hoofdstuk13 vwo - ScheikundeAmadeusLyceum

Pulsar – Chemie vwo bovenbouw deel 2 Uitwerkingen Hoofdstuk 13
■■
13 Redoxreacties
10 a Welke metalen uit proef 2 reageren met zoutzuur?
magnesium, zink en ijzer
■■
13.1 Metalen
1
–
2
De metalen magnesium, ijzer en zink reageren
met zoutzuur. Er ontstaat een gas. Bij aansteken
is een kenmerkend ‘blafje’ te horen: het gas is
brandbaar: waterstof.
b Welke metalen reageren in het algemeen slecht?
De edele metalen goud, zilver en platina reageren
zeker niet met verdund (zwavel)zuur. Ook koper
blijkt niet te reageren.
11 a Wat is de (verhoudings)formule van zinksulfide dat
bij deze reactie ontstaat?
3 a goud en platina
b ijzer en nikkel
c natrium en calcium
4
5
Zn(s) + S(s)  ZnS(s)
b Wat voor een soort deeltjes zijn in het zout zinksulfide aanwezig?
Voor een ets moet een etsplaat gemaakt worden.
Van die ene plaat kun je vele afdrukken maken.
Door die hoge oplage is de kostprijs per ets lager
dan die van een schilderij.
In zinksulfide zijn ionen Zn2+ en S2– aanwezig.
Deze zijn ontstaan uit de atomen Zn en S.
Atomen zink (lading 0) hebben bij deze reactie dus
elektronen afgestaan en zijn reductor. Atomen S
hebben elektronen opgenomen en zijn dus
oxidator.
Kan een reactie optreden tussen twee zuren of
tussen twee basen?
a Nee. Een oxidator neemt elektronen op, die door
een reductor geleverd moeten worden.
12 a Wat is de formule van magnesiumchloride?
Mg(s) + Cl2(g)  MgCl2(s)
b Nee. Een reductor staat elektronen af, die door
een oxidator opgenomen moeten worden.
6
b Ga na of er deeltjes zijn die elektronen hebben
opgenomen en/of afgestaan.
–
Uit atomen magnesium zijn ionen Mg2+ ontstaan.
Magnesium is dus een reductor. Moleculen Cl2 zijn
opgebouwd uit atomen Cl (lading 0). Er ontstaan
ionen Cl–. Chloor is dus de oxidator. Hier is dus
sprake van een redoxreactie.
7 a In bron 3 staat de reactie tussen zink en verdund
zoutzuur weergegeven.
Mg(s) + 2 H+(aq)  Mg2+(aq) + H2(g)
Fe(s) + 2 H+(aq)  Fe2+(aq) + H2(g)
c Kijk nog eens na hoe we het ioniseren van een
zout in water in een reactievergelijking weergeven.
b Neemt een oxidator of een reductor elektronen
op?
MgCl2(s)
H+ neemt bij elke reactie elektronen op en is dus
de oxidator.
Het metaalatoom (Mg, Fe) staat elektronen af en
is dus de reductor.
Zowel vóór als ná de reactie zijn Mg2+ en Cl–
aanwezig. Er vindt dus geen elektronenoverdracht
plaats. Er is dus geen sprake van een redoxreactie.
Als je maar voldoende zoutzuur gebruikt en het
zoutzuur lang genoeg laat inwerken, zal op den
duur een gat in het zinkplaatje ontstaan.
13a Is het lood opgelost in de wijn?
Lood is niet oplosbaar in water. In wijn komen dus
loodionen voor.
Koper reageert niet met zoutzuur. Je kunt een
koperplaatje dus niet etsen met zoutzuur.
b Welk deeltje veroorzaakt het zuur worden van
wijn?
9 a Je moet dan in de groeven van de koperplaat met
verschillende kleuren inkt werken.
b Als van één plaat veel afdrukken worden gemaakt,
gaat de kwaliteit van de plaat (de groeven worden
minder diep door achterblijvend vuil) langzaam
achteruit. Een vroege afdruk is daarom duurder
dan een late afdruk.
© Noordhoff Uitgevers bv
Mg2+(aq) + 2 Cl–(aq)
d Ga met behulp van de ladingen van de deeltjes
voor en na de pijl na of elektronenoverdracht heeft
plaatsgevonden.
8 a Bedenk hoe je veel zink kunt laten reageren.
b Denk nog eens aan de waarnemingen bij de proef
in opdracht 2.
water


Pb(s) + 2 H+(aq)  Pb2+(aq) + H2(g)
14
–
53
Pulsar – Chemie vwo bovenbouw deel 2 Uitwerkingen Hoofdstuk 13
■■
13.2 Halfreacties
20
zuurstof
15a Welke deeltjes kun je bedoelen als je het over zink
hebt?
21
Met zink kun je het metaal, dus Zno, bedoelen en
dan is het een reductor. Bedoel je met zink Zn2+
ionen dan kan het een oxidator zijn.
Mg(s) + 2 H+(aq)  Mg2+(aq) + H2(g)
–
b Cr(s)
 Cr3+ + 3 e– x 2
2 H+ + 2 e–  H2(g)
x3
17a Fe2+ kan een elektron afstaan, waarbij Fe3+
ontstaat. Het is dan een reductor.
Fe2+ kan ook twee elektronen opnemen, waarbij
Fe0 ontstaat. Dan is het een oxidator.
2 Cr(s)
 2 Cr3+ + 6 e–
+
–
6 H + 6 e  3 H2(g)
b Reductor: Fe2+  Fe3+ + e–
Oxidator: Fe2+ + 2e–  Fe
18
Ga na welk deeltje de oxidator is en welk deeltje
de reductor. Voer dan de vier stappen uit die in de
tekst staan beschreven.
a Mg(s)
 Mg2+ + 2 e–
+
–
2 H + 2 e  H2(g)
b Je kunt het beste spreken van het metaal zink.
16
Welke oxidator komt voor in de lucht?
2 Cr(s) + 6 H+(aq)  2 Cr3+(aq) + 3 H2(g)
Neemt een oxidator elektronen op of staat een
oxidator elektronen af? Staan deze elektronen in
de halfreactie dan voor of achter de pijl?
22
Atomen zijn ongeladen. We schrijven dit als Xo.
deeltje
H+
Ago
Cu+
Br2o
Cao
O2o
Hg+
Al3+
I2o
S2–
I–
deeltje
wordt
neemt
e– op
Ho
Ag+
Cuo
of
Cu2+
Br–
Ca2+
O2–
Hgo
of
Hg2+
Alo
I–
So
I2o
ja
staat
e– af
ja
ja
ja
ja
ja
ja
ja
Schrijf eerst de redoxreactie op die plaatsvindt als
aluminium reageert met zoutzuur. Zie ook
opdracht 21b. Vermeld ook de ionen die niet aan
de reactie deelnemen. Uit de reactieproducten kun
je dan afleiden welke stof na indampen achterblijft.
conclusie
Als aluminium met zoutzuur reageert, vindt een
reactie plaats die je als volgt weergeeft:
oxidator
reductor
oxidator
2 Al(s) + 6 H+(aq)  2 Al3+(aq) + 3 H2(g)
Als je de ionen die niet aan de reactie deelnemen,
maar wel in de oplossing aanwezig zijn onder de
reactievergelijking zet, krijg je het volgende.
reductor
oxidator
reductor
oxidator
oxidator
2 Al(s) + 6 H+(aq)  2 Al3+(aq) + 3 H2(g)
6 Cl–(aq)
6 Cl–(aq)
Na indampen houd je dus AlCl3(s) over.
ja
ja
ja
ja
ja
reductor
oxidator
oxidator
reductor
reductor
23
Voor deze berekening heb je het (7) stappenplan
nodig. Ook moet je weten wat we met de molariteit
van een oplossing bedoelen.
a stap 1: Fe(s) + 2 H+(aq)  Fe2+(aq) + H2(g)
19
54
Je moet de juiste deeltjes voor en achter de pijl
zetten en de lading kloppend maken met
elektronen.
2 H+ + 2 e–  H2
Ag  Ag+ + e–
oxidator: Cu+ + e–  Cu
reductor: Cu+  Cu2+ + e–
Br2 + 2 e–  2 Br–
Ca  Ca2+ + 2 e–
O2 + 4 e–  2 O2–
oxidator: Hg+ + e–  Hg
reductor: Hg+  Hg2+ + e–
Al3+ + 3 e–  Al
I2 + 2 e –  2 I –
S2–  S + 2 e–
2 I –  I2 + 2 e –
b Antwoord: 5,59 x 10–2 g
stap 2: gegeven: 20,0 mL 0,100 M 'HCl'; hieruit
ontstaat 2,00 mmol H+
gevraagd: aantal gram ijzer
stap 3: 1 mol Fe reageert met 2 mol H+
stap 4: uit 20 mL 0,10 M 'HCl' ontstaat 2,0 mmol
H+
stap 5: 2,0 mmol H+ reageert met 1,0 mmol Fe
stap 6: 1,0 mmol Fe(s) komt overeen met 1,0 x
55,85 = 55,85 mg
stap 7: In de juiste eenheid en het juiste aantal
significante cijfers is het antwoord 5,59 x 10–2 g
Fe(s).
24a Een munt bestaat uit diverse metalen.
De munt bevat onder andere het metaal nikkel,
opgebouwd uit nikkelatomen.
© Noordhoff Uitgevers bv
Pulsar – Chemie vwo bovenbouw deel 2 Uitwerkingen Hoofdstuk 13
b Volgens het artikel treedt corrosie op. Wat is dat?
28
Bij corrosie reageert nikkel met zuurstof (en
water). Het metaal treedt dan op als reductor.
Er ontstaan dan nikkelionen.
De oxidatoren waarmee Fe wel reageert, moeten
hoger staan dan Fe. Bij de proeven reageerde Fe
met de oxidatoren H+ en Cu2+.
Fe zal niet reageren met oxidatoren die lager dan
Fe staan in de tabel van bron 11. Voorbeelden zijn
Zn2+ en Na+.
c Ni(s)  Ni2+ + 2e–
■■
25
13.3 Redoxreacties met metalen
Vragen bij de proef
1 Alleen bij de eerste proef treedt een reactie op.
2 a Omdat de blauwe kleur van de kopersulfaatoplossing lichter is geworden, zijn Cu2+(aq) ionen
uit de oplossing verdwenen. Deze zorgen immers
voor de blauwe kleur.
b Cu2+ + 2 e–  Cu(s)
3 a Het ijzer zal bij deze reactie de reductor zijn.
Uiteindelijk zal de oplossing een lichtgroene
kleur krijgen. Deze wordt veroorzaakt door
Fe2+(aq).
b Fe(s)  Fe2+ + 2 e–
4 Cu2+ + 2 e–  Cu(s)
Fe(s)  Fe2+ + 2 e–
29 a Ga na welke conclusie je kunt trekken over de
oxidator- en reductorsterkte als een metaal
reageert met een oplossing van een zuur.
Uit de proef in opdracht 2 concludeer je dat de
oxidator H+ sterker is dan de oxidator Fe2+, maar
zwakker dan Cu2+.
Je weet nu dat Cu2+ de sterkste oxidator is en dat
daarna H+ komt. Fe2+ is de zwakste oxidator.
H+ komt dus tussen Cu2+ en Fe2+ in te staan.
b Is de oxidator H+ sterk genoeg om met reductor Ag
te reageren?
Uit deze rangschikking kun je afleiden dat oxidator
H+ niet sterk genoeg is om met reductor Ag te
reageren. Zilver zal dus niet met zoutzuur
reageren.
Cu2+(aq) + Fe(s)  Cu(s) + Fe2+(aq)
26
Vragen bij de proef
1 Op de zinkkorrel ontstaat een vaste, donkere stof;
dit is lood. De loodionen hebben dus elektronen
opgenomen en vast lood gevormd. Pb2+ is de
oxidator.
De reductor is Zn; dit vormt zinkionen.
2 Zn(s)  Zn2+ + 2 e–
Pb2+ + 2 e–  Pb(s)
30
2 Ag+(aq) + Cu(s)  2 Ag(s) + Cu2+(aq)
5 Uit de reactievergelijking blijkt dat bij de
omgekeerde reactie een sterkere oxidator zou
ontstaan. Dat kan niet, dus gebeurt er niets.
6 De sterkste oxidator staat voor de pijl; Ag+ is dus
een sterkere oxidator dan Cu2+.
De sterkste reductor staat ook voor de pijl; Cu is
dus een sterkere reductor dan Ag.
7 Uit de proef in opdracht 25 volgt dat Cu2+ > Fe2+
en uit de proef in opdracht 26 volgt dat Ag+ > Cu2+.
Naar afnemende oxidatorsterkte: Ag+ > Cu2+ > Fe2+
Op overeenkomstige wijze volgt uit deze proeven:
reductoren: Ag < Cu < Fe
27
Het zuur ethaanzuur staat hoger in tabel 49 dan
de base sulfide. Er kan dan een reactie optreden.
Ethaanzuur staat lager dan de base fluoride. Er
kan dan geen reactie optreden.
© Noordhoff Uitgevers bv
Ga na welke conclusie je kunt trekken over de
oxidator- en reductorsterkte als een metaal
reageert met een oplossing van een zuur.
Uit proef 2 concludeer je dat de oxidator H+ sterker
is dan de oxidator Zn2+.
Je weet nu dus dat oxidator H+ boven Zn2+ moet
staan, maar je weet nog niet of oxidator Zn2+
boven oxidator Fe2+ zal staan.
Daarvoor moet je nog een proef doen.
Bijvoorbeeld door bij elkaar te voegen zink met
een
ijzer(II)chloride-oplossing of ijzer met een zinkchloride-oplossing .
Pb2+(aq) + Zn(s)  Pb(s) + Zn2+(aq)
3 De sterkste oxidator staat voor de pijl; Pb2+ is dus
een sterkere oxidator dan Zn2+.
De sterkste reductor staat ook voor de pijl; Zn is
dus een sterkere reductor dan Pb.
4 Ag+ + e–  Ag(s)
x2
Cu(s)  Cu2+ + 2 e–
x1
2 Ag+ + 2 e–  2 Ag(s)
Cu(s)
 Cu2+ + 2 e–
Kijk nog eens naar het antwoord op opdracht 27.
In de tabel van bron 11 gelden dezelfde regels als
in tabel 49.
31 a De volgorde klopt met de tabel van bron 11.
b Dit klopt ook.
32 a goud, zilver en platina
b Reageren edele metalen gemakkelijk?
Edele metalen reageren bijna niet. De atomen van
edele metalen zijn dus zwakke reductoren.
33
Ga eerst na welk deeltje oxidator respectievelijk
reductor is. Onderzoek of de reductor sterk
genoeg is om met de oxidator te reageren.
a Al is een reductor en Cu2+ een oxidator.
Al is sterk genoeg om met Cu2+ te reageren:
Al(s)
 Al3+ + 3 e–
x2
2+
–
Cu + 2 e  Cu(s)
x3
2 Al(s)
 2 Al3+ + 6 e–
2+
–
3 Cu + 6 e  3 Cu(s)
2 Al(s) + 3 Cu2+(aq)  2 Al3+(aq) + 3 Cu(s)
55
Pulsar – Chemie vwo bovenbouw deel 2 Uitwerkingen Hoofdstuk 13
Cl2(aq) + 2 I–(aq)  2 Cl–(aq) + I2(aq)
H+
b Au is reductor en
is oxidator.
Au is niet sterk genoeg om met H+ te reageren.
c Fe is reductor en Zn2+ is oxidator.
Fe is niet sterk genoeg om met Zn2+ te reageren.
d Pb is reductor en Ag+ is oxidator.
Pb is sterk genoeg om met met Ag+ te reageren:
Pb(s)  Pb2+ + 2 e– x1
Ag+ + e–  Ag(s)
x2
Oxidator Br2 reageert uitsluitend met reductor I–.
Br2(aq) + 2 I–(aq)  2 Br–(aq) + I2(aq)
2a Als een reactie verloopt, zijn voor de reactie altijd
de sterkste oxidator en de sterkste reductor
aanwezig. We krijgen dus de volgorde:
oxidator: Cl2 > Br2 > I2
reductor: I– > Br– > Cl–
b Deze volgorde komt overeen met de volgorde (van
boven naar beneden) van de halogenen in het
periodiek systeem.
Pb(s)
 Pb2+ + 2 e–
+
–
2 Ag + 2 e  2 Ag(s)
Pb(s) + 2 Ag+(aq)  Pb2+(aq) + 2 Ag(s)
39
b NO3– + 2 H+ + e–  NO2(g) + 2 H2O(l)
–
34
c Door beide halfreacties op te tellen (de tweede
moet met 2 worden vermenigvuldigd) krijg je de
volgende reactievergelijking:
Cu(s)
 Cu2+ + 2 e–
+
–
2 NO3 + 4 H + 2 e  2 NO2(g) + 4 H2O(l)
35a Ga eerst na wat de (verhoudings)formule van
loodoxide is.
2 Pb(s) + O2(g)  2 PbO(s)
Cu(s) + 2 NO3–(aq) + 4 H+(aq) 
Cu2+(aq) + 2 NO2(g) + 4 H2O(l)
b Leid de ladingen van deeltjes voor en na de pijl af.
voor de pijl: Pbo en O2o
na de pijl: Pb2+ en O2–
Conclusie: Pb is de reductor en O2 is de oxidator.
40 a De oplossing wordt geelbruin gekleurd.
b De joodoplossing is geelbruin. Als een druppel van
deze oplossing wordt toegevoegd aan een
oplossing van natriumsulfiet, verdwijnt de
geelbruine kleur en wordt de oplossing kleurloos.
c Welk van beide metalen reageert wel met
zuurstof?
Zuurstof wordt door een mengsel van lood en
zilver geleid. Zilver reageert niet, lood wel. Pb is
dus een sterkere reductor dan Ag.
Vragen bij de proef
1 proef a: H2O2, K+, I– en H+
proef b: I2, Na+ en SO32–
d Als een metaal gemakkelijker reageert, is het dan
edeler of onedeler?
2 H2O2 + 2 H+ + 2 e–  2 H2O(l)
H2O2 + 2 e–  2 OH–
Als een metaal gemakkelijker reageert, is het een
sterkere reductor en is het dus onedeler. Lood is
dus een onedeler metaal dan zilver.
36
–
■■
13.4 De redoxtabel
37
Ga eens na wat voor soort proeven je hebt gedaan
om de metalen te rangschikken naar
reductorsterkte.
Als we de redoxkoppels Cl2/Cl– en I2/I– naar
sterkte willen rangschikken, zullen we moeten
nagaan of de oxidator Cl2 zal reageren met de
reductor I–.
We kunnen natuurlijk ook nagaan of de oxidator I2
reageert met de reductor Cl–.
38
Salpeterzuur als oxidator
a Cu(s)  Cu2+ + 2 e-
e Cu is reductor en Ba2+ is oxidator.
Cu is niet sterk genoeg om met Ba2+ te reageren.
56
Demonstratieproef
Vragen bij de proef
1 Oxidator Cl2 reageert met de reductoren Br– en I–.
Cl2(aq) + 2 Br–(aq)  2 Cl–(aq) + Br2(aq)
© Noordhoff Uitgevers bv
3 Uit het ontstaan van de geelbruine kleur kun je
afleiden dat jood is gevormd. Jodide is dus de
reductor en waterstofperoxide (in zuur milieu) de
oxidator.
H2O2 + 2 H+ + 2 e–  2 H2O(l)
2 I–
 I2 + 2 e –
H2O2(aq) + 2 H+(aq) + 2 I–(aq)  2 H2O(l) + I2(aq)
4 I2 + 2 e –
 2 I–
2–
SO3 + H2O(l)  SO42– + 2 H+ + 2 e–
I2(aq) + SO32–(aq) + H2O(l) 
2 I–(aq) + SO42–(aq) + 2 H+(aq)
41
Deze opdracht is moeilijk, omdat je verschillende
deeltjes hebt die als oxidator of reductor kunnen
optreden. Als een reactie plaatsvindt, moet altijd
een reductor uit de ene oplossing reageren met de
oxidator uit de andere. Je kunt deze opdracht
daarom het beste als volgt aanpakken:
– inventariseer welke deeltjes aanwezig zijn in de
verschillende oplossingen,
Pulsar – Chemie vwo bovenbouw deel 2 Uitwerkingen Hoofdstuk 13
– ga na of dit oxidatoren of reductoren zijn,
– onderzoek of de sterkste oxidator kan reageren
met de sterkste reductor.
De reactie tussen Fe(s) en Cl2(g) tot FeCl3 kun je
als volgt weergeven:
Fe(s)
 Fe3+ + 3 e– x 2
Cl2 + 2 e–  2 Cl–
x3
a oplossing 1: I2(aq)
oplossing 2: Al3+(aq) en Br–(aq)
Begin met de oplossing met het minste aantal
deeltjes.
I2 is een oxidator. Deze kan eventueel reageren
met een reductor uit de toegevoegde oplossing en
dat is Br– (Al3+ is oxidator).
Uit tabel 48 volgt dat I2 niet met Br– kan reageren.
2 Fe(s)
 2 Fe3+ + 6 e–
3 Cl2 + 6 e–  6 Cl–
2 Fe(s) + 3 Cl2(aq)  2 Fe3+(aq) + 6 Cl–(aq)
b Denk aan de stappen die nodig zijn bij een
chemische berekening.
Antwoord: 7,2 x 10–2 mol
stap 1: reactievergelijking: zie a
stap 2: 1 mol Fe komt overeen met 1 mol FeCl3 en
ook met 1 mol FeI2.
stap 3:
b oplossing 1: Br2(aq)
oplossing 2: Fe2+(aq) en Cl–(aq)
Br2 is een oxidator. Deze kan eventueel reageren
met een reductor uit de toegevoegde oplossing.
Zowel Fe2+ als Cl– kunnen reductor zijn. Fe2+ is
van deze twee de sterkste reductor.
Uit tabel 48 volgt dat Br2 met Fe2+ kan reageren.
Br2 + 2 e–  2 Br–
x1
Fe2+
 Fe3+ + e–
x2
aantal gram ijzer
aantal mol ijzer
Br2(aq) + 2 Fe2+(aq)  2 Br–(aq) + 2 Fe3+(aq)
43a Is natrium bij deze reactie reductor of oxidator?
Dan weet je ook welke halfreactie van water je
moet nemen.
Natrium is een sterke reductor.
Na(s)
 Na+ + e–
–
2 H2O(l) + 2 e  H2(g) + 2 OH–
2 Na(s) + 2 H2O(l)  2 Na+(aq) + 2 OH–(aq)+
H2(g)
Bij de reactie van ijzer met chloorwater en met
joodwater ontstaat in eerste instantie
respectievelijk een ijzer(II)chloride of ijzer(II)jodideoplossing:
Fe(s)
 Fe2+ + 2 e–
–
Cl2 + 2 e  2 Cl–
b De plaats van water als oxidator in tabel 48 is
hierbij van belang.
De metalen die met de oxidator H2O reageren,
staan in tabel 48 rechts onder H2O: Li(s), K(s),
Ba(s), Ca(s), Na(s), Mg(s) en Al(s).
Fe(s) + Cl2(aq)  Fe2+(aq) + 2 Cl–(aq)
44a In tabel 48 staat H2O2 ook in het rijtje van de
reductoren.
Fe(s) + I2(aq)  Fe2+(aq) + 2 I–(aq)
Bij een overmaat chloor is de oxidator Cl2 ook
sterk genoeg om met de reductor Fe2+ te
reageren. De oxidator I2 is niet sterk genoeg om
met Fe2+ te reageren.
Fe2+
 Fe3+ + e–
x2
Cl2 + 2 e–  2 Cl–
x1
x2
x1
2 Na(s)
 2 Na+ + 2 e–
–
2 H2O(l) + 2 e  H2(g) + 2 OH–
42 a Om uit ijzer ijzer(II) te maken is een oxidator
nodig. Is deze oxidator ook altijd sterk genoeg om
uit ijzer(II) ook nog ijzer(III) te maken?
Fe(s)  Fe2+ + 2 e–
I2 + 2 e –  2 I –
4,0
....
Hieruit bereken je 7,16 x 10–2 mol ijzer.
stap 4: er ontstaat dus ook 7,16 x 10–2 mol
ijzer(III)chloride en 7,16 x 10–2 ijzer(II)jodide.
stap 5: het antwoord in het juiste aantal
significante cijfers: 7,2 x 10–2 mol.
Br2 + 2 e– 2 Br–
2 Fe2+  2 Fe3+ + 2 e–
c oplossing 1: Cl2(aq)
oplossing 2: Zn2+(aq) en Cl–(aq)
Cl2 is een oxidator. Deze kan eventueel reageren
met een reductor uit de toegevoegde oplossing en
dat is Cl– (Zn2+ is oxidator). Maar als Cl2 en Cl–
met elkaar reageren, ontstaan geen nieuwe
deeltjes en is er dus geen sprake van een reactie.
55,85
1,00
H2O2  O2(g) + 2 H+ + 2 e–
b Br2(l) + 2 e–  2 Br–
H2O2
 O2(g) + 2 H+ + 2 e–
H2O2(aq) + Br2(l)  2 Br–(aq) + O2(g) + 2 H+(aq)
45
–
57
2 Fe2+
 2 Fe3+ + 2 e–
–
Cl2 + 2 e  2 Cl–
2 Fe2+(aq) + Cl2(aq)  2 Fe3+(aq) + 2 Cl–(aq)
© Noordhoff Uitgevers bv
46 a Dit is een lastige halfreactie. Om het aantal
H atomen kloppend te krijgen, moet de coëfficiënt
voor OH– twee maal zo groot zijn als voor H2O.
Probeer de getallen 2, 4, 6 en 8 als coëfficiënt
voor OH–. Maak daarna de ladingen kloppend met
behulp van elektronen.
Pulsar – Chemie vwo bovenbouw deel 2 Uitwerkingen Hoofdstuk 13
Met de getallen 2, 4 en 6 lukt het niet om de
waterstof en de zuurstof kloppend te krijgen. Dat
lukt wel met de coëfficiënt 8 voor OH–:
S + 8 OH–  SO42– + 4 H2O
Nu nog de ladingen: links van de pijl is de lading
8-, rechts van de pijl slechts 2-. Er moeten rechts
van de pijl dus 6 elektronen staan:
S + 8 OH–  SO42– + 4 H2O + 6e–
b Aangezien de grond basisch is, moet je zuurstof
als oxidator in niet-zuur milieu opzoeken in tabel
48.
O2(g) + 2 H2O(l) + 4 e–  4 OH–
c Na optellen moet je corrigeren voor H2O(l) en
OH–(aq).
S(s) + 8 OH–  SO42– + 4 H2O(l) + 6 e– 2x
O2(g) + 2 H2O(l) + 4 e–  4 OH–
3x
2 S(s) + 16 OH–  2 SO42– + 8 H2O(l) + 12 e–
3 O2(g) + 6 H2O(l) + 12 e–  12 OH–
2 S(s) + 16 OH–(aq) + 3 O2(g) + 6 H2O(l) 
2 SO42–(aq) + 8 H2O(l) + 12 OH–(aq)
Je moet nog corrigeren voor deeltjes die zowel
links als rechts van de reactiepijl hetzelfde zijn,
H2O(l) en OH–(aq). Dan krijg je:
2 S(s) + 4 OH–(aq) + 3 O2(g) 
2 SO42–(aq) + 2 H2O(l)
47
Schrijf de reactievergelijking op en ga na wat de
ladingen van de deeltjes voor en na de pijl zijn.
C(s) + O2(g)  CO2(g)
Omdat de deeltjes geen ladingen hebben kun je
niet zien of er elektronen worden overgedragen.
48a Schrijf de juiste formules van de beginstoffen en
de reactieproducten.
Fe2O3(s) + 3 CO(g)  2 Fe(s) + 3 CO2(g)
b Ga na of er deeltjes zijn waarvan de ladingen zijn
veranderd.
In ijzer(III)oxide zijn ionen Fe3+ aanwezig. Hieruit
ontstaan ongeladen ijzeratomen. Er zijn dus
elektronen overgedragen. Er is dus sprake van
een redoxreactie.
c Uit het antwoord bij opdracht b blijkt dat Fe3+ in
Fe2O3(s) de oxidator is.
Dan moet CO de reductor zijn.
58
49
–
■■
13.5 Titratie
50
Zoek uit welke deeltjes een kleur hebben. Ga dan
na wat er met die deeltjes gebeurt bij de redoxreactie. Ga ook na of er deeltjes met een kleur
ontstaan.
© Noordhoff Uitgevers bv
a Voor de reactie: I2(aq) en S2O32–(aq)
Na de reactie: I–(aq) en S4O62–(aq)
I2(aq) is geelbruin. Tijdens de redoxreactie wordt I 2
omgezet in I–. Deze ionen zijn kleurloos. Er
ontstaan geen gekleurde deeltjes. De geelbruine
kleur verdwijnt dus langzaam. In theorie zou je het
eindpunt kunnen bepalen. De oplossing is dan
kleurloos geworden. In de praktijk is de
kleuromslag niet duidelijk genoeg.
b Voor de reactie: Cu2+(aq) en H2C2O4
Na de reactie: Cu(s), H+(aq), CO2 en H2O
Cu2+(aq) is blauw. Tijdens de redoxreactie ontstaat
Cu(s), een roodbruin metaal. In theorie is bij het
eindpunt de blauwe kleur verdwenen. In de praktijk
is deze kleuromslag zeer lastig te volgen.
c Br2(aq) + 2 I–(aq)  2 Br– (aq) + I2 (aq)
Br2(aq) is geelbruin. Tijdens de proef ontstaat
I2(aq). Dit is ook geelbruin. De oplossing blijft dus
geelbruin en het eindpunt is zonder indicator niet
te bepalen.
51
Vragen bij de proef
1a De molariteit van de vloeistof in de buret moet
nauwkeurig bekend zijn. Er mag absoluut geen
water in zitten als je de buret vult. Je moet de
buret dus goed spoelen met de titreervloeistof
voordat je de buret definitief vult.
b De molariteit van de vloeistof in de pipet moet
nauwkeurig bekend zijn. Er mag absoluut geen
water in zitten, als je de pipet volzuigt. Je moet de
pipet dus goed spoelen met de te pipetteren
vloeistof, voordat je de pipet definitief volzuigt.
c Met behulp van de pipet wordt een hoeveelheid
van de te onderzoeken oplossing in de erlenmeyer
gebracht. Er mag wel water in de erlenmeyer
zitten: dat reageert toch niet (daardoor verandert
de hoeveelheid toe te voegen oplossing niet). Je
mag de erlenmeyer niet spoelen met één van de
oplossingen, want dan heeft het nauwkeurig
afmeten met een pipet en buret geen zin meer.
2 Kijk tijdens de titratie maar eens naar de
binnenkant van de erlenmeyer.
Tijdens het titreren met permanganaat spat de
vloeistof tegen de wand. Bij een erlenmeyer is het
risico dat druppels ontsnappen veel kleiner dan bij
een bekerglas. Dat komt door de vorm van de
erlenmeyer met bovenin een vrij nauwe opening.
3 Werk van achteren naar voren bij een titratieberekening. Je weet hoeveel mL permanganaatoplossing is toegevoegd. Bereken hieruit het
aantal millimol permanganaat en daaruit het aantal
millimol Fe2+.
We nemen de volgende uitkomsten aan: 20,00 mL
0,0200 M permanganaat was nodig. Er was 6,00
gram ijzer(II)sulfaat afgewogen.
Antwoord: 50,6%
Pulsar – Chemie vwo bovenbouw deel 2 Uitwerkingen Hoofdstuk 13
stap 1: reactievergelijking:
MnO4– + 8 H+ + 5 e–  Mn2+ + 4 H2O(l)
x1
Fe2+
 Fe3+ + e–
x5
MnO4– + 8 H+ + 5 e–  Mn2+ + 4 H2O(l)
5 Fe2+
 5 Fe3+ + 5 e–
verdwijnen. Op het equivalentiepunt heeft alle
bromide gereageerd en zal permanganaat in de
oplossing blijven. De oplossing zal hierdoor
lichtrose kleuren. De kleuromslag is dus van
kleurloos naar lichtrose.
d Nee, in beide gevallen is H+ aanwezig.
MnO4–(aq)+ 8 H+(aq)+ 5 Fe2+(aq) 
5 Fe3+(aq) + Mn2+(aq) + 4 H2O(l)
stap 2: Hieruit volgt dus dat 1 mol permanganaat
reageert met 5 mol ijzer(II).
stap 3: er was 20,00 mL 0,0200 M MnO4– nodig,
dus 20,00 x 0,0200 = 0,400 mmol MnO4–
stap 4: Er heeft dus 5 x 0,400 = 2,00 mmol ijzer(II)
gereageerd.
Dit was aanwezig in 25,00 mL oplossing. In de
maatkolf van 250 mL was dus 20,00 mmol ijzer(II)
aanwezig.
Er was dus 20,00 mmol ijzer(II)sulfaat opgelost.
stap 5:
aantal mol ijzer(II)sulfaat
1,00
aantal gram ijzer(II)sulfaat
151,9
20,00 x 10–
3
....
Hieruit bereken je 3,038 gram ijzer(II)sulfaat.
stap 6:
3,038
Het gehalte was dus
x 100% = 50,6 %
6,00
52a Bedenk dat je de permanganaatreactie in zuur
milieu moet hebben.
MnO4– + 8 H+ + 5 e–  Mn2+ + 4 H2O(l)
2 Br–
 Br2 + 2 e–
x2
x5
2 MnO4– + 16 H+ + 10 e–  2 Mn2+ + 8 H2O(l)
10 Br–
 5 Br2 + 10 e–
2 MnO4–(aq) + 16 H+(aq) + 10 Br–(aq) 
2 Mn2+(aq) + 8 H2O(l) + 5 Br2(aq)
b Bedenk dat je een duidelijke kleuromslag moet
zien bij het eindpunt.
Als je permanganaat uit de buret toevoegt aan een
kleurloze vloeistof, zie je een omslag van kleurloos
naar (licht)paars. Dat gaat geleidelijk. Iedere keer
dat een paarse druppel in de vloeistof valt,
verdwijnt de paarse kleur. Tegen het eindpunt aan,
verdwijnt die kleur steeds moeizamer. Je ziet het
equivalentiepunt dus naderen.
Als je bromide toevoegt aan permanganaat, dan
verdwijnt de paarse kleur. Hoewel bij elke druppel
iets van de paarse kleur zou moeten verdwijnen,
gebeurt dit toch heel plotseling. Permanganaat
heeft een heel intens donkere kleur.
c Je voegt permanganaat uit de buret toe aan een
kleurloze vloeistof. Wat gebeurt er in het begin met
de permanganaat die wordt toegevoegd? Wat zal
de kleur worden als alle bromide heeft
gereageerd?
Zolang Br–(aq) aanwezig is, zal de paarse kleur
van de toegevoegde permanganaatoplossing
© Noordhoff Uitgevers bv
e Uit de molariteit kun je berekenen hoeveel mmol
permanganaat is toegevoegd. Uit de
reactievergelijking volgt de verhouding in mol. Je
kunt dan de molariteit van de bromide-oplossing
berekenen. Gebruik het stappenplan.
Antwoord: 0,0613 M
stap 1: reactievergelijking (zie a)
stap 2: gegeven 15,55 mL 0,0197 M
permanganaatoplossing;
gevraagd: molariteit bromide-oplossing
stap 3: de verhouding in mol tussen permanganaat
en bromide is 1 : 5
stap 4: Eerst berekenen we hoeveel mmol aanwezig is in 15,55 mL 0,0197 M
permanganaatoplossing.
Dit is 15,55 x 0,0197 = 0,306 mmol permanganaat.
stap 5: Er heeft dus 5 x 0,306 = 1,53 mmol
bromide gereageerd.
stap 6: Deze hoeveelheid was aanwezig in 25,00
mL oplossing.
De molariteit van deze oplossing is dus:
mmol
1,53
molariteit =
=
= 0,0613 M
mL
25,00
stap 7: In het juiste aantal significante cijfers is het
antwoord 0,0613 M.
53a Let er op dat zuur aanwezig is. Het jodide is de
reductor.
H2O2 + 2 H+ + 2 e–  2 H2O(l)
2 I–
 I2 + 2 e –
H2O2(aq) + 2 H+(aq) + 2 I–(aq)  2 H2O(l) + I2(aq)
b Bij deze reactie ontstaat steeds meer jood, I2(aq).
Wat zal er met de kleur van de oplossing
gebeuren (zie tabel 65B van Binas)?
H2O2 en H2O zijn kleurloos. Het kleurloze I– wordt
omgezet in het geelbruine I2(aq). De oplossing
wordt dus steeds bruiner.
c Het equivalentiepunt is niet goed waar te nemen,
omdat je niet kunt zien wanneer de maximale
hoeveelheid jood is gevormd.
d Voor het equivalentiepunt bevat de oplossing
I2(aq), dat met stijfsel een blauwzwarte kleur
oplevert. Tijdens de titratie wordt I2 omgezet in het
kleurloze I–. De kleur verandert dus van
blauwzwart naar kleurloos.
e De hoeveelheid jood die ontstaat bij de reactie bij
a hangt af van hoeveel van de beginstoffen met
elkaar reageren. Aangezien je een overmaat
jodide gebruikt, zal de hoeveelheid
59
Pulsar – Chemie vwo bovenbouw deel 2 Uitwerkingen Hoofdstuk 13
waterstofperoxide bepalen hoeveel mol jood
ontstaat.
aantal mol H2O2
aantal gram H2O2
1,00
34,01
Hieruit bereken je 1,92 x 10–2 g waterstofperoxide.
Het massapercentage bedraagt dus:
f Als je natriumthiosulfaat oplost in water, heb je de
reductor 'thio’, S2O32–, waarvan de halfreactie in
tabel 48 staat. De oxidator is jood, I2.
1,92 x 10–2
massa peroxide
De reductor thio reageert met de oxidator jood:
2 S2O32–  S4O62– + 2 e–
I2 + 2 e –  2 I –
2 S2O32–(aq) + I2(aq)  S4O62–(aq) + 2 I–(aq)
g Kijk nog eens naar je antwoorden bij e en f.
Combineer nu beide reacties.
Uit het antwoord op opdracht e blijkt dat de
hoeveelheid waterstofperoxide bepaalt hoeveel
mol jood wordt gevormd. Deze hoeveelheid jood
bepaalt weer hoeveel mol thio voor de titratie
nodig is. De verhouding in mol waarin deze
deeltjes bij de reacties zijn betrokken, is als volgt:
peroxide : jood : thio = 1 : 1 : 2.
0,564 x 10–3
...
x 100% =
totale massa
■■
54
x 100% = 2,91%
0,66
13.6 Alcoholen als reductor
De oranje kleur van de kaliumdichromaatoplossing
wordt bepaald door de de kleur van de oxidator
dichromaat. De kleur slaat om naar groen, als je
dichromaat toevoegt aan methanol, ethanol,
1-propanol en 2-propanol. Alleen 2-methyl-2propanol reageert niet en is dus geen reductor.
55
In paragraaf 12.2 zijn de primaire, secundaire en
tertiaire alcoholen aan de orde geweest. Begin de
structuurformule met het C atoom waaraan de
OH groep bevestigd is.
56
Je moet nagaan of de OH groep aan een primair,
secundair of tertiair koolstofatoom is gebonden. Je
kunt dan voorspellen of een reactie optreedt.
h Uit het aantal mL thio dat is toegevoegd en de
molariteit van deze oplossing kun je het aantal
mmol thio berekenen. Uit de verhouding in mol
tussen thio en jood (zie e) kun je dan het aantal
mmol jood berekenen.
Antwoord: 0,564 mmol
10,75 mL thio is voor de titratie nodig geweest. De
molariteit van deze thio is 0,105 M.
Je hebt dus 10,75 x 0,105 = 1,13 mmol thio
toegevoegd. Deze heeft gereageerd met 0,564
mmol jood.
i Uit de verhouding in mol tussen jood en peroxide
(zie g) kun je afleiden hoeveel mmol peroxide
aanwezig was in de toegevoegde hoeveelheid
peroxide. De molariteit vind je dan door het aantal
mmol te delen door het aantal mL.
Antwoord: 2,26 x 10–2 M
Er was dus ook 0,564 mmol peroxide aanwezig in
25,00 mL oplossing (zie g).
De molariteit van de peroxide-oplossing is dus:
mmol
molariteit =
0,564
25,00
j Je moet het aantal mol peroxide omrekenen naar
gram waterstofperoxide. Het massapercentage
vind je door het aantal gram waterstofperoxide dat
je hebt berekend te delen door het aantal gram
ontsmettingsmiddel dat was opgelost en dit te
vermenigvuldigen met 100%.
Antwoord: 1,45 %
Er was 2,64 g van het ontsmettingsmiddel
opgelost in 100,0 mL. Hiervan werd 25,00 mL
gepipetteerd.
Er was 0,564 mmol waterstofperoxide aanwezig
(zie i). Dit kun je als volgt omrekenen naar gram
waterstofperoxide.
© Noordhoff Uitgevers bv
2-methyl-1-butanol is een primaire alcohol. Het is
dus een reductor en reageert tot een aldehyde en
vervolgens tot een carbonzuur.
= 2,26 x 10–2 M.
=
mL
60
a
b
2-methyl-2-butanol is een tertiaire alkanol en is
geen reductor.
c
Pulsar – Chemie vwo bovenbouw deel 2 Uitwerkingen Hoofdstuk 13
c In a heb je de halfreactie van permanganaat in
zuur milieu opgeschreven. De halfreactie van
ethanol als reductor schrijf je eronder. Denk
eraan dat je na het optellen misschien nog moet
corrigeren.
3-methyl-2-butanol is een secundaire alkanol. Het
is dus een reductor en reageert tot een keton.
57a Gebruik de tabellen 48 en 65B van Binas.
Cr2O72– + 14H+ + 6e–  2 Cr3+ + 7 H2O
MnO4– + 8 H+ + 5 e–  Mn2+ + 4 H2O(l) 2x
C2H5OH
 C2H4O + 2 H+ + 2 e–
b Neem aan de deeltjes uit de halfreactie van de
reductor kleurloos zijn.
2 MnO4– + 16 H+ + 10 e–  2 Mn2+ + 8 H2O(l)
5 C2H5OH
 5 C2H4O + 10 H+ + 10 e–
Cr2O72– is oranje, Cr3+ is groen. Er is dus een
kleuromslag van oranje naar groen.
58
5x
2 MnO4–(aq) + 16 H+(aq) + 5 C2H5OH(aq) 
2 Mn2+(aq) + 8 H2O(l) + 5 C2H4O(aq) + 10 H+(aq)
Je moet nagaan of de OH groep aan een primair,
secundair of tertiair koolstofatoom is gebonden. Je
kunt dan voorspellen of een reactie optreedt.
H+ komt zowel links als rechts van de pijl voor. Je
moet hiervoor dus nog corrigeren:
a
2 MnO4–(aq) + 6 H+(aq) + 5 C2H5OH(aq) 
2 Mn2+(aq) + 8 H2O(l) + 5 C2H4O(aq)
1-propanol is een primaire alkanol en is een
reductor.
60
b
Los van alle stoffen een beetje in water op en
voeg een indicator toe, bijvoorbeeld blauw
lakmoes. De oplossing die dit rood kleurt, bevat
methaanzuur.
Doe bij een beetje van de overgebleven
vloeistoffen een druppeltje aangezuurde
kaliumpermanganaatoplossing. De vloeistof die
daarmee zichtbaar reageert, is ethanol. De
overgebleven vloeistof is propanon.
2-propanol is een secundaire alkanol en is een
reductor.
c
Cyclobutanol is een secundaire alkanol en is een
reductor.
d
Je moet naar het verschil in stofeigenschappen
tussen de stoffen kijken. Kijk eens of de gegeven
stoffen reductor kunnen zijn.
Opmerking: Als je eerst een oxidator toevoegt,
reageert methaanzuur ook. Een molecuul
methaanzuur bevat ook een aldehydegroep.
61
De tip staat in de opdracht.
a CH3CH2CH2OH  CH3CH2CHO + 2 H+ + 2 e–
b Bij 1-propanol verdwijnen een H atoom en de
OH groep. Deze worden vervangen door een
dubbelgebonden O.
1-methylcyclohexanol is een tertiaire alcohol en is
geen reductor.
59a Denk eraan dat je de halfreactie in zuur milieu
moet hebben.
MnO4– + 8 H+ + 5 e–  Mn2+ + 4 H2O(l)
b Vergelijk de kleuren van de oxidator en de
reductor. Neem aan de deeltjes uit de halfreactie
van de reductor kleurloos zijn.
Als je een druppel aangezuurde permanganaatoplossing bij een reductor voegt, is de
permanganaat, de oxidator, in ondermaat
aanwezig. Het permanganaat zal dan in zijn
geheel verdwijnen. Dat is te zien, omdat de paarse
kleur van permanganaat verdwijnt.
© Noordhoff Uitgevers bv
Bij 2-propanol is aan het tweede C atoom ook een
OH groep en een H atoom aanwezig. Als
reactieproduct onstaat propanon. Hierbij wordt ook
een
H atoom afgestaan en de OH groep vervangen
door een dubbelgebonden O.
c Neem bijvoorbeeld 2-methyl-2-propanol.
61
Pulsar – Chemie vwo bovenbouw deel 2 Uitwerkingen Hoofdstuk 13
Aan het tweede (tertiaire) C atoom is een
OH groep gebonden, maar er zit geen
waterstofatoom meer aan dit C atoom en dus kan
een halfreactie niet op een overeenkomstige
manier
verlopen.
■■
13.7 Elektrochemische cel
62
Zodra de zoutbrug wordt geplaatst, loopt er
stroom. Er is nu sprake van een stroomkring. In de
draden en de koolstofstaven is er stroomgeleiding
door middel van elektronen. In de vloeistof is
stroomgeleiding door middel van vrije ionen.
63
Vragen bij de proef
1 Op de aansluiting van de voltmeter kun je aflezen
dat de koolstofelektrode in het linker bekerglas
met broomwater de positieve elektrode is.
De koolstofstaaf in de kaliumjodide-oplossing is de
negatieve elektrode.
2 Br2 + 2 e–  2 Br–
2 I–  I2 + 2 e–
3 Aan de koolstofelektroden vinden de beide halfreacties plaats. De elektronen die hierbij nodig
zijn, worden door de elektroden getransporteerd.
64
Het gedeelte van de zoutbrug dat in de broomoplossing steekt, wordt blauw gekleurd. Uit tabel
65B van Binas kun je afleiden dat dit komt door de
Cu2+ ionen. De positieve ionen uit de zoutbrug
bewegen dus naar de halfcel waarin de positieve
elektrode staat.
Op dezelfde manier kun je afleiden dat de
negatieve CrO42– ionen, die de gele kleur
veroorzaken, naar de halfcel bewegen waarin de
negatieve elektrode staat.
65
Er moet een redoxreactie kunnen verlopen. Er is
dus een oxidator en een reductor nodig die met
elkaar kunnen reageren. Die oxidator en reductor
moeten van elkaar gescheiden zijn. Verder moet
er sprake zijn van een gesloten stroomkring.
66
De bronspanning van een elektrochemische cel
hangt af van :
– de sterkte van de oxidator en de reductor
– de concentratie van de oplossingen van de
oxidator en de reductor,
– temperatuur en druk (bij gassen).
67
–
62
© Noordhoff Uitgevers bv
68 a
b In een elektrochemische cel zal de sterkste
oxidator reageren met de sterkste reductor. Schrijf
eerst op welke deeltjes voor de reactie in elk van
de halfcellen aanwezig zijn.
Halfcel 1: Zn(s), Zn2+ en Cl–.
Halfcel 2: Cu, Cu2+, en SO42–.
Cu2+ is de sterkste oxidator en Zn de sterkste
reductor.
Cu2+ + 2 e–  Cu(s)
Zn(s)
 Zn2+ + 2 e–
c Ga na wat er met de elektronen gebeurt die de
reductor afstaat. Waar komen de elektronen
vandaan die de oxidator opneemt?
De koperionen onttrekken elektronen aan de
koperstaaf. Deze krijgt daardoor een tekort aan
elektronen en dus een positieve lading.
De zinkatomen gaan aan de zinkstaaf in oplossing
als zinkionen. Hierdoor blijven elektronen achter in
de zinkstaaf, waardoor deze een negatieve lading
krijgt.
d Bedenk hoe de elektronen zullen lopen: van min
naar plus of van plus naar min.
Zie de tekening bij a.
e Je moet het aantal mol koper uitrekenen dat
ontstaat. Uit de verhouding in mol tussen koper en
zink kun je dan berekenen hoeveel mol zink kan
reageren. Dit kun je vervolgens omrekenen naar
het aantal gram zink.
Antwoord: 1,31 g
stap 1: reactievergelijking
Cu2+(aq) + Zn(s)  Zn2+(aq) + Cu(s)
stap 2: gegeven 1,27 g koper
gevraagd: aantal gram zink
stap 3: 1 mol koper komt overeen met 1 mol zink
stap 4: Bij de koperen elektrode ontstaat 1,27 g
koper. Dit moet je omrekenen naar een aantal mol.
Daarvoor heb je de molaire massa van koper
nodig. Deze is 63,55 g mol–1.
1,27
1,27 g koper komt overeen met
=
63,55
2,00 x 10–2 mol koper.
stap 5: 2,00 x 10–2 mol Cu(s) komt overeen met
2,00 x 10–2 mol Zn(s).
Pulsar – Chemie vwo bovenbouw deel 2 Uitwerkingen Hoofdstuk 13
stap 6: Met behulp van de molaire massa van zink
kun je de massa hiervan berekenen: 2,00 x 10–2 x
65,38 = 1,31 g.
De zinkstaaf is dus 1,31 g lichter geworden.
f Wanneer zal een redoxreactie niet meer verlopen?
Als de stroomkring niet meer gesloten is. Dus:
– als de oxidator op is (hier Cu2+),
– als de reductor op is (hier Zn),
– als de zoutbrug uitgeput is.
De bronspanning is 1,09 –(–0,44) = 1,53 V.
b Je hebt te maken met de volgende redoxkoppels:
H+/H2(g) met standaardelektrodepotentiaal +0,000
V, O2(g)/OH– met standaardelektrodepotentiaal
+0,40 V.
Met behulp van een potentiaaldiagram kun je het
potentiaalverschil afleiden:
69 a Ga aan de hand van de halfreactie die plaatsvindt
na, wat er met de lading gebeurt in deze halfcel.
2 I –  I2 + 2 e –
In de halfcel van de reductor verdwijnen negatief
geladen jodide-ionen. Hierdoor ontstaat een
overschot aan positieve lading, waardoor deze
halfcel positief geladen zou worden.
b Welke ionen uit de zoutbrug kunnen ervoor zorgen
dat het overschot aan positieve lading wordt
gecompenseerd?
De bronspanning is 0,40 – 0,000 = 0,40 V
71 a
De chloride-ionen uit de zoutbrug kunnen er voor
zorgen dat het overschot aan positieve lading
geneutraliseerd wordt.
c Ga aan de hand van de halfreactie die plaatsvindt,
na wat er met de lading gebeurt in deze halfcel.
Br2 + 2 e–  2 Br–
In de halfcel van de oxidator ontstaan bromideionen, waardoor deze halfcel een overschot aan
negatieve lading zou krijgen.
d Welke ionen uit de zoutbrug kunnen ervoor zorgen
dat het overschot aan negatieve lading wordt
gecompenseerd?
De kaliumionen uit de zoutbrug kunnen ervoor
zorgen dat deze negatieve lading geneutraliseerd
wordt.
70
Ga na met welke redoxkoppels je te maken hebt
en zoek hiervan in tabel 48 van Binas de
standaardelektrodepotentiaal op. Met behulp van
een potentiaaldiagram kun je het potentiaalverschil
berekenen.
a Je hebt te maken met de volgende redoxkoppels:
Br2/Br– met standaardelektrodepotentiaal +1,09 V,
Fe2+/Fe met standaardelektrodepotentiaal –0,44 V.
Met behulp van een potentiaaldiagram kun je het
potentiaalverschil afleiden:
b Kijk nog eens naar je antwoord op opdracht 68.
We hebben te maken met de volgende
redoxkoppels:
Fe3+/Fe2+ standaardelektrodepotentiaal + 0,77 V,
Zn2+/Zn standaardelektrodepotentiaal – 0,76 V.
Omdat de laagste standaardelektrodepotentiaal
altijd de negatieve elektrode moet zijn, is dat in dit
geval de zinkstaaf. De koolstofstaaf is dan de
positieve elektrode.
c Je moet weer de sterkste oxidator laten reageren
met de sterkste reductor.
Fe3+ + e–  Fe2+
Zn(s)
 Zn2+ + 2 e–
x2
x1
2 Fe3+(aq) + Zn(s)  2 Fe2+(aq) + Zn2+(aq)
d Gebruik de standaardelektrodepotentialen uit b en
maak een potentiaaldiagram.
Dit kunnen we afleiden uit het potentiaaldiagram:
63
© Noordhoff Uitgevers bv
Pulsar – Chemie vwo bovenbouw deel 2 Uitwerkingen Hoofdstuk 13
b De reactieproducten mogen zich niet verspreiden
in de elektrolyt, maar op de elektroden blijven.
76
In een staaflantaarn (zaklamp) stop je altijd
meerdere batterijen. Waarom doen we dat?
Door zes cellen in serie te schakelen. Je mag de
bronspanningen dan optellen waardoor de accu
12 volt levert.
77
De bronspanning is 0,77 – (-0,76) = 1,53 V.
De positieve en negatieve elektroden zijn vaste
stoffen en kunnen dus naar elkaar toe bewegen. Is
dit niet voldoende? Een poreuze wand zorgt
ervoor dat de reactieproducten niet met elkaar
kunnen reageren. In de accu of droge cel zullen de
reactieproducten op de elektrode achterblijven,
waardoor ze niet met elkaar in contact kunnen
komen.
e Lees nog eens bron 33 door.
Het gaat om het volgende redoxkoppel:
Fe3+(aq) + e–
Fe2+(aq)
Als de [Fe2+] wordt vergroot, krijgt de reactie naar
links de overhand. De elektrodepotentiaal wordt
daardoor kleiner dan 0,77 V. Uit het potentiaaldiagram kun je afleiden dat de bronspanning dan
afneemt.
Als de [Fe3+] wordt vergroot, krijgt de reactie naar
rechts de overhand. De elektrodepotentiaal wordt
daardoor groter dan 0,77 V. Uit het potentiaaldiagram kun je afleiden dat de bronspanning dan
afneemt.
In het laatste geval gaat het om het redoxkoppel
Zn2+ + 2 e–
Zn
Als de [Zn2+] wordt vergroot, krijgt de reactie naar
rechts de overhand. De elektrodepotentiaal wordt
daardoor groter dan –0,76 V. Uit het potentiaaldiagram kun je afleiden dat de bronspanning dan
afneemt.
72
–
■■
13.8 Bekende elektrochemische cellen
73a Oplossingen nemen relatief veel ruimte in en
moeten goed afgesloten opgeslagen worden,
omdat anders lekkage kan optreden.
b Een loodaccu wordt vooral toegepast in auto’s. De
vrij grote accu heeft een plaats onder de motorkap
en wordt goed bevestigd, zodat er geen risico op
lekkage is. In principe hoeft een accu nooit de auto
uit.
74a De meeste batterijen bevatten zware metalen
zoals lood, zink, cadmium, nikkel of kwik. Die
mogen niet in het milieu terechtkomen.
b Uitgewerkte batterijen moeten worden ingeleverd
als klein chemisch afval.
64
c In knoopcellen is kwik, kwik(II)oxide, zink en
zinkoxide aanwezig.
75a Een batterij is niet oplaadbaar, een accu wel.
© Noordhoff Uitgevers bv
In een elektrochemische cel vindt een redoxreactie
op afstand plaats. Ga na wat de oxidator en de
reductor is in deze cellen.
78
Bij de voordelen kun je aan milieuaspecten
denken. Bij nadelen aan wat de 'echte' coureurs
graag willen.
Voordelen van de elektrische auto zijn:
– produceren geen milieuvervuilende stoffen
– maken weinig lawaai
Nadelen zijn:
– beperkte actieradius
– rijden niet erg hard
– zijn niet groot
79 a Het omhulsel is gemaakt van zink. Welke functie
heeft dit zinken omhulsel?
Omdat het zinken omhulsel als reductor reageert,
kan het plaatselijk erg dun worden. Hierdoor
bestaat de kans dat een batterij kan gaan lekken.
b Wat kan er met een batterij gebeuren als hierin
een reactie plaatsvindt, waarbij een gas ontstaat?
Hierdoor wordt het gas weggenomen en kan de
batterij niet exploderen.
80 a Zoek in tabel 48 de juiste halfreacties op. Zuurstof
is oxidator in neutraal milieu, waterstof is de
reductor.
In de ‘knalgascel' is waterstof de reductor en
zuurstof de oxidator.
De halfreacties zijn:
O2 + 2 H2O + 4 e–  4 OH–
H2
 2 H+ + 2 e –
b Is in een elektrochemische cel de oxidatorkant de
positieve of de negatieve kant?
Bij een elektrochemische cel is de oxidator altijd
de positieve elektrode. Dit is de zuurstofkant. De
waterstofkant (de reductor) is de negatieve
elektrode.
Pulsar – Chemie vwo bovenbouw deel 2 Uitwerkingen Hoofdstuk 13
81a Deze halfreacties staan ook in tabel 48 van Binas.
Wat is het verschil tussen stroom leveren en
opladen?
Dit zijn de omgekeerde reacties die bij
stroomlevering plaatsvinden. Je kunt deze reacties
in tabel 48 van Binas vinden.
PbSO4(s) + 2 H2O(l)  PbO2(s) + SO42– +4H+ +2e–
PbSO4(s) + 2 e–
 Pb(s) + SO42–
b Bedenk dat je de reactie de andere kant op moet
zien te krijgen.
Minimaal de spanning die de opgeladen cel zal
leveren. Dit is dus minimaal 1,69 – (– 0,36) =
2,05 V. Meestal gebruikt men enige overspanning.
Het zwembad is 1500 m3 (dat is 1,5 x 106 liter) groot.
Dus is [NH3] = 0,86 : (1,5 x 106) =
5,7 x 10–7 mol L–1.
b Hieronder zie je een mogelijk model. De waarden
die je moet invullen zijn:
gemiddeld aantal bezoekers:
100
volume zwembad:
1500000 (L)
bijdrage NH3 per bezoeker:
8,6 x 10–3
instroom NH3 = (gemiddeld aantal bezoekers) x
(bijdrage NH3 per bezoeker): volume zwembad.
Het diagram van de toename van [NH3] tegen de
tijd dat je met dit model krijgt staat erbij.
De beginconcentratie ammoniak is natuurlijk gelijk
aan 0 mol L–1.
c Wat is de functie van de dynamo in een auto?
Met behulp van de V-snaar wordt in een auto een
dynamo aangedreven. Deze laadt voortdurend de
accu op.
82a Hoe kun je handig de dichtheid van een vloeistof
meten?
Dit gebeurt met een zogenaamde densimeter
(dichtheidsmeter). Je kunt hiermee een beetje
vloeistof opzuigen en aan de stand van het
dobbertje de dichtheid aflezen.
b De dichtheid van een vloeistof neemt toe naarmate meer ionen in de oplossing zijn.
Bij stroomlevering van een accu vinden de
volgende halfreacties plaats.
Pb(s) + SO42–
 PbSO4(s) + 2 e–
+
2–
–
PbO2(s) + 4 H + SO4 + 2 e 
PbSO4(s) + 2 H2O(l)
Je kunt aan deze halfreacties zien dat er
waterstof- en sulfaationen uit de oplossing
verdwijnen. Bovendien ontstaat water. Je hebt dus
minder
ionen in een (iets) groter volume. Hierdoor neemt
de dichtheid van de elektrolyt af.
83c Jouw model zou er als volgt uit kunnen zien:
c Je moet aan de hand van de halfreacties nagaan
of er iets gebeurt met de concentraties van de
ionen in de oplossing tijdens stroomlevering.
De halfreacties die bij stroomlevering plaatsvinden
zijn:
Cd(s) + 2 OH–  Cd(OH)2(s) + 2 e–
NiOOH(s) + H2O(l) + e–  Ni(OH)2(s) + OH–
Je moet de onderste halfreactie met twee vermenigvuldigen.
Cd(s) + 2 OH–  Cd(OH)2(s) + 2 e–
2 NiOOH(s) + 2 H2O(l) + 2 e–  2 Ni(OH)2(s) + 2 OH–
Je ziet dan dat het aantal ionen in de oplossing
tijdens stroomlevering niet verandert.
De dichtheid zal dus niet veranderen.
■■
65
Modelleervaardigheden
83a In één uur produceren 100 bezoekers
100 x 8,6 x 10–3 = 0,86 mol NH3
© Noordhoff Uitgevers bv
In dit model hebben wij gekozen voor: kgroei = 650
Pulsar – Chemie vwo bovenbouw deel 2 Uitwerkingen Hoofdstuk 13
Bacteriën per bezoeker = 750
De (begin)concentratie bacteriën is minimaal 1,
want als er geen bacteriën zijn kan hun aantal ook
niet toenemen.
Toename door bezoekers = gemid. bezoekers x
bacteriën per bezoeker : volume zwembad.
Je krijgt met die gegevens de volgende
diagrammen.
d In het onderste diagram zie je dat na t = 75 de
zaak snel erg verslechtert.
Als je in je model met andere startwaarden begint,
krijg je natuurlijk ook een andere uitkomst. Probeer
dat maar eens.
84a Uit de formule, NaOCl, blijkt dat in 1,4 x 10–4 mol
NaOCl ook 1,4 x 10–4 mol Cl aanwezig is. Dat is
dan 1,4 x 10–4 x 35,45 = 4,96 x 10–3 g; dat is dus
ongeveer 5 mg.
b Voor de zwakke base OCl– geldt:
[HOCl] x [OH–]
= Kb
[OCl–]
Uit de reactievergelijking volgt dat [HOCl] = [OH–].
De waarde van Kb (2,5 x 10–7) geeft aan dat er bij
het instellen van het evenwicht maar heel weinig
HOCl en OH– wordt gevormd. De afname van de
[OCl–] is dan te verwaarlozen. Dat betekent:
[HOCl]2 = Kb x [OCl–]
Dus [HOCl] = sqrt ([OCl–] x Kb)
66
c Jouw model zou er als volgt uit kunnen zien. De
beginconcentratie HOCl is natuurlijk gelijk aan
0 mol L–1. Dit geldt ook voor de beginconcentratie
van chlooramine.
© Noordhoff Uitgevers bv
d Als je dit bovenstaande model met de daarbij
behorende waarden laat draaien, krijg je
onderstaande grafieken. Hieruit blijkt dat na 168
uur er nog niet veel aan de hand is.
Pulsar – Chemie vwo bovenbouw deel 2 Uitwerkingen Hoofdstuk 13
e Als je de afname van HOCl door de vorming van
chlooramine in het bovenstaande model opneemt,
krijg je het volgende model.
(afname van HOCl = vorming van amine)
Na ongeveer 300 uur stijgt de concentratie
bacteriën opeens heel sterk. De concentraties van
HOCl en OCl– zijn dan tot 0 gereduceerd.
85a Uit het antwoord op opdracht 84b kun je ook
afleiden dat moet gelden:
[OH–] = sqrt ([OCl–] x Kb)
[OH–] = 5,9 x 10–6 mol L–1
pOH = 5,2 → pH = 8,8
b Er geldt nog steeds:
[HOCl] x [OH–]
= Kb = 2,5 x 10–7
[OCl–]
f Als je dit model laat lopen, krijg je de volgende
grafieken.
Als de pH 7,4 is, is de pOH gelijk aan 6,6.
Dat betekent dat [OH–] = 2,5 x 10–7
Als je dat invult in de bovenstaande
evenwichtsvoorwaarde, krijg je:
[HOCl]
= 1,0
[OCl–]
Dat betekent dat deze twee concentraties aan
elkaar gelijk moeten zijn.
c Je hebt nog steeds te maken met het evenwicht:
OCl–(aq) + H2O(l)
HOCl(aq) + OH–(aq)
Door de reactie van HOCl met NH3 daalt [HOCl].
Hierdoor is de reactie naar links in het nadeel, dus
de reactie naar rechts in het voordeel. Dat
betekent dat er steeds meer OH– gevormd wordt,
waardoor de pH stijgt.
67
© Noordhoff Uitgevers bv
Pulsar – Chemie vwo bovenbouw deel 2 Uitwerkingen Hoofdstuk 13
Het model dat op de Pulsar-site staat, ziet er als
volgt uit:
86a Uit dit model blijkt dat na ongeveer 450 uren de
bacteriegroei opeens heel hard stijgt. Dan loopt
het dus uit de hand.
b [HOCl] is dan nagenoeg 0 mol L–1
[OCl–] is dan ongeveer 1,3 x 10–4 mol L–1
c De pH ligt dan rond de 8,7.
De grafieken die daarbij horen zijn:
d In het hieronder opgegeven model is invoer H+
gezet op: 6 x 10–8 mol L–1uur–1 en OCl– op 3,5 x
10–7 mol L–1 uur–1. Het zwembadwater blijft nu in
ieder geval gedurende 500 uur voldoende van
kwaliteit. De pH schommelt rond de 7,1 en aantal
bacteriën is bij t = 500 ongeveer 25 per liter.
Uiteraard kun je andere antwoorden krijgen. Enige
eis is dat pH ergens tussen 7,1 en 7,6 blijft en het
aantal bacteriën gedurende langere tijd beneden
100 is.
68
© Noordhoff Uitgevers bv
Pulsar – Chemie vwo bovenbouw deel 2 Uitwerkingen Hoofdstuk 13
69
© Noordhoff Uitgevers bv
Pulsar – Chemie vwo bovenbouw deel 2 Uitwerkingen Hoofdstuk 13
87a Op deze vraag zijn natuurlijk verschillende
antwoorden mogelijk. Hier volgen er twee.
– Als je naar de ontwikkeling van de pH en het
aantal bacteriën kijkt, lijkt het wel betrouwbaar.
Er zijn natuurlijk wel veel aannames gemaakt,
waarvan je niet weet of die wel juist zijn. Als
bijvoorbeeld op een drukke dag opeens het
aantal bezoekers naar 150 per uur stijgt, loopt
de zaak al snel uit de hand. Van de andere kant
kun je dan door toevoegen van extra NaOCl en
extra zoutzuur de zaak wel weer onder controle
krijgen. In dat geval lijkt het model dus wel
bruikbaar.
– Je weet natuurlijk nooit of je wel alle invloeden
hebt meegenomen. In bron 45 staat
bijvoorbeeld de invloed van zonlicht op het
systeem beschreven. Voor buitenbaden is dit
model dus misschien niet betrouwbaar.
b Hier zijn verschillende antwoorden mogelijk. Hier
volgen er twee.
In bron 42 is beschreven dat de gevormde
chlooraminen voor de typische zwembadgeur
zorgen. Dat betekent dat die chlooraminen slecht
in water oplossen. Je kunt het systeem dan
uitbereiden door de chlooraminen uit het systeem
te laten verdwijnen. Of dit invloed heeft, moet je
zelf maar eens uitproberen.
Je zou een koppeling kunnen maken tussen
[HOCl], [H3O+] (pH) en [Cl–] . Als je vervolgens
aanneemt dat de reactie van het gevormde Cl2(aq)
met aminen heel snel verloopt, heeft dat invloed
op versnelde afname van [HOCl] en extra toename van [chlooraminen]. Op die manier zou je de
invloed van deze nevenreactie uit bron 45 kunnen
verwerken.
■■
Op weg naar het proefwerk
1a
oxidator: deeltje dat elektronen kan opnemen.
reductor: deeltje dat elektronen kan afstaan.
halfreactie: reactie van het redoxkoppel met het
aantal elektronen dat de oxidator opneemt of de
reductor afstaat.
tabel 48: geeft een aantal oxidatoren en reductoren, met de halfreacties. De oxidatoren en
reductoren zijn naar sterkte gerangschikt.
b reductor (zie a): levert elektronen: minpool
oxidator: neemt elektronen op: pluspool
zoutbrug: zorgt voor de stroomkring, levert ionen
aan de oplossing.
bronspanning: potentiaalverschil tussen de beide
elektroden met als eenheid volt.
c loodaccu
nikkel-cadmiumcel
droge batterij
brandstofcel
Voorbeeldproefwerkopgaven
3 a Fe kan alleen reductor zijn. In zoutzuur is een
oxidator aanwezig.
Fe(s)
 Fe2+ + 2 e–
2 H+ + 2 e–  H2 (g)
Fe(s) + 2 H+(aq)  Fe2+(aq) + H2(g)
De oxidator H+ is te zwak om te reageren met de
reductor Fe2+.
b Welke ijzerionen kunnen voor de rode kleur
zorgen?
Alleen Fe3+ ionen veroorzaken de kleur. Met
zoutzuur kan geen ijzer(III) ontstaan.
c De halfreactie van salpeterzuur waarbij
stikstofmonooxide ontstaat, staat in Binas. Welke
ijzerionen kunnen dan ontstaan?
Bij deze reactie moet dus ijzer(III) ontstaan. NO3–
is als oxidator sterk genoeg om eerst ijzer om te
zetten in ijzer(II) en daarna in ijzer(III). Als we
beide stappen voor ijzer in één keer opschrijven,
krijgen we:
Fe(s)
 Fe3+ + 3 e–
NO3– + 4 H+ + 3 e–  NO(g) + 2 H2O(l)
Fe(s) + NO3–(aq) + 4 H+(aq) 
Fe3+(aq) + NO(g) + 2 H2O(l)
70
d Wat is de sterkste oxidator in deze oplossing?
H+ is niet de sterkste oxidator die aanwezig is. Het
zal dus niet reageren, waardoor geen waterstof
ontstaat.
© Noordhoff Uitgevers bv
Pulsar – Chemie vwo bovenbouw deel 2 Uitwerkingen Hoofdstuk 13
e De kleur ontstaat alleen als je SCN–(aq) toevoegt.
Als je ijzer(III) ionen toevoegt, ontstaat geen rode
kleur. Hieruit kun je afleiden dat het verdwijnen
van de kleur niet komt door het afwezig zijn van
deze ijzer(III)ionen. Voeg je daarentegen SCN–
ionen toe, dan ontstaat wel een rode kleur, die
weer verdwijnt. Dit betekent dat de oorzaak voor
het verdwijnen van deze rode kleur komt doordat
SCN– verder reageert.
d De bronspanning is het potentiaalverschil tussen
de pluspool en de minpool.
De bronspanning = 0,80 – 0,22 = 0,58 V
6 a Gebruik Binas. De loodelektrode is negatief, dus is
lood de reductor.
Pb(s) + SO42–  PbSO4(s) + 2 e–
b Wat gebeurt er met de elektronen die Pb afstaat?
4 a 2 H2O2(l)  2 H2O(l) + O2(g)
Omdat de elektronen die door de reductor worden
afgestaan achterblijven in de elektrode, zal deze
negatief geladen worden.
b Let op dat er van H2O2 twee halfreacties als
oxidator staan.
Bij deze reactie is waterstofperoxide zowel
reductor als oxidator. In zuur milieu is
waterstofperoxide een sterkere oxidator. Deze
reactie verloopt kennelijk sneller.
c Bedenk dat Cl2 alleen oxidator kan zijn.
c Gebruik Binas. De loodoxide-elektrode is positief,
dus is het loodoxide de oxidator.
PbO2(s) + 4 H+ + SO42– + 2 e–  PbSO4(s) + 2 H2O
d
Chloor zal dan oxidator zijn en waterstofperoxide
reductor:
Cl2 + 2 e–  2 Cl–
H2O2
 O2(g) + 2 H+ + 2 e–
H2O2(aq) + Cl2(aq)  O2(g) + 2 H+(aq) + 2 Cl–(aq)
d Nee, want waterstofperoxide (niet aangezuurd) is
niet in staat om Cl– om te zetten in Cl2. De sterkste
reductor is nu waterstofperoxide. Het natriumchloride heeft dus geen extra functie.
e Kan I2 reageren met H2O2?
Oxidator I2 is te zwak om met reductor H2O2 te
reageren. Dit kun je afleiden uit de plaats van deze
oxidator in tabel 48 van Binas. Er is dus geen effect.
e Als de lading van de ionen wordt bedoeld, klopt
deze uitspraak wel. Pb4+ wordt Pb2+. PbO2 dat op
de elektrode zit, wordt omgezet in PbSO4.
5 a
f Saslow wilde controleren of alle verschijnselen die
je kunt waarnemen bij elektromagnetisme wel net
zo duidelijk zijn als ze in andere boeken
beschreven staan.
g
b Ga na welke deeltjes aanwezig zijn en wat de
sterkste reductor is en wat de sterkste oxidator. Er
moet wel AgCl(s) ontstaan.
Ag(s) + Cl–  AgCl(s) + e–
Ag+ + e–  Ag(s)
71
c Is de oxidator- of de reductorkant de negatieve
elektrode?
Bij een elektrochemische cel is de reductor de
negatieve elektrode en gaan de elektronen van de
reductorkant naar de oxidatorkant.
© Noordhoff Uitgevers bv
h Nee, omdat niet altijd hetzelfde elektrodemateriaal
wordt gebruikt.