Praktijk Blue energy - vwo gymnasium Uitwerkingen scheikunde

vragen

1 in 2000 9500 miljoen toe, dus: 9,5·10⁹ × 41,87 = 4,0·10¹¹ GJ = 4,0·10⁸ TJ, ofwel:

4,0·1 0 ⁸

______ 3600 = 1,1·10⁵ TWh.

2 Mogelijk 1700 TWh aan blue energy. Dit komt overeen met: 1700 ______ 1,1·1 0 ⁵ × 100% = 1,5%.

3 Het water dat vanuit de rivieren naar zee stroomt, is ooit verdampt uit het zeewater. Dit verdampen kostte energie die geleverd werd door de zon.

4 PRO: E_osmotisch→ Ezwaarte→ Ebeweging→ Eelektrisch; RED: E_osmotisch→ Eelektrisch

5 De elektrode zal langzaam verdwijnen.

6 Er wordt evenveel Fe³⁺ bijgemaakt aan de negatieve elektrode als er aan de positieve elektrode verdwijnt.

7 goed roeren

8 Sn²⁺, Sn⁴⁺; vele andere antwoorden mogelijk 9

S N

O O O

10 Carbonzuurgroepen zijn altijd zwakke zuren. Hierdoor ontstaat er veel minder negatieve lading in het membraan dan wanneer je sulfonzuurgroepen gebruikt.

11 Er wordt energie uit het systeem onttrokken. De chaos (entropie) in het systeem neemt toe; daardoor verloopt het proces spontaan. Er is geen enthalpieverandering, want er vindt geen chemische reactie plaats en er zijn ook geen faseovergangen. De energie moet dus onttrokken worden aan de warmte van het systeem. De temperatuur daalt.

12 stroomsnelheid, stroomrichting, soort membraan, oppervlakte van de membranen, aantal membranen op elkaar, afstand tussen de membranen, concentratie van het redoxkoppel, type elektrode, oppervlakte van de elektrode, pH, temperatuur

onderzoeksopdracht

13 Ter beoordeling van de docent.

Theorie

1 Elektronenoverdracht

1 a Dit is geen redoxreactie, maar een zuur-basereactie: O²⁻ reageert met H₂O tot 2 OH⁻. b Dit is een redoxreactie, want er is een deeltje van lading verandert: Sn²⁺ wordt Sn(s).

c Dit is geen redoxreactie, want de lading van het koperion verandert niet: Cu²⁺ blijft Cu²⁺. Het is een neerslagreactie.

d Dit is een redoxreactie, want er is een deeltje van lading verandert: Fe²⁺ wordt Fe³⁺. 2 a

oxidator: Zn²⁺

reductor: Cl⁻ b

oxidator: O₂ reductor: Fe²⁺

oxidator: Cu²⁺

reductor: H₂ d

oxidator: H₂O reductor: K

3 A: hier verandert een deeltje van lading: Cu wordt Cu²⁺.

10 Carbonzuurgroepen zijn altijd zwakke zuren. Hierdoor ontstaat er veel minder negatieve lading in het membraan dan wanneer je sulfonzuurgroepen gebruikt.

onderzoeksopdracht

13 Ter beoordeling van de docent.

Theorie

1 Elektronenoverdracht

1 a Dit is geen redoxreactie, maar een zuur-basereactie: O²⁻ reageert met H₂O tot 2 OH⁻. b Dit is een redoxreactie, want er is een deeltje van lading verandert: Sn²⁺ wordt Sn(s).

c Dit is geen redoxreactie, want de lading van het koperion verandert niet: Cu²⁺ blijft Cu²⁺. Het is een neerslagreactie.

d Dit is een redoxreactie, want er is een deeltje van lading verandert: Fe²⁺ wordt Fe³⁺. 2 a

oxidator: Zn²⁺

reductor: Cl⁻ b

oxidator: O₂ reductor: Fe²⁺

oxidator: Cu²⁺

reductor: H₂ d

oxidator: H₂O reductor: K

3 A: hier verandert een deeltje van lading: Cu wordt Cu²⁺.

4 a Elektronegativiteit is een maat voor hoe hard een atoom omringende elektronen naar zich toe trekt.

b sterkste oxidator: F₂ sterkste reductor: Fr

c F ₂ (g) + 2 Fr(s) → 2 FrF(s) d franciumfl uoride

5 a 2 Ag(s) + C l ₂ (g) → 2 AgCl(s) redoxreactie A g ⁺ (aq) + C l ⁻ (aq) → AgCl(s) neerslagreactie b Overeenkomst: bij beide reacties ontstaat zilverchloride.

Verschil: de beginstoffen zijn anders; de ene reactie is wel een redoxreactie, de andere niet (neerslagre-actie).

c 2 AgCl(s) → 2 Ag(s) + C l 2 (g)

d Dit een redoxreactie, want er veranderen deeltjes van lading: Ag⁺ wordt Ag.

e In het zonlicht wordt de zonnebril donker doordat er Ag ontstaat. Voor de ontledingsreactie is dus energie nodig. De ontleding is endotherm.

+6 a H ₂ (g) + C l ₂ (g) → 2 HCl(g)

b H ₂ (aq) + C l ₂ (aq) → 2 H ⁺ (aq) + 2 C l ⁻ (aq)

c In gasvorm lijkt het geen redoxreactie te zijn, maar in oplossing veranderen de deeltjes wel degelijk van lading: Cl₂ wordt Cl⁻. Beide antwoorden zijn verdedigbaar.

d 2 H ₂ (g) + O ₂ (g) → 2 H 2 O(l) kun je ook opschrijven als 2 H ₂ + O ₂ → 4 H ⁺ + 2 O ²⁻ , dus er verande-ren deeltjes van lading.

2 Redoxreacties opstellen

7 a deeltjesinventarisatie: Al(s), Cr³⁺, Cl⁻, H₂O(l) sterkste oxidator: Cr³⁺(V₀ = −0,74 V) sterkste reductor: Al(s) (V₀ = −1,66 V)

halfreacties en totaalvergelijking:

OX: C r ³⁺ + 3 e ⁻ → Cr(s) 1×

RED: Al(s) → A l ³⁺ + 3 e ⁻ 1×

totaal: C r ³⁺ + Al(s) → Cr(s) + A l ³⁺

b deeltjesinventarisatie: O₂(g), H⁺, K⁺, I⁻, H₂O(l) sterkste oxidator: O₂(g)+ H⁺ (V₀ = +1,23 V) sterkste reductor: I⁻ (V₀ = 0,54 V)

halfreacties en totaalvergelijking:

OX: O ₂ + 4 H ⁺ + 4 e ⁻ → 2 H 2 O(l) 1×

RED: 2 I⁻ → I 2 + 2 e ⁻ 2×

totaal: O ₂ + 4 H ⁺ + 4 I ⁻ → 2 H 2 O(l) + 2 I ₂ c deeltjesinventarisatie: H₂O₂, Na⁺, OH⁻, H₂O(l)

sterkste oxidator: H₂O₂ (V₀ = +0,95 V) sterkste reductor: OH⁻ (V₀ = +0,40 V) halfreacties en totaalvergelijking:

OX: H ₂ O ₂ + 2 e ⁻ → 2 O H ⁻ 2×

RED: 4 O H ⁻ → O 2 + 2 H ₂ O(l) + 4 e ⁻ 1×

2 H ₂ O ₂ + 4 O H ⁻ → O 2 + 2 H ₂ O(l) + 4 O H ⁻ totaal: 2 H ₂ O ₂ → O 2 + 2 H ₂ O(l)

d deeltjesinventarisatie: Cr₂O₇²⁻, H⁺, K⁺, Sn(s), H₂O sterkste oxidator: Cr₂O₇²⁻ + H⁺ (V₀ = +1,36 V) sterkste reductor: Sn(s) (V₀= −0,14 V)

halfreacties en totaalvergelijking:

OX: C r ₂ O ₇ ²⁻ + 14 H ⁺ + 6 e ⁻ → 2 C r ³⁺ + 7 H ₂ O(l) 1×

RED: Sn(s) → S n ²⁺ + 2 e ⁻ 3×

totaal: C r ₂ O ₇ ²⁻ + 14 H ⁺ + 3 Sn(s) → 2 C r ³⁺ + 7 H ₂ O(l) + 3 S n ²⁺

e deeltjesinventarisatie: MnO₄⁻, K⁺, Na⁺, SO₃²⁻, H₂O sterkste oxidator: MnO₄⁻ (V₀ = +0,56 V)

sterkste reductor: SO₃²⁻ (V₀ = −0,09 V) halfreacties en totaalvergelijking:

OX: Mn O ₄ ⁻ + 2 H ₂ O(l) + 3 e ⁻ → Mn O 2 (s) + 4 O H ⁻ 2×

RED: S O ₃ ²⁻ + H ₂ O(l) → S O 4 ²⁻ + 2 H ⁺ + 2 e ⁻ 3×

2 Mn O ₄ ⁻ + 3 S O ₃ ²⁻ + 7 H ₂ O(l) → 2 M n ²⁺ + 3 S O ₄ ²⁻ + 6 H ⁺ + 8 O H ⁻ 6 H ₂ O(l) + 2 O H ⁻ totaal: 2 Mn O ₄ ⁻ + H ₂ O(l) + 3 S O ₃ ²⁻ → 2 Mn O 2 (s) + 2 O H ⁻ + 3 S O ₄ ²⁻

8 a Zn(s) → Z n ²⁺ + 2 e ⁻ 2 H ⁺ + 2 e ⁻ → H 2

Het zink ‘lost op’ en er ontstaan belletjes.

b Het koper reageert niet, want het is een te z wakke reductor.

c Cu(s) → C u ²⁺ + 2 e ⁻ C l ₂ + 2 e ⁻ → 2 C l ⁻

Het koper ‘lost op’; de oplossing kleurt groen door het ontstaan van het CuCl₄²⁻-complex.

d 2 S ₂ O ₃ ²⁻ → S 4 O ₆ ²⁻ + 2 e ⁻ I ₂ + 2 e ⁻ → 2 I ⁻

Het veelgekleurde I₂-zetmeelcomplex verdwijnt. De oplossing ontkleurt.

9 D: reactievergelijking: 5 C l ⁻ + Cl O ₃ ⁻ + 6 H ⁺ → 3 C l 2 + 3 H ₂ O

10 a OX: N O ₃ ⁻ + 4 H ⁺ + 3 e ⁻ → NO + 2 H 2 O 2×

RED: Cu(s) → C u ²⁺ + 2 e ⁻ 3×

totaal: 2 N O ₃ ⁻ + 8 H ⁺ + 3 Cu → 2 NO + 4 H 2 O + 3 C u ²⁺ + b Zoutzuur bevat geen oxidator die sterk genoeg is om koper te oxideren.

c OX: F e ³⁺ + 3 e ⁻ → Fe(s) V_ox = 0,77 V RED: Cu(s) → C u ²⁺ + 2 e ⁻ V_red = 0,34 V

V_ox − V_red = 0,77 − 0,34 = 0,43 V. Het verschil is groter dan 0,3 V, dus ook mogelijk.

d Een geconcentreerde oplossing van een ijzer(III)zout is bruin waardoor minder goed zichtbaar is wat zich op de plaat afspeelt.

11 a N a ₂ C O ₃ ·3 H ₂ O ₂ (s) → 2 N a ⁺ (aq) + C O ₃ ²⁻ (aq) + 3 H ₂ O ₂ (aq)

b De pH van deze oplossing is hoger dan 7, omdat de oplossing de zwakke base CO₃²⁻ bevat.

c H₂O₂

d H ₂ O ₂ + 2 e ⁻ → 2 O H ⁻ e waterstofperoxide, H₂O₂

12 In basisch milieu is aluminium een heel sterke reductor. Dan vindt de volgende reactie plaats:

OX: 2 H ₂ O + 2 e ⁻ → H 2 + 2 O H ⁻ RED: Al + 4 O H ⁻ → Al(OH ) 4 ⁻ + 3 e ⁻ Dus het aluminium lost op.

13 a Fe³⁺ met I⁻; V_ox − V_red = 0,77 − 0,54 > 0 Hg²⁺ met SO₃²⁻; V_ox − V_red = 0,92 + 0,09 > 0 Cu²⁺ met I⁻; V_ox − V_red = 0,85 − 0,54 > 0

b Deze gaan een zuur-basereactie met elkaar aan: ammoniumionen met carbonaationen, met fosfaat ionen en met sulfi de-ionen.

halfreacties en totaalvergelijking:

OX: C r ₂ O ₇ ²⁻ + 14 H ⁺ + 6 e ⁻ → 2 C r ³⁺ + 7 H ₂ O(l) 1×

RED: Sn(s) → S n ²⁺ + 2 e ⁻ 3×

totaal: C r ₂ O ₇ ²⁻ + 14 H ⁺ + 3 Sn(s) → 2 C r ³⁺ + 7 H ₂ O(l) + 3 S n ²⁺

e deeltjesinventarisatie: MnO₄⁻, K⁺, Na⁺, SO₃²⁻, H₂O sterkste oxidator: MnO₄⁻ (V₀ = +0,56 V)

sterkste reductor: SO₃²⁻ (V₀ = −0,09 V) halfreacties en totaalvergelijking:

OX: Mn O ₄ ⁻ + 2 H ₂ O(l) + 3 e ⁻ → Mn O 2 (s) + 4 O H ⁻ 2×

RED: S O ₃ ²⁻ + H ₂ O(l) → S O 4 ²⁻ + 2 H ⁺ + 2 e ⁻ 3×

8 a Zn(s) → Z n ²⁺ + 2 e ⁻ 2 H ⁺ + 2 e ⁻ → H 2

Het zink ‘lost op’ en er ontstaan belletjes.

b Het koper reageert niet, want het is een te z wakke reductor.

c Cu(s) → C u ²⁺ + 2 e ⁻ C l ₂ + 2 e ⁻ → 2 C l ⁻

Het koper ‘lost op’; de oplossing kleurt groen door het ontstaan van het CuCl₄²⁻-complex.

d 2 S ₂ O ₃ ²⁻ → S 4 O ₆ ²⁻ + 2 e ⁻ I ₂ + 2 e ⁻ → 2 I ⁻

Het veelgekleurde I₂-zetmeelcomplex verdwijnt. De oplossing ontkleurt.

9 D: reactievergelijking: 5 C l ⁻ + Cl O ₃ ⁻ + 6 H ⁺ → 3 C l 2 + 3 H ₂ O

10 a OX: N O ₃ ⁻ + 4 H ⁺ + 3 e ⁻ → NO + 2 H 2 O 2×

RED: Cu(s) → C u ²⁺ + 2 e ⁻ 3×

totaal: 2 N O ₃ ⁻ + 8 H ⁺ + 3 Cu → 2 NO + 4 H 2 O + 3 C u ²⁺ + b Zoutzuur bevat geen oxidator die sterk genoeg is om koper te oxideren.

c OX: F e ³⁺ + 3 e ⁻ → Fe(s) V_ox = 0,77 V RED: Cu(s) → C u ²⁺ + 2 e ⁻ V_red = 0,34 V

V_ox − V_red = 0,77 − 0,34 = 0,43 V. Het verschil is groter dan 0,3 V, dus ook mogelijk.

d Een geconcentreerde oplossing van een ijzer(III)zout is bruin waardoor minder goed zichtbaar is wat zich op de plaat afspeelt.

11 a N a ₂ C O ₃ ·3 H ₂ O ₂ (s) → 2 N a ⁺ (aq) + C O ₃ ²⁻ (aq) + 3 H ₂ O ₂ (aq)

b De pH van deze oplossing is hoger dan 7, omdat de oplossing de zwakke base CO₃²⁻ bevat.

c H₂O₂

d H ₂ O ₂ + 2 e ⁻ → 2 O H ⁻ e waterstofperoxide, H₂O₂

12 In basisch milieu is aluminium een heel sterke reductor. Dan vindt de volgende reactie plaats:

OX: 2 H ₂ O + 2 e ⁻ → H 2 + 2 O H ⁻ RED: Al + 4 O H ⁻ → Al(OH ) 4 ⁻ + 3 e ⁻ Dus het aluminium lost op.

13 a Fe³⁺ met I⁻; V_ox − V_red = 0,77 − 0,54 > 0 Hg²⁺ met SO₃²⁻; V_ox − V_red = 0,92 + 0,09 > 0 Cu²⁺ met I⁻; V_ox − V_red = 0,85 − 0,54 > 0

b Deze gaan een zuur-basereactie met elkaar aan: ammoniumionen met carbonaationen, met fosfaat ionen en met sulfi de-ionen.

14 De vriendin gebruikte eerst Binas tabel 48 om te voorspellen welke zoutoplossingen met welke metalen zullen reageren. Zo verkreeg ze de volgende tabel:

Ag(s) Cu(s) Fe(s) Mg(s) Cu(NO₃)₂-oplossing − − + + Mg(NO₃)₂-oplossing − − − − Fe(NO₃)₂-oplossing − − − + AgNO₃-oplossing − + + +

Deze tabel vergelijkt ze met de overgebleven resultaten van haar vriend. Omdat metalen B, C en D alle met een oplossing reageren, moet metaal A wel Ag zijn. Dit betekent dat in de hele kolom A een

− moet staan.

Omdat oplossingen 1, 3 en 4 alle met een metaal reageren, moet oplossing 2 wel de Mg(NO₃)₂- oplossing zijn. Dit betekent dat in de hele rij 2 een − moet staan.

3 Energie uit redoxreacties

15 a OX: Cl O ₃ ⁻ + 6 H ⁺ + 6 e ⁻ → C l ⁻ + 3 H ₂ O 1×

RED: H ₂ → 2 H ⁺ + 2 e ⁻ 3×

b totaal: Cl O ₃ ⁻ + 6 H ⁺ + 3 H ₂ → C l ⁻ + 3 H ₂ O + 6 H ⁺ Cl O ₃ ⁻ + 3 H ₂ → C l ⁻ + 3 H ₂ O

c V_bron = V_ox − V_red = 1,45 − 0 = 1,45 V d

16 a OX: C r ₂ O ₇ ²⁻ + 14 H ⁺ + 2 e ⁻ → 2 C r ³⁺ + 7 H ₂ O

RED: Cu → C u ²⁺ + 2 e ⁻

c In het rechtercompartiment ontstaan Cu²⁺-ionen. Deze kleuren de oplossing blauw. In het linker-compartiment daalt de Cr₂O₇²⁻-concentratie en ontstaan Cr³⁺-ionen. De oplossing gaat van oranje naar groen. De koperelektrode wordt uiteindelijk steeds dunner, omdat het koper reageert.

17 a Een natriumelektrode reageert met het water uit de elektrolytoplossing. Natrium is een zeer sterke reductor.

b In een waterige omgeving is de sterkste oxidator Ce⁴⁺ en de sterkste reductor Cd(s) + 2 OH⁻.

18 Om een spanning te kunnen meten, is een (zeer kleine) elektrische stroom nodig. Die kan niet (door de voltmeter) lopen als de stroomkring niet gesloten is.

19 Magnesium is een sterkere reductor dan aluminium. Je stopt het metaal in zoutzuur: als het begint te bruisen, is het magnesium; anders aluminium. Je kunt ook eventueel de dichtheid van de elektroden bepalen en vergelijken met de literatuurwaarden. Of je bouwt een elektrochemische cel met een referentiehalfcel en de elektrode in een magnesiumnitraatoplossing en in een aluminiumnitraat-oplossing: de poten tiaal met magnesiumionen/magnesium is lager (−2,37 V) dan van aluminium-ionen/aluminium (−1,66 V).

20 A: toename van de concentratie oxidator verhoogt de potentiaal van die halfcel, dus V_ox − V_red wordt dan groter.

21 A: in I en III is de concentratie koper(II)ionen hoger dan in respectievelijk II en IV.

22 a Sn + 2 H ₂ O → Sn O 2 + 4 H ⁺ + 4 e ⁻ 1×

b N O ₃ ⁻ + 2 H ⁺ + e ⁻ → N O 2 + H ₂ O 4×

totaal: Sn + 4 N O ₃ ⁻ + 4 H ⁺ → Sn O 2 + 4 N O ₂ + 2 H ₂ O

c Nodig is: 18,3 mL 0,101 M thiosulfaatoplossing: 18,3 × 0,101 = 1,85 mmol S₂O₃²⁻, dus:

1,85

____ 2 = 0,924 mmol I². Dan: 2 × 0,924 = 1,85 mmol Cu²⁺ en dus ook 1,85 mmol Cu = 1,85 × 63,55 = 117 mg Cu. Massapercentage Cu = 117 ____ 150 × 100% = 78,3% Cu.

d Tin en lood staan in dezelfde groep in het periodiek systeem. Elementen uit een groep hebben vergelijkbare eigenschappen en dus kan verwacht worden dat tin en lood op dezelfde manier reageren.

e P b ²⁺ + 2 I ⁻ → Pb I 2

Door deze reactie verandert de hoeveelheid I₂ niet en dus wordt de uitkomst van de bepaling niet beïn-vloed.

f Laat het brons eerst reageren met salpeterzuur. Daarna de suspensie fi ltreren. Als er lood aanwezig was, dan bevinden zich nu lood(II)ionen in het fi ltraat. De lood(II)ionen kunnen worden aangetoond met bijvoorbeeld een natriumsulfaatoplossing. Er ontstaat dan een wit neerslag.

17 a Een natriumelektrode reageert met het water uit de elektrolytoplossing. Natrium is een zeer sterke reductor.

b In een waterige omgeving is de sterkste oxidator Ce⁴⁺ en de sterkste reductor Cd(s) + 2 OH⁻.

18 Om een spanning te kunnen meten, is een (zeer kleine) elektrische stroom nodig. Die kan niet (door de voltmeter) lopen als de stroomkring niet gesloten is.

20 A: toename van de concentratie oxidator verhoogt de potentiaal van die halfcel, dus V_ox − V_red wordt dan groter.

21 A: in I en III is de concentratie koper(II)ionen hoger dan in respectievelijk II en IV.

22 a Sn + 2 H ₂ O → Sn O 2 + 4 H ⁺ + 4 e ⁻ 1×

b N O ₃ ⁻ + 2 H ⁺ + e ⁻ → N O 2 + H ₂ O 4×

totaal: Sn + 4 N O ₃ ⁻ + 4 H ⁺ → Sn O 2 + 4 N O ₂ + 2 H ₂ O

c Nodig is: 18,3 mL 0,101 M thiosulfaatoplossing: 18,3 × 0,101 = 1,85 mmol S₂O₃²⁻, dus:

1,85

____ 2 = 0,924 mmol I². Dan: 2 × 0,924 = 1,85 mmol Cu²⁺ en dus ook 1,85 mmol Cu = 1,85 × 63,55 = 117 mg Cu. Massapercentage Cu = 117 ____ 150 × 100% = 78,3% Cu.

d Tin en lood staan in dezelfde groep in het periodiek systeem. Elementen uit een groep hebben vergelijkbare eigenschappen en dus kan verwacht worden dat tin en lood op dezelfde manier reageren.

e P b ²⁺ + 2 I ⁻ → Pb I 2

Door deze reactie verandert de hoeveelheid I₂ niet en dus wordt de uitkomst van de bepaling niet beïn-vloed.

4 Elektrochemische cel in de praktijk

23 a OX: A g ⁺ + e ⁻ → Ag(s) RED: Zn(s) → Z n ²⁺ + 2 e ⁻ b Zn(s), omdat dit de reductor is.

c Ag₂O

24 a OX: 2 H ₂ O(l) + 2 e ⁻ → 2 O H ⁻ + H ₂ (g)

RED: 4 O H ⁻ → O 2 (g) + 2 H ₂ O(l) + 4 e ⁻

b V_ox − V_red = −0,83 − 0,40 = −1,23 V. De benodigde bronspanning is dus niet veranderd.

25 A: de sterkste oxidator is water. Daarbij ontstaat H₂. De sterkste reductor is het bromide-ion. Daarbij ontstaat Br₂.

26 a Cu: de positieve elektrode

SO⁴Cu: de oxidator (Cu²⁺) en het elektrolyt Vase poreux: de poreuze wand

Zn: de reductor en de negatieve elektrode Eau acidulée: elektrolyt

b OX: C u ²⁺ + 2 e ⁻ → Cu(s) RED: Zn(s) → Z n ²⁺ + 2 e ⁻ totaal: Zn(s) + C u ²⁺ → Z n ²⁺ + Cu(s) + c

27 a De ammoniumionen zorgen voor een zuur milieu:

OX: 2 Mn O ₂ + 2 H ⁺ + 2 e ⁻ → M n 2 O ₃ + H ₂ O +28 a Water is een sterkere oxidator dan K⁺: −0,83 V > −2,93 V.

b Kaliumhydroxide is een zout. In vloeibare toestand kunnen de ionen uit het zout vrij bewegen.

Wanneer er geladen deeltjes aanwezig zijn die kunnen bewegen, kan elektrische stroom geleid worden.

c 4 KOH(l) → 4 K(s) + 2 H 2 O(l) + O ₂ (g) V_ox = −2,93 V; V_red = +0,40 V

d Wanneer kalium met zout reageert, ontstaat het zout kaliumoxide (K₂O). Omdat er zuurstof-atomen aan het kalium gebonden worden, neemt de massa toe. Het zout is in tegenstelling tot het glanzende metaal kalium een witte stof. Uit de formule van kaliumoxide is op te maken dat het voor ongeveer 16 massa% uit zuurstof bestaat: _______________ 2 × 39,10 + 16,00 × 100 = 17%.16,00

e Davy toont aan dat kalium elektrische stroom geleidt en vervormbaar is.

f potassium voor kalium en sodium voor natrium Pt(s)

5 De brandstofcel

29 a OX: O ₂ + 2 H ₂ O + 4 e ⁻ → 4 O H ⁻ 1×

RED: H ₂ + 2 O H ⁻ → 2 H 2 O + 2 e ⁻ 2×

totaal: O ₂ + 2 H ₂ → 2 H 2 O +

b De stroomgeleiding wordt door de OH⁻-ionen verzorgd. Omdat de lading van deze deeltjes nega-tief is, bewegen ze de andere kant op, dus naar de reductorkant.

30 C ₂ H ₄ O ₂ + 2 H ₂ O → 2 C O 2 + 8 H ⁺ + 8 e ⁻

31 a Methanol is vloeibaar en heeft dus een veel hogere energiedichtheid.

b C H ₄ O + H ₂ O → C O 2 + 6 H ⁺ + 6 e ⁻ c Voor de anodereactie is water nodig.

d Door het membraan migreert H⁺ naar de oxidatorkant. Het H⁺-deeltje is eigenlijk H₃O⁺. Dit deel-tje is ook nog eens gehydrateerd (omgeven door een watermantel). Zo neemt elk H⁺-deeltje een aantal watermoleculen mee.

+32 a H₂S, diwaterstofsulfi de

b H ₂ S(g) + 4 H ₂ O → H 2 S O ₄ + 8 H ⁺ + 8 e ⁻ c Ca(OH ) ₂ + 2 H ⁺ + S O ₄ ²⁻ → CaS O 4 + 2 H ₂ O

d Dit is een zuur-basereactie. Er worden H⁺-deeltjes opgenomen door OH⁻. e H ₂ S(g) → S(s) + 2 H ⁺ + 2 e ⁻

f Er ontstaan per H₂S-molecuul veel minder H⁺-deeltjes dan bij de eerste reactie. Ook ontstaan er geen sulfaationen, waardoor er geen calciumsulfaat kan ontstaan.

g OX: 2 N O ₃ ⁻ + 6 H ₂ O + 10 e ⁻ → N 2 (g) + 12 O H ⁻ 3×

RED: S(s) + 4 H ₂ O → S O 4 ²⁻ + 8 H ⁺ + 6 e ⁻ 5×

totaal: 6 N O ₃ ⁻ + 2 H ₂ O + 5 S(s) → 3 N 2 (g) + 5 S O ₄ ²⁻ + 4 H ⁺ +

6 Corrosie van metalen

33 a Staal is een legering van ijzer met een beetje koolstof.

b IJzer is een onedeler metaal en corrodeert dus sneller dan koper. Bovendien vormt roest een poreu-ze structuur die water vasthoudt en het roesten dus verder bevordert.

c Staal is veel goedkoper dan koper. Ook is het sterker (Binas tabel 8).

d Staal moet je afsluiten van de buitenlucht, door het bijvoorbeeld te lakken.

e Roest is een zout. Het is dus een bros materiaal, terwijl ijzer vervormbaar (plastisch) is.

f 5 × 3600 × 24 × 365,25 × 35 = 5,5·10⁹ euro, oftewel 5,5 miljard euro.

34 a Hoge luchtvochtigheid, hoge temperatuur, de aanwezigheid van de sterke oxidator, chloorgas.

b OX: C l ₂ + 2 e ⁻ → 2 C l ⁻ 1×

RED: Fe(s) → F e ²⁺ + 2 e ⁻ 1×

totaal: C l ₂ + Fe(s) → FeC l 2 (s) +

Eerst wordt ijzer omgezet in Fe²⁺ en daarna in Fe³⁺. Vervolgreactie: 2 FeC l ₂ (s) + C l ₂ → 2 FeC l 3 (s) +35 a Het opofferingsmetaal is altijd een onedeler metaal dan ijzer en staat onder Fe(s) in Binas tabel 48.

Het is zodoende de sterkste reductor in die situatie en zal dus als eerste reageren.

b De blokken metaal worden opgeofferd om het schip te beschermen.

c Het koper van de schroef is edeler dan het ijzer van de romp. De romp zal daarom rond de schroef als opofferingsmetaal van de schroef fungeren. Door het draaien van de schroef wordt extra zuurstof het water in geslagen en is de oxiderende werking dus sterker dan elders aan het schip.

5 De brandstofcel

29 a OX: O ₂ + 2 H ₂ O + 4 e ⁻ → 4 O H ⁻ 1×

RED: H ₂ + 2 O H ⁻ → 2 H 2 O + 2 e ⁻ 2×

totaal: O ₂ + 2 H ₂ → 2 H 2 O +

b De stroomgeleiding wordt door de OH⁻-ionen verzorgd. Omdat de lading van deze deeltjes nega-tief is, bewegen ze de andere kant op, dus naar de reductorkant.

30 C ₂ H ₄ O ₂ + 2 H ₂ O → 2 C O 2 + 8 H ⁺ + 8 e ⁻

31 a Methanol is vloeibaar en heeft dus een veel hogere energiedichtheid.

b C H ₄ O + H ₂ O → C O 2 + 6 H ⁺ + 6 e ⁻ c Voor de anodereactie is water nodig.

+32 a H₂S, diwaterstofsulfi de

b H ₂ S(g) + 4 H ₂ O → H 2 S O ₄ + 8 H ⁺ + 8 e ⁻ c Ca(OH ) ₂ + 2 H ⁺ + S O ₄ ²⁻ → CaS O 4 + 2 H ₂ O

d Dit is een zuur-basereactie. Er worden H⁺-deeltjes opgenomen door OH⁻. e H ₂ S(g) → S(s) + 2 H ⁺ + 2 e ⁻

f Er ontstaan per H₂S-molecuul veel minder H⁺-deeltjes dan bij de eerste reactie. Ook ontstaan er geen sulfaationen, waardoor er geen calciumsulfaat kan ontstaan.

g OX: 2 N O ₃ ⁻ + 6 H ₂ O + 10 e ⁻ → N 2 (g) + 12 O H ⁻ 3×

RED: S(s) + 4 H ₂ O → S O 4 ²⁻ + 8 H ⁺ + 6 e ⁻ 5×

totaal: 6 N O ₃ ⁻ + 2 H ₂ O + 5 S(s) → 3 N 2 (g) + 5 S O ₄ ²⁻ + 4 H ⁺ +

6 Corrosie van metalen

33 a Staal is een legering van ijzer met een beetje koolstof.

b IJzer is een onedeler metaal en corrodeert dus sneller dan koper. Bovendien vormt roest een poreu-ze structuur die water vasthoudt en het roesten dus verder bevordert.

c Staal is veel goedkoper dan koper. Ook is het sterker (Binas tabel 8).

d Staal moet je afsluiten van de buitenlucht, door het bijvoorbeeld te lakken.

e Roest is een zout. Het is dus een bros materiaal, terwijl ijzer vervormbaar (plastisch) is.

f 5 × 3600 × 24 × 365,25 × 35 = 5,5·10⁹ euro, oftewel 5,5 miljard euro.

34 a Hoge luchtvochtigheid, hoge temperatuur, de aanwezigheid van de sterke oxidator, chloorgas.

b OX: C l ₂ + 2 e ⁻ → 2 C l ⁻ 1×

RED: Fe(s) → F e ²⁺ + 2 e ⁻ 1×

totaal: C l ₂ + Fe(s) → FeC l 2 (s) +

Het is zodoende de sterkste reductor in die situatie en zal dus als eerste reageren.

b De blokken metaal worden opgeofferd om het schip te beschermen.

+36 a

b OX: O ₂ + 2 H ₂ O + 4 e ⁻ → 4 O H ⁻ RED: Fe(s) → F e ²⁺ + 2 e ⁻ Daarna blijkt ijzer(II) door te reageren tot ijzer(III).

c De oxidatorreactie vindt plaats aan de buitenkant van de druppel. De reductorreactie vindt plaats binnenin de druppel aan het oppervlakte van de plaat.

d De elektronen stromen van de reductor naar de oxidator, dus van het midden van de druppel naar buiten.

e De negatieve ionen (OH⁻) bewegen naar het midden van de druppel, de Fe³⁺-ionen bewegen naar de buitenkant van de druppel.

f De Fe²⁺ en Fe³⁺- en de OH⁻-ionen komen elkaar aan de buitenkant van de druppel tegen. Daar vindt roest vorming plaats in de vorm van Fe(OH)₃(s).

37 a Bij het oplossen van een moleculaire stof ontstaan geen ionen: B r ₂ (l) _ ____ ^oplossen→ B r ₂ (aq) b OX: H ₂ O ₂ + 2 H ⁺ + 2 e ⁻ → H 2 O + O ₂ 1×

RED: 2 B r ⁻ → B r 2 + 2 e ⁻ 1×

totaal: H ₂ O ₂ + 2 H ⁺ + 2 B r ⁻ → H 2 O + O ₂ + B r ₂ +

c V_ox − V_red = 1,78 − 1,09 = 0,69 V. 0,69 > 0,3, dus de reactie is afl opend.

d OX: B r ₂ + 2 e ⁻ → 2 B r ⁻ 1×

RED: S O ₂ + 2 H ₂ O → S O 4 ²⁻ + 4 H ⁺ + 2 e ⁻ 1×

totaal: S O ₂ + 2 H ₂ O + B r ₂ → S O 4 ²⁻ + 4 H ⁺ + 2 B r ⁻

Het broomwater is bruingeel door de aanwezigheid van Br₂. Deze kleur verdwijnt door de reactie met SO₂. e B r ₂ + 4 O H ⁻ → 2 Br O ⁻ + 2 H ₂ O + 2 e ⁻

f Deze halfreactie is die van een reductor. Er is voor deze omzetting dus een oxidator nodig.

g OX: B r ₂ + 2 e ⁻ → 2 B r ⁻ 1×

RED: B r ₂ + 4 O H ⁻ → 2 Br O ⁻ + 2 H ₂ O + 2 e ⁻ 1×

totaal: 2 B r ₂ + 4 O H ⁻ → 2 Br O ⁻ + 2 H ₂ O + 2 B r ⁻ 38 a Au + 2 C N ⁻ → Au(CN ) 2 ⁻ + e ⁻

b OX: O ₂ + 2 H ₂ O + 4 e ⁻ → 4 O H ⁻ 1×

RED: Au + 2 C N ⁻ → Au(CN ) 2 ⁻ + e ⁻ 4×

totaal: O ₂ + 2 H ₂ O + 4 Au + 8 C N ⁻ → 4 O H ⁻ + 4 Au(CN ) ₂ ⁻

c De beschreven reactie is een redoxreactie, omdat er deeltjes zijn die van lading veranderen. Het cyanide-ion heeft een lading van −1. Het goud heeft dus ná de pijl een lading van 0 en vóór de pijl van +1.

d 12,50 × 0,996 = 12,45 kg goud. De grondstof bevat 10% zilver, waarvan 9,6% verwijderd moet worden. Dat is _____ 12,4590 × 9,6 = 1,328 kg zilver.

1,328·1 0 ³

________ 107,9 = 12,31 mol Ag. Om dit te verwijderen, is 1 __ 2 × 12,31 = 6,15 mol Cl² nodig. Dit heeft een volume van 6,15 × 24,5 = 1,51·10² dm³.

10 Reactiemechanismen

In document vwo gymnasium Uitwerkingen scheikunde (pagina 45-54)