\(\newcommand{\diff}{{\rm d}}\)
\(\newcommand{\pdiff}{{\partial}}\)
\(\newcommand{\ohm}{\Omega}\)
\(\newcommand{\Ohm}{\Omega}\)
Elektrolyse
Elektrischer Strom \(I= \frac{\Delta Q}{\Delta t}\), also je Zeiteinheit bewegte Ladung.
Wenn ein Strom von I=1A 1s lang fließt, wird eine Ladung von 1 Coulomb transportiert.
Welche Ladungsmenge ist in einem Akku von 1000 mAh gespeichert?
\(1000\;{\rm mAh} = 1\;{\rm Ah} = 3600\;{\rm As} = 3600\;{\rm C}.\)
Elementarladung \(e_0 = 1.602 \cdot 10^{-19}\;{\rm C}\), die Ladung von einem Elektron.
Ladung von 1 mol Elektronen:
\[\frac{Q}{\rm mol} = N_A \cdot e_0 = 6.022 \cdot 10^{23}\;{\rm mol^{-1}} \cdot 1.602 \cdot 10^{-19}\;{\rm C} = 96485.35 \; {\rm C/mol} = F.\]
Reduktion von \(\ce{H+}\) zu \(\ce{H}:\)
\[\ce{H+ + e^- -> H -> 1/2 H2.}\]
Wenn 1 mol \(\ce{H+} \) umgesetzt wird, entsteht 1/2 mol \(\ce{H2}\).
\(\ce{H+} \) ist an Wasser gebunden als \(\ce{H3O+} \), also lautet die Rkt.
\[\ce{H3O+ + e^- -> H + H2O -> 1/2 H2 + H2O.}\]
Da die Elektronen dem \(\ce{H+} \) zugeführt werden, geschieht dies am Minus-Pol einer Spannungsquelle. Da es sich um eine Reduktion handelt, ist der Minuspol die Kasthode.
Wenn man nur reduzieren würde, dann würde sich die Lsg. negativ aufladen, da die \(\ce{SO4^{2-}}\)-Ionen übrig bleiben würden.
Es muss also der Lsg. die zugeführte Ladungsmenge auch wieder entzogen werden, dies geschieht am Pluspol der Spannungsquelle, wo eine Oxidation stattfindet. Die ist also die Anode. Die Anode ist der Pluspol.
Es hängt vom System ab, welcher Stoff oxidiert wird. Nimmt man HCl zum Ansäuern, so bildet sich Chlor. Das wollen wir nicht.
Nimmt man \(\ce{H2SO4}\), dann wird nicht das \(\ce{SO4^{2-}}\)-Ion oxidiert, sondern es bildet sich an der Anode Sauerstoff.
Der Sauerstoff kann nur aus dem Wasser stammen, da \(\ce{OH-} \) und \(\ce{O^{2-}}\) in saurer Lsg. nicht existenzfähig sind.
Oxidationszahl von Sauerstoff in Wasser: –2.
Also:
\[ \ce{H_2O -> 2 H+ + \frac{1}{2} O2 + 2 e-}.\]
\(\ce{H+} \) ist an Wasser gebunden als \(\ce{H3O+} \) (siehe oben), also lautet die Rkt.
\[ \ce{H_2O + 2 H2O -> 2 H3O^+ + \frac{1}{2} O2}.\]
\[ \ce{3 H_2O -> 2 H3O^+ + \frac{1}{2} O2}.\]
Da zwei Elektronen entzogen werden, müssen zeitgleich auch zwei \(\ce{H+} \) reduziert werden, damit die Elektronenbilanz stimmt.
Folglich lauten die beiden Teilgleichungen:
\[\ce{2 H3O+ + 2e^- -> 2H + 2H2O -> 1 H2 + 2H2O.}\]
und
\[ \ce{3 H_2O -> 2 H3O^+ + \frac{1}{2} O2}.\]
Bilden wir die Summe und ziehen Glieder ab, die beiden Seiten gemeinsam sind, so ergibt sich:
\[ \ce{H_2O ->[2e-] \frac{1}{2} O2 + H2}.\]
Wenn 1 mol Wasser elektrolysiert wird, werden zwei Mol Elektronen umgesetzt und es bildet sich ein Mol Wasserstoff sowie 1/2 mol Sauerstoff. Die Zahl der elektronen je Formelumsatz sei \(z_e\). Hier ist also \(z_e=2\).
Die fließende Ladungsmenge \(Q\) ist also bei der elektrolyse von 1 mol Wasser:
\[Q = z_e \cdot F \cdot 1\;{\rm mol}.\]
Wird nicht \(n= 1 \; {\rm mol}\), sondern nur ein Teil \(\Delta n\) umgesetzt, dann ergibt sich proportional:
\[Q = z_e \cdot F \cdot \Delta n.\]
Dies bezog sich auf das elektrolysierte Wasser.
Wir können es auch auf die Produkte beziehen.
Für die Bildung von \(\ce{H2}\) ändert sich gar nichts, denn aus einem Mol Wasser entsteht durch Elektrolyse ein mol \(\ce{H2}\).
Es wird aber nur 1/2 mol Sauerstoff gebildet! Wir können die Gl. also nicht ohne weiteres auf O2 übertragen. Sie wird aber wieder richtig, wenn wir jedes Produkt durch seinen stöchiometrischen Koeffizienten teilen. Für H2 ist dieser gleich \(\nu =1\), so dass sich nichts ändert.
Für Sauerstoff ist aber \(\nu_{\ce{O2}} = 1/2\), wir müssen also durch 1/2 teilen bzw. mit 2 multiplizieren:
\[Q = z_e \cdot F \cdot 2 \Delta n_{\ce{O2}}.\]