH|CaCl2 → Ca2+

aq + 2 Cl-aq

Beim Lösen von CaCl2 in H2O wird Wärmefrei ⇒ Erwärmung der Lösung

Bei CaCl2 ·6 H2O ∆HU > |∆HH,gesamt| ⇒Abkühlung der Lösung

Folie127Löslichkeitsprodukt LBa2+ (aq) + SO4

2- (aq) BaSO4 (nahezu unlöslich in H2O)

[Ba2+] = [SO42-] = x x2 = L = 10-10 x = 10-5 mol / l

Berechnung der [Ba2+]-Konzentration in einer gesättigten Lösung:

AgCl L = 1.7 ·10-10 mol2/ l2 ⇒ löslich in NH3 (aq)AgBr L = 5.3 ·10-13 mol2/ l2

AgI L = 2.0 ·10-16 mol2/ l2⇒ unlöslich in NH3 (aq)

Molmasse: 1 m (BaSO4) = 233 g/mol ⇒ 10-5 mol = 233 ·10-5 g = 2.33 mg BaSO4 sind in 1 l H2O gelöst.

AgBr Ag+ (aq) + Br- (aq) [Ag(NH3)2]+ (aq) + Br- (aq)(2)+ 2 NH3

AgCl Ag+ (aq) + Cl- (aq) [Ag(NH3)2]+ (aq) + Cl- (aq)(1)+ 2 NH3

In (1) liegt das Gleichgewicht auf der rechten Seite, in (2) auf der linken Seite wegen desgeringeren Löslichkeitsproduktes von AgBr.

K =[Ba2+] [SO4

2-][BaSO4]

[BaSO4] = const. K [BaSO4] = L = [Ba2+] [SO42-] L = 10-10 mol2/ l2

Folie128Elektrolyse von Kupfer(II)chlorid in H2O

Akkumulator

KathodeAnode-+

Cu2+

Cl-Cl-

Elektrodenprozesse:

2 Cl - 2e 2 Cl Cl2Chlorgas(Oxidation)Anode:

Kathode: Cu2+ + 2e Cu (Metall) (Reduktion)

Cu2+ + 2 Cl Cu + Cl2Gesamt-reaktion:

Redox-Reaktion

Die Reaktion ist endergon und läuft freiwillig in der entgegengesetzten Richtung ab.Die hierfür erforderliche Energie wird dem System als elektrische Energie zugeführt.