Grundlagen der Physikalischen Chemie - Exam.pdf

Aufgabe 1)

Betrachte ein abgeschlossenes thermodynamisches System, das sich einem zyklischen Prozess unterzieht. In einem solchen Prozess kehrt das System nach einem Zyklus wieder in seinen Ausgangszustand zurück. Während des Zyklus wird dem System Wärme zugeführt, und es wird Arbeit am und durch das System verrichtet.

Verwende den ersten Hauptsatz der Thermodynamik:

• Erster Hauptsatz: \( \Delta U = Q + W \)
• \( \Delta U \): Änderung der inneren Energie
• \( Q \): Zugeführte Wärme
• \( W \): Arbeit am System verrichtet
• In einem abgeschlossenen System gilt: \( \Delta U = 0 \) weil \( U \) wieder zum Ausgangswert zurückkehrt. Daher: \( Q = -W \)

a)

Teilaufgabe 1:

Während des Zyklus empfängt das System eine Gesamtwärmemenge \( Q_{gesamt} \) von 500 J und verrichtet dabei eine mechanische Arbeit \( W_{mechanisch} \) von 300 J. Berechne die Änderung der inneren Energie \( \Delta U \) des Systems.

Hinweis: Verwende den ersten Hauptsatz der Thermodynamik.

Lösung:

Um die Änderung der inneren Energie \(\Delta U\) des Systems zu berechnen, können wir den ersten Hauptsatz der Thermodynamik verwenden:

• Erster Hauptsatz: \(\Delta U = Q + W\)
• \(Q\): Zugeführte Wärme
• \(W\): Arbeit am System verrichtet

Da es sich um ein abgeschlossenes System handelt, das nach einem Zyklus wieder seinen Ausgangszustand erreicht, gilt:

• \(\Delta U = 0\), weil die innere Energie \(U\) wieder zum Ausgangswert zurückkehrt
• Somit: \(Q = -W\)

Gegeben sind:

• Gesamtwärme \(Q_{gesamt} = 500\) J
• Mechanische Arbeit \(W_{mechanisch} = 300\) J

Wir benötigen jedoch die Arbeit \(W\), die am System verrichtet wird, was in der Gleichung als positive Arbeit betrachtet wird. Daher:

• \(W = -W_{mechanisch} = -300\) J

Einsetzen in den ersten Hauptsatz:

• \(\Delta U = Q + W\)
• \(\Delta U = 500\) J + \((-300)\) J
• \(\Delta U = 200\) J

Somit beträgt die Änderung der inneren Energie des Systems \(\Delta U\) 200 J.

b)

Teilaufgabe 2:

In einem weiteren Experiment untergeht dasselbe System erneut einem Zyklus. Diesmal wird dem System eine Wärme von \( 400 J \) zugeführt, und die Änderung der inneren Energie wird als \( -100 J \) gemessen. Berechne die mechanische Arbeit \( W_{mechanisch} \), die das System verrichtet hat. Überprüfe, ob die Energiebilanz gemäß dem ersten Hauptsatz der Thermodynamik korrekt ist.

Lösung:

Um die mechanische Arbeit \( W_{mechanisch} \) zu berechnen, die das System verrichtet hat, können wir erneut den ersten Hauptsatz der Thermodynamik verwenden:

• Erster Hauptsatz: \( \Delta U = Q + W \)
• \( \Delta U \): Änderung der inneren Energie
• \( Q \): Zugeführte Wärme
• \( W \): Arbeit am System verrichtet

Gegeben sind:

• \( Q = 400 \) J
• \( \Delta U = -100 \) J

Gesucht ist die mechanische Arbeit \( W_{mechanisch} \), also die Arbeit, die das System verrichtet hat. Wir müssen beachten, dass die Arbeit \( W \) in der Formel für die Arbeit am System steht. Daher:

• \( \Delta U = Q + W \)
• \( -100 = 400 + W \)
• \( W = -100 - 400 \)
• \( W = -500 \) J

Da \( W = -500 \) J, bedeutet dies, dass das System 500 J an Arbeit verrichtet hat.

Überprüfung der Energiebilanz:

• Der erste Hauptsatz der Thermodynamik besagt \( \Delta U = Q + W \).
• Wir haben \( \Delta U = -100 \) J, \( Q = 400 \) J und \( W = -500 \) J.
• Einsetzen: \( -100 = 400 + (-500) \)
• \( -100 = -100 \)

Die Energiebilanz stimmt überein.

Somit beträgt die mechanische Arbeit \( W_{mechanisch} \), die das System verrichtet hat, 500 J, und die Energiebilanz ist gemäß dem ersten Hauptsatz der Thermodynamik korrekt.

Aufgabe 2)

Zweiter Hauptsatz der Thermodynamik: Entropie und irreversibile Prozesse

Der Zweite Hauptsatz der Thermodynamik besagt, dass die Entropie eines abgeschlossenen Systems nie abnehmen kann. Irreversible Prozesse führen zu einer Erhöhung der Systementropie.

• Formell: \(\frac{dS}{dt} \geq 0\)
• Irreversibilität: Kein Prozess in der Natur ist völlig reversibel
• Klausel: Dies gilt nur für abgeschlossene Systeme
• Verknüpfung zu Gibbs-Freier Energie: \(dG \leq 0\) für spontane Prozesse bei konstantem Druck und Temperatur

a)

Ein abgeschlossener Behälter enthält 2 Mol eines idealen Gases bei einer Temperatur von 300 K. Der Behälter ist durch eine isolierte Wand in zwei gleiche Volumina getrennt. Eine der Kammern enthält das Gas, die andere ist ein Vakuum. Wenn die Trennwand entfernt wird, expandiert das Gas, um beide Kammern zu füllen. Berechne die Änderung der Entropie des Gases.

Lösung:

Um die Änderung der Entropie des Gases in diesem abgeschlossenen System zu berechnen, müssen wir die Expansion eines idealen Gases in ein Vakuum betrachten. Dieser Vorgang ist irreversibel und führt zu einer Entropiezunahme.

Gegeben sind:

• 2 Mol ideales Gas
• Temperatur, T = 300 K

Das Gas expandiert in ein Vakuum, sodass das Endvolumen das Doppelte des Anfangsvolumens ist. Die Änderung der Entropie eines idealen Gases bei isothermer Expansion kann mit der folgenden Formel berechnet werden:

\( \Delta S = nR \ln \left( \frac{V_f}{V_i} \right)\)

Hierbei sind:

• \(\Delta S\): Entropieänderung
• n: Anzahl der Mol (2 Mol)
• R: Universelle Gaskonstante (8,314 J/(mol K))
• \( \frac{V_f}{V_i}\): Verhältnis des Endvolumens zum Anfangsvolumen

Da das Endvolumen das Doppelte des Anfangsvolumens ist, ist das Verhältnis \( \frac{V_f}{V_i} = 2 \) .

Deshalb ergibt sich:

\( \Delta S = 2 \cdot 8,314 J/(mol K) \cdot \ln(2) \).

Berechnen wir nun den numerischen Wert:

• \( \ln(2) \approx 0,693 \)
• \(\Delta S = 2 \cdot 8,314 \cdot 0,693 \)
• \(\Delta S = 16,03 J/K \)

Die Entropieänderung des Gases beträgt also \( \Delta S = 16,03 J/K \).

b)

Anhand des zweiten Hauptsatzes der Thermodynamik erkläre, warum kein Prozess in der Natur vollständig reversibel ist. Gib ein konkretes Beispiel für einen irreversiblen Prozess und beschreibe, wie die Entropie sich dabei ändert.

Lösung:

Der zweite Hauptsatz der Thermodynamik besagt, dass die Entropie eines abgeschlossenen Systems niemals abnehmen kann. Dies impliziert, dass die Entropie in einem abgeschlossenen System entweder konstant bleibt (bei reversiblen Prozessen) oder zunimmt (bei irreversiblen Prozessen).

Ein vollkommen reversibler Prozess wäre ein idealisierter Prozess, bei dem das System und seine Umgebung jeweils so verändert werden könnten, dass beide unverändert zu ihrem ursprünglichen Zustand zurückkehren. In der realen Welt sind jedoch solche Prozesse nicht möglich, da immer eine Form von Energieverlust, Reibung oder Dissipation auftritt, die eine Erhöhung der Entropie verursacht.

Da jeder reale Prozess kleine oder große irreversible Schritte enthält, muss die Entropie zunehmen oder im besten Fall konstant bleiben. Es gibt keine Möglichkeit, die Gesamtentropie der Natur zu verringern, was bedeutet, dass vollständige Reversibilität in natürlichen Prozessen nicht erreicht werden kann.

Ein konkretes Beispiel für einen irreversiblen Prozess ist die freie Expansion eines Gases in ein Vakuum, wie im vorigen Beispiel beschrieben:

Freie Expansion eines Gases:

• Stell dir einen abgeschlossenen Behälter vor, der durch eine Trennwand in zwei gleiche Volumina geteilt ist. Ein Teil des Behälters ist mit einem Gas gefüllt, während der andere Teil ein Vakuum ist.
• Wenn die Trennwand entfernt wird, expandiert das Gas, um beide Volumina zu füllen.

In diesem Beispiel handelt es sich um eine irreversible Expansion, weil das Gas sich nicht spontan wieder in den ursprünglichen Zustand zurückzieht. Die Entropieänderung des Gases kann in diesem Fall berechnet werden, wie bereits vorher beschrieben:

\( \Delta S = nR \ln \left( \frac{V_f}{V_i} \right)\)

Da das Endvolumen das Doppelte des Anfangsvolumens ist:

• \( \Delta S = 2 \cdot 8,314 J/(mol K) \cdot \ln(2) \)
• \( \ln(2) \approx 0,693 \)
• \(\Delta S = 2 \cdot 8,314 \cdot 0,693 \)
• \(\Delta S = 16,03 J/K \)

Die Entropie des Gases hat sich um \( 16,03 J/K \) erhöht, was zeigt, dass die Entropie bei diesem irreversiblen Vorgang zugenommen hat.

c)

Die Gibbs-Freie Energie \(G\) ist ein Kriterium für die Spontaneität von chemischen Reaktionen bei konstantem Druck und Temperatur. Betrachte eine Reaktion in einem abgeschlossenen System. Zeige mathematisch, dass eine Abnahme der Gibbs-freien Energie direkt mit einer Zunahme der Gesamtentropie des Systems und seiner Umgebung verbunden ist.

Hint: Verwende die Beziehung \( \Delta G = \Delta H - T\Delta S \).

Lösung:

Um zu zeigen, dass eine Abnahme der Gibbs-freien Energie (\textit{G}) direkt mit einer Zunahme der Gesamtentropie des Systems und seiner Umgebung verbunden ist, nutzen wir die Beziehung zwischen der Gibbs-freien Energie (\textit{G}), der Enthalpie (\textit{H}) und der Entropie (\textit{S}):

\( \Delta G = \Delta H - T \Delta S \)

Hierbei sind:

• \(\Delta G\): Änderung der Gibbs-Freien Energie
• \(\Delta H\): Änderung der Enthalpie des Systems
• \(\Delta S\): Änderung der Entropie des Systems
• \(T\): absolute Temperatur (konstant)

Ein spontaner Prozess bei konstantem Druck und Temperatur wird durch die Bedingung \( \Delta G \leq 0 \) charakterisiert. Diese Bedingung bedeutet, dass die Gibbs-freie Energie entweder abnimmt oder im besten Fall konstant bleibt.

Der zweite Hauptsatz der Thermodynamik besagt, dass die Gesamtentropie eines abgeschlossenen Systems und seiner Umgebung nie abnehmen kann. Für einen spontanen Prozess nimmt die Entropie des Universums (System + Umgebung) immer zu:

\( \Delta S_{univ} = \Delta S_{sys} + \Delta S_{surr} \geq 0 \)

Hierbei sind:

• \( \Delta S_{univ} \): Änderung der Entropie des Universums
• \( \Delta S_{sys} \): Änderung der Entropie des Systems
• \( \Delta S_{surr} \): Änderung der Entropie der Umgebung

Die Änderung der Entropie der Umgebung (\textit{surr}) kann in Bezug auf die Änderung der Enthalpie (\textit{H}) des Systems bei konstanter Temperatur \textit{T} ausgedrückt werden:

\( \Delta S_{surr} = -\frac{\Delta H}{T} \)

Setzen wir dies in die Beziehung für die Gesamtentropieänderung (\textit{univ}) ein:

\( \Delta S_{univ} = \Delta S_{sys} - \frac{\Delta H}{T} \geq 0 \)

Multiplizieren wir beide Seiten der Gleichung mit \textit{T}, um die Temperatur \textit{T} zu eliminieren:

\( T \Delta S_{univ} = T \Delta S_{sys} - \Delta H \geq 0 \)

Diese Ungleichung können wir umstellen zu:

\( \Delta H \leq T \Delta S_{sys} \)

Setzen wir dies in die Beziehung für die Gibbs-freie Energie ein:

\( \Delta G = \Delta H - T \Delta S_{sys} \)

Mit \(\Delta H \leq T \Delta S_{sys}\) ergibt sich:

\(\Delta G \leq 0\)

Damit haben wir mathematisch gezeigt, dass eine Abnahme der Gibbs-freien Energie (\textit{G}) direkt mit einer Zunahme der Gesamtentropie des Systems (\textit{sys}) und seiner Umgebung (\textit{surr}) verbunden ist. Eine Abnahme der Gibbs-freien Energie bei konstantem Druck und Temperatur entspricht einem spontanen Prozess, der die Entropie des gesamten Systems und seiner Umgebung erhöht.

Aufgabe 3)

Die Arrhenius-Gleichung beschreibt die Temperaturabhängigkeit der Reaktionsgeschwindigkeit, die durch die Beziehung

\( k = A \, e^{-\frac{E_a}{RT}} \)

gegeben ist, wobei \( k \) die Geschwindigkeitskonstante, \( A \) der präexponentielle Faktor, \( E_a \) die Aktivierungsenergie, \( R \) die universelle Gaskonstante (8,314 J/mol·K) und \( T \) die Temperatur in Kelvin ist. Höhere Temperaturen führen zu höheren Reaktionsgeschwindigkeiten.

a)

a) Berechne die Geschwindigkeitskonstante \( k \) für eine Reaktion bei 298 K, wenn der präexponentielle Faktor \( A \) 10¹² s^-1 und die Aktivierungsenergie \( E_a \) 75,0 kJ/mol beträgt.

Lösung:

Um die Geschwindigkeitskonstante k zu berechnen, kannst Du die Arrhenius-Gleichung verwenden:

\[ k = A \, e^{-\frac{E_a}{RT}} \]

Gegeben sind die folgenden Werte:

• Tempatur T = 298 K
• Präexponentieller Faktor A = 10¹² s^-1
• Aktivierungsenergie E_a = 75,0 kJ/mol = 75000 J/mol (beachte die Umrechnung von kJ in J)
• Universelle Gaskonstante R = 8,314 J/mol·K

Jetzt setzen wir die Werte in die Arrhenius-Gleichung ein:

\[ k = 10^{12} \times e^{-\frac{75000}{8,314 \times 298}} \]

Berechnen wir zuerst den Exponenten:

\[ \frac{75000}{8,314 \times 298} = \frac{75000}{2477.372} \approx 30.27 \]

Nun berechnen wir den Exponentialausdruck:

\[ e^{-30.27} \approx 7.95 \times 10^{-14} \]

Schließlich multiplizieren wir mit dem präexponentiellen Faktor:

\[ k = 10^{12} \times 7.95 \times 10^{-14} = 7.95 \times 10^{-2} \approx 0.0795 \text{s}^{-1} \]

Daher ist die Geschwindigkeitskonstante k bei 298 K ungefähr 0,0795 s^-1.

b)

b) Wie verändert sich die Geschwindigkeitskonstante \( k \), wenn die Temperatur auf 323 K erhöht wird? Berechne den neuen Wert von \( k \) und diskutiere die Veränderung im Vergleich zu der bei 298 K berechneten Geschwindigkeitskonstante.

Lösung:

Um die Veränderung der Geschwindigkeitskonstante k bei einer Temperaturerhöhung auf 323 K zu berechnen, verwenden wir die Arrhenius-Gleichung:

\[ k = A \, e^{-\frac{E_a}{RT}} \]

Gegeben sind die folgenden Werte:

• Tempatur T = 323 K
• Präexponentieller Faktor A = 10¹² s^-1
• Aktivierungsenergie E_a = 75,0 kJ/mol = 75000 J/mol (beachte die Umrechnung von kJ in J)
• Universelle Gaskonstante R = 8,314 J/mol·K

Setzen wir die neuen Werte in die Arrhenius-Gleichung ein:

\[ k = 10^{12} \times e^{-\frac{75000}{8,314 \times 323}} \]

Berechnen wir zuerst den Exponenten:

\[ \frac{75000}{8,314 \times 323} = \frac{75000}{2684.422} \approx 27.94 \]

Nun berechnen wir den Exponentialausdruck:

\[ e^{-27.94} \approx 7.38 \times 10^{-13} \]

Schließlich multiplizieren wir mit dem präexponentiellen Faktor:

\[ k = 10^{12} \times 7.38 \times 10^{-13} = 7.38 \times 10^{-1} \approx 0.738 \text{s}^{-1} \]

Daher ist die Geschwindigkeitskonstante k bei 323 K ungefähr 0,738 s^-1.

Diskussion der Veränderung:

Vergleichen wir diese Geschwindigkeitskonstante mit der bei 298 K berechneten Geschwindigkeitskonstante (\( k \approx 0.0795 \) s^-1):

• Bei 298 K: \( k \approx 0.0795 \) s^-1
• Bei 323 K: \( k \approx 0.738 \) s^-1

Die Geschwindigkeitskonstante k ist also bei 323 K deutlich größer als bei 298 K. Dies entspricht der allgemeinen Erkenntnis, dass ein Anstieg der Temperatur zu einer Erhöhung der Reaktionsgeschwindigkeit führt. Die Geschwindigkeitskonstante hat sich etwa um den Faktor 9,3 erhöht.

c)

c) Leite die logarithmische Form der Arrhenius-Gleichung ab und erkläre, wie aus einem Arrhenius-Plot (\(\ln k\) gegen \(\frac{1}{T}\)) die Aktivierungsenergie \( E_a \) und der präexponentielle Faktor \( A \) bestimmt werden können.

Lösung:

Um die logarithmische Form der Arrhenius-Gleichung abzuleiten, beginnst Du mit der ursprünglichen Arrhenius-Gleichung:

\[ k = A \, e^{-\frac{E_a}{RT}} \]

Wende den natürlichen Logarithmus (\(\text{ln}\)) auf beide Seiten an:

\[ \ln(k) = \ln \left( A \, e^{-\frac{E_a}{RT}} \right) \]

Verwende die Eigenschaft des Logarithmus, dass \( \ln(ab) = \ln(a) + \ln(b) \), um weiterzumachen:

\[ \ln(k) = \ln(A) + \ln \left( e^{-\frac{E_a}{RT}} \right) \]

Da \( \ln(e^x) = x \), erhältst Du:

\[ \ln(k) = \ln(A) - \frac{E_a}{RT} \]

Dies ist die logarithmische Form der Arrhenius-Gleichung.

Erklärung des Arrhenius-Plots:

Ein Arrhenius-Plot ist ein Diagramm, in dem \( \ln(k) \) gegen \( \frac{1}{T} \) aufgetragen wird.

• Die Achse für \( \ln(k) \) ist die y-Achse.
• Die Achse für \( \frac{1}{T} \) ist die x-Achse.

Die logarithmische Form der Arrhenius-Gleichung hat die Form einer linearen Gleichung:

\[ y = mx + b \]

• wobei \( y = \ln(k) \)
• \( x = \frac{1}{T} \)
• \( m \) (die Steigung) = \( -\frac{E_a}{R} \)
• und \( b \) (der y-Achsenabschnitt) = \( \ln(A) \)

Du erhältst also eine Gerade mit Steigung \( -\frac{E_a}{R} \) und y-Achsenabschnitt \( \ln(A) \).

Um die Aktivierungsenergie \( E_a \) und den präexponentiellen Faktor \( A \) zu bestimmen, benötigst Du die folgenden Schritte:

• Erstelle einen Arrhenius-Plot, indem Du Werte für \( \ln(k) \) und \( \frac{1}{T} \) aus experimentellen Daten berechnest und dann diese Punkte in einem Diagramm aufträgst.
• Finde die beste Gerade, die durch diese Punkte passt.
• Die Steigung \( m \) dieser Geraden ist gleich \( -\frac{E_a}{R} \).
• Berechne \( E_a \) aus der Steigung: \( E_a = -mR \)
• Der y-Achsenabschnitt \( b \) dieser Geraden ist gleich \( \ln(A) \).
• Berechne \( A \) durch Exponentiation: \( A = e^b \)

Aufgabe 4)

Le-Chatelier-Prinzip zur Vorhersage von GleichgewichtsstörungenLe-Chatelier-Prinzip: Bei einer Störung eines chemischen Gleichgewichts passt sich das System an, um die Störung zu minimieren und ein neues Gleichgewicht zu erreichen.

• Änderung der Konzentration: Erhöhung einer Reaktantenkonzentration verschiebt Gleichgewicht nach rechts.
• Druckänderung: Erhöhen von Druck verschiebt Gleichgewicht zu weniger Gasmolekülen.
• Temperaturänderung: Erhöhung der Temperatur verschiebt Gleichgewicht für endotherme Reaktionen nach rechts.
• Formel für Gleichgewichtskonstante: \[ K = \frac{{[\text{Produkte}]^n}}{{[\text{Edukte}]^m}} \]

a)

Betrachte die Reaktion \( N_2(g) + 3H_2(g) \leftrightarrow 2NH_3 (g) \). Analysiere mit Hilfe des Le-Chatelier-Prinzips, wie sich das Gleichgewicht der Reaktion verändert, wenn:

• die Konzentration von Wasserstoff (\( H_2 \)) erhöht wird,
• der Gesamtdruck erhöht wird,
• die Temperatur gesenkt wird.

Beschreibe die Richtungen, in die das Gleichgewicht verschoben wird und begründe Deine Antworten.

Lösung:

Le-Chatelier-Prinzip zur Vorhersage von GleichgewichtsstörungenLe-Chatelier-Prinzip: Bei einer Störung eines chemischen Gleichgewichts passt sich das System an, um die Störung zu minimieren und ein neues Gleichgewicht zu erreichen.

• Änderung der Konzentration: Erhöhung einer Reaktantenkonzentration verschiebt Gleichgewicht nach rechts.
• Druckänderung: Erhöhen von Druck verschiebt Gleichgewicht zu weniger Gasmolekülen.
• Temperaturänderung: Erhöhung der Temperatur verschiebt Gleichgewicht für endotherme Reaktionen nach rechts.
• Formel für Gleichgewichtskonstante: \[ K = \frac{{[\text{Produkte}]^n}}{{[\text{Edukte}]^m}} \]

Lösung der Teilaufgabe:

Betrachte die Reaktion \[ N_2(g) + 3H_2(g) \leftrightarrow 2NH_3(g) \]

Analysiere mit Hilfe des Le-Chatelier-Prinzips, wie sich das Gleichgewicht der Reaktion verändert, wenn:

• die Konzentration von Wasserstoff \[ H_2 \] erhöht wird,
• der Gesamtdruck erhöht wird,
• die Temperatur gesenkt wird.

Beschreibe die Richtungen, in die das Gleichgewicht verschoben wird und begründe Deine Antworten.

1. Erhöhung der Konzentration von Wasserstoff \[ H_2 \]:Erhöht sich die Konzentration von \[ H_2 \], so versucht das System, dieses zusätzliche \[ H_2 \] zu verbrauchen, indem das Gleichgewicht nach rechts verschoben wird. Dies führt zur Bildung von mehr \[ NH_3 \]. Demnach verschiebt sich das Gleichgewicht in Richtung der Produkte, also nach rechts.
2. Erhöhung des Gesamtdrucks:Bei einer Druckerhöhung wird das Gleichgewicht in Richtung der Seite mit weniger Gasmolekülen verschoben. In der gegebenen Reaktion gibt es insgesamt 4 Gasmoleküle (1 \[ N_2 \] und 3 \[ H_2 \]) auf der Eduktseite und 2 Gasmoleküle (2 \[ NH_3 \]) auf der Produktseite. Somit verschiebt eine Druckerhöhung das Gleichgewicht nach rechts, in Richtung der Produkte (\( NH_3 \)).
3. Temperatursenkung:Die betrachtete Reaktion ist eine exotherme Reaktion (setzt Energie frei). Nach dem Le-Chatelier-Prinzip wird eine Temperaturverringerung das Gleichgewicht auf die Seite der Wärmeproduktion verschieben. Daher verschiebt sich das Gleichgewicht bei einer Temperatursenkung nach rechts, in Richtung der Produkte (\( NH_3 \)).

Zusammenfassend verschiebt sich das Gleichgewicht in allen drei Fällen in die gleiche Richtung: nach rechts zur Bildung von mehr \[ NH_3 \].

b)

Für die Reaktion \( N_2(g) + 3H_2(g) \leftrightarrow 2NH_3 (g) \) wird die Gleichgewichtskonstante \( K \) bei unterschiedlichen Temperaturen wie folgt angegeben:

• bei 500 K: \( K = 81 \)
• bei 700 K: \( K = 0.04 \)

Berechne das Molenverhältnis von Ammoniak (\( NH_3 \)) zu Reaktanten (\( N_2 \) und \( H_2 \)) bei 500 K, wenn die Konzentrationen der Reaktanten zu Beginn \( [N_2] = 1 \text{ mol/L} \) und \( [H_2] = 3 \text{ mol/L} \) betragen, und das Gleichgewicht erreicht wurde.

Lösung:

Le-Chatelier-Prinzip zur Vorhersage von GleichgewichtsstörungenLe-Chatelier-Prinzip: Bei einer Störung eines chemischen Gleichgewichts passt sich das System an, um die Störung zu minimieren und ein neues Gleichgewicht zu erreichen.

• Änderung der Konzentration: Erhöhung einer Reaktantenkonzentration verschiebt das Gleichgewicht nach rechts.
• Druckänderung: Erhöhen von Druck verschiebt das Gleichgewicht zu weniger Gasmolekülen.
• Temperaturänderung: Erhöhung der Temperatur verschiebt das Gleichgewicht für endotherme Reaktionen nach rechts.
• Formel für Gleichgewichtskonstante: \( K = \frac{{[\text{Produkte}]^n}}{{[\text{Edukte}]^m}} \)

Lösung der Teilaufgabe:

Für die Reaktion \( N_2(g) + 3H_2(g) \leftrightarrow 2NH_3(g) \) wird die Gleichgewichtskonstante \( K \) bei unterschiedlichen Temperaturen wie folgt angegeben:

• bei 500 K: \( K = 81 \)
• bei 700 K: \( K = 0.04 \)

Berechne das Molenverhältnis von Ammoniak (\( NH_3 \)) zu Reaktanten (\( N_2 \) und \( H_2 \)) bei 500 K, wenn die Konzentrationen der Reaktanten zu Beginn \( [N_2] = 1 \text{ mol/L} \) und \( [H_2] = 3 \text{ mol/L} \) betragen, und das Gleichgewicht erreicht wurde.Schritt-für-Schritt-Lösung:

1. Gegeben:\( [N_2] = 1 \text{ mol/L} \),\( [H_2] = 3 \text{ mol/L} \),\( K = 81 \) bei 500 K.2. Reaktionsgleichung und Gleichgewichtsausdruck:\( N_2(g) + 3H_2(g) \leftrightarrow 2NH_3(g) \)\( K = \frac{[NH_3]^2}{[N_2][H_2]^3} \)3. Annahme: Im Gleichgewicht ändern sich die Konzentrationen um \( x \):\( [NH_3] = 2x \)\( [N_2] = 1 - x \)\( [H_2] = 3 - 3x \)4. Setzen der Werte in den Gleichgewichtsausdruck:\( K = \frac{[NH_3]^2}{[N_2][H_2]^3} = 81 \)\( 81 = \frac{(2x)^2}{(1 - x)(3 - 3x)^3} \)5. Vereinfachen:\( 81 = \frac{4x^2}{(1 - x)(27 - 81x + 81x^2 - 27x^3)} \)Da es sich um eine komplizierte Gleichung handelt, verwenden wir eine numerische Methode zur Annäherung der Lösung:6. Näherungsweise Lösung:Beispielsweise durch ein Näherungsverfahren wird geschätzt, dass \( x \approx 0.61 \) ist.7. Endkonzentrationen:\( [NH_3] = 2x \approx 2 \cdot 0.61 = 1.22 \text{ mol/L} \)\( [N_2] = 1 - x \approx 1 - 0.61 = 0.39 \text{ mol/L} \)\( [H_2] = 3 - 3x \approx 3 - 3 \cdot 0.61 = 1.17 \text{ mol/L} \)8. Molenverhältnis von Ammoniak zu Reaktanten:\( \frac{[NH_3]}{[N_2]} \approx \frac{1.22}{0.39} \approx 3.13 \)\( \frac{[NH_3]}{[H_2]} \approx \frac{1.22}{1.17} \approx 1.04 \)

Das Molenverhältnis von Ammoniak (\( NH_3 \)) zu den Reaktanten (\( N_2 \) und \( H_2 \)) im Gleichgewicht bei 500 K beträgt somit ungefähr 3.13 zu 1 für \( N_2 \) und 1.04 zu 1 für \( H_2 \).

c)

Angenommen, in einem Experiment zur Herstellung von Ammoniak (\( N_2 + 3H_2 \rightarrow 2 NH_3 \)) wird der Katalysator entfernt. Erkläre mit dem Le-Chatelier-Prinzip, wie sich das Entfernen des Katalysators auf das Reaktionsgleichgewicht auswirkt. Gehe dabei besonders auf die Reaktionsgeschwindigkeiten und das Gleichgewicht ein.

Lösung:

Le-Chatelier-Prinzip zur Vorhersage von GleichgewichtsstörungenLe-Chatelier-Prinzip: Bei einer Störung eines chemischen Gleichgewichts passt sich das System an, um die Störung zu minimieren und ein neues Gleichgewicht zu erreichen.

• Änderung der Konzentration: Erhöhung einer Reaktantenkonzentration verschiebt das Gleichgewicht nach rechts.
• Druckänderung: Erhöhen von Druck verschiebt das Gleichgewicht zu weniger Gasmolekülen.
• Temperaturänderung: Erhöhung der Temperatur verschiebt das Gleichgewicht für endotherme Reaktionen nach rechts.
• Formel für Gleichgewichtskonstante: \[ K = \frac{{[\text{Produkte}]^n}}{{[\text{Edukte}]^m}} \]

Lösung der Teilaufgabe:

Angenommen, in einem Experiment zur Herstellung von Ammoniak (\( N_2 + 3H_2 \rightarrow 2 NH_3 \)) wird der Katalysator entfernt. Erkläre mit dem Le-Chatelier-Prinzip, wie sich das Entfernen des Katalysators auf das Reaktionsgleichgewicht auswirkt. Gehe dabei besonders auf die Reaktionsgeschwindigkeiten und das Gleichgewicht ein.

Antwort:

Ein Katalysator erhöht die Reaktionsgeschwindigkeit, indem er die Aktivierungsenergie der Reaktion senkt. Er wirkt jedoch nicht auf das Gleichgewicht der Reaktion selbst. Das bedeutet, dass ein Katalysator die Geschwindigkeit sowohl der Hin- als auch der Rückreaktion gleichermaßen erhöht, aber die Position des Gleichgewichts nicht verändert.

Entfernen des Katalysators:

• Reaktionsgeschwindigkeit: Wenn der Katalysator entfernt wird, verringert sich die Reaktionsgeschwindigkeit sowohl der Bildung von Ammoniak als auch seiner Zersetzung. Beide Reaktionen verlangsamen sich in gleichem Maße. Dadurch dauert es länger, bis das Gleichgewicht erreicht wird.

• Gleichgewicht: Das Gleichgewicht selbst wird durch das Entfernen des Katalysators nicht verschoben. Die Gleichgewichtskonstante (\( K \)) bleibt unverändert. Die Konzentrationen der Reaktanten und Produkte im Gleichgewicht bleiben also gleich. Das System bleibt im gleichen Gleichgewichtszustand, aber es erreicht diesen Zustand langsamer.

Zusammenfassend: Das Entfernen des Katalysators beeinflusst die Reaktionsgeschwindigkeit beider Reaktionen negativ, verlängert die Zeit bis zum Erreichen des Gleichgewichtszustands, hat aber keinen Einfluss auf die Position oder den Zustand des Gleichgewichts selbst, da die Gleichgewichtskonstante unverändert bleibt.