Chemie

Charles E. Mortimer Ulrich Müller 

Chemie 

Das Basiswissen der Chemie 

9. Auflage 

Lösungswege zu den Übungsaufgaben 

Alle Lösungen zu den Aufgaben sind in Anhang E des Buches aufgeführt. Übungsaufgaben, deren 

Lösungen einfache Antworten sind (vgl. Anhang E), oder die ohne weitere Rechnung gelöst werden 

können, sind hier nicht aufgeführt. 

Alle Ergebnisse sind auf die Zahl der signifikanten Stellen angegeben, die aus der Aufgabenstellung 

folgt. Bei Werten, die mit größerer Genauigkeit bekannt sind, wurde zunächst mit einer signifikanten 

Stelle mehr gerechnet um Rundungsfehler zu vermeiden. Das gilt besonders, wenn diese Werte mit 

einem Faktor zu multiplizieren sind. Wenn zum Beispiel die Molmasse von Cl 2 auf drei signifikante 

Stellen zu berechnen ist, wurde die Molmasse des Chlors mit M(Cl) = 35,45 g/mol und nicht mit 

35,5 g/mol angesetzt, da sich durch die Multiplikation mit 2 der Rundungsfehler auf die dritte Stelle 

auswirkt: 2 · 35,45 = 70,9 bzw. 2 · 35,5 = 71,0. 

Widerstehen Sie der Versuchung, den Lösungsweg zu einer Aufgabe 

hier nachzusehen, wenn Sie nicht zuvor versucht haben, selbständig 

den Lösungsweg zu finden! 

Anderenfalls laufen Sie Gefahr, zu glauben, Sie könnten alle Aufgaben lösen, ohne dies tatsächlich 

erlernt zu haben. 

Georg Thieme Verlag Stuttgart · New York 

c○ Georg Thieme Verlag 2007 ISBN 978-3-13-484309-5 

Urheberrechtlich geschützt. Die Verwendung dieser Datei oder ihrer Ausdrucke ist nur Inhabern des 

Buchs für den eigenen Bedarf gestattet. Vervielfältigung, Verbreitung über elektronische Systeme 

und anderweitige Verwertung ist ohne Zustimmung des Verlags unzulässig.

Mortimer – Müller, Chemie, 9. Auflage. Lösungswege zu den Übungsaufgaben 2 

Lösungswege zu den Übungsaufgaben der Kapitel 

1 Einleitung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 

2 Einführung in die Atomtheorie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 

3 Stöchiometrie Teil I: Chemische Formeln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 

4 Stöchiometrie Teil II: Chemische Reaktionsgleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 

5 Energieumsatz bei chemischen Reaktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 

6 Die Elektronenstruktur der Atome . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 

7 Eigenschaften der Atome und die Ionenbindung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 

8 Die kovalente Bindung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 

9 Molekülstruktur, Molekülorbitale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 

10 Gase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 

11 Flüssigkeiten und Feststoffe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 

12 Strukturaufklärung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 

13 Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 

14 Reaktionen in wässriger Lösung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45 

15 Reaktionskinetik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47 

16 Das chemische Gleichgewicht . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51 

17 Säuren und Basen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 

18 Säuren-Base-Gleichgewichte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 

19 Löslichkeitsprodukt und Komplex-Gleichgewichte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62 

20 Grundlagen der chemischen Thermodynamik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67 

21 Elektrochemie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71 

22 Wasserstoff . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77 

23 Halogene . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78 

24 Edelgase: Zu diesem Kapitel gibt es keine Übungsaufgaben 

25 Die Elemente der 6. Hauptgruppe: Lösungen im Buch S. 697 – 698 



28 Metalle: Lösungen im Buch S. 700 – 701 

29 Komplex-Verbindungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79 

30 Organische Chemie I: Kohlenwasserstoffe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80 

31 Organische Chemie II: Funktionelle Gruppen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81 

32 Stereochemie, Polymerchemie und supramolekulare Chemie: 

Lösungen im Buch S. 706 – 707 

33 Naturstoffe und Biochemie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82 

34 Kernchemie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83 

35 Umgang mit gefährlichen Stoffen: Lösungen im Buch S. 708


1 Einleitung 

1.1 und 1.2 Siehe im Buch, Anhang E, Seite 681 

1.3 a) Die beiden Nullen sind signifikant: 600 hat drei signifikante Stellen 

b) 3 signifikante Stellen 

c) Die führenden Nullen sind nicht signifikant: 0,06 hat eine signifikante Stelle 

d) Die Nullen nach dem Komma sind signifikant:15,000 hat 5 signifikante Stellen 

e) Die führende Nullen ist nicht signifikant: 0, 9471 · 10 7 hat 4 signifikante Stelle 

f) Alle 8 Stellen sind signifikant 

1.4 a) 14,5 hat 1 signifikante Stelle nach dem Komma. Vom Ergebnis 14,523 ist nur die eine Stelle nach dem 

Komma maßgeblich: 14,5. 

b) 3 signifikante Stellen nach dem Komma: 11,200 

c) 3,20 hat 3 signifikante Stellen: 1, 94 · 10 3 

d) 0,62 hat 2 signifikante Stellen: 0,00019 

e) 0,76 hat 2 signifikante Stellen: 1, 1 · 10 4 

f) 375 hat 3 signifikante Stellen: 2, 26 · 10 26 

g) 1, 65 · 10 9 hat 3 signifikante Stellen. Das Ergebnis 1, 17172 · 10 9 ist auf 1, 72 · 10 9 zu runden. 

h) Die Summe 0, 25 + 4, 327 = 4, 48 und damit auch das Endergebnis ist auf 3 signifikante Stellen 

bekannt: 71,8. 

1.5 Mittelwert: m = (26, 518 + 26, 526 + 26, 504 + 26, 511 + 26, 534)/5 g = 26, 519 g. 

Standardabweichung: σ = [ 1 

4 [(26, 518 − 26, 519)2 + (26, 526 − 26, 519) 2 + (26, 504 − 26, 519) 2 + 

(26, 511 − 26, 519) 2 + (26, 534 − 26, .519) 2 ] ] 1/2 = 0, 012. 

1.6 Mittelwert: m = (26, 499 + 26, 494 + 26, 500 + 26, 497)/4 g = 26, 498 g. 

Standardabweichung: σ = [ 1 

3 [(26, 499 − 26, 498)2 + (26, 494 − 26, 498) 2 + (26, 500 − 26, 498) 2 + 

(26, 497 − 26, 498) 2 ] ] 1/2 = 0, 003. 

Die kleinere Standardabweichung zeigt eine höhere Präzision als in Aufgabe 1.5. Der abweichende Mittelwert 

zeigt einen systematischen Messfehler bei mindestens einer der Messreihen. Solange dessen Ursache 

nicht bekannt ist, ist der Mittelwert aller Messwerte der wahrscheinlichste Wert. 

Beide Messungen zusammen: 

Mittelwert m = (5 · 26, 519 + 4 · 26, 498)/9) g = 26, 509 g. 

σ = [ 1 

8 [(26, 518 − 26.509)2 + (26, 526 − 26.509) 2 + (26, 504 − 26, 5019) 2 + (26, 511 − 26, 509) 2 + 

(26, 534 − 26, 509) + (26, 499 − 26, 509) 2 + (26, 494 − 26, 509) 2 + (26, 500 − 26, 509) 2 + 

(26, 497 − 26, 509) 2 ] ] 1/2 = 0, 014. 

1.7 Siehe Buch, Seite 681


2 Einführung in die Atomtheorie 

2.1 bis 2.3 Siehe im Buch, Seite 681 

2.4 a) q/m = 1, 602 · 10 −19 C / (1, 673 · 10 −24 g) = 9, 56 · 10 4 C/g 

b) q/m = 1, 602 · 10 −19 C / (6, 64 · 10 −24 g) = 2, 41 · 10 4 C/g 

c) q/m = 2 · 1, 602 · 10 −19 C / (3, 32 · 10 −23 g) = 9, 64 · 10 3 C/g 

2.5 und 2.6 Siehe Buch, Seite 681 

2.7 r = 27 1/3 · 1, 3 · 10 −15 m = 3, 9 · 10 −15 m. 

Größenverhältnis 143 · 10 −12 m /(3, 9 · 10 −15 m) = 3, 7 · 10 4 . 

Bei 1000 m Durchmesser des Atoms hätte der Kern einen Durchmesser von 

1000 m/(3, 7 · 10 4 ) = 0, 027 m = 27 mm. 

Der Volumenanteil des Atomkerns ist 

[3, 9 · 10 −15 m/(143 · 10 −12 m)] 3 = 2, 0 · 10 −14 oder 2, 0 · 10 −12 % 

2.8 und 2.9 Siehe Buch, Seite 682 

2.10 x sei der Anteil von 107 

109 

47Ag und 1 − x der Anteil von 47Ag. Dann ist: 

x · 106, 906 + (1 − x) · 108, 905 = 107, 868 

(106, 906 − 108, 905)x + 108, 905 = 107, 868 

107, 868 − 108, 905 

x = = 0, 5188 

106, 906 − 108, 905 

oder 51,88 %. 

1 − x = 0, 4812 oder 48,12 %. 

2.11 x sei der Anteil von 50 

23V und 1 − x der Anteil von 51 

23V. Dann ist: 

x · 49, 9472 + (1 − x) · 50, 9440 = 50, 9415 

(49, 9472 − 50, 9440)x + 50, 9440 = 50, 9415 

50, 9415 − 50, 9440 

x = = 0, 0025 

49, 9472 − 50, 9440 

oder 0,25 %. 

1 − x = 0, 9975 oder 99,75 %. 

2.12 0, 6010 · 68, 926 + 0, 3990 · 70, 925 = 69, 72 

Das Element ist Gallium. 

2.13 0, 9051 · 19, 992 + 0, 0027 · 20, 994 + 0, 0922 · 21, 990 = 20, 18 

Das Element ist Neon.


3 Stöchiometrie Teil I: Chemische Formeln 

3.1 Anionen haben negative Ladung, Kationen positive Ladung, Moleküle keine Ladung. Siehe Buch Seite 

682. 

3.2, 3.3 und 3.4 Die Gesamtzahlen von positiven und negativen Ladungen müssen einander entsprechen: 

3.2 a) Mg2+ (Cl− ) 2 b) Mg2+ SO 2− 

4 

3.3 a) Al3+ (F− ) 3 b) (Al3+ ) 2 (O2− ) 3 c) Al3+ PO 3− 

4 

3.4 a) (K + ) 2 SO 2− 

4 

b) Ca 2+ SO 2− 

4 

3.5 Division durch den größten gemeinsamen Teiler: 

a) Teiler 3, B 3H 5 

b) Teiler 2, C 5H 9 

c) Teiler 2, SF 5 

d) Teiler 1, I 2O 5 

e) Teiler 4, HPO 3 

f) Teiler 3, Fe(CO) 4 

g) Teiler 3, PNCl 2 

c) (Mg 2+ ) 3 (N 3− ) 2 

c) (Fe 3+ ) 2 (SO 2− 

4 ) 3 

3.6 Die Stoffmengen werden gemäß n(X) = m(X)/M(X) berechnet, mit m(X) = 75, 0 g. Die Zahl der Moleküle 

ergibt sich durch Multiplikation mit N A = 6, 022 · 10 23 mol −1 . 

a) M(H 2) = 2 · 1, 008 = 2, 016 g/mol 

n(H 2) = 75, 0 g / (2,016 g/mol) = 37, 2 mol 

37,2 mol · 6, 022 · 10 23 mol −1 = 2, 24 · 10 25 Moleküle. 

b) M(H 2O) = 2 · 1, 008 + 16, 0 = 18, 02 g/mol 

n(H 2O) = 75, 0 g / (18,02 g/mol) = 4, 16 mol 


c) M(H 2SO 4) = 2 · 1, 008 + 32, 07 + 4 · 16, 00 = 98, 09 g/mol 

n(H 2SO 4) = 75, 0 g / (98,09 g/mol) = 0, 765 mol 


d) M(Cl 2) = 2 · 35, 45 = 70, 90 g/mol 

n(Cl 2) = 75, 0 g / (70,90 g/mol) = 1,06 mol 


e) M(HCl) = 1, 008 + 35, 45 = 36, 46 g/mol 

n(HCl 2) = 75, 0 g / (36,46 g/mol) = 2,06 mol 


f) M(CCl 4) = 12, 011 + 4 · 35, 45 = 153, 8 g/mol; 

n(CCl 4) = 75, 0 g / (153,8 g/mol) = 0,488 mol 


3.7 Die Zahl der Moleküle von Aufgaben 3.6 werden mit der Zahl der Atome pro Molekül und multipliziert: 

a) 2 · 2, 24 · 10 25 = 4, 48 · 10 25 

b) 3 · 2, 51 · 10 24 = 7, 53 · 10 24 

c) 7 · 4, 60 · 10 23 = 3, 22 · 10 24 

d) 2 · 6, 37 · 10 23 = 1, 27 · 10 24 

e) 2 · 1, 24 · 10 24 = 2, 48 · 10 24 

f) 5 · 2, 94 · 10 23 = 1, 47 · 10 24


3.8 Die Stoffmenge n(O 2) ist die Zahl der Teilchen geteilt durch die Avogadro-Zahl. 

Mit m(O 2) = n(O 2) · M(O 2) ergeben sich die Massen. M(O 2) = 2 · 16, 0 g/mol = 32, 0 g/mol. 

a) m(O 2) = 3, 00 · 10 20 Moleküle /(6, 02 · 10 23 Moleküle/mol) · 32, 0 g/mol = 0, 0159 g 

b) m(O 2) = 3, 00 · 10 −3 mol · 6, 02 · 10 23 Moleküle/mol = 0, 0960 g 

3.9 Die Masse eines Atoms folgt aus der Molmasse dividiert durch die Avogadro-Zahl. 

m = M(Co)/N A = 58, 93 g/mol /(6, 022 · 10 23 mol −1 ) = 9, 786 · 10 −23 g 

3.10 M(X) = 2, 107 · 10 −22 g ·N A = 2, 107 g ·6, 022 · 10 23 mol −1 = 126, 9 g/mol. Das Element ist Iod. 

3.11 a) Platinanteil: n(Pt) = m(Pt)/M(Pt) = 900, 00 g /(195, 078 g/mol ) = 4, 6135 mol. 

Iridiumnanteil: n(Ir) = m(Ir)/M(Ir) = 100, 00 g /(192, 217 g/mol ) = 0, 52025 mol. 

b) Zahl der Platin-Atome: 4,6135 mol · 6, 0221 · 10 23 mol −1 = 2, 7783 · 10 24 

Zahl der Iridium-Atome: 0,52025 mol · 6, 0221 · 10 23 mol −1 = 3, 1330 · 10 23 

3.12 100 g Sterling-Silber enthalten: 

n(Ag) = m(Ag)/M(Ag) = 92, 5 g/(107, 8 g/mol) = 0, 858 mol 

n(Cu) = m(Cu)/M(Cu) = 7, 5 g/(63, 55 g/mol) = 0, 118 mol 

Das Mengenverhältnis von Ag- zu Cu-Atomen entspricht dem Stoffmengenverhältnis: 

0,858/0,118 = 7,27 

3.13 a) Masse eines 12 6 C-Atoms: M(12 C)/N A = 12, 000 g mol −1 /(6, 0221· 23 mol −1 ) = 1, 9927 · 10 −23 g. 

b) Eine Atommasseneinheit ist genau ein zwölftel davon: u = 1, 9927 · 10 −23 /12 = 1, 661 · 10 −24 g. 

Es ist mit M(C) = 12, 000 g/mol zu rechnen und nicht mit 12,011 g/mol, da der letztere Wert für 

das natürlich vorkommende Isotopengemisch gilt und nicht für isotopenreines 12 C. 

3.14 e · N A = 1, 602177 · 10 −19 C · 6, 022142 · 10 23 mol −1 = 9, 64854 · 10 5 C/mol 

3.15 a) 1,0 mol Reiskörner hintereinandergereiht ergibt eine Strecke von 

N A · 7, 0 mm = 6, 02 · 10 23 · 7, 0 · 10 −3 m/mol = 4, 2 · 10 21 m/mol. 

Die Entfernung Sonne – Erde von 1, 5 · 10 11 m könnte damit 2, 8 · 10 10 mal überbrückt werden. 

b) Bei Annahme einer quaderförmigen Gestalt hat ein Reiskorn ein Volumen von 

V(Reiskorn) = 0, 002 × 0, 002 × 0, 007 m 3 /mol= 2, 8 · 10 −8 m 3 /mol. 

Ein Mol Reiskörner nimmt ein Volumen von 

V(Reiskorn) · N A = 2, 8 · 10 −8 m 3 · 6, 02 · 10 23 m 3 = 1, 7 · 10 16 m 3 ein. 

Dividiert durch die Fläche von Europa und Asien ergibt sich die Stapelhöhe: 

1, 7 · 10 16 m 3 /(54 · 10 12 m 2 ) = 3, 1 · 10 2 m. 

3.16 Der Massenanteil des Schwefels in einer Verbindung ist w(S) = M(S)/M(Verbindung). Damit ergibt 

sich: 

M(CaSO 4) = M(Ca) + M(S) + 4 M(O) = (40, 08 + 32, 07 + 4 · 16, 00) g/mol = 136,15; 

w(S) = 32, 07/136, 14 = 0, 2355 

M(SO 2) = M(S) + 2 M(O) = (32, 07 + 2 · 16, 00) g/mol = 64, 07; w(S) = 32, 07/64, 07 = 0, 5005 

M(H 2S) = 2 M(H) + M(S) = (2 · 1, 008 + 32, 07) g/mol = 34, 09; w(S) = 32, 07/34, 06 = 0, 9409 

M(Na 2S 2O 3) = 2 M(Na) + 2 M(S) + 3 M(O) = (2 · 23, 00 + 2 · 32, 07 + 3 · 16, 00) g/mol = 158,14; 

w(S) = 2 · 32, 07/158, 14 = 0, 4056 

Der Schwefelgehalt nimmt in der Reihe CaSO 4 < Na 2S 2O 3 < SO 2 < H 2S zu. 

3.17 a) w(As) = 2 M(As)/(2 M(As) + 3 M(S)) = 2 · 74, 922/(2 · 74, 922 + 3 · 32, 065) 

= 0, 6090 oder 60,90 %


b) w(Ce) = 2 M(Ce)/(2 M(Ce) + 3 M(O)) = 2 · 140, 12/(2 · 140, 12 + 3 · 16, 00) 

= 0, 8538 oder 85,38 % 

c) w(O) = 3 M(O)/(M(K) + M(Cl) + 3 M(O)) = 3 · 16, 00/(39, 10 + 35, 45 + 3 · 16, 00) 

= 0, 3917 oder 39,17 % 

d) w(Cr) = M(Cr)/(M(Ba) + M(Cr) + 4 M(O)) = 52, 00/(137, 33 + 52, 00 + 4 · 16, 00) 

= 0, 2053 oder 20,53 % 

3.18 Blei-Gehalt in reinem PbS: 

w(Pb) = M(Pb)/(M(Pb) + M(S)) = 207, 2/(207, 2 + 32, 07) = 0, 8660. 

Wenn das Erz nur 72,0 % PbS enthält, beträgt auch der Blei-Gehalt nur 72,0 % davon: 

w(Pb, Erz) = 0, 8660 · 0, 720 = 0, 624. Die Masse Blei in 15,0 kg Erz sind dann 

m(Pb) = 0, 624 · 15, 0 kg = 9, 35 kg. 

3.19 Mangan-Gehalt in reinem MnO 2: 

w(Mn) = M(Mn)/(M(Mn) + 2 M(O)) = 54, 94/(54, 94 + 2 · 16, 00) = 0, 6319. 

Wenn im Pyrolusit-Erz nur 65,0 % MnO 2 enthalten sind, beträgt der Mangan-Gehalt 

w(Mn, Erz) = 0, 6319 · 0, 650 = 0, 411. Die Masse Mangan in 25,0 kg Erz sind dann 

m(Mn) = 0, 411 · 25, 0 kg = 10, 3 kg. 

3.20 Element-Anteile: 

w(P) = 4 M(P)/(4 M(P) + 6 M(O)) = 4 · 30, 97/(4 · 30, 97 + 6 · 16, 00) = 0, 5634 

w(O) = 6 M(O)/(4 M(P) + 6 M(O)) = 6 · 16, 00/(4 · 30, 97 + 6 · 16, 00) = 0, 4366 

Für 6,000 g P 4O 6 benötigt man 

m(P) = 0, 5634 · 6, 000 g = 3, 380 g und m(O) = 0, 4366 · 6, 000 g = 2, 620 g 

Siehe auch Anmerkung zu Aufgabe 3.21. 

3.21 Element-Anteile: w(S) = M(S)/(M(S) + M(Cl)) = 32, 07/(32, 07 + 35, 45) = 0, 4750 

w(Cl) = M(Cl)/(M(S) + M(Cl)) = 35, 45/(32, 07 + 35, 45) = 0, 5250 

Für 5,000 g S 2Cl 2 benötigt man 

m(S) = 0, 4750 · 5, 000 g = 2, 375 g und m(Cl) = 0, 5250 · 5, 000 g = 2, 625 g. 

Man kann mit der empirischen Formel SCl rechnen, da die Massenanteile unabhängig davon sind, ob man 

mit SCl oder S 2Cl 2 rechnet. Für die einzusetzenden Massen ist es auch unerheblich, ob der Schwefel in 

Form von S 8-Molekülen oder anderen S n-Molekülen eingesetzt wird oder ob Cl 2-Moleküle oder Cl- 

Atome reagieren (die Masse von einem Cl 2-Molekül ist dieselbe wie die von zwei Cl-Atomen). 

3.22 Massenanteil C in CO 2: 

w(C) = M(C)/(M(C) + 2 M(O)) = 12, 01/(12, 01 + 2 · 16, 00) = 0, 2729. 

In 19,49 g CO 2 sind somit m(C) = 0, 2729 · 19, 49 g = 5, 319 g Kohlenstoff enthalten. 

Massenanteil H in H 2O: 

w(H) = 2 M(H)/(2 M(H) + M(O)) = 2 · 1, 008/(2 · 1, 008 + 16, 00) = 0, 1119. 

In 3,54 g H 2O sind somit m(H) = 0, 1119 · 3, 54 g = 0, 396 g Wasserstoff enthalten. 

Im Zimtaldehyd sind die Massenanteile: 

w(C) = m(C)/m(Zimtaldehyd) = 5, 319 g / 6,50 g = 0, 818 oder 81,8 % 

w(H) = m(H)/m(Zimtaldehyd) = 0, 396 g / 6,50 g = 0, 0609 oder 6,09 % 

Der Sauerstoffanteil ist die Differenz auf 100 %: w(O) = 1 − (0, 818 + 0, 0609) = 0, 121 oder 12,1 % 

3.23 Zur Berechnung der Massenanteile von C in CO 2 und H in H 2O siehe Aufgabe 3.22. 

In 27,74 g CO 2 sind m(C) = 0, 2729 · 27, 74 g = 7, 570 g Kohlenstoff enthalten. 

In 9,12 g H 2O sind m(H) = 0, 1119 · 9, 12 g = 1, 02 g Wasserstoff enthalten. 

Die Massenanteile in Plexiglas sind:


w(C) = m(C)/m(Plexi) = 7, 570 g / 12,62 g = 0, 5998 oder 59,98 % 

w(H) = m(H)/m(Plexi) = 1, 02 g / 12,62 g = 0, 0808 oder 8,08 % 

3.24 Massenanteil Fe in Fe 2O 3: 

w(Fe) = 2 M(Fe)/(2 M(Fe) + 3 M(O)) = 2 · 55, 845/(2 · 55, 845 + 3 · 16, 00) = 0, 6994. 

In 5,000 kg reinem Fe 2O 3 sind somit m(Fe) = 0, 6994 · 5, 000 kg = 3, 497 kg enthalten. Da in 5,000 kg 

Erz nur 2,7845 kg Eisen enthalten sind, ist der Hämatit-Anteil im Erz: 

w(Hämatit) = 2, 7845 kg / 3,497 kg = 0, 7962 oder 79,62 %. 

3.25 Massenanteil S in BaSO 4: 

w(S) = M(S)/(M(Ba) + M(S) + 4 M(O)) = 32, 07/(137, 33 + 32, 07 + 4 · 16, 00) = 0, 1374. 

In 1,063 g BaSO 4 sind m(S) = 0, 1374 · 1, 063 g = 0, 1461 g Schwefel enthalten. Diese Menge war in 

6,300 g Öl enthalten; der Schwefel-Anteil im Öl ist: 

w(S) = 0, 1461 g / 6,300 g = 0, 0232 oder 2,32 %. 

3.26 Aus dem Verhältnis der tatsächlichen Molmassen zu den Molmassen gemäß der empirischen Formeln 

ergeben sich die Molekülformeln: 

a) M(SNH) = M(S) + M(N) + M(H) = 32, 07 + 14, 01 + 1, 01 = 47, 09. 

188, 32/47, 09 = 3, 999. Die Molekülformel ist S 4N 4H 4 

b) M(PF 2) = M(P) + 2 M(F) = 30, 97 + 2 · 19, 00 = 68, 97. 

137, 94/68, 97 = 2, 000. Die Molekülformel ist P 2F 4 

c) M(CH 2) = M(C) + 2 M(H) = 12, 01 + 2 · 1, 01 = 14, 03. 

70, 15/14, 03 = 5, 000. Die Molekülformel ist C 5H 10 

d) M(NO 2) = M(N) + 2 M(O) = 14, 01 + 2 · 16, 00 = 46, 01. 

46, 01/46, 01 = 1, 000. Die Molekülformel ist NO 2 

e) M(C 2NH 2) = 2 M(C) + M(N) + 2 M(H) = 2 · 12, 01 + 14, 01 + 2 · 1, 01 = 40, 05. 

120, 15/40, 05 = 3, 000. Die Molekülformel ist C 6N 3H 6 

f) M(HCO 2) = M(H) + M(C) + 2 M(O) = 1, 01 + 12, 01 + 2 · 16, 00 = 45, 02. 

90, 04/45, 02 = 2, 000. Die Molekülformel ist H 2C 2O 4. 

3.27 Man dividiert zuerst die Prozentgehalte durch die Molmassen der jeweiligen Elemente und dann alle 

erhaltenen Zahlen durch die kleinste dieser Zahlen. 

a) 

31, 29 cg/g 

n(Ca) = = 0, 7807 mol/100 g 

40, 08 g/mol 

49, 96 cg/g 

n(O) = = 3, 123 mol/100 g 

16, 00 g/mol 

18, 75 cg/g 

n(C) = = 1, 561 mol/100 g 

12, 01 g/mol 

Ca: 0, 7807/0, 7807 = 1, 000 

Empirische Formel CaC2O4 C: 1, 561/0, 7807 = 2, 000 O: 3, 123/0, 7807 = 4, 000 

b) 

16, 82 cg/g 

n(Na) = = 0, 7316 mol/100 g 

22, 99 g/mol 

2, 95 cg/g 

n(H) = = 2, 92 mol/100 g 

1, 01 g/mol 

15, 82 cg/g 

n(B) = = 1, 464 mol/100 g 

10, 81 g/mol 

64, 40 cg/g 

n(O) = = 4, 025 mol/100 g 

16, 00 g/mol 

Na: 0, 7316/0, 7316 = 1, 000 

O: 4, 025/0, 7316 = 5, 501. 

H: 2, 92/0, 7316 = 4, 00 B: 1, 464/0, 7316 = 2, 001 

Die Zahlen werden mit 2 multipliziert um auf ganze Zahlen zu kommen. 

Empirische Formel Na2H8B4O11 c) 

73, 61 cg/g 

n(C) = = 6, 129 mol/100 g 

12, 01 g/mol 

12, 38 cg/g 

n(H) = = 12, 26 mol/100 g 

1, 008 g/mol


n(O) = 

14, 01 cg/g 

= 0, 8756 mol/100 g 

16, 00 g/mol 

C: 6, 129/0, 8756 = 7, 000 H: 12, 26/0, 8756 = 14, 002 O: 0, 8756/0, 8756 = 1, 000. 

Empirische Formel C 7H 14O 

d) 

60, 00 cg/g 

n(C) = = 4, 996 mol/100 g 

12, 01 g/mol 

35, 52 cg/g 

n(O) = = 2, 220 mol/100 g 

16, 00 g/mol 

4, 48 cg/g 

n(H) = = 4, 44 mol/100 g 

1, 01 g/mol 

C: 4, 996/1, 870 = 2, 250 H: 4, 44/2, 220 = 2, 00 O: 2, 220/2, 220 = 1, 000. 

Multiplikation mit 4. Empirische Formel C9H8O4 e) 

63, 14 cg/g 

n(C) = = 5, 257 mol/100 g 

12, 01 g/mol 

31, 55 cg/g 

n(O) = = 1, 972 mol/100 g 

16, 00 g/mol 

5, 31 cg/g 

n(H) = = 5, 26 mol/100 g 

1, 01 g/mol 

C: 5, 257/1, 972 = 2, 666 H: 5, 26/1, 972 = 2, 67 O: 1, 972/1, 972 = 1, 000. 

Multiplikation mit 3. Empirische Formel C8H8O3 f) 

37, 50 cg/g 

n(C) = = 3, 122 mol/100 g 

12, 01 g/mol 

3, 15 cg/g 

n(H) = = 3, 12 mol/100 g 

1, 01 g/mol 

21, 87 cg/g 

n(N) = = 1, 561 mol/100 g 

14, 01 g/mol 

37, 47 cg/g 

n(O) = = 2, 342 mol/100 g 

16, 00 g/mol 

C: 3, 122/1, 561 = 2, 000 H: 3, 12/1, 561 = 2, 00 N: 1, 561/1, 561 = 1, 000 

O: 2, 342/1, 561 = 1, 500. 

Multiplikation mit 2. Empirische Formel C 4H 4N 2O 3 

3.28 Man dividiert zuerst die Prozentgehalte durch die Molmassen der jeweiligen Elemente und dann alle 

erhaltenen Zahlen durch die kleinste dieser Zahlen. Die tatsächlichen Molmasse wir durch die berechnete 

Molmasse der empirischen Formel dividiert. 

a) n(C) = 

n(O) = 

n(N) = 

45, 90 cg/g 

2, 75 cg/g 

= 3, 822 mol/100 g n(H) = = 2, 72 mol/100 g 

12, 01 g/mol 1, 01 g/mol 

26, 20 cg/g 

17, 50 cg/g 

= 1, 638 mol/100 g n(S) = = 0, 5457 mol/100 g 

16, 00 g/mol 32, 07 g/mol 

7, 65 cg/g 

= 0, 546 mol/100 g 

14, 01 g/mol 

C: 3, 822/0, 5457 = 7, 003 H: 2, 72/0, 5457 = 4, 98 O: 1, 638/0, 5457 = 3, 002 

S: 0, 5457/0, 5457 = 1, 000 N: 0, 546/0, 5457 = 1, 00 

Empirische Formel C 7H 5O 3SN 

M(C 7H 5O 3SN) = 7M(C) + 5M(H) + 3M(O) + M(S) + M(N) = 

(7 · 12, 011 + 5 · 1, 008 + 3 · 16, 00 + 32, 07 + 14, 01) g/mol= 183, 2 g/mol 

Die empirische Formel ist zugleich die Molekularformel. 

b) n(C) = 

n(O) = 

83, 9 cg/g 

12, 0 cg/g 

= 6, 99 mol/100 g n(H) = = 11, 9 mol/100 g 

12, 0 g/mol 1, 01 g/mol 

4, 1 cg/g 

= 0, 26 mol/100 g 

16, 0 g/mol 

C: 6, 99/0, 26 = 27 H: 11, 9/0, 26 = 46 O: 0, 26/0, 26 = 1, 0 

M(C 27H 46O) = 27M(C) + 46M(H) + M(O) = 27 · 12, 0 + 46 · 1, 01 + 16, 0 = 386 

Die empirische Formel ist zugleich die Molekularformel.


3.29 a) Zur Berechnung der Massenanteile von C in CO 2 und H in H 2O siehe Aufgabe 3.22. 

In 7,922 g CO 2 sind m(C) = 0, 2729 · 7, 922 g = 2, 162 g Kohlenstoff enthalten. Das sind 

n(C) = m(C)/M(C) = 2, 162 g/(12, 01 g mol −1 ) = 0, 1800 mol. 

In 4,325 g H 2O sind m(H) = 0, 1119 · 4, 325 g = 0, 4840 g Wasserstoff enthalten. Das sind 

n(H) = m(H)/M(H) = 0, 4840 g/(1, 008 g/,mol −1 ) = 0, 4802 mol. 

Die Stoffmenge Stickstoff erfolgt direkt aus der N 2-Masse: 

n(N) = m(N)/M(N) = 0, 840 g/(14, 0 g mol −1 ) = 0, 0600 mol (es ist durch die Molmasse von N und 

nicht N 2 zu dividieren, da nach der Stoffmenge der Stickstoff-Atome gefragt war). 

b) Man dividiert die unter a) berechneten Stoffmengen durch deren kleinste Zahl: 

C: 0, 1800/0, 0600 = 3, 00 H: 0, 4802/0, 0600 = 8, 00 N: 0, 0600/0, 0600 = 1, 000 

Empirische Formel C 3H 8N 

c) Die Masse der verbrannten Probe folgt aus der Summe der Massen der enthaltenen Elemente gemäß 

a): M(Probe) = 2, 162 g +0, 4840 g +0, 840 g = 3, 486 g. 

3.30 Bei einem Massenanteil w(Fe) = 0, 00342 sind in 1 g Hämoglobin enthalten: 

0, 00342 

n(Fe) = 

55, 8 g/mol = 6, 13 · 10−5 mol/g. 

Da ein Mol Hämoglobin 4 mol und nicht 6, 13 · 10−5 mol Fe enthält, ist die Masse eines Mols: 

4 

M(Hämoglobin) = 

6, 13 · 10−5mol/g = 6, 53 · 104 g/mol 

3.31 M(NiSO 4) = M(Ni) + M(S) + 4M(O) = (58, 69 + 32, 07 + 4 · 16, 00) = 154, 76 g/mol. 

M(H 2O) = 18, 02 g/mol. 

Die Menge des Abgegebenen Wassers sind m(H 2O) = (6, 65 − 3, 67) g = 2, 98 g. Das entspricht 

n(H 2O) = m(H 2O)/M(H 2O) = 2, 98 g /(18,02 g/mol) = 0, 165 mol. 

Das übrige Nickelsulfat sind 

n(NiSO 4) = m(NiSO 4)/M(NiSO 4) = 3, 67 g/(154, 76 g/mol) = 0, 0237 mol. 

Auf ein Mol NiSO 4 kommen also x = 0, 165/0, 0237 = 7, 0 mol H 2O. 

3.32 Massenanteil Cl in AgCl: w(Cl) = M(Cl)/M(AgCl) = 35, 45/(107, 87 + 35, 45) = 0, 2473. 

In 20,08 g AgCl sind somit enthalten: 

m(Cl) = 0, 2473 · 20, 08 g = 4, 966 g 

Diese Menge war im Chromchlorid enthalten; der Massenanteil im Chromchlorid ist also 

w(Cl) = m(Cl)/m(CrCl x) = 4, 966 g/(8, 61 g) = 0, 577 

Die Differenz auf 1 enstpricht dem Massenanteil des Chroms: 

w(Cr) = 1 − w(Cl) = 0, 423. 

Durch Division der Massenanteile durch die Molmassen erhält man die relativen Stoffmengenanteile: 

Cr: 0,423/(52,00 g/mol) = 0, 00813 mol/g Cl: 0,577/(35,45 g/mol) = 0, 0163 mol/g. 

Division durch die kleinere der beiden Zahlen: 

Cr: 0, 00813/0, 00813 = 1, 00 Cl: 0, 0163/0, 00813 = 2, 00 

Empirische Formel CrCl 2. 

3.33 Stoffmenge N in 100 g NX3: 40, 21 cg/g 

n(N) = = 2, 870 mol/100 g 

14, 01 g/mol 

Wegen der Formel NX3 ist die dreifache Stoffmenge X vorhanden, also 

n(X) = 3n(N) = 3 · 2, 870 mol/100 g = 8, 610 mol/100 g 

Die Masse X in 100 g NX3 ist 

m(X) = 100 g −40, 21 g = 59, 79 g. Damit ist die Molmasse von X: 

M(X) = m(X)/n(X) = 59, 79 g/(8, 61 mol) = 6, 94 g/mol. Das Element X ist Lithium.


4 Stöchiometrie Teil II: Chemische Reaktionsgleichungen 

4.1 Siehe Buch, Seite 682 

4.2 Als Reaktionsprodukte der Verbrennung tauchen auf der rechte Seite der Gleichungen nur H 2O, CO 2, N 2 

und SO 2 auf. Siehe Buch, Seite 682. 

4.3 M(NaN 3) = M(Na) + 3 M(N) = (22, 990 + 3 · 14, 007) g/mol = 65, 01 g/mol 

a) 2 NaN 3(s) → 2 Na(l) + 3 N 2(g) 

b) Pro Mol NaN3 entstehen 3 

2 Mol N2. Für 1,00 mol N2 benötigt man 2 

3 · 1, 00 mol = 0, 667 mol. 

c) n(NaN3) = m(NaN3)/M(NaN3) = 2, 50 g/(65, 01 g mol−1 ) = 0, 0385 mol 

n(N2) = 3 

2 · M(NaN3) = 3 

2 · 0, 0385 mol = 0, 0578 mol 

m(N2) = n(N2) · M(N2) = 0, 0578 · 28, 01 g/mol = 1, 62 g 

d) n(N2) = m(N2)/M(N2) = 1, 75 g/(28, 01 g mol−1 ) = 0, 0625 mol 

n(Na) = 2 

3 · M(N2) = 2 

3 · 0, 0625 mol = 0, 0417 mol 

m(Na) = n(Na) · M(Na) = 0, 0417 · 22, 99 g/mol = 0, 958 g 

4.4 M(NaNH 2) = M(Na) + M(N) + 2 M(H) = (22, 990 + 14, 007 + 2 · 1, 008) g/mol = 39, 03 g/mol 

M(N 2O) = 2 M(N) + M(O) = (2 · 14, 007 + 16, 00) g/mol = 44, 01 g/mol 

M(NaN 3) siehe Aufgabe 4.3 

n(NaN 3) = m(NaN 3)/M(NaN 3) = 50, 0 g/(65, 01 g mol −1 ) = 0, 769 mol 

Zur Herstellung benötigt man die gleiche Stoffmenge N 2O und die doppelte Stoffmenge NaNH 2. 

m(NaNH 2) = 2 n(NaN 3) · M(NaNH 2) = 2 · 0, 769 mol·39, 03 g/mol = 60, 0 g 

m(N 2O) = n(NaN 3) · M(N 2O) = 0, 769 mol · 44, 01 g/mol = 33, 8 g 

4.5 M(P 4O 10) = 4 M(P) + 10 M(O) = (4 · 30, 974 + 10 · 15, 999) g/mol = 283, 89 g/mol 

M(PCl 5) = M(P) + 5 M(Cl) = (30, 974 + 5 · 35, 453) g/mol = 208, 24 g/mol 

M(POCl 3) = M(P) + M(O) + 3 M(Cl) = (30, 974 + 16, 00 + 3 · 35, 453) g/mol = 153, 33 g/mol 

a) P 4O 10 + 6 PCl 5 → 10 POCl 3 

10 

b) Gemäß Reaktionsgleichung kann man aus 1 mol PCl5 6 = 1, 67 mol POCl3 herstellen. 

c) n(PCl5) = 6 

10 n(POCl3) = 6 

10 m(POCl3)/M(POCl3) = 6 

10 · 12, 0 g/(153, 33 g mol−1 ) = 0, 0470 mol 

m(PCl5) = n(PCl5) · M(PCl5) = 0, 0470 mol ·208, 24 g/mol = 9, 78 g 

d) n(PCl5) = m(PCl5)/M(PCl5) = 7, 50 g /(208, 24 g/mol) = 0, 0360 mol 

Dafür wird 1 

6 dieser Stoffmenge an P4O10 benötigt. Das entspricht einer Masse von: 

m(P4O10) = 1 

6n(PCl5) · M(P4O10) = 1 

6 · 0, 0360 · 283, 89 g/mol = 1, 70 g 

4.6 M(HI) = M(H) + M(I) = (1, 01 + 126, 90) g/mol = 127, 91 g/mol 

M(PI 3) = M(P) + 3 M(I) = (30, 97 + 3 · 126, 90) g/mol = 411, 67 g/mol 

n(PI 3) = m(PI 3)/M(PI 3) = 5, 00 g/(411, 67 g mol −1 ) = 0, 01214 mol 

n(HI) = 3 · n(PI 3) = 3 · 0, 01214 mol = 3 · 0, 0364 mol 

m(HI) = n(HI) · M(HI) = 0, 0364 · 127, 91 g/mol = 4, 66 g 

4.7 Zuerst ist zu ermitteln, welcher der begrenzende Reaktand ist, indem man die vorhandenen Stoffmengen 

durch die Koeffizienten der Reaktionsgleichung dividiert und feststellt, welche die kleinste Zahl ist. Die 

zugehörige Stoffmenge bestimmt die mögliche Ausbeute des gewünschten Produkts. 

a) M(CS 2) = M(C) + 2 M(S) = (12, 011 + 2 · 32, 065) g/mol = 76, 14 g/mol 

M(NH 3) = M(N) + 3 M(H) = (14, 007 + 3 · 1, 008) g/mol = 17, 03 g/mol


M(NH4NCS) = 2 M(N) + 4 M(H) + M(C) + M(S) 

= (2 · 14, 007 + 4 · 1, 008 + 12, 011 + 32, 065) g/mol = 76, 12 g/mol 

n(CS2) = m(CS2)/M(CS2) = 9, 00 g/(76, 14 g mol−1 ) = 0, 118 mol 

1 

2 n(NH3) = 1 

2 m(NH3)/M(NH3) = 1 

2 · 3, 00 g/(17, 03 g mol−1 ) = 0, 0881 mol ← begrenzender 

m(NH4NCS) = 1 

2 n(NH3) · M(NH4NCS) = 0, 0881 mol ·76, 12 g/mol = 6, 71 g Reaktand 

b) M(F2) = 2 M(F) = 2 · 18, 998 g/mol = 38, 00 g/mol 

M(NaOH) = M(Na) + M(O) + M(H) = (22, 990 + 15, 999 + 1, 008) g/mol = 40, 00 g/mol 

M(OF2) = M(O) + 2 M(F) = (15, 999 + 2 · 18, 998) g/mol = 54, 00 g/mol 

1 

2 n(F2) = 1 

2 m(F2)/M(F2) = 1 

2 · 2, 50 g/(38, 00 g mol−1 ) = 0, 0329 mol 

1 

1 

1 

2 n(NaOH) = 2 m(NaOH)/M(NaOH) = 2 · 2, 50 g/(40, 00 g mol−1 ) = 0, 0313 mol ← begrenzender 

m(OF2) = 1 

2 n(NaOH) · M(OF2) = 0, 0313 mol ·54, 00 g/mol = 1, 69 g Reaktand 

c) M(SCl2) = M(S) + 2 M(Cl) = (32, 065 + 2 · 35, 453) g/mol = 102, 97 g/mol 

M(NaF) = M(Na) + M(F) = (22, 990 + 18, 998) g/mol = 41, 99 g/mol 

M(SF4) = M(S) + 4 M(F) = (32, 065 + 4 · 18, 998) g/mol = 108, 06 g/mol 

1 

3 n(SCl2) = 1 

3 m(SCl2)/M(SCl2) = 6, 00 g/(102, 97 g mol−1 ) = 0, 0583 mol ← begrenzender 

1 

1 

1 

4 n(NaF) = 4 m(NaF)/M(NaF) = 2 · 3, 50 g/(41, 99 g mol−1 ) = 0, 0834 mol Reaktand 

m(SF4) = 1 

3 n(SCl2) · M(SF4) = 1 

3 · 0, 0583 mol ·108, 06 g/mol = 2, 10 g 

d) M(NaBH4) = M(Na) + M(B) + 4 M(H) = (22, 990 + 10, 811 + 4 · 1, 008) g/mol = 37, 83 g/mol 

M(BF3) = M(B) + 3 M(F) = (10, 811 + 3 · 18, 998) g/mol = 67, 805 g/mol 

M(B2H6) = 2 M(B) + 6 M(H) = (2 · 10, 811 + 6 · 1, 008) g/mol = 27, 67 g/mol 

1 

3 n(NaBH4) = 1 

3 m(NaBH4)/M(NaBH4) = 2, 650 g/(37, 83 g mol−1 ) = 0, 07005 mol 

1 

4 n(BF3) = 1 

4 m(BF3)/M(BF3) = 1 

2 · 4, 560 g/(67, 805 g mol−1 ) = 0, 06725 mol ← begrenzender 

m(B2H6) = 2 

4 n(BF3) · M(B2H6) = 1 

2 · 0, 06725 mol · 27, 67 g/mol = 0, 9304 g Reaktand 

4.8 a) M(LiBH4) = M(Li) + M(B) + 4 M(H) = (6, 94 + 10, 811 + 4 · 1, 008) g/mol = 21, 78 g/mol 

M(B3N3H6) = 3 M(B) + 3 M(N) + 6 M(H) = (3 · 10, 811 + 3 · 14, 007 + 6 · 1, 008) g/mol 

= 80, 50 g/mol 

n(LiBH4) = m(LiBH4)/M(LiBH4) = 5, 00 g/(21, 78 g mol−1 ) = 0, 2296 mol 

Die maximale Ausbeute B3N3H6 ist 1 

3 n(LiBH4) = 1 

3 · 0, 2296 = 0, 0765 mol 

oder m(B3N3H6) = 1 

3 n(LiBH4) · M(B3N3H6) = 0, 0765 mol · 80, 50 g/mol= 6, 16 g 

Die prozentuale Ausbeute ist 2,16 g/(6,16 g) · 100 % = 35, 1 % 

b) M(Ca 3P 2) = 3 M(Ca) + 2 M(P) = (3 · 40, 078 + 2 · 30, 974) g/mol = 182, 18 g/mol 

M(PH 3) = M(P) + 3 M(H) = (30, 974 + 3 · 1, 008) g/mol = 34, 00 g/mol 

n(Ca 3P 2) = m(Ca 3P 2)/M(Ca 3P 2) = 6, 00 g/(182, 18 g mol −1 ) = 0, 0329 mol 

Die maximale Ausbeute PH 3 ist 2·n(Ca 3P 2) = 2 · 0, 0329 = 0, 0658 mol 

oder m(PH 3) = 2 n(Ca 3P 2) · M(PH 3) = 0, 0658 mol· 34, 00 g/mol= 2, 24 g 

Die prozentuale Ausbeute ist 1,40 g/(2,24 g) · 100 % = 62, 5 % 

4.9 M(CaC 2) = M(Ca) + 2 M(C) = (40, 078 + 2 · 12, 011) g/mol = 64, 10 g/mol 

M(C 2H 2) = 2 M(C) + 2 M(H) = (2 · 12, 011 + 2 · 1, 008) g/mol = 26, 04 g/mol 

M(CaO) = M(Ca) + M(O) = (40, 078 + 16, 00) g/mol = 56, 08 g/mol 

n(C 2H 2) = n(CaC 2) = m(C 2H 2)/M(C 2H 2) = 2, 34 g/(26, 04 g mol −1 ) = 0, 0899 mol 

m(CaC 2) = n(CaC 2) · M(CaC 2) = 0, 0899 mol · 64, 10 g/mol = 5, 763 g 

Der Massenanteil des CaC 2 im Gemisch beträgt 

w(CaC 2) = m(CaC 2)/m(Gemisch) = 5, 763/7, 69 = 0, 750 oder 75,0 % 

4.10 M(CaCO 3) = M(Ca) + M(C) + 3 M(O) = (40, 078 + 12, 011 + 3 · 15, 999) g/mol = 100, 09 g/mol 

M(CaSO 4) = M(Ca) + M(S) + 4 M(O) = (40, 078 + 32, 065 + 4 · 15, 999) g/mol = 136, 14 g/mol


M(CO 2) = M(C) + 2 M(O) = (12, 011 + 2 · 15, 999) g/mol = 44, 01 g/mol 

n(CO 2) = n(CaCO 3) = m(CO 2)/M(CO 2) = 1, 50 g/(44, 01 g mol −1 ) = 0, 0341 mol 

m(CaCO 3) = n(CaCO 3) · M(CaCO 3) = 0, 0341 mol ·100, 09 g/mol = 3, 41 g 

Der Massenanteil des CaCO 3 im Gemisch beträgt 

w(CaCO 3) = m(CaCO 3)/m(Gemisch) = 3, 41/10, 00 = 0, 341 oder 34,1 % 

4.11 M(C 2H 6) = 2 M(C) + 6 M(H) = (2 · 12, 011 + 6 · 1, 008) g/mol = 30, 07 g/mol 

M(C 3H 8) = 3 M(C) + 8 M(H) = (3 · 12, 011 + 8 · 1, 008) g/mol = 44, 10 g/mol 

M(CO 2) = M(C) + 2 M(O) = (12, 011 + 2 · 15, 999) g/mol = 44, 01 g/mol 

M(H 2O) = 2 M(H) + M(O) = (2 · 1, 008 + 16, 00) g/mol = 18, 02 g/mol 

x C 2H 6 + y C 3H 8 → (2x + 3y) CO 2 + (3x + 4y) H 2O 

2x + 3y = n(CO 2) = m(CO 2)/M(CO 2) = 12, 50 g/(44, 01 g mol −1 ) = 0, 2840 mol (1) 

3x + 4y = n(H 2O) = m(H 2O)/M(H 2O) = 7, 20 g/(18, 02 g mol −1 ) = 0, 3996 mol (2) 

Multiplikation von Gleichung (1) mit 3 

2 ergibt: 

3x + 9 

2 y = 0, 4260 mol (3) 

Nach der Subtraktion Gleichung (3) minus Gleichung (2) erhält man: 

1 

2 y = (0, 4260 − 0, 3996) g/mol = 0, 0264 g/mol 

y = 0, 0528 g/mol = n(C3H8) (4) 

Einsetzen von y in Gleichung (1) und Auflösung nach x ergibt: 

x = 1 

2 (0, 2840 g/mol −3y) = 0, 0628 g/mol = n(C2H6) m(C2H6) = n(C2H6) · M(C2H6) = 0, 0628 mol · 30, 07 g/mol = 1, 89 g 

m(C3H8) = n(C3H8) · M(C3H8) = 0, 0528 mol · 44, 10 g/mol = 2, 33 g 

Die Gesamtmasse Ethan und Propan ist 1,89 g + 2,33 g = 4,22 g. Der Massenanteil des Ethans ist: 

m(C2H6) = m(C2H6)/(4, 22 g) = 1, 89/4, 22 = 0, 448 oder 44,8 % 

4.12 a) M(NaOH) = 40, 00 g/mol (vgl. Aufgabe 4.7 b)) 

n(NaOH) = m(NaOH)/M(NaOH) = 4, 00 g/(40, 00 g mol −1 ) = 0, 100 mol 

c(NaOH) = n(NaOH)/V = (0, 100 mol)/(0, 250 L) = 0, 400 mol/L 

b) M(NaCl) = M(Na) + M(Cl) = (22, 990 + 35, 453) g/mol = 58, 44 g/mol 

n(NaCl) = m(NaCl)/M(NaCl) = 13, 0 g/(58, 44 g mol −1 ) = 0, 222 g/mol 

c(NaCl) = n(NaCl)/V = (0, 222 mol)/(1, 50 L) = 0, 148 mol/L 

c) M(AgNO 3) = M(Ag) + M(N) + 3 M(O) = (107, 87 + 14, 007 + 3 · 15, 999) g/mol = 169, 87 g/mol 

n(AgNO 3) = m(AgNO 3)/M(AgNO 3) = 10, 0 g/(169, 87 g mol −1 ) = 0, 0589 mol 

c(AgNO 3) = n(AgNO 3)/V = (0, 0589 mol)/(0, 350 L) = 0, 168 mol/L 

d) M(HNO 3) = M(H) + M(N) + 3 M(O) = (1, 008 + 14, 007 + 3 · 15, 999) g/mol = 63, 01 g/mol 

n(HNO 3) = m(HNO 3)/M(HNO 3) = 94, 5 g/(63, 01 g mol −1 ) = 1, 50 mol 

c(HNO 3) = n(HNO 3)/V = (1, 50 mol)/(0, 250 L) = 6, 00 mol/L 

e) M(KMnO 4) = M(K) + M(Mn) + 4 M(O) = (39, 098 + 14, 007 + 4 · 15, 999) g/mol = 158, 03 g/mol 

n(KMnO 4) = m(KMnO 4)/M(KMnO 4) = 6, 500 g/(158, 03 g mol −1 ) = 0, 04113 mol 

c(KMnO 4) = n(KMnO 4)/V = (0, 04113 mol)/(2, 000 L) = 0, 02057 mol/L 

4.13 a) n(Ba(OH) 2) = c(Ba(OH) 2) · V = 0, 0500 mol/L · 1, 20 L = 0, 0600 mol 

b) n(H 2SO 4) = c(H 2SO 4) · V = 6, 00 mol/L · 0, 025 L = 0, 150 mol 

c) n(NaCl) = c(NaCl) · V = 0, 100 mol/L · 0, 250 L = 0, 0250 mol 

4.14 a) M(KMnO 4) = 158, 03 g/mol (vgl. Aufgabe 4.12 e) ). Benötigte Stoffmenge: 

n(KMnO 4) = c(KMnO 4) · V = 0, 02000 mol/L · 0, 5000 L = 0, 01000 mol 

m(KMnO 4) = n(KMnO 4) · M(KMnO 4) = 0, 01000 mol · 158, 03 g/mol = 1, 580 g


b) M(KOH) = M(K) + M(O) + M(H) = (39, 098 + 15, 999 + 1, 008) g/mol = 56, 11 g/mol 

Benötigte Stoffmenge n(KOH) = c(KOH) · V = 1, 500 mol/L · 2, 000 L = 3, 000 mol 

m(KOH) = n(KOH) · M(KOH) = 3, 000 mol · 56, 11 g/mol = 168, 3 g 

c) M(BaCl 2) = M(Ba) + 2 M(Cl) = (137, 33 + 2 · 35, 453) g/mol = 208, 24 g/mol 

Benötigte Stoffmenge n(BaCl 2) = c(BaCl 2) · V = 0, 2000 mol/L · 0, 02500 L = 0, 005000 mol 

m(BaCl 2) = n(BaCl 2) · M(BaCl 2) = 0, 005000 mol · 208, 24 g/mol = 1, 041 g 

4.15 Gemäß V 1 = c 2V 2/c 1 benötigt man: 

a) c 1 = 3, 50 mol L −1 · 0, 250 L /(17, 5 mol L −1 ) = 0, 0500 L = 50, 0 mL 

b) c 1 = 0, 500 mol L −1 · 1, 50 L /(15, 8 mol L −1 ) = 0, 0491 L = 47, 5 mL 

c) c 1 = 0, 600 mmol mL −1 · 75, 0 mL /(18, 0 mmol mL −1 ) = 2, 500 mL 

Es ist häufig zweckmäßig, mit Konzentrationen in mmol/mL zu rechnen. 1 mol/L = 1 mmol/mL. 

4.16 n(H 2SO 4) = c(H 2SO 4) · V(H 2SO 4) = 0, 350 mmol mL −1 · 15, 0 mL = 5, 25 mmol 

Dafür wird die doppelte Stoffmenge KOH benötigt, n(KOH) = 2 · 5, 25 mmol = 10, 5 mmoL 

V(KOH) = n(KOH)/c(KOH) = 10, 5 mmol/(0, 250 mmol mL −1 ) = 42, 0 mL 

4.17 n(NaOH) = c(NaOH) · V(NaOH) = 0, 220 mmol mL−1 · 37, 5 mL = 8, 25 mmol 

Dafür wird die halbe Stoffmenge Oxalsäure benötigt, n(H2C2O4) = 1 

2 · 8, 25 mmol = 4, 125 mmol 

c(H2C2O4) = n(H2C2O4)/V(H 2C2O4) = (4, 125 mmol)/(25, 0 mL) = 0, 165 mmol/mL 

4.18 n(AgNO3) = c(AgNO3) · V(AgNO3) = 0, 1500 mmol mL−1 · 43, 01 mL = 6, 452 mmol 

Dafür wird die halbe Stoffmenge Natriumchromat benötigt, 

n(Na2CrO4) = 1 

2 · 6, 452 mmol = 3, 226 mmol 

c(Na2CrO4) = n(Na2CrO4)/V(Na 2CrO4) = 3, 226 mmol/(25, 60 mL) = 0, 1260 mmol/mL 

4.19 M(Ba 3PO 4) = 3 M(Ba) + 2 M(P) + 8 M(O) = (3 · 137, 33 + 2 · 30, 974 + 8 · 15, 999) g/mol 

= 601, 93 g/mol 

n(Ba 3PO 4) = m(Ba 3PO 4)/M(Ba 3PO 4) = 3, 26 g/(601, 93 g mol −1 ) = 0, 00542 mol 

Die Stoffmenge BaCl 2 in der Lösung ist drei mal so groß, n(BaCl 2) = 3 · 5, 42 mmol = 16, 3 mmol. 

c(BaCl 2) = n(BaCl 2)/V(BaCl 2) = 16, 3 mmol/(125 mL) = 0, 130 mmol/mL 

4.20 n(I 2) = m(I 2)/M(I 2) = 1, 256 g/(2 · 126, 90 g mol −1 ) = 0, 004949 mol 

Dafür wird die doppelte Stoffmenge Na 2S 2O 3 benötigt, n(Na 2S 2O 3) = 2 · 4, 949 mmol = 9, 898 mmol 

V(Na 2S 2O 3) = n(Na 2S 2O 3)/c(Na 2S 2O 3) = (9, 898 mmol)/(0, 3625 mmol mL −1 ) = 27, 30 mL 

4.21 n(Ag + ) = c(Ag + ) · V(Ag + ) = (0, 650 mol/L) · 2, 00 L = 1, 30 mol 

Dafür wird die halbe Stoffmenge Eisen benötigt, n(Fe) = 1 

2 · 1, 30 mol = 0, 650 mol 

m(Fe) = n(Fe) · M(Fe) = 0, 650 mol · 55, 8 g/mol = 36, 3 g 

4.22 n(Na 2SO 3) = n(Na 2SO 3) · V(Na 2SO 3) = (0, 2500 mol/L) · 0, 1500 L = 0, 03750 mol 

Die gleiche Stoffmenge Schwefel geht in Lösung 

m(S) = n(S) · M(S) = 0, 03750 mol · 32, 07 g/mol = 1, 202 g 

4.23 Die aus der Lösung zugesetzte Stoffmenge Silbernitrat ist 

n(AgNO 3) = c(AgNO 3) · V(AgNO 3) = 0, 600 mol/L · 0, 0300 L = 0, 0180 mol 

Das ist zugleich die Stoffmenge NaCl im Gemisch 

m(NaCl) = n(NaCl) · M(NaCl) = 0, 0180 mol · 58, 44 g/mol = 1, 05 g (vgl. Aufg. 4.12 b)) 

Der Anteil NaCl im Gemisch beträgt: 

w(NaCl) = m(NaCl)/M(Gemisch) = 1, 05 g/(2,50 g) = 0, 420 oder 42,0 %


5 Energieumsatz bei chemischen Reaktionen 

5.1 C = 325 g · 4, 182 J g −1 K −1 = 1, 36 · 10 3 J/K = 1, 36 kJ/K 

5.2 Q = 1, 50 g · 4, 18 kJ kg −1 K −1 · (25, 00 − 22, 00) K = 18, 8 kJ 

5.3 C = Q/(T 2 − T 1) = 129 J /((26, 20 − 22, 70)K) = 36, 9 J/K 

Die spezifische Wärme ist die Wärmekapazität C pro Masse = 36, 9 J/K /(15, 0 g) = 2, 46 J K −1 g −1 

5.4 C = Q/(T 2 − T 1) = 186 J /((25, 70 − 23, 20)K) = 74, 4 J/K 

Die spezifische Wärme ist die Wärmekapazität C pro Masse = 74, 4 J/K /(165 g) = 0, 451 J K −1 g −1 

5.5 C = 0, 129 J K −1 g −1 · 207 g = 26, 7 J K −1 

Q = C · (T 2 − T 1) = 26, 7 J K −1 · (27, 65 − 22, 25) K = 144 J 

5.6 C = 0, 444 J K −1 g −1 · 32, 3 g = 14, 3 J K −1 

T 2 = Q/C + T 1 = 50, 0 J/(14, 3 J K −1 ) + 23, 25 ◦ C = 3, 49 K + 23, 25 ◦ C = 26, 74 ◦ C 

Anmerkung: Einen Temperaturwert in Kelvin kann man zu einem Temperaturwert in ◦ C addieren. Das 

Ergebnis ist dann in ◦ C, denn bei einem der Werte ist bereits der Differenzbetrag zum absoluten Nullpunkt 

von 273,15 K addiert. Mann darf jedoch nicht zwei Temperaturwerte addieren, die beide in ◦ C angegeben 

sind, denn dann wird zweimal der Wert von 273,15 K addiert. 

5.7 Wärmekapazität des Kalorimeters: 

C ges = 2, 67 kJ/K + 0, 750 kg · 4, 18 kJ kg −1 K −1 = 5, 805 kJ K −1 

Abgegebene Wärme für 1,45 g Essigsäure: 

Q = C · (T 2 − T 1) = 5, 805 kJ K −1 · (27, 95 − 24, 32) K = 21, 07 kJ 

M(CH 3CO 2H) = 2 M(C) + 4 M(H) + 2 M(O) = 2 · 12, 01 + 4 · 1, 008 + 2 · 16, 00 = 60, 05 g/mol 

n(CH 3CO 2H) = m(CH 3CO 2H)/M(CH 3CO 2H) = 1, 45 g/(60, 05 g mol −1 ) = 0, 02415 mol 

Die Wärmemenge pro mol Essigsäure ist 

Q = 21, 07 kJ/n(CH 3CO 2H) = 21, 07 kJ/(0, 02415 mol) = 873 kJ/mol 

5.8 Wärmekapazität des Kalorimeters: 

C ges = 3, 27 kJ/K + 1, 00 kg · 4, 18 kJ kg −1 K −1 = 7, 45 kJ K −1 

Abgegebene Wärme für 2,30 g Benzochinon: 

Q = C · (T 2 − T 1) = 7, 45 kJ K −1 · (27, 07 − 19, 22) K = 58, 5 kJ 

M(C 6H 4O 2) = 6 M(C) + 4 M(H) + 2 M(O) = 6 · 12, 011 + 4 · 1, 008 + 2 · 16, 00 = 108, 1 g/mol 

n(C 6H 4O 2) = m(C 6H 4O 2)/M(C 6H 4O 2) = 2, 30 g/(108, 1 g mol −1 ) = 0, 02128 mol 

Die Wärmemenge pro mol Benzochinon ist 

Q = 58, 5 kJ/n(C 6H 4O 2) = 58, 5 kJ/(0, 02128 mol) = 2749 kJ/mol 

5.9 M(C 6H 12O 6) = 6 M(C) + 12 M(H) + 6 M(O) = 6 · 12, 011 + 12 · 1, 008 + 6 · 15, 999 = 180, 2 g/mol 

n(C 6H 12O 6) = m(C 6H 12O 6)/M(C 6H 12O 6) = 1, 25 g /(180, 2 g mol −1 ) = 0, 00694 mol 

Q = ΔU · n(C 6H 12O 6) = 2, 82 · 10 3 kJ/mol · 0, 00694 mol = 19, 57 kJ 

C ges = Q/(T 2 − T 1) = 19, 57 kJ/((23, 25 − 20, 10) K) = 6, 21 kJ K −1 

C Gerät = C ges − C H2 O = 6, 21 kJ K −1 − 0, 950 kg · 4, 18 kJ kg −1 K −1 = 2, 24 kJ K −1 

5.10 Die Volumenvergrößerung ΔV = 26, 09 L/mol ergibt sich durch die Bildung des Lachgases. Die Volumenarbeit 

ist: 

pΔV = 95, 00 kPa · 26, 09 L/mol = 2479 J/mol = 2, 48 kJ/mol. 

(1 kPa · 1 L = 10 3 N m −2 · 10 −3 m 3 = 1 N m = 1 J) 

ΔH = ΔU + pΔV = −127, 5 kJ/mol + 2, 48 kJ/mol = −125, 0 kJ/mol


5.11 ΔV = 12, 2 L/mol. Standardbedingungen bedeutet p = 101, 3 kPa. Die Volumenarbeit ist: 

pΔV = 101, 3 kPa · 12, 2 L/mol = 1236 J/mol = 1, 24 kJ/mol. 

ΔU = ΔH − pΔV = −110, 5 kJ/mol − 1, 24 kJ/mol = −111, 7 kJ/mol 

5.12 M(C 6H 6) = 6 M(C) + 6 M(H) = 6(12, 011 + 1, 008) g/mol = 78, 11 g/mol 

n(C 6H 6) = m(C 6H 6)/M(C 6H 6) = 1, 000 g/(78, 11 g mol −1 ) = 0, 01280 mol 

Bei der Verbrennung von 0,01280 mol Benzol wird eine Wärmemenge von Q = −41, 84 kJ freigesetzt. 

Für ein Mol sind es dann 

ΔH = Q/n(C 6H 6) = −41, 84 kJ/(0, 01280 mol) = −3268 kJ/mol 

Die vollständige thermochemische Gleichung lautet: 

C 6H 6(l) + 15 

2 O 2(g) → 6 CO 2(g) + 3 H 2O(l) ΔH = −3268 kJ/mol 

5.13 M(N 2H 4) = 2 M(N) + 4 M(H) = (2 · 14, 007 + 4 · 1, 008) g/mol = 32, 046 g/mol 

n(N 2H 4) = m(N 2H 4)/M(N 2H 4) = 1, 000 g/(32, 046 g mol −1 ) = 0, 03121 mol 

Bei der Verbrennung von 1 mol Hydrazin wird eine Wärmemenge von ΔH = −622, 4 kJ freigesetzt. Für 

0,03121 mol sind es dann 

Q = ΔH · n(N 2H 4) = −622, 4 kJ/mol · 0, 03121 mol= −19, 42 kJ 

5.14 M(C 2H 5OH) = 2 M(C) + 6 M(H) + M(O) = 2 · 12, 011 + 6 · 1, 008 + 16, 00) g/mol = 46, 07 g/mol 

n(C 2H 5OH) = m(C 2H 5OH)/M(C 2H 5OH) = 95, 0 g/(46, 07 g mol −1 ) = 2, 062 mol 

Bei der Entstehung von 2 mol Alkohol wird eine Wärmemenge von ΔH = −67, 0 kJ freigesetzt. Für 2,06 

mol sind es dann 

Q = ΔH · 2, 062/2, 00 = −69, 1 kJ. Das negative Vorzeichen zeigt eine exotherme Reaktion an. 

5.15 n(N 2) = m(N 2)/M(N 2) = 1, 50 · 10 3 g/(28, 01 g mol −1 ) = 53, 6 mol 

Zur Bildung von 3 mol N 2 wird eine Wärmemenge von ΔH = +42, 7 kJ benötigt. Für 53,6 mol sind es 

dann 

Q = ΔH · 53, 6/3, 00 = +763 kJ. Wärme muss zugeführt werden (positives Vorzeichen). 

5.16 Die erste der folgenden Gleichungen ist in umgekehrter Richtung und mit umgekehrtem Vorzeichen für 

ΔH formuliert. 

2 × ( H2O(l) + SO2(g) → H2S(l) + 3 

2 O2(g) ΔH = +562,6 kJ/mol ) 

CS2(l) + 3 O2(g) → CO2(g) + 2 SO2(g) ΔH = –1075,2 kJ/mol 

CS2(l) + 2 H2O(l) → CO2(g) + 2 SO2(g) ΔH = +50,0 kJ/mol 

5.17 Die zweite der folgenden Gleichungen ist in umgekehrter Richtung und mit umgekehrtem Vorzeichen für 


2 NF3(g) + 2 NO(g) 

2 × ( ONF(g) 

→ N2F4(g) + 2 ONF(g) 

→ NO(g) + 

ΔH = –82,9 kJ/mol 

1 

2 F Cu(s) + F2(g) 2(g) 

→ CuF2(s) ΔH = +156,9 kJ/mol ) 

ΔH = –531,0 kJ/mol 

2 NF3(g) + Cu(s) → N2F4(g) + CuF2(s) ΔH = –300,1 kJ/mol 

5.18 Die erste der folgenden Gleichungen ist in umgekehrter Richtung und mit umgekehrtem Vorzeichen für 


2 × ( H3BO3(s) + 3 HCl(g) → BCl3(g) + 3 H2O(l) ΔH = +112,5 kJ/mol ) 

B2H6(g) + 6 H2O(l) 1 12 × ( 2 

→ 2 H3BO3(s) + 6 H2(g) ΔH = –493,4 kJ/mol 

H2(g) + 1 

2 Cl2 → HCl(g) ΔH = –92,3 kJ/mol ) 

B2H6(g) + 6 Cl2(g) → 2 BCl3(g) + 6 HCl(g) ΔH = –1376,0 kJ/mol


5.19 Die erste und die vierte der folgenden Gleichungen sind in umgekehrter Richtung und mit umgekehrtem 

Vorzeichen für ΔH formuliert. 

2 × ( SO 2(g) + 2 HCl(g) → SOCl 2(l) + H 2O(l) ΔH = –10,3 kJ/mol ) 

2 × ( PCl 3(l) + 1 

2 O 2(g) → POCl 3(l) ΔH = –325,1 kJ/mol ) 

2 × ( P(s) + 3 

2 Cl 2(g) → PCl 3(l) ΔH = –306,7 kJ/mol ) 

2 Cl 2(g) + 2 H 2O(l) → 4 HCl(g) + O 2(g) ΔH = +202,6 kJ/mol 

2 P(s) + 2 SO 2(g) + 5 Cl 2(g) → 2 SOCl 2(l) + 2 POCl 3(l) ΔH = –1081,6 kJ/mol 


5.21 a) ΔH 0 f (Produkte) = 2ΔH0 f (H2O, l) + 2ΔH 0 f (SO2, g) 

= −2(285, 9 + 296, 9) kJ/mol = −1165, 6 kJ/mol 

ΔH 0 f (Reaktanden) = 2ΔH0 f (H2S, g) + 3ΔH 0 f (O2, g) 

= −2 · 20, 2 kJ/mol = −40, 4 kJ/mol ( ΔH 0 f (O2, g) = 0 ) 

ΔH 0 = ΔH 0 f (Produkte) − ΔH0 f (Reaktanden) = −1165, 6 + 40, 4 kJ/mol = −1125, 2 kJ/mol 

b) ΔH 0 f (Produkte) = 2ΔH0 f (Fe, s) + 3ΔH0 f (H2O, g) 

= −3 · 241, 8 kJ/mol = −725, 4 kJ/mol ( ΔH 0 f (Fe, s) = 0 ) 

ΔH 0 f (Reaktanden) = ΔH0 f (Fe2O3, s) + 3ΔH 0 f (H2, g) 

= −822, 2 kJ/mol = −822, 2 kJ/mol ( ΔH 0 f (H2, g) = 0 ) 

ΔH 0 = −725, 4 + 822, 2 kJ/mol = 96, 8 kJ/mol 

c) ΔH 0 f (Produkte) = 2ΔH0 f (HCN, g) + 6ΔH0 f (H2O, l) 

= (2 · 130, 5 − 6 · 285, 9) kJ/mol = −1454, 4 kJ/mol 

ΔH 0 f (Reaktanden) = 2ΔH0 f (NH3, g) + 2ΔH 0 f (CH4, g) + 3ΔH 0 f (O2, g) 

= −2(46, 19 + 74, 85) kJ/mol = −242, 1 kJ/mol ( ΔH 0 f (O2, g) = 0 ) 

ΔH 0 = −1454, 4 + 242, 1 kJ/mol = −1212 kJ/mol 

d) H3COH(l) + 3 

2 O2(g) → CO2(g) + 2 H2O(l) ΔH 0 f (Produkte) = ΔH0 f (CO2, g) + 2ΔH 0 f (H2O, l) 

= −393, 5 − 2 · 285, 9) kJ/mol = −965, 3 kJ/mol 

ΔH 0 f (Reaktanden) = ΔH0 f (H3COH, l) + 3 

2ΔH0 f (O2, g) 

= −238, 6 kJ/mol ( ΔH 0 f (O2, g) = 0 ) 

ΔH 0 = −965, 3 + 238, 6 kJ/mol = −726, 7 kJ/mol 

5.22 ΔH 0 f (Produkte) = ΔH0 f (N 2, g) + 2ΔH 0 f (H 2O, l) = 0 − 2 · 285, 9 kJ/mol = −571, 8 kJ/mol 

ΔH 0 f (Reaktanden) = ΔH0 f (N 2H 4, l) + 0 

ΔH 0 f (N 2H 4, l) = ΔH 0 f (Produkte) − ΔH0 = (−571, 8 + 622, 4) kJ/mol = 50, 6 kJ/mol 

5.23 ΔH 0 f (Produkte) = ΔH0 f (CaCN 2, s) + 3ΔH 0 f (H 2O, l) 

ΔH 0 f (Reaktanden) = ΔH0 f (CaCO 3, s) + 2ΔH 0 f (NH 3, g) 

= (−1206, 9 − 2 · 46, 2) kJ/mol = −1299, 3 kJ/mol 

ΔH 0 f (Produkte) = ΔH0 + ΔH 0 f (Reaktanden) 

ΔH 0 f (CaCN2, s) + 3ΔH 0 f (H2O, l) = ΔH 0 + ΔH 0 f (Reaktanden) − 

ΔH 0 f (CaCN2, s) = ΔH 0 + ΔH 0 f (Reaktanden) − 3 × ΔH0 f (H2O, l) 

= (90, 1 − 1299, 3 + 3 · 285, 9) kJ/mol = −351, 5 kJ/mol 

5.24 H 2(g) → 2 H(g) ΔH = 435 kJ/mol 

F 2(g) → 2 F(g) ΔH = 155 kJ/mol 

2 × ( H(g) + F(g) → HF(g) ΔH = –565 kJ/mol ) 

H 2(g) + F 2(g) → 2 HF(g) ΔH = –540 kJ/mol 

Für ein Mol HF sind das ΔH 0 f 

= −270 kJ/mol


5.25 Die zweite Gleichung ist in umgekehrter Richtung und mit umgekehrtem Vorzeichen für ΔH formuliert. 

2 × ( H(g) + F(g) → HF ΔH = −565 kJ/mol ) 

H 2(g) → 2 H(g) ΔH = 435 kJ/mol 

2 HF(g) + Xe(g) → XeF 2(g) + H 2 ΔH = 430 kJ/mol 

Xe(g) + 2 F(g) → XeF 2(g) ΔH = −265 kJ/mol 

Pro Xe–F-Bindung ist das je die Hälfte, −132 kJ/mol. Die Bindungsenergie (Dissoziationsenergie) hat 

das entgegengesetzte Vorzeichen. 

5.26 a) Eine C=C-Doppelbinung wird aufgelöst und durch eine C–C-Einfachbindung ersetzt; 

zwei neue C–H-Bindungen werden geknüpft und eine H–H-Bindung gelöst: 

H 2C=CH 2 → 2 CH 2 ΔH = 619 kJ/mol 

2 CH 2 → H 2C–CH 2 ΔH = −347 kJ/mol 

H 2 → 2 H ΔH = 435 kJ/mol 

H 2C–CH 2 + 2 H → H 3C–CH 3 ΔH = 2 · (−414) kJ/mol = −828 kJ/mol 

H 2C=CH 2 + H 2 → H 3C–CH 3 ΔH = −121 kJ/mol 

b) O 2 → 2 O ΔH = 494 kJ/mol 

4 H–Cl → 4 H + 4 Cl ΔH = 4 · 431 kJ/mol = 1724 kJ/mol 

4 H + 2 O → 2 H–O–H ΔH = 4 · (−463) kJ/mol = −1852 kJ/mol 

2 Cl → Cl–Cl ΔH = 2 · (−243) kJ/mol = −486 kJ/mol 

4 H–Cl + O 2 → 2 H 2O + 2 Cl 2 ΔH = −120 kJ/mol 

c) HC≡N → HC + N ΔH = 879 kJ/mol 

HC + N → HC–N ΔH = −293 kJ/mol 

2 H 2 → 4 H ΔH = 2 · 435 kJ/mol = 870 kJ/mol 

HC–N + 2 H → HC–N(–H) 2 ΔH = 2 · (−389) kJ/mol = −778 kJ/mol 

H–C–NH 2 + 2 H → (H–) 3C–NH 2 ΔH = 2 · (−414) kJ/mol = −828 kJ/mol 

HCN + 2 H 2 → H 3C–NH 2 ΔH = −150 kJ/mol 

5.27 HCN(g) → 1 

2 H2(g) + C(s) + 1 

2 N2(g) ΔH 0 5 

2 

f = −131 kJ/mol 

H2(g) + C(s) + 1 

2 N2(g) → H3C–NH2(g) ΔH 0 f = −28 kJ/mol 

HCN(g) + 2 H2 (g) → H3C–NH2(g) ΔH = −159 kJ/mol 

Das Ergebnis dieser Rechnung ist genauer als das mit den Bindungsenergien in Aufgabe 5.26 c), da 

Bindungsenergien nur Mittelwerte sind.


6 Die Elektronenstruktur der Atome 

6.1 Maßgeblich ist die Frequenz, die umgekehrt proportional zur Wellenlänge ist. Vergleiche Abb. 6.2, Seite 

61 im Buch: Radiowellen < Mikrowellen < infrarot < gelb < blau < Röntgen. 

6.2 a) ν = c/λ = 2, 998 · 10 8 m s −1 /(0, 600 · 10 −12 m) = 5, 00 · 10 20 Hz 

E = h · ν = 6, 626 · 10 −34 J s · 5, 00 · 10 20 s −1 = 3, 31 · 10 −13 J 

b) ν = 2, 998 · 10 8 m s −1 /(0, 0250 m) = 1, 20 · 10 10 Hz 

E = 6, 626 · 10 −34 J s· 1, 20 · 10 10 s −1 = 7, 95 · 10 −24 J 

c) ν = 2, 998 · 10 8 m s −1 /(585 · 10 −9 m) = 5, 13 · 10 14 Hz 

E = 6, 626 · 10 −34 J s · 5, 13 · 10 14 s −1 = 3, 40 · 10 −19 J 

6.3 a) λ = c/ν = 2, 998 · 10 8 m s −1 /(5, 71 · 10 12 s −1 ) = 5, 25 · 10 −5 m = 52, 5 μm 

E = h · ν = 6, 626 · 10 −34 J s · 5, 71 · 10 12 s −1 = 3, 78 · 10 −21 J 

b) λ = 2, 998 · 10 8 m s −1 /(5, 71 · 10 14 s −1 ) = 5, 25 · 10 −7 m = 525 nm 

E = 6, 626 · 10 −34 J s · 5, 71 · 10 14 s −1 = 3, 78 · 10 −19 J 

6.4 a) λ = h c/E = 6, 626 · 10 −34 J s· 2, 998 · 10 8 m s −1 /(3, 97 · 10 −19 J) = 5, 00 · 10 −7 m = 500 nm 

b) E = h c/λ = 6, 626 · 10 −34 J s · 2, 998 · 10 8 m s −1 /(450 · 10 −9 m ) = 4, 42 · 10 −19 J > 3, 97 · 10 −19 J 

Das blaue Licht ist energiereich genug. 

6.5 a) Mindestenergie: E = h c/λ = 6, 626 · 10 −34 J s · 2, 998 · 10 8 m s −1 /(258 · 10 −9 m ) = 7, 70 · 10 −19 J 

b) E = h c/λ = 6, 626 · 10 −34 J s · 2, 998 · 10 8 m s −1 /(200 · 10 −9 m ) = 9, 94 · 10 −19 J 

Überschüssige kinetische Energie: 1 

2 mv2 = (9, 94 − 7, 70) · 10 −19 J = 2, 24 · 10 −19 J 

6.6 Energie eines Photons: 

E = h c/λ = 6, 626 · 10 −34 J s · 2, 998 · 10 8 m s −1 /(750 · 10 −9 m ) = 2, 65 · 10 −19 J 

Zahl der Photonen: 1, 00 · 10 −16 J/(2, 65 · 10 −19 J) = 377 

6.7 Energie eines Photons: 

E = h c/λ = 6, 626 · 10 −34 J s · 2, 998 · 10 8 m s −1 /(694 · 10 −9 m ) = 2, 86 · 10 −19 J 

Energie des Blitzes: 10 15 · 2, 86 · 10 −19 J= 2, 86 · 10 −4 J = 286 μJ 

6.8 Gemäß Gleichung (6.4) (Buch Seite 64): 

a) ν = 3, 289 · 10 15 

1 

· 

n2 − 

1 

1 

n2 

s 

2 

−1 = 3, 289 · 10 15 

1 1 

· − 

12 62 

s−1 = 3, 198 · 1015 Hz 

λ = c/ν = 2, 998 · 108 m s−1 /(3, 198 · 1015 s−1 ) = 9, 375 · 10−8 m = 93, 75 nm 

b) ν = 3, 289 · 10 15 

1 1 

· − 

32 52 

s−1 = 2, 339 · 1014 Hz 

λ = c/ν = 2, 998 · 108 m s−1 /(2, 339 · 1014 s−1 ) = 1, 282 · 10−6 m = 1282 nm 

c) ν = 3, 289 · 10 15 

1 1 

· − 

12 22 

s−1 = 2, 467 · 1015 Hz 

λ = c/ν = 2, 998 · 10 8 m s −1 /(2, 467 · 10 15 s −1 ) = 1, 215 · 10 −7 m = 121, 5 nm 

6.9 Umformung von Gleichung (6.4) (Buch Seite 64): 

ν = c/λ = 3, 289 · 10 15 

1 

· 

n2 − 

1 

1 

n2 

s 

2 

−1 

1 

n 2 1 

− 1 

n2 = 

2 

c 

λ · 3, 289 · 10 15 s −1


1 

n 2 2 

n 2 = 

= 1 

n2 c 

− 

1 (λ · 3, 289 · 1015 s−1 ) 

a) n 2 = 

b) n 2 = 

1 

 

1/n 2 1 − c/(λ · 3, 289 · 1015 s −1 ) 

1 

1/2 2 − (2, 998 · 10 8 m s −1 )/(434, 0 · 10 −9 m · 3, 289 · 10 15 s −1 ) = 5 

1 

1/2 2 − (2, 998 · 10 8 m s −1 )/(379, 8 · 10 −9 m · 3, 289 · 10 15 s −1 ) = 10 

6.10 Entsprechend der in Aufgabe 6.9 vorgenommenen Umformung von Gleichung (6.4) gilt: 

1 

n1 = 

c/(λ · 3, 289 · 1015 s−1 ) − 1/n2 2 

Die kürzeste Wellenlänge (2,279 μm) entspricht dem Übergang mit n2 = ∞. 

1 

n1 = = 5 

2, 998 · 108 m s−1 /(2, 279 · 10−6 m · 3, 289 · 1015 s−1 ) − 0 

Die längste Wellenlänge (7,459 μm) muss dem Übergang mit n2 = 6 entsprechen. Das ist auch der Fall: 

1 

n2 = = 6 

1/52 − (2, 998 · 108 m s−1 )/(7, 459 · 10−6 m · 3, 289 · 1015 s−1 ) 

6.11 ν = c/λ = 25, 0 · 10 14 · (Z − 1) 2 s −1 

(Z − 1) 2 = c/(λ · 25, 0 · 10 14 s −1 ) 

6.12 λ = 

Z = c/(25, 0 · 10 14 s −1 · λ) + 1 

a) Z = 2, 998 · 10 8 m s −1 /(25, 0 · 10 14 s −1 · 0, 833 · 10 −9 m) + 1 = 13 

b) Z = 2, 998 · 10 8 m s −1 /(25, 0 · 10 14 s −1 · 0, 153 · 10 −9 m) + 1 = 29 

2, 998 · 10 8 m s −1 

25, 0 · 10 14 · (30 − 1) 2 s −1 = 1, 426 · 10−10 m = 143 pm 

6.13 λ = h/(mv) = 6, 626 · 10 −34 J s/(3, 35 · 10 −27 kg · 2, 45 · 10 3 m s −1 ) = 8, 07 · 10 −11 m = 80, 7 pm 

6.14 v = h/(mλ) = 6, 626 · 10 −34 J s/(9, 11 · 10 −31 kg · 100 · 10 −12 m) = 7, 27 · 10 6 m/s 

6.15 a) Δv ≥ 

h 

4πmΔx = 

6, 626 · 10−34 J s 

4π · 1, 00 · 10−3 kg · 10, 0 · 10−12 m = 5, 27 · 10−21 m/s 

h 

b) Δx ≥ 

4πmΔv = 

6, 626 · 10−34 J s 

4π · 1, 67 · 10−27 kg · 1, 00 m s−1 = 3, 16 · 10−8 m = 31, 6 nm 

6.16 und 6.17 Siehe Buch, Seite 683 – 684 

6.18 Die maximal mögliche Zahl von Elektronen ist 2 für l = 0, 6 für l = 1, 10 für l = 2 und 14 für l = 3. 

Dabei gilt 0 ≤ l < n. 

a) 2 + 6 + 10 + 14 = 32 

b) unmöglich, da l kleiner als n sein muss 

c) 2 weil l = 0 

d) unmöglich weil |m| ≤ l sein muss 

e) 2 weil n, l und m festliegen und nur s = ± 1 

2 sein kann 

f) 6 weil l = 1


6.19 Elektronenkonfiguration von 33As: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 10 4s 2 4p 3 

a) l = 1 haben alle p-Elektronen: 6 + 6 + 3 = 15 

b) m = 0 haben je ein Elektronenpaar aus jeder Unterschale bis auf 4p, wo es nach der Hund-Regel 

nur ein Elektron ist. Es sind 7 voll besetzte Unterschalen vorhanden, dazu 4p. Es sind 2 · 7 + 1 = 15 

Elektronen. 


6.21 Vergleiche Tabelle 6.6, Seite 84 im Buch 

6.22 Paramagnetisch sind alle Elemente mit ungepaarten Elektronen. Ungepaarte Elektronen gibt es bei partiell 

besetzten Unterschalen nach der Hund-Regel. 

a) p 5 : 2 gepaarte, 1 ungepaartes Elektron. Paramagnetisch 

b) s 1 : 1 ungepaartes Elektron; d 5 : 5 ungepaarte Elektronen. Paramagnetisch 

c) f 5 : 5 ungepaarte Elektronen. Paramagnetisch 

d) keine ungepaarten Elektronen. Diamagnetisch 

6.23 Vergleiche Tabelle 6.6, Seite 84 im Buch 

6.24 a) Halbbesetzte Unterschale 4p ist 4p 3 ; das kommt nur bei Arsen vor. 

b) Metalle der 4. Periode sind die Elemente Kalium bis Gallium (Germanium ist ein Halbmetall). 

Keine ungepaarten Elektronen haben Calcium und Zink (und Germanium; vgl. Tabelle 6.6, S. 84) 

c) Nichtmetalle der 2. Periode sind die Elemente Bor bis Neon. 

Ein ungepaartes Elektron pro Atom haben Bor und Fluor.


7 Eigenschaften der Atome und die Ionenbindung 

7.1 Vergleiche Tab. 7.1 (S. 91 im Buch) und Abb. 7.2 (S. 92) im Buch. 

7.2 Aus der Bindungslänge für F–F folgt r(F) = 71 pm. 

Aus der Bindungslänge für Cl–F folgt daraus r(Cl) = 170 − 71 pm = 99 pm. 

Aus der Bindungslänge für N–Cl ergibt sich dann r(N) = 174 − 99 pm = 75 pm. 

7.3 Man addiere die jeweiligen Kovalenzradien aus Tab. 7.1 (S. 91). 

7.4 Mit den van-der-Waals-Radien aus Tab. 7.1 erhält man: 

d(Sb· · · Cl) = 200 + 175 pm = 375 pm d(Sb· · · S) = 200 + 180 pm = 380 pm 

d(Cl· · · S) = 175 + 180 pm = 355 pm d(S· · · S) = 180 + 180 pm = 360 pm 

7.5 Vergleiche Abb. 7.4 und 7.5, Seite 93 – 94 im Buch. Ergebnisse Seite 684 im Buch. 

7.6 Siehe Seite 684 im Buch. 

7.7 S → S − 1. E.A. = −200 kJ/mol (erste Elektronenaffinität) 

S − → S 2− 2. E.A. (zweite Elektronenaffinität) 

S → S 2− +322 kJ/mol 

−200 kJ/mol + 2. E.A. = +322 kJ/mol 

2.E.A. = +322 kJ/mol + 200 kJ/mol = 522 kJ/mol 

7.8 ΔH /(kJ mol−1 ) 

Sublimationsenthalpie Cs(s) → Cs(g) +78 

1. Ionisierungsenergie Cs(g) → Cs + (g) +375 

Dissoziation 

1 

2 Cl 1. Elektronenaffinität 

2(g) 

Cl(g) 

→ Cl(g) 

→ Cl 

1 

2 · 243 = 122 

− (g) –349 

Gitterenergie Cs + (g) + Cl− Bildungsenthalpie 

(g) → CsCl(s) 

Cs(s) + 

ΔHGitter 1 

2 Cl2(g) → CsCl(s) 226 + ΔHGitter ΔHGitter = –443 

= –443 – 226 = –669 

Anmerkung: Beim ersten Schritt (Sublimation von Cs) wird Volumenarbeit geleistet, die jedoch im fünften 

Schritt zurückgewonnen wird und deshalb bei der Rechnung unberücksichtigt bleibt. 

7.9 ΔH /(kJ mol −1 ) 

Sublimationsenthalpie Ca(s) → Ca(g) +192 

1. Ionisierungsenergie Ca(g) → Ca + (g) +590 

2. Ionisierungsenergie Ca + (g) → Ca 2+ (g) +1145 

Dissoziation 

1 

2 O 1. Elektronenaffinität 

2(g) 

O(g) 

→ O(g) 

→ O 

1 

2 · 494 = 247 

− (g) –141 

2. Elektronenaffinität O− (g) → O2− (g) +845 

Gitterenergie Ca2+ (g) + O2− Bildungsenthalpie 

(g) → CaO(s) 

Ca(s) + 

ΔHGitter 1 

2 O2(g) → CaO(s) 2878 + ΔHGitter ΔHGitter = –636 

= –636 – 2878 = –3514 

7.10 a) CaS weil die Ionen doppelt geladen sind (Ca 2+ und S 2− ) 

b) RbF weil F − kleiner ist als I − 

c) CaO weil weil die Ionen doppelt geladen sind (Ca 2+ und O 2− ) und außerdem O 2− kleiner ist als I − 

d) SrSe weil weil die Ionen doppelt geladen sind (Sr 2+ und Se 2− ). 

Die Größe der Ionen hat geringen Einfluß: 

r(Na + ) + r(I − ) = 102 + 220 = 322 pm ≈ r(Sr 2+ ) + r(Se 2− ) = 118 + 198 = 316 pm


e) Na 2O und MgI 2 sind ” Antitypen“ (Kationen- und Anionenplätze vertauscht). 

r(O 2− ) + r(Mg 2+ ) = 140 + 72 = 212 pm < r(Na + ) + r(I − ) = 102 + 220 pm = 322 pm. 

Na 2O hat wegen der kleineren Ionenabstände die größere Gitterenergie. 

7.11 und 7.12 Siehe Seite 684 im Buch 

7.13 Nach der Hund-Regel sind bei Cr 3+ (d 3 ) und bei Co 2+ (d 7 ) jeweils drei ungepaarte d-Elektronen vorhanden; 

sie sind paramagnetisch. Bei allen anderen Ionen sind nur gepaarte Elektronen vorhanden, sie sind 

diamagnetisch. 


7.16 Die Ladungen von Kationen und Anionen müssen sich exakt kompensieren. 

Na + Cl− (Na + ) 2O2− (Na + ) 3N3− (Na + ) 3PO 3− 

4 

Ca2+ (Cl− ) 2 Ca2+ O2− (Ca2+ ) 3(N3− ) 2 (Ca2+ ) 3(PO 3− 

4 ) 2 

Al3+ (Cl− ) 3 (Al3+ ) 2(O2− ) 3 Al3+ N3− Al3+ PO 3− 

4 

7.17 a) Te 2− weil es eine Schale mehr besitzt als Se 2− . 

b) Tl + weil es eine Schale mehr besitzt als Sn 2+ und nur eine einfache positive Ladung trägt. 

c) Tl + weil es die geringere positive Ladung trägt. 

d) N 3− weil es die höhere negative Ladung trägt und N in der gleichen Periode weiter links als O im 

Periodensystem steht. 

e) Te 2− weil es die höhere negative Ladung trägt und Te in der gleichen Periode weiter links als I im 

Periodensystem steht. 

f) Sr 2+ weil es die geringere positive Ladung trägt und eine Schale mehr besitzt als Sc 3+ . 

7.18 und 7.19 Siehe Regeln in Abschnitt 7.8 (S. 103) und Tabelle 7.7 (S. 104) sowie Seite 684 im Buch.


8 Die kovalente Bindung 

8.1 a) HgI 2: I − ist leichter polarisierbar als F − 

b) Fe 2O 3: Fe 3+ wirkt stärker polarisierend als Fe 2+ 

c) CdSe: Se 2− ist leichter polarisierbar als S 2− 

d) CuI 2: Cu 2+ wirkt stärker polarisierend als Cu + 

e) SbBr 3: Das kleinere Sb 3+ wirkt stärker polarisierend als Bi 3+ 

f) BeO: Das kleinere Be 2+ wirkt stärker polarisierend als Mg 2+ 

g) MgS: S 2− ist leichter polarisierbar als O 2− 

h) ScCl 3: Sc 3+ wirkt stärker polarisierend als K + 

i) BiCl 3: Bi 3+ wirkt stärker polarisierend als Pb 2+ 

8.2 Berechnetes Dipolmoment für HBr bei 100 % Ionencharakter: 

μ ber = e · d = 1, 602 · 10 −19 C · 143 · 10 −12 m = 2, 29 · 10 −29 C m 

Partieller Ionencharakter: 

μ gemessen/μ ber = 2, 60 · 10 −30 C m/(2, 29 · 10 −29 C m) = 0, 114 oder 11,4 % 

8.3 Berechnetes Dipolmoment für BrCl bei 100 % Ionencharakter: 

μ ber = e · d = 1, 602 · 10 −19 C · 214 · 10 −12 m = 3, 43 · 10 −29 C m 

Partieller Ionencharakter: 

μ gemessen/μ ber = 1, 90 · 10 −30 C m/(3, 43 · 10 −29 C m) = 0, 055 oder 5,5 % 

8.4 bis 8.12 Siehe Seite 684 – 685 im Buch


9 Molekülstruktur, Molekülorbitale 

9.1 Siehe Seite 686 im Buch 

9.2 

9.3 

X A X 

180 ◦ 

X 

120 

A 

X X 

◦ 


10 Gase 

10.1 Anwendung des Boyle-Mariotte-Gesetzes: 

a) V2 = p1 V1 p2 = 160 kPa · 650 mL 

= 520 mL 

200 kPa 

b) p2 = p1 V1 V2 = 160 kPa · 650 mL 

= 104 kPa 

1000 mL 

c) p2 = p1 V1 V2 = 160 kPa · 650 mL 

= 208 kPa 

500 mL 

10.2 Anwendung des Gay-Lussac-Gesetzes. Alle Temperaturwerte müssen von ◦ C auf Kelvin durch Addition 

von 273 K von umgerechnet werden; T 1 = 50 ◦ C + 273 K = 323 K. 

a) V 2 = V 1 T 2 

T 1 

b) V 2 = V 1 T 2 

T 1 

c) T 2 = T 1 V 2 

V 1 

d) T 2 = T 1 V 2 

V 1 

= 2, 50 L · 263 K 

= 2, 04 mL 

323 K 

= 2, 50 L · 453 K 

= 3, 51 mL 

323 K 

= 323 K · 1, 25 L 

= 162 K oder –111 

2, 50 L 

◦C = 323 K · 2, 750 L 

= 355 K oder 82 

2, 50 L 

◦C 10.3 Anwendung des Gay-Lussac-Gesetzes. Alle Temperaturwerte müssen von ◦ C auf Kelvin durch Addition 

von 273 K von umgerechnet werden; T 1 = 20 ◦ C + 273 K = 293 K. 

a) p2 = p1 T2 T1 = 1, 50 bar · 333 K 

= 1, 70 bar 

293 K 

b) p2 = p1 T2 T1 = 1, 50 L · 673 K 

= 3, 45 bar 

293 K 

c) T2 = T1 p2 p1 = 293 K · 30, 0 bar 

= 5, 86 · 10 

1, 50 bar 

3 K 

d) T2 = T1 p2 = 293 K · 1, 00 bar 

= 195 K oder –78 

1, 50 L 

◦C p1 Achtung: p2 = 100 kPa = 100 kPa·10−5 bar/kPa = 1, 00 bar 

10.4 Anwendung des Gay-Lussac-Gesetzes. Eine Temperaturerhöhung um ΔT bewirkt eine Volumenzunahme 

von ΔV. 

V 2 = V 1 T 2 

T 1 

= V 1 (T 1 + ΔT) 

T 1 

ΔV = V 2 − V 1 = (V 1 + V 1 ΔT 

T 1 

= V 1 + V 1 ΔT 

T 1 

) − V 1 = V 1 ΔT 

T 1 

ΔV = 250 mL · 1 K/273 K = 0, 916 mL/K 

Diese Volumenzunahme ist unabhängig vom Druck. 

10.5 Anwendung des Boyle-Mariotte-Gesetzes. 

p 1 = p 2 V 2 

V 1 

= 3, 55 · 103 Pa · 52, 5 · 10 −3 mL 

250 mL 

= 0, 746 Pa 

10.6 Nach Einsetzen in die Zustandsgleichung eines idealen Gases pV = nRT erhält man die auf Seite 687 im 

Buch angegebenen Ergebnisse. Temperaturen vorher auf Kelvin umrechnen! 

10.7 Normbedingungen: p = 101, 3 kPa, T = 273 K. 

V 2 = p 1 V 1 

T 1 

· T2 = 

p2 101, 3 kPa · 650 mL 

273 K 

· 373 K 

= 180 mL 

500 kPa


10.8 V2 = p1 V1 · 

T1 T2 = 

p2 p1 · V1 273 K 

· 

T1 101, 3 kPa 

57, 5 kPa · 2, 50 L 273 K 

a) V2 = = 1, 30 L 

298 K 101, 3 kPa 

b) V2 = 2, 44 · 102 kPa · 170 mL 273 K 

· = 319 mL 

350 K 101, 3 kPa 

c) V2 = 0, 921 · 102 kPa · 420 mL 273 K 

· = 534 mL 

195 K 101, 3 kPa 

10.9 a) T2 = T1 · p 

p1 V 

2V2 = 

1 

b) p 2 = p 1 V 1 

T 1 

c) V 2 = p 1 V 1 

T 1 

348 K 

75, 0 kPa · 750 mL · 100 kPa · 1000 mL = 619 K oder 346 ◦ · 

C 

T2 V2 = 125 kPa · 1, 00 L 

· 

298 K 

473 K 

= 49, 6 kPa 

4, 00 L 

· p2 V2 = 0, 950 bar · 2, 40 L 

· 

340 K 

313 K 

= 1, 94 L 

1, 08 bar 

10.10 n(N 2O) = m(N 2O)/M(N 2O) = 5, 00 g/(2 · 14, 0 g mol −1 + 16, 0 g mol −1 ) = 0, 1136 mol 

V(N 2O) = n(N 2O)RT/p = 0, 1136 mol · 8, 314 kPa L mol −1 K −1 · 323 K/(12, 0 · 10 2 kPa) = 0, 254 L 

10.11 n(O 2) = m(O 2)/M(O 2) = 16, 0 g/(2 · 16, 0 g mol −1 ) = 0, 500 mol 

V(O 2) = n(O 2)RT/p = 0, 500 mol · 8, 314 kPa L mol −1 K −1 · 283 K/(50, 0 kPa) = 23, 5 mL 

10.12 p = 350 mbar = 35, 0 kPa 

n(Cl 2) = pV/(RT) = 35, 0 kPa · 0, 250 L/(8, 314 kPa L mol −1 K −1 · 298 K) = 0, 00353 mol 

m(Cl 2) = n(Cl 2) · M(Cl 2) = 0, 00353 mol · 2 · 35, 45 mol/L = 0, 250 g 

10.13 M(CH 4) = 12, 01 g/mol + 4 · 1, 008 g/mol = 16, 04 g/mol 

V m(CH 4) = RT/p = 8, 314 kPa L mol −1 K −1 · 298, 15 K/(150 kPa) = 16, 53 L/mol 

ρ(CH 4) = M(CH 4)/V m(CH 4) = 16, 04 g mol −1 /(16, 53 L mol −1 ) = 0, 971 g/L 

10.14 M(SO 2) = 32, 07 g/mol + 2 · 16, 00 g/mol = 64, 07 g/mol 

V m(SO 2) = RT/p = 8, 314 kPa L mol −1 K −1 · 373, 15 K/(75 kPa) = 41, 36 L/mol 

ρ(SO 2) = M(SO 2)/V m(SO 2) = 64, 07 g mol −1 /(41, 36 L mol −1 ) = 1, 55 g/L 

10.15 V m(Ar) = M(Ar)/ρ(Ar) = 39, 95 g mol −1 /(1, 00 g L −1 ) = 39, 95 L/mol 

p = RT/V m(Ar) = 8, 314 kPa L mol −1 K −1 · 263 K/(39, 95 L mol −1 ) = 54, 7 kPa 

10.16 V m = RT/p = 8, 314 kPa L mol −1 K −1 · 338 K /(89, 8 kPa) = 31, 3 L/mol 

M = ρ V m = 0, 645 g/L ·31, 3 L/mol = 20, 2 g/mol 

10.17 V m = RT/p = 8, 314kPa L mol −1 K −1 · 310 K /(137 kPa) = 18, 8 L/mol 

M = ρ V m = 1, 60 g/L ·18, 8 L/mol = 30, 1 g/mol 

10.18 Die relativen Volumina entsprechen den Koeffizienten in der Reaktionsgleichung: 

V(CH4) = V(NH3) = V(HCN) = 15, 0 L V(O2) = 3 

2V(HCN) = 22, 5 L 

V(H2O) = 3 · V(HCN) = 45, 0 L 

10.19 Die relativen Volumina entsprechen den Koeffizienten in der auf Seite 687 im Buch angegebenen Reaktionsgleichung. 

O2 ist der begrenzende Reaktand, mit 16,0 L O2 können maximal 4 

5 · 16, 0 L = 12, 8 L 

NH3 reagieren und 12,8 L NO entstehen.


10.20 Zur vollständigen Reaktion werden für 1,200 L Cl 2(g) nur 0,800 L NH 3(g) benötigt. V(NH 3) = 0, 100 L 

bleiben übrig. Die Volumina von N 2 und HCl ergeben sich aus den Koeffizienten der Reaktionsgleichung 

und V(Cl 2) = 1, 200 L: 

V(N 2) = 1 

2 V(Cl 2) = 0, 400 L V(HCl) = 2 · V(Cl 2) = 2, 400 L 

10.21 Die relativen Volumina der Gase entsprechen den Koeffizienten der Reaktionsgleichung: 

4 NH 3(g) + 3 F 2(g) → NF 3(g) + 3 NH 4F(s) 

Bei vollständigem Umsatz werden 200 mL NH 3 und 150 mL F 2 für 50 mL NF 3 benötigt. Bei einer 

Ausbeute von 65 % müssen 1/0,65 mal so viel eingesetzt werden: 

+ V(NH 3) = 200 mL /0, 65 = 307, 7 mL und V(F 2) = 150 mL /0, 65 = 230, 7 mL. 

10.22 M(N 2O) = 2 M(N) + M(O) = (2 · 14, 01 + 16, 00) g/mol = 44, 0 g/mol. 

M(SF 6) = M(S) + 6 M(F) = (32, 07 + 6 · 19, 00) g/mol = 146, 1 g/mol. 

ρ(N 2O) = M(N 2O)/V m = 44, 0 g mol −1 /(22, 4 L mol −1 ) = 1, 96 g/L 

ρ(SF 6) = M(SF 6)/V m = 146, 1 g mol −1 /(22, 4 L mol −1 ) = 6, 52 g/L 

10.23 a) M = ρ V m = 5, 710 g/L · 22, 4 L mol −1 = 128 g/L 

b) M = ρ V m = 0, 901 g/L · 22, 4 L mol −1 = 20, 2 g/L 

10.24 M(SO 2) = M(S) + 2 M(O) = (32, 07 + 2 · 16, 00) = 64, 1 g/mol 

a) n(SO 2) = m(SO 2)/M(SO 2) = 1, 3 · 10 −3 g m −3 /(64, 1 g mol −1 ) = 2, 03 · 10 −5 mol/m −3 

b) p(SO 2) = nRT/V = 2, 03 · 10 −5 mol · 8, 314 Pa m 3 mol −1 K −1 · 293 K /(1, 00 m 3 ) = 0, 049 Pa 

10.25 a) CaH 2(s) + 2 H 2O(l) → 2 H 2(g) + Ca(OH) 2(aq) 

b) M(CaH2) = M(Ca) + 2 M(H) = (40, 08 + 2 · 1, 008) g/mol = 42, 1g/mol 

n(H2) = pV/(RT) = 101, 3 kPa · 3, 00 L/(8, 314 kPa L mol−1K−1 · 273 K ) = 0, 134 mol 

Gemäß Reaktionsgleichung braucht man ein halbes Mol CaH2 pro Mol H2, d.h. 

n(CaH2) = 1 

2 · 0, 134 mol = 0, 067 mol. 

m(CaH2) = n(CaH2) · M(CaH2) = 0, 067 mol · 42, 1 g/mol = 2, 82 g 

10.26 a) Ca(s) + 2 H 2O(l) → H 2(g) + Ca(OH) 2(aq) 

b) n(H 2) = pV/(RT) = 0, 134 mol (vgl. Aufgabe 10.25) 

Gemäß Reaktionsgleichung braucht man ein Mol Ca pro Mol H 2, d.h. 

n(Ca) = 0, 134 mol. 

m(Ca) = n(Ca) · M(Ca) = 0, 134 mol · 40, 1 g/mol = 5, 37 g 

10.27 a) Al 4C 3(s) + 12 H 2O(l) → 3 CH 4(g) + 4 Al(OH) 3(s) 

b) n(Al 4C 3) = m(Al 4C 3)/M(Al 4C 3) = 0, 250 g/(4 · 26, 98 + 3 · 12, 01 g mol −1 ) = 0, 00174 mol 

Gemäß Reaktionsgleichung erhält man drei Mol CH 4 pro Mol Al 4C 3: 

n(CH 4) = 3 · 0, 00174 mol = 0, 00521 mol 

V(CH 4) = n(CH 4) RT/p = 0, 00521 · 8, 314 kPa L mol −1 K −1 · 308 K /(78, 5 kPa) = 0, 170 L 

10.28 Die Gasvolumina sind proportional zu den Stoffmengen. Division der Gasvolumnina durch die Koeffizienten 

der Reaktionsgleichung (s. Aufgabe 10.21): 

V(NH 3)/4 = 350 mL/4 = 87, 5 mL V(F 2) = 250 mL/3 = 83, 3 mL 

Die kleiner Zahl zeigt F 2 als begrenzenden Reaktanden. 

n(F 2) = pV(F 2)/R T = 101, 3 kPa · 0, 250 L /(8, 314 kPa mL mol −1 K −1 · 273 K ) = 0, 01116 mol 

Die theoretische Ausbeute ist gemäß Reaktionsgleichung ein Drittel davon: 

n(NF 3) = n(F 2)/3 = 0, 01116 mol = 0, 0372 mol 

m(NF 3) = n(F 2)/ · M(NF 3) = 0, 0372 mol ·(14, 01 + 3 · 19, 00) g/mol = 0, 264 g


10.29 X sei die gasförmige Verbindung unbekannter Zusammensetzung. 

a) n(X) = pV(X)/R T = 101, 3 kPa · 0, 120 L /(8, 314 kPa mL mol −1 K −1 · 273 K ) = 0, 00536 mol 

n(O 2) = pV(O 2)/R T = 101, 3 kPa · 0, 900 L /(8, 314 kPa mL mol −1 K −1 · 273 K ) = 0, 0402 mol 

n(CO 2) = pV(CO 2)/R T = 101, 3 kPa · 0, 600 L /(8, 314 kPa mL mol −1 K −1 · 273 K ) = 0, 0268 mol 

n(H 2O) = m(H 2O)/M(H 2O) = 0, 483 g/(2 · 1, 008 g mol −1 + 16, 00 g mol −1 ) = 0, 0268 mol 

b) Division aller Molzahlen durch 0,00536 mol, der kleinsten dieser Zahlen: 

n(X)/0, 00536 = 1 n(O 2)/0, 00536 = 0, 0402 mol/(0, 00536 mol) = 7, 50 

n(CO 2)/0, 00536 = n(H 2O)/0, 00536 = 0, 0268 mol/(0, 00536 mol) = 5, 00 

Durch Verdoppelung erhält man ganze Zahlen und die Koeffizienten der Reaktionsgleichung: 

2 X + 15 O 2 → 10 CO 2 + 10 H 2O 

c) Aus den Stoffmengen der Elemente auf der rechten Seite der Gleichung abzüglich der der Menge der 

O-Atome auf der linken Seite erhält man die auf X entfallenden Komponenten: 

X = C 5H 10 

2 C 5H 10 + 15 O 2 → 10 CO 2 + 10 H 2O 

10.30 n(H 2) = pV(H 2)/R T = 101, 33 kPa · 14, 34 L /(8, 314 kPa mL mol −1 K −1 · 273, 15 K ) = 0, 6398 mol 

x Mg(s) + 2y Al(s) + (2x + 6y) H + (aq) → (x + 3y) H 2(g) +x Mg 2+ (aq) + 2y Al 3+ (aq) 

n(H 2) = x + 3y = 0, 6398 mol 

x = 0, 6398 mol −3y (1) 

m(Mg) + m(Al) = n(Mg) · M(Mg) + n(Al) · M(Al) = m(Legierung) 

x · 24, 31 g/mol + 2y · 26, 98 g/mol = 12, 50 g 

12, 50 g − 2y · 26, 98 g/mol 

x = = 

24, 31 g/mol 

12, 50 

98 

mol − 226, y = 0, 5142 mol − 2, 220 y (2) 

24, 31 24, 31 

Gleichsetzung der Gleichungen (1) und (2) und Auflösung nach y: 

0, 6398 mol −3y = 0, 51429 mol − 2, 220 y 

3y − 2, 220 y = (0, 6398 − 0, 5142) mol 

y = (0, 6398 − 0, 5142) mol/(3 − 2, 220) = 0, 1610 mol 

m(Al) = n(Al) · M(Al) = 2y · M(Al) = 2 · 0, 1610 mol ·26, 98 g/mol = 8, 690 g 

w(Al) = m(Al)/m(Legierung) = 8, 690 g/(12, 50 g) = 0, 6952 oder 69,52 % 

10.31 n(O2) = m(O2)/M(O2) = 0, 560 g/(32, 00 g mol−1 ) = 0, 0175 mol 

n(N2) = m(N2)/M(N2) = 0, 560 g/(28, 01 g mol−1 ) = 0, 0200 mol 

n(O 

p(O2) = 

2) p 0, 0175mol · 60, 0kPa 

= = 28, 0 kPa 

n(O2) + n(N2) (0, 0175 + 0, 200)mol 

n(N 

p(N2) = 

2) p 0, 0200mol · 60, 0kPa 

= = 32, 0 kPa 

n(O2) + n(N2) (0, 0175 + 0, 200)mol 

10.32 a) x(CH 4) = 

p(CH4) p(CH4) + p(C2H6) = 

22, 5 kPa 

= 0, 577 

(22, 5 + 16, 5) kPa 

x(C 2H 6) = 1 − x(CH 4) = 1 − 0, 577 = 0, 423 

b) n ges = pV 

RT 

(22, 5 + 16, 5) kPa · 9, 73 L 

= 

8, 314 kPa L mol−1K−1 = 0, 148 mol 

· 308 K 

c) m(CH 4) = n(CH 4) · M(CH 4) = x(CH 4) · n ges · (M(C) + 4M(H)) 

= 0, 577 · 0, 148 mol ·(12, 01 + 4 · 1, 008) g mol −1 = 1, 37 g 

m(C 2H 6) = n(C 2H 6) · M(C 2H 6) = x(C 2H 6) · n ges · (2M(C) + 6M(H)) 

= 0, 423 · 0, 148 mol ·(2 · 12, 01 + 6 · 1, 008) g mol −1 = 1, 88 g


10.33 Der Partialdruck des Wasserdampfs bei 30 ◦ C (T 1 = (30 + 273) K = 303 K) beträgt 4,24 kPa (vgl. 

Tab. 10.1, Seite 153). Der Partialdruck des Gases ist dann p 1 = 102, 3 kPa −4, 24 kPa = 98, 1 kPa. Für 

T 2 = 373 K und p 2 = 101, 3 kPa gilt: 

V 2 = p 1V 1 

T 1 

· T2 = 

p2 98, 1 kPa · 500 mL · 373 K 

303 K · 101, 3 kPa 

= 596 mL 

10.34 Der Partialdruck des Wasserdampfs bei 70 ◦ C (T 1 = 70 + 273K = 343 K) beträgt 312 mbar (vgl. Tab. 

10.1, Seite 153). Der Partialdruck des Gases ist dann p 1 = 996 mbar −312 mbar = 684 mbar. Bei V 2 = 

750 mL und T2 = (27 + 273) K = 300 K gilt: 

p2 = p1V1 · 

T1 T2 = 

V2 684 mbar · 650 mL · 300 K 

= 518 mbar = 51, 8 kPa 

343 K · 750 mL 

10.35 a) v = 

3RT/M(N2) = 3 · 8, 314 kg m2 s−2 mol−1K −1 · 100K/(0, 0280 kg mol −1 ) = 298 m/s 

b) v = 

3RT/M(N2) = 3 · 8, 314 kg m2 s−2 mol −1 K−1 · 500K/(0, 0280 kg mol −1 ) = 667 m/s 

c) v = 

3RT/M(CO2) = 3 · 8, 314 kg m2 s−2 mol −1 K−1 · 650K/(0, 0440 kg mol −1 ) = 607 m/s 

10.36 3R · 300 K/M(N2) = 3RT/M(N2O) 3R · 300 K/M(N2) = 3RT/M(N2O) 300 K/M(N2) = T/M(N2O) T = 300 K · M(N2O)/M(N2) = 300 K · 44, 0/28, 0 = 471 K 

10.37 r(N2O) r(N2) = 

 

M(N2) M(N2O) = 

 

28, 0 g mol−1 = 0, 798 

44, 0 g mol−1 10.38 r(X) 

 

M(O 

= 0, 629 = 

2) 

r(O2) M(X) 

10.39 

M(X) = M(O 2)/0, 629 2 = 32, 0 g mol −1 /0, 629 2 = 80, 9 g/mol 

r(Z) 

= 1, 05 = 

r(SO2) 

M(SO 2) 

M(Z) 

M(Z) = M(SO 2)/1, 05 2 = 64, 1 g mol −1 /1, 05 2 = 58, 1 g/mol 

10.40 Die Dichte ρ eines Gases ist proportional zu seiner Molmasse 

a) r(X) 

r(N 2) 

6, 28 mL s−1 

= = 

9, 50 mL s−1 

ρ(N 2) 

ρ(X) 

ρ(X) = ρ(N 2) · (9, 50/6, 28) 2 = 0, 565 g L −1 · (9, 50/6, 28) 2 = 1, 29 g/L 

b) M(X) = M(N 2) · (9, 50/6, 28) 2 = 28, 0 g mol −1 · (9, 50/6, 28) 2 = 64, 1 g/mol 

10.41 Die Effusionsgeschwindigkeit ist umgekehrt proportional zur Dauer der Effusion: 

r(X)/r(O 2) = 6, 30 min/(5, 00 min) = 1, 26 

M(X) = M(O 2) · 1, 26 2 = 32, 0 g mol −1 · 1, 26 2 = 50, 8 g/mol 

ρ(X) = M(X)/V m = 50, 8 g mol −1 /(22, 4 L mol −1 ) = 2, 27 g/L 

10.42 a) p = nRT/V = 1, 000 mol · 8, 3145 kPa L mol −1 K −1 · 273, 25 K /(1, 000 L) = 2271 kPa 

b) Gemäß Gleichung (10.5) und Tabelle 10.2 (Seite 158 im Buch) ist: 

p = nRT 

V − nb − n2a V 2 

= 1, 000 mol · 8, 3145 kPa L mol−1 K −1 · 273, 15 K 

1, 000 L − 1, 000 mol · 0, 0318 L mol −1 

− 1, 0002 mol 2 · 138 kPa L 2 mol −2 

1, 000 2 L 2 

= 2207 kPa


c) Ideales Gas: p = 1, 000 mol · 8, 3145 kPa L mol −1 K −1 · 273, 15 K /(10, 000 L) = 227, 1 kPa 

Van der Waals: 

p = 1, 000 mol · 8, 3145 kPa L mol−1 K −1 · 273, 15 K 

10, 000 L − 1, 000 mol · 0, 0318 L mol −1 

− 1, 0002 mol 2 · 138 kPa L 2 mol −2 

10, 000 2 L 2 

= 225, 7 kPa 

d) Ideales Gas: p = 1, 000 mol · 8, 3145 kPa L mol −1 K−1 · 400, 15 K /(1, 000 L) = 3327 kPa 

Van der Waals: 

p = 1, 000 mol · 8, 3145 kPa L mol−1K−1 · 400, 15 K 

1, 000 L − 1, 000 mol · 0, 0318 L mol−1 − 1, 0002 mol 2 · 138 kPa L2mol−2 1, 0002 L2 = 3298 kPa 

e) Siehe Buch Seite 688. 

10.43 Durch die Druckverringerung von 150 bar auf 1,00 bar vergrößert sich das Volumen gemäß dem Boyle- 

Mariotte-Gesetz auf 

V 2 = V 1p 1/p 2 = 10, 0 L · 150 bar/(1, 00 bar) = 1, 50 · 10 3 L 

10 Liter verbleiben im Zylinder, so dass 1, 50 · 10 3 − 10 = 1, 49 · 10 3 Liter für die Luftballons zur 

Verfügung stehen. Das sind 1, 49 · 10 3 L/(1,50 L) = 993 Luftballons. 

10.44 Stoffmenge von 12 m 3 Helium und 12 m 3 Luft: 

n(He) = n(Luft) = pV/RT = 95, 0 · 10 3 Pa ·12 m 3 /(8, 314 Pa m 3 mol −1 K −1 · 288 K) = 476 mol 

Masse des Heliums: m(He) = n(He) · M(He) = 476 mol · 4, 00 · 10 −3 kg/mol = 1, 90 kg 

Masse von 12 m 3 Luft: m(Luft) = n(Luft) · M(Luft) = 476 mol · 28, 9 · 10 −3 kg/mol = 13, 8 kg 

Der Auftrieb entspricht der Differenz der beiden Massen; der Ballon kann (13, 8−1, 90) kg = 11, 9 kg 

tragen. 

10.45 n(C8H18) = m(C8H18)/M(C8H 18) = 0, 650 g/(114, 2 g/mol) = 0, 00569 mol 

Gemäß Reaktionsgleichung entstehen 16 + 18 = 34 mol Gas (CO2 + H2O) aus 2 mol Octan. Aus 0,00569 

mol Octan sind es dann n(Gas) = 34 

2 · 0, 00569 mol = 0, 0967 mol. Das Gasvolumen ist: 

V = nRT/p = 0, 0967 mol · 8, 314 kPa L mol −1 K−1 · 723 K /(12, 5 · 102 kPa) = 0, 465 L 

10.46 Stoffmengen C und H in der Probe: 

n(C) = n(CO2) = pV/RT = 101, 3 kPa · 0, 672 L /(8, 314 kPa L mol −1 K−1 · 273 K) = 0, 030 mol 

n(H) = 2 n(H2O) = 2 m(H2O)/M(H2O) = 0, 630 g/(18, 0 g mol−1 ) = 0, 070 mol 

Die Formel der Verbindung muss demnach C3xH7x sein. Die entstandene CO2-Menge ist das 3x-fache 

der Stoffmenge der Probe: 

C3xH7x + O2 → 3x CO2 + 7 

2 x H2O n(CO2) = 3x n(Probe) 

n(Probe) = pV/RT = 86, 1 kPa · 0, 156 L /(8, 314 kPa L mol −1 K−1 · 323 K) = 0, 0050 mol 

x = n(CO2)/(3 n(Probe)) = 0, 030 mol/(3 · 0, 0050 mol) = 2 

Die Molekülformel lautet C6H14. 10.47 a) n(Gas) = pV/RT = 101, 3 kPa · 45, 17 L /(8, 314 kPa L mol −1 K −1 · 338 K) = 1, 628 mol 

b) 1 mol N 2O 4 war ursprünglich vorhanden. Wenn davon x mol dissoziiert sind, dann sind noch 1 − x 

mol N 2O 4 vorhanden und 2x mol NO 2 entstanden. Die gesamte Stoffmenge ist also 

n(Gas) = n(N 2O 4) + n(NO 2) = (1 mol −x) + 2x = 1, 628 mol 

x = (1, 628 − 1) mol = 0, 628 mol 

n(N 2O 4) = 1 mol −x = (1 − 0, 628) mol = 0, 372 mol 

n(NO 2) = 2x = 2 · 0, 628 mol = 1, 256 mol 

c) x(N 2O 4) = 

n(N2O4) n(N2O4) + n(NO2) = 

0, 372 mol 

= 0, 228 

(0, 372 + 1, 256) mol 

x(NO 2) = 1 − x(N 2O 4) = 1 − 0, 228 = 0, 772 

d) p(N 2O 4) = x(N 2O 4) · p = 0, 228 · 101, 3 kPa = 23, 1 kPa 

p(NO 2) = p − p(N 2O 4) = 101, 3 kPa −23, 1 kPa = 78, 2 kPa


11 Flüssigkeiten und Feststoffe 

11.1 Die Dipolmomente betragen Null, wenn sich die Dipolmomente der Bindungen vektoriell zu Null addieren. 

Das ist beim linearen BeF 2 und dem planaren BF 3-Molekül der Fall. 

11.2 Die Dipolmomente der Bindungen addieren sich auf Null bei HgCl 2, BF 3, CH 4, PF 5, XeF 2, SF 6 und 

XeF 4. 

11.3 bis 11.9 Siehe Buch Seite 688. 

11.10 

11.11 

p /kPa ✻ 

1300 

101,3 

7,1 

p /kPa 

5490 

101,3 

17,7 

fest 

Smp. 

flüss. 

Sdp. 

Tripelpunkt 

gasf. 

Krit. Punkt 

0 10 20 30 40 

✻ 

Krypton 

fest 

Smp. 

Wasserstoff 

✲ 

T /K 

0 50 100 150 200 

fl. 

Sdp. 

Tripelpunkt 

gasf. 

Krit. Punkt 

✲ 

T /K 

Da die Grenzlinie fest/flüssig eine positive Steigung hat, hat festes Krypton eine höhere Dichte. Bei allen 

Edelgasen liegt der Siedepunkt nur wenig über dem Schmelzpunkt, so dass der Stabilitätsbereich für die 

flüssige Phase ziemlich schmal ist.


11.12 Man vergleiche mit Abb. 11.12 (S. 176 im Buch). 

a) Druckerhöhung bei −60 ◦ C entspricht einem Weg senkrecht aufwärts im Diagramm. Beim Kreuzen 

der die Linie A–T kommt es bei ca. 500 kPa zur Kondensation von CO 2-Dampf zum Festkörper. 

b) Bei Druckerhöhung bei 0 ◦ C wird die Linie T–K gekreuzt. CO 2-Dampf kondensiert zur Flüssigkeit. 

c) Temperaturhöhung bei 100 kPa entspricht einem Weg waagerecht nach rechts im Diagramm. Beim 

Kreuzen der die Linie A–T kommt es bei −78 ◦ C zur Sublimation von festem CO 2. 

b) Bei Temperaturhöhung bei 560 kPa wird zuerst die Linie T–B bei ca. −50 ◦ C und dann bei ca. −30 ◦ C 

die Linie T–K gekreuzt. Festes von CO 2 wird zunächst flüssig und verdampft dann. 

11.13 Eis kann sublimiert werden wenn die Linie A–T in Abb. 11.11 (S. 175 im Buch) überquert wird. Das 

geschieht bei Verminderung des Drucks unterhalb von 0, 01 ◦ C oder durch Erhöhung der Temperatur 

unterhalb von 0,61 kPa. 

11.14 und 11.15 Siehe Buch Seite 688. 

11.16 Volumen der Elementarzelle: V = (620 · 10 −12 ) 3 m 3 = (620 · 10 −10 ) 3 cm 3 = 2, 383 · 10 −22 cm 3 . 

Die flächenzentrierte Elementarzelle enthält vier Xenon-Atome. Deren Masse beträgt: 

m = 4 M(Xe)/N A = 4 · 131, 3 g mol −1 /(6, 022 · 10 23 mol −1 ) = 8, 720 · 10 −22 g 

Dichte des festen Xenons: 

ρ = m/V = 8, 720 · 10 −22 g/(2, 383 · 10 −22 cm 3 ) = 3, 66 g/cm 3 . 

11.17 Die Zahl Z der Atome in der Elementarzelle ergibt sich aus der Dichte ρ gemäß: 

Z = ρ V N A/M 

Mit V = a 3 , ρ = m/V und 1 pm = 10 −10 cm sind das: 

Silber: Z = 10, 6 g cm −3 · (408 · 10 −10 ) 3 cm 3 · 6, 022 · 10 23 mol −1 /(107, 9 g mol −1 ) = 4. 

Kubisch-flächenzentriert. 

Tantal: Z = 16, 6 g cm −3 · (330 · 10 −10 ) 3 cm 3 · 6, 022 · 10 23 mol −1 /(185, 9 g mol −1 ) = 2. 

Kubisch-innenzentriert. 

11.18 Auflösug der in Aufgabe 11.17 genannten Gleichung nach M: 

M = ρ V N A/Z = 7, 92 g cm −3 · (286 · 10 −10 ) 3 cm 3 · 6, 022 · 10 23 mol −1 /2 = 55, 8 g/mol (Eisen). 

11.19 Wegen Z = 4 entspricht das Volumen des Würfels dem von 1 

4NA Elementarzellen. 

V = 1 

4 6, 022 · 1023 · (389 · 10−12 ) 3 m3 = 8, 863 · 10−6 m3 Die Kantenlänge des Palladium-Würfels mißt 3√ V = 2, 07 cm. 

11.20 In der kubisch-flächenzentrierten Zelle ist eine Flächendiagonale der Elementarzelle 4r = a √ 2 lang. In 

einer innenzentrierten Zelle ist die Raumdiagonale 4r lang (r = Atomradius). Die Raumdiagonale d einer 

kubischen Zelle mißt d = a √ 3; in einer tetragonalen Zelle ist d2 = 2a2 + c2 . Damit sind die Atomradien: 

r(Al) = 1 

√ √ 

1 

4 2a = 4 2 · 405 pm = 143 pm 

r(Cr) = 1 

√ √ 

1 

4 3a = 4 3 · 287, 5 pm = 124 pm 

r(In) = 1 

 

1 

4d(In) = 4 3242 +3242 +4942 pm2 = 168 pm entlang der Raumdiagonalen; außerdem gibt es 

Kontakte in Richtung a und b, entsprechend der Länge dieser Gitterparameter: r = 1 

2 324 pm = 162 pm. 

Dichten: 

4 M(Al) 

ρ(Al) = 

NA V = 

4 · 26, 98 g mol −1 

6, 022 · 1023 mol −1 · (405 · 10−10 = 2, 70 g/cm3 

cm) 3 

ρ(Cr) = 

ρ(In) = 

2 M(Cr) 

N A V = 

2 M(In) 

N A V = 

2 · 52, 00 g mol −1 

6, 022 · 1023 mol −1 · (287, 5 · 10−10 = 7, 27 g/cm3 

cm) 3 

2 · 114, 8 g mol −1 

6, 022 · 1023 mol −1 · 3242 · 494 · (10−10 = 7, 36 g/cm3 

cm) 3


11.21 a) Cl− : 8 · 1 

8 

Na + : 12 · 1 

4 

1 

= 1 in den Ecken + 6 · 2 auf den Flächenmitten, zusammen 4; 

auf den Kanten + 1 in der Würfelmitte, zusammen 4. 

b) In der Elementarzelle sind Z = 4 Formeleinheiten AgCl enthalten. Mit der Formelmasse für AgCl 

M(AgCl) = (107, 87 + 35, 453) g/mol = 143, 32 g/mol und der in Aufgabe 11.17 angegebenen Formel 

ist das Zellvolumen 

V = a 3 = Z M(AgCl)/(ρ N A) = 4 · 143, 32 g mol −1 /(5, 57 g cm −3 · 6, 022 · 10 23 mol −1 ) 

= 1, 709 · 10 −22 cm 3 

Gitterkonstante a = 555 pm 

c) Der kürzeste Ag + –Cl−-Abstand entspricht der halben Gitterkonstanten, 1 

2a = 277, 5 pm 

11.22 a) Cl − : 8 · 1 

8 = 1; Cs+ : 1 in der Würfelmitte. 

b) In der Elementarzelle sind Z = 1 Formeleinheiten CsCl enthalten. Mit der Formelmasse für CsCl 

M(CsCl) = 132, 91 + 35, 453 g/mol = 168, 36 g/mol und der in Aufgabe 11.17 angegebenen Formel 

ist das Zellvolumen 

V = a 3 = Z M(CsCl)/(ρ N A) = 1 · 168, 36 g mol −1 /(3, 99 g cm −3 · 6, 022 · 10 23 mol −1 ) 

= 7, 005 · 10 −23 cm 3 

Gitterkonstante a = 412 pm 

c) Der kürzeste Cs + –Cl − -Abstand entspricht der halben Raumdiagonalen durch die Elementarzelle, 

1 

2 a√ 3 = 357 pm 

11.23 Die Gitterkonstante a ist 2-mal der kürzeste Pb–S-Abstand, a = 2 · 297 pm = 594 pm. 

ρ = 4 M(PbS)/(N A a 3 ) = 4 · 239, 3 g mol −1 /(6, 022 · 10 23 mol −1 · (594 · 10 −10 cm) 3 ) = 7, 59 g/cm 3 

11.24 a) S: 8 · 1 

1 

8 = 1 in den Ecken + 6 · 2 auf den Flächenmitten, zusammen 4; Zn: 4 in der Zelle. 

b) ρ = 4 M(CuCl)/(NA a3 ) = 4 · 99, 00 g mol−1 /(6, 022 · 1023 mol−1 · (542 · 10−10 cm) 3 ) 

= 4, 13 g/cm3 c) Der kürzeste Cu–Cl-Abstand entspricht einem Viertel der Raumdiagonalen durch die Elementarzelle, 

1 

4a√3 = 1 

4 · 542 pm √ 3 = 235 pm 

11.25 Die Raumdiagonale durch die Elementarzelle ist doppelt so lang wie der kürzeste Tl + –Cl − -Abstand, 

2 · 333 pm = 666 pm. 

a = 666/ √ 3 pm = 385 pm 

ρ = 1 M(TlCl)/(N A a 3 ) = 1 · 239, 8 g mol −1 /(6, 022 · 10 23 mol −1 · (385 · 10 −10 cm) 3 ) = 6, 98 g/cm 3 

11.26 r(Be 2+ )/r(O 2− ) = 45/140 = 0, 32 < 0, 414 Zinkblende-Typ 

r(Mg 2+ )/r(O 2− ) = 72/140 = 0, 51 > 0, 414 NaCl-Typ 

r(Mg 2+ )/r(S 2− ) = 72/184 = 0, 39 < 0, 414 Zinkblende-Typ 

r(Ca 2+ )/r(O 2− ) = 100/140 = 0, 71 > 0, 414 NaCl-Typ 

r(Ca 2+ )/r(S 2− ) = 100/184 = 0, 54 > 0, 414 NaCl-Typ 

r(Sr 2+ )/r(O 2− ) = 118/140 = 0, 84 > 0, 732 CsCl-Typ 

r(Sr 2+ )/r(S 2− ) = 118/184 = 0, 64 > 0, 414 NaCl-Typ 

11.27 a) Zahl der freien Anionenplätze = (1 − 0, 995) · 100% = 0, 5 % 

b) perfekter Kristall: 

ρ = 4 M(CdO)/(N A a 3 ) = 4 · 128, 41 g mol −1 /(6, 022 · 10 23 mol −1 · (469, 5 · 10 −10 cm) 3 ) 

= 8, 241 g/cm 3 

Nichtstöchiometrischer Kristall: 

M(CdO 0,995) = 112, 41 g/mol + 0, 995 · 16, 00 g/mol = 128, 33 g/mol 

ρ = 8, 236 g/cm 3


12 Strukturaufklärung 

12.1 Gemäß Bragg-Gleichung ist: 

n λ = 2 d sin θ 

d = 1 · 71, 0 pm /(2 sin 12, 0 ◦ ) = 171 pm 

12.2 sin θ = n λ/(2 d) = n · 154 pm/(2 · 204 pm); n = 1, 2, 3 

= 0, 3775; 0, 7549; 2, 265 

θ = 22, 2 ◦ und 49, 0 ◦ ; für n = 3 ist sin θ > 1 und somit nicht meßbar. 

12.3 sin θ = n λ/(2 d) = n · 71, 0 pm/(2 · 303 pm); n = 1, 2, 3 

= 0, 1172; 0, 2343; 0, 3515 

θ = 6, 7 ◦ ; 13, 6 ◦ ; 20, 6 ◦ 

12.4 Die betrachtete Ebene ist die richtige, um die Miller-Indices zu ermitteln: sie ist die nächste zum Ursprung 

gelegene Ebene, die nicht selbst durch den Ursprung verläuft. Sie schneidet die Achsen a und b in den 

Abständen a/1 und b/1. Die c-Achse wird nicht geschnitten, d.h. der c-Achsenabschnitt beträgt ∞ = c/0. 

Die Indices sind 110. 

Die Achsenabschnitte der rechten Begrenzungsfläche sind a/0, b/1 und c/0, die Miller-Indices lauten 

010. 

12.5 Siehe Buch S. 689 

12.6 Bild der Elementarzelle siehe Buch S. 689. 

Dem Bild kann man ersehen: Abstand Ti· · · O = 1 

2 

a = 1 

2 

· 391 pm = 195, 5 pm; Abstand Ca· · · O 

= 1 

2 a√ 2 = 276, 5 pm 

Zu denselben Werten kommt man durch Einsetzen der Atomkoordinaten in Gleichung (12.2) (S. 195 im 

Buch). 

Die Koordinationszahl des Ca-Atoms ist dem Bild auf S. 689 im Buch zu ersehen. Ein Ti-Atom hat 6 

nächste Nachbaratome entlang der Zellenkanten (unter Einschluß der Nachbarzellen). 

12.7 In der trigonalen Elementarzelle gilt α = β = 90 ◦ , cos α = cos β = 0, sowie γ = 120 ◦ , 2 cos γ = −2 · 1 

2 ; 

a = b. Damit vereinfacht sich Gleichung (12.2) (S. 195 im Buch) zu: 

d 2 = a 2 (Δx 2 + Δy 2 − ΔxΔy) + c 2 Δz 2 

Die Koordinaten von Atomen in den Nachbarzellen ergeben sich durch Addition und Subtraktion von 

1 zu den tabellierten x-, y- und z-Werten. Eines der Iod-Nachbaratome zum Cd-Atom liegt bei 0, 3333, 

−0, 3333, 0, 249. Seine Cd–I-Bindung hat die Länge: 

d(Cd–I) = 425 2 [(0, 3333 − 0) 2 + (−0, 3333 − 0) 2 − 0, 3333 · (−0, 3333)] + 686 2 (0, 249 − 0) 2 pm 

= 299 pm. 

Es gibt sechs gleich lange Cd–I-Bindungen pro Cadmium-Atom mit dieser Länge. 

Jedes Iod-Atom hat Kontakt mit zwölf anderen Iod-Atomen: 

Sechs befinden sich in Nachbarzellen bei gleicher z-Koordinate in Abständen, die der Gitterkonstanten 

a = 425 pm entsprechen. 

Das Iod-Atom mit den Koordinaten 1 2 

3 , 3 , 0,249 hat drei gleich weit entfernte Iod-Nachbaratome in z = 

0, 751; Entfernung zu einem davon: 

 

d(I· · · I) = 4252 [( 1 2 

3 − 3 )2 + ( 2 1 

3 − 3 )2 − (− 1 1 

3 )· 3 ] + 6862 (0, 249−0, 751) 2 pm = 423 pm. 

Der Abstand zu drei weiteren Iod-Nachbaratomen in z = −0, 249 beträgt: 

 

d(I· · · I) = 4252 [( 1 2 

3 − 3 )2 + ( 2 1 

3 − 3 )2 − (− 1 1 

3 ) · 3 ] + 6862 (0, 249+0, 249) 2 pm = 421 pm.


12.8 Die Elementarzelle einer kubisch-innenzentrierten Struktur hat gleiche Atome in 0, 0, 0 und in 1 1 1 

2 , 2 , 2 . 

Der Stkturfaktor lautet 

F(hkl) = fi[cos 0 + cos 2π · 1 

2 (h + k + l)] 

Das erste Kosinus-Glied ist immer gleich 1. Das zweite Kosinus-Glied ist immer gleich −1 wenn 

h + k + l = ungerade. 

12.9 Mit fCa = 20 und fC = 6 sind die Strukturfaktoren gemäß Gleichung (12.3) (S. 195 im Buch): 

F(100) = 0 wegen der Innenzentrierung (vgl. Aufgabe 12.8). 

F(200) = 20[cos 0 + cos 2π(2· 1 1 1 

2 + 0· 2 + 0· 2 ) ] 

+ 6[cos 2π(2· 0 + 0·0 + 0·0, 406) + cos 2π(2· 0 + 0·0 + 0· 0, 594) 

+ cos 2π(2· 1 1 

1 1 

2 + 0· 2 + 0·0, 406) + cos 2π(2· 2 + 0· 2 + 0·0, 594) ] 

= 64 

F(110) = 20[cos 0 + cos 2π(1· 1 1 

2 + 1· 2 + 0) ] 

+ 6[cos 2π(1·0 + 1· 0 + 0· 0, 406) +cos 2π(1·0 + 1·0 + 0·0, 594) 

+ cos 2π(1· 1 1 

1 1 

2 + 1· 2 + 0·0, 006) + cos 2π(1· 2 +1· 2 + 0·1, 094) ] 

= 64 

F(002) = 20[cos 0 + cos 2π(0· 1 1 1 

2 + 0· 2 + 2· 2 ) ] 

+ 6[cos 2π(0·0 + 0 + 2·0, 406) + cos 2π(0·0 + 0·0 + 2·0, 594) 

+ cos 2π(0· 1 1 

1 1 

2 + 0· 2 + 2·0, 906) + cos 2π(1· 2 + 1· 2 + 0·1, 594) ] 

= 49 

Auffälligkeiten und eine Zeichnung der Elementarzelle siehe im Buch S. 689. 

Wegen α = β = γ = 90 ◦ und a = b vereinfacht sich Gleichung (12.2) (S. 195 im Buch) zu 

d 2 = a 2 (Δx 2 + Δy 2 ) + c 2 Δz 2 . 

Wenn Δx = Δy = 0 ist es noch einfacher: d = cΔz. 

d(C–C) = c(z 2 − z 1) = 639 pm · (0, 594 − 0, 406) = 120 pm. 

d 1(Ca· · · C) = c(z C − z Ca) = 639 pm · (0, 406 − 0) = 259 pm längs c. 

d 2(Ca· · · C) = 389 2 [(0, 5 − 0) 2 + (0, 5 − 0) 2 ] + 639 2 (0, 5 − 0, 406) 2 pm = 282 pm von einem C- 

Atom auf der Zellenkante zum Ca-Atom in der Zellenmitte. 

12.10 Erwartungswerte für die chemischen Verschiebungen kann man mit der Tabelle in der Randspalte auf 

Seite 197 und mit Tabelle 12.2 (S. 199) im Buch abschätzen. Zahlenwerte der erwarteten chemischen 

Verschiebungen siehe Buch, Seite 689. Die Spin-Spin-Kopplungen sind: 

a) 1 H: CH 3: Singulett, da nur äquivalente H-Atome vorhanden sind; 

COOH: Singulett da die 5 J-Kopplung zu CH 3 zu schwach ist. 

13 C: CH3: Quartett durch Kopplung mit drei gebundenen H-Atomen; 

übrige C: Singuletts, da keines davon ein H-Atom trägt. 

b) 1 H: Für jedes H ein Dublett von Dubletts wegen 3 J-Kopplung zu zwei verschiedenen CH (die drei 

H-Atome sind nicht äquivalent; keine Drehbarkeit um die C=C-Bindung); 

13 C: CH2: Dublett von Dubletts durch zwei H-Atome; 

CH: Dublett durch ein H-Atom; 

CN: Singulett da kein gebundenes H-Atom vorhanden ist. 

c) 1 H: CH 3: Triplett wegen 3 J-Kopplung zu CH 2; 

CH 2: Quartett wegen 3 J-Kopplung zu CH 3. 

13 C: CH3: Quartett durch drei H-Atome; 

CH 2: Triplett durch zwei H-Atome; 

d) 1 H: CH 3 und CH 2: Singuletts, da die 4 J-Kopplung kaum wirksam ist. 


CH 2 Triplett durch zwei H-Atome;


CH: Dublett durch ein H-Atom; 

übrige C-Atome: Singuletts, da an keine H-Atome gebunden. 

e) 1 H: CH 3: Triplett wegen 3 J-Kopplung zu CH 2; 

CH 2: Triplett von Quartetts wegen 3 J-Kopplung zu CH 2 und CH 3 mit zusätzlicher (schwacher) 

Dublett-Aufspaltung wegen 19 F; 

CH 2F: Dublett von Tripletts durch 2 J-( 1 H– 19 F)-Kopplung und 3 J-Kopplung zu CH 2. 


CH 2: Dublett (geringe Aufspaltung) von Tripletts durch ein F-Atom und zwei H-Atome 

CH 2F: Dublett von Tripletts durch ein F-Atom und zwei H-Atome. 

f) Die Doppelbindung verhindert die freie Drehbarkeit um die C=C-Bindung, so dass die drei 

CH3-Gruppen nicht äquivalent sind. 

1H: CH3: zwei Singuletts, da die 4J-Kopplung kaum wirksam ist; 

CH: Quartett durch benachbarte eine CH3-Gruppe; CHCH3: Dublett durch eine benachbarte CH-Gruppe. 

13C: Alle drei CH3-Gruppen: Quartetts durch je drei H-Atome; 

CH Dublett: durch ein H-Atom; 

übrige C-Atome: Singuletts, da sie an kein H-Atom gebunden sind. 

g) 1 H: zwei Sorten CH 2: 2× Tripletts, je wegen benachbarter CH 2-Gruppe; 

13 C: C=O: Singulett da an kein H-Atom gebunden; 

CH 2: zwei Tripletts durch je zwei H-Atome. 

12.11 a) Das 13C-Spektrum zeigt: 

es sind vier Sorten von C-Atomen vorhanden, d.h. alle C-Atome von C4H8O2 sind inäquivalent; 

ein C ohne H-Atome (Singulett) an O gebunden (171 p.p.m.) (wahrscheinlich COO-Gruppe); 

eine CH2-Gruppe (Triplett) einfach an O gebunden (60 p.p.m.), d.h. in einer Atomgruppe C– CH2– O; 

eine CH3-Gruppe (Quartett) an C=O-Gruppe gebunden (21 p.p.m.), d.h. in einer Atomgruppe 

CH3– C=O; 

eine CH3-Gruppe (Quartett) an C gebunden (14 p.p.m.), d.h. in einer Atomgruppe CH3–C. Das 1H-Spektrum zeigt: 

eine CH2-Gruppe (Intensität 2) zwischen C und O (3,96 p.p.m.) neben einer CH3-Gruppe (Quartett), 

d.h. in einer Atomgruppe CH3– CH2– O; 

eine CH3-Gruppe (Intensität 3) neben einer COO-Gruppe (1,97 p.p.m.) ohne H-Atome an Nachbaratomen 

(Singulett), d.h. in einer Atomgruppe CH3– COO; 

eine CH3-Gruppe (Intensität 3) neben einer CH2-Gruppe (1,18 p.p.m., Triplett), 

d.h. in einer Atomgruppe CH3–CH2. O 

Die Struktur ist: CH3— C 

O— CH2— CH3 b) Da gemäß der Formel C6H10 sechs C-Atome vorhanden sind, aber nur drei 13C-Signale beobachtet 

werden, sind je zwei äquivalente C-Atome vorhanden. Laut 13C-Spektrum sind das: 

zwei C-Atome ohne H-Atome (Singulett) in einer C≡C-Gruppe (81 p.p.m.); 

zwei CH3-Gruppen (Quartett) an C gebunden (14 p.p.m.); 

zwei CH2-Gruppen (Triplett) an C-Atome gebunden (12 p.p.m.); 

Das 1H-Spektrum zeigt: 

es sind nur zwei Sorten von H-Atomen im Verhältnis 2 : 3 vorhanden, und zwar in: 

CH2-Gruppen (2,15 p.p.m.) neben CH3-Gruppen (Quartett); 

CH3-Gruppe (1,11 p.p.m.) neben CH2 (Triplett). 

Die Struktur ist: CH 3— CH 2— C≡C— CH 2— CH 3


c) Das 13C-Spektrum zeigt: 

In C10H14 gibt es nur drei Sorten von C-Atomen, nämlich: 

zwei Sorten C-Atome ohne H-Atome (Singuletts) in einem aromatischen Ring wie C6H6 (133 und 

131 p.p.m.); 

CH3-Gruppen (Quartett, 19 p.p.m.); 


zwei Sorten von H-Atomen im Verhältnis 1 : 6, die nicht mit anderen H-Atomen koppeln (Singuletts); 

das Signal bei 6,89 p.p.m. paßt zu H-Atomen in Aromaten; 

das Signal bei 2,18 p.p.m. paßt zu CH3-Gruppen. Die Struktur ist: H 

H3C C CH3 C C 

H 3C 

C 

C 

H 

C 

CH 3 

d) Das 13C-Spektrum zeigt: 

Die drei C-Atome in C3H5ClO2 sind nicht äquivalent; 

ein C-Atom ohne H-Atome (Singulett) in einer COOH-Gruppe (167 p.p.m.); 

eine CH3-Gruppe (Quartett), die an ein O-Atom gebunden ist (53 p.p.m.). 

eine CH2-Gruppe (Triplett), die wahrscheinlich an eine COO-Gruppe gebunden ist und deren Signal 

durch die Wirkung des Cl-Atoms weiter nach höheren δ-Werten (40 p.p.m.) verschoben ist. 


zwei Sorten von H-Atomen im Verhältnis 2 : 3, die nicht mit anderen H-Atomen koppeln (Singuletts), 

passen zu einer CH2- und einer CH3-Gruppe, die nicht unmittelbar aneinander gebunden sind; 

die CH2-Gruppe (4,08 p.p.m.) ist durch die Wirkung eines elektronegativen Atoms (Cl) nach höheren 

δ-Werten verschoben, zusätzlich zur Wirkung der COO-Gruppe. 

O 

Die Struktur ist: Cl— CH2— C 

O— CH3


13 Lösungen 


13.2 a) H 3C– OH, denn es kann Wasserstoffbrücken mit Wasser bilden, H 3C– CH 3 nicht. 

b) NaCl, denn es besteht aus hydratisierbaren Ionen, CCl 4 dagegen aus unpolaren Molekülen. 

c) CH 3F, denn es ist stärker polar. 

c) N 2O, denn es ist stärker polar. 

c) NH 3, denn es ist stärker polar und kann Wasserstoffbrücken mit Wasser bilden. 

13.3 a) Li + , denn es ist kleiner und übt deshalb ein stärkeres elektrisches Feld aus. 

b) Fe 3+ , denn es ist hat die größere Ladung. 

c) Ca 2+ , denn es ist hat bei ähnlicher Größe die größere Ladung. 

d) F − , denn es ist kleiner. 

e) Be 2+ , denn es ist kleiner. 

f) Al 3+ , denn es ist hat bei ähnlicher Größe die größere Ladung. 

13.4 Beim Lösen muß die Gitterenergie aufgebracht werden und ist deshalb mit positivem Vorzeichen zu 

berücksichtigen. 

SrCl 2: ΔH = 2150 kJ/mol − 2202 kJ/mol = −52 kJ/mol 

MgCl 2: ΔH = 2525kJ/mol − 2680 kJ/mol = −155 kJ/mol 

KF: ΔH Hydr = −812 kJ/mol − 18 kJ/mol = −830 kJ/mol 

KI: ΔH Hydr = −647 kJ/mol + 20 kJ/mol = −627 kJ/mol 

13.5 n(H 2O) = 720 g/(18, 01 g mol −1 ) = 39, 98 mol 

N 2O: x(N 2O) = K p = 1, 01 · 10 −5 kPa −1 · 150 kPa = 1, 515 · 10 −3 

x(N 2O) = n(N 2O)/(n(N 2O) + n(H 2O)) Der Massenanteil x ist so gering, daß n(N 2O) im Nenner ohne 

großen Fehler vernachlässigt werden kann: 

x(N 2O) = n(N 2O)/(n(H 2O)) 

n(N 2O) = x · n(H 2O)= 1, 515 · 10 −3 · 39, 98 mol = 0, 0605 mol 

m(N 2O) = n(N 2O) · M(N 2O) = 0, 0605 mol · 44, 0 g mol −1 = 2, 66 g 

CO 2: x(CO 2) = K p = 1, 35 · 10 −5 kPa −1 · 250 kPa = 3, 375 · 10 −3 

x(CO 2) = n(CO 2)/(n(CO 2) + n(H 2O)) Der Massenanteil x ist so gering, daß n(CO 2) im Nenner ohne 

großen Fehler vernachlässigt werden kann: 

x(CO 2) = n(CO 2)/(n(H 2O)) 

n(CO 2) = x · n(H 2O)) = 3, 375 · 10 −3 · 39, 98 mol = 0, 135 mol 

m(CO 2) = n(CO 2) · M(CO 2) = 0, 135 mol · 44, 0 g mol −1 = 5, 94 g 

13.6 a) In 100 g Lösung sind 39,0 g Ethanol und 61,0 g Wasser enthalten. 

n(C2H5OH) = 39, 0 g/(46, 07 g mol−1 ) = 0, 847 mol 

n(H2O) = 61, 0 g/(18, 01 g mol−1 ) = 3, 39 mol 

n(C 

x(C2H5OH) = 

2H5OH) n(C2H5OH) + n(H2O) = 

0, 847 mol 

= 0, 200 

0, 847 mol + 3, 39 mol 

b) In 100 g Lösung sind 20,3 g Phenol und 79,7 g Ethanol enthalten. 



n(C 

x(C62H5OH) = 

6H5OH) n(C6H5OH) + n(C2H5OH) = 

0, 2157 mol 

= 0, 111 

0, 2157 mol + 1, 730 mol


13.7 x(C 10H 8) = 0, 200 

x(C 7H 8) = 1 − x(C 10H 8) = 0, 800 

0,200 mol C 10H 8 entsprechen m(C 10H 8) = 0, 200 mol ·M(C 10H 8) = 0, 200 mol ·128, 2 g/mol = 25, 6 g 

0,800 mol C 7H 8 entsprechen m(C 10H 8) = 0, 800 mol ·M(C 7H 8) = 0, 800 mol ·92, 1 g/mol = 73, 7 g 

Der Massenanteil ist dann x(C 10H 8) = 25, 6 g/(25, 6 g + 73, 7 g) = 0, 258 oder 25,8 % 

13.8 n(AgNO 3) = c(AgNO 3) · V = 0, 6000 mol/L · 0, 25 L = 0, 150 mol 

m(AgNO 3) = n(AgNO 3) · M(AgNO 3) = 0, 150 mol · (107, 9 + 14, 01 + 3 · 16, 00) g/mol = 25, 5 g 

13.9 a) Benötigte Menge: n(HBr) = c(HBr) · V = 1, 50 mol/L · 0, 750 L = 1, 125 mol 

m(HBr) = n(HBr) · M(HBr) = 1, 125 mol · (1, 01 + 79, 90) g/mol = 91, 02 g 

m(HBr, 48, 0 %) = m(HBr)/0, 480 = 91, 02 g/0, 48 = 189, 6 g 

b) V(HBr, 48, 0 %) = m(HBr, 48, 0 %)/ρ = 189, 6 g/(1, 50 g mL −1 ) = 126, 4 mL 

13.10 Ein Milliliter konzentrierte Flusssäure (V = 10 −3 L) hat eine Masse von 1,17 g. Darin sind 

m(HF) = 1, 17 g · 0, 480 = 0, 562 g oder 

n(HF) = m(HF)/M(HF) = 0, 562 g/(20, 01 g mol −1 ) = 0, 0281 mol Fluorwasserstoff enthalten. 

c(HF) = n(HF)/V = 0, 0281 mol/(10 −3 L) = 28, 1 mol/L. 

In 1,17 g Lösung sind 0,562 g oder 0,0281 mol HF enthalten. Die Masse des Wassers ist dann 

m(H 2O) = m(Lös) − m(HF) = 1, 17 g − 0, 562 g = 0, 608 g. 

Die Molalität ist: 

b(HF) = n(HF)/(m(H 2O)) = 0, 0281 mol/(0, 608 · 10 −3 kg) = 46, 2 mol/kg 

13.11 In 1 g Lösung sind m(AgNO 3) = 0, 100 g Silbernitrat und m(H 2O) = 0, 900 g Wasser enthalten. 

n(AgNO 3) = m(AgNO 3)/(M(AgNO 3)) = 0, 100 g/(169, 9 g mol −1 ) = 0, 589 · 10 −3 mol. 

Diese Lösung hat ein Volumen von 

V = 1, 00 g/(1, 09 g mL −1 ) = 0, 917 mL = 0, 917 · 10 −3 L 

c(AgNO 3) = n(AgNO 3)/V = 0, 589 · 10 −3 /(0, 917 · 10 −3 L) = 0, 642 mol/L. 

b(AgNO 3) = n(AgNO 3)/(m(H 2O)) = 0, 589 · 10 −3 mol/(0, 900 · 10 −3 kg) = 0, 654 mol/kg 

13.12 V 1 = 25, 0 mL der Natronlauge enthalten 

n(NaOH) = V 1 · ρ · w(NaOH)/M(NaOH) = 25, 0 mL · 1, 54 g/mL · 0, 500/(40, 01 g mol −1 ) 

= 0, 481 mol. 

Nach Verdünnung auf V 2 = 750 mL ist 

c(NaOH) = n(NaOH)/V 2 = 0, 481 mol /(0, 750 L) = 0, 642 mol/L 

13.13 V 1 = 125, 0 mL der Kalilauge enthalten 

n(NaOH) = V 1 · ρ · w(KOH)/M(KOH) = 125, 0 mL · 1, 46 g/mL · 0, 450/(56, 10 g mol −1 ) 

= 1, 464 mol. 

Nach Verdünnung auf V 2 = 1, 50 L ist 

c(KOH) = n(KOH)/V 2 = 1, 464 mol /(1, 50 L) = 0, 976 mol/L 

13.14 Die Massenkonzentration der Ameisensäurelösung beträgt 

β(HCO 2H) = c(HCO 2H) · M(HCO 2H) = 23, 6 mol L −1 · 46, 03 g/mol = 1086 g/L 

Der Massenanteil ist dann 

w(Lös) = β(HCO 2H)/ρ = 1, 086 g/mL /(1, 20 g mL −1 ) = 0, 905 oder 90,5 %. 

13.15 Die Massenkonzentration der Perchlorsäurelösung beträgt 

β(HClO 4) = c(HClO 4) · M(HClO 4) = 11, 7 mol L −1 · 100, 46 g/mol = 1175 g/L 

Der Massenanteil ist dann 

w(HClO 4) = β(HClO 4)/ρ = 1, 175 g/mL /(1, 67 g mL −1 ) = 0, 704 oder 70,4 %.


13.16 Gemäß c 1 · V 1 = c 2 · V 2 (vgl. S. 41 im Buch) ist 

V 1 = 6, 00 mol/L ·250 mL/(17, 5 mol L −1 ) = 85, 7 mL. 

13.17 Gemäß c 2 = c 1 · V 1/V 2 (vgl. S. 41 im Buch) ist 

c 2 = 14, 7 mol/L ·35, 0 mL/(250 mL) = 2, 06 mol/L. 

13.18 Gemäß c 2 = c 1 · V 1/V 2 (vgl. S. 41 im Buch) ist 

c 2 = 14, 8 mol/L ·150 mL/(250 mL) = 8, 88 mol/L. 

13.19 1 kg Toluol sind 

n(C7H8) = 1000 g/M(C7H8) = 1000 g/(92, 13 g mol−1 ) = 10, 85 mol. 

Wenn darin 1,00 mol des Stoffs X gelöst sind, ist dessen Stoffmengenanteil 

n(X) 

x(X) = 

n(X) + n(C7H8) = 

1, 00 mol 

= 0, 0844 

1, 00 mol + 10, 85 mol 

13.20 a) In 100 g Lösung sind 12,5 g Rohrzucker und 100 g − 12, 5 g = 87, 5 g Wasser enthalten. 

Die Zuckermasse in 1000 g Wasser sind dann 

m(C 12H 22O 11) = 12, 5 g · 1000 g/(87, 5 g) = 142, 9 g 

b(C 12H 22O 11) = n(C 12H 22O 11)/(1 kg) = m(C 12H 22O 11)/(M(C 12H 22O 11) · 1 kg) 

= 142, 9 g/(342, 3 g mol −1 kg) = 0, 417 mol/kg 

b) In 100 g Lösung sind 10,0 g Rohrzucker und 90,0 g Wasser enthalten. 

Die Harnstoffmasse in 1000 g Wasser sind dann 

m(OC(NH 2) 2) = 10, 0 g · 1000 g/(90, 0 g) = 111, 1 g 

b(OC(NH 2) 2) = n(OC(NH 2) 2)/(1 kg) = m(OC(NH 2) 2)/(M(OC(NH 2) 2 · 1 kg) 

= 111, 1 g/(60, 06 g mol −1 kg) = 1, 850 mol/kg 

13.21 n(H 2) = V(H 2)/V m = 50, 4 mL/(22414 mL mol −1 ) = 0, 00225 mol 

a) 2 Na(s) + 2 H 2O → 2 Na + (aq) + 2 OH − (aq) + H 2(g) 

b) n(NaOH) = n(Na + ) = 2 n(H 2) = 2 · 0, 00225 mol = 0, 00450 mol 

c(NaOH) = n(NaOH)/V(Lös) = 0, 00450 mol/(0, 175 L) = 0, 0257 mol/L 

13.22 a) n(H 3COH) = m(H 3COH)/M(H 3COH) = 24, 0 g/(32, 04 g mol −1 ) = 0, 749 mol 

n(H 5C 2OH) = m(H 5C 2OH)/M(H 5C 2OH) = 5, 76 g/(46, 07 g mol −1 ) = 0, 125 mol 

n(H 

x(H3COH) = 

3COH) 

n(H3COH) + n(H5C2OH) = 

0, 749 mol 

0, 749 mol + 0, 125 mol 

= 0, 857 

x(H5C2OH) = 1 − x(H3COH) = 0, 143 

p = x(H3COH) · p0 (H3COH) + x(H5C2COH) · p0 (H5C2OH) = 0, 857 · 53, 6 kPa + 0, 143 · 29, 6 kPa = 50, 2 kPa 

b) p = 40, 5 kPa = x(H3COH) · 53, 6 kPa +(1 − x(H3COH)) · 29, 6 kPa 

40, 5 kPa − 29, 6 kPa 

x(H3COH) = = 0, 454 

53, 6 kPa − 29, 6 kPa 

c) Da es sich um eine ideale Lösung handelt, gibt es weder ein Siedepunktsmaximum noch ein 

Siedepunktsminimum. Eine Trennung durch Destillation ist möglich. 

13.23 a) p = 101, 3 kPa = (1 − x(C7H8)) · 134, 3 kPa + x(C7H8) · 53, 9 kPa 

101, 3 kPa − 134, 3 kPa 

x(C7H8) = = 0, 410 

−134, 3 kPa + 53, 9 kPa


b) n(C 6H 6) = m(C 6H 6)/M(C 6H 6) = 70, 0 g/(78, 11 g mol −1 ) = 0, 896 mol 

n(C 7H 8) = m(C 7H 8)/M(C 7H 8) = 10, 0 g/(92, 14 g mol −1 ) = 0, 1085 mol 

x(C 6H 6) = 

n(C6H6) n(C6H6) + n(C7H8) = 

0, 896 mol 

= 0, 892 

0, 896 mol + 0, 1085 mol 

p = x(C 6H 6) · 134, 3 kPa +(1 − x(C 6H 6)) · 53, 9 kPa 

= 0, 892 · 134, 3 kPa +(1 − 0, 892) · 53, 9 kPa = 125, 6 kPa 

x(Aceton) 

13.24 x(Aceton) = 

x(Aceton) + x(Chloroform) = 

1, 00 mol 

= 0, 400 

1, 00 mol + 1, 50 mol 

a) Hypothetischer Dampfdruck der idealen Lösung: 

p = x(Aceton) · 45, 9 kPa +(1 − x(Aceton)) · 39, 3 kPa = 0, 400 · 45, 9 kPa + 0, 600 · 39, 3 kPa 

= 41, 9 kPa 

b) Der tatsächliche Dampfdruck (33,3 kPa) ist geringer, die Abweichung ist negativ. 

c) Aceton- und Chloroform-Moleküle ziehen sich gegenseitig stärker an als in den reinen Komponenten; 

beim Vermischen wird Wärme freigesetzt. 

d) Der tatsächliche Dampfdruck ist geringer als derjenige von jeder der reinen Komponenten; es gibt 

also ein Dampfdruck-Minimum und somit ein azeotropes Gemisch mit Siedepunktsmaximum. 

x(Ethanol) 

13.25 x(Ethanol) = 

x(Ethanol) + x(Chloroform) = 

0, 250 mol 

= 0, 400 

0, 250 mol + 0, 375 mol 

a) Hypothetischer Dampfdruck der idealen Lösung: 

p = x(Ethanol) · 13, 8 kPa +(1 − x(Ethanol)) · 39, 3 kPa = 0, 400 · 13, 8 kPa + 0, 600 · 39, 3 kPa 

= 29, 1 kPa 

b) Der tatsächliche Dampfdruck (33,2 kPa) ist höher, die Abweichung ist positiv. 

c) Die Anziehung der Moleküle der reinen Komponenten ist größer als zwischen den Komponenten; es 

wird Wärme aufgenommen. 

d) Der tatsächliche Dampfdruck liegt zwischen demjenigen der reinen Komponenten; ob es eine 

Zusammensetzung mit mit Dampfdruckminimum oder -maximum gibt, läßt sich daraus nicht ersehen. 

Die Frage kann nicht beantwortet werden. 

13.26 p = 16, 3 kPa = p0 (Toluol) · (1 − x) = 18, 6 kPa ·(1 − x) 

x(X) = 1 − 16, 3/18, 6 = 0, 124 (X = unbekannter Stoff) 

n(X) 

x(X) = 0, 124 = 

n(X) + n(Toluol) = 

n(X) 

n(X) + 2, 25 mol 

n(X) · (1 − 0, 124) = 0, 124 · 5, 25 mol 

n(X) = 0, 124 · 5, 25 mol /(1 − 0, 124) = 0, 743 mol 

M(X) = m(X)/n(X) = 95, 6 g/(0, 743 mol) = 129 g/mol 

Zahlenwerte für molale Gefrierpunktserniedrigungen E g und Siedepunkte von Lösungsmitteln sind in Tab. 13.1 

(S. 214) im Buch aufgeführt. In den folgenden Aufgaben wird von Gleichung (13.6) (S. 214) Gebrauch gemacht 

13.27 Gemäß Gleichung (13.6) ist: 

b = ΔT G/E g = −15 ◦ C/(−1, 86 ◦ C kg mol −1 ) = 8, 065 mol/kg 

Mit M(C 2H 4(OH) 2) = 62, 07 g/mol sind das 8,065 mol kg −1 · 62, 07 g/mol = 500 g/kg, die zugesetzt 

werden müssen. 

13.28 b = ΔT G/E g = −2, 50 ◦ C/(−1, 86 ◦ C kg mol −1 ) = 1, 344 mol/kg 

Mit M(C 6H 12O 6) = 180, 2 g/mol braucht man für 0,250 kg Wasser: 

m(C 6H 12O 6) = 180, 2 g/mol ·1, 344 mol/kg ·0, 250 kg = 60, 5 g.


13.29 n(C 10H 8) = m(C 10H 8)/M(C 10H 8) = 4, 32 g/(128, 2 g mol −1 ) = 0, 0337 mol 

b(C 10H 8) = n(C 10H 8)/m(CH 2Br 2) = 0, 0337 mol/(0, 150 kg) = 0, 225 mol/kg 

E g = ΔT G/b = 7, 13 ◦ C− 9, 79 ◦ C/(0, 225 mol kg −1 ) = −11, 8 ◦ C kg mol −1 

13.30 n(C 12H 22O 11) = n(C 12H 22O 11)/M(C 12H 22O 11) = 64, 3 g/(342, 2 g mol −1 ) = 0, 188 mol 

b(C 12H 22O 11) = n(C 12H 22O 11)/m(H 2O) = 0, 188 mol/(0, 200 kg) = 0, 940 mol/kg 

ΔT G = E G · b(C 12H 22O 11) = −1, 86 ◦ C mol −1 kg · 0, 940 mol/kg = −1, 75 ◦ C 

13.31 n(C 6H 5CO2H) = n(C 6H 5CO 2H)/M(C 6H 5CO 2H) = 6, 10 g/(122, 1 g mol −1 ) = 0, 0499 mol 

b(C 6H 5CO 2H) = n(C 6H 5CO 2H)/m(Campher) = 0, 0499 mol/(0, 125 kg) = 0, 400 mol/kg 

ΔT G = E G · b(C 12H 22O 11) = −39, 7 ◦ C mol −1 kg · 0, 400 mol/kg = −16 ◦ C 

Gefrierpunkt = 179 ◦ C − 16 ◦ C = 163 ◦ C. 

13.32 ΔT G = −33, 0 ◦ C −(−22, 8 ◦ C ) = −10, 2 ◦ C (Sdp.(CCl 4) = −22, 8 ◦ C) 

b(X) = ΔT G/E G = −10, 2 ◦ C/(−29, 8 ◦ C kg mol −1 ) = 0, 342 mol/kg 

n(X) = b(X) · m(CCl 4) = 0, 342 mol/kg · 0, 250 kg = 0, 0856 mol 

M(X) = m(X)/n(X) = 13, 2 g /(0, 0856 mol) = 154 g/mol 

13.33 b(Ascorb.) = ΔT G/E G = −2, 33 ◦ C/(−1, 86 ◦ C kg mol −1 ) = 1, 253 mol/kg 

n(Ascorb.) = b(Ascorb.) · m(H 2O) = 1, 253 mol/kg ·0, 100 kg = 0, 1253 mol 

M(Ascorb.) = m(Ascorb.)/n(X) = 22, 0 g /(0, 1253 mol) = 176 g/mol 

13.34 n(C 3H 5(OH) 3) = m(C 3H 5(OH) 3)/M(C 3H 5(OH) 3) = 40, 5 g/(92, 1 g mol −1 ) = 0, 440 mol 

b(C 3H 5(OH) 3) = n(C 3H 5(OH) 3)/m(H 3O) = 0, 440 mol/(0, 100 kg) = 4, 40 mol/kg 

ΔT S = E S · b(C 3H 5(OH) 3) = 0, 512 ◦ C mol −1 kg · 4, 40 mol/kg = 2, 25 ◦ C 

Siedepunkt = 100, 00 ◦ C + 2, 25 ◦ C = 102, 25 ◦ C. 

13.35 ΔT S = 78, 21 ◦ C −77, 06 ◦ C = 1, 15 ◦ C 

b(X) = ΔT S/E S = 1, 15 ◦ C/(2, 77 ◦ C kg mol −1 ) = 0, 415 mol/kg 

n(X) = b(X) · m(Essigs.-Ester) = 0, 415 mol/kg · 0, 150 kg = 0, 0623 mol 

M(X) = m(X)/n(X) = 3, 86 g /(0, 0623 mol) = 62, 0 g/mol 

13.36 a) n(C 6H 12O 6) = m(C 6H 12O 6)/M(C 6H 12O 6) = 2, 00 g/(180, 2 g mol −1 ) = 0, 0111 mol 

π = n R T/V = 0, 0111 mol · 8, 314 kPa L mol −1 K −1 · 298 K/(0, 250 L) = 110 kPa 

13.37 π = 

b) n(OC(NH 2) 2) = m(OC(NH 2) 2)/M(OC(NH 2) 2) = 6, 00 g/(60, 0 g mol −1 ) = 0, 100 mol 

π = n R T/V = 0, 100 mol · 8, 314 kPa L mol −1 K −1 · 293 K/(0, 400 L) = 609 kPa 

m R T 

M V 

; M = m R T 

π V 

M(Hämoglobin) = 9, 30 g · 8, 314 kPa L mol−1 K −1 · 300 K 

1, 73 kPa · 0, 200 L 

13.38 M(Penicillin) = 

13.39 a) m(Protein) = 

= 6, 70 · 10 4 g/mol 

m R T 

π V = 0, 157 g · 8, 314 kPa L mol−1K−1 · 298 K 

= 332 g/mol 

11, 7 kPa · 0, 100 L 

π M V 

R T = 27, 8 kPa · 3000 g mol−11, 00 L 

8, 314 kPa L mol−1K−1 = 33, 6 g 

· 298 K 

b) c(Protein) = π 

R T = 

27, 8 kPa 

8, 314 kPa L mol−1K−1 = 0, 0112 mol/L 

· 298 K


13.40 b = Δ G/E G = −0, 880 ◦ C /(−1, 86 ◦ C kg mol −1 ) = 0, 473 mol/kg 

Eingesetzt wurden n(CaCl 2) = m(CaCl 2)/M(CaCl 2) = 2, 00 g/(111, 0 g mol −1 ) = 0, 0180 mol in 98,00 

g Wasser. Pro Kilogramm Wasser sind das 

b(CaCl 2) = 0, 0180 mol ·1000/98, 00 = 0, 184 mol/kg 

Der vant’t Hoff-Faktor beträgt 

i = 0, 473/0, 184 = 2, 57 

13.41 n(NaOH) = m(NaOH)/M(NaOH) = 3, 00 g/(40, 0 g mol −1 = 0, 0750 mol 

Auf 1 kg Wasser kommen b(NaOH 2) = 0, 0750 mol ·1000/75, 00 = 1, 00 mol/kg 

Die Gefrierpunktserniedrigung ist 

Δ G = E G · b · i = −1, 86 ◦ C kg mol −1 · 1, 00 mol kg −1 · 1, 83 = −3, 40 ◦ C 

13.42 Wenn 4 % der Säure HX dissoziert sind, enthält die Lösung 2 · 0, 0400 + 0, 9600 mol = 1,040 mol 

Teilchen pro eingesetztes Mol. 

Die Gefrierpunktserniedrigung ist 

Δ G = E G · b · 1, 040 = −1, 86 ◦ C kg mol −1 · 0, 125 mol kg −1 · 1, 040 = −0, 242 ◦ C 

13.43 b = Δ G/E G = −0, 0385 ◦ C /(−1, 86 ◦ C kg mol −1 ) = 0, 0207 mol/kg 

Die Lösung enthält 0, 0207/0, 200 = 1, 035 mol Teilchen pro eingesetztes Mol. Der Dissoziationsgrad 

ist 3,5 %.


14 Reaktionen in wässriger Lösung 


14.2 Richten Sie sich nach den Regeln, die im Merkkasten auf Seite 229 im Buch aufgelistet sind. Lösungen 

auf Seite 690. 

14.3 Das Element, dessen Oxidationszahl zunimmt, wird oxidiert; es wirkt als Reduktionsmittel. Wenn die 

Oxidationszahl abnimmt, wird es reduziert und es wirkt als Oxidationsmittel. Lösungen auf Seite 690. 

14.4 und 14.5 Gehen Sie so vor, wie im Buch in Abschnitt 14.3 erläutert und im Merkkasten auf Seite 232 

zusammengefasst ist. Lösungen auf Seite 690 und 691. 

14.6 Es wird genauso vorgegangen, wie bei den Redoxreaktionen in Aufgabe 14.3 und 14.4. Der Ausgleich 

der Ionenladungen erfolgt jedoch nicht mit H + oder OH − -Ionen, sondern: 

a) Ladungsausgleich mit den CO 2− 

3 -Ionen. 

b) Die Calcium-Ionen aus dem Phosphat werden im CaSiO 3 gebunden, die Menge SiO 2 richtet sich 

danach. 

c) und d) Nach der Balance der Oxidationszahlen ist kein weiterer Ausgleich notwendig. 

14.7 a) bis c) Die Zahl der OH − -Ionen richtet sich nach der Zahl der zu bindenden H-Atome aus den Säuren. 

H 2O entsteht als Produkt. 

d) Für die drei OH-Gruppen werden drei H + -Ionen benötigt. 

14.8 bis 14.10 siehe Buch Seite 691. 

14.11 n(NaOH) = c(NaOH) · V(NaOH) = 0, 6000 mmol mL −1 · 32, 15 mL = 19, 29 mmol 

n(H 2SO 4) = n(NaOH)/z(H 2SO 4) = 19, 29 mol/2 = 9, 645 mmol 

c(H 2SO 4) = n(H 2SO 4)/V(H 2SO 4) = 9, 645 mmol/(25, 00 mL) = 0, 3858 mmol/mL 

14.12 n(Ba(OH) 2) = n(HCl)/z(Ba(OH) 2) = 15, 27 ml · 0, 1000 mmol/mL/2 = 0, 7635 mmol 

c(Ba(OH) 2) = n(Ba(OH) 2)/V(Ba(OH) 2) = 7, 635 mmol/(25, 00 mL) = 0, 03054 mmol/mL 

14.13 n(Mg(OH) 2) = n(HCl)/z(Mg(OH) 2) = 29, 50 ml · 0, 6000 mmol/mL/2 = 8, 850 mmol 

m(Mg(OH) 2) = n(Mg(OH) 2) · M(Mg(OH) 2) = 8, 850 mol · 58, 32 mg/mmol = 516, 1 mg = 0, 5161 g 

Anteil in der Probe: w(Mg(OH) 2) = m(Mg(OH) 2)/m(Probe) = 0, 5161 g/(1, 250 g) 

= 0, 4129 oder 41,29 % 

14.14 n(KHC 8H 4O 4) = n(OH − ) = 34, 30 ml · 0, 145 mmol/mL= 4, 974 mmol 

m(KHC 8H 4O 4) = n(KHC 8H 4O 4) · M(KHC 8H 4O 4) = 4, 974 mmoL · 204, 2 mg/mmol 

= 1016 mg = 1, 016 g 

Anteil in der Probe: w(KHC 8H 4O 4) = m(KHC 8H 4O 4)/m(Probe) = 1, 016 g/(1, 46 g) 

= 0, 696 oder 69,6 % 

14.15 n(NaCl) = n(Ag + ) = 15, 3 ml · 0, 0500 mmol/mL= 0, 765 mmol 

a) m(NaCl) = n(NaCl) · M(NaCl) = 0, 765 mmol · 58, 44 mg/mmol = 44, 7 mg 

b) w(NaCl) = m(NaCl)/m(Probe) = 0, 0447 g /(5, 00 g) = 0, 00894 oder 0,894 % 

14.16 a) Aufstellung der Redoxgleichung gemäß Merkkasten von Seite 232: 

5 Fe 2+ + MnO − 4 + 8 H+ → 5 Fe 3+ + Mn 2+ + 4 H 2O 

b) Es werden 5 mol Fe 2+ pro mol MnO − 4 umgesetzt. 

n(Fe 2+ ) = 5 n(MnO − 4 ) = 5 c(MnO− 4 ) · V(MnO− 4 ) = 5 · 0, 0200 mmol mL−1 · 35, 8 mL = 3, 58 mmol


m(Fe 2+ ) = n(Fe 2+ ) · M(Fe 2+ ) = 3, 58 mmol · 55, 85 mg/mmol = 200 mg 

Massenanteil Fe 2+ in der Probe: 

w(Fe 2+ ) = m(Fe 2+ )/m(Probe) = 0, 200 mg/1000 mg = 0, 200 oder 20,0 %. 

14.17 a) Aufstellung der Redoxgleichung gemäß Merkkasten von Seite 232: 

3 N 2H 4 + 2 BrO − 3 → 3 N 2 + 2 Br − + 6 H 2O 

b) Es werden 3 mol N 2H 4 pro 2 mol BrO − 3 umgesetzt. 

n(N 2H 4) = 3 

2 n(BrO− 3 

) = 3 

2 c(BrO− 3 ) · V(BrO− 3 ) 

= 3 

2 · 0, 0172 mmol mL−1 · 38, 3 mL = 0, 988 mmol 

m(N 2H 4) = n(N 2H 4) · M(N 2H 4) = 0, 988 mmol 32, 05 mg/mmol = 31, 7 mg 

Massenanteil N 2H 4 in der Lösung: 

w(N 2H 4) = m(N 2H 4)/m(Lösung) = 31, 7 mg/132 mg = 0, 240 oder 24,0 %. 

14.18 n(OH− ) = c(OH− ) · V(NaOH) = 0, 450 mmol mL−1 · 38, 0 mL = 17, 1 mmol 

n(H + ) = n(OH− ) 

V( 1 

2H2SO4) = n(H + )/c( 1 

2H2SO4) = n(H + )/c(H + ) = 17, 1 mmol/(0, 300 mmol mL−1 ) = 57, 0 mL 

14.19 n(C 3H 6O 3) = m(C 3H 6O 3)/M(C 3H 6O 3) = 0, 612 g/(90, 08 g mol −1 ) = 6, 79 mmol 

n(OH − ) = c(OH − ) · V(NaOH) = 0, 173 mmol mL −1 · 39, 3 mL = 6, 80 mmol 

Es wird also pro Mol Milchsäure ein Mol OH − benötigt; die Säure ist einprotonig. 

14.20 Reaktion mit Dichromat: 

6 Fe 2+ + Cr 2O − 7 + 14 H+ → 6 Fe 3+ + 2 Cr 3+ + 7 H 2O 

n(Fe 2+ ) = 6 n(Cr 2O 2− 

7 ) = 6 c(Cr 2O 2− 

7 ) · V(Cr 2O 2− 

7 ) = 6 · 0, 0200 mmol mL−1 · 26, 0 mL 

= 3, 12 mmol 

Reaktion mit Permanganat: 

5 Fe 2+ + MnO − 4 + 8 H+ → 5 Fe 3+ + Mn 2+ + 4 H 2O 

n(Fe2+ ) = 5 n(MnO − 4 ) = 5 c(MnO− 4 ) · V(MnO− 4 ) 

= 5 · c(MnO − 4 ) · 41, 6 mL = 3, 12 mmoL (gemäß Versuch mit Dichromat) 

) = 3, 12 mmoL/(5 · 41, 6 mL) = 0, 015 mmoL/mL 

c(MnO − 4 

a) Bei Cr wird von der Oxidationszahl +VI nach +III reduziert; mit zwei Cr-Atomen pro Cr 2O − 7 

die Äquivalentzahl z = 2 · 3 = 6 

c( 1 

6Cr2O − 7 ) = 6 c(Cr2O − 7 ) = 6 · 0, 0200 mol/L = 0, 120 mol/L 

b) Bei Mn wird von der Oxidationszahl +VII nach +II reduziert; z = 5. 

c( 1 

5MnO− 4 ) = 5 c(MnO− 4 ) = 5 · 0, 015 mol/L = 0, 075 mol/L 

) = 0, 015 mol/L (siehe oben) 

c) c(MnO − 4 

-Ion ist 

14.21 a) I2 + 2 S2O 2− 

3 → 2 I− + S4O 2− 

6 

b) n(I2) = 1 

2 n(S2O 2− 1 

3 ) = 2 c(S2O 2− 

3 ) · V(S2O 2− 1 

3 ) = 2 · 0, 0500 mmol mL−1 · 25, 00 mL = 0, 625 mmol 

m(I2) = n(I2) · M(I2) = 0, 625 mmol · 253, 8 mg/mmol = 158, 6 mg


15 Reaktionskinetik 

15.1 Bei Experiment 3 ist im Vergleich zu Experiment 1 die Konzentration c(X) und die Bildungsgeschwindigkeit 

v(Z) verdoppelt. Also ist v(Z) proportional zu c(X). Bei Experiment 2 sind c(A) und c(X) verdoppelt 

und v(Z) vervierfacht. Damit ist das Geschwindigkeitsgesetz: 

v(Z) = k · c(A)·c(X). 

Aus den Werten von irgend einem der Experimente kann man k berechnen. Aus den Werten von Experiment 

1 ergibt sich: 

7, 0 · 10 −4 mol L −1 s −1 = k · 0, 30 · 0, 15 mol 2 L −2 

k = 7, 0 · 10−4 mol L −1 s −1 

0, 30 · 0, 15 mol 2 L −2 = 0, 016 L mol−1 s −1 

15.2 Bei Experiment 3 ist im Vergleich zu Experiment 2 die Konzentration c(X) um den Faktor 1,5 erhöht 

und die Bildungsgeschwindigkeit v(Z) um den Faktor 2, 25 = 1, 5 2 vergrößert. Also ist v(Z) proportional 

zu c 2 (X). Bei Experiment 2 sind gegenüber Experiment 1 c(A) und c(X) verdoppelt und v(Z) vervierfacht. 

Wegen der Proportionalität zu c(X) 2 ergibt sich die Vervierfachung allein aus der Verdoppelung 

von c(X), c(A) ist demnach unerheblich. Das folgt auch aus dem Vergleich von der Experimente 1 und 3: 

Verdreifachung von c(X) ergibt eine Verneunfachung von v(Z). Damit ist das Geschwindigkeitsgesetz: 

v(Z) = k · c(X) 2 . 

Aus den Werten von irgend einem der Experimente kann man k berechnen. Aus den Werten von Experiment 

1 ergibt sich: 

0, 30 · 10 −4 mol L −1 s −1 = k · 0, 030 · 0, 030 mol 2 L −2 

k = 0, 30 · 10−4 mol L −1 s −1 

0, 030 2 mol 2 L −2 

= 0, 0333 L mol −1 s −1 

15.3 Da die Reaktionsgeschwindigkeit in mol L −1 s −1 angegeben wird, ist [k] = mol L −1 s −1 /(mol L −1 ) x = 

L x−1 mol 1−x s −1 

(Anmerkung: Nach den SI-Normen bedeutet die Schreibweise [k] = ... : ” die Maßeinheit der Variablen k 

ist ...“). 

a) v(A) = −k = −0, 100 mol L −1 s −1 [k] = mol L −1 s −1 

b) v(A) = −0, 100 s −1 · 0, 050 mol L −1 = −0, 005 mol L −1 s −1 [k] = s −1 

c) v(A) = −0, 100 L mol −1 s −1 · (0, 050 mol L −1 ) 2 = 2, 5 · 10 −4 mol L −1 s −1 [k] = mol −1 L s −1 

15.4 a) v(A) = −0, 0080 mol L −1 s −1 = −k 

b) v(A) = −0, 0080 mol L −1 s −1 = −k c(A) 

k = 0, 0080 mol L −1 s −1 /(0, 20 mol L −1 ) = 0, 040s −1 

c) v(A) = −0, 0080 mol L −1 = −k c 2 (A) 

k = 0, 0080 mol L −1 s −1 /(0, 20 2 mol 2 L −2 ) = 0, 20 L mol −1 s −1 

15.5 Geschwindigkeitsgesetz bezogen auf Cl 2: v(Cl 2) = k · c 2 (NO) · c(Cl 2) 

Die Anfangskonzentrationen sind c 0(NO) = c 0(Cl 2) = 0, 02 mol L −1 . Die Anfangsgeschwindigkeit sei 

v 0(Cl 2). 

a) c(NO) = 1 

2c0(NO); c(Cl2) = 3 

4c0(Cl2) weil nach der Reaktionsgleichung nur halb so viel Cl2 wie NO 

verbraucht wird. Damit ist: v(Cl2) = k · ( 1 

2c0(NO)) 2 · 3 

4c(Cl2) = 3 

16v0(Cl2) b) Wenn 0,01 Mol Chlor verbraucht sind, sind nach der Reaktionsgleichung 0,02 Mol NO und somit das 

gesamte NO verbraucht: c(NO) = 0. Damit ist auch v(Cl2) = 0. 

c) c(NO) = 1 

3 c 0(NO); c(Cl 2) = c 0(Cl 2) − 1 

2 

· 2 

3 c 0(NO) = c 0(Cl 2)(1 − 1 

3 ). 

Damit ist: v(Cl 2) = k · ( 1 

3 c 0(NO)) 2 · 2 

3 c(Cl 2) = 2 

27 v 0(Cl 2)


d) Die Anfangskonzentration von NO ist verdoppelt. Da sie quadratisch in das Geschwindigkeitsgesetz 

eingeht, ist die Anfangsgeschwindigkeit vervierfacht. 

e) Die Stoffmengen sind unverändert, das Volumen ist halbiert, alle Anfangskonzentrationen sind verdoppelt. 

Bei einem Geschwindigkeitsgesetz dritter Ordnung ist die Anfangsgeschwindigkeit 2 3 -fach 

größer. 

15.6 ΔU = E a,h − E a,r = 28, 9 kJ/mol −41, 8 kJ/mol = −12, 9 kJ/mol. 

15.7 v(C 2H 5Cl) = 1, 60 · 10 −6 s −1 · c(C 2H 5Cl) c(C 2H 5Cl) = c 0(C 2H 5Cl) · e −kt 

a) t = 125 h · 3600 s/h = 4, 50 · 10 5 s k · t = 1, 60 · 10 −6 s −1 · 4, 50 · 10 5 s = 0, 720 

Nach Gleichung (15.3) (Buch S. 249) ist c(C 2H 5Cl) = 0, 165 mol L −1 · e −0,720 = 0, 0803 mol L −1 

b) Nach Gleichung (15.2) ist: 

1 

t = − 

1, 60 · 10−6 0, 100 mol L 

ln 

s−1 0, 165 mol L −1 = 3, 13 · 105 s = 86, 9 h 

c) Es ist noch 1 

4 

t = − 

der Angangsmenge vorhanden. Nach Gleichung (15.2) ist: 

1 

= 8, 66 · 10 5 s = 241 h 

1, 60 · 10−6 s−1 ln 0, 25·c0 c0 d) Nach Gleichung (15.4) (Buch S. 250) ist 

t 1/2 = 0, 693/(1, 60 · 10 −6 s −1 ) = 4, 33 · 10 5 s = 120 h 

15.8 Mit T 1 = 600 K und T 2 = 650 K ist nach Gleichung (15.12): 

J 

Ea = 8, 3145 

mol K 

650 · 600 K2 1, 60 · 10−6 

· ln 

650 K − 600 K 3, 5 · 10−8 = 243 · 103 J/mol 

15.9 a) Nach Gleichung (15.5) (Buch S. 251) ist: 

1 

L 

1 

= 0, 755 · 125 s + 

= 248 L/mol 

c(NO2) mol s −1 

0, 00650 mol L 

c(NO2) = 0, 00403 mol/L 

b) Gleichung (15.5) nach t aufgelöst: 

1 

t = 

0, 755 L mol −1 K−1 

1 

0, 00100 mol L 

−1 − 

c) Nach Gleichung (15.6) ist: 

1 

t1/2 = 

0, 755 L mol −1 s−1 = 204 s 

−1 

· 0, 00650 mol L 

1 

0, 00650 mol L −1 

 

= 1, 12 · 10 3 s 

15.10 Nach Gleichung (15.4) ist k = 0, 693/(21, 8 min) = 0, 0318 min −1 = 5, 30 · 10 −4 s −1 . 

15.11 Nach Gleichung (15.4) ist k = 0, 693/(1, 57 h) = 0, 441 h −1 . 

15.12 

c(SO2Cl2 ) 1/c(SO 

✻ 2Cl2 ) 

0,05 

0,04 

0,03 

0,02 

0,01 

50 1/c(SO 2 Cl 2 ) 

40 

30 

20 

10 

c(SO 2 Cl 2 ) 

➤ 

➤ 

ln c(SO 2 Cl 2 ) 

0 

0 200 400 600 

➤ 

✻−ln 

c(SO2Cl2 ) 

4,0 

3,8 

3,6 

3,4 

3,2 

✲ 

t/min 

Nur die Auftragung von ln c(SO 2Cl 2) 

ergibt eine Gerade, also ist die Reaktion 

erster Ordnung. 

alle Konzentrationswerte im Diagramm in 

mol L −1


15.13 

c(Cl 2 O 7 ) 

60 

40 

20 

✻1/c(Cl 

2O7 ) 

0,05 

0,04 

0,03 

0,02 

c(Cl 2 O 7 ) 

1/c(Cl 2 O 7 ) 

ln c(Cl 2 O 7 ) 

0 

0 20 40 60 

15.14 bis 15.17 Siehe Buch S. 691 – 691 

➤ 

➤ 

➤ 

✻ln 

c(Cl2O7 ) 

4,0 

3,8 

3,6 

3,4 

3,2 

✲ 

t/min 

Nur die Auftragung von ln c(Cl 2O 7) 

ergibt eine Gerade, also ist die Reaktion 

erster Ordnung. 

alle Konzentrationswerte im Diagramm 

in mol L −1 

15.18 E a/(RT) = 28, 9 · 10 3 J mol −1 /(8, 314 J mol −1 K −1 · 500 K) = 6, 95 

Nach Gleichung (15.9) (Buch S. 261) ist: 

k = 8, 3 · 10 8 · e −6,95 = 7, 9 · 10 5 L mol −1 s −1 . 

Die Maßeinheit folgt daraus, dass die Reaktion zweiter Ordnung ist (vgl. Aufgabe 15.3). Genau genommen 

müßte der Faktor A mit dieser Maßeinheit versehen werden. 

15.19 209 · 10 3 J mol −1 /(8, 314 J mol −1 K −1 · 1000 K) = 25, 14 

Nach Gleichung (15.9) ist 

k = 2, 5 · 10 11 · e −25,14 = 3, 02 L mol −1 s −1 . 

Die Maßeinheit folgt daraus, dass die Reaktion zweiter Ordnung ist (vgl. Aufgabe 15.3). Genau genommen 

müßte der Faktor A mit dieser Maßeinheit versehen werden. 

15.20 Nach Gleichung (15.12) (Buch S. 262) gilt: 

E a = 8, 314 J mol −1 K −1 · 

15.21 Nach Gleichung (15.12) gilt: 

E a = 8, 314 J mol −1 K −1 · 

1400 · 1500 K2 

1500 K − 1400 K 

430 · 450 K2 

450 K − 430 K 

15.22 Nach Gleichung (15.11) (Buch S. 262) gilt: 

ln k 2 = ln(1, 3 · 10 −3 ) + 181 · 103 J mol −1 

8, 314 J mol −1 K −1 

ln 0, 659 

0, 143 = 267 · 103 J/mol 

ln 9, 6 

1, 7 = 139 · 103 J/mol 

 

1 1 

− = −5, 37 

700 K 730 K 

k 2 = 4, 7 · 10 −3 L mol −1 s −1 

Die Maßeinheit muss dieselbe wie die von k 1 sein, da sich die Maßeinheiten von k 1 und k 2 in Gleichung 

(15.11) herauskürzen müssen. 

15.23 T2 ist gefragt und T1 = 650 K. Nach Gleichung (15.11) gilt: 

6, 0 

ln 

2, 0 = 226 · 103 J mol −1 

8, 314 J mol −1 K−1 

1 1 

− 

650 K T2 1, 099 = 27, 18 · 103 K ( 0, 00154 K−1 − 1/T2 ) 

1, 099 

27, 18 · 10 3 K − 0, 00154 K−1 = −1/T 2 

T 2 = 667 K


15.24 Die Halbwertszeit ist immer proportional zum Kehrwert der Geschwindigkeitskonstanten (vgl. Gleichungen 

(15.4), (15.6) und (15.8), Buch S. 250 – 253). Wenn k 1 und für T 1 = 400 K und k 2 und für T 2 = 430 K 

gelten, dann ist k 2/k 1 = 1, 50/0, 50 = 3, 00. Nach Gleichung (15.12) gilt: 

E a = 8, 314 J mol −1 K −1 · 

400 · 430 K2 

430 K − 400 K ln 3, 00 = 52, 3 · 103 J/mol 

15.25 Wenn sich die Geschwindigkeit verzehnfacht ist k 2/k 1 = 10. Nach Gleichung (15.12) gilt: 

E a = 8, 314 J mol −1 K −1 · 

310 · 300 K2 

310 K − 300 K ln 10 = 178 · 103 J/mol


16 Das chemische Gleichgewicht 

16.1 Siehe Buch Seite 692. Feststoffe gehen nicht in die Gleichung ein. 

16.2 Das Gleichgewicht verschiebt sich nach dem Prinzip des kleinsten Zwanges jeweils auf die Seite, auf der 

die Molzahl der Gase geringer ist: 

Molzahl der Gase Differenz Δn Gleichwichtslinks 

rechts rechts – links verschiebung nach 

a) 3 5 2 links 

b) 0 1 1 links 

c) 1 2 1 links 

d) 4 1 –3 rechts 

e) 0 1 1 links 

f) 9 10 1 links 

16.3 Das Massenwirkungsgesetz ist genauso wie in Aufgabe 16.1 zu formulieren, mit Partialdrücken statt 

Konzentrationen. Die Geichgewichskonstante ist jeweils K p = K c (RT) Δn mit Δn wie in der Tabelle von 

Aufgabe 16.2 angegeben. Lösungen siehe Buch Seite 692. 

16.4 Die Gleichgewichtskonstante hat bei 2500 K den größeren Zahlenwert, das Gleichgewicht liegt somit bei 

2500 K weiter rechts als bei 2000 K. Nach dem Prinzip des kleinsten Zwanges ist die Reaktion damit 

endotherm. 

16.5 Die Gleichgewichtskonstante hat bei 936 K den größeren Zahlenwert. Links und rechts ist die Molzahl 

der Gase gleich groß. Wegnahme eines Stoffes, der in das Massenwirkungsgesetz eingeht, verschiebt das 

Gleichgewicht immer zugunsten der Bildung dieses Stoffes. Nach dem Prinzip des kleinsten Zwanges 

gilt deshalb: 

a) exotherm 

b) das Gleichgewicht verschiebt sich nach rechts 

c) Druck hat keinen Einfluss 

d) festes NiO geht nicht in das Massenwirkungsgesetz ein, seine Menge ist unerheblich 

e) Wegnahme von CO verschiebt das Gleichgewicht nach links 

f) Wegnahme von CO 2 verschiebt das Gleichgewicht nach rechts 

16.6 Die Molzahlen der Gase sind links 3, rechts 5. Nach dem Prinzip des kleinsten Zwanges gilt für die 

exotherme Reaktion deshalb: 

a) das Gleichgewicht verschiebt sich nach links 

b) Zusatz von H 2S verschiebt das Gleichgewich nach rechts 

c) Wegnahme von CS 2 verschiebt das Gleichgewich nach rechts 

d) Druck verschiebt das Gleichgewicht nach links 

e) Ein Katalysator hat nie Einfluss auf die Gleichgewichtslage; 

das Gleichgewicht stellt sich aber schneller ein 

16.7 Die Molzahlen der Gase sind links 1, rechts 2. Nach dem Prinzip des kleinsten Zwanges gilt für die 

endotherme Reaktion deshalb: 

a) Zusatz von CO 2 verschiebt das Gleichgewicht nach rechts 

c) Die Menge des festen C ist unerheblich; keine Gleichgewichtsverlagerung 

d) Das Gleichgewicht verschiebt sich nach rechts 

e) Das Gleichgewicht verschiebt sich nach rechts


16.8 a) Der Reaktionsquotient beträgt: 

Q = c2 (Cl2) · c2 (H2O) c4 (HCl) · c(O2) mol−1L = 0, 0802 · 0, 0702 0, 0304 · 0, 020 = 1936 mol−1L Da Q > Kc, läuft die Reaktion nach links, solange bis Q = Kc. b) Da die Stoffmenge der Gase links größer ist als rechts, verschiebt eine Druckverminderung 

das Gleichgewicht weiter nach links. 

c) K p = K c · (RT) Δn = 889 mol −1 L · (8, 315 kPa L mol −1 K −1 · 753 K) −1 = 0, 142 kPa −1 

16.9 Q = c2 (NO) 0, 000252 

= = 1, 39 · 10−5 

c(N2) · c(O2) 0, 060 · 0, 075 

Da Q < K c = 4, 08 · 10 −4 , läuft die Reaktion nach rechts, solange bis Q = K c. 

16.10 Kc = c2 (HI) 

c(H2) · c(I2) = 

0, 0252 = 61 

0, 0064 · 0, 0016 

16.11 a) Nach Einstellung des Gleichgewichts ist 

c(PCl 5) = 0, 074 mol/l − 0, 050 mol/L = 0, 024 mol/L 

da für jedes entstandene PCl 3-Molkül ein PCl 5-Molekül verbraucht wird. 

b) Wegen c(PCl 3) = c(Cl 2) ist: K c = c(PCl 3) · c(Cl 2) 

c(PCl 5) 

= 0, 0502 

0, 024 

mol/L = 0, 104 mol/L 

16.12 a) Nachdem das SO 3 dissoziiert ist, sind daraus 

c(SO 2) = 0, 367 · 0, 060 mol/L = 0, 022 mol/L 

entstanden. c(O 2) ist gemäß Reaktionsgleichung halb so groß. Vom SO 3 sind noch 

c(SO 3) = 0, 060 mol/L − 0, 022 mol/L = 0, 038 mol/L vorhanden. 

b) Damit ergeben sich die Gleichgewichtskonstanten zu: 

K c = c2 (SO 2) · c(O 2) 

c 2 (SO 3) 

= 0, 0222 · 0, 011 

0, 038 2 

mol/L = 3, 69 · 10 −3 mol/L 

K p = K c · (RT) Δn = 3, 69 · 10 −3 mol/L ·(8, 315 kPa L mol −1 K −1 · 1000 K) 1 = 30, 7 kPa 

16.13 a) K c = c(H 3COH) 

c(CO) · c 2 (H 2) 

c(H 3COH) = c 2 (H 2) · c(CO) · K c = (0, 060 mol L −1 ) 2 · 0, 075 mol L −1 · 10, 2 L 2 /mol 2 

= 0, 0028 mol/L 

b) K p = K c · (RT) Δn = 10, 2 L 2 /mol 2 · (8, 315 kPa L mol −1 K −1 · 498 K) −2 1 = 5, 95 · 10 −7 kPa −2 

16.14 Nachdem sich das Gleichgewicht eingestellt hat, sind die Konzentrationen: 

c(H 2O) = c(CO) = 0, 600 mol/L − c(H 2) c(H 2) = c(CO 2) 

K c = c(H 2) · c(CO 2) 

c(H 2O) · c(CO) = 

c 2 (H 2) 

(0, 600 mol L −1 = 1, 30 

− c(H 2 

2)) 

c(H 2) = √ 1, 30 · (0, 600 mol L −1 − c(H 2)) 

c(H 2) = c(CO 2) = √ 1, 30 · 0, 600 mol L −1 /( √ 1, 30 + 1) = 0, 320 mol/L 

c(H 2O) = c(CO) = 0, 600 mol/L − 0, 320 mol/L = 0, 280 mol/L 

16.15 Nachdem sich das Gleichgewicht eingestellt hat, sind die Konzentrationen: 

c(IBr) = 0, 060 mol/L − 2c(I 2) c(I 2) = c(Br 2) 

K c = K p = c(I 2) · c(Br 2) 

c 2 (IBr) = 

c 2 (I 2) 

(0, 060 mol L −1 = 8, 5 · 10−3 

− 2c(I 2 

2))


c 2 (I 2) = 8, 5·10 −3 · (0, 060 mol L −1 − 2c(I 2)) 2 

(1 − 4 · 8, 5·10 −3 ) c 2 (I 2) + 4·8, 5·10 −3 · 0, 060 mol L −1 · c(I 2) − 8, 5·10 −3 ·(0, 060 mol L −1 ) 2 = 0 

c(I 2) = −4 ·8, 5·10−3 · 0, 060 ± (4 · 8, 5·10 −3 · 0, 060) 2 + 4 · (1 − 4 · 8, 5·10 −3 ) · 8, 5·10 −3 · 0, 060 2 

2(1 − 4 · 8, 5·10 −3 ) 

mol/L 

= 4, 67 · 10 −3 mol/L 

c(IBr) = 0, 060 mol/L − 2 · 4, 67 · 10 −3 mol/L = 0, 0507 mol/L 

16.16 Nachdem sich das Gleichgewicht eingestellt hat, gilt: 

c(Br 2) = c(Cl 2) = (0, 045 − x) mol/L 

c(BrCl) = (0, 045 + 2x) mol/L 

K c = c2 (BrCl) 

c(Br2) · c(Cl2) = (0, 045 + 2x)2 mol2 L−2 (0, 045 − x) 2 mol2 L 

0, 045 + 2x = (0, 045 − x) √ 7, 0 

(2 + √ 7, 0)x = 0, 045( √ 7, 0 − 1) 

√ 

7, 0 − 1 

x = 0, 045√ 

= 0, 016 

7, 0 + 2 

−2 = 7, 0 

c(Br 2) = c(Cl 2) = (0, 045 − 0, 016) mol/L = 0, 029 mol/L 

c(BrCl) = (0, 045 + 2 · 0, 016) mol/L = 0, 077 mol/L 

16.17 Nachdem sich das Gleichgewicht eingestellt hat, gilt: 

c(CO 2) = x mol/L c(CO) = 0, 0500 − x mol/L 

a) Kc = c(CO2) c(CO) = 

x 

= 0, 403 

0, 0500 − x 

x = 0, 403(0, 0500 − x) 

(1 + 0, 403)x = 0, 403 · 0, 0500 

x = 0, 403 · 0, 0500/(1 + 0, 403) = 0, 0144 

c(CO 2) = 0, 0144 mol/L c(CO) = 0, 0500 − 0, 0144 mol/L = 0, 0356 mol/L 

b) n(Fe) = n(CO 2) = c(CO 2) · V = 0, 0144 mol/L ·1, 000 L = 0, 0144 mol 

m(Fe) = n(Fe) · M(Fe) = 0, 0144 mol · 55, 85 g/mol = 0, 804 g 

16.18 a) p(H 2) = (101, 3 − 2 · 14, 0) kPa = 73, 3 kPa 

b) K p = p(CH 4) 

p 2 (H 2) 

= 14, 0 kPa 

(73, 3 kPa) 2 = 2, 61 · 10−3 kPa −1 

16.19 Gemäß Reaktionsgleichung ist p(NH3) = p(H2S). Jedes davon trägt zur Hälfte zum Gesamtdruck bei: 

p(NH3) = p(H2S) = 1 

2 · 62, 2 kPa = 31, 1 kPa 

Kp = p(NH3) · p(H2S) = 31, 12 kPa2 = 967 kPa2 16.20 Gemäß Reaktionsgleichung ist p(Hg) = 2 p(O2). Die Anteile am Gesamtdruck sind: 

p(Hg) = 2 

3 · 108, 4 kPa = 72, 3 kPa 

p(O2) = 1 

3 · 108, 4 kPa = 36, 1 kPa 

Kp = p2 (Hg) · p(O2) = 72, 32 · 36, 1 kPa3 = 1, 89 · 105 kPa3 16.21 Nach Einstellung des Gleichgewichts sind von den anfangs vorhandenen je 1,000 mol CO(g) und H 2O(g) 

noch übrig: 

n(CO) = n(H 2O) = (1, 000 − 0, 665) mol = 0, 335 mol 

Kc = Kp = c(CO2) · c(H2) (0, 665 kPa)2 

= 

c(CO) · c(H2O) (0, 335 kPa) 2 = 3, 94 Kc = Kp gilt weil Δn = 0


16.22 a) Wenn von 1,000 mol ONCl 56,4 % dissoziiert sind, sind davon noch übrig: 

n(ONCl) = (1 − 0, 564) · 1, 000 mol = 0, 436 mol 

Daraus sind gemäß Reaktionsgleichung entstanden: 

n(NO) = 0, 564 · 1, 000 mol und n(Cl2) = 1 

2 · 0, 564 · 1, 000 mol = 0, 282 mol 

b) Die gesamte Stoffmenge beträgt: 

nges = n(ONCl) + n(NO) + n(Cl2) = (0, 436 + 0, 564 + 0, 282) mol = 1, 282 mol 

c) p(ONCl) = x(ONCl) · p 0 = n(ONCl) 

n ges 

p(NO) = x(NO) · p0 = n(NO) 

nges p(Cl2) = x(Cl2) · p0 = n(Cl2) nges K p = p2 (NO) · p(Cl 2) 

p 2 (ONCl) 

· p 0 = 

· p 0 = 

· p 0 = 

= (44, 57 kPa)2 · 22, 28 kPa 

(34, 45 kPa) 2 

0, 436 mol 

· 101, 3 kPa = 34, 45 kPa 

1, 282 mol 

0, 564 mol 

· 101, 3 kPa = 44, 57 kPa 

1, 282 mol 

0, 282 mol 

· 101, 3 kPa = 22, 28 kPa 

1, 282 mol 

= 37, 3 kPa 

K c = K p(RT) −Δn = 37, 3 kPa (8, 315 kPa L mol −1 K −1 · 585 K) −1 = 7, 67 · 10 −3 mol/L 

16.23 Nach Einstellung des Gleichgewichts sind die Partialdrücke: 

p(NO) = x kPa, p(N2) = (79, 1 − 1 

2x) kPa und p(O2) = (21, 2 − 1 

2x) kPa 

K p = 

p 2 (NO) 

p(N 2) · p(O 2) = 

x 2 = 2, 5 · 10 −3 (79, 1 · 21, 2 − 1 

2 

x 2 

(79, 1 − 1 = 2, 5 · 10−3 

1 

2 x)(21, 2 − 2 x) 

79, 1 x − 1 

2 

x 2 = 4, 19 − 0, 125 x + 1 

4 2, 5 · 10−3 x 2 

x 2 (1 − 1 

4 2, 5 · 10−3 ) + 0, 125 x − 4, 19 = 0 

0, 9994 x 2 + 0, 125 x − 4, 19 = 0 

21, 2 x + 1 

4 x2 ) 

x = −0, 125 ± 0, 125 2 + 4 · 0, 9994 · 4, 19 

2 · 0, 9994 

x = 2, 0 (die zweite Lösung ist negativ und physikalisch sinnlos) 

p(NO) = 2, 0 kPa


17 Säuren und Basen 

Lösungen siehe im Buch Seite 693 

Bei Aufgabe 17.15 kann man die höhere Säurestärke von H 2SeO 4 durch die größere Formalladung am Selen- 

Atom erklären. 

18 Säure-Base Gleichgewichte 

18.1 Es handelt sich um starke, vollständig dissoziierte Säuren und Basen. 

a) c(H + ) = 0, 015 mol/L 

c(OH − ) = K W/(0, 015 mol/L) = 10 −14 mol 2 L −2 /(0, 015 mol/L) = 6, 7 · 10 −13 mol/L 

b) c(OH − ) = 2 · 0, 0025 mol/L = 0, 0050 mol/L 

c(H + ) = 10 −14 mol 2 L −2 /(0, 0050 mol/L) = 2, 0 · 10 −12 mol/L 

c) c(H + ) = 0, 00030 mol/L 

c(OH − ) = 10 −14 mol 2 L −2 /(0, 00030 mol/L) = 3, 3 · 10 −11 mol/L 

d) c(OH − ) = 2 · 0, 016 mol/L = 0, 032 mol/L 


18.2 a) pH = − lg 7, 3 · 10 −5 = 4, 14 

b) pH = − lg 0, 084 = 1, 08 

c) pH = − lg 3, 9 · 10 −8 = 7, 41 

d) pH = 14 + lg 3, 3 · 10 −4 = 10, 51 

e) pH = 14 + lg 0, 042 = 12, 62 

18.3 a) c(H + ) = 10 −1,23 mol/L = 5, 9 · 10 −2 mol/L 

c(OH − ) = 10 −14 mol 2 L −2 /(5, 9 · 10 −2 mol/L) = 1, 7 · 10 −13 mol/L 

b) c(H + ) = 10 −10,92 mol/L = 1, 2 · 10 −11 mol/L 

c(OH − ) = 10 −14 mol 2 L −2 /(1, 2 · 10 −11 mol/L) = 8, 3 · 10 −4 mol/L 

c) c(OH − ) = 10 −4,32 mol/L = 4, 8 · 10 −5 mol/L 

c(H + ) = 10 −14 mol 2 L −2 /(4, 8 · 10 −5 mol/L) = 2, 1 · 10 −10 mol/L 

d) c(OH − ) = 10 −12,34 mol/L = 4, 6 · 10 −13 mol/L 

c(H + ) = 10 −14 mol 2 L −2 /(4, 6 · 10 −13 mol/L) = 2, 2 · 10 −2 mol/L 

e) c(OH − ) = 10 −0,16 mol/L = 6, 9 · 10 −1 mol/L 


18.4 Gemäß Gleichung (18.9) (S. 297 im Buch) ist: 

2, 86 = 1 

2 (pKS − lg 0, 26) 

pKS = 2 · 2, 86 + lg 0, 26 = 5, 13 

K S = 10 −5,13 mol/L = 7, 3 · 10 −6 mol/L 

18.5 pOH = 14 − 11, 12 = 2, 88. Gemäß Gleichung (18.13) (S. 299 im Buch) ist: 

2, 88 = 1 

2 (pKB − lg 0, 44) 

pKB = 2 · 2, 88 + lg 0, 44 = 5, 40 

K B = 10 −5,40 mol/L = 4, 0 · 10 −6 mol/L 


pOH = 1 

2 (4, 74 − lg 0, 30) = 2, 63 ( pKB = − lg 1, 8 · 10−5 = 4, 74) 

pH = 14 − pOH = 11, 37



pH = 1 

2 (3, 92 − lg 0, 12) = 2, 42 ( pK S = − lg 1, 2 · 10 −4 = 3, 92) 

18.8 Da die Säure mittelstark ist, kann nicht mit der Näherungsgleichung (18.9) gerechnet werden. Nach 

Gleichung (18.7) (S. 297 im Buch) ist: 

c(H + ) = 10−2,60 mol/L = − 1 

2 1, 1·10−2 

1 mol/L + 4 (1, 1·10−2 mol/L) 2 + (1, 1·10−2 mol/L) c0 c 0 = (10−2,60 mol/L + 1 

2 1, 1·10−2 mol/L) 2 − 1 

4 (1, 1·10−2 mol/L) 2 

1, 1·10 −2 mol/L 

= 0, 00309 mol/L 

Für 0,500 L benötigt man: 

n(HClO 2) = c 0(HClO 2) · V = 0, 00309 mol/L · 0, 500 L = 0, 00154 mol 

18.9 Von den 0,25 mol/L sind 0, 25 mol/L ·0, 0072 = 0, 0018 mol/L dissoziiert und 

0, 25 mol/L ·(1 − 0, 0072) = 0, 2482 mol/L nicht dissoziiert. Die Konzentrationen betragen: 

c(C2H5CO2H) = 0, 2482 mol/L c(H + ) = c(C2H5CO − 2 ) = 0, 0018 mol/L 

K S = c(H+ ) · c(C 2H 5CO − 2 ) 

c(C 2H 5CO 2H) 

= (0, 0018 mol L−1 ) 2 

0, 2482 mol L −1 = 1, 3 · 10−5 mol/L 

18.10 Von den 0,20 mol/L sind 0, 20 mol/L ·0, 33 = 0, 066 mol/L dissoziiert und 0, 20 mol/L · (1 − 0, 33) = 

0, 1340 mol/L nicht dissoziiert. Die Konzentrationen betragen: 

c(Cl2HCCO2H) = 0, 1340 mol/L c(H + ) = c(Cl2HCCO − 2 ) = 0, 066 mol/L 

K S = c(H+ ) · c(Cl 2HCCO − 2 ) 

c(Cl 2HCCO 2H) 

= (0, 066 mol L−1 ) 2 

0, 1340 mol L −1 = 3, 3 · 10−2 mol/L 

18.11 C7H7NH2 + H2O ⇋ C7H7NH + 3 + OH− 

Die Konzentrationen betragen: 

c(C7H7NH2) = (0, 25 − 2, 4 · 1 0−3) mol/L = 0, 2476 mol/L c(OH− ) = c(C7H7NH + 3 ) = 2, 4 ·1 mol/L 

0−3 

K B = c(OH− ) · c(C 7H 7NH + 3 ) 

c(C 7H 7NH 2) 

= (2, 4 ·1 0−3 mol L −1 ) 2 

0, 2476 mol L −1 

= 2, 3 · 10 −5 mol/L 

18.12 NCCH2CO2H ⇋ NCCH2CO − 2 + H+ 

Die Konzentrationen betragen: 

c(NCCH2CO2H) = (0, 300 − 0, 032) mol/L= 0, 268 mol/L c(H + ) = c(NCCH2CO − 2 ) = 0, 032 mol/L 

K S = c(H+ ) · c(NCCH 2CO − 2 ) 

c(NCCH 2CO 2H) 

18.13 a) Gemäß Gleichung (18.8) (S. 297 im Buch) ist: 

= (0, 032 mol L−1 ) 2 

0, 268 mol L −1 = 3, 8 · 10−3 mol/L 

c(H + ) = 1, 5·10 −4 · 0, 16 mol/L = 4, 9·10 −3 mol/L 

b) Die Anteil der dissoziierten Milchsäure ist: 

4, 9·10 −3 mol/L/(0, 16 mol/L) = 0, 031 oder 3,1 % 

18.14 a) Gemäß Gleichung (18.8) (S. 297 im Buch) ist: 

c(H + ) = 6, 0·10 −5 · 0, 25 mol/L = 3, 9·10 −3 mol/L 

b) Die Anteil der dissoziierten Benzoesäure ist: 

3, 9·10 −3 mol/L/(0, 25 mol/L) = 0, 016 oder 1,6 % 

18.15 N2H4 + H2O ⇋ N2H + 5 + OH− 

c(N2H + 5 ) · c(OH− ) 

c(N2H4) = K B = 9, 8 · 10 −7 mol/L


Gemäß Gleichung (18.12) (S. 299 im Buch) ist: 

c(OH − ) = c(N 2H + 5 ) = 9, 8·10 −7 · 0, 15 mol/L = 3, 8 · 10 −4 mol/L 

c(N 2H 4) = (0, 15 − 3, 8 · 10 −4 ) mol/L = 0, 15 mol/L 


c(OH − ) = c(H 5C 6NH + 3 ) = 4, 3·10 −10 · 0, 40 mol/L = 1, 3 · 10 −5 mol/L 

c(H 5C 6NH 2) = (0, 40 − 1, 3 · 10 −5 ) mol/L = 0, 40 mol/L 

18.17 Bei c 0(HX) = 0, 15 mol/L betragen die Konzentrationen: 

c(H + ) = c(X − ) = 0, 15 mol/L · 0, 012 = 0, 0018 mol/L c(HX) = 0, 15 − 0, 0018 = 0, 1482 mol/L 

K S = c(H+ ) · c(X − ) 

c(HX) 

= (0, 0018 mol L−1 ) 2 

0, 1482 mol L −1 = 2, 2 · 10−5 mol/L 

Bei c 0(HX) = 0, 030 mol/L ist gemäß Gleichung (18.8): 

c(H + ) = c(X − ) = 2, 2·10 −5 · 0, 030 mol/L = 8, 1 · 10 −4 mol/L 

Der Dissoziationsgrad beträgt 

c(X − )/c(HX) = 8, 1 · 10 −4 /0, 030 = 0, 027 oder 2,7 % 

18.18 Bei c 0(HA) = 0, 15 mol/L betragen die Konzentrationen: 

c(H + ) = c(A − ) = 0, 15 mol/L · 0, 0010 = 0, 00015 mol/L c(HA) = 0, 15 − 0, 00015 = 0, 1499 mol/L 

K S = c(H+ ) · c(A − ) 

c(HA) 

= (0, 00015 mol L−1 ) 2 

0, 1499 mol L−1 = 1, 5 · 10−7 mol/L 

Bei einem Dissoziationsgrad von 1,0 % ist: 

c(H + )/c 0 = c(A − )/c 0 = 0, 010 

Gemäß Gleichung (18.8) (S. 297 im Buch) gilt: 

c(H + ) = 1, 5 · 10 −7 mol/L · c 0 

c 2 (H + ) = 1, 5 · 10 −7 mol/L · c 0 

(c(H + )/c 0) 2 = 1, 5 · 10 −7 mol/L/c 0 

c 0 = 1, 5 · 10 −7 mol/L /(c(H + )/c 0) 2 = 1, 5 · 10 −7 mol/L /0, 010 2 = 1, 5 · 10 −3 mol/L 

18.19 a) c(H + ) = c(ClO − 2 

c 2 (H + ) 

c(HClO 2) = K S 

) = 0, 030 mol/L 

c(HClO 2) = c 2 (H + )/K S = (0, 030 mol/L ) 2 /(1, 1 · 10 −2 mol/L) = 0, 082 mol/L 

b) n 0(HClO 2) = [c(HClO 2) + c(ClO − 2 

18.20 c(OH − ) = c(NH + 4 ) = 1, 8 · 10−3 mol/L 

c 2 (OH − ) 

c(NH 3) = K B 

)]V = (0, 082 + 0, 030) mol/L · 1, 0 L = 0, 112 mol 

c(NH 3) = c 2 (OH − )/K B = (1, 8 · 10 −3 mol/L ) 2 /(1, 8 · 10 −5 mol/L) = 0, 18 mol/L 

18.21 c(OH − ) = c(N(CH 3) 3H + ) = 6, 0 · 10 −3 mol/L 

c 2 (OH − ) 

c(N(CH 3) 3 ) = K B 

c(N(CH 3) 3) = c 2 (OH − )/K B = (6, 0 · 10 −3 mol/L ) 2 /(6, 5 · 10 −5 mol/L) = 0, 55 mol/L 

18.22 Nach der Reaktion der H + -Ionen aus der Salzsäure mit den N − 3 

Azid-Ionen noch 

n(N − 3 ) = (0, 23 − 0, 10) mol = 0, 13 mol vorhanden. Gleichzeitig sind 

-Ionen sind von den anfangs vorhandenen


n(HN 3) = 0, 10 mol 

Stickstoffwasserstoffsäure (HN 3) entstanden. Bei einem Lösungsvolumen von 1,0 L sind die Konzentrationen: 

c(N − 3 ) = n(N− 3 )/V = 0, 13 mol/(1, 0 L) = 0, 13 mol/L c(HN3) = 0, 10 mol/L 

Die Lösung enthält also sowohl die schwache Säure HN3 als auch ihre konjugierte Base N − 3 

Pufferlösung. 

c(H + c(HN 

) = K 

3) 

S 

c(N − 3 ) = 1, 9 · 10−5mol L −1 0, 10 

· 

0, 13 = 1, 5 · 10−5 mol/L 

. Das ist eine 

18.23 Nach der Reaktion der H + -Ionen aus der Salzsäure mit den Formiat-Ionen sind davon noch übrig: 

) = (0, 22 − 0, 15) mol = 0, 07 mol 

n(HCO − 2 

Gleichzeitig sind 

n(HCO2H) = 0, 15 mol 

Ameisensäure (HCO2H) entstanden. Bei einem Lösungsvolumen von 1,0 L sind die Konzentrationen: 

c(HCO − 2 ) = 0, 07 mol/L c(HCO2H) = 0, 15 mol/L 

Die Lösung enthält die schwache Ameisensäure und ihre konjugierte Base (Formiat-Ionen). Das ist eine 

Pufferlösung. 

c(H + c(HCO 

) = K 

2H) 

S 

c(HCO − 2 ) = 1, 8 · 10−4 0, 15 

mol/L · 

0, 07 = 3, 9 · 10−4 mol/L 

18.24 Die im Überschuss zugegebene starke Base OH − reagiert mit der Säure HONH + 3 

übrig: 

c(OH − ) = (0, 35 − 0, 20) mol/L = 0, 15 mol/L 

und es hat sich die entsprechende Menge Hydroxylamin gebildet: 

c(HONH 2) = 0, 20 mol/L 

+ c(HONH 

c(HONH3 ) = 

2) 

KB 

c(OH− ) = 1, 1 · 10−8 −1 0, 20 mol L−1 

mol L 

0, 15 mol L −1 = 1, 5 · 10−8 mol/L 

18.25 Anfangsmengen: 

n(NH + 4 ) = c(NH+ 4 ) · V(NH+ 4 ) = 0, 45 mol L−1 · 0, 150 L = 0, 0675 mol 

n(OH − ) = c(OH − ) · V(OH − ) = 0, 30 mol L −1 · 0, 300 L = 0, 090 mol 

OH − ist im Überschuss vorhanden. Nach der Reaktion bleiben davon übrig: 

n(OH − ) = (0, 090 − 0, 0675) mol = 0, 0225 mol 

Die gebildete Menge Ammoniak entspricht der anfänglichen Menge Ammonium: 

n(NH 3) = 0, 0675 mol 

Im Gesamtvolumen von V = 450 mL sind die Konzentrationen: 

c(OH − ) = n(OH − )/V = 0, 0225 mol/(0, 450 L) = 0, 050 mol/L 

c(NH 3) = n(NH 3)/V = 0, 0675 mol/(0, 450 L) = 0, 150 mol/L 

c(NH + 4 ) = K c(NH3) B 

c(OH− ) = 1, 8 · 10−5mol L −1 · 

18.26 Gemäß Gleichung (18.7) (S. 297): 

c(H + ) = c(ClO − 1 

2 ) = − 2 1, 1·10−2 mol/L + 

= 0, 048 mol/L 

c(HClO2) = (0, 26 − 0, 048) mol/L = 0, 21 mol/L 

18.27 c(NO − 2 

0, 150 mol L−1 

0, 050 mol L −1 = 5, 4 · 10−5 mol/L 

. Danach sind noch 

 

1 

4 (1, 1·10−2 mol/L) 2 + (1, 1·10−2 mol/L) · 0, 26 mol/L 

) = 0, 010 mol /(0, 100 L) = 0, 100 mol/L 

a) Es liegt eine Pufferlösung vor. Gemäß Gleichung (18.16) (S. 304 im Buch) ist: 

pH= pK S − lg c(HNO 2) 

c(NO − 2 

0, 035 mol L−1 

= 3, 35 − = 3, 80 

) −1 

0, 100 mol L


b) Der Dissoziationsgrad ist 

c(H + )/c(HNO 2) = 10 −3,80 /0, 035 = 0, 0045 oder 0,45 % 

18.28 Pufferlösung, Gleichung (18.16): 

pH= pKS − lg c(HCO2H) c(HCO − 0, 0025 

= 3, 74 − lg = 4, 34 

2 ) 0, 010 

Das Volumen der Lösung ist unerheblich. 


pKS = pH + lg c(HX) 

c(X− 0, 028 

= 3, 66 + lg = 4, 26 

) 0, 0070 

K S = 10 −4,26 mol/L= 5, 5 · 10 −5 mol/L 

Das Volumen der Lösung ist unerheblich. 


pK S = pH + lg c(HX) 

c(X − ) 

3, 0 · 10−3 

= 4, 80 + lg = 5, 50 

6, 0 · 10−4 K S = 10 −5,50 mol/L= 3, 2 · 10 −6 mol/L 


pH = pK S − lg c(N 2H 5 + ) + lg c(N2H 4) pK S = 14 − pK B = 14 − lg 9, 8·10 −7 = 7, 99 

lg c(N 2H 5 + ) = pKS − pH + lg c(N 2H 4) = 7, 99 − 7, 15 + lg 0, 10 = −0, 16 

c(N 2H 5 + ) = c(N2H 5Cl) = 10 −0,16 mol/L = 0, 69 mol/L 

18.32 c 0(HX) = 0, 060 mol /(0, 250 L) = 0, 240 mol/L 

Zunächst liegt eine Lösung der reinen schwachen Säure vor. Mit Gleichung (18.9) (S. 297 im Buch) 

berechnen wie ihren pK S-Wert: 

pK S = 2pH+ lg c 0 = 2 · 2, 89 + lg 0, 240 = 5, 16 

Nach Zusatz von NaX entsteht eine Pufferlösung, Gleichung (18.16): 

c(X − ) = 0, 030 mol /(0, 250 L) = 0, 120 mol/L 

pH = pKS − lg c(HX) 

c(X− 0, 240 

= 5, 16 − lg = 4, 86 

) 0, 120 

18.33 pH = pK S − lg c(HOCl) 

c(OCl − ) 

lg c(OCl − ) = pH − pK S + lg c(HOCl) = 6, 75 − 7, 49 + lg 0, 22 = −1, 40 

c(OCl − ) = 10 −1,40 mol/L = 0, 0398 mol/L 

Für 200 mL benötigt man: 

n(OCl − ) = n(NaOCl) = c(OCl − ) · V = 0, 0398 mol/L · 0, 200 L = 0, 00796 mol 

18.34 lg c(NH+ 4 ) 

c(NH 3) = pK S − pH = (14 − 4, 74) − 9, 50 = −0, 24 

c(NH + 4 ) 

c(NH 3) = 10−0,24 = 0, 57 

Es kann nur das Konzentrationsverhältnis der beiden Komponenten angegeben werden. 

18.35 BzH = Benzoesäre, Bz − = Benzoat. 

lg c(BzH) 

c(Bz − ) = pK S − pH = 4, 22 − 5, 00 = −0, 78


c(BzH) 

c(Bz − ) = 10−0,78 = 0, 17 

Es kann nur das Konzentrationsverhältnis der beiden Komponenten angegeben werden. 

18.36 Wie in Beispiel 18.10 (Buch S. 306) und mit den Dissoziationsgleichungen von Seite 307 setzen wir an: 

c(H + ) = c(HCO − 3 ) 

c 2 (H + ) = K S1 · c(CO 2) = 4, 2 · 10 −7 · 0, 034 mol 2 /L 2 = 1, 43 · 10 −8 

c(H + ) = 1, 2 · 10 −4 mol/L pH= 3, 92 

c(CO 2− 

3 ) = K S2 = 4, 8 · 10 −11 mol/L (in der Lösung der reinen Säure kürzen sich c(H + ) und c(HCO − 3 ) 

in der Gleichung für K S2 heraus) 

18.37 Rechnung wie in Beispiel 18.10 (Buch S. 306): 

c(H + ) = c(H2AsO − 1 

4 ) = − 2K 

1 

S1 + 4K2 S1 + KS1c0 = − 1 

2 2, 5·10−4 

1 + 4 (2, 5·10−4 ) 2 + 2, 5·10−4 · 0, 30 mol/L = 8, 5 · 10−3 mol/L 

c(H3AsO4) = c0 − c(H2AsO − 4 ) = (0, 30 − 8, 5 · 10−3 ) mol/L = 0, 29 mol/L 

c(HAsO 2− 

4 ) = KS2 = 5, 6 · 10−8 mol/L 

c(AsO 3− 

4 ) = K c(HAsO 

S3 

2− 

4 ) 

H + 

−13 5, 6 · 10−8 

= 3 · 10 

8, 5 · 10−3 mol/L = 2, 0 · 10−18 mol/L 

18.38 Gemäß Gleichung (18.18) (Buch S. 309) ist: 

c(S 2− 1, 1 · 10−22 

) = 

0, 152 mol/L = 4, 9 · 10−21 mol/L 

c(HS − c(H 

) = K 

2S) 

S1 

c(H + 0, 1 

= 1, 1 · 10−7 

) 0, 15 mol/L = 7, 3 · 10−8 mol/L 

(in gesätigter H 2S-Lösung ist c(H 2S) = 0, 1 mol/L, vgl. Buch S. 316 unten) 

18.39 Gemäß Gleichung (18.18) (Buch S. 309) ist: 

c 2 (H + ) = 

1, 1 · 10−22 

c(S2− ) mol3 /L 3 1, 1 · 10−22 

= 

3, 0 · 10−17 mol2 /L 2 = 3, 7 · 10 −6 mol2 /L2 c(H + ) = 1, 9 · 10 −3 pH = 2, 72 

18.40 Bei a) und b) handelt es sich um Salze von schwachen Säuren mit einer starken Base, bei c) und d) 

von schwachen Basen mit einer starken Säure. Die pK S- und pK B-Werte kann man aus den K S- und K B- 

Werten im Anhang B (S. 677) berechnen. 

a) Gleichung (18.13) (Buch S. 299) und pH = 14 − pOH: 

pH = 14 − 1 

2 (10, 65 − lg 0, 15) = 8, 26 

[ pKB(NO − 2 ) = 14 − pKS(HNO2) = 14 − 3, 35 = 10, 65] 

b) pH = 14 − 1 

2 (9, 78 − lg 0, 10) = 8, 61 

[ pKB(H5C6CO − 2 ) = 14 − pKS(H5C6CO2H) = 14 − 4, 22 = 9, 78] 

c) Gleichung (18.9) (Buch S. 297): 

pH = 1 

2 (4, 63 − lg 0, 20) = 2, 67 

[ pK S(H 5C 6NH + 3 ) = 14 − pK B(H 5C 6NH 2) = 14 − 9, 37 = 4, 63] 

d) pH = 1 

2 (7, 99 − lg 0, 13) = 4, 44 [ pK S(N 2H + 5 ) = 14 − pK B(N 2H 4) = 14 − 6, 01 = 7, 99] 

18.41 Gleichung (18.13) umgeformt: 

lg c 0(H 5C 6CO − 2 )/(mol L−1 ) = pK B − 2pOH = 9, 78 − 2(14 − 9, 00) = −0, 22 

c 0(H 5C 6CO − 2 ) = 0, 60 mol/L [ pK B-Wert s. Aufgabe 18.40 b) ]


18.42 pOH = 14 − 9, 77 = 4, 23; c(OH − ) = 10 −4,23 mol/L = 5, 89 · 10 −5 mol/L 

Gleichung (18.12) umgeformt: 

K B = c 2 (OH − )/c 0(X − ) = (5, 89 · 10 −5 ) 2 mol 2 L 2 /(0, 15 mol/L) = 2, 3 · 10 −8 mol/l 

K S = 10 −14 mol 2 L 2 /(2, 3 · 10 −8 mol L −1 ) = 4, 3 · 10 −7 mol/L 

18.43 Vor Erreichen des Äquivalenzpunkts liegt eine Pufferlösung vor. Anfangs ist 

n(Benzosäure) = 0, 100 mmol/ml · 30, 0 mL = 3, 00 mmol. 

a) Zugegebene Natronlauge: n(OH − ) = 0, 100 mmol/ml · 10, 0 mL = 1, 00 mmol. 

Damit sind n(Benzoat) = 1, 00 mmol entstanden und 

n(Benzosäure) = (3, 00 − 1, 00) mmol = 2, 00 mmol übrig. Gleichung (18.16): 

pH = 4, 22 − lg(2, 00/1, 00) = 3, 92 

b) Die Benzoesäure ist exakt neutralisiert, es liegt eine Lösung von reinem Natriumbenzoat, einer schwachen 

Base, vor. Das Volumen der Lösung ist jetzt V = 60, 0 mL. 

c(Benzoat) = n(Benzoat)/V = 3, 00 mmol /(60, 0 mL) = 0, 0500 mmol/mL 

Gleichung (18.13): 

pOH = 1 

2 (9, 78 − lg 0, 0500) = 5, 54 [ pKB-Wert s. Aufgabe 18.40 b) ] 

pH = 14 − 5, 54 = 8, 46 

c) Von den zugegebenen 4,00 mmol NaOH wurden 3,00 mmol neutralisiert, 1,00 mmol sind in einem 

Volumen von 70,0 mL übrig. 

c(OH − ) = 1, 00 mmol /(70, 0 mL) = 1, 43 · 10 −2 mmol/mL pOH = 1, 84 

pH = 14 − pOH = 14 − 1, 84 = 12, 16 

18.44 Vor Erreichen des Äquivalenzpunkts liegt eine Pufferlösung vor. Anfangs ist 

n(NH3) = 0, 100 mmol/ml · 25, 0 mL = 2, 50 mmol. 

a) Zugegebene Salzsäure: n(H + ) = 0, 100 mmol/ml · 10, 0 mL = 1, 00 mmol. 

Damit sind n(NH + 4 ) = 1, 00 mmol entstanden und 

n(NH3) = (2, 50 − 1, 00) mmol = 1, 50 mmol sind übrig. Gleichung (18.16): 

pH = 9, 26 − lg(1, 00/1, 50) = 9, 43 [ pKS(NH + 4 ) = 14 − pKB(NH3) = 9, 26] 

b) Das Ammoniak ist exakt neutralisiert, es liegt eine Lösung von reinem Ammoniumchlorid vor. 

Das Volumen der Lösung ist jetzt V = 50, 0 mL. 

c(NH + 4 ) = n(NH+ 4 )/V = 2, 50 mmol /(50, 0 mL) = 0, 0500 mmol/mL 

Gleichung (18.13): 

pH = 1 

2 (9, 26 − lg 0, 0500) = 5, 28 

c) Von den zugegebenen 3,50 mmol HCl wurden 2,50 mmol neutralisiert, 1,00 mmol sind in einem 

Volumen von 60,0 mL übrig. 

c(H + ) = 1, 00 mmol /(60, 0 mL) = 1, 67 · 10−2 mmol/mL pH = 1, 78 

18.45 Die anfangs vorhandene Menge der Säure HX entspricht der Stoffmenge der bis zum Äquivalenzpunkt 

zugegebenen Natronlauge: 

n 0(HX) = c(OH − ) · V äqiv = 0, 250 mmol/mL · 34, 5 mL = 8, 625 mmol 

Nach Zugabe von 5,00 mL Natronlauge sind X − -Ionen in entsprechender Menge entstanden: 

n(X − ) = 0, 250 mmol/mL · 5, 00 mL = 1, 25 mmol 

und von der Säure HX sind übrig: 

n(HX) = (8, 625 − 1, 25) mmol = 7, 375 mmol 

Der pK S-Wert ergibt sich mit Gleichung (18.16) aus dem pH-Wert dieser Pufferlösung: 

pKS = pH + lg n(HX) 

n(X− 7, 375 

= 4, 50 + lg 

) 1, 25 = 5, 27 KS = 10 −5,27 mol/L = 5, 36 · 10−6 mol/L


19 Löslichkeitsprodukt und Komplex-Gleichgewichte 

Werte für die Löslichkeitsprodukte siehe Seite 678 im Buch 

19.1 Siehe Buch Seite 694 

19.2 c(OH − ) = 2 c(Cd 2+ ) weil pro Cd 2+ -Ion zwei OH − -Ionen in Lösung gehen. Pro Mol Cd(OH) 2, das in 

Lösung geht, enthält die lösung ein Mol Cd 2+ -Ionen. 

c(Cd 2+ ) · c 2 (OH − ) = c(Cd 2+ ) · (2c(Cd 2+ )) 2 = L 

L = 4 c(Cd 2+ ) 3 = 4 · (1, 7 · 10 −5 mol/L) 3 = 2, 0 · 10 −14 mol 3 /L 3 

19.3 c(OH − ) = 3 c(Ce 3+ ) weil pro Ce 3+ -Ion drei OH − -Ionen in Lösung gehen. Pro Mol Ce(OH) 3, das in 

Lösung geht, enthält die lösung ein Mol Ce 3+ -Ionen. 

c(Ce 3+ ) · c 3 (OH − ) = c(Ce 3+ ) · (3c(Ce 3+ )) 3 = L 

L = 27 c(Ce 3+ ) 4 = 27 · (5, 2 · 10 −6 mol/L) 4 = 2, 0 · 10 −20 mol 4 /L 4 

19.4 c(Ba 2+ ) = 1 

2 c(IO− 3 ) weil pro Ba2+ -Ion zwei IO − 3 

L = c(Ba 2+ ) · c 2 (IO − 3 

) = 1 

2 c3 (IO − 3 

19.5 c(IO − 3 ) = 2 c(Pb2+ ) weil pro Pb 2+ -Ion zwei IO − 3 

-Ionen in Lösung gehen. 

) = 1 

2 · (5, 5 · 10−4 mol/L) 3 = 8, 3 · 10 −11 mol 3 /L 3 

-Ionen in Lösung gehen. 

L = c(Pb2+ ) · c2 (IO − 3 ) = 4 c3 (Pb2+ ) = 4 · (4, 0 · 10−5 mol/L) 3 = 2, 6 · 10−13 mol3 /L3 19.6 a) Die Stoffmenge, die pro Liter in Lösung geht, entspricht der Carbonat-Konzentration in der gesättigten 

Lösung. 

c(Ag + ) = 2 c(CO 2− 

3 ) 

c2 (Ag + ) · c(CO 2− 

3 ) = 4 c3 (CO 2− 

3 ) = L 

c(CO 2− 

3 ) = 3 L/4 = 3 8, 2 · 10−12 /4 mol/L = 1, 3 · 10−4 mol/L 

c(Cu2+ ) = c(CO 2− 

3 ) 

c(Cu2+ ) · c(CO 2− 

3 ) = c2 (CO 2− 

3 ) = L 

c(CO 2− 

3 ) = √ L = 2, 5 · 10−10 mol/L = 1, 6 · 10−5 mol/L 

Ag2CO3 ist besser löslich als CuCO3 b) c(Ag + ) = 2 c(S 2− ) 

c 2 (Ag + ) · c(S 2− ) = 4 c 3 (S 2− ) = L 

c(S 2− ) = 3 L/4 = 3 5, 5 · 10 −51 /4 mol/L = 1, 1 · 10 −17 mol/L 

c(Cu 2+ ) = c(Cu 2+ ) · c(S 2− ) = c 2 (S 2− ) = L 

c(S 2− ) = √ L = √ 8 · 10 −37 mol/L = 8, 9 · 10 −19 mol/L 

Ag 2S ist besser löslich als CuS 

19.7 a) Die Stoffmenge, die pro Liter in Lösung geht, entspricht der Strontium-Ionen-Konzentration in der 

gesättigten Lösung. 

c(F − ) = 2 c(Sr 2+ ) 

c(Sr 2+ ) · c 2 (F − ) = 4 c 3 (Sr 2+ ) = L 

c(Sr 2+ ) = 3 L/4 = 3 7, 9 · 10 −10 /4 mol/L = 5, 8 · 10 −4 mol/L 

b) c(Ag + ) = 2 c(C2O 2− 

4 ) 

c2 (Ag + ) · c(C2O 2− 

4 ) = 4 c3 (C2O 2− 

4 ) = L 

c(C2O 2− 

4 ) = 3 L/4 = 3 1, 1 · 10−11 /4 mol/L = 1, 4 · 10−4 mol/L 

19.8 Die Stoffmenge Ni(OH) 2, die pro Liter in Lösung geht, entspricht der Nickel-Ionen-Konzentration in der 


c(Ni 2+ ) · c 2 (OH − ) = L c(OH − ) = 10 −14+12,34 mol/L = 0, 022 mol/L 

c(Ni 2+ ) = 1, 6 · 10 −16 mol 3 L −3 /(0, 022 mol/L) 2 = 3, 3 · 10 −13 mol/L


19.9 Die Stoffmenge Cu(OH) 2, die pro Liter in Lösung geht, entspricht der Kupfer-Ionen-Konzentration in 

der gesättigten Lösung. 

c(Cu 2+ ) · c 2 (OH − ) 2 = L c(OH − ) = 10 −14+8,23 mol/L = 1, 7 · 10 −6 mol/L 

c(Cu 2+ ) = 1, 6 · 10 −19 mol 3 L −3 /(1, 7 · 10 −6 mol/L) 2 = 5, 5 · 10 −8 mol/L 

19.10 Die Stoffmenge BaF 2, die pro Liter in Lösung geht, entspricht der Barium-Ionen-Konzentration in der 


c(Ba 2+ ) · c 2 (F − ) = L 

c(Ba 2+ ) = 2, 4 · 10 −5 mol 3 L −3 /(0, 12 mol L −1 ) 2 = 1, 7 · 10 −3 mol/L 

In 250 mL lösen sich: 

n(Ba 2+ ) = c(Ba 2+ ) · V = 1, 7 · 10 −3 mol/L · 0, 250 L = 4, 2 · 10 −4 mol 

19.11 Die Stoffmenge PbBr 2, die pro Liter in Lösung geht, entspricht der Blei-Ionen-Konzentration in der 


c(Pb 2+ ) · c 2 (Br − ) = L 

c(Pb 2+ ) = 4, 6 · 10 −6 mol 3 L −3 /(0, 25 mol/L) 2 = 7, 4 · 10 −5 mol/L 

In 150 mL lösen sich: 

n(Pb 2+ ) = c(Pb 2+ )V = 7, 4 · 10 −5 mol/L · 0, 150 L = 1, 1 · 10 −5 mol 

19.12 Anfangsstoffmengen: 

n(C2O 2− 

4 ) = c(C2O 2− 

4 ) · V = 0, 20 mol/L · 0, 100 L = 0, 020 mol 

n(Na + ) = 2 n(C2O 2− 

4 ) = 0, 04 mol/L 

n(Ba2+ ) = c(Ba2+ ) · V = 0, 25 mol/L · 0, 15 L = 0, 0375 mol 

n(Cl− ) = 2 n(Ba2+ ) = 0, 075 mol/L 

Im Vergleich zu den Oxalat-Ionen sind die Barium-Ionen im Überschuss vorhanden. Nach der Fällung 

von BaC 2O 4 bleiben davon in einem Gesamtvolumen von 250 mL übrig: 

n(Ba 2+ ) = (0, 0375 − 0, 020) mol = 0, 0175 mol 

c(Ba 2+ ) = 0, 0175 mol/(0, 250 L) = 0, 070 mol/L 

Über das Löslichkeitsprodukt ergibt sich die verbleibende Oxalat-Konzentration in der Lösung: 

c(C2O 2− 

4 ) = L/c(Ba2+ ) = 1, 5 · 10−8 mol2L−2 /(0, 070 mol L−1 ) = 2, 1 · 10−7 mol/L 

Die Na + - und Cl−-Ionen bleiben vollständig in Lösung: 

c(Na + ) = n(Na + )/V = 0, 040 mol/(0, 250 L) = 0, 16 mol/L 

c(Cl− ) = n(Cl− )/V = 0, 075 mol/(0, 250 L) = 0, 30 mol/L 

19.13 Sr2+ -Konzentration in der gesättigten SrSO4-Lösung: c(Sr2+ ) = c(SO 2− 

4 ) = L(SrSO4) = 7, 6 · 10−7 mol/L = 8, 7 · 10−4 mol/L 

Die Fällung von SrF2 beginnt wenn: 

c(Sr 2+ ) · c 2 (F − ) = L(SrF 2) 

c(F − ) = 

 

L(SrF 2)/c(Sr 2+ ) = 7, 9 · 10 −10 /8, 7 · 10 −4 mol/L = 9, 5 · 10 −4 mol/L 

19.14 c(Ba 2+ ) · c 2 (F − ) = L c(Ba 2+ ) = 1 

2 c(F− ) 

Ba 2+ -Konzentration in der gesättigten BaF 2-Lösung: 

1 

1 

c(Ba2+ ) = 3 

4 L(BaF2) = 3 

4 2, 4 · 10−5 mol/L = 1, 8 · 10−2 mol/L 

Die Fällung von BaSO4 beginnt wenn: 

c(Ba2+ ) · c(SO 2− 

4 ) = L(BaSO4) c(SO 2− 

4 ) = L(BaSO4)/c(Ba2+ ) = 1, 5 · 10−9 /1, 8 · 10−2 mol/L = 8, 3 · 10−8 mol/L 

19.15 c(Fe 2+ ) · c 2 (OH − ) = L Die maximale Konzentration für die OH − -Ionen ist: 

c(OH − ) = 

 

L/c(Fe 2+ ) = 1, 8 · 10 −15 /0, 02 mol/L = 3, 0 · 10 −7 mol/L


Die Mindestkonzentration für die NH + 4 -Ionen ist: 

c(NH + 4 ) = KB · c(NH3)/c(OH− ) = 1, 8 · 10−5 mol/L · 0, 02 mol/L/(3, 0 · 10−7 mol/L) = 1, 2 mol/L 

(Da NH + 4 -Ionen neben NH3 anwesend sind, liegt eine Pufferlösung vor). 

19.16 c(Mg 2+ ) · c 2 (OH − ) = L Die Mindestkonzentration für die OH − -Ionen ist: 

c 2 (OH − ) = 

 

L/c(Mg 2+ ) = 8, 9 · 10 −12 /0, 09 mol/L = 9, 9 · 10 −6 mol/L 

Die Mindestkonzentration für das NH 3 ist: 

c(NH 3) = c(NH + 4 ) · c(OH− )/K B = 0, 33 mol/L · 9, 9 · 10 −6 mol/L/(1, 8 · 10 −5 mol/L) 

= 0, 18 mol/L 

(Es liegt eine NH + 4 /NH 3-Pufferlösung vor). 

19.17 Nach dem Vermischen beträgt das Volumen der Lösung 70 mL, die Konzentrationen vermindern sich 

entsprechend: 

c(Pb 2+ ) = 20 

70 c 0(Pb 2+ ) c(Cl − ) = 50 

70 c 0(Cl − ) 

Ionenprodukt: 

c(Pb 2+ ) · c 2 (Cl − ) = 20 

70 

Es gibt keine Fällung. 

0, 015 · ( 50 

70 0, 020)2 mol 3 /L 3 = 8, 7 · 10 −7 mol 3 /L 3 < 1, 6 · 10 −5 mol 3 /L 3 = L 


entsprechend: 

c(Mg 2+ ) = 30 

100 c 0(Mg 2+ ) c(F − ) = 70 

100 c 0(F − ) 

Ionenprodukt: 

c(Mg 2+ ) · c 2 (F − ) = 30 

100 

Es gibt eine Fällung. 

0, 040 · ( 70 

100 0, 020)2 mol 3 /L 3 = 2, 4 · 10 −6 mol 3 /L 3 > L = 8 · 10 −8 mol 3 /L 3 


entsprechend: 

c(Ca2+ ) = 25 

75 c0(Ca2+ ) c(SO 2− 50 

4 ) = 75 c0(SO 2− 

4 ) 

Ionenprodukt: 

c(Ca2+ ) · c(SO 2− 25 50 

4 ) = 75 0, 050 · 75 0, 020 mol2 /L2 = 2, 2 · 10−4 mol2 /L2 > L = 2, 4 · 10−5 mol2 /L2 Es gibt eine Fällung. 

19.20 a) c(Pb 2+ ) · c(SO 2− 

4 ) = 1, 3·10−8 mol 2 /L 2 c 2 (Ag + ) · c(SO 2− 

4 ) = 1, 2·10−5 mol 3 /L 3 

Mit c(Pb 2+ ) = 0, 15 mol/L setzt die Fällung ein, Mit c(Ag + ) = 0, 20 mol/L setzt die Fällung ein, 

wenn: wenn: 

c(SO 2− 

4 ) = 1, 3·10−8 mol2L−2 0, 15 mol L−1 = 8, 7·10−8 mol/L c(SO 2− 

4 ) = 1, 2·10−5 mol3L−3 (0, 20 mol L−1 ) 2 = 3, 0·10−4 mol/L 

PbSO 4 fällt zuerst aus. 

b) Wenn die Konzentration c(SO 2− 

4 ) = 3, 0 · 10−4 mol/L erreicht ist, bei der Ag 2SO 4 auszufallen beginnt, 

gilt: 

c(Pb 2+ ) = 1, 3 · 10−8 mol 2 L −2 

3, 0 · 10 −4 mol L −1 = 4, 3 · 10−5 mol/L 

19.21 Gemäß Gleichung (18.18) (S. 309 im Buch) gilt für die mit H 2S gesättigte Lösung: 

c(S 2− ) = 1, 1 · 10 −22 mol 3 L −3 /c 2 (H + ) = 1, 1 · 10 −22 mol 3 L −3 /(10 −0,5 mol L −1 ) 2 = 1, 1 · 10 −21 mol/L 

c(Ni 2+ ) · c(S 2− ) = 0, 15 · 1, 1 · 10 −21 mol 2 /L 2 = 1, 7 · 10 −22 mol 2 /L 2 < L = 3 · 10 −21 mol 2 /L 2 

c(Co 2+ ) · c(S 2− ) = 0, 10 · 1, 1 · 10 −21 mol 2 /L 2 = 1, 1 · 10 −22 mol 2 /L 2 < L = 5 · 10 −22 mol 2 /L 2 

c(Cd 2+ ) · c(S 2− ) = 0, 50 · 1, 1 · 10 −21 mol 2 /L 2 = 5, 5 · 10 −22 mol 2 /L 2 > L = 1 · 10 −28 mol 2 /L 2 

Es fällt nur CdS aus.


19.22 c(Mn 2+ ) · c(S 2− ) = L = 7 · 10 −16 mol 2 /L 2 

Minimum S 2− -Konzentration für die Fällung: 

c(S 2− ) = L/c(Mn 2+ ) = 7 · 10 −16 mol 2 L −2 /(0, 25 mol L −1 ) = 2, 8 · 10 −15 mol/L 

Gemäß Gleichung (18.18) (S. 309 im Buch) gilt für die mit H 2S gesättigte Lösung: 

c 2 (H + ) = 1, 1 · 10 −22 mol 3 L −3 /c(S 2− ) = 1, 1 · 10 −22 mol 2 L −2 /(2, 8 · 10 −15 mol L −1 ) = 3, 9 · 10 −8 

Die H + -Konzentration muß mindestens betragen: 

c(H + ) ≥= 2, 0 · 10 −4 pH ≤ 3, 7 

19.23 Wenn alles ZnS in Lösung gegangen ist, ist: 

c(Zn 2+ ) = n(ZnS) 

= 

V 

m(ZnS) 

M(ZnS) · V = 

5, 0 g 

97, 5 g mol−1 = 0, 51 mol/L 

· 0, 100 L 

Die Sulfid-Konzentration muss kleiner sein als: 

c(S2− ) = L/c(Zn2+ ) = 2, 5 · 10−22 mol2L−2 /(0, 52 mol L−1 ) = 4, 9 · 10−22 mol/L 

Gemäß Gleichung (18.18) (S. 309 im Buch) muss dazu: 

c2 (H + ) ≥ 1, 1 · 10−22 mol3 L−3 /(4, 8 · 10−22 mol L−1 ) = 0, 23 mol2 /L2 c(H + ) ≥ 0, 48 mol/L pH ≤ 0, 3 

19.24 Die S 2− -Konzentration muss so gewählt werden, dass das NiS gerade nicht mehr ausfällt, d.h.: 

c(S 2− ) = L(NiS)/c(Ni 2+ ) = 3 · 10 −21 mol L −1 /(0, 20 mol L −1 ) = 1, 5 · 10 −20 mol/L 

Gemäß Gleichung (18.18) muss dann: 

c 2 (H + ) = 1, 1 · 10 −22 mol 3 L −3 /(1, 5 · 10 −20 mol L −1 ) = 7, 3 · 10 −3 mol 2 /L 2 

c(H + ) = 0, 086 mol/L pH = 1, 1 

19.25 Die S 2− -Konzentration muss so gewählt werden, dass das ZnS gerade nicht mehr ausfällt, d.h.: 

c(S 2− ) = L(ZnS)/c(Zn 2+ ) = 2, 5 · 10 −22 mol L −1 /(0, 20 mol L −1 ) = 1, 25 · 10 −21 mol/L 

Gemäß Gleichung (18.18) muss dann: 

c 2 (H + ) = 1, 1 · 10 −22 mol 3 L −3 /(1, 25 · 10 −21 mol L −1 ) = 0, 088 mol 2 /L 2 

c(H + ) = 0, 30 mol/L pH = 0, 5 

19.26 Die Lösung enthält anfangs c(H + ) = 10 −0,70 mol/L = 0, 20 mol/L. 

Bei der Fällung Pb 2+ + H 2S → PbS + 2 H + kommen pro Mol PbS zwei Mol H + -Ionen, d.h. 0,40 

mol/L, hinzu. Damit ist die Gesamt-H + -Konzentration: 

c(H + ) = (0, 20 + 0, 40 mol/L) = 0, 60 mol/L 

Nach Gleichung (18.18) ist dann: 

c(S 2− ) = 1, 1 · 10 −22 mol 3 L −3 /c 2 (H + ) = 1, 1 · 10 −22 mol 3 L −3 /(0, 60 mol L −1 ) 2 = 3, 0 · 10 −22 mol/L 

Aus dem Löslichkeitsprodukt folgt schließlich: 

c(Pb 2+ ) = L/c(S 2− ) = 7 · 10 −29 mol 2 L −2 /(3, 0 · 10 −22 mol L −1 ) = 2, 3 · 10 −7 mol/L 

19.27 Rechnung wie in Beispiel 19.12 (S. 328 im Buch). Für AgCl ist mit c(NH3) = 0, 50 mol/L (statt 0,10 

mol/L wie in Beispiel 19.12) zu rechnen: 

c(Cl − ) 

0, 50 mol/L − 2 c(Cl− = 5, 3 · 10−2 

) 

c(Cl − ) + 2 c(Cl − ) · 5, 3 · 10 −2 = 0, 5 · 5, 3 · 10 −2 mol/L 

c(Cl − ) = 2, 4 · 10 −2 mol/L Das ist zugleich die Stoffmenge AgCl, die pro Liter in Lösung geht. 

Für AgBr und AgI sind deren Löslichkeitsprodukte zu verwenden: 

AgBr: K K · L = 1, 67 · 10 7 · 5, 0 · 10 −13 = 2, 9 · 10 −3 

c(Br− ) 

0, 50 mol/L − 2 c(Br− = 2, 9 · 10−3 

) 

c(Br − ) = 1, 4 · 10 −3 mol/L Das ist zugleich die Stoffmenge AgBr, die pro Liter in Lösung geht.


AgI: K K · L = 1, 67 · 10 7 · 8, 5 · 10 −17 = 3, 8 · 10 −5 

c(I− ) 

0, 50 mol/L − 2 c(I− = 3, 8 · 10−5 

) 

c(I − ) = 1, 9 · 10 −5 mol/L Das ist zugleich die Stoffmenge AgI, die pro Liter in Lösung geht. 

19.28 Bei der Reaktion der Ag + -Ionen mit dem Ammoniak stellt sich das Gleichgewicht ein, das auf Seite 

327 (oben) im Buch formuliert ist. Da es weit auf der Seite der Komplexbildung von [Ag(NH 3) 2] + liegt 

(erkennbar am Wert von K D), werden 0,020 mol/L NH 3 für die Komplexbildung verbraucht; es bleiben 

c(NH 3) = 0, 48 mol/L übrig und es werden (fast genau) c([Ag(NH 3) 2] + ) = 0, 010 mol/L gebildet. Die in 

der Lösung verbleibende Ag + -Konzentration ist nur: 

c(Ag + c([Ag(NH 

) = K 

3) 2] 

D 

+ ) 

c2 (NH3) = 6, 0 · 10 −8 mol 2 L −2 · 

0, 010 mol L−1 

(0, 48 mol L −1 ) 2 = 2, 6 · 10−9 mol/L 

Ionenprodukt: 

c(Ag + ) · c(Cl − ) = 2, 6 · 10 −9 · 0, 010 mol 2 /L 2 = 2, 6 · 10 −11 mol 2 /L 2 < L = 1, 7 · 10 −10 mol 2 /L 2 

AgCl fällt nicht aus.


20 Grundlagen der chemischen Thermodynamik 

Umrechnung des Molvolumens eines Gases von Normbedingungen (101,3 kPa, 273,15 K) auf Standardbedingungen 

(101,3 kPa, 298,15 K) mit dem Gay-Lussac-Gesetz (vgl. S. 147 im Buch): 

V ◦ 298, 15 K 

m = Vm · 

278, 15 K = 22, 414 L mol−1 298, 15 K 

· = 24, 465 L 

273, 15 K 

(oder V ◦ m = 1 mol · R T/p = 8, 3145 · 298, 15/101, 325 L = 24, 465 L) 

20.1 Siehe Buch Seite 694 

20.2 H 5C 2OH(l) + 3 O 2(g) → 2 CO 2(g) + 3 H 2O(l) 

n(H 5C 2OH) = m(H 5C 2OH)/M(H 5C 2OH) = 1, 000 g /(46, 07 g mol −1 ) = 2, 171 · 10 −2 mol 

a) Die Reaktionsenergie ist: 

ΔU = −29, 62 kJ/(2, 171 · 10 −2 mol) = −1364, 3 kJ/mol 

b) Gemäß Reaktionsgleichung werden 3 mol Gas verbraucht und 2 mol Gas gebildet, Δn = −1. 

Das Volumen vermindert sich um das Molvolumen V ◦ m = 24, 465 L/mol eines Gases bei Standardbedingungen. 

Die Volumenarbeit ist: 

p ΔV = −pV ◦ m = −101, 3 · 24, 465 kPa L = −2, 5 · 10 3 J 

Die Standard-Reaktionsenthalpie ist: 

ΔH ◦ = ΔU + p ΔV = −1364, 3 kJ/mol − 2, 5 kJ/mol = −1366, 8 kJ/mol 

20.3 C 8H 18(l) + 25 

2 O 2(g) → 8 CO 2(g) + 9 H 2O(l) 

Δn = −4, 5 

p ΔV = p · Δn · 2V ◦ m = −101, 325 · 4, 5 · 24, 465 kPa L = −11, 155 · 10 3 J 

ΔU ◦ = ΔH ◦ − p ΔV = −5470, 71 kJ/mol + 11, 155 kJ/mol = −5459, 55 kJ/mol 

20.4 C 2H 4(g) + 3 O 2(g) → 2 CO 2(g) + 2 H 2O(l) 

Δn = −2 

p ΔV = p Δn · V ◦ m = −101, 3 · 2 · 24, 465 kPa L = −5, 0 · 10 3 J 


20.5 Δn = −2 

p ΔV = p · Δn · V ◦ m = −101, 325 · 2 · 24, 465 kPa L = −4, 96 · 10 3 J 


20.6 Δn = 2 

p ΔV = p · Δn · V ◦ m = 101, 325 · 2 · 24, 465 kPa L = 4, 96 · 10 3 J 

ΔU ◦ = ΔH ◦ − p ΔV = −721, 70 kJ/mol − 4, 96 kJ/mol = −726, 66 kJ/mol 

20.7 Δn = 2 

p ΔV = p · ΔnV ◦ m = 101, 325 · 2 · 24, 465 kPa L = 4, 96 · 103 J 

ΔH ◦ = ΔU ◦ + p ΔV = −261, 75 kJ/mol + 4, 96 kJ/mol = −256, 79 kJ/mol 

ΔH ◦ = ΔH ◦ f (CaCO3) + 2ΔH ◦ f (NH3) − ΔH ◦ f (CaNCN) − 3ΔH◦f (H2O, l) 

ΔH ◦ f (CaNCN) = (−1206, 9 − 2 · 46, 19 + 3 · 285, 9 + 256, 79) kJ/mol = −184, 8 kJ/mol 

20.8 a) ΔG ◦ = ΔG ◦ f (H 2S) − ΔG ◦ f (SO 2) [ G ◦ f (H 2) = G ◦ f (O 2) = 0] 

= (−33, 0 + 300, 37) kJ/mol = 267, 4 kJ/mol 

Die Reaktion läuft nicht freiwillig ab. 

b) ΔG ◦ = ΔG ◦ f (H 2S) + 2ΔG ◦ f (H 2O, l) − ΔG ◦ f (SO 2) 

= (−33, 0 − 2 · 237, 19 + 300, 37) kJ/mol = −207, 0 kJ/mol 

Die Reaktion läuft freiwillig ab.


20.9 ΔG ◦ = ΔG ◦ f (H 2S) + 6ΔG ◦ f (HF) − ΔG◦ f (SF 6) − 8ΔG ◦ f (HI) 

= (−33, 0 − 6 · 270, 7 + 992 − 8 · 1, 3) kJ/mol = −676 kJ/mol 

Die Reaktion kann ablaufen. 

20.10 Für BF 3 ist: 

ΔG ◦ = ΔG ◦ f (H 3BO 3) + 3ΔG ◦ f (HF) − ΔG◦ f (BF 3) − 3ΔG ◦ f (H 2O, l) 

= (−963, 32 − 3 · 276, 48 + 1093, 28 + 3 · 237, 19) kJ/mol = 12, 09 kJ/mol 

Die Reaktion kann so nicht ablaufen. 

Für BCl 3 ist: 

ΔG ◦ = ΔG ◦ f (H 3BO 3) + 3ΔG ◦ f (HCl) − ΔG◦ f (BCl 3) − 3ΔG ◦ f (H 2O, l) 

= (−963, 32 − 3 · 131, 17 + 379, 07 + 3 · 237, 19) kJ/mol = −266, 19 kJ/mol 


20.11 a) Da ΔG ◦ (OF 2) > 0 bildet sich kein OF 2. 

b) ΔG ◦ = 3ΔG ◦ f (OF 2) − ΔG ◦ f (O 3) = (3 · 40, 6 − 163, 43) kJ/mol = −41, 6 kJ/mol 


20.12 ΔG ◦ = ΔH ◦ − T ΔS ◦ = 15, 79 kJ mol −1 − 298, 15 K · 215, 27 · 10 −3 kJ mol −1 K −1 = −48, 39 kJ/mol 

Die Reaktion läuft freiwillig ab. 

20.13 ΔG ◦ = ΔH ◦ − T ΔS ◦ = −366 kJ mol −1 − 298 K · 340 · 10 −3 kJ mol −1 K −1 = −467 kJ/mol 

Die Reaktion läuft freiwillig ab. 

20.14 a) ΔG ◦ = ΔG ◦ f (C 2H 6) − ΔG ◦ f (C 2H 4) = (−32, 89 − 68, 12) kJ/mol = −101, 01 kJ/mol 

b) ΔS ◦ = −(ΔG ◦ − ΔH ◦ )T = −(−101, 01 + 136, 98) kJ mol −1 /(298, 15 K) 

= −0, 1206 kJ mol −1 K −1 = −120, 6 J mol −1 K −1 

c) ΔS ◦ = ΔS ◦ (C 2H 6) − ΔS ◦ (C 2H 4) − ΔS ◦ (H 2) = (229, 5 − 219, 5 − 130, 6) J mol −1 K −1 

= −120, 6 J mol −1 K −1 

20.15 1 

4 P4 + 3 

2 H2 → PH3 ΔS◦ = ΔS◦ (PH3) − 1 

4ΔS◦ (P4) − 3 

2ΔS◦ (H2) = (210, 0 − 1 

4 

177, 6 − 3 

2 130, 6) J mol−1 K −1 

= −30, 3 J mol −1 K −1 

ΔG ◦ f = ΔH◦ f − T ΔS◦ f = 9, 25 kJ/mol −298, 15 K · 30, 3 · 10−3 kJ mol −1 K −1 = 18, 28 kJ/mol 

20.16 Für die Umwandlung C(Graphit) → C(Diamant) ist: 

ΔG◦ f = ΔH◦f − T ΔS◦ 

2, 866 kJ/mol = 1, 895 kJ/mol − 298, 15 K · ΔS◦ ΔS◦ f = −(2, 866 − 1, 895) kJ/mol/(298, 15 K) = −3, 257 · 10−3 kJ/mol 

S◦ f (Diamant) = ΔS◦f + S◦f (Graphit) = (−3, 257 + 5, 694) J mol−1K−1 = 2, 437 J mol−1K−1 Diamant hat die höhere absolute Entropie und damit eine größere Ordnung. 

20.17 a) ΔG ◦ = ΔH ◦ − T ΔS ◦ = 92, 5 kJ mol −1 − 298, 15 K · 182 · 10 −3 kJ mol −1 K −1 = 38, 2 kJ/mol 

Die Reaktion läuft nicht spontan ab. 

b) ΔG ◦ = 92, 5 kJ mol −1 − 573, 15 K · 182 · 10 −3 kJ mol −1 K −1 = −11, 8 kJ/mol 

Die Reaktion läuft bei dieser Temperatur spontan ab. 

20.18 a) ΔG ◦ = ΔH ◦ − T ΔS ◦ = 178 kJ mol −1 − 298, 15 K · 160 · 10 −3 kJ mol −1 K −1 = 130, 3 kJ/mol 

Die Reaktion läuft nicht spontan ab. 

b) ΔG ◦ = 178 kJ mol −1 − 1273 K · 160 · 10 −3 kJ mol −1 K −1 = −25, 7 kJ/mol 

Die Reaktion läuft bei dieser Temperatur spontan ab.


20.19 Beim Verdampfen herrscht Gleichgewicht, d.h. ΔG = 0. 

ΔG = 0 = ΔH − T ΔS = 23, 3 kJ mol −1 − T · (97, 2 · 10 −3 kJ mol −1 K −1 ) 

T = 23, 3 kJ mol −1 /(97, 2 · 10 −3 kJ mol −1 K −1 ) = 239, 7 K oder −33, 4 ◦ C 

20.20 ΔG = 0 = ΔH − T ΔS = 29, 6 kJ mol −1 − T · (86, 5 · 10 −3 kJ mol −1 K −1 ) 

T = 29, 6 kJ mol −1 /(86, 5 · 10 −3 kJ mol −1 K −1 ) = 342, 2 K oder 69, 0 ◦ C 

20.21 ΔH ◦ = ΔH ◦ f (SO 2Cl 2) − ΔH ◦ f (SO 2) = (−389, 1 + 296, 6) kJ mol −1 = −92, 5 kJ mol −1 

ΔG ◦ = ΔG ◦ f (SO 2Cl 2) − ΔG ◦ f (SO 2) = (−313, 8 + 300, 37) kJ mol −1 = −13, 4 kJ mol −1 

ΔS ◦ = (ΔH ◦ − ΔG ◦ )/T = (−92, 5 kJ mol −1 + 13, 4 kJ mol −1 )/(298, 15 K) 

= −0, 2653 kJ mol −1 K −1 = −265, 3 J mol −1 K −1 

S ◦ (SO 2Cl 2) = ΔS ◦ + S ◦ (SO 2) + S ◦ (Cl 2) 

= (−265, 3 + 248, 5 + 223, 0) J mol −1 K −1 = 206, 2 J mol −1 K −1 

20.22 Br 2(l) ⇋ Br 2(g) a(Br 2, g) = K 

ΔS ◦ = S ◦ (Br 2, g) − S ◦ (Br 2, l) = (245, 3 − 152, 3) J mol −1 K −1 = 93, 0 J mol −1 K −1 

a) ΔH ◦ = ΔG ◦ + T ΔS ◦ = 3, 14 kJ mol −1 + 298, 15 K · 93, 0 · 10 −3 kJ mol −1 K −1 = 30, 87 kJ/mol 

b) und c) Nach Gleichung (20.15) (S. 343 im Buch) ist: 

ln K = −ΔG ◦ /(2, 479 kJ mol −1 ) = −3, 14/2, 479 = −1, 267 

K = a(Br 2, g) = e −1,267 = 0, 282 

Umrechnung auf Partialdrücke mit p = a · 101, 3 kPa: 

K p = p(Br 2, g) = 0, 282 · 101, 3 kPa = 28, 6 kPa 

d) Nach Gleichung (20.17) (S. 345 im Buch) gilt: 

ln p2 = 

p1 ΔH 

 

1 

− 

R T1 1 

 

= 

T2 30, 87 · 103 J mol−1 8, 315 J mol−1K−1 p2 p1 = e 0,404 = 1, 498 

p 2 = 1, 498 · p 1 = 1, 498 · 28, 6 kPa = 42, 9 kPa 

20.23 ΔG ◦ = ΔG ◦ f (ZnO) + ΔG◦ f (CO 2) − ΔG ◦ f (ZnCO 3) 

= (−318, 19 − 394, 38 + 731, 36) kJ mol −1 = 18, 79 kJ mol −1 

Nach Gleichung (20.15) (S. 343 im Buch) ist: 

ln K = −ΔG ◦ /(2, 479 kJ mol −1 ) = −18, 79/2, 479 = −7, 580 

K = a(CO 2) = 5, 11 · 10 −4 

K p = K · 101, 3 kPa = 0, 0517 kPa 

 

1 

298, 15 K − 

 

1 

= 0, 404 

308, 15 K 

20.24 ΔG ◦ = ΔG ◦ f (SO 3) + ΔG ◦ f (NO) − ΔG◦ f (SO 2) − ΔG ◦ f (NO 2) 

= (−370, 37 + 86, 69 + 300, 37 − 51, 84) kJ mol −1 = −35, 15 kJ mol −1 

Nach Gleichung (20.15) ist: 

ln K = −ΔG ◦ /(2, 479 kJ mol −1 ) = 35, 15/2, 479 = 14, 18 

K p = K = 1, 44 · 10 6 

20.25 ΔG ◦ = ΔG ◦ f (OC(NH) 2) + ΔG ◦ f (H 2O, g) − ΔG ◦ f (CO 2) − 2ΔG ◦ f (NH 3) 

= (−197, 15 − 228, 61 + 394, 38 + 2 · 16, 7) kJ mol −1 = 2, 02 kJ mol −1 

Nach Gleichung (20.15) ist: 

ln K = −ΔG ◦ /(2, 479 kJ mol −1 ) = −2, 02/2, 479 = −0, 815 

K = 0, 443 

K p = K/(101, 3 kPa) 2 = 4, 32 · 10 −5 kPa −2 

20.26 ΔG ◦ = −2, 479 · ln K S kJ/mol = −2, 479 · 1, 8 · 10 −5 kJ/mol = 27 kJ/mol


20.27 a) Gleichung (20.16) (Buch S. 345) umgeformt: 

R 

ΔH = 

(1/T1 − 1/T2) · ln K2 = 

K1 8, 315 J mol−1K−1 3, 60 · 10−3 

· ln 

(1/2000 − 1/2500) K−1 4, 08 · 10−4 = 1, 81 · 10 5 J/mol = 181 kJ/mol 

b) ln K2 = 

K1 ΔH 

 

1 

− 

R T1 1 

 

= 

T2 1, 81 · 105 J/mol 

8, 315 J mol−1K−1 

1 

2000 K − 

1 

 

= 1, 21 

2250 K 

K 2/K 1 = e 1,21 = 3, 35 

K 2 = 3, 35 · K 1 = 3, 35 · 4, 08 · 10 −4 = 1, 37 · 10 −3 

20.28 a) Gleichung (20.16) (Buch S. 345) umgeformt: 

R 

ΔH = 

(1/T1 − 1/T2) · ln K2 = 

K1 8, 315 J mol−1K−1 1, 58 · 10−3 

· ln 

(1/936 − 1/1125) K−1 4, 54 · 10−4 = 5, 78 · 10 4 J/mol = 57, 8 kJ/mol 

b) ln K2 = 

K1 ΔH 

 

1 

− 

R T1 1 

 

= 

T2 5, 78 · 104 J/mol 

8, 315 J mol−1K−1 

1 

936 K − 

1 

 

= 0, 806 

1050 K 

K 2/K 1 = e 0,806 = 2, 24 

K 2 = 2, 24 · K 1 = 2, 24 · 4, 54 · 10 −4 = 1, 02 · 10 −3 

20.29 Gleichung (20.16): 

ln K2 = 

K1 ΔH 

 

1 

− 

R T1 1 

 

= 

T2 −32, 6 · 103 J/mol 

8, 315 J mol−1K−1 

1 1 

− = −0, 403 

673 K 723 K 

K 2/K 1 = e −0,403 = 0, 668 

K 2 = 0, 668 · K 1 = 0, 668 · 1, 56 · 10 −8 kPa −2 = 1, 04 · 10 −8 kPa −2


21 Elektrochemie 

21.1 und 21.2 Siehe Buch Seite 695 

21.3 a) L = I · t = 1, 25 A · 1800 s = 2250 C 

m(Ni) = M( 1 

1 

2Ni) · L/F = 2 58, 69 g/mol · 2250 C /(96485 C mol−1 ) = 0, 684 g 

b) L = 2, 50 A · 2700 s = 6750 C 

m(Bi) = M( 1 

1 

3Bi) · L/F = 3 209, 0 g/mol · 6750 C /(96485 C mol−1 ) = 4, 87 g 

c) L = 3, 75 A · 7500 s = 28125 C 

m(Ag) = M(Ag) · L/F = 107, 87 g/mol · 28125 C /(96485 C mol−1 ) = 31, 44 g 

21.4 a) L = F · m(Cd)/M( 1 

2 Cd) = 96485 C mol−1 · 6, 00 g/( 1 

2 112, 4 g mol−1 ) = 10301 C 

t = L/I = 10301 C/(6, 00 A) = 1716 s oder 28,6 min 

b) L = F · m(In)/M( 1 

3 In) = 96485 C mol−1 · 5, 00 g/( 1 

3 114, 8 g mol−1 ) = 12607 C 

t = L/I = 12607 C/(1, 50 A) = 8405 s oder 140 min 

21.5 a) Pb 2+ + 2 H 2O → PbO 2(s) + 4 H + + 2 e − 

b) m(PbO2) = M( 1 

2PbO2) · I t/F = 1 

2 239, 2 g/mol · 0, 750 A · 1500 s /(96485 C mol−1 ) = 1, 39 g 

c) L = F · m(Pb)/M( 1 

2Pb) = 96485 C mol−1 · 2, 50 g/( 1 

2 207, 2 g mol−1 ) = 2328 C 

t = L/I = 2328 C/(0, 750 A) = 3104 s oder 51,7 min 

21.6 a) L = m(Ag)/(1, 118 mg/C) = 872 mg /(1, 118 mg/C) = 780 C 

b) I = L/t = 780 C/(900 s) = 0, 867 A 

21.7 n(Cl 2) = n(Mg) = m(Mg)/M(Mg) = 6, 50 g/(24, 31 g/mol) = 0, 267 mol 

V(Cl 2) = n · V m = 0, 267 mol · 22, 414 L/mol = 5, 99 L 

21.8 2 Cl − + 2 H 2O → Cl 2 + 2 OH − + H 2(g) 

n(Cl 2) = n(H 2) = V(H 2)/V m = 6, 00 L/(22, 414 L/mol) = 0, 268 mol 

c(OH − ) = 2 n(Cl 2)/V(Lös) = 2 · 0, 268/(0, 500 L) = 1, 07 mol/L 

21.9 Abgeschiedene Stoffmengen: 

n(Cu) = n(Cl 2) = I t/(z F) = 3, 50 A · 2700 s /(2 · 96485 C) = 0, 0490 mol 

In Lösung verbliebene Stoffmenge: 

n(Cu 2+ ) = 0, 750 mol/L · 0, 125 L − 0, 0490 mol = 0, 0448 mol 

c(Cu 2+ ) = n(Cu 2+ )/V = 0, 0448 mol/(0, 125 L) = 0, 358 mol/L 

c(Cl − ) = 2 c(Cu 2+ ) = 0, 716 mol/L 

21.10 a) Pro 4 Mol abgeschiedenes Aluminium werden 3 Mol Kohlenstoff verbraucht (siehe Zahl der umgesetzten 

Elektronen): 

n(Al) = m(Al)/M(Al) = 103 g/(26, 98 g/mol) = 37, 06 mol 

m(C) = 3 

3 

4 n(Al) · M(Al) = 4 37, 06 mol · 12, 01 g/mol = 334 g 

b) L = z F m(Al)/M(Al) = 3 · 96485 C/mol · 5, 00 g /(26, 98 g/mol) = 53643 C 

Bei 100 % Ausbeute: t = L/I = 53643 A s/(50000 A) = 1, 07 s 

Bei 90,0 % Ausbeute: t = 1, 07 s/0, 900 = 1, 19 s 

21.11 a) E 0 = E 0 (Sn 2+ |Sn) − E 0 (Mg 2+ |Mg) = (−0, 136 + 2, 363) V = 2, 227 V 

b) Mg + Sn 2+ → Mg 2+ + Sn 

c) E 0 (Sn 2+ |Sn) > E 0 (Mg 2+ |Mg) 

Sn 2+ ist das Oxidationsmittel und wird reduziert, Sn 2+ |Sn ist Kathode (+ Pol).


21.12 a) E 0 = E 0 (Cu 2+ |Cu) − E 0 (Ni 2+ |Ni) = (0, 337 + 0, 250) V = 0, 587 V 

b) Cu 2+ +Ni → Cu + Ni 2+ 

c) E 0 (Cu 2+ |Cu) > E 0 (Ni 2+ |Ni) 

Cu 2+ ist das Oxidationsmittel und wird reduziert, Cu 2+ |Cu ist Kathode (+ Pol). 

21.13 a) und c) Da E 0 (Cl 2|Cl − ) > E 0 (I 2|I − ), ist die Cl 2|Cl − -Elektrode die Kathode: 

Cl 2(g) + 2 e − → 2 Cl − 

b) E 0 = E 0 (Cl 2|Cl − ) − E 0 (I 2|I − ) = (1, 3595 − 0, 5355) V = 0, 8240 V 

21.14 E 0 (U 3+ |U) = E 0 (Ag + |Ag) − E 0 = (0, 799 − 2, 588) V = −1, 789 V 

Man beachte ΔE 0 = E 0 (Kathode) − E 0 (Anode); bei der Schreibweise U|U 3+ ||Ag + |Ag steht die Kathode 

rechts. 

21.15 E 0 (Pd 2+ |Pd) = E 0 + E 0 (Cu 2+ |Cu) = (0, 337 + 0, 650) V = +0, 987 V 

21.16 Es werden solche Stoffe gewählt, deren E 0 -Werte zwischen den E 0 -Werten der der beiden angegebenen 

Spezies stehen. Lösungen siehe im Buch S. 695. 

21.17 Die Gleichungen werden vervollständigt wie für Redox-Reaktionen auf S. 231 – 234 im Buch beschrieben; 

da die Lösungen sauer sein sollen, erfolgt der Ladungsausgleich mit H + -Ionen. Bei Einheitsaktivitäten 

für alle Stoffe zeigen EMK-Werte ΔE 0 > 0, dass die Reaktionen ablaufen, wobei 

ΔE 0 = E 0 (Oxidationsmittel) − E 0 (Reduktionsmittel). 

a) H 2O 2 + Cu 2+ → Cu + O 2 + 2 H + Keine Reaktion: 

ΔE 0 = E 0 (Cu 2+ |Cu) − E 0 (O 2+2H + |H 2O 2) = (0, 337 − 0, 682) V = −0, 345 V < 0 

b) H 2O 2 + 2 Ag + → 2 Ag + O 2 + 2 H + Die Reaktion findet statt: 

ΔE 0 = E 0 (Ag + |Ag) − E 0 (O 2+2H + |H 2O 2) = (0, 799 − 0, 682) V = 0, 117 V > 0 

c) PbO 2 + 2 Cl − + 4 H + → Pb 2+ +Cl 2 + 2 H 2O Die Reaktion findet statt: 

ΔE 0 = E 0 (PbO 2+4H + |Pb 2+ ) − E 0 (Cl 2|Cl − ) = (1, 455 − 1, 360) V = 0, 095 V > 0 

d) Ag + + Fe 2+ → Ag + Fe 3+ Die Reaktion findet statt: 

ΔE 0 = E 0 (Ag + |Ag) − E 0 (Fe 3+ |Fe 2+ ) = (0, 799 − 0, 771) V = 0, 028 V > 0 

e) 2 Au + 3 Cl 2 → 2 Au 3+ + 6 Cl − Keine Reaktion: 

ΔE 0 = E 0 (Cl 2|Cl − ) − E 0 (Au 3+ |Au) = (1, 360 − 1, 498) V = −0, 138 V < 0 

f) 6 I − + 2 NO − 3 + 8 H+ → 3 I 2 + 2 NO + 4 H 2O Die Reaktion findet statt: 

ΔE 0 = E 0 (NO − 3 +4H+ |NO) − E 0 (I 2|I − ) = (0, 96 − 0, 54) V = 0, 42 V > 0 

g) 6 Mn 2+ + 5 Cr 2O 2− 

7 + 22 H+ → 6 MnO − 4 +10 Cr3+ + 11 H 2O Keine Reaktion: 

ΔE 0 = E 0 (Cr 2O 2− 

7 +14H+ |Cr 3+ ) − E 0 (MnO − 4 +8H+ |Mn 2+ ) = (1, 33 − 1, 51) V = −0, 18 V < 0 

h) H 2SO 3 + H 2S → 3 S + 3 H 2O Die Reaktion findet statt: 

ΔE 0 = E 0 (H 2SO 3+4H + |S) − E 0 (S+2H + |H 2S) = (0, 45 − 0, 14) V = 0, 31 V > 0 

i) 2 MnO − 4 + 3 Mn2+ + 2 H 2O → 5 MnO 2 + 4 H + Die Reaktion findet statt: 

ΔE 0 = E 0 (MnO − 4 +4H+ |MnO 2) − E 0 (MnO 2+4H + |Mn 2+ ) = (1, 695 − 1, 23) V = 0, 47 V > 0 

j) Hg + Hg2+ → Hg 2+ 

2 Die Reaktion findet statt: 

ΔE 0 = E0 (Hg2+ |Hg 2+ 

2 ) − E0 (Hg 2+ 

2 |Hg) = (0, 920 − 0, 788) V = 0, 132 V > 0 

k) 2 Mn 2+ + 2 H 2O → MnO 2 +Mn + 4 H + Keine Reaktion: 

ΔE 0 = E 0 (Mn 2+ |Mn) − E 0 (MnO 2+4H + |Mn 2+ ) = (−1, 18 − 1, 23) V = −2, 41 V < 0


21.18 a) E 0 (In + |In) > E 0 (In 3+ |In + ); In + disproportioniert 

b) E 0 (In 3+ |In + ) < 0 H + kann In + zu In 3+ weiteroxidieren. Es entsteht In 3+ . 

c) E 0 (Cl 2|Cl − ) > E 0 (In 3+ |In + ) und > E 0 (In + |In). Es wird In 3+ entstehen. 

21.19 a) E 0 (Tl + |Tl) < E 0 (Tl 3+ |Tl + ); Tl + disproportioniert nicht 

b) E 0 (Tl 3+ |Tl + ) > 0 H + kann Tl + nicht zu Tl 3+ weiteroxidieren. Es entsteht Tl + . 

c) E 0 (Cl 2|Cl − ) > E 0 (In 3+ |In + ) und E 0 (In + |In). Es wird Tl 3+ entstehen. 

21.20 a) E0 (Ti3+ |Ti) = 1 

3 (2 E0 (Ti2+ |Ti) + E0 (Ti3+ |Ti2+ ) = 1 

3 (−1, 628 · 2 − 0, 369) V = −1, 208 V 

E0 (Ti2+ |Ti) < E0 (Ti3+ |Ti2+ ), Ti2+ disproportioniert nicht. 

Alle Potentiale sind < 0, mit H + entsteht Ti3+ . 

b) E 0 (Co 3+ |Co 2+ ) = 3 E 0 (Co 3+ |Co) − 2 E 0 (Co 2+ |Co) = (3 · 0, 418 + 2 · 0, 277) V = 1, 808 V 

E 0 (Co 2+ |Co) > E 0 (Co 3+ |Co 2+ ), Co 2+ disproportioniert nicht. 

E 0 (Co 2+ |Co) < 0; E 0 (Co 3+ |Co 2+ ) > 0. Mit H + entsteht Co 2+ . 

c) E0 (Au3+ |Au + ) = 1 

2 (3 E0 (Au3+ |Au) − E0 (Au + |Au) = 1 

2 (3 · 1, 495 − 1, 691) V = 1, 397 V 

E0 (Au + |Au) > E0 (Au3+ |Au + ), Au + disproportioniert. 

Alle Potentiale sind > 0, Au reagiert nicht mit H + . 

d) E0 (Eu2+ |Eu) = 1 

2 (3 E0 (Eu3+ |Eu) − E0 (Eu3+ |Eu2+ ) = 1 

2 (−2, 407 · 3 + 0, 429) V = −3, 396 V 

E0 (Eu2+ |Eu) < E0 (Eu3+ |Eu2+ ), Eu2+ disproportioniert nicht. 

Alle Potentiale sind < 0, mit H + entsteht Eu3+ . 

21.21 a) Pb 2+ (aq) + SO 2− 

4 (aq) → PbSO 4(s) 

b) Pb(s)|PbSO 4(s)|SO 2− 

4 (aq)||Pb2+ (aq)|Pb(s) 

E 0 (Pb 2+ |Pb) hat das positivere Potenzial, Pb 2+ ist also das Oxidationsmittel, 

die Pb 2+ |Pb-Elektrode ist die Kathode und wird auf die rechte Seite geschrieben 

c) ΔE 0 = (−0, 126 + 0, 359) V = +0, 233 V 

d) ΔG 0 = −n F ΔE 0 = −2 · 96485 C mol −1 · 0, 233 V = −45, 0 · 10 3 J/mol = −45, 0 kJ/mol 

21.22 a) Ag + (aq) + I − (aq) → AgI(s) 

b) Ag(s)|AgI(s)|I − (aq)||Ag + (aq)|Ag(s) 

E 0 (Ag + |Ag) hat das positivere Potenzial, die Ag + |Ag-Elektrode ist die Kathode und wird auf die 

rechte Seite geschrieben 

c) ΔE 0 = (0, 799 + 0, 152) V = +0, 951 V 

d) ΔG 0 = −n F ΔE 0 = −1 · 96485 C mol −1 · 0, 951 V = −91, 8 · 10 3 J/mol = −91, 8 kJ/mol 

21.23 Es wird eine Halbzelle mit H + -Ionen und eine mit OH − Ionen benötigt, bei deren Reaktion miteinander 

die übertragenen Elektronen über den äußeren Stromkreis geleitet werden. Die Elektroden müssen mit 

H + bzw. OH − elektrochemisch reagieren können; dafür bieten sich Wasserstoffelektroden an: 

Anode: 1 

2 H 2 + OH − → H 2O + e − E 0 = −(−0, 82806) V 

Kathode: H + + e − → 1 

2 H 2 

E 0 = 0 

Der an der Kathode entstehende Wasserstoff kann zur Anode geführt werden, es wird insgesamt kein 

Wasserstoff verbraucht. 

Pt(s)|H 2(g)|OH − (aq)||H + (aq)|H 2(g)|Pt(s) 

ΔE 0 = (0, 0 + 0, 82806) V = +0, 82806 V 

ΔG 0 = −n F ΔE 0 = −1 · 96485 C mol −1 · 0, 82806 V = −79, 9 · 10 3 J/mol = −79, 9 kJ/mol


21.24 Anode: 4× 

1 

2 H 2 → H + + e − E 0 = 0 

Kathode: O 2 + 4 H + + 4e − → 2 H 2O E 0 = 1, 229 V 

Pt(s)|H 2(g)|H + (aq)|O 2(g)|Pt(s) 

ΔE 0 = (1, 229 + 0) V = 1, 229 V 

ΔG 0 = −n F ΔE 0 = −4 · 96485 C mol −1 · 1, 229 V = −474, 3 · 10 3 J/mol = −474, 3 kJ/mol 

21.25 ΔE 0 = E 0 (Cl 2|Cl − ) − E 0 (Br 2|Br − ) V = (1, 3595 − 1, 0652) V = 0, 2943 V 

ΔG 0 = −n F ΔE 0 = −2 · 96485 C mol −1 · 0, 2943 V = −56, 79 · 10 3 J/mol = −56, 79 kJ/mol 

ΔS 0 = (ΔG 0 − ΔH 0 )T = (−56, 79 + 93, 09) kJ/mol /(298, 15 K) 

= −0, 1217 kJ/(mol K) = −121, 7 J/(mol K) 

21.26 a) XeF 2(aq) + 2 H + (aq) + 2 e − → Xe(g) + 2 HF(aq) E 0 = 2, 64 V 

H 2(g) → 2 H + + 2 e − E 0 = 0, 0 V 

XeF 2(aq) + H 2(g) → Xe(g) + 2 HF(aq) ΔE 0 = 2, 64 V 

ΔG 0 = −n FΔE 0 = −2 · 96485 C mol −1 · 2, 64 V = −509, 4 · 10 3 J/mol = −509, 4 kJ/mol 

b) ΔG 0 f (XeF 2, aq) = 2ΔG 0 f (HF) − ΔG0 = (−276, 48 · 2 + 509, 4) kJ/mol = −43, 5 kJ/mol 

21.27 a) Ni(s) → Ni 2+ (aq) + 2 e − −E 0 = 0, 250 V 

Sn 2+ (aq) + 2 e − → Sn E 0 = −0, 136 V 

Ni(s) + Sn 2+ (aq) → Ni 2+ (aq) +Sn(s) ΔE 0 = 0, 114 V 

Gleichung (21.4) (Buch S. 364): 

lg K = n ΔE 0 /(0, 0592 V) = 2 · 0, 114 V/(0, 0592 V) = 3, 85 

K = 7, 1 · 10 3 

b) Cl 2(g) + 2 H 2O → 2 H + (aq) + 2 HOCl(aq) + 2 e − −E 0 = −1, 63 V 

Cl 2(g) + 2 e − → 2 Cl − (aq) E 0 = 1, 3595 V 

2 Cl 2(g) + 2 H 2O → 2 H + (aq) + 2 Cl − (aq) + 2 HOCl(aq) ΔE 0 = −0, 2705 V 

lg K = n ΔE 0 /(0, 0592 V) = 2 · (−0, 2705) V/(0, 0592 V) = −9, 14 

K = 7, 2 · 10 −10 

c) 4 Br − (aq) → 2 Br 2(l) + 4 e − −E 0 = −1, 065 V 

O 2(g) + 4 H + + 4e − → 2 H 2O E 0 = 1, 229 V 

4 Br − (aq) + O 2(g) + 4 H + → 2 Br 2(l) + 2 H 2O ΔE 0 = 0, 164 V 

lg K = n ΔE 0 /(0, 0592 V) = 4 · 0, 164 V/(0, 0592 V) = 11, 1 

K = 1, 2 · 10 11 

21.28 a) Mg + Ni 2+ → Mg 2+ + Ni 

ΔE 0 = E 0 (Ni 2+ |Ni) − E 0 (Mg 2+ |Mg) = (−0, 250 + 2, 363) V = 2, 113 V 

ΔE = ΔE 0 0, 0592 

− lg 

n 

a(Mg2+ ) 

a(Ni2+ 0, 0592 0, 050 

= 2, 113 − lg V = 2, 157 V 

) 2 1, 50 

Die postive EMK zeigt, dass die Reaktion in der angegeben Richtung abläuft. 

Die Ni2+ |Ni-Elektrode ist somit die Kathode (+ Pol). 

b) Cd + 2 Ag + → Cd 2+ + 2 Ag 

ΔE 0 = E 0 (Ag + |Ag) − E 0 (Cd 2+ |Cd) = (0, 7991 + 0, 4029) V = 1, 2020 V 

ΔE = ΔE 0 − 

0, 05916 

n 

lg a(Cd2+ ) 

a2 (Ag + 0, 05916 

= 1, 2020 − 

) 2 

Die Ag + |Ag-Elektrode ist die Kathode (+ Pol). 

lg 

0, 060 

V = 1, 2617 V 

2, 502


c) Zn + Cl 2 → Zn 2+ + 2 Cl − a(Cl 2) = 127 kPa/(101, 3 kPa) = 1, 254 

ΔE 0 = E 0 (Cl 2|Cl − ) − E 0 (Zn 2+ |Zn) = (1, 3595 + 0, 7628) V = 2, 1223 V 

ΔE = ΔE 0 0, 05916 

− lg 

n 

a(Zn2+ ) · a2 (Cl − ) 

a2 = 2, 1223 − 

(Cl2) = 2, 2436 V 

Die Cl2|Cl−-Elektrode ist die Kathode (+ Pol). 

0, 05916 

2 

21.29 ΔE 0 = E 0 (Cd 2+ |Cd) − E 0 (Zn 2+ |Zn) = (−0, 4029 + 0, 7628) V = 0, 3599 V 

ΔE = ΔE 0 − 

0, 05916 

n 

lg a(Zn2+ ) 

a(Cd 2+ ) 

lg 

0, 050 · 0, 0502 

1, 254 2 

lg a(Cd2+ ) 

a(Zn 2+ ) = n(ΔE − ΔE0 )/0, 05916 = 2 · (0, 400 − 0, 3599) V/0, 05916 V = 1, 356 

a(Cd 2+ ) = 10 1,356 a(Zn 2+ ) = 22, 68 · 0, 090 = 2, 04 

c(Cd 2+ ) = 2, 04 mol/L 

21.30 ΔE 0 = E 0 (Ag + |Ag) − E 0 (Cu 2+ |Cu) = (0, 799 − 0, 337) V = 0, 462 V 

ΔE = ΔE 0 − 

0, 05916 

n 

lg a(Cu2+ ) 

a 2 (Ag + ) 

lg a2 (Ag 2+ ) 

a(Cu 2+ ) = n(ΔE − ΔE0 )/0, 05916 = 2 · (0, 350 − 0, 462) V/0, 05916 V = −3, 79 

a 2 (Ag + ) = 10 −3,79 a(Cu 2+ ) = 1, 64 · 10 −4 · 3, 50 = 5, 72 · 10 −4 

c(Ag + ) = 0, 024 mol/L 

21.31 Halbreaktionen: 

MnO 2(s) + 4 H + (aq) + 2 e − → Mn 2+ (aq) + 2 H 2O E 0 = 1, 23 V 

2 Cl − (aq) → Cl 2(aq) + 2 e − −E 0 = −1, 36 V 

ΔE 0 = −0, 13 V 

a) Bei Einheitsaktivitäten ist ΔE = ΔE 0 = −0, 13 V. Die Reaktion läuft nicht ab. 

b) ΔE = ΔE 0 − 

0, 0592 

n 

0, 0592 

= −0, 13 − lg 

2 

Die Reaktion läuft ab. 

21.32 ΔE = ΔE 0 − 

= 1, 33 − 

0, 0592 

n 

0, 0592 

6 

lg 

lg 

lg a(Mn2+ ) · a(Cl 2) 

a 4 (H + ) · a 2 (Cl − ) 

1 · 1 

104 V = 0, 047 V 

· 102 a 2 (Cr 3+ ) 

a(Cr 2O 2− 

7 ) · a14 (H + ) 

12 1 · (101 V = 1, 19 V 

) 14 

21.33 E = E 0 0, 0592 

+ lg a(M 

n 

2+ ) 

a) E2 = E 0 0, 0592 

+ lg 2a(M 

2 

2+ ) = E 0 + 

b) E 1/2 = E 0 + 

0, 0592 

2 

lg a(M2+ ) 

2 

= E 0 − 

0, 0592 

2 

0, 0592 

2 

lg 2 + 

lg 2 + 

0, 0592 

2 

0, 0592 

2 

V 

lg a(M 2+ ) V = E + 0, 0089 V 

lg a(M 2+ ) V = E − 0, 0089 V


21.34 a) ΔE 0 = E 0 (Pb 2+ |Pb) − E 0 (Sn 2+ |Sn) = (−0, 126 + 0, 136) V = 0, 010 V 

b) ΔE = 0 = ΔE 0 − 

0, 0592 

n 

lg a(Sn2+ ) 

a(Pb 2+ ) 

lg a(Sn2+ ) 

a(Pb2+ n ΔE0 2 · 0, 010 V 

= = = 0, 338 

) 0, 0592 0, 0592 V 

a(Sn2+ ) 

a(Pb2+ ) = 100,338 = 2, 18 

Ausgehend von den Einheitsaktivitäten zu Beginn sind bei Erreichen des Gleichgewichtszustands: 

a(Sn2+ ) = 1 + x und a(Pb 2+ 1 + x 

= 2, 18 

) = 1 − x 

1 − x 

1 + x = 2, 18(1 − x) 

3, 18x = 1, 18 

x = 0, 371 

c(Sn 2+ ) = 1, 371 mol/L c(Pb 2+ ) = 0, 629 mol/L 

21.35 a) Kathode: 2 H + + 2 e − → H 2(g) 

Anode: H 2(g) → 2 H + + 2 e − 

Es handelt sich um eine Konzentrationskette; die Konzentrationen in den Halbzellen gleichen sich an. 

b) Halbzellenpotenziale: 

E(Kathode) = H 0 − 

E(Anode) = H 0 − 

0, 0592 

n 

0, 0592 

n 

lg a2 (H + ) 

a(H 2) 

lg a2 (H + ) 

a(H 2) 

= 0 − 0, 0592 

2 

= 0 − 0, 0592 

2 

lg 

lg 

5, 002 

1 

0, 0252 

1 

ΔE = E(Kathode) − E(Anode) = (0, 0414 + 0, 0948) V = 0, 136 V 

c) a(H 2, Kathode) = 10, 13 kPa/(101, 3 kPa) = 0, 1000 

a(H 2, Anode) = 202, 6 kPa/(101, 3 kPa) = 2, 000 

E(Kathode) = 0 − 

E(Anode) = 0 − 

0, 0592 

2 

0, 0592 

2 

lg 

lg 

5, 002 

V = 0, 0710 V 

0, 1000 

0, 0252 

2, 000 

V = −0, 1038 V 

ΔE = E(Kathode) − E(Anode) = (0, 0709 + 0, 1037) V = 0, 175 V 

V = 0, 0414 V 

V = −0, 0948 V 

21.36 a) Kathode: Ga 3+ + 3 e − → Ga(s) 

Anode: Ga(s) → Ga 3+ + 3 e − 

Es handelt sich um eine Konzentrationskette; die Konzentrationen in den Halbzellen gleichen sich an. 

b) Statt wie in Beispiel 21.35 die Halbzellenpotenziale zu berechnen, kann man beide Prozesse in einer 

Gleichung zusammenfassen: 

ΔE = 

0, 0592 

n 

lg Q = 

0, 0592 

3 

lg a(Ga3+ , Ano) 

a(Ga3+ 0, 0592 

= 

, Kath) 3 

lg 

2, 00 

= 0, 0162 V 

0, 300 

c) Die Anode ist der Minuspol, das ist die Elektrode mit der geringeren Ga 3+ -Konzentraion.


22 Wasserstoff 

22.1 bis 22.3 Siehe Seite 696 im Buch 

22.4 a) 2 Na(s) + 2 H2O → 2 Na + (aq) + 2 OH− (aq) + H2(g) n(H2) = 1 

1 

1 

2 n(Na) = 2 m(Na)/M(Na) = 2 6, 00 g/(22, 99 g/mol) = 0, 1305 mol 

m(H2) = n(H2) · M(H2) = 0, 1305 mol · 2, 016 g/mol = 0, 263 g 

b) 2 NaH(s) + 2 H 2O → 2 Na + (aq) + 2 OH − (aq) + 2 H 2(g) 

n(H 2) = n(NaH) = m(NaH)/M(NaH) = 6, 00 g/(24, 00 g/mol) = 0, 250 mol 

m(H 2) = n(H 2) · M(H 2) = 0, 250 mol · 2, 016 g/mol = 0, 504 g 

c) LiAlH 4(s) + 4 H 2O → Li + (aq) + Al(OH) − 4 (aq) + 4 H 2(g) 

n(H 2) = 4 n(LiAlH 4) = 4 m(LiAlH 4)/M(LiAlH 4) = 4 · 6, 00 g/(37, 95 g/mol) = 0, 632 mol 

m(H 2) = n(H 2) · M(H 2) = 0, 632 mol · 2, 016 g/mol = 1, 275 g 

22.5 Die Stoffmengenanteile der Komponenten der Luft entsprechen ihren Volumenanteilen (Avogadro- 

Gesetz). Die Molmasse von Luft ist: 

M(Luft) = ϕ(N 2) · M(N 2) + ϕ(O 2) · M(O 2) + ϕ(Ar) · M(Ar) 

= (0, 781 · 28, 01 + 0, 209 · 32, 00 + 0, 010 · 39, 95) g/mol = 28, 96 g/mol 

Die Differenz zur Molmasse von Wasserstoff ergibt die Masse, die der Ballon pro 22,4 L Volumen tragen 

kann. Bei 80 m 3 sind das dann (Auftrieb des Ballons): 

m = 80, 0 · 10 3 L/(22, 4 L mol −1 ) · (28, 96 − 2, 016) g/mol = 96, 2 · 10 3 g = 96, 2 kg 

22.6 Mit CaH 2 entsteht Wasserstoff und eine basisch reagierende Lösung von Calciumhydroxid. Mit HCl 

entsteht Salzsäure.


23 Halogene 

23.1 bis 23.4 Siehe Seiten 696 – 697 im Buch 

23.5 a) BeF 2; Fluor ist elektronegativer als Br. 

b) FeCl 2; je höher die Ladung des Kations, desto stärker wirkt es polarisierend auf das Anion und desto 

stärker kovalent sind die Bindungen. 

c) SrI 2; das größere Sr 2+ -Ion wirkt weniger stark polarisierend. 

d) ScCl 3; Scandium ist elektropositiver als Phosphor. 

e) SrCl 2; Y 3+ hat die höhere Ladung und wirkt stärker polarisierend; die Elektronegativitäten sind ähnlich. 

23.6 Es erfolgt Assoziation über zwei Cl-Atome, so dass jedes Iod-Atom von vier Chlor-Atomen umgeben 

ist. Jedes Iod-Atom hat noch zwei einsame Elektronenpaare. Zusammen sind das sechs Valenzelektronenpaare 

um jedes Iod-Atom, die sich oktaedrisch anordnen, mit den beiden einsamen Elektronenpaaren 

in entgegengesetzten Oktaederecken. Die Gesamtstruktur der Atome ist planar (vgl. Formelbild S. 697 

im Buch). 

23.7 Jedes Iod-Atom ist von vier Chlor-Atomen umgeben und hat noch zwei einsame Elektronenpaare. Zusammen 

sind das sechs Valenzelektronenpaare, die sich oktaedrisch anordnen, mit den beiden einsamen 

Elektronenpaaren in entgegengesetzten Oktaederecken. Die Gesamtstruktur der Atome ist quadratisch 

(vgl. Formelbild S. 697 im Buch). 

23.8 Am mitteleren Iod-Atom sind fünf Valenzelektronenpaare zu berücksichtigen, davon drei einsame Elektronenpaare. 

Diese drei besetzen die äquatorialen Positionen einer trigonalen Bipyramide, so dass sich 

für die drei Iod-Atome eine lineare Anordnung ergibt. 

23.9 BrF − 4 : wie bei ICl− 4 

BrF + 2 

(vgl. Aufgabe 23.7). 

: zwei F-Atome und zwei einsame Elektronenpaare ordnen sich tetraedrisch an. Die Anordnung 

F–Br–F ist gewinkelt, mit einem Bindungswinkel


25 Die Elemente der 6. Hauptgruppe 

Lösungen siehe im Buch Seite 697 – 698 





28 Metalle 


29 Komplex-Verbindungen 


29.5 3 e − + [Al(OH) 4] − ⇄ Al + 4 OH − E ◦ = −2, 330 V 

Al ⇄ Al 3+ + 3 e − −E ◦ = +1, 662 V 

[Al(OH) 4] − ⇄ Al 3+ + 4 OH − ΔE ◦ = −0, 668 V 

Gleichung (21.4) (Seite 364 im Buch): 

log K = n ΔE ◦ /(0, 05916 V) = 3 · (−0, 668 V)/(0, 05916 V) = −33, 9 

K = 1, 34 · 10 −34 

29.6 K + + [Fe(CN) 6] 4− + Fe 3+ 

K + + [Fe(CN) 6] 3− + Fe 2+ 

 

✸ 

KFe II Fe III (CN) 6 

29.7 AgBr bildet sich nur mit den nicht komplex gebundenen Br − -Ionen. Nur das nicht komplex gebundene 

Wasser kann leicht abgespalten werden. Demnach sind nicht komplex gebunden: 

Verbindung A: 1 H 2O und 1 Br − ; [Co(NH 3) 3(H 2O)ClBr]Br · H 2O 

Verbindung B: 2 Br − ; [Co(NH 3) 3(H 2O) 2Cl]Br 2 


29.13 

29.14 

✻❄ 

✻❄ 

✻❄ ✻ ✻ 

✻❄ ✻❄ 

✻❄ ✻❄ 

[Ni(CN) 4] 2− [NiCl4] 2− 

Quadrat Tetraeder 

✻ ✻ 

✻❄ ✻❄ ✻ ✻ ✻ ✻ 

[Fe(CN) 6] 3− [FeF6] 3− 

low spin high spin 

29.15 bis 29.18 Siehe Seite 703 im Buch


30 Organische Chemie, Teil I: Kohlenwasserstoffe 


30.5 a) 

H3C C=C 

H 

H3C CH3 keine Isomeren 

c) 

H3C C=C 

H 

H3C CH2−CH3 keine Isomeren 

b) 

H 

C=C 

CH3 H3C CH2−CH3 d) 

Z (cis) 

H H 

C=C 

HOOC COOH 

Z (cis) 

H3C C=C 

CH3 H CH2−CH3 E (trans) 

H COOH 

C=C 

HOOC H 

E (trans) 

30.6 a) Radikalische Substitution → H 3CBr, H 2CBr 2, HCBr 3, CBr 4 

b) Addition → H 3C–CHBr–CHBr–CH 3 

c) Einmalige und zweimalige Addition → H 3C–BrC=CBr–CH 3 und H 3C–Br 2C–CBr 2–CH 3 

d) Fiedel-Crafts-Substitution → H 5C 6Br + HBr 

30.7 a) Addition (Markovnikov-Regel) → (H 3C) 2ClC–CH 2–CH 3 

b) Addition (Markovnikov-Regel) → H 3C–CCl 2–CH 3 

c) Elektrophile Substitution mit Erstsubstituenten erster Ordnung → o- und p-Nitrophenol 

d) Elektrophile Substitution mit Erstsubstituenten erster Ordnung → o- und p-Bromphenol 

e) Elektrophile Substitution mit Erstsubstituenten zweiter Ordnung → m-Dinitrobenzol 

f) Elektrophile Substitution mit Erstsubstituenten zweiter Ordnung → m-Bromnitrobenzol 

g) Elektrophile Substitution mit Erstsubstituenten erster Ordnung → o- und p-Bromnitrobenzol 

h) Elektrophile Substitution mit Erstsubstituenten zweiter Ordnung → m-Nitrobenzoesäure 

i) Elektrophile Substitution mit Erstsubstituenten erster Ordnung → o- und p-Nitrotoluol 

j) Fiedel-Crafts-Substitution mit Erstsubstituenten erster Ordnung → o- und p-Dimethylbenzol 

(o- und p-Xylol) 

30.8 Siehe Seite 704 im Buch


31 Organische Chemie, Teil II: Funktionelle Gruppen 

31.1 bis 31.17, 31.19 und 31.20 Siehe Seiten 704 – 706 im Buch 

31.18 

H 2N 

N N H 

NH 2 

H 2N 

NH 2 

31.21 CH 3 CH 3 

Boc 2O + H 2N–CH–COOH 

Alanin 

➤ 

–t-BuOH, –CO 2 

N 

H 

Boc–NH–CH–COOH 

➤ 

N 

H 

H3C–CH–C2H5 + H2N–CH–COO–t-Bu Isoleucint-Butylester 

+ C(=N–C6H11) 2 DCC 

− O=C(NH–C 6H 11) 2 

CH3 H3C–CH–C2H5 + H2O (H 

Boc–NH–CH–C–O–NH–CH–COO–t-Bu 

O 

+ CH3 H3C–CH–C2H5 ) 

H2N–CH–C–O–NH–CH–COOH –2 t-BuOH, –CO2 

O 

➤ 

Die ganze Abfolge wird noch einmal wiederholt mit Valin-tert-butylester, so dass Valin an das Isoleucin 

gebunden wird.


32 Stereochemie, Polymerchemie und supramolekulare Chemie 


33 Naturstoffe und Biochemie 

33.1 Siehe Seite 707 im Buch 

33.2 In α-Trehalose sind die Atome C-1 beider Glucosereste an der Verknüpfung zum Disaccharid beteiligt. 

Die Ringstrukturen sind fixiert, in Lösung gibt es kein Gleichgewicht mit der Aldehydform. Bei 

β-Cellobiose ist das Atom C-1 des einen Glucoserests nicht an der Verknüpfung zum Disaccharid beteiligt, 

es zeigt die Aldehyd-Reaktionen. 

33.3 bis 33.11 Siehe Seite 707 im Buch 

33.12 Die Molmassen der Desoxyribonucleotide (als Säuren) sind: 

M(dAMP) = 331, 22 g/mol ( C 10H 14N 5O 6P ) 

M(dCMP) = 307, 20 g/mol ( C 9H 14N 3O 7P ) 

M(dGMP) = 347, 22 g/mol ( C 10H 14N 5O 7P ) 

M(dTMP) = 310, 20 g/mol ( C 9H 15N 2O 8P ) 

Nimmt gleiche Anteile der vier Nucleotide an, so ist ihre mittelere Molmasse 324 g/mol. Damit ergibt 

sich: 

w(P) = M(P)/M(Nucleotid) = 30, 97 g/mol/(324 g/mol) = 0, 096 oder 9,6 % 

33.13 Mit ΔG ◦ = +34, 5 kJ/mol für den Aufbau ADP + H 2PO − 4 → ATP + H 2O können maximal aufgebaut 

werden: 

235 kJ/mol/(34, 5 kJ/mol) = 6,8 mol ATP pro Mol Glucose. 

Für zwei Mol ATP werden 2 · 34, 5 = 69 kJ/mol gebraucht. Die Differenz (235 − 69) kJ/mol = 166 

kJ/mol wird in Wärme umgesetzt.


34 Kernchemie 


ΔE = 931, 49 MeV/u ist das Energieäquivalent einer Atommasseneinheit (vgl. S. 628 im Buch) 

34.3 Δm = [Ar( 230 

90Th) − Ar( 226 

88Ra) − Ar( 4 2He)] u = (230, 033131 − 226, 025406 − 4, 002603) u 

= 0, 005122 u 

ΔE = 0, 005122 u · 931, 49 MeV/u = 4, 771 MeV 

34.4 Δm = [Ar( 223 

89Ac) − Ar( 219 

87Fr) − Ar( 4 2He)] u = (223, 01914 − 219, 00925 − 4, 00260) u = 0, 00729 u 

ΔE = 0, 00729 u · 931, 5 MeV/u = 6, 79 MeV 

34.5 a) Δm = [Ar( 25 

11Na) − Ar( 25 

12Mg)] u = (24, 98995 − 24, 98584) u = 0, 00411 u 

ΔE = 0, 00411 u · 931, 5 MeV/u = 3, 83 MeV 

b) Δm = [Ar( 28 

13Al) − Ar( 28 

14Si)] u = (27, 9819 − 27, 9769) u = 0, 0050 u 

ΔE = 0, 0050 u · 931, 5 MeV/u = 4, 7 MeV 

c) Δm = [Ar( 41 

20Ca) − Ar( 41 

19K)] u = (40, 962278 − 40, 961825) u = 0, 000453 u 

ΔE = 0, 000453 u · 931, 5 MeV/u = 0, 422 MeV 

d) Δm = [Ar( 123 

53I) − Ar( 123 

52Te] u ) = (122, 90556 − 122, 904278) u = 0, 00128 u 

ΔE = 0, 00128 u · 931, 5 MeV/u = 1, 19 MeV 

34.6 Das Nuclid hat 4 Masseneinheiten und 2 Ladungen mehr als 140 

58Ce: 144 

60Nd. Δm = 1, 956 MeV/(931, 49 MeV/u ) = 0, 002100 u 

Ar( 144 

60Nd) = Ar( 140 

58Ce) + Ar( 4 2He) + Δm/u= (139, 9054 + 4, 0026 + 0, 0021) = 143, 9101 

34.7 Δm = 3, 44 MeV/(931, 5 MeV/u ) = 0, 00369 u 

Ar( 39 

17Cl) = Ar( 39 

18Ar) + Δm/u= (38, 96432 + 0, 00369) = 38, 96801 

34.8 Die Ordnungszahl verringert sich um 1, die Massenzahl bleibt. 

Δm = 0, 422 MeV/(931, 5 MeV/u ) = 0, 000453 u 

Ar( 41 

19K) = Ar( 41 

20Ca) − Δm/u= (40, 962278 − 0, 000453) = 40, 961825 

Bei den folgenden Aufgaben werden die Gleichungen (34.4) und (34.5) (S. 634 im Buch) verwendet. 

34.9 a) Zerfallskonstante: k = 0, 693/t 1/2 = 0, 693/(17, 5 h) = 0, 0396 h −1 

ln(N 0/N) = k t = 0, 0396 h −1 · 24 h = 0, 950 

N 0/N = e 0,950 = 2, 586 

N/N 0 = 0, 387 oder 38,7 % 

b) k = 0, 693/t 1/2 = 0, 693/(39, 5 h) = 0, 0175 h −1 

ln(N 0/N) = k t = 0, 0175 h −1 · 24 h = 0, 421 

N 0/N = e 0,421 = 1, 524 

N/N 0 = 0, 656 oder 65,6 % 

34.10 Wenn 95,0 % zerfallen sind, sind noch 5,0 % übrig. 

k = 0, 693/t 1/2 = 0, 693/(44, 6 d) = 0, 0155 d −1 

t = 1 

k ln N0 1 

= 

N 0, 0155 ln 

1 

= 193 d 

0, 050 

34.11 Wenn 10,0 % zerfallen sind, sind noch 90,0 % übrig. 

k = 0, 6931/t 1/2 = 0, 6931/(243, 8 d) = 0, 002843 d −1 

t = 1 

k ln N 0 

N = 

1 

0, 002843 ln 

1 

= 37, 1 d 

0, 900


34.12 k = 1 

t 

34.13 k = 1 

t 

34.14 k = 1 

t 

ln N 0 

N 

= 1 

60, 0 d ln 

1 

= 0, 00376 d−1 

0, 798 

t 1/2 = 0, 693/k = 0, 693/(0, 00376 d −1 ) = 184 d 

ln N 0 

N 

= 1 

1, 0 a ln 

1 

= 0, 240 a−1 

0, 787 

t 1/2 = 0, 693/k = 0, 693/(0, 240 a −1 ) = 2, 89 a 

ln a 0 

a 

= 1 

60 d 

4000 Bq 

ln = 0, 00425 d−1 

3100 Bq 

t 1/2 = 0, 693/k = 0, 693/(0, 00425 a −1 ) = 163 d 

34.15 k = 0, 693/t 1/2 = 0, 693/(60 · 52, 6 s) = 2, 20 · 10 −4 s −1 

a = dN 

= k N = 5550 s−1 

dt 

Zahl der Atome: N = 5550 s−1 /(2, 20·10−4 s−1 ) = 2, 53 · 107 m = N M( 134I)/NA = 2, 53·107 · 134 g/mol/(6, 022·1023 mol−1 ) = 5, 62 · 10−15 g 

34.16 k = 0, 6931/t 1/2 = 0, 6931/(3600 · 15, 02 s) = 1, 282 · 10 −5 s −1 

Zahl der Atome: N = m N A/M( 24 Na) = 0, 10·10 −3 g · 6, 022·10 23 mol −1 /(23, 99 g/mol) = 2, 51 · 10 18 

a = dN 

dt = k N = 1, 282·10−5 s −1 · 2, 51·10 18 = 3, 21 · 10 13 Bq 

34.17 Zerfallskonstante von 14 C: k = 1, 21 · 10 −4 a −1 (vgl. Beispiel 34.5, Buch Seite 636). 

t = 1 

k ln a0 a = 

1 

1, 21·10−4 15 

ln 

a−1 11 = 2, 6 · 103 a 

34.18 k = 0, 693/t 1/2 = 0, 693/(1, 28·10 9 · 3, 156·10 7 s) = 1, 715 · 10 −17 s −1 

Zahl der 40 K-Atome in einem Liter Milch (es wird mit der mittleren Molmasse des Kaliums gerechnet, 

da diese der Zusammensetzung im natürlichen Kalium entspricht): 

N = 0, 000118 · N A · m(K)/M(K) = 0, 000118 · 6, 022·10 23 mol −1 · 1, 39 g/(39, 10 g/mol) 

= 2, 526 · 10 18 

Radioaktivität: a = dN/dt = k N = 1, 715·10 −17 s −1 · 2, 526·10 18 = 43, 3 Bq 

34.19 238U: k = 0, 693/t1/2 = 0, 693/(4, 47 · 109 · 3, 156 · 107 s) = 4, 91 · 10−18 s−1 Zahl der 238U-Atome in 1,0 g natürlichem Uran (Anteil 99,27 %): 

N = 0, 9927 · NA/M(U) = 0, 9927 · 6, 022·1023 mol−1 /(238, 0 g/mol) = 2, 512 · 1021 g−1 238U-Radioaktivität: a( 238U) = dN/dt = k N = 4, 91·10−18 s−1 · 2, 512·1021 g−1 = 1, 23 · 104 Bq/g 

235U: k = 0, 693/t1/2 = 0, 693/(7, 04·108 · 3, 156·107 s) = 3, 12 · 10−17 s−1 Zahl der 235U-Atome in 1,0 g natürlichem Uran (Anteil 0,72 %): 

N = 0, 0072 · NA/M(U) = 0, 0072 · 6, 022·1023 mol−1 /(238, 0 g/mol) = 1, 822 · 1019 g−1 235U-Radioaktivität: a( 235U) = k N = 3, 12·10−17 s−1 ·1, 822 ·1019 g−1 = 568 Bq/g 

Gesamtaktivität pro Gramm Uran: a( 238U) + a( 235U) = 1, 23·104 Bq/g + 568 Bq/g = 1, 29 · 104 Bq/g 

Thorium: 

k = 0, 693/t 1/2 = 0, 693/(1, 41 · 10 10 · 3, 156 · 10 7 s) = 1, 56 · 10 −18 s −1 

Zahl der 232 Th-Atome in 1,0 g: 

N = N A/M(Th) = 6, 022·10 23 mol −1 /(232, 0 g/mol) g −1 = 2, 596 · 10 21 g −1 

a( 232 Th) = k N = 1, 56 · 10 −18 s −1 · 2, 596 · 10 21 g −1 = 4, 04 · 10 3 Bq/g


192Pt: k = 0, 693/t1/2 = 0, 693/(1015 · 3, 156 · 107 s) = 2, 2 · 10−23 s−1 Zahl der 192Pt-Atome in 1,0 g Platin (Anteil 0,79 %): 

N = 0, 0079 · NA/M(Pt) = 0, 0079 · 6, 022·1023 mol−1 /(195, 1 g/mol) = 2, 44 · 1019 g−1 192Pt-Radioaktivität: a( 192Pt) = k N = 2, 2 · 10−23 s−1 · 2, 44·1019 g−1 = 5 · 10−4 Bq/g 

190Pt: k = 0, 693/t1/2 = 0, 693/(6·1011 · 3, 156·107 s) = 3, 7 · 10−20 s−1 Zahl der 190Pt-Atome in 1,0 g Platin (Anteil 0,01 %): 

N = 0, 0001 · NA/M(Pt) = 0, 0001 · 6, 022·1023 mol−1 /(195, 1 g/mol) = 3, 1 · 1017 g−1 190Pt-Radioaktivität: a( 190Pt) = k N = 3, 7·10−20 s−1 ·3, 1 ·1017 g−1 = 0, 01 Bq/g 

Gesamtaktivität pro Gramm Platin: a( 192Pt) + a( 190Pt) = 5·10−4 Bq/g + 0, 01 Bq/g = 0, 01 Bq/g 

Rhenium: 

k = 0, 693/t 1/2 = 0, 693/(7 · 10 10 · 3, 156 · 10 7 s) = 3, 14 · 10 −19 s −1 

Zahl der 187 Re-Atome in 1,0 g (Anteil 62,6 %): 

N = 0, 626 · N A/M(Re) = 0, 626 · 6, 022·10 23 mol −1 /(186, 2 g/mol) = 2, 025 · 10 21 g −1 

a( 187 Re) = k N = 3, 14·10 −19 s −1 · 2, 025·10 21 g −1 = 635 Bq/g 

Rubidium: 

k = 0, 693/t 1/2 = 0, 693/(4, 7 · 10 10 · 3, 156 · 10 7 s) = 4, 67 · 10 −19 s −1 

Zahl der 87 Rb-Atome in 1,0 g (Anteil 27,9 %): 

N = 0, 279 · N A/M(Rb) = 0, 279 · 6, 022·10 23 mol −1 /(85, 47 g/mol) = 1, 966 · 10 21 g −1 

a( 87 Rb) = k N = 4, 67·10 −19 s −1 · 1, 966·10 21 g −1 = 918 Bq/g 

34.20 k = 0, 693/t 1/2 = 0, 693/(2, 1 · 10 6 a) = 3, 3 · 10 −7 a −1 

ln N0 = k t = 3, 3 · 10 

N0 −7 a−1 · 4, 6 · 109 a = 1, 52 · 103 log N0/N = 1, 52 · 103 /2, 303 = 660 

N/N0 = 10−660 34.21 bis 34.26 Siehe Seite 708 im Buch 

34.27 30 Protonen + 30 Elektronen 30 · 1, 00783 u = 30, 2349 u 

34 Neutronen 34 · 1, 00866 u = 34, 2944 u 

Nucleonen zusammen 64, 5293 u 

gemessen für 64 

30Zn 63, 9291 u 

Massendefekt 0, 6002 u 

Kernbindungsenergie pro Nucleon: 0, 6002 u · 931, 49 MeV/(64 Nucleonen) = 8, 736 MeV/Nucleon 

34.28 Massendefekt: 8, 57584 MeV/Nucleon · 41 Nucleonen /(931, 49 MeV/u) = 0, 37747 u 

19 Protonen + 19 Elektronen 19 · 1, 00783 u = 19, 1488 u 

22 Neutronen 22 · 1, 00866 u = 22, 1905 u 

−Massendefekt −0, 3775 u 

Masse 41 

19 

K 40, 9618 u 

34.29 Summen der Massen der Spaltprodukte: 

(93, 9063 + 139, 9054 + 1, 0087 + 6 · 0, 00055) u = 234, 8237 u 

Freigesetzte Energie pro Spaltung: 

ΔE = (235, 0439 u − 234, 8247 u) · 931, 49 MeV/u = 205, 1 MeV 

Zahl der 235 U-Atome in einem Gramm:


N = N A · m( 235 U)/M( 235 U) = 6, 0221·10 23 mol −1 /(235, 0439 g/mol) = 2, 5621 · 10 21 g −1 

Freigesetzte Energie pro Gramm: 

ΔE = 205, 1 MeV · 2, 5621·10 21 g −1 = 5, 255·10 23 MeV/g 

Umrechnung auf Joule: 

ΔE = 5, 255·10 29 eV/g · 1, 60218·10 −19 J/eV = 8, 419·10 10 J/g 

34.30 Massenverlust: Δm = 2, 01410 u + 1, 00783 u − 3, 01603 u = 0, 00590 u 

Freigesetzte Energie pro Fusion: ΔE = 0, 00590 u · 931, 49 MeV/u = 5, 4958 MeV 

Bezogen auf molare Mengen ist der Massenverlust 0,00590 g/mol. Dem entspricht die Energie: 

ΔE = Δm · c 2 = 0, 00590·10 −3 kg/mol · (2, 9979·10 8 m/s) 2 = 5, 3026 · 10 11 J/mol 

Diese Energie wird aus 1,00783 g + 2,01410 g = 3,02193 g Brennstoff erhalten. Aus einem Gramm 

werden erhalten: 

ΔE = 5, 3026 · 10 11 J/mol/(3, 02193 g/mol) = 1, 755 · 10 11 J/g 

34.31 a) Massenzahlen: 235 − 148 − 2 = 85 Protonen: 92 − 58 = 34 85 

34 Se 

b) Massenzahlen: 235 − 121 − 2 = 112 Protonen: 92 − 47 = 45 112 

45 Rh 

c) Massenzahlen: 235 − 138 − 2 = 95 Protonen: 92 − 55 = 37 95 

37 Rb 

d) Massenzahlen: 235 − 139 − 2 = 94 Protonen: 92 − 57 = 34 94 

35 Br 

e) Massenzahlen: 235 − 90 − 2 = 143 Protonen: 92 − 36 = 56 143 

56 Ba

Chemie

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