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Du lernst, was Bindungsenthalpien sind und wie man die molare Standard-Bindungsenthalpie aus experimentellen Daten berechnet. Am Beispiel der O-H-Bindung in Wasser lernst du die zweistufige Berechnungsmethode (Hess-Methode) und verstehst, warum Bindungsspaltung stets Energie kostet und Bindungsbildung Energie freisetzt.
9 Bindungsenthalpien
Enthalpieänderungen während einer Reaktion (näherungsweise):
- Bindungsspaltung – endotherm, benötigt Energie (ΔH > 0)
- Bindungsbildung – exotherm, setzt Energie frei (ΔH < 0)
⚠️ Näherung: Bindungsenthalpien sind Mittelwerte aus vielen verschiedenen Verbindungen. Sie gelten exakt nur für zweiatomige Moleküle (z. B. H–H, O=O), bei mehratomigen Molekülen handelt es sich um mittlere Bindungsenthalpien.
9.1 Molare Standard-Bindungsenthalpie
Unter der molaren Standard-Bindungsenthalpie zweiatomiger Moleküle versteht man die Standard-Reaktionsenthalpie der Spaltung in Atome, bezogen auf die Stoffmenge der Moleküle.
Bei mehratomigen Molekülen mit lauter gleichartigen Bindungen: Die Reaktionsenthalpie der vollständigen Spaltung in Atome wird durch die Anzahl der Bindungen dividiert.
Beispiel: Wie groß ist die molare Standard-Bindungsenthalpie der O-H-Bindung?
a) Ermittlung der Standardreaktionsenthalpie für die Spaltung von Wasser in Atome (Radikale)
Ziel: 2 H₂O(g) → 4 H(g) + 2 O(g) |n · ΔHR0 = 2 mol · ?
Über den Umweg (Satz von Hess) können die folgenden bekannten Enthalpien aufsummiert werden:
| Reaktion | n · ΔHR0 |
|---|---|
| 2 H₂O(g) → 2 H₂(g) + O₂(g) | = 2 mol · (+242 kJ/mol) = +484 kJ |
| 2 H₂(g) → 4 H(g) | = +872 kJ |
| O₂(g) → 2 O(g) | = +498 kJ |
| 2 H₂O(g) → 4 H(g) + 2 O(g) | = 484 + 872 + 498 = +1854 kJ |
Pro mol Wasser: 1854 kJ ÷ 2 mol = 927 kJ/mol
b) Durch die Anzahl der O-H-Bindungen dividieren:
927 kJ/mol ÷ 2 = 463,5 kJ/mol
Ergebnis: Die molare Standard-Bindungsenthalpie der O-H-Bindung beträgt D(O-H) ≈ 463 kJ/mol.
(Literaturwert: 463 kJ/mol – die Berechnung ist sehr genau.)
Übersicht: Mittlere molare Standard-Bindungsenthalpien (Auswahl)
Diese Näherungswerte gelten für Gasphasenmoleküle bei 298 K und dienen zur überschlägigen Berechnung von Reaktionsenthalpien.
| Bindung | Typ | D / kJ·mol⁻¹ | Vorkommen (Beispiel) |
|---|---|---|---|
| H–H | Einfach | 436 | H₂ |
| O=O | Doppel | 498 | O₂ |
| O–H | Einfach | 463 | H₂O, Alkohole |
| N≡N | Dreifach | 945 | N₂ |
| C–H | Einfach | 413 | Alkane, org. Moleküle |
| C–C | Einfach | 348 | Alkane |
| C=C | Doppel | 614 | Alkene |
| C≡C | Dreifach | 839 | Alkine |
| N–H | Einfach | 391 | NH₃, Amine |
| H–Cl | Einfach | 432 | HCl |
| C=O | Doppel | 799 | CO₂, Aldehyde, Ketone |
Quellen: Mortimer/Müller, „Chemie"; Atkins, „Physikalische Chemie". Werte sind gerundete Mittelwerte.
Anwendung: Reaktionsenthalpie näherungsweise berechnen
Mit Bindungsenthalpien kann man Reaktionsenthalpien näherungsweise berechnen:
ΔHR ≈ Σ D(aufgebrochene Bindungen) − Σ D(gebildete Bindungen)
Vorzeichenregel: Bindungsbruch kostet Energie (+), Bindungsknüpfung setzt Energie frei (−). Ist die Summe der freigesetzten Energie größer als die verbrauchte, ist die Reaktion exotherm (ΔH < 0).
Beispiel: H₂(g) + Cl₂(g) → 2 HCl(g)
Aufgebrochen: H–H (436 kJ) + Cl–Cl (243 kJ) = +679 kJ
Gebildet: 2 × H–Cl (2 × 432 kJ) = −864 kJ
ΔHR ≈ +679 − 864 = −185 kJ (exotherm)
(Literaturwert: −184,6 kJ – sehr gute Näherung bei zweiatomigen Molekülen)
Auf einen Blick – die wichtigsten Aussagen
Bindungsspaltung
Endotherm – Energie muss zugeführt werden. ΔH > 0. Je stärker die Bindung, desto mehr Energie benötigt.
Bindungsbildung
Exotherm – Energie wird freigesetzt. ΔH < 0. Die Bindungsenergie entspricht der abgegebenen Wärme.
Berechnung D(O-H)
ΔH = +1854 kJ (2 mol H₂O) → pro mol: 927 kJ → pro Bindung: 463,5 kJ/mol
Näherungsformel
ΔHR ≈ Σ D(gebrochen) − Σ D(gebildet). Exakt nur für zweiatomige, sonst Mittelwerte.
Häufige Fragen zu Bindungsenthalpien
Was ist der Unterschied zwischen Bindungsenthalpie und Reaktionsenthalpie?
Die Reaktionsenthalpie ΔHR beschreibt die Gesamtenergieänderung einer chemischen Reaktion unter Standardbedingungen. Die Bindungsenthalpie D ist die Energie, die benötigt wird, um eine bestimmte Bindung in einem gasförmigen Molekül homolytisch zu spalten. Bindungsenthalpien ermöglichen eine näherungsweise Berechnung von Reaktionsenthalpien, wenn keine kalorimetrischen Daten vorliegen.
Warum sind Bindungsenthalpien bei mehratomigen Molekülen nur Näherungswerte?
Die Energie einer C-H-Bindung in Methan (CH₄) ist nicht exakt gleich der in Ethan oder Benzol, da die elektronische Umgebung verschieden ist. Tabellenwerke geben daher mittlere molare Bindungsenthalpien an, die über viele Verbindungen gemittelt wurden. Nur bei zweiatomigen Molekülen (H₂, O₂, N₂ …) ist der Wert exakt, da es nur eine einzige Bindung gibt.
Wie kann man die O-H-Bindungsenthalpie mit dem Satz von Hess berechnen?
Man zerlegt die Gesamtspaltung 2 H₂O(g) → 4 H(g) + 2 O(g) in drei messbare Teilschritte: (1) Zerlegung von H₂O in H₂ und O₂ (+484 kJ), (2) Spaltung von H₂ in Atome (+872 kJ), (3) Spaltung von O₂ in Atome (+498 kJ). Summe = +1854 kJ für 2 mol H₂O → 927 kJ/mol Wasser → 463,5 kJ/mol pro O-H-Bindung (jedes Wassermolekül hat zwei O-H-Bindungen).
Warum ist die N≡N-Bindung so viel stärker als die N-H-Bindung?
Die N≡N-Dreifachbindung (945 kJ/mol) besteht aus einer σ- und zwei π-Bindungen, die alle gleichzeitig gebrochen werden müssen. Die N-H-Einfachbindung (391 kJ/mol) ist eine einzelne σ-Bindung. Das erklärt, warum Stickstoff (N₂) unter Normalbedingungen so reaktionsträge ist – die hohe Bindungsenthalpie macht die Aktivierungsenergie sehr hoch. Das ist auch der Grund, warum die Ammoniaksynthese (→ Haber-Bosch-Verfahren) technisch aufwändig ist.
Warum liefert die Berechnung mit Bindungsenthalpien oft nur Näherungswerte?
Die Näherungsformel ΔHR ≈ Σ D(gebrochen) − Σ D(gebildet) setzt voraus, dass alle Reaktanden und Produkte gasförmig sind, und verwendet gemittelte Bindungsenthalpien. In der Realität spielen Aggregatzustände, intermolekulare Wechselwirkungen und die genaue Molekülstruktur eine Rolle. Für präzise Berechnungen sollte man Standardbildungsenthalpien (→ Abschnitt 8.3) oder den Satz von Hess (→ Abschnitt 8.6) verwenden.
Lernkarten – Bindungsenthalpien
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Bindungsspaltung – endotherm oder exotherm? Wie lautet das Vorzeichen von ΔH?
Endotherm – Energie muss zugeführt werden.
ΔH > 0
Je stärker die Bindung, desto größer die benötigte Energie.
Wie berechnet man die Bindungsenthalpie einer O-H-Bindung aus der Spaltungsenthalpie von Wasser?
ΔH(2 mol H₂O vollst. Spaltung) = +1854 kJ
÷ 2 mol = 927 kJ/mol H₂O
÷ 2 O-H-Bindungen = 463,5 kJ/mol
Nenne die Formel zur näherungsweisen Berechnung von ΔHR aus Bindungsenthalpien.
ΔHR ≈ Σ D(aufgebrochen) − Σ D(gebildet)
Bindungsbruch: positiv (+)
Bindungsknüpfung: negativ (−)
Warum sind tabellierte Bindungsenthalpien bei mehratomigen Molekülen Näherungswerte?
Die Stärke einer Bindung (z. B. C-H) hängt von der elektronischen Umgebung ab und variiert je nach Molekül. Tabellenwerte sind Mittelwerte aus vielen Verbindungen – nur bei zweiatomigen Molekülen exakt.
🔢 H₂ + Cl₂ → 2 HCl
D(H-H)=436, D(Cl-Cl)=243, D(H-Cl)=432 kJ/mol
Berechne ΔHR.
Gebrochen: 436 + 243 = +679 kJ
Gebildet: 2 × 432 = −864 kJ
ΔHR ≈ −185 kJ (exotherm) ✓
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← 8.6 Satz von Hess II → 9.2 Gitterenergien / Born-Haber 8.3 Standardbildungsenthalpie 8.6 Satz von Hess 11. Entropie S
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Auf dieser Seite erweiterst du dein Verständnis des Satzes von Hess anhand weiterer Beispiele nach Atkins: Standardbildungsenthalpie von Methan (vollständig), Reduktion von CuO mit Zn sowie die indirekte Berechnung der CO-Bildungsenthalpie über einen Kreisprozess.
8.6 Satz von Hess – Teil II
Zunächst noch ein weiteres Beispiel nach dem Weg von „Atkins". Im Anschluss werden auch Überlegungen aufgezeigt, wie man den Satz von Hess noch anwenden kann.
Beispiel 1: Standardbildungsenthalpie von Methan
Gesucht: C(s) + 2 H₂(g) → CH₄(g) ΔH = ?
Leicht zu bestimmen: Verbrennungsenthalpien:
a) CH₄(g) + 2 O₂(g) → CO₂(g) + 2 H₂O ΔH° = −888 kJ
b) C(s) + O₂(g) → CO₂(g) ΔH° = −393 kJ
c) 2 H₂(g) + O₂(g) → 2 H₂O(l) ΔH° = −570 kJ
Anwendung: Satz von Hess
Eine Reaktionssequenz wird gesucht, deren Teilreaktionen aufsummiert werden können.
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1. Schritt: a) Wählt einen Ausgangsstoff in der Gesamtreaktion aus b) schreibe eine Reaktionsgleichung, in der diese Substanz auch als Ausgangsstoff auftritt. |
1. Schritt: C als Ausgangsstoff → Gleichung b) C(s) + O₂(g) → CO₂(g) ΔH° = −393 kJ |
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2. Schritt: a) Wähle eines der Produkte der Gesamtreaktion aus b) schreibe eine Reaktionsgleichung, in der diese Substanz auch als Produkt auftritt c) Summiere Gleichung 1 + 2. |
2. Schritt: Drehe Gleichung a) um (Vorzeichen ändern) CO₂(g) + 2 H₂O → CH₄(g) + 2 O₂(g) ΔH° = +888 kJ Addiere die zwei vorhergehenden Gleichungen (b) + (a) CO₂(g) + 2 H₂O + C(s) + O₂(g) → CO₂(g) + CH₄(g) + 2 O₂(g) ΔH° = −393 kJ + 888 kJ = +495 kJ Vereinfache so weit wie möglich 2 H₂O + C(s) → CH₄(g) + O₂(g) ΔH° = +495 kJ |
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3. Schritt: a) Formuliere eine weitere Reaktionsgleichung, in der die unerwünschten Verbindungen jeweils auf der anderen Seite des Reaktionspfeils stehen. b) Lösche alle unerwünschten Verbindungen in der Summengleichung 2 aus. |
3. Schritt: unerwünschter Stoff (H₂O, O₂) → Gleichung c) 2 H₂(g) + O₂(g) → 2 H₂O(l) ΔH° = −570 kJ |
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4. Schritt: a) Sobald Reaktionssequenz vollständig ist, summiert die Standard-Reaktionsenthalpien der Teilreaktionen. |
4. Schritt: Summiere die Gleichungen der Schritte 2 und 3 und vereinfache. 2 H₂O + C(s) + 2 H₂(g) + O₂(g) → CH₄(g) + O₂(g) + 2 H₂O(l) ΔH° = +495 kJ + (−570 kJ) = −75 kJ C(s) + 2 H₂(g) → CH₄(g) ΔH° = −75 kJ |
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1.–4. Schritt: Es kann erforderlich sein, die Gleichung umzudrehen (Vorzeichenwechsel der Reaktionsenthalpie) oder mit einem Faktor zu multiplizieren. · Wolfram Hölzel, verändert nach P. Atkins, „Was ist Chemie"
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🖼 Standardbildungsenthalpie von Methan als Bild anzeigen
Satz von Hess (Hess'scher Wärmesatz):
Die Enthalpieänderung ΔH eines Gesamtprozesses ist die Summe der Enthalpieänderungen der einzelnen Prozessschritte. Daraus folgt, dass die Reaktionsenthalpie unabhängig vom Reaktionsweg ist. Sie hängt nur vom Anfangs- und vom Endzustand des Systems ab.
1. Berechnung: Reduktion von Kupferoxid mit Zink
↑ Zum Vergrößern klicken
2. Berechnung der Verbrennungsenthalpie (Kohlenstoff zu Kohlenmonoxid)
Die molare Standard-Bildungsenthalpie ΔHf0(CO) = ΔHR10 kann experimentell nicht unmittelbar bestimmt werden, da ein Teil von CO zu CO₂ weiter reagiert. Man kann aber experimentell die folgenden molaren Reaktionsenthalpien messen.
Überlegt selbst, wie die Lösung lautet. Die Lösung bekommt ihr, wenn ihr über die Abbildung fahrt.
↑ Zum Vergrößern klicken · Maus drüberhalten für Lösung
Nach dem Energieerhaltungssatz ist es egal, ob Graphit zuerst nur bis zum Kohlenmonoxid und dieses dann bis zum Kohlenstoffdioxid weiter reagiert oder ob Graphit zum Kohlenstoffdioxid direkt verbrannt wird.
Auf einen Blick – die wichtigsten Aussagen
Methan-Bildungsenthalpie
C(s) + 2 H₂(g) → CH₄(g): ΔH° = −75 kJ/mol. Berechnet aus Verbrennungsenthalpien von CH₄, C und H₂.
Hess'scher Wärmesatz
ΔHGesamt = Σ ΔHTeilschritte. Voraussetzung: Enthalpie ist eine Zustandsfunktion.
Kreisprozess
Graphit → CO → CO₂ liefert dasselbe ΔH wie Graphit → CO₂ direkt. Basis für experimentell nicht messbare Enthalpien.
CO nicht direkt messbar
2C + O₂ → 2CO experimentell nicht rein realisierbar → ΔHf0(CO) muss indirekt berechnet werden.
Häufige Fragen
Wie berechnet man die Standardbildungsenthalpie von Methan?
Man nutzt die Verbrennungsenthalpien von CH₄, C und H₂. Schritt 1: C(s) → CO₂ (Gleichung b). Schritt 2: CO₂ + 2 H₂O → CH₄ + 2 O₂ (Gleichung a umgedreht, ΔH = +888 kJ). Schritt 3: 2 H₂ + O₂ → 2 H₂O (Gleichung c, für die unerwünschten Stoffe). Schritt 4: Alles summieren → ΔHf0(CH₄) = −75 kJ/mol.
Warum muss man manchmal eine Gleichung umdrehen und manchmal nicht?
Es hängt davon ab, auf welcher Seite die gewünschte Substanz steht. Im Schritt 1 braucht man den Ausgangsstoff als Edukt – kommt er als Produkt vor, dreht man um. Im Schritt 2 braucht man das Produkt als Produkt – kommt es als Edukt vor, dreht man um. Das Umdrehen kostet nur ein Vorzeichen bei ΔH.
Was versteht man unter einem Kreisprozess beim Satz von Hess?
Ein Kreisprozess beschreibt einen Reaktionsweg, bei dem man vom Ausgangszustand über einen oder mehrere Zwischenschritte zum Endzustand gelangt – und dabei dieselbe Enthalpieänderung erhält wie auf dem direkten Weg. Das Beispiel C → CO → CO₂ (indirekter Weg) liefert dasselbe ΔH wie C → CO₂ (direkt).
Welche Verbindungen lassen sich nur mit dem Satz von Hess berechnen?
Alle, deren Bildungsreaktion experimentell nicht realisierbar ist: CO (immer CO₂-Beimengung), viele organische Verbindungen mit langsamen Bildungsreaktionen, instabile Zwischenprodukte. Der Satz von Hess ist daher ein unverzichtbares Werkzeug der physikalischen Chemie.
Wie hängen Satz von Hess und Standardbildungsenthalpie zusammen?
Die Formel ΔHR0 = Σ ΔHf0(Produkte) − Σ ΔHf0(Edukte) aus Abschnitt 8.3 ist nichts anderes als der Satz von Hess, angewendet über den Umweg durch die reinen Elemente im Standardzustand.
Lernkarten – Satz von Hess Teil II
Klicke auf eine Karte, um die Antwort zu sehen.
Berechne ΔHf0(CH₄) aus:
a) CH₄+2O₂→CO₂+2H₂O: −888 kJ
b) C+O₂→CO₂: −393 kJ
c) 2H₂+O₂→2H₂O: −570 kJ
b) direkt: −393 kJ
rev.a): +888 kJ → +495 kJ
c) −570 kJ
ΔH° = −75 kJ/mol ✓
Was ist der Hess'sche Wärmesatz in einer Formel?
ΔHGesamt = Σ ΔHTeilschritte
Oder: ΔHR0 = Σ ΔHf0(Produkte) − Σ ΔHf0(Edukte)
Warum lässt sich ΔHf0(CO) nicht direkt messen?
Bei Verbrennung von C entsteht immer auch CO₂. Reines CO als einziges Produkt ist experimentell nicht realisierbar → indirekte Berechnung über Hess.
Was bedeutet „Kreisprozess" beim Satz von Hess?
Man geht vom Ausgangszustand über Umwege zum Endzustand. Da ΔH wegunabhängig ist, ergibt die Summe aller Teilschritte dasselbe ΔH wie der direkte Weg.
🔢 Graphit → CO₂ direkt: −394 kJ. Graphit → CO: −111 kJ. CO → CO₂: ?
Satz von Hess: ΔH(direkt) = ΔH(CO-Bildung) + ΔH(CO→CO₂)
−394 = −111 + x
x = −283 kJ/mol
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← 8.6 Satz von Hess → 9. Bindungsenthalpien 8.3 Standardbildungsenthalpie 11. Entropie S 12. Gibbs-Energie G
Was du auf dieser Seite lernst
Du lernst den Satz von Hess (Gesetz der konstanten Wärmesummen) und verstehst, warum die Reaktionsenthalpie unabhängig vom Reaktionsweg ist. An vier vollständigen Beispielen (Propan-Synthese, unvollständige Oktan-Verbrennung, CuO+Zn, CO-Synthese) lernst du die Vier-Schritt-Methode nach Atkins.
8.6 Satz von Hess (Gesetz der konstanten Wärmesummen)
Die Reaktionsenthalpie ist unabhängig vom Reaktionsweg – sie hängt nur vom Ausgangs- und vom Endzustand des Systems ab.
Nach dem Energieerhaltungssatz gilt:
Die Enthalpieänderung einer Reaktion ist unabhängig vom Reaktionsweg.
↑ Zum Vergrößern klicken · Links: I = II + III + IV + V + VI | Rechts (Kreisprozess): A + B + C + D + E + F = 0
Anwendungsbeispiel: Rösten von Pyrit
−11 mol · ΔHf0(O₂)
+8 mol · ΔHf0(SO₂)
🖼 Rösten von Pyrit als Bild anzeigen
Vier-Schritt-Methode nach Atkins
Im Folgenden sind Lösungswege aufgelistet, wie man Enthalpien mithilfe des Satzes von Hess berechnen kann.
Anwendung: Satz von Hess
Eine Reaktionssequenz wird gesucht, deren Teilreaktionen aufsummiert werden können.
Beispiel 1: Synthese von Propan
Gesucht: 3 C(s) + 4 H₂(g) → C₃H₈(g) ΔH = ?
Leicht zu bestimmen: Verbrennungsenthalpien:
a) C₃H₈(g) + 5 O₂(g) → 3 CO₂(g) + 4 H₂O ΔH° = −2220 kJ
b) C(s) + O₂(g) → CO₂(g) ΔH° = −394 kJ
c) H₂(g) + ½ O₂(g) → H₂O(l) ΔH° = −286 kJ
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1. Schritt: a) Wählt einen Ausgangsstoff in der Gesamtreaktion aus b) schreibe eine Reaktionsgleichung, in der diese Substanz auch als Ausgangsstoff auftritt. |
1. Schritt: C als Ausgangsstoff → Gleichung b) × 3 3 C(s) + 3 O₂(g) → 3 CO₂(g) ΔH° = 3 × (−394 kJ) |
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2. Schritt: a) Wähle eines der Produkte der Gesamtreaktion aus b) schreibe eine Reaktionsgleichung, in der diese Substanz auch als Produkt auftritt c) Summiere Gleichung 1 + 2. |
2. Schritt: Drehe Gleichung a) um (Vorzeichen ändern) 3 CO₂(g) + 4 H₂O → C₃H₈(g) + 5 O₂(g) ΔH° = +2220 kJ Addiere die zwei vorhergehenden Gleichungen (b) + (a) 3 C(s) + 3 O₂(g) + 4 H₂O → 3 CO₂(g) + C₃H₈(g) + 5 O₂(g) ΔH° = +1038 kJ Vereinfache so weit wie möglich 3 C(s) + 4 H₂O → C₃H₈(g) + 2 O₂(g) ΔH° = +1038 kJ |
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3. Schritt: a) Formuliere eine weitere Reaktionsgleichung, in der die unerwünschten Verbindungen jeweils auf der anderen Seite des Reaktionspfeils stehen. b) Lösche alle unerwünschten Verbindungen in der Summengleichung 2 aus. |
3. Schritt: Unerwünschte Stoffe (H₂O, O₂) → Gleichung c) × 4 4 H₂(g) + 4 × ½ O₂(g) → 4 H₂O(l) ΔH° = 4 × (−286 kJ) |
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4. Schritt: a) Sobald Reaktionssequenz vollständig ist, summiert die Standard-Reaktionsenthalpien der Teilreaktionen. |
3 C(s) + 4 H₂O + 4 H₂(g) + 2 O₂(g) → C₃H₈(g) + 2 O₂(g) + 4 H₂O(l) ΔH° = +1038 + 4×(−286) = −106 kJ 3 C(s) + 4 H₂(g) → C₃H₈(g) ΔH° = −106 kJ |
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1.–4. Schritt: Es kann erforderlich sein, die Gleichung umzudrehen (Vorzeichenwechsel der Reaktionsenthalpie) oder mit einem Faktor zu multiplizieren. · Wolfram Hölzel, verändert nach P. Atkins, „Was ist Chemie"
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🖼 Synthese von Propan als Bild anzeigen
Beispiel 2: Unvollständige Verbrennung von Oktan
Benzin enthält Oktan, das zu Kohlenmonoxid verbrennen kann, falls die Luftzufuhr nicht ausreichend ist. Bestimmen Sie die Standardreaktionsenthalpie für die unvollständige Verbrennung von flüssigem Oktan in Luft zu gasförmigem Kohlenmonoxid und flüssigem Wasser.
Gesucht: 2 C₈H₁₈(l) + 17 O₂(g) → 16 CO(g) + 18 H₂O(l) ΔH = ?
Leicht zu bestimmen: Verbrennungsenthalpien:
a) 2 C₈H₁₈(l) + 25 O₂(g) → 16 CO₂(g) + 18 H₂O(l) ΔH° = −10 942 kJ
b) 2 CO(g) + O₂(g) → 2 CO₂(g) ΔH° = −556 kJ
|
1. Schritt: a) Wählt einen Ausgangsstoff in der Gesamtreaktion aus b) schreibe eine Reaktionsgleichung, in der diese Substanz auch als Ausgangsstoff auftritt. |
1. Schritt: C₈H₁₈ als Ausgangsstoff → Gleichung a) × 1 2 C₈H₁₈(l) + 25 O₂(g) → 16 CO₂(g) + 18 H₂O(l) ΔH° = −10 942 kJ |
|
2. Schritt: a) Wähle eines der Produkte der Gesamtreaktion aus b) schreibe eine Reaktionsgleichung, in der diese Substanz auch als Produkt auftritt c) Summiere Gleichung 1 + 2. |
2. Schritt: Drehe Gleichung b) um (Vorzeichen ändern) → × 8 multiplizieren 16 CO₂(g) → 16 CO(g) + 8 O₂(g) ΔH° = 8 × (+556 kJ) = +4 448 kJ Addiere die zwei vorhergehenden Gleichungen (b) + (a) 2 C₈H₁₈(l) + 25 O₂(g) + 16 CO₂(g) → 16 CO₂(g) + 18 H₂O(l) + 16 CO(g) + 8 O₂(g) ΔH° = −6 494 kJ Vereinfache so weit wie möglich 2 C₈H₁₈(l) + 17 O₂(g) → 18 H₂O(l) + 16 CO(g) ΔH° = −6 494 kJ |
|
3. Schritt: a) Formuliere eine weitere Reaktionsgleichung, in der die unerwünschten Verbindungen jeweils auf der anderen Seite des Reaktionspfeils stehen. |
3. Schritt: Unerwünschter Stoff: Gibt es bei diesem Beispiel nicht. |
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4. Schritt: a) Sobald Reaktionssequenz vollständig ist, summiert die Standard-Reaktionsenthalpien der Teilreaktionen. |
2 C₈H₁₈(l) + 17 O₂(g) → 18 H₂O(l) + 16 CO(g) ΔH° = −6 494 kJ |
|
1.–4. Schritt: Es kann erforderlich sein, die Gleichung umzudrehen (Vorzeichenwechsel der Reaktionsenthalpie) oder mit einem Faktor zu multiplizieren. · Wolfram Hölzel, verändert nach P. Atkins, „Was ist Chemie"
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🖼 Verbrennung von Oktan als Bild anzeigen
Beispiel 3: Reduktion von Kupferoxid mit Zink
Gesucht: Zn(s) + CuO(s) → ZnO(s) + Cu(s) ΔH = ?
Leicht zu bestimmen: Verbrennungsenthalpien:
a) 2 Cu + O₂(g) → 2 CuO(s) ΔH° = −312 kJ
b) 2 Zn(s) + O₂(g) → 2 ZnO(s) ΔH° = −700 kJ
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1. Schritt: a) Wählt einen Ausgangsstoff in der Gesamtreaktion aus b) schreibe eine Reaktionsgleichung, in der diese Substanz auch als Ausgangsstoff auftritt. |
1. Schritt: Zn als Ausgangsstoff → Gleichung b) × ½ Zn(s) + ½ O₂(g) → ZnO(s) ΔH° = ½ × (−700 kJ) |
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2. Schritt: a) Wähle eines der Produkte der Gesamtreaktion aus b) schreibe eine Reaktionsgleichung, in der diese Substanz auch als Produkt auftritt c) Summiere Gleichung 1 + 2. |
2. Schritt: Drehe Gleichung a) um (Vorzeichen ändern) × ½ CuO(s) → Cu(s) + ½ O₂(g) ΔH° = ½ × (+312 kJ) Addiere die zwei vorhergehenden Gleichungen (b) + (a) CuO(s) + Zn(s) + ½ O₂(g) → ZnO(s) + Cu(s) + ½ O₂(g) ΔH° = −194 kJ Vereinfache so weit wie möglich Zn(s) + CuO(s) → ZnO(s) + Cu(s) ΔH° = −194 kJ |
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3. Schritt: a) Formuliere eine weitere Reaktionsgleichung, in der die unerwünschten Verbindungen jeweils auf der anderen Seite des Reaktionspfeils stehen. |
3. Schritt: ½ O₂ kürzt sich auf beiden Seiten heraus – kein weiterer Schritt nötig. |
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4. Schritt: a) Sobald Reaktionssequenz vollständig ist, summiert die Standard-Reaktionsenthalpien der Teilreaktionen. |
ΔH° = ½×(−700) + ½×(+312) = −350 + 156 = −194 kJ Zn(s) + CuO(s) → ZnO(s) + Cu(s) ΔH° = −194 kJ |
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1.–4. Schritt: Es kann erforderlich sein, die Gleichung umzudrehen (Vorzeichenwechsel der Reaktionsenthalpie) oder mit einem Faktor zu multiplizieren. · Wolfram Hölzel, verändert nach P. Atkins, „Was ist Chemie"
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🖼 Reduktion von Kupferoxid mit Zink als Bild anzeigen
Beispiel 4: Synthese von Kohlenstoffmonoxid
Gesucht: 2 C(s) + O₂(g) → 2 CO(g) ΔH = ?
Leicht zu bestimmen: Verbrennungsenthalpien:
a) C(Graphit) + O₂(g) → CO₂(g) ΔH° = −394 kJ
b) CO(g) + ½ O₂(g) → CO₂(g) ΔH° = −283 kJ
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1. Schritt: a) Wählt einen Ausgangsstoff in der Gesamtreaktion aus b) schreibe eine Reaktionsgleichung, in der diese Substanz auch als Ausgangsstoff auftritt. |
1. Schritt: C als Ausgangsstoff → Gleichung a) × 2 2 C(s) + 2 O₂(g) → 2 CO₂(g) ΔH° = 2 × (−394 kJ) |
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2. Schritt: a) Wähle eines der Produkte der Gesamtreaktion aus b) schreibe eine Reaktionsgleichung, in der diese Substanz auch als Produkt auftritt c) Summiere Gleichung 1 + 2. |
2. Schritt: Drehe Gleichung b) um (Vorzeichen ändern) × 2 2 CO₂(g) → 2 CO(g) + O₂(g) ΔH° = 2 × (+283 kJ) Addiere die zwei vorhergehenden Gleichungen (b) + (a) 2 C(s) + 2 O₂(g) + 2 CO₂(g) → 2 CO₂(g) + 2 CO(g) + O₂(g) ΔH° = 2×(−394)+2×(+283) = −222 kJ Vereinfache so weit wie möglich 2 C(s) + O₂(g) → 2 CO(g) ΔH° = −222 kJ |
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3. Schritt: a) Formuliere eine weitere Reaktionsgleichung, in der die unerwünschten Verbindungen jeweils auf der anderen Seite des Reaktionspfeils stehen. |
3. Schritt: 2 CO₂ und O₂ kürzen sich auf beiden Seiten heraus – kein weiterer Schritt nötig. |
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4. Schritt: a) Sobald Reaktionssequenz vollständig ist, summiert die Standard-Reaktionsenthalpien der Teilreaktionen. |
ΔH° = 2×(−394) + 2×(+283) = −788 + 566 = −222 kJ 2 C(s) + O₂(g) → 2 CO(g) ΔH° = −222 kJ → ΔHf0(CO) = −111 kJ/mol |
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1.–4. Schritt: Es kann erforderlich sein, die Gleichung umzudrehen (Vorzeichenwechsel der Reaktionsenthalpie) oder mit einem Faktor zu multiplizieren. · Wolfram Hölzel, verändert nach P. Atkins, „Was ist Chemie"
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🖼 Synthese von Kohlenstoffmonoxid als Bild anzeigen
Auf einen Blick – die wichtigsten Aussagen
Satz von Hess
ΔH hängt nur von Anfangs- und Endzustand ab – nicht vom Weg. Grundlage: Enthalpie ist eine Zustandsfunktion (Energieerhaltungssatz).
4-Schritt-Methode
1. Ausgangsstoff · 2. Produkt + summieren · 3. Unerwünschte kürzen · 4. ΔH summieren.
Vorzeichen-Regeln
Gleichung umdrehen → Vorzeichen von ΔH umkehren. Mit Faktor n → ΔH × n.
Nicht messbar → Hess
CO-Synthese direkt nicht messbar → ΔHf0(CO) = −111 kJ/mol per Hess-Methode.
Häufige Fragen zum Satz von Hess
Was bedeutet „Reaktionsenthalpie unabhängig vom Reaktionsweg"?
Die Enthalpie H ist eine Zustandsfunktion – ihr Wert hängt nur vom aktuellen Systemzustand ab. Deshalb gilt ΔH = H(Produkte) − H(Edukte) unabhängig davon, ob man direkt oder über Zwischenstufen reagiert. Anderenfalls könnte man Energie aus dem Nichts erzeugen – ein Widerspruch zum Energieerhaltungssatz.
Was passiert mit ΔH beim Umdrehen einer Gleichung?
Das Vorzeichen von ΔH kehrt sich um. C + O₂ → CO₂ mit ΔH = −394 kJ → Rückreaktion: CO₂ → C + O₂ mit ΔH = +394 kJ. Wenn eine Reaktion exotherm ist, ist die Rückreaktion endotherm mit gleichem Betrag.
Warum ist die CO-Bildungsenthalpie nicht direkt messbar?
Bei der Verbrennung von Kohlenstoff entsteht immer ein Gemisch aus CO und CO₂. Eine reine CO-Bildung ist experimentell nicht realisierbar. Mit dem Satz von Hess berechnet man indirekt: ΔHf0(CO) = −111 kJ/mol.
Wie hängt der Satz von Hess mit der Standardbildungsenthalpie zusammen?
Die Formel ΔHR0 = Σ ΔHf0(Produkte) − Σ ΔHf0(Edukte) aus Abschnitt 8.3 ist eine direkte Anwendung des Satzes von Hess über den Umweg durch die Elemente (ΔHf0 = 0).
Woran erkenne ich, welche Gleichung umgedreht werden muss?
Im Schritt 1 muss der gewählte Ausgangsstoff als Ausgangsstoff in der Hilfsreaktion stehen – kommt er als Produkt vor, umdrehen. Im Schritt 2 muss das gewählte Produkt als Produkt in der Hilfsreaktion stehen – kommt es als Edukt vor, umdrehen.
Lernkarten – Satz von Hess
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Was besagt der Satz von Hess? Welches Grundprinzip steckt dahinter?
ΔH unabhängig vom Reaktionsweg – nur Anfangs- und Endzustand zählen. Grundlage: Enthalpie ist eine Zustandsfunktion.
Was passiert mit ΔH beim Umdrehen? Beim Multiplizieren × 3?
Umdrehen → Vorzeichen wechselt.
× 3 → ΔH × 3.
Bsp: −100 kJ → umgedreht +100 kJ → ×3: −300 kJ
Nenne die 4 Schritte der Hess-Methode kurz.
1. Ausgangsstoff + Hilfsgleichung
2. Produkt + Hilfsgleichung + summieren
3. Unerwünschte Verbindungen kürzen
4. ΔH summieren
Zn + CuO → ZnO + Cu mit a) 2Cu+O₂→2CuO: −312 kJ, b) 2Zn+O₂→2ZnO: −700 kJ → ΔH?
b)/2: Zn+½O₂→ZnO: −350 kJ
rev.a)/2: CuO→Cu+½O₂: +156 kJ
ΔH = −194 kJ ✓
🔢 2C + O₂ → 2CO aus: a) C+O₂→CO₂: −394 kJ, b) CO+½O₂→CO₂: −283 kJ
a)×2: −788 kJ; rev.b)×2: +566 kJ
ΔH = −222 kJ
→ ΔHf0(CO) = −111 kJ/mol
Weiter im Kapitel Energetik
← 8.3 Standardbildungsenthalpie → 8.6 Satz von Hess Teil II 9. Bindungsenthalpien 11. Entropie S 12. Gibbs-Energie G
Was du auf dieser Seite lernst
Du lernst, was die molare Standard-Bildungsenthalpie ΔHf0 ist und warum Elemente den Wert 0 erhalten. Darauf aufbauend berechnest du die Reaktionsenthalpie ΔHR0 an drei Beispielen (Propanverbrennung, Pyritrösten, NH₃ + Cl₂). Abschließend lernst du die molaren Phasenübergangsenthalpien (Schmelzen, Verdampfen, Sublimieren) kennen.
8.3 Molare Standard-Bildungsenthalpie
Reagieren Elemente bei Standardbedingungen miteinander, so bezeichnet man die bei der Bildung von einem Mol der Verbindung feststellbare Enthalpieänderung als molare Standard-Bildungsenthalpie:
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Willkürliche Festlegung:
1. Elemente bei Standardbedingungen erhalten per Definition:
ΔHf0 = 0
Bsp.: H₂(g): ΔHf0 = 0 kJ/mol
2. Bei Elementen, die in mehreren Modifikationen auftreten, wird der stabilsten Modifikation der Wert 0 zugeordnet.
Bsp.: C(Graphit): ΔHf0 = 0 kJ/mol ↔ C(Diamant): ΔHf0 = +1,36 kJ/mol
Molare Standardbildungsenthalpie von Wasser:
| 2 H₂(g) + O₂(g) | → | 2 H₂O(l) | ΔH = −570 kJ |
| 2·0 + 0 | 2 · (−285 kJ/mol) |
8.4 Reaktionsenthalpie berechnen
Man kann die Reaktionsenthalpie ΔHR0 berechnen, sofern die Standardbildungsenthalpien aller beteiligten Stoffe bekannt sind. Es gilt:
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Beispiel 1: Verbrennung von Propan
C₃H₈(g) + 5 O₂(g) → 3 CO₂(g) + 4 H₂O(l)
Gegebene Standard-Bildungsenthalpien:
- ΔHf0(C₃H₈) = −104 kJ/mol
- ΔHf0(O₂) = 0 kJ/mol
- ΔHf0(CO₂) = −393 kJ/mol
- ΔHf0(H₂O, l) = −285 kJ/mol
Rechnung:
ΔHR0 = [3 mol · (−393 kJ/mol) + 4 mol · (−285 kJ/mol)] − [1 mol · (−104 kJ/mol) + 5 mol · (0 kJ/mol)]
ΔHR0 = [−1179 + (−1140)] kJ − [−104 kJ]
ΔHR0 = −2319 kJ + 104 kJ = −2215 kJ
Beispiel 2: Rösten von Pyrit
Aufgabe: Pyrit (FeS₂; Fe²⁺S₂²⁻ mit Atombindung zwischen S–S) wird mit Sauerstoff geröstet. Es entsteht u. a. Fe₂O₃.
1. Reaktionsgleichung:
| 4 FeS₂(s) + 11 O₂(g) | → | 2 Fe₂O₃(s) + 8 SO₂(g) | ΔHR0 = ? kJ |
| 4 mol 11 mol | 2 mol 8 mol |
Gegebene Standard-Bildungsenthalpien:
- ΔHf0(FeS₂) = −178 kJ/mol
- ΔHf0(O₂) = 0 kJ/mol
- ΔHf0(Fe₂O₃) = −822 kJ/mol
- ΔHf0(SO₂) = −297 kJ/mol
2. Rechnung:
ΔHR0 = [2 mol · (−822 kJ/mol) + 8 mol · (−297 kJ/mol)] − [4 mol · (−178 kJ/mol) + 11 mol · (0 kJ/mol)]
ΔHR0 = [−1644 + (−2376)] kJ − [−712 kJ]
ΔHR0 = −4020 kJ + 712 kJ = −3308 kJ
3. Ergebnis:
Die Reaktionsenthalpie für die obige Reaktionsgleichung beträgt −3308 kJ. Die Reaktion ist stark exotherm – das Rösten von Pyrit ist eine industriell genutzte Reaktion zur Gewinnung von SO₂ für die Schwefelsäureproduktion.
[Ein Dank an T. Menne für die Korrektur der Tabellenwerte]
Beispiel 3: Reaktion von Ammoniak mit Chlor
2 NH₃(g) + 3 Cl₂(g) → N₂(g) + 6 HCl(g) ΔHR0 = ? kJ
n: 2 mol 3 mol (Edukte) 1 mol 6 mol (Produkte)
Gegebene Standard-Bildungsenthalpien:
- ΔHf0(NH₃) = −46,19 kJ/mol
- ΔHf0(Cl₂) = 0 kJ/mol
- ΔHf0(N₂) = 0 kJ/mol
- ΔHf0(HCl) = −92,3 kJ/mol
Rechnung:
ΔHR0 = [6 mol · (−92,3 kJ/mol) + 1 mol · (0 kJ/mol)] − [2 mol · (−46,19 kJ/mol) + 3 mol · (0 kJ/mol)]
ΔHR0 = [−553,8 + 0] kJ − [−92,38 + 0] kJ
ΔHR0 = −553,8 kJ + 92,38 kJ = −461,4 kJ
8.5 Schmelz-, Verdampfungs- und Sublimationsenthalpie
Jede Änderung des Aggregatzustands ist mit einem Wärmeumsatz verbunden. Bestimmt man diese Wärmemenge bei konstantem Druck und dividiert durch die Stoffmenge n, so erhält man folgende molare Enthalpien:
| Bezeichnung | Symbol | Vorgang | Bsp. Wasser |
|---|---|---|---|
| Molare Schmelzenthalpie | ΔHschm | fest → flüssig | +6 kJ/mol |
| Molare Verdampfungsenthalpie | ΔHverd | flüssig → gasförmig | +44 kJ/mol |
| Molare Sublimationsenthalpie | ΔHsubl | fest → gasförmig | +50 kJ/mol |
Es gilt: ΔHsubl = ΔHschm + ΔHverd (6 + 44 = 50 kJ/mol) – ein Anwendungsfall des Satzes von Hess.
Auf einen Blick – die wichtigsten Aussagen
Standardbildungsenthalpie
Enthalpieänderung bei Bildung von 1 mol Verbindung aus Elementen. Elemente: ΔHf0 = 0. Stabilste Modifikation erhält 0 (Graphit, nicht Diamant).
Rechenformel
ΔHR0 = Σ[n · ΔHf0(Produkte)] − Σ[n · ΔHf0(Edukte)]
Pyritrösten
4 FeS₂ + 11 O₂ → 2 Fe₂O₃ + 8 SO₂ · ΔHR0 = −3308 kJ · Stark exotherm; industriell genutzt für SO₂-Gewinnung.
Phasenübergänge
Alle Phasenübergänge sind endotherm (Energie wird aufgenommen). ΔHsubl = ΔHschm + ΔHverd → Satz von Hess.
Häufige Fragen zur Standard-Bildungsenthalpie
Warum erhält der Referenzzustand (Elemente) den Wert ΔHf0 = 0?
Das ist eine willkürliche Festlegung, keine physikalische Eigenschaft. Weil absolute Enthalpien nicht messbar sind, braucht man einen einheitlichen Referenzpunkt. Indem man allen Elementen in ihrer stabilsten Form bei Standardbedingungen den Wert 0 zuweist, kann man Enthalpieunterschiede (Bildungsenthalpien) einheitlich in Tabellenwerken angeben und für Berechnungen verwenden.
Was bedeutet es, wenn ΔHf0 einer Verbindung negativ ist?
Die Verbindung ist bei Standardbedingungen stabiler als ihre Elemente. Bei ihrer Bildung aus den Elementen wird Energie freigesetzt (exotherm). Beispiel: CO₂ hat ΔHf0 = −393 kJ/mol – Kohlenstoff und Sauerstoff gehen energetisch günstiger in CO₂ über. Umgekehrt: Ein positiver Wert (z. B. C-Diamant) bedeutet, die Verbindung/Modifikation ist instabiler als der Referenzzustand.
Wie wende ich die Rechenformel für ΔHR0 sicher an?
Schritt 1: Reaktionsgleichung aufstellen und ausbalancieren. Schritt 2: Stoffe als Edukte (rot) und Produkte (blau) markieren. Schritt 3: Bildungsenthalpien aus der Tabelle entnehmen – Elemente immer 0! Schritt 4: Formel anwenden: ΔHR0 = Σ[n · ΔHf0(Prod.)] − Σ[n · ΔHf0(Ed.)]. Achte dabei auf: stöchiometrische Koeffizienten n mitrechnen, Aggregatzustände (g, l, s, aq) stimmen mit Tabellenwerten überein.
Was ist der Zusammenhang zwischen Sublimations-, Schmelz- und Verdampfungsenthalpie?
Es gilt ΔHsubl = ΔHschm + ΔHverd. Das ist ein direkter Anwendungsfall des Satzes von Hess: Ob man erst schmilzt und dann verdampft oder direkt sublimiert – die gesamte Enthalpieänderung ist identisch (Zustandsfunktion). Für Wasser: 6 + 44 = 50 kJ/mol.
Warum sind alle drei Phasenübergangsenthalpien positiv (endotherm)?
Bei jedem Übergang von einem geordneteren in einen weniger geordneten Zustand (fest → flüssig → gasförmig) müssen Teilchen-Wechselwirkungen (Gitterkräfte, Wasserstoffbrücken, van-der-Waals-Kräfte) überwunden werden. Dazu muss Energie aufgenommen werden → ΔH > 0. Die Rückrichtungen (Kondensieren, Erstarren, Resublimieren) sind entsprechend exotherm. → Vgl. auch 11. Entropie S
Lernkarten – Standardbildungsenthalpie & Reaktionsenthalpie
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Was ist die molare Standard-Bildungsenthalpie und welchen Wert erhalten Elemente?
Enthalpieänderung bei Bildung von 1 mol Verbindung aus Elementen bei Standardbedingungen.
Elemente (stabilste Form): ΔHf0 = 0
Bsp.: H₂(g), O₂(g), C(Graphit) → alle 0 kJ/mol
Nenne die Formel zur Berechnung von ΔHR0 aus Standardbildungsenthalpien.
ΔHR0 = Σ[n · ΔHf0(Produkte)] − Σ[n · ΔHf0(Edukte)]
n = stöchiometrische Koeffizienten
Elemente immer mit 0 einsetzen!
Warum erhält Graphit ΔHf0 = 0, Diamant aber +1,36 kJ/mol?
Die stabilste Modifikation eines Elements erhält per Definition den Wert 0. Graphit ist bei Standardbedingungen die stabilere Kohlenstoffmodifikation. Diamant liegt um +1,36 kJ/mol höher – er wäre thermodynamisch instabil gegenüber Graphit (kinetisch aber sehr stabil).
Nenne die drei molaren Phasenübergangsenthalpien von Wasser und den Zusammenhang zwischen ihnen.
ΔHschm = +6 kJ/mol
ΔHverd = +44 kJ/mol
ΔHsubl = +50 kJ/mol
ΔHsubl = ΔHschm + ΔHverd
(Satz von Hess)
🔢 Berechne ΔHR0 für: N₂(g) + 3 H₂(g) → 2 NH₃(g)
ΔHf0(NH₃) = −46,19 kJ/mol
Produkte: 2 mol · (−46,19 kJ/mol) = −92,38 kJ
Edukte: N₂ + H₂ beide Elemente → 0 kJ
ΔHR0 = −92,38 − 0 = −92,38 kJ
(exotherm; Haber-Bosch-Prozess)
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← 8.2 Endotherme Reaktionen → 8.6 Satz von Hess 8.1 Exotherme Reaktionen 9. Bindungsenthalpien 11. Entropie S