Elektrochemie: Übungen AFB II – Chemie Grundkurs

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Aufgabenblock — AFB II

Zehn mehrschrittige Aufgaben aus Labor und Alltag — Titrationen mit Aliquot, Zellen mit Stoffmengen, Elektrolyse, Knopfzellen und ein Blick zurück in Kapitel 1 und 3. Drei gestufte Tipps helfen beim Ansatz.

Eisen im Rasendünger

AFB II

Moosvernichter für den Rasen enthält Eisen(II)-sulfat. $1{,}00\,\mathrm{g}$ Dünger werden in verdünnter Schwefelsäure gelöst und auf $100\,\mathrm{mL}$ aufgefüllt. $20{,}0\,\mathrm{mL}$ dieser Lösung verbrauchen $12{,}40\,\mathrm{mL}$ Kaliumpermanganat-Lösung ($c=0{,}0100\,\mathrm{mol\,L^{-1}}$).

a) Berechnen Sie die Stoffmenge $n(\ce{Fe^2+})$ in der titrierten Probe (in mmol). b) Berechnen Sie den Massenanteil $w(\ce{Fe})$ des Düngers in Prozent ($M(\ce{Fe})=55{,}85\,\mathrm{g\,mol^{-1}}$).

a) $n(\ce{Fe^2+})$ = mmol

b) $w(\ce{Fe})$ = %

Ansatz: Aus der Redoxgleichung: $n(\ce{Fe^2+})=5\cdot n(\ce{MnO4-})$. Titriert wurde nur ein Fünftel der Lösung ($20{,}0$ von $100\,\mathrm{mL}$).

Rechenweg: $n(\ce{MnO4-})=0{,}0100\cdot12{,}40\,\mathrm{mmol}=0{,}124\,\mathrm{mmol}$; mal 5 → Probe; mal 5 → gesamte Lösung; $m=n\cdot M$; $w=m(\ce{Fe}):m(\text{Dünger})$.

Lösung: a) $0{,}620\,\mathrm{mmol}$ b) $17{,}3\,\%$

Vollständige Lösung

a) $n(\ce{MnO4-})=0{,}0100\,\mathrm{mol\,L^{-1}}\cdot12{,}40\,\mathrm{mL}=0{,}124\,\mathrm{mmol}$; $n(\ce{Fe^2+})=5\cdot0{,}124\,\mathrm{mmol}=0{,}620\,\mathrm{mmol}$. b) In $100\,\mathrm{mL}$: $5\cdot0{,}620\,\mathrm{mmol}=3{,}10\,\mathrm{mmol}$; $m(\ce{Fe})=3{,}10\,\mathrm{mmol}\cdot55{,}85\,\mathrm{g\,mol^{-1}}=173\,\mathrm{mg}$; $w=\dfrac{0{,}173\,\mathrm{g}}{1{,}00\,\mathrm{g}}=17{,}3\,\%$. Häufiger Fehler: den Verdünnungsfaktor 5 (Aliquot) vergessen.

Zinn-Silber-Zelle

AFB II

Eine Zinn-Halbzelle und eine Silber-Halbzelle werden unter Standardbedingungen zu einer galvanischen Zelle verbunden ($E^\circ(\ce{Sn^2+}/\ce{Sn})=-0{,}14\,\mathrm{V}$, $E^\circ(\ce{Ag+}/\ce{Ag})=+0{,}80\,\mathrm{V}$). Nach einiger Zeit haben sich an der Silberelektrode $0{,}432\,\mathrm{g}$ Silber abgeschieden.

a) Berechnen Sie die Zellspannung. b) Berechnen Sie, um wie viel Gramm die Zinnelektrode leichter geworden ist ($M(\ce{Ag})=107{,}87$, $M(\ce{Sn})=118{,}71\,\mathrm{g\,mol^{-1}}$).

a) $\Delta E$ = V

b) $\Delta m(\ce{Sn})$ = g

Ansatz: Akzeptor ist das Paar mit dem größeren $E^\circ$. Für b) brauchen Sie die Gesamtgleichung — wie viele Silber-Ionen werden je Zinnatom reduziert?

Rechenweg: $\ce{Sn + 2 Ag+}$ $\ce{-> Sn^2+ + 2 Ag}$ → $n(\ce{Sn})=\tfrac12\,n(\ce{Ag})$; $n(\ce{Ag})=0{,}432\,\mathrm{g}:107{,}87\,\mathrm{g\,mol^{-1}}$.

Lösung: a) $0{,}94\,\mathrm{V}$ b) $0{,}238\,\mathrm{g}$

Vollständige Lösung

a) $\Delta E=0{,}80\,\mathrm{V}-(-0{,}14\,\mathrm{V})=0{,}94\,\mathrm{V}$; Zinn ist Minuspol (Anode). b) $n(\ce{Ag})=\dfrac{0{,}432}{107{,}87}\,\mathrm{mol}=4{,}00\,\mathrm{mmol}$; je Zinnatom werden 2 Elektronen abgegeben, also $n(\ce{Sn})=2{,}00\,\mathrm{mmol}$; $m=2{,}00\,\mathrm{mmol}\cdot118{,}71\,\mathrm{g\,mol^{-1}}=0{,}238\,\mathrm{g}$. Wer 1 : 1 rechnet, erhält fälschlich $0{,}475\,\mathrm{g}$.

Zinn- und Silber-Halbzelle — welches Blech wird dünner?

Ein unbekanntes Metall

AFB II

Eine Halbzelle aus einem unbekannten Metall M in der Lösung seiner Salze ($c=1\,\mathrm{mol\,L^{-1}}$, Ionen $\ce{M^2+}$) wird gegen eine Kupfer-Halbzelle ($E^\circ=+0{,}34\,\mathrm{V}$) geschaltet. Das Voltmeter zeigt $0{,}60\,\mathrm{V}$, das Kupferblech ist der Pluspol.

a) Berechnen Sie $E^\circ(\ce{M^2+}/\ce{M})$ (mit Vorzeichen). b) Das Metall wird anschließend gegen eine Zink-Halbzelle ($E^\circ=-0{,}76\,\mathrm{V}$) geschaltet. Berechnen Sie die neue Zellspannung.

a) $E^\circ(\ce{M^2+}/\ce{M})$ = V

b) $\Delta E$ = V

Ansatz: Kupfer ist Pluspol, also Akzeptor mit dem größeren Potenzial: $\Delta E=E^\circ(\ce{Cu})-E^\circ(\ce{M})$. Nach $E^\circ(\ce{M})$ auflösen.

Rechenweg: $E^\circ(\ce{M})=0{,}34\,\mathrm{V}-0{,}60\,\mathrm{V}$. Gegen Zink ist M plötzlich der Akzeptor — immer „größer minus kleiner“.

Lösung: a) $-0{,}26\,\mathrm{V}$ (Nickel) b) $0{,}50\,\mathrm{V}$

Vollständige Lösung

a) $0{,}60\,\mathrm{V}=0{,}34\,\mathrm{V}-E^\circ(\ce{M})\ \Rightarrow\ E^\circ(\ce{M})=-0{,}26\,\mathrm{V}$ — laut Tabelle Nickel. b) Gegen Zink ist $\ce{Ni^2+}$ der Akzeptor und Nickel wird zum Pluspol: $\Delta E=-0{,}26\,\mathrm{V}-(-0{,}76\,\mathrm{V})=0{,}50\,\mathrm{V}$. Ob ein Metall Plus- oder Minuspol ist, hängt vom Partner ab.

Halogene verdrängen sich

AFB II

Gibt man Chlorwasser zu Kaliumbromid-Lösung, färbt sie sich gelbbraun; Bromwasser färbt Kaliumiodid-Lösung braun. Standardpotenziale: $\ce{Cl2}/\ce{Cl-}$ $+1{,}36\,\mathrm{V}$, $\ce{Br2}/\ce{Br-}$ $+1{,}07\,\mathrm{V}$, $\ce{I2}/\ce{I-}$ $+0{,}54\,\mathrm{V}$.

a) Berechnen Sie $\Delta E$ für $\ce{Cl2 + 2 Br-}$ $\ce{-> 2 Cl- + Br2}$. b) Berechnen Sie $\Delta E$ für die Reaktion von Brom mit Iodid-Ionen.

a) $\Delta E$ = V

b) $\Delta E$ = V

Ansatz: Das Halogen (oxidierte Form) ist jeweils der Elektronenakzeptor, das Halogenid-Ion der Donator.

Rechenweg: a) $1{,}36-1{,}07$ b) $1{,}07-0{,}54$ (in V). Positives $\Delta E$ heißt: Die Reaktion läuft freiwillig ab.

Lösung: a) $0{,}29\,\mathrm{V}$ b) $0{,}53\,\mathrm{V}$

Vollständige Lösung

a) $\Delta E=1{,}36\,\mathrm{V}-1{,}07\,\mathrm{V}=0{,}29\,\mathrm{V}$: Chlor oxidiert Bromid zu Brom (gelbbraun). b) $\ce{Br2 + 2 I-}$ $\ce{-> 2 Br- + I2}$: $\Delta E=1{,}07\,\mathrm{V}-0{,}54\,\mathrm{V}=0{,}53\,\mathrm{V}$. Umgekehrt kann Iod Bromid nicht oxidieren. Die Oxidationskraft sinkt in der Reihe $\ce{Cl2}>\ce{Br2}>\ce{I2}$.

Zinkiodid-Elektrolyse

AFB II

Eine Zinkiodid-Lösung wird zwischen Graphitelektroden elektrolysiert. Am Minuspol scheidet sich Zink ab, am Pluspol färbt sich die Lösung braun ($E^\circ(\ce{Zn^2+}/\ce{Zn})=-0{,}76\,\mathrm{V}$, $E^\circ(\ce{I2}/\ce{I-})=+0{,}54\,\mathrm{V}$).

a) Schätzen Sie die Zersetzungsspannung nach unten ab. b) Am Minuspol haben sich $0{,}327\,\mathrm{g}$ Zink abgeschieden. Berechnen Sie die Masse des gebildeten Iods ($M(\ce{Zn})=65{,}38$, $M(\ce{I2})=253{,}81\,\mathrm{g\,mol^{-1}}$).

a) $U_Z$ ≥ V

b) $m(\ce{I2})$ = g

Ansatz: Die Produkte Zink und Iod bilden eine galvanische Zelle, deren Spannung der Elektrolyse entgegenwirkt. Für b): Gesamtgleichung $\ce{Zn^2+ + 2 I- -> Zn + I2}$.

Rechenweg: $\Delta E=0{,}54\,\mathrm{V}-(-0{,}76\,\mathrm{V})$; $n(\ce{I2})=n(\ce{Zn})=0{,}327:65{,}38\,\mathrm{mol}$.

Lösung: a) $1{,}30\,\mathrm{V}$ b) $1{,}27\,\mathrm{g}$

Vollständige Lösung

a) $U_Z\geq\Delta E=0{,}54\,\mathrm{V}+0{,}76\,\mathrm{V}=1{,}30\,\mathrm{V}$; gemessen wird etwas mehr. b) Kathode: $\ce{Zn^2+ + 2 e- -> Zn}$, Anode: $\ce{2 I- -> I2 + 2 e-}$ → gleiche Elektronenzahl, $n(\ce{I2})=n(\ce{Zn})=5{,}00\,\mathrm{mmol}$; $m(\ce{I2})=5{,}00\,\mathrm{mmol}\cdot253{,}81\,\mathrm{g\,mol^{-1}}=1{,}27\,\mathrm{g}$.

Zink-Luft-Knopfzelle

AFB II

Hörgeräte arbeiten mit Zink-Luft-Zellen. Vor dem Einsetzen zieht man eine Folie ab, damit Luftsauerstoff eindringen kann. Gesamtreaktion: $\ce{2 Zn + O2 -> 2 ZnO}$. Eine Zelle enthält $0{,}50\,\mathrm{g}$ Zink.

a) Berechnen Sie die Stoffmenge des Zinks in mmol. b) Berechnen Sie, welches Volumen Sauerstoff ($V_m=24{,}5\,\mathrm{L\,mol^{-1}}$) bis zur vollständigen Entladung aus der Luft aufgenommen wird.

a) $n(\ce{Zn})$ = mmol

b) $V(\ce{O2})$ = mL

Ansatz: $n=m:M$ mit $M(\ce{Zn})=65{,}38\,\mathrm{g\,mol^{-1}}$. Stoffmengenverhältnis aus der Gesamtgleichung: 2 Zn : 1 $\ce{O2}$.

Rechenweg: $n(\ce{O2})=\tfrac12\,n(\ce{Zn})$; $V=n\cdot V_m$.

Lösung: a) $7{,}65\,\mathrm{mmol}$ b) $93{,}7\,\mathrm{mL}$

Vollständige Lösung

a) $n(\ce{Zn})=\dfrac{0{,}50\,\mathrm{g}}{65{,}38\,\mathrm{g\,mol^{-1}}}=7{,}65\,\mathrm{mmol}$. b) $n(\ce{O2})=3{,}82\,\mathrm{mmol}$; $V=3{,}82\,\mathrm{mmol}\cdot24{,}5\,\mathrm{L\,mol^{-1}}=93{,}7\,\mathrm{mL}$ — rund $0{,}45\,\mathrm{L}$ Luft. Der Akzeptor muss nicht eingebaut werden, er kommt aus der Umgebung; deshalb ist die Zelle so leicht.

Oxalsäure doppelt titriert

AFB II

Oxalsäure (Ethandisäure, $\ce{H2C2O4}$) ist eine zweiprotonige Säure und zugleich ein Reduktionsmittel: $\ce{2 MnO4- + 5 H2C2O4 + 6 H3O+}$ $\ce{-> 2 Mn^2+ + 10 CO2 + 14 H2O}$. $10{,}0\,\mathrm{mL}$ einer Oxalsäure-Lösung verbrauchen $14{,}60\,\mathrm{mL}$ Natronlauge ($c=0{,}100\,\mathrm{mol\,L^{-1}}$) bis zum zweiten Äquivalenzpunkt.

a) Berechnen Sie $c(\ce{H2C2O4})$. b) Berechnen Sie, wie viel Kaliumpermanganat-Lösung ($c=0{,}0250\,\mathrm{mol\,L^{-1}}$) $10{,}0\,\mathrm{mL}$ derselben Oxalsäure-Lösung verbrauchen würden.

a) $c(\ce{H2C2O4})$ = mol/L

b) $V(\ce{KMnO4})$ = mL

Ansatz: Säure-Base (Kapitel 3): zweiprotonig → $n(\ce{OH-})=2\cdot n(\text{Säure})$. Redox: $n(\ce{MnO4-})=\tfrac25\cdot n(\ce{H2C2O4})$.

Rechenweg: $n(\ce{OH-})=1{,}46\,\mathrm{mmol}$ → $n(\ce{H2C2O4})=0{,}730\,\mathrm{mmol}$; dann $n(\ce{MnO4-})=0{,}292\,\mathrm{mmol}$ und $V=n:c$.

Lösung: a) $0{,}0730\,\mathrm{mol\,L^{-1}}$ b) $11{,}68\,\mathrm{mL}$

Vollständige Lösung

a) $n(\ce{OH-})=0{,}100\cdot14{,}60\,\mathrm{mmol}=1{,}46\,\mathrm{mmol}$; $n(\ce{H2C2O4})=0{,}730\,\mathrm{mmol}$; $c=0{,}730\,\mathrm{mmol}:10{,}0\,\mathrm{mL}=0{,}0730\,\mathrm{mol\,L^{-1}}$. b) $n(\ce{MnO4-})=\tfrac25\cdot0{,}730\,\mathrm{mmol}=0{,}292\,\mathrm{mmol}$; $V=\dfrac{0{,}292\,\mathrm{mmol}}{0{,}0250\,\mathrm{mol\,L^{-1}}}=11{,}68\,\mathrm{mL}$. Dieselbe Probe — einmal als Protonendonator, einmal als Elektronendonator.

Silberoxid-Knopfzelle

AFB II

Armbanduhren enthalten Silberoxid-Zellen: $\ce{Zn + Ag2O -> ZnO + 2 Ag}$. Eine Zelle enthält $0{,}20\,\mathrm{g}$ Zink; Silberoxid ist so bemessen, dass beide Stoffe gleichzeitig verbraucht sind.

a) Berechnen Sie die Masse an Silberoxid ($M(\ce{Ag2O})=231{,}74\,\mathrm{g\,mol^{-1}}$). b) Berechnen Sie die Masse Silber in der entladenen Zelle.

a) $m(\ce{Ag2O})$ = g

b) $m(\ce{Ag})$ = g

Ansatz: Stoffmengenverhältnis aus der Gleichung: 1 Zn : 1 $\ce{Ag2O}$ : 2 Ag. Zuerst $n(\ce{Zn})$ mit $M(\ce{Zn})=65{,}38\,\mathrm{g\,mol^{-1}}$.

Rechenweg: $n(\ce{Zn})=3{,}06\,\mathrm{mmol}$; $m(\ce{Ag2O})=n\cdot M$; $n(\ce{Ag})=2\cdot3{,}06\,\mathrm{mmol}$, $M(\ce{Ag})=107{,}87\,\mathrm{g\,mol^{-1}}$.

Lösung: a) $0{,}709\,\mathrm{g}$ b) $0{,}660\,\mathrm{g}$

Vollständige Lösung

a) $n(\ce{Zn})=\dfrac{0{,}20}{65{,}38}\,\mathrm{mol}=3{,}06\,\mathrm{mmol}=n(\ce{Ag2O})$; $m=3{,}06\,\mathrm{mmol}\cdot231{,}74\,\mathrm{g\,mol^{-1}}=0{,}709\,\mathrm{g}$. b) $n(\ce{Ag})=6{,}12\,\mathrm{mmol}$; $m=0{,}660\,\mathrm{g}$. Silber (OZ $+\mathrm{I}\to0$) ist der Akzeptor, Zink ($0\to+\mathrm{II}$) der Donator; das wertvolle Silber lohnt das Recycling.

Der Alkoholtest mit Dichromat

AFB II

In älteren Prüfröhrchen oxidiert orangefarbenes Dichromat Ethanol zu Essigsäure; es entstehen grüne $\ce{Cr^3+}$-Ionen: $\ce{2 Cr2O7^2- + 3 C2H5OH + $x$ H3O+}$ $\ce{-> 4 Cr^3+ + 3 CH3COOH + $y$ H2O}$.

a) Bestimmen Sie den Koeffizienten $x$. b) Bestimmen Sie den Koeffizienten $y$.

a) $x$ =

b) $y$ =

Ansatz: Elektronen sind schon ausgeglichen (Cr: $+\mathrm{VI}\to+\mathrm{III}$, $4\cdot3=12$; C: $-\mathrm{I}\to+\mathrm{III}$, $3\cdot4=12$). Jetzt zuerst die Ladung mit $\ce{H3O+}$ ausgleichen.

Rechenweg: Ladung links: $2\cdot(-2)+x$, rechts: $4\cdot(+3)=+12$. Danach die O-Bilanz (oder H-Bilanz) für $y$.

Lösung: a) $x=16$ b) $y=27$

Vollständige Lösung

a) Ladung: $-4+x=+12\Rightarrow x=16$. b) O-Bilanz: links $14+3+16=33$, rechts $3\cdot2+y=33\Rightarrow y=27$. Probe H: links $3\cdot6+16\cdot3=66$, rechts $3\cdot4+27\cdot2=66$. ✓

A10

Daniell-Element im Kalorimeter

AFB II

Gibt man Zinkpulver direkt in Kupfersulfat-Lösung, läuft die Reaktion des Daniell-Elements ohne Stromfluss ab: $\ce{Zn + Cu^2+}$ $\ce{-> Zn^2+ + Cu}$. $\Delta_f H^\circ$: $\ce{Cu^2+(aq)}$ $+64{,}8$, $\ce{Zn^2+(aq)}$ $-153{,}9\,\mathrm{kJ\,mol^{-1}}$.

a) Berechnen Sie $\Delta_r H^\circ$ (Kapitel 1). b) Zinkpulver im Überschuss wird in $100\,\mathrm{mL}$ Kupfersulfat-Lösung ($c=0{,}20\,\mathrm{mol\,L^{-1}}$) gegeben. Berechnen Sie die Temperaturerhöhung ($c_W=4{,}19\,\mathrm{J\,g^{-1}\,K^{-1}}$, $m=100\,\mathrm{g}$, ohne Wärmeverluste).

a) $\Delta_r H^\circ$ = kJ/mol

b) $\Delta T$ = K

Ansatz: Satz von Hess: $\Delta_r H^\circ=\sum\Delta_f H^\circ(\text{Produkte})-\sum\Delta_f H^\circ(\text{Edukte})$; Elemente haben $\Delta_f H^\circ=0$. Für b): $Q=c_W\cdot m\cdot\Delta T$.

Rechenweg: $\Delta_r H^\circ=-153{,}9-64{,}8$; $n(\ce{Cu^2+})=0{,}020\,\mathrm{mol}$ → $Q=0{,}020\cdot218{,}7\,\mathrm{kJ}$; $\Delta T=Q:(c_W\cdot m)$.

Lösung: a) $-218{,}7\,\mathrm{kJ\,mol^{-1}}$ b) $10{,}4\,\mathrm{K}$

Vollständige Lösung

a) $\Delta_r H^\circ=(-153{,}9+0)-(0+64{,}8)=-218{,}7\,\mathrm{kJ\,mol^{-1}}$ (exotherm). b) $Q=0{,}020\,\mathrm{mol}\cdot218{,}7\,\mathrm{kJ\,mol^{-1}}=4{,}37\,\mathrm{kJ}$; $\Delta T=\dfrac{4374\,\mathrm{J}}{4{,}19\,\mathrm{J\,g^{-1}\,K^{-1}}\cdot100\,\mathrm{g}}=10{,}4\,\mathrm{K}$. In der galvanischen Zelle wird ein Teil dieser Energie stattdessen als elektrische Energie nutzbar.

Übung AFB II

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