Moin,

es gibt sogenannte Zinkorganische Verbindungen des Typs

R–Zn–R'

mit R / R' = irgendein Kohlenwasserstoff, zum Beispiel –CH₂–CH₃.

Wenn du allerdings das Element Zink meinst, so kann man davon im Grunde keine Lewisformel (Valenzelektronen-Schreibweise) angeben, weil in einer Zinkportion die einzelnen Zinkatome über die sogenannte metallische Bindung miteinander verbunden sind. Das ist aber kein Bindungstyp, in dem man die Lewis-Schreibweise anwenden kann, weil das nur für Molekülverbindungen geht.

Solltest du dagegen ionische Zinkverbindungen meinen, so gilt auch für Zinkkationen (Zn²⁺) das gleiche wie für die metallische Bindung; die Bindung ist nicht vom Typ Atombindung, so dass man die Lewis-Schreibweise nicht sinnvoll verwenden kann.

Wenn du jedoch unbedingt darauf beharrst, könntest du das folgendermaßen schreiben:

aber das ist im Grunde völlig unüblich.

LG von der Waterkant

Moin,

zu 1)

1 x C = 12u
1 x H = 1u
1 x O = 16 u

C_xH_yO_z = 46 u

Möglichkeiten:

1 x C (12 u) + 1 x O (16 u) + 18 x H (18 u) = 46 u

1 x C (12 u) + 2 x O (32 u) + 2 x H (2 u) = 46 u

2 x C (24 u) + 1 x O (16 u) + 6 x H (6 u) = 46 u

Alle anderen Zahlen für x, y und z sind nicht möglich, weil man dann stets über 46 u käme.

Das bedeutet, dass du theoretisch folgende Summenformeln für Ethanol haben könntest:

CH₁₈O
oder
CH₂O₂
oder
C₂H₆O

Zu 2)

Die theoretisch mögliche Summenformel CH₁₈O kann man ausschließen, weil ja alle drei Atomsorten miteinander verbunden sein müssen. Wenn aber C und O über eine Einfachbindung miteinander verbunden wären, könnte C noch drei weitere Bindungen ausbilden, O noch eine weitere. Das bedeutet, dass C und O zusammen maximal vier H-Atome binden könnten, aber niemals 18.

Die beiden anderen theoretischen Summenformeln bleiben dagegen möglich.

Zu 3)

Die vollständigen Verbrennungsschemata sehen folgendermaßen aus:

Fall 1
2 CH₂O₂ + O₂ → 2 CO₂ + 2 H₂O

Fall 2
C₂H₆O + 3 O₂ → 2 CO₂ + 3 H₂O

Im ersten Fall kämen also 2 x H₂O heraus.
Im zweiten Fall kämen 3 x H₂O heraus.

Ein Molekül H₂O hat die Masse (2 • 1 u + 16 u =) 18 u. Das wären also 18 g/mol.

Dann ergäbe die Elementaranalyse im ersten Fall nur (2 • 18 g/mol =) 36 g/mol Wasser.
Im zweiten Fall dagegen (3 • 18 g/mol =) 54 g/mol.

Daraus kannst du schließen, dass Ethanol nicht die Summenformel CH₂O₂ haben kann, weil dann bei der Elementaranalyse nicht die geforderten 54 g/mol Wasser entstehen würden.

Fazit: Ethanol muss die Summenformel C₂H₆O haben.

Zu 4)

Mit einem Molekülbaukasten könntest du folgende Moleküle aus 2 C-Atomen, 1 O-Atom und 6 H-Atomen basteln:

H₃C–O–CH₃
oder
H₃C–CH₂–O–H

Zu 5)

Die Substanz mit der Halbstrukturformel H₃C–O–CH₃ hat eine Siedetemperatur von –24,8°C.

Die Substanz mit der Halbstrukturformel H₃C–CH₂–O–H hat dagegen die Siedetemperatur von 78,0°C.

Die Siedetemperatur hängt (vereinfacht gesagt) von drei Größen ab:

• der Masse der Teilchen (du brauchst mehr Energie um ein schweres Teilchen so stark zu beschleunigen, dass es die Oberfläche einer Flüssigkeit durchstoßen kann, um in den Gasraum über der Oberfläche zu kommen).
• dem Luftdruck über der Flüssigkeitsoberfläche (wenn der Druck groß ist, haben es die austrittswilligen Teilchen der Flüssigkeit schwerer gegen den Druck in den Gasraum zu gelangen).
• und vor allem den intermolekularen Bindungskräften (das heißt, wie stark sich die Teilchen in der Flüssigkeit gegenseitig festhalten).

Da beide Substanzen die gleiche Summenformel haben (C₂H₆O), können die unterschiedlichen Siedetemperaturen nicht mit der Masse erklärt werden.
Da du getrost auch davon ausgehen kannst, dass die Siedetemperaturen bei gleichen Druckverhältnissen ermittelt wurden, kann es auch nicht am Luftdruck liegen, dass die Temperaturen verschieden sind.
Also muss es an den intermolekularen Bindungskräften liegen. Und tatsächlich gibt es bei der Molekülhalbstruktur H₃C–O–CH₃ nur relativ schwache van-der-Waals-Kräfte, die die Moleküle zusammenhalten. Das liegt daran, dass die C–H-Bindungen nahezu unpolar sind, so dass es keine positivierten Wasserstoffatome gibt, die zu dem negativierten Sauerstoff eine Wasserstoffbrückenbindung ausbilden könnten. In der Molekülstruktur H₃C–CH₂–O–H gibt es dagegen die Hydroxygruppe (–OH), bei der es einen großen Elektronegativitätsunterschied zwischen dem Sauerstoff und dem Wasserstoff gibt. Das führt zu einer polaren Atombindung und somit zu einem negativierten Sauerstoffatom und einem positivierten Wasserstoffatom. Dies führt wiederum dazu, dass sich zusätzlich zu den van-der-Waals-Kräften die viel stärkeren Wasserstoffbrückenbindungen zwischen den Molekülen ausbilden können. Darum hat die Substanz eine viel höhere Siedetemperatur.

Wenn man sich nun, nach all diesen Überlegungen und Rückschlüssen anschaut, welche beiden Substanzen die Summenformel haben, dann findet man

H₃C–O–CH₃ Dimethylether; Siedetemperatur –24,8°C

und

H₃C–CH₂–O–H Ethanol; Siedetemperatur +78,0°C.

Et voilà, das Rätsel um die Struktur von Ethanol ist gelöst...

Zu 6)

Mal abgesehen davon, dass Dimethylether bei normalen Bedingungen ein Gas ist, während Ethanol dann flüssig vorliegt, könnte man beide Substanzen mit einer Carbonsäure reagieren lassen. Gemäß der allgemeinen Regel: Alkohol und Säure ergibt Ester und Wasser würde nur Ethanol mit der Säure reagieren und zu einer Veresterung führen. Auch so könnte man herausfinden, ob es der Ether oder der Alkohol ist.
Eine weitere Möglichkeit wäre die Reduktion von Kupfer-II-oxid zu elementarem Kupfer, was nur der Alkohol, nicht aber der Ether machen würde.
Und schließlich könnte man auch einen Alkoholtest durchführen. Auch der würde nur beim Alkohol, nicht aber beim Ether anschlagen.

Alles klar?

LG von der Waterkant

Moin,

warum fragst du hier nach?

Ich zitiere mal aus Wikipedia:

»Die Annahme, dass Edelgase keine Elektronegativität zeigen, weil sie sich in einem sehr stabilen Zustand befinden und weil Werte für Elektronegativitäten von Edelgasen in den Tabellen der ... Lehrbücher ... und ... fehlen, ist nicht zutreffend. Nachdem auch von Edelgasen chemische Verbindungen hergestellt worden waren, konnten auch z. B. für Xenon und Krypton Werte für die Elektronegativitäten der Pauling-Skala berechnet werden, die in etwa den Werten der Halogene entsprechen. Mit neueren Methoden konnten auch für die Elektronegativitätsskalen nach Mulliken und Rochow Zahlenwerte für die übrigen Edelgase berechnet werden, die höher sind als die der Halogene. Bei Helium betragen sie beispielsweise 5,50 nach Allred-Rochow und 4,86 nach Mullikan.«

Aber für die Schule kannst du getrost davon ausgehen, dass Edelgase keine Verbindungen eingehen, so dass sie auch keine Neigung zeigen können, bindende Elektronenpaare zu sich heran zu ziehen. Die wenigen Edelgasverbindungen, die es gibt, werden unter extremen Bedingungen hergestellt und stabil gehalten. Unter normalen Bedingungen (Zimmertemperatur und normalem Luftdruck) zerfallen solche Verbindungen sofort wieder.

Insofern: unter normalen Bedingungen keine (stabile) Verbindung, das heißt, keine Elektronegativität!

LG von der Waterkant

Moin,

also auf Stoffebene hast du es doch schon selbst geschrieben:

Reinstoff: einheitlicher Stoff mit einheitlich gleichen Stoffeigenschaften.
Stoffgemisch: Gemisch aus mindestens zwei Reinstoffen, die dann beide ihre jeweiligen charakteristischen Stoffeigenschaften behalten.

Auf Teilchenebene wird das ungleich schwerer.

Für Elemente oder Molekularverbindungen könntest du das noch so versuchen:

Reinstoff: Stoff, der sich nur aus einer einzigen Teilchensorte zusammen setzt (Atome oder Moleküle).
Stoffgemisch: Stoff, der sich aus mindestens zwei Reinstoffen zusammen setzt und somit verschiedene Teilchensorten als Gemisch enthält.

Aber für Ionenverbindungen („Salze”) klappt das nicht mehr, weil sich Salze aus Ionen zusammensetzen, wobei mehr oder weniger große Ionengitter aus positiv geladenen Kationen und negativ geladenen Anionen gebildet werden. Die kleinsten Teilchen solcher Stoffe sind also geladene Ionen und die haben längst nicht mehr einheitliche Eigenschaften (allein schon wegen der entgegengesetzten Ladungen).

Man behilft sich hier oft mit der „Ausrede”, das man bei Ionenverbindungen das kleinste Ionenverhältnis zueinander als „Stoff” definiert. Dadurch bleibt man aber im Grunde auf der Stoffebene.

Auf Teilchenebene ist das ein Problem.

LG von der Waterkant

Moin,

Kopf hoch, das wird schon. So schwer ist das eigentlich gar nicht (kompliziert wird es erst, wenn du dir alle möglichen Konsequenzen dieses Reaktionswegs klar machst).

Okay, fangen wir mal vorne mit der Bezeichnung an:

„Radikalische Substitution / Halogenierung von Alkanen”

Darin stecken vier Begriffe, über die es sich nachzudenken lohnt (wenn man das verstehen will).

Unter einer Substitution versteht man ganz allgemein das Ersetzen von irgend etwas durch etwas anderes.
So ist das auch in der Chemie: bei einer Substitution wird zum Beispiel ein Atom oder eine Atomgruppe durch ein anderes Atom oder eine andere Atomgruppe ersetzt. Das werden wir später noch einmal genauer anschauen.

Vielleicht ist dir der Begriff „radikal” auch schon in anderen Zusammenhängen untergekommen. Mit diesem Wort meint man allgemein etwas Rücksichtsloses, Aggressives oder Drastisches.
Und auch das ist in der Chemie nicht anders. Hier sind Radikale Teilchen, die ein einzelnes, ungepaartes Elektron besitzen. Dieser Zustand ist häufig energetisch (von der Energie her) sehr ungünstig. Deshalb versuchen solche Teilchen fast immer, ihren radikalischen Zustand zu beenden, indem sie rücksichtslos, aggressiv oder drastisch (eben radikal) alles angreifen, was in ihre Nähe kommt.

Die Kombination der beiden Begriffe bedeutet also, dass bei einem Molekül irgendein Atom (oder eine Atomgruppe) durch ein anderes Atom (oder eine Atomgruppe) ersetzt wird und dass das über Radikale erfolgt.

Unter einer Halogenierung versteht man wiederum, dass ein Molekül mit einem Halogen (Fluor, Chlor, Brom oder Iod) reagiert und zwar so, dass sich das Molekül mit mindestens einem Halogenatom verbindet.

Tja, bleibt noch der Begriff Alkan. Alkane sind chemisch eine ziemlich „langweilige” Stoffklasse, weil sie chemisch nicht besonders reaktiv sind. Du kannst Alkane verbrennen (mit Sauerstoff unter Zerstörung des Kohlenstoffgerüstes reagieren lassen, Oxidation), aber sonst eigentlich nicht viel damit anstellen. Und genau hier kommen die Radikale wieder ins Spiel. Die sind nämlich so aggressiv, dass sie sogar die ansonsten reaktionsträgen Alkane angreifen und mit ihnen reagieren.

So! Jetzt haben wir die Begriffe geklärt und dadurch schon eine Vorstellung davon bekommen, was uns erwartet.

Betrachten wir also die Bromierung von Methan wie in deiner Abbildung als Beispiel angegeben.

Die (ideale) Gesamtreaktion sieht so aus:

CH₄ + Br₂ → CH₃Br + HBr

Methan (CH₄) reagiert mit Brom (Br₂) zu Brommethan (CH₃Br) und Bromwasserstoff (HBr).

Wenn du das aus der Sicht des Methans betrachtest, wird im Methanmolekül also ein Wasserstoffatom durch ein Bromatom ersetzt. Genau das bezeichnet man als Substitution!

Doch wie passiert das genau?

Schauen wir uns den idealen Reaktionsmechanismus an:

Die kleinsten Teilchen des Elements Brom sind Minimoleküle, in denen zwei Bromatome über eine Einfachbindung miteinander verbunden sind: Br–Br.

Die Bindung ist nicht besonders stabil. Sie kann bereits bei Zimmertemperatur (und normalem Luftdruck) durch energiereiche UV-Strahlung gespalten werden. Dabei erhält jedes Bromatom von dem bindenden Elektronenpaar jeweils ein Elektron. Das bedeutet, dass die Bindung gleichmäßig getrennt wird (homolytische Bindungsspaltung):

Br–Br → Br• + •Br

Es sei an dieser Stelle ein kleiner Exkurs erlaubt: Es gibt auch eine heterolytische Bindungsspaltung, bei der das bindende Elektronenpaar ganz und gar bei einem Bindungspartner bleibt. Das kennst du vielleicht von der Salzsäure her:
H–Cl → H⁺ + Cl^–
Das bindende Elektronenpaar bleibt beim Chloratom, so dass dieses zu einem einfach negativ geladenen Chlorid-Anion wird. Das Wasserstoffatom hat dabei nichts von dem bindenden Elektronenpaar abbekommen; es hat gar kein Elektron mehr, so dass es nun ein Wasserstoff-Kation (Proton) ist.
Weil also die Bindungsspaltung hier ungleichmäßig erfolgte, spricht man von einer heterolytischen Bindungsspaltung (hetero = verschieden; homo = gleich).

Doch kommen wir zurück zur homolytischen Bindungsspaltung beim Brom mit Hilfe von UV-Licht.

Das ist im Grunde der Ausgangspunkt der Bromierung von Methan:

1. Schritt: Radikalbildung
Br–Br --[UV-Licht]--> Br• + •Br

Auf diese Weise erzeugt man also Brom-Radikale. Diese haben einzelne, ungepaarte Elektronen und sind deshalb überaus reaktionsfreudig. Sie greifen alles an, was in ihre Nähe kommt.
Wenn ein Bromradikal auf ein Brommolekül treffen würde, dann würde es daraus ein Bromatom mit dessen Elektron „klauen” und zurück bliebe ein anderes Bromradikal: Br• + Br–Br → Br–Br + Br•. Aber das würde unter dem Strich nichts verändern, weil du nach der Reaktion immer noch ein Bromradikal und ein Bromminimolekül vorliegen hättest. Deshalb betrachten wir solche ablenkenden Reaktionswege in einem idealen Verlauf nicht weiter. Es soll nur zeigen, dass ein Radikal alles angreift, was in seine Nähe kommt (dazu später noch einmal mehr).

Der nächste Schritt im radikalischen Kettenmechanismus ist der Kettenstart:

2. Schritt: Kettenstart (Initiation):
H₃C–H + •Br → H₃C• + H–Br

Wenn ein Bromradikal auf ein Methanmolekül trifft, dann entreißt es dem Methan ein Wasserstoffatom mitsamt dessen Elektron und verbindet sich zu Bromwasserstoff (H–Br). Dadurch ist das Bromradikal seinen radikalischen Zustand losgeworden.
Aber dafür hat nun das Kohlenstoffatom im ehemaligen Methanmolekül einen Bindungspartner weniger und dafür ein ungepaartes einzelnes Elektron (also einen radikalischen Zustand). Es ist nun ein Methylradikal (H₃C•) entstanden. Für dieses Radikal gilt im Grunde das gleiche wie zuvor für das Bromradikal. Der energetische Zustand ist so ungünstig, dass auch das Methylradikal alles angreift, was in seine Nähe kommt, um den radikalischen Zustand zu beenden.

3. Schritt: Kettenfortpflanzung (Elongation):
H₃C• + Br–Br → H₃C–Br + •Br
CH₄ + Br• → HBr + •CH₃
usw.

Das Methylradikal (H₃C) greift nun ein Bromminimolekül (Br–Br) an, entreißt ihm ein Bromatom mitsamt einem Elektron aus dem bindenden Elektronenpaar und wird dadurch zu Brommethan (H₃C–Br). Zurück bleibt wieder ein Bromradikal (•Br). Dieses Bromradikal greift erneut ein Methanmolekül an, schnappt sich ein Wasserstoffatom und hinterlässt abermals ein Methylradikal, das dann wieder ein Bromminimolekül angreift usw.

Du siehst, es entsteht eine Kettenreaktion, in der immer wieder neue Radikale entstehen.

Aber hört das nie auf? - Doch! Es gibt sogar zwei verschiedene Wege, wie das Ganze beendet werden kann. In beiden Möglichkeiten kommt es zur Beendigung des radikalischen Zustands.

4. Schritt: Kettenabbrüche (Termination):
Fall a) Radikalkombinationen
Br• + •Br → Br–Br
H₃C• + •Br → H₃C–Br
H₃C• + •CH₃ → H₃C–CH₃

Der radikalische Zustand kann beendet werden, wenn zufällig zwei Radikale aufeinandertreffen. Das können zwei Bromradikale sein, die sich dadurch wieder zu einem Bromminimolekül vereinen. Es kann auch ein Methylradikal auf ein Bromradikal treffen, so dass Brommethan gebildet wird. Oder es treffen zwei Methylradikale aufeinander, wobei dann ein längeres Alkan (hier Ethan) entsteht.

Bis hierhin geht etwa dein Post (mit kleinen Exkursen und Zusatzinformationen meinerseits).

Es gibt aber noch eine Methode, wie es zu einem Kettenabbruch kommen kann.

Fall b) Disproportionierung (geht nicht bei Methan, aber bei Ethan schon):
•CH₂–CH₃ + •Br → •CH₂–•CH₂ + HBr

•CH₂–•CH₂ → H₂C=CH₂

Stell dir vor, dass du bereits ein Ethylradikal (•CH₂–CH₃) hast. Dieses wird nun von einem Bromradikal (•Br) angegriffen, aber nicht dort, wo bereits der radikalische Zustand im Alkylradikal ist, sondern am benachbarten C-Atom. Radikale sind nicht besonders wählerisch, wenn es darum geht, ihren radikalischen Zustand zu beenden. Wenn nun also das Bromradikal vom benachbarten C-Atom ein Wasserstoffatom mitsamt dessen Elektron schnappt, dann bildet sich einerseits wieder einmal Bromwasserstoff (HBr), aber andererseits auch ein Diradikal, also ein Radikal, in dem zwei C-Atome im radukalischen Zustand sind. Die beiden C-Radikale suchen dann nicht irgendein anderes Molekül, dass sie angreifen können, sondern sie vereinen ihre beiden ungepaarten Elektronen zu einer weiteren Bindung. Es entsteht also eine C=C-Doppelbindung. Auch das beendet sämtliche radikalische Zustände und somit die Kettenreaktion.

Kommen wir abschließend noch auf ein paar Probleme bei diesem Reaktionsmechanismus zu sprechen.

Oben ist ein sogenannter idealer Verlauf beschrieben. Das heißt, dass wir davon ausgehen, dass nichts Störendes passiert. Aber selbst bei einem wirklich idealen Verlauf erhältst du mindestens drei bis vier verschiedene Produkte, nämlich das erwünschte Brommethan, den Bromwasserstoff (als Nebenprodukt), aber eben auch längerkettige Alkane (wie hier Ethan, wenn sich zwei Methylradikale miteinander kombinieren) und - möglicherweise - eine völlig andere Stoffklasse, nämlich Alkene (mit C=C-Doppelbindungen; bei einer Disproportionierung).

Und nun stell dir vor, dass ein Bromradikal nicht ein Methanmolekül angreift, sondern ein bereits bromiertes Methanmolekül (ein Brommethan). Dann kann es leicht passieren, dass auch zweifach, dreifach oder sogar vierfach bromierte Alkane entstehen:
CH₄ + Br₂ → CH₃Br + HBr

CH₃Br + Br₂ → CH₂Br₂ + HBr

CH₂Br₂ + Br₂ → CHBr₃ + HBr

CHBr₃ + Br₂ → CBr₄ + HBr

Auch bromierte Alkene könnten herauskommen. Und sogar verzweigte Alkane ( Alkene mit mehr oder weniger vielen Bromsubstituenten wären möglich.

Das bedeutet, dass bei einer radikalischen Substitution je nach Verlauf viele Produkte (eine sogenannte Produktpalette) entstehen (können), die man anschließend noch voneinander trennen muss.
Das liegt natürlich daran, dass die Radikale so reaktiv sind und wahllos alles angreifen, das in ihre Nähe kommt. Dadurch ist der Verlauf schlecht zu kontrollieren und chaotisch-unübersichtlich.

Aber ein paar Möglichkeiten der Kontrolle hat man doch. Eine Möglichkeit ist, dass man nicht ständig UV-Licht zur Bildung von Radikalen in das Reaktionsgemisch einstrahlen lässt, sondern lieber nur kurz, aber dafür immer mal wieder. Das führt dazu, dass nicht allzu viele Bromradikale entstehen, so dass die Reaktion nicht völlig chaotisch abläuft.

Eine andere Möglichkeit besteht darin, deutlich mehr Alkanmengen im Vergleich zur Menge des eingesetzten Broms im Reaktionsgemisch zu haben, denn das steigert die Wahrscheinlichkeit, dass Bromradikale auf noch nicht bromierte Alkane treffen und so die Ausbeute an einfach bromierten Alkanen steigt.

Und schließlich könnte man auch versuchen, die einfach bromierten Alkane möglichst schnell aus dem Reaktionsraum zu entfernen, damit sie nicht noch einmal radikalisch angegriffen werden können.

So! Wir sind am Ende dieser (leider sehr langen) Ausführung angekommen. Ich hoffe, dass du bis hierhin durchgehalten hast und alles verstanden hast.

Du kannst deine gepostete Abbildung jetzt hoffentlich selbst leicht nachvollziehen.

LG von der Waterkant

Moin,

nein, das ist nicht einmal theoretisch möglich.

Das liegt an zwei Gründen:

Der erste Grund ist ziemlich offensichtlich: kein Bauer einer Partei (weiß oder schwarz) kann auf die eigene Grundreihe gelangen, weil Bauern in der Grundstellung bereits auf der zweiten (bzw. siebenten) Reihe starten und nicht zurückziehen oder schlagen können. Deshalb können Bauern niemals auf die eigene Grundreihe gelangen.

Aber auch auf die Grundreihe des Gegners können sie nicht so gelangen, dass sie als Bauer dort stehen bleiben können. Wenn ein Bauer die gegnerische Grundreihe erreicht, muss er in eine beliebige Figur (außer den König) umgewandelt werden und zwar noch als Bestandteil des Zuges! Das bedeutet, dass du wohl einen Bauern auf die gegnerische Grundreihe ziehen kannst, aber sobald du das tust, wird er sofort zu einer Figur (Dame, Turm, Läufer oder Springer) und dann ist er eben kein Bauer mehr.

Das führt dazu, dass du also höchstens sechs Bauern auf einer Linie hintereinander stehen haben kannst.

Interessanterweise brauchst du aber für sechs Bauern auf den verschiedenen Linien unterschiedlich viele Schlagfälle.

Um auf der Randlinie (a oder h) sechs Bauern hintereinander hinzubekommen, müsste der Gegner schon seine gesamte Anfangsarmee (bis auf den König natürlich) hergeben.
Sechs Bauern auf einer Randlinie erfordern 15 Schlagfälle, also genau die Anzahl von gegnerischen Steinen, die dieser zu Beginn hat. Das wäre übrigens ein weiterer Grund dafür, warum auf einer Randlinie schon einmal nicht mehr Bauern als sechs hintereinander stehen könnten.

Für sechs Bauern auf der b- oder g-Linie wären nur noch 11 Schlagfälle vonnöten. Und auf allen anderen Linien bekommst du das bereits mit 9 Schlagfällen hin.

Aber das war ja nicht Teil deiner Frage.

Fazit:
Du kannst höchstens sechs Bauern (als Bauern) auf einer Linie hintereinander stehen haben.

Moin,

das Problem liegt in erster Linie daran, dass das Bohrsche Atommodell streng genommen nur für das Wasserstoffatom gilt. Bei allen Mehrelektronensystemen ist es denkbar ungenau.

Tatsächlich ist es so, dass es für die Elektronenverteilung zunächst einmal zwei interessante Größen gibt, nämlich einerseits den Energiegehalt und andererseits eine Einschränkung der Wahrscheinlichkeit, mit der du ein Elektron dort antriffst, wo du es vermutest.

Beides wird im sogenannten quantenmechanischen Atommodell berücksichtigt.

Tja, und das führt dann, anschaulich gesagt, zu Hauptenergieniveaus (das sind die „Schalen” im Bohrschen Atommodell) und Unterschalen (Orbitalen), in denen man Elektronen mit einer gewissen Wahrscheinlichkeit antrifft.

Dabei gibt es pro Unterraum (Orbital) maximal zwei Elektronen, die dort hineinpassen.

Und nun ist es so, dass es vom dritten Hauptenergieniveau drei Orbitaltypen gibt, das sogenannte s-Orbital, drei p-Orbitale und fünf d-Orbitale.

Wenn du in diese Orbitale jeweils zwei Elektronen gibst, kommst du au (2 + 6 + 10 =) 18 Elektronen maximal.
Das sind die von dir angesprochenen 18 Elektronen, die formal in das dritte Hauptenergieniveau passen.

Das Dumme ist nur, dass die angesprochenen Orbitaltypen energetisch untereinander nicht gleichwertig sind.
Das s-Orbital liegt am günstigsten (energieärmsten). Dann folgen die drei p-Orbitale, die energetisch etwas ungünstiger (höher) liegen.
Zum Schluss und damit am energieungünstigsten (höchsten) liegen die fünf d-Orbitale.

Das zweite Dumme ist, dass das s-Orbital des nächsten Hauptenergieniveaus (der vierten Schale) dann aber sogar energetisch noch günstiger liegt als die fünf d-Orbitale des dritten Hauptenergieniveaus. Deshalb werden nach den 3p-Orbitalen erst das 4s-Orbital und dann erst die 3d-Orbitale mit Elektronen besetzt.

Von innen nach außen kommt es also zu folgender Besetzung der Orbitale mit Elektronen:

1s, 2s, 2p, 3s, 3p, 4s, 3d, 4p usw.

Diese Besetzung bezeichnet man als Madelung-Schema:

In jedes Orbital passen (wie gesagt) maximal zwei Elektronen.

Beim Kaliumatom im Grundzustand musst du demnach 19 Elektronen verteilen. Das macht 2 Elektronen ins 1s-Orbital, 2 Elektronen pro 2p-Orbital (macht insgesamt 6 Elektronen, weil es drei 2p-Orbitale gibt), 2 Elektronen ins 3s-Orbital, noch einmal 6 Elektronen in die drei 3p-Orbitale und dann eben noch 1 Elektron in das 4s-Orbital: 2 + 2 + 6 + 2 + 6 + 1 = 19. Oder (anders geschrieben):

1s², 2s², 2p⁶, 3s², 3p⁶, 4s¹

Es wird also erst das etwas günstiger liegende 4s-Orbital der 4. Schale mit einem Elektron besetzt, bevor die 3d-Orbitale der dritten Schale komplettiert werden.

Alles eine Frage des Energiegehalts, also.

Insgesamt gibt es für die konkrete Besetzung der Orbitale vier Faustregeln:

1. Die Energieregel
2. Die Hundsche Regel
3. Das Pauli-Verbot
4. Die Regel der halbvoll und vollbesetzten Orbitale

Und gemäß der Energieregel wird nun einmal das 4s-Orbital vor den 3d-Orbitalen mit Elektronen besetzt...

Ich hoffe, du hast alles verstanden.

Dass es zu diesen Besetzungsregeln dann aber auch noch mal bei größeren Atomen zum Teil wilde Ausnahmen vorkommen, ist dann für spätere Studienjahre ein Thema.

LG von der Waterkant

Moin,

boah-ey, das ist ja mal ne Anfrage...

Also meine persönliche Liste von echten „Edelsteinen” umfasst etwa 165 Partien. Manche davon sind ein Muss, andere mein persönlicher Geschmack.

Da sind zunächst einmal die neun „echten” unsterblichen Partien:

1) Die Unsterbliche: Anderssen - Kieseritzky, London 1851
2) Die unsterbliche Remispartie: Hamppe - Meitner, Wien 1872
3) Rubinsteins Unsterbliche: Rotlewi - Rubinstein, Lodz 1908(?)
4) Die unsterbliche Kurzpartie: Réti - Tartakower, Wien 1910
5) Die unsterbliche Zugzwangpartie: Sämisch - Nimzowitsch, Kopenhagen 1923
6) Die unsterbliche Blindpartie: Aljechin - Schwartz, London 1926
7) Die polnische Unsterbliche: Glücksberg - Najdorf, Warschau 1930
8) Die unsterbliche Blitzpartie: Schmid - Petrosjan, Stockholm 1952
9) Die unsterbliche Fernpartie: Sundin - Andersson, Fernpartie 1964

Dann gibt es da noch 39 weitere Partien, die ebenfalls das Attribut „unsterblich” tragen (aber das nur bei ausgewählten Autoren oder im Internet).

10) Die erste Unsterbliche (Fine): La Bourdonnais - McDonnell, London 1834
11) Traxlers Unsterbliche (Internet): Reinisch - Traxler, Hostoun 1890
12) Die königliche Unsterbliche (Jelic): Prinz Dadian von Mongrelien - Bitcham, Zugdidi 1892
13) Die Unsterbliche aus Boston (Mato): Young - Dore, Boston 1892
14) Schlechters Unsterbliche (Jelic): Fleissig - Schlechter, Wien 1893
15) Steinitz' Unsterbliche (Schallopp) = Steinitz' Juwel: Steinitz - von Bardeleben, Hastings 1895
16) Pillsburys Unsterbliche (Euwe): Pillsbury - Lasker, Nürnberg 1896
17) Die unsterbliche Königswanderung (Jelic): Ed. Lasker - Thomas, London 1912
18) Das unsterbliche Unentschieden (Müller & Golombek): Aljechin - Réti, Wien 1922
19) Die peruanische Unsterbliche (Huschenbeth): Canal - N.N., Budapest 1934
20) Lilienthals Unsterbliche (Jelic): Lilienthal - Capablanca, Hastings 1945/35
21) O'Kellys Unsterbliche (Linder; die aber in Wirklichkeit von seinem Gegner brillant gewonnen wurde!): O'Kelly - Devos, Schilde 1937
22) Die ukrainische Unsterbliche (Internet): Kortschmar - Poljak, Kiew 1937
23) Die urugayische Unsterbliche (Reinfeld): Molinari - Cabral, Montevideo 1943
24) Kashdans Unsterbliche (Steinkohl): Siff - Kashdan, New York 1948
25) Die unsterbliche Verlustpartie (Lauterbach & Golombek): Sliwa - Bronstein, Gotha 1957
26) Die unsterbliche Damenopfer-Partie (Huschenbeth): Polugajewski - Neshmetdinow, Sotchi 1958
27) Meine kleine Unsterbliche (Hecht): Hecht - Keene, Brunnen 1966
28) Die spanische Unsterbliche (Jelic): Segovia - Curbelo, Reus 1968
29) Gufelds Unsterbliche (Pfleger): Bagirow - Gufeld, UdSSR 1973
30) Basmans unsterbliche Abwartepartie (Internet): Anderson - Basman, Hastings 1974/75
31) Die chinesische Unsterbliche (Internet): Wenzhe - Donner, Buenos Aires 1978
32) Ftacniks Unsterbliche (Jelic): Polugajewski - Ftacnik, Luzern 1982
33) Die unsterbliche Bauernpartie (Huschenbeth): Diemer - Heiling, Nürnberg 1984
34) Høis Unsterbliche (Nickel): Høi - Gulko, Saloniki 1988
35) Jusupows kleine Unsterbliche (Nickel): Iwantschuk - Jusupow, Brüssel 1991
36) Die unsterbliche Opferpartie (Huschenbeth): Serper - Nikolaidis, St. Petersburg 1993
37) Miles' Unsterbliche (Jelic): Atalik - Miles, Iraklion 1993
38) Seirawans Unsterbliche (Jelic): Seirawan - Zarnicki, Buenos Aires 1993
39) Karpows Unsterbliche (Internet): Karpow - Topalov, Linares 1994
40) Kramniks (erste) Unsterbliche (Jelic): Kasparow - Kramnik, Dos Hermanas 1996
41) Kasparows Unsterbliche (Internet): Kasparow - Topalow, Wijk aan Zee 1999
42) Meine persönliche unsterbliche Partie (Souleidis): Gagunaschwili - Souleidis, Rethymno 2003
43) Kozuls Unsterbliche (Jelic): Kozul - Rublewski, Tiflis 2004
44) Die unsterbliche Zwischenzug-Partie (Internet) = Nakamuras unsterbliche Dame: Gelfand - Nakamura, Worl Team Championship 2010
45) Radschabows unsterbliche Rapid-chess-Partie (Jelic): Radschabow - Bortnyk, Doha 2016
46) Ding Lirens Unsterbliche (Jelic) = Die chinesische Unsterbliche II: Bai - Ding, Chines Chess League 2017
47) Kramniks (zweite) Unsterbliche (Souleidis): Kramnik - Aronian, Berlin 2018
48) Dubows Unsterbliche (Internet): Dubow - Karjakin, Moskau 2020

Dann gibt es noch eine Reihe weiterer Partien, die in der Schachwelt eine eigene Bezeichnung erhielten. Dazu zählen:

49) Die Immergrüne: Anderssen - Dufresne, Berlin 1852
50) Zukertorts Perle = Zukertorts Unsterbliche: Zukertort - Blackburne, London 1883
51) Der goldene Zug: Lewitzki - Marshall, Breslau 1912
52) Die Perle von Zandvoort: Euwe - Aljechin, Zandvoort 1935
53) Die Partie des Jahrhunderts: D. Byrne - Fischer, New York 1956
54) Die Hurrikan-Partie: Spasski - Petrosjan, Moskau 1969
55) Rubinsteins Gewinnzug: Rubinstein - Lasker, St. Petersburg 1909 &
56) Rubinstein - Capablanca, San Sebastian 1911
57) Der beste Einzelzug aller Zeiten: Topalov - Schirow, Linares 1998
58) Eine Partie für die Ewigkeit: Aronian - Anand, Wijk aan Zee 2013

Ansonsten gibt es noch jede Menge sehenswerte Partien:

59) Hoffmann - Petrow, Warschau 1844
60) Bird - Morphy, London 1858
61) Morphy - Herzog von Braunschweig & Graf Isouard, Paris 1858
62) Knorre - Tschigorin, St. Petersburg 1874
63) Lasker - Bauer, Amsterdam 1889
64) Steinitz - Tschigorin, Havanna 1892
65) Pillsbury - Lasker, St. Petersburg 1896
66) Mieses - Janowski, Paris 1900
67) Lasker - Napier, Cambridge Springs 1904
68) Krejcik - Krobot, Wien 1908
69) Janowski - Marshall, Biarritz 1912
70) Schuster - Carls, Oldenburg 1913
71) Bernstein - Capablanca, Moskau 1914
72) Nimzowitsch - Tarrasch, St. Petersburg 1914
73) Breyer - Esser, Budapest 1917
74) Maroczy - Tartakower, Teplitz-Schönau 1922 (Tartakowers Unsterbliche)
75) Bogoljubow - Aljechin, Hastings 1922
76) Tarrasch - Aljechin, Bad Pystian 1922
77) Réti - Bogoljubow, New York 1924
78) Réti - Aljechin, Baden-Baden 1925
79) Bogoljubow - Mieses, Baden-Baden 1925
80) Capablanca - Spielmann, New York 1927
81) Bogoljubow - Capablanca, Bad Kissingen 1928
82) Spielmann - Hönlinger, Wien 1929
83) Richter - Abramavicius, Hamburg 1930
84) Her(r)mann - Hussong, Frankfurt a.M. 1930
85) Keres - Winter, Warschau 1935
86) Richter - Naegeli, München 1936
87) Richter - Alexandrescu, München 1936
88) Botwinnik - Capablanca, AVRO-Turnier 1938
89) Marshall - Ragosin, New York 1940
90) Najedorf - Sapiro, Buenos Aires 1948
91) Schmid - Rossolimo, Heidelberg 1949
92) Sämisch - Koller, Bern 1949
93) Botwinnik - Bronstein, Moskau 1951
94) Tal - Zwaigzne, Riga 1952 (an dieser Partie fasziniert mich, wie Tal, nachdem er einen Bauern verloren hatte, bis zum Schluss unbändig nach der Initiative strebte)
95) Geller - Euwe, Zürich 1953
96) Awerbach - Kotow, Zürich 1953
97) Keres - Smyslow, Zürich 1953
98) Keres - Szabo, Budapest 1956
99) Tal - Koblenz, Riga 1957
100) Tal - N.N., Stuttgart 1958
101) Tal - Keller, Zürich 1959
102) Spasski - Bronstein, Leningrad 1960 (Spasskis Unsterbliche; Mato)
103) Botwinnik - Tal, Moskau 1960
104) Petrosjan - Pachman, Bled 1961
105) Stein - Portisch, Stockholm 1962
106) Neschmetdinow - Tschernikow, Rostow am Don 1962
107) Gufeld - Kavalek, Marianske Lazne 1962
108) R. Byrne - Fischer, New York 1964
109) Cholmow - Bronstein, Kiew 1965
110) Geller - Smyslow, Moskau 1965
111) Larsen - Petrosjan, Santa Monica 1966
112) Botwinnik - Portisch, Monte Carlo 1969
113) Polugajewski - Tal, Moskau 1969
114) Larsen - Spasski, Belgrad 1970
115) Fischer - Panno, Buenos Aires 1970
116) Lischer - Larsen, Denver 1970
117) Spasski - Fischer, Reykjavik 1972, 3. WM-Partie
118) Spasski - Fischer, Reykjavik 1972, 13. WM-Partie
119) Velimirovis - Ljubojevic, Umag 1972
120) Portisch - Reshevsky, Petroplois 1973
121) Keene - Kovacevic, Amsterdam 1973
122) Spasski - Tal, Tallin 1973
123) Waganjan - Planinc, Hstings 1974/75
124) Minic - Planinc, Rovinj / Zagreb 1975
125) Smyslow - Bronstein, Teeside 1975 (selten wurde Smyslow derart zusammengeschoben)
126) Reshevsky - Waganjan, Skopje 1976
127) Polugajewski - Tal, Riga 1979
128) Mahia - Quinteros, Buenos Aires 1980
129) Hübner - Portisch, Albano Terme 1981
130) Ligterink - Nunn, Marbella 1982
131) Kasparow - Portisch, Niksic 1983
132) Sokolow - Salow, Nikolajew 1983
133) Pinter - Archipow, Balatonbereny 1983
134) Karpow - Kasparow, Moskau 1985
135) Miles - Beljawski, Tilburg 1986
136) Smirin - Beljawski, Odessa 1989
137) Schirow - Lapinski, Daugavpils 1990
138) Iwantschuk - Kasparow, Linares 1991
139) Short - Timman, Tilburg 1991
140) Fischer - Spasski, Sveti Stefan 1992, 11. Partie
141) Kamsky - Schirow, Luzern 1993
142) Short - Kasparow, London 1993, 8. WM-Partie
143) Kramnik - Schirow, Linares 1994
144) Schirow - J. Polgar, Buenos Aires 1994 (Polgars Unsterbliche)
145) Cifuentes - Swjaginzew, Wijk aan Zee 1995
146) Kramnik - Ehlvest, Riga 1995
147) Kasparow - Anand, New York 1995, 10. WM-Partie
148) Iwantschuk - Schirow, Wijk aan Zee 1996
149) Atalik - Sax, Szeged 1997
150) Nunn - Nataf, Frankreich 1999
151) Karjakin - Malinin, Sudak 2002
152) J. Polgar - Berkes, Budapest 2003
153) Anand - Radschabow, Dortmund 2003
154) Landa - Schaposchnikow, Sotchi 2005
155) Sandipan - Tiwjakow, Ottawa 2007
156) Krassenkow - Nakamura, Barcelona 2007
157) Topalov - Kramnik, Wijk aan Zee 2008
158) Jackova - Karpow, Marianske Lazne 2008

Tja, und dann gibt's da noch ein paar sehenswerte Partien, von denen man allerdings annimmt, dass sie so nie gespielt worden sind, sondern „komponiert” wurden:

159) Anderssen - M. Lange, Breslau 1859
160) Aljechin - Grigorjew, Moskau 1915
161) Adams - Torre, New Orleans 1920
162) Tylkowski - Wojciechowski, Poznan 1931 (Die Perle von Poznan)
oder
163) Ortueta - Sanz, Madrid 1933

Ein paar Partien aus jüngerer Zeit habe ich jetzt mal weggelassen...

LG von der Waterkant

Moin,

wenn alle deine Angaben stimmen (du 5/5 und Präsentation 2–; er 5–/5+ und Präsentation 3) und du nur die Note auf dem Halbjahreszeugnis meinst, dann klingt das nicht sonderlich fair.

Was könnte passiert sein?

Nun, du könntest vergessen haben, dass seine Halbjahresnote besser war als deine, was dann in der Gesamtjahresnote dazu führte, dass du bei einer 5, er bei einer 4– landete.

Ansonsten ist das manchmal auch so, dass du vielleicht ein extrovertierter Typ bist (also einer, dem es nicht schwer fällt, vor einer Klasse etwas zu sagen), wohingegen der andere ein eher schüchterner Typ ist, der sich kaum traut, den Mund aufzumachen. In einem solchen Fall könnte deine Lehrkraft (mit einem gewissen Recht) von dir eher erwarten, dass du dich mehr beteiligst als von dem anderen. Dementsprechend ist dann deine 5 im allgemeinen Teil („mündlich”) vielleicht in den Augen deiner Lehrkraft deutlich schlechter als seine 5+.

Auch denkbar ist, dass er ein lieber, unauffälliger Schüler ist, während dein Verhalten oft störend war?! Ich sage nicht, dass es so war, ich zähle nur Möglichkeiten auf, die deine Lehrkraft dazu bewogen haben könnten, den „netteren” zu belohnen und den „böseren” zu bestrafen...

Es könnte auch sein, dass die Lehrerschaft der Meinung war, dass dich eine (verdiente?) 5 so ärgert, dass du dich im nächsten Jahr mehr anstrengen wirst, um es der Lehrerschaft zu zeigen!
Der andere könnte dagegen eher so eingeschätzt worden sein, dass ihn eine leicht bessere Note stärker motiviert.

Und dann könnte auch sein, dass ihr beide insgesamt ein 5(+) verdient hättet, er aber aufgrund eines Fehlers eine 4– erhielt und du nicht. Dann hast du bekommen, was du verdient hast, während er Glück gehabt hat. Daraus kannst du allerdings nichts Positives für dich herausschlagen,. Denn stelle dir einmal folgendes vor: Du kennst einen Dieb, der für seinen Diebstahl nicht bestraft wurde. Er hat nun das Diebesgut als Profit. Daraus kannst du ja schwerlich ableiten, dass dir nun auch ein Diebstahl frei stünde, oder?

Er hat (vielleicht) ungerechtfertigterweise eine bessere Note bekommen als du. Das kannst du unfair finden. Das kann sogar unfair sein. Aber so lange du zu recht die Note bekommen hast, die am Ende korrekt ist, bist du nicht unfair behandelt worden, sondern er hat einfach mehr (unverdientes) Glück gehabt.

Aber letztlich nützt es dir doch herzlich wenig, wenn wir dir hier im Forum bestätigen, dass deine Beurteilung im Vergleich zu seiner unfair erscheint (was ja noch nicht einmal völlig klar ist).
Sprich nicht mit uns darüber, sondern mit deiner Lehrkraft. Lasse dir sorgfältige die Gründe für die Noten erklären und frage, was du besser machen kannst.
Vergleiche deine Leistung nicht mit der von anderen (denn eure Voraussetzungen könnten ja völlig unterschiedlich sein), sondern arbeite an deinen Schwächen, um dich zu verbessern.

Und zum Schluss: Ja, das Leben ist manchmal ungerecht. Das gilt auch für die Schule. Aber das änderst du nicht, indem du hier im Forum nachfragst.

LG von der Waterkant

Moin,

ja, du hast recht:

mit x = 4 und y = 1 erhältst du das Reaktionsschema für dein (4.3)-Polyamid des Typs AASS.

LG von der Waterkant

Moin,

kommt darauf an, welchen Blutkreislauf du meinst (Insekten, Fische, Amphibien, Reptilien, Vögel oder Säuger...).

Aber ich gehe jetzt mal vom Menschen aus.

Der Mensch hat einen sogenannten doppelten Blutkreislauf, der aus einem Körperkreislauf und einem Lungenkreislauf besteht.

In beiden Kreisläufen gibt es Adern, die vom Herzen weg führen (= Arterien), und solche, die zum Herzen hin führen (Venen). Außerdem verzweigen sich beide Aderntypen immer stärker und gehen am Ende in sogenannten Kapillaren ineinander über.
Das Herz selber ist wegen des doppelten Blutskreislaufs in eine rechte und eine linke Herzhälfte geteilt. Jede Herzhälfte ist dann noch einmal in einen Vorhof und eine Hauptkammer untergliedert.

Darum ist es üblich, die Reise eines Blutstropfens auf das Herz zu beziehen. Wenn du das machst, sieht das zum Beispiel so aus:

• Die Reise beginnt (zum Beispiel) im rechten Vorhof. Dort sammelt sich sauerstoffarmes, aber kohlensoffdioxidreiches Blut (in der Regel blau dargestellt) aus dem Körper.
• Dieses sauerstoffarme und kohlenstoffdioxidreiche Blut gelangt dann in die rechte Herzkammer und wird von dort in die Lungenarterie gepumpt (Beginn des Lungenkreislaufs).
• In der Lunge wird das Blut dann mit Sauerstoff „augetankt” und gibt dafür das Kohlenstoffdioxid ab. Nun ist das Blut sauerstoffreich und kohlenstoffdioxidarm (und wird rot dargestellt). Der Austausch der Gase (Sauerstoff ins Blut, Kohlenstoffdioxid aus dem Blut heraus) findet in den Lungenkapillaren statt.
• Das jetzt sauerstoffreiche und kohlenstoffdioxidarme Blut gelangt über die Lungenvenen zum Herzen zurück und zwar zum linken Vorhof (Ende des Lungenkreislaufs).
• Vom linken Vorhof geht's in die linke Herzkammer und von dort wird das Blut in den Körperkreislauf gepumpt (Beginn des Körperkreislaufs).
• Über die Körperschlagader (Aorta) gelangt das Blut zu allen Organen im Körper (Gehirn, Leber, Magen, Darm...).
• Die Organe benötigen nämlich Sauerstoff, damit ihre Zellen das tun können, wozu sie da sind.
• Auch in jedem Organ gibt es wieder Kapillaren, in denen das Blut den Sauerstoff an die Organe abgibt und dafür das Kohlenstoffdioxid aus den Zellen der Organe ins Blut aufnimmt.
• Von nun an ist das Blut wieder sauerstoffarm und kohlenstoffdioxidreich. Es gelangt über Körpervenen am Ende in die Hohlvene und von da in den rechten Vorhof des Herzens, wo die Reise einst begann (Ende des Körperkreislaufs). Jetzt geht's von vorne los...

Leichter kann ich es nicht beschreiben.

Das Blut fließt folgendermaßen: rechter Vorhof → rechte Herzkammer → Lungenarterien → Lunge → Lungenkapillaren → Lungenvenen → linker Vorhof → linke Herzkammer → Körperschlagader (Aorta) → Körperorgane → Kapillaren → Körpervenen → rechter Vorhof...

LG von der Waterkant

Moin,

mit „cracken” bezeichnet man ein Verfahren, bei dem längerkettige Kohlenwasserstoffe in kürzere Ketten zerbrochen werden.

Das funktioniert aber nur, wenn die Temperatur (und der Druck) erhöht wird, weil die Kohlenwasserstoffketten in Schwingungen gebracht werden müssen, damit sich am Ende die Bindung zwischen zwei Kohlenstoffatomen lösen.

Um die Temperatur nicht allzu hoch werden lassen zu müssen, kann man auch noch einen Oberflächenkatalysator einsetzen (in deiner Aufgabe wird das jedoch nicht erwähnt).

Ohne den Einsatz von zusätzlichem Wasserstoff (zur Hydrierung) kommen beim thermischen Cracken kürzerkettige Alkane und Alkene heraus.

Aus Pentan kannst du auf diese Weise zum Beispiel Ethan und Propen bzw. Ethen und Propan gewinnen.

C₅H₁₂ --[thermisches Cracken]--> C₂H₆ + C₃H₆

oder

C₅H₁₂ --[thermisches Cracken]--> C₂H₄ + C₃H₈

Aber eigentlich wendet man ein Crackverfahren eher bei noch längeren Kohlenwasserstoffketten (zum Beispiel aus der Gasölfraktion eines Destillationsturms) an, um dadurch zu mehr Bestandteilen aus der Benzin- und Petroleumfraktion zu kommen.

LG von der Waterkant.

Moin,

• Hochzahl
• Basis
• Hochzahl
• 21⁵
• (81/8)⁶
• (a•b)^–2
• 45¹¹
• 36^–2
• 9³
• 11^–4
• (2/3)⁷
• (x/y)¹⁸
• 125/27
• 81/16
• 1

Das war's. Aber so lernst du es nicht, wenn du es dir von Deppen wie mir vorsagen lässt.

LG von der Waterkant

Moin,

deine Beschriftung stimmt nur zum (größten) Teil...

1 ist etwas unklar, aber ich würde „Kopfvene” schreiben (vielleicht ist aber auch der „rechte Vorhof” des Herzens gemeint)

2 Hohlvene (oder auch Körpervene, wie du geschrieben hast)

3 Aorta (stimmt)

4 Lungenvene (stimmt)

5 Lungenarterie

6 Lungenkapillarsystem (stimmt)

7 Körperkapillarsysteme (Kopf, Körper) (stimmt)

Aber was ich an der Abbildung nicht so mag, ist, dass das Herz gar nicht beschriftet ist. Vielleicht findest du da noch eine bessere Darstellung?!

LG von der Waterkant

Moin,

da bin ich (ziemlich) „old school”:

Brettspiel (strategisch):

1. Shogi (Japanisches Schach)
2. Internationales Schach (Schach)
3. Cluedo

Brettspiel (halb-strategisch, halb-Glück):

1. Malefiz

Schach und Shogi finde ich faszinierend, weil man mit gleich starken Armeen auf begrenztem Raum und mit relativ einfachen Regeln versucht, den gegnerischen König zu „erobern”. Dabei wird es nie langweilig, weil die Kombination aus Taktik und Strategie im Grunde immer neue Partien hervorbringt.
Außerdem kann man es praktisch jederzeit und überall spielen (in der Freizeit, allein, zu zweit, im Verein, online...). Ich zitiere an dieser Stelle gerne Siegbert Tarrasch (einen seinerzeit sehr starken Großmeister):
„Das Schachspiel hat wie die Liebe, die Musik, die Fähigkeit, den Menschen glücklich zu machen. Ich habe ein leises Gefühl des Bedauerns für jeden, der das Schachspiel nicht kennt, so wie ich jeden bedauere, der die Liebe nicht kennt.”
Shogi gefällt mir dabei noch ein bisschen besser als Schach. Die Möglichkeit, anstelle eines Zuges mit einem Stein auf dem Brett, einen (geschlagenen) Stein aus der Hand auf dem Brett einzusetzen, finde ich dynamisch und faszinierend.

Cluedo mag ich seit Kindertagen. Die Kombination aus Hinweisen und logischen Verknüpfungen, um einen Täter, die Tatwaffe und den Tatort zu ermitteln, fand ich damals (und finde ich heute noch) spannend. Aber ich gebe zu, dass ich das Spiel nicht mehr regelmäßig betreibe (das letzte Mal ist nun auch schon wieder Monate her; mit meinem achtjährigen Neffen).

An Malefiz mag ich, dass man zwar etwas Würfelglück braucht, aber eben auch durch das geschickte Setzen von Blockadesteinen eine verloren aussehende Partie trotzdem noch gewinnen kann. Das macht Spaß.

Wenn ich nur eines der genannten Spiele noch betreiben dürfte, wäre es Shogi.

LG von der Waterkant

Moin,

gar nicht!

Der bestmögliche Abischnitt liegt bei 0,66 (aufgerundet also 0,7). Das ist nur dann möglich, wenn man praktisch in allen absolvierten Kursen 15 Punkte erreicht (ab und zu dürfen auch mal 14 Punkte dabei sein).

Das zu schaffen, ist seeehr schwierig. Wenn man allerdings vielseitig begabt und interessiert ist, Sprachen genau so gut beherrscht wie Naturwissenschaften, Mathematik und das übrige Zeug, dann mag das gehen.

LG von der Waterkant

Moin,

auch nach

39 ... Tb7†
40. Ka2 Kc2
41. Dd4

mit den Drohungen Dd4-e4†xb7 und Dd4xc4† bleibt Weiß in entscheidendem Vorteil.

Von d4 aus deckt die weiße Dame auch das Mattfeld a7.

Mit anderen Worten, die Idee, den weißen König am Rand einzuklemmen, gelingt nicht wirklich.

LG von der Waterkant

Moin,

ich gehe jetzt ins Bett und kann daher nicht warten, bis du mir verrätst, was du mit Hilfe meinst.

Deshalb:

Hier geht's um die Müllersche Mimikry.

Die Ausprägung der Artmerkmale entstand ursprünglich aus konvergenten dynamischen Selektionen bei beiden Arten im Verlauf einer adaptiven Radiation, die dann, am Endpunkt angekommen, in eine stabilisierende Selektion überging.

Dabei muss aber erwähnt werden, dass die stabilisierende Selektion (obwohl plausibel) durch neuere Forschungen als kaum gegeben angesehen wird. Das liegt nicht nur daran, dass es regional größere Unterschiede und sehr verschiedene Genome gibt, sondern auch daran, dass die verantwortlichen vier Genloci für die Flügelmuster außerhalb der sonst üblichen Bereiche liegen und starken Mutationen und Rekombinationen ausgesetzt sind.

LG von der Waterkant

Moin,

weil das in diesem Fall zwar dem Stickstoffatom helfen würde, aber nicht dem Boratom.

Die Atomrümpfe bilden zwischen sich neue Molekülorbitale (das sind Aufenthaltsräume für Elektronen, in denen man die Elektronen mit einem gewissen Energiegehalt und mit einer gewissen Wahrscheinlichkeit antreffen wird).

Aber in alle Orbitale passen maximal zwei Elektronen.

Das bedeutet, dass das Boratom nur drei Bindungsorbitale mit dem Stickstoffatom ausbilden kann (weil es ja nur drei Außenelektronen hat).

Das führt dazu, dass das Boratom auf nur sechs Elektronen käme (drei Paar Bindungselektronen).
Das Stickstoffatom hätte dagegen acht Elektronen (drei Paar Bindungselektronen und ein Paar freie, nicht-bindende Elektronen).

Bei der Atombindung verschmelzen also nicht die Schalen der Bindungspartner zu einer, sondern es entstehen neue Unterschalen (Orbitale), in die maximal zwei Elektronen passen. Das freie, nicht-bindende Elektronenpaar des Stickstoffatoms gehört nur diesem allein, nicht aber auch dem Boratom.

LG von der Waterkant

Moin,

da die Prokaryoten keinen Zellkern haben, kann bei ihnen schon während der Transkription die Translation erfolgen, weil die entstehende mRNA bereits im Cytoplasma vorliegt. Außerdem gibt es im Prokaryotengenom keine Introns und Exons. Deshalb ist die entstehende mRNA bereits die fertige mRNA.

Bei Eukaryoten wird dagegen durch die Transkription eine prä-mRNA im Zellkern gebildet. Diese enthält Introns (nicht-codierende Bereiche) und Exons (codierende Bereiche). Deshalb schließt sich bei Eukaryoten noch ein sogenanntes Processing an, was aus der prä-mRNA die fertige, ausführbare mRNA macht. Doch diese bearbeitete mRNA muss schließlich noch durch die Kernporen ins Cytoplasma geschleust werden, damit dort dann die Translation stattfinden kann.

Zum Processing gehören...

• das Spleißen (Herausschneiden der Introns)
• das Capping (Anfügen von modifiziertem Guanosin zum Schutz vor Nukleasen und zum Ausleiten aus dem Zellkern) und
• das Tailing (Anfügen eines Poly-A-Schwanzes als Abbauschutz)

Das Spleißen kann auch alternativ erfolgen, was die Anzahl potenziell herstellbarer Proteine erhöht.

Es versteht sich von selbst, dass der Enzymapparat bei Eukaryoten viel größer ist, um vom Gen zum Genprodukt kommen zu können.

LG von der Waterkant