Chemie Overal 5e ed - Hoofdstuk 18 - Accu's en brandstofcellen oefentoetsen & antwoorden

In een zuur base-reactie is er sprake van protonenoverdracht (H+-overdracht). Een zuur kan een H+ afstaan en een base kan een H+ opnemen. In een redoxreactie is er sprake van elektronenoverdracht (e—overdracht). Een reductor staat elektronen af en een oxidator neemt elektronen op. Een reductor staat elektronen af en een oxidator neemt elektronen op. In BINAS Tabel 48 worden de halfreacties van de reductor en oxidator weergegeven, waarin ook af te lezen is dat een reductor een elektron (of elektronen) afstaat en dat een oxidator een elektron (of elektronen) opneemt. Halfreactie 1 vindt plaats in een basisch milieu, aangezien er voor de pijl OH—ionen aanwezig zijn. Deze ionen zorgen ervoor dat de halfreactie plaatsvindt in een basisch milieu. Halfreactie 2 vindt plaats in een zuur milieu, aangezien er voor de pijl H+-ionen aanwezig zijn. Deze ionen zorgen ervoor dat de halfreactie plaatsvindt in een zuur milieu. Daarnaast kan de notatie H+ ook worden vervangen naar H3O+, aangezien H3O+-ionen ook zorgen voor een zuur milieu. Het principe van een zuur-base titratie geldt ook voor een redox titratie. Bij een zuur-base titratie hebben in het equivalentiepunt alle zure deeltjes gereageerd met de base. Bij redox titraties hebben in het equivalentiepunt alle oxidator deeltjes gereageerd met reductor deeltjes. De berekeningen bij redox titraties zijn hetzelfde als bij zuur-base titraties. Een voordeel van een redoxtitratie ten opzichte van een zuur-base titratie is dat de deelnemende stoffen bij het equivalentiepunt vaak zelf van kleur veranderen. Hierdoor is het niet altijd nodig om een indicator toe te voegen. Aan de negatieve elektrode van een elektrochemische cel vindt altijd de halfreactie van de reductor plaats. Een reductor is een deeltje die zijn elektronen afstaat. Aanvulling: aan de positieve elektrode van een elektrochemische cel vindt altijd de halfreactie van de oxidator plaats. Aan de negatieve elektrode bij elektrolyse vindt altijd de halfreactie van de oxidator plaats. Een oxidator is een deeltje die elektronen opneemt. Aanvulling: aan de positieve elektrode bij elektrolyse vindt altijd de halfreactie van de reductor plaats.De werking van een elektrochemische cel is dus het tegenovergestelde van de werking van elektrodes bij elektrolysereacties. De functie van het membraan in het midden van een elektrochemische cel is om de twee halfreacties waaruit de totale redoxreactie bestaat gescheiden te houden. Het membraan zorgt ook voor een gesloten stroomkring. Een gesloten stroomkring is nodig om elektriciteit te kunnen leveren. De negatieve elektrode van een elektrochemische cel hoort bij de halfreactie van de sterkste reductor. We noteren hieronder alle aanwezige deeltjes in deze elektrochemische cel en bekijken in Binas Tabel 48 welk deeltje de sterkste reductor is. Cr: REDCr3+: OXNO3-: OXNa+: OXCl-: REDCl2:  OXDe sterkste reductor in Binas Tabel 48 is Li (s) met een standaardelektrodepotentiaal van -3,04 V. De eerste reductor die we van beneden naar boven tegenkomen is Cr. De elektrode met chroom (Cr) is dus de negatieve elektrode van deze elektrochemische cel. Platina (Pt) is dan automatisch de positieve elektrode. De elektronen bewegen altijd van de negatieve elektrode (-) naar de positieve elektrode (+).  Dus de elektronen bewegen altijd van reductor (RED) naar oxidator (OX). De elektrode aan de linkerkant is de reductor en de negatieve elektrode en de elektrode aan de rechterkant is de oxidator en de positieve elektrode. De elektronen bewegen in deze elektrochemische cel dus van links naar rechts.De halfreacties zijn te vinden in Binas Tabel 48. De halfreactie van de sterkste reductor is: Cr (s) 🡪 Cr3+ + 3 e-De halfreactie van de sterkste oxidator is: Cl2 (g) + 2 e- 🡪 2 Cl-  Om uit te leggen of er een buffermengsel ontstaat is het nodig om een berekening uit te voeren. HF: n = [HF] · V = 0,10 · 50 = 5,0 mmol OH-: n = [OH-] · V = 0,20 · 10 = 2,0 mmol Bij mengen treedt de volgende reactie op:HF (aq) + OH- (aq) --> F- (aq) + H2O (l)In deze reactie reageert een zwak zuur (HF) met een sterke base (OH-). Bij de reactie ontstaat F- (aq) en water. De oplossing bevat een zwak zuur.Er is een ondermaat OH- , dus na reactie blijft er 3,0 mmol HF over en er ontstaat 2,0 mmol F- . Nu bevat de oplossing dus een zwak zuur en de geconjugeerde zwakke base, de verhouding is 1,5 en er is “voldoende’’. Het is dus een buffer.Om uit te kunnen leggen of Esmee het buffermengsel kan gebruiken als elektrolyt in haar elektrochemische cel moet de pH van het buffermengsel worden berekend. De $K_Z$ van HF is $6.3 \cdot 10^{-4}$ De $[HF] = \frac{3.0}{60} = 0.050$ M De $[F^-] = \frac{2.0}{60} = 0.033$ M Om de evenwichtsvoorwaarde te achterhalen is het handig om eerst het evenwicht zelf te noteren. $HF (aq) + H_2O (l) \rightleftarrows H_3O^+ (aq) + F^- (aq)$ De $K_Z = \frac{[H_3O^+] \cdot [F^-]}{[HF]} = \frac{H_3O^+] \cdot 0.033}{0.050} = 6.3 \cdot 10^{-4}$De evenwichtsvoorwaarde herschrijven: $[H_3O^+] = \frac{6.3 \cdot 10^{-4} \cdot 0.050}{0.033} = 9.45 \cdot 10^{-4}$ M pH = - log [H3O+|pH = - log (9.45 · 10-4) = 3.02 De pH van het buffermengsel is lager dan 4,2 en dus kan Esmee dit buffermengsel niet gebruiken als elektrolyt in haar elektrochemische cel. Het toegevoegde H3O+ reageert weg met de base F- , zodat de [H3O+] niet toeneemt. De pH blijft dus gelijk. F- (aq) + H3O+ (aq) --> HF (aq) + H2O (l)Bovenstaande reactie is een aflopende reactie. De beginstoffen zijn weg gereageerd en er ontstaat uitsluitend HF (aq) en H2O (l).De functie van een buffer is dus dat de pH altijd gelijk blijft, ondanks dat er een sterk zuur of een sterke base aan de oplossing wordt toegevoegd. Voorbeelden van juiste overeenkomsten zijn:Er wordt (bij beide processen) zuurstof gevormd. Er wordt (bij beide processen) koolstofdioxide gebruikt/omgezet. Er wordt (bij beide processen) water gebruikt/omgezet. Er ontstaat (bij beide processen) een brandstof/organische stof. De processen zijn endotherm. De processen vinden plaats in een levend organisme. De processen maken gebruik van redoxreacties. Waterstof is een reductor, dus er is een oxidator nodig. Er komen elektronen vrij bij de omzetting van waterstof tot waterstofionen, dus er is een oxidator nodig. De halfreactie van waterstofgas tot waterstofionen is te vinden in Binas Tabel 48. H2 (g) 🡪 2 H+ (aq) + 2 e-Deze halfreactie hoort bij de halfreactie van een reductor, aangezien er elektronen worden afgestaan. Voor een redoxreactie is naast een reductor ook een oxidator nodig. De elektronen bewegen altijd van de negatieve elektrode (-) naar de positieve elektrode (+).  Dus de elektronen bewegen altijd van reductor (RED) naar oxidator (OX). De elektronen bewegen dus van elektrode B naar elektrode A, aangezien elektrode B de reductor (RED) is en elektrode A de oxidator (OX).  De twee halfreacties die in deze elektrochemische cel optreden worden hieronder weergegeven. RED Sn $\rightarrow$ Sn2+ + 2 e- x 1 Sn $\rightarrow$ Sn2+ + 2 eOX Cu2+ + 2 e- $\rightarrow$ Cu x 1 Cu2+ + 2 e- $\rightarrow$  Cu Totaal Sn +  Cu2+ $\rightarrow$ Sn2+ + CuOm het aantal gram tin uit te rekenen moet eerst de totale lading van de elektrochemische cel worden berekend:Gegeven:$I = 1.05$ A t = 45 min = $2700$ sBerekening:$Q = I \cdot t = 1.05 \cdot 2700 = 2835$ C Aan de hand van de lading kan berekend worden hoeveel mol elektronen zullen reageren in de elektrochemische cel. Gegeven:Elektronen: $F = 9.648 \cdot 10^4$ C/molBerekening:$n = \frac{Q}{F} = \frac{2835}{9.648 \cdot 10^4} = 0.029$ mol elektronenAan de hand van het totale aantal mol elektronen kan, met behulp van de halfreactie, worden berekend hoeveel mol tin aanwezig is. De molverhouding Sn : e- is 1 : 4 (zie opgave a; halfreactie Sn) Dus aantal mol $Sn \frac{0.029}{4} = 0.0073$ mol Het aantal mol tin kan worden omgerekend naar het aantal gram tin. Gegeven:$n = 0.0073$ mol $M = 118.7$ g/molBerekening:$m = n \cdot M = 0.0073 \cdot 118.7 = 0.87$ gram tinDe elektrochemische cel moet dus met 0.87 gram tin gevoed worden.