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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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