hoofdstuk19 - ScheikundeAmadeusLyceum

Pulsar – Chemie S1 vwo bovenbouw deel 3 Uitwerkingen Hoofdstuk 19
■■
19 Analysetechnieken
■■
19.1 Welke stof is dit?
1
Kijk bij parate kennis.
Vragen bij de proef
1 Door de reactie van chloor met jodide ontstaat
jood, dat met stijfselwater de karakteristieke
donkerblauwe kleur oplevert.
2 oxidator: Cl2 + 2e-  2 Clreductor: 2 I I2 + 2eCl2(g) + 2 I-(aq)
 I2(aq) + 2 Cl-(aq)
3 De reductor I zal op deze manier met veel meer
oxidatoren kunnen reageren. Het is geen selectief
reagens.
4 oxidator: I2 + 2e 2 I2reductor: SO3 + H2O(l)
 SO42- + 2 H+ + 2e-
a Waterstof vang je op in een droge reageerbuis. Als
je dan een vlammetje bij de reageerbuisopening
houdt, hoor je een karakteristiek knalletje. Het
reagens is zuurstof.
b Zuurstof toon je aan met een gloeiende
houtspaander. Deze gaat dan fel opgloeien.
c Water toon je aan met behulp van wit kopersulfaat.
Er ontstaat dan een blauwe vaste stof.
I2(aq) + SO32-(aq) + H2O(l) 
2 I-(aq) + SO42-(aq) + 2 H+(aq)
5
d Koolstofdioxide toon je aan met kalkwater. Bij het
leiden van koolstofdioxide door kalkwater ontstaat
een troebele witte vloeistof.
2
We geven slechts voorbeelden. Het is heel goed
mogelijk dat jij andere voorbeelden hebt
gevonden. Als je aarzelt of je antwoord goed is,
moet je je leraar raadplegen.
Keuringsdienst van Waren
– Kwalitatieve analyse: onderzoek of in een watermonster de legionellabacterie aanwezig is.
– Kwantitatieve analyse: bepaling van de
hoeveelheid sulfiet in witte wijn.
Afvalwaterzuivering
– Kwalitatieve analyse: onderzoek of in het afvalwater van een garage olieresten aanwezig zijn.
– Kwantitatieve analyse: bepaling van de
hoeveelheid zuurstof in het oppervlaktewater.
Ziekenhuis
– Kwalitatieve analyse: onderzoek naar de
aanwezigheid van suiker in de urine.
– Kwantitatieve analyse: bepaling van de
hoeveelheid rode bloedcellen per mL bloed.
Wat betekent het als je iets selecteert?
Een selectief reagens toont slechts één stof aan.
Een gevoelig reagens is in staat om ook kleine
hoeveelheden van een stof aan te tonen.
3
Vragen bij de proef
1 Jood levert met stijfselwater een karakteristieke
donkerblauwe kleur op. Een blauw gekleurd
jodium-stijfsel-papiertje wordt door zwaveldioxide
ontkleurd.
2 oxidator: I2 + 2e 2 Ireductor: SO2 + 2 H2O(l)
 SO42- + 4 H+ + 2eI2(aq) + SO2(aq) + 2 H2O(l) 
2 I-(aq) + SO42-(aq) + 4 H+(aq)
4
44
Waarnemingen
Het papiertje met stijfsel-kaliumjodide-oplossing is
blauw geworden.
Uitvoering
Het werkplan maken we niet voor je. Wel geven
we een manier aan, waarop je sulfiet van
carbonaat kunt onderscheiden. Het is dan handig
om naar de eigenschappen te kijken waarin ze
verschillen.
Zowel sulfiet als carbonaat is een base, waardoor
een zuur-base reactie niet voor de hand ligt.
Carbonaat en sulfiet geven met nagenoeg
dezelfde positieve ionen een neerslag. Daarom
kun je ook geen neerslagreactie gebruiken.
Sulfiet is een reductor, carbonaat is dat niet.
Daarom kun je gebruikmaken van een
redoxreactie. Een redoxreactie die voor de hand
ligt, is die met jood. Je kunt dan aan het
verdwijnen van de bruine kleur (of van de blauwe
kleur, als je stijfselwater hebt toegevoegd) zien dat
een reactie is opgetreden.
© Noordhoff Uitgevers bv
Kijk eerst na wat het verschil is tussen een
kwalitatieve en een kwantitatieve analyse.
6
Kijk nog eens naar je antwoorden bij opdracht 5.
Het zijn kwalitatieve analysemethoden, omdat je
alleen de eventuele aanwezigheid van een
bepaalde stof onderzoekt. Je bekijkt niet hoeveel
van die stof eventueel aanwezig is.
7
De opdrachten 7 tot en met 10 bevatten
herhalingen uit vorige hoofdstukken. Je kunt veel
van deze zaken in geheugensteuntjes opzoeken.
Kalkwater is een calciumhydroxide-oplossing.
CO2(g) + 2 OH-(aq)  CO32-(aq) + H2O(l)
Ca2+(aq) + CO32-(aq)  CaCO3(s)
8 a CuSO4(s) + 5 H2O(l)  CuSO4·5H2O(s)
b kristalwater
9
Dat kan, omdat je met een kleurreactie met jood
aantoont dat ergens zetmeel aanwezig is.
Pulsar – Chemie S1 vwo bovenbouw deel 3 Uitwerkingen Hoofdstuk 19
10 a Je moet er een oplossing bij doen, waarin een
negatief ionsoort aanwezig is, die met Mg2+ geen
en met Ba2+ wel een neerslag oplevert of juist
andersom. In tabel 45A van Binas kun je
opzoeken dat SO42- ionen met Mg2+ ionen geen
neerslag en met Ba2+ ionen wel een neerslag
oplevert. Een andere mogelijkheid is het gebruik
van OH- ionen, omdat dan juist met Mg2+ een
neerslag ontstaat.
Doe dus een beetje van een natriumsulfaatoplossing of een beetje natronloog bij de oplossing die
je moet onderzoeken.
b Nu gaat het om het verschil tussen fosfaat en
sulfaat. Volgens tabel 45A van Binas zijn er vele
mogelijkheden, die er steeds op neerkomen dat bij
de aanwezigheid van fosfaat wel een neerslag
ontstaat en bij aanwezigheid van sulfaat niet. We
kiezen voor het gebruik van magnesiumionen.
Voeg dus aan de onbekende oplossing een beetje
magnesiumnitraatoplossing toe. Ontstaat een
neerslag, dan bevat de oplossing natriumfosfaat.
Ontstaat geen neerslag, dan bevat de oplossing
natriumsulfaat.
11
15
a Het kookpunt van methaan is 112 K; van
waterstoffluoride 293 K. De temperatuur moet dus
hoger zijn dan 293 K.
b Methaan is een apolaire stof, waterstoffluoride is
een polaire stof. Kijk maar in tabel 55A en 55B van
Binas. De polaire stof waterstoffluoride zal veel
beter aan de polaire kolom adsorberen. Deze stof
heeft dus ook de grootste retentietijd.
16
Je hebt zuur-base reacties nodig.
17
b Wat gebeurt er als je een zuur toevoegt aan een
sulfide?
Als je aan een sulfide een zuur toevoegt, ontstaat
H2S, dat naar rotte eieren ruikt. Bariumsulfaat
reageert niet met een zuur.
■■
12
19.2 Gaschromatografie
–
Bedenk dat bij gaschromatografie alle stoffen
uiteindelijk langs de detector moeten komen.
Als de temperatuur niet constant is maar tijdens de
proef hoger wordt, zal een stof gemakkelijker in de
gasfase blijven. De stof blijft dan niet zo goed op
de vaste fase achter, waardoor de stof eerder
langs de detector zal komen.
Als tijdens de proef de gassnelheid van het
dragergas hoger wordt, zal de stof ook eerder
langs de detector komen.
In beide gevallen verandert de retentietijd, die juist
kenmerkend voor een bepaalde stof is.
14
Kijk nog eens bij je antwoord van opdracht 13.
Bij een hogere gassnelheid stroomt een stof
eerder langs de detector. De retentietijd is dan
korter dan bij een lagere gassnelheid.
Het maakt natuurlijk veel uit of je een polaire stof,
bijvoorbeeld ethanol, langs een polaire of juist
apolaire kolom laat stromen. Bij een polaire kolom
zal het ethanol veel beter hechten aan de kolom
dan bij een apolaire kolom. De retentietijd voor
ethanol is bij gebruik van een polaire kolom dus
veel groter dan bij gebruik van een apolaire kolom.
a Voeg een salpeterzuuroplossing toe aan een
beetje uit de voorraadpot. Bij zilvercarbonaat zal
een zuur-base reactie optreden, waarbij
uiteindelijk CO2(g) ontstaat. Deze reactie is bij
zilverchloride niet mogelijk.
13
Kijk nog eens bij je antwoord op opdracht 14.
Je hebt met gaschromatografie te maken!
De stoffen die je wilt onderzoeken, moeten alle in
de gasfase zijn. Het gaat hier om het onderzoek
aan pentaan en hexaan. Het kookpunt van
pentaan is 309 K, van hexaan is 342 K. De
temperatuur moet bij het beschreven experiment
dus minstens 342 K zijn.
© Noordhoff Uitgevers bv
Dat heeft natuurlijk met de retentietijd te maken.
De stof die het laatst uit de gaschromatograaf
komt, heeft de grootste retentietijd en die
adsorbeert dus het beste aan de kolom. Dat is
heptaan.
18
Welke stof zal het eerst uit de kolom komen?
Alle chromatogrammen zijn onder dezelfde
omstandigheden opgenomen daarom kun je de
retentietijden vergelijken en bepalen welke piek bij
welke stof hoort. Pentaan en heptaan zijn beide
apolaire stoffen. Uit de figuren uit het tekstboek
blijkt dat pentaan eerder de kolom verlaat dan
heptaan. Kennelijk speelt de molecuulmassa een
rol. De massa van pentaan is kleiner dan van
heptaan. De oppervlakten verhouden zich als 1,7 :
1,4. De molverhouding van pentaan en heptaan is
dus 1,7 : 1,4.
19 a Een korte retentietijd wijst op een relatief laag
kookpunt. Ga na waarom trimethylpentaan een
lager kookpunt heeft dan octaan.
Octaan heeft onvertakte moleculen. De moleculen
van trimethylpentaan zijn sterk vertakt en meer
bolvormig. Ze kunnen daardoor minder goed
vanderwaalkrachten uitoefenen op elkaar.
Daardoor heeft trimethylpentaan een lager
kookpunt dan octaan. Een lager kookpunt duidt op
een kortere retentietijd.
b Let op de verhouding van de oppervlakten van de
pieken.
De oppervlakte van een piek is evenredig met de
hoeveelheid stof. De verhouding tussen de twee
oppervlakten is 40 : 60 = 2 : 3. Deze verhouding
vind je in de rode lijn (integraal).
45
Pulsar – Chemie S1 vwo bovenbouw deel 3 Uitwerkingen Hoofdstuk 19
b CH3–CH2–CH3
Het mengsel bevat dus 40% trimethylpentaan en
60% octaan.
20
–
■■
19.3 Massaspectrometrie
21
–
22
–
Als één binding wordt verbroken, ontstaan bij
ionisatie de volgende deeltjes: CH3-CH2-CH2+,
CH3-CH+-CH3, C2H5+, CH3+ en H+.
26
Volgens tabel 39D van Binas heb je te maken met
de volgende fragmenten:
15: CH3+; 29: CHO+ of C2H5+; 45: COOH+
Als je deze brokstukken in elkaar past, zou het om
propaanzuur kunnen gaan: CH3-CH2-COOH.
23 a Neem de structuurformule van 2-ethoxybutaan
over en geef de bindingen een nummer. Dan kun
je in een tabel aangeven welke binding bij het
ontstaan van een bepaald brokstuk wordt
verbroken.
27
brokstuk
Geef eerst de structuurformules van de
fragmenten. Daarna kun je deze fragmenten aan
elkaar passen.
Welke brokstukken zijn minder afgebroken:
brokstukken met een kleine of met een grote
massa?
Hoe groter de massa des te minder is het
molecuul afgebroken. Des te meer is nog van de
oorspronkelijke structuur over. Deze geven dus
meer informatie.
verbroken
binding
6
28
8
4
2
2
4
b Dat is bij HO–C+H–CH3 het geval. Er is een H
atoom verhuisd van het C atoom naar het O
atoom.
24
Kijk welke bindingen in de tabel van opdracht 23
niet genoemd zijn.
Er zijn verschillende mogelijkheden. De meest
voor de hand liggende zijn: H+ en CH3+.
25
Geef de structuurformule van de stof en ga na
welke bindingen verbroken kunnen worden.
a
46
Als één binding wordt verbroken, ontstaan bij
ionisatie de volgende deeltjes: CH3+, Br+, CH2Br+
en H+.
Bij voldoende energie van de bombarderende
elektronen kunnen ook meer bindingen worden
verbroken. Dan heb je kans op de volgende
deeltjes: CHBr+ en CH2+.
© Noordhoff Uitgevers bv
Bereken de molecuulmassa van 2,4-D. Ga na wat
afgesplitst zou zijn, als je een massa van 175 u
overhoudt. Hetzelfde voor het fragment met massa
162 u.
Je zou de formule van 2,4-D ook als volgt kunnen
weergeven. Cl2–C6H3–O–CH2–COOH.
De molecuulformule is: C8H6O3Cl2.
Bij massaspectrometrie moet je rekening houden
met het optreden van isotopen. Als je werkt met
C-16, H-1, O-16 en Cl-35, dan kom je uit op een
molecuulmassa van 8 x 12 + 6 x 1 + 3 x 16 + 2 x
35 = 220 u. De piek bij m/z = 220 is hiermee
verklaard.
Er kunnen ook pieken bij 222 en 224 optreden, als
de massa van één of beide chlooratomen 37 u is.
Dit is dus als alleen ionisatie en geen fragmentatie
heeft plaats gevonden.
De piek bij m/z = 175 wijst op het afsplitsen van
een fragment met massa (220 - 175 =) 45 u. Dat
wijst op een carbonzuurgroep. Dat is dus heel
goed mogelijk. Het fragment dat bij deze piek
hoort is dus: Cl2–C6H3–O–CH2+.
De piek bij m/z = 162 wijst op het afsplitsen van
een groep met de massa (220 - 162 =) 58 u. Dit
zegt nog niet zoveel. Je kunt het echter ook
bekijken vanuit het fragment met massa 175. Ten
opzichte van dat fragment is er weer een brokstuk
met een massa van 13 u afgehaald. Dat zou
kunnen duiden op CH. Dat betekent dat onder
verschuiven van een H atoom van het fragment
Cl2–C6H3–O–CH2+ de achterste CH groep wordt
afgesplitst. Je houdt dan Cl2–C6H3–OH+ als
brokstuk over.
Opmerking
Je ziet dat hier veel antwoorden bij dit soort
vragen zijn in de trant van: 'dat kan wijzen op...' of
'het zou kunnen dat ...' Dat komt omdat
massaspectrometrie nu eenmaal een kwestie van
veel ervaring is, waarbij ook veel geprobeerd
wordt.
Pulsar – Chemie S1 vwo bovenbouw deel 3 Uitwerkingen Hoofdstuk 19
29
Geef eerst de structuurformules van de drie
verandert de absorptie en dus de waarde die de
stoffen. Ga dan na welke verschillende fragmenten
spectrofotometer aangeeft.
bij deze drie verschillende stoffen te verwachten
34 Vragen bij de proef
zijn. Let ook op de massa van het deeltje dat
1
overblijft, als zo'n fragment is afgesplitst.
ion
absorptie complementaire
(nm)
kleur (nm)
De structuurformules zijn:
permanganaat 525
geel: 525
koper(II)
800
rood: 700 -800
dichromaat
455
violet: 400 - 460
2 De kleuren van de ionen behoren niet bij één
golflengte, maar bij een gebied binnen twee
golflengtes. De complementaire kleur is dus ook
niet precies één kleur.
De molecuulmassa van alle moleculen is 58 u.
Massaspectrum A vertoont een piek bij 15 u en
een grote piek bij (58 - 15 =) 43 u. Dat betekent
dat veel CH3 groepen worden afgesplitst. Dat wijst
op propanon.
Massaspectrum B vertoont veel pieken in de buurt
van 29 u. Dat wijst op ethyl en/of aldehyd fragmenten. Propanal komt daarvoor in aanmerking.
Massaspectrum C vertoont een piek bij 31 u. Een
primair alcohol geeft volgens bron 11 altijd een
piek bij 31 u. De stof 2-propeen-1-ol is als enige
een primair alcohol. Spectrum C duidt op 2propeen-1-ol.
35
a Als je verschillende waarden voor Io neemt, blijft
de verhouding Io/I toch gelijk. Er zal dus geen
verschil in de opgemeten absorptiespectra
bestaan.
b Dat hangt af; hoe je het bekijkt. Als je steeds de
waarde van Io op 100% instelt, moet je de
spectrofotometer steeds opnieuw instellen. Veel
werk is dat niet. Het voordeel is dat je geen
vergissing kunt maken bij het uitrekenen van de
extinctie.
30 a Kijk in tabel 25 van Binas welke isotopen van
stikstof en zuurstof in de natuur voorkomen.
Van stikstof zijn dat N-14 en N-15, van zuurstof
zijn dat O-16, O-17 en O-18.
Er zijn dan twee mogelijkheden voor m/z = 31:
N-14 + O-17 en N-15 + O-16.
36
Hoe meer licht geabsorbeerd wordt, hoe
nauwkeuriger je kunt werken. Marieke kan wel bij
252 nm gaan meten, maar het verschil in absorptie
tussen twee oplossingen zal dan kleiner zijn dan
bij 261 nm. De meetresultaten komen dus dichter
bij elkaar te liggen en zijn moeilijker van elkaar te
onderscheiden.
37
Waarin verschilt de blanco-oplossing met de te
meten oplossing?
b Ga na welke fragmenten, opgebouwd uit twee
atomen, kunnen ontstaan uit NNO en NON.
Uit NNO kunnen de fragmenten NO+ en NN+
ontstaan. Uit NON kan alleen het fragment NO+
ontstaan.
In het massaspectrum komt een piek voor met
m/z = 28. Dat wijst op een fragment van twee
stikstofatomen. De volgorde is dus NNO.
■■
19.4 Absorptiespectrometrie
31
Zie tabel 19A en 19B van Binas.
Bij het opnemen van een absorptiespectrum zet je
de extinctie uit tegen de golflengte. Het gaat dus
om de extinctie.
De blanco moet in principe alles bevatten behalve
de (gekleurde) stof die je moet bepalen. Als er
echter geen verschil is tussen de absorptie van het
licht door een cuvet met de verdunde KSCN
oplossing en een cuvet met gedestilleerd water,
kun je net zo goed die laatste gebruiken. Dat zou
je moeten onderzoeken.
38
-
39 a Welke deeltjes komen in een oplossing van
methanal in water voor?
32
-
33 Vragen bij de proef
1 Deze vraag kunnen we niet voor je beantwoorden.
2 De oplossing absorbeert het meeste licht bij
golflengten tussen 490 en 510 nm.
3 Licht met deze golflengten heeft een blauw-groene
kleur. De oplossing is rood gekleurd. Rood en
groen zijn complementaire kleuren.
4 De absorptie van licht varieert met de golflengte.
Als je licht met een andere golflengte gebruikt,
© Noordhoff Uitgevers bv
In een methanaloplossing zijn volgens de
gegevens in het tekstboek de volgende
molecuulsoorten aanwezig: H2C=O, H2O en
H2C(OH)2. Zowel in de H2O moleculen als in de
H2C(OH)2 moleculen komen O-H groepen voor.
De absorptie bij ongeveer 3500 cm-1 kan dus net
zo goed van de O-H groepen in de
watermoleculen afkomstig zijn.
47
Pulsar – Chemie S1 vwo bovenbouw deel 3 Uitwerkingen Hoofdstuk 19
b Welke bindingen komen wel in de moleculen
H2C(OH)2 voor die niet in de H2O of H2C=O
moleculen voorkomen?
1
In moleculen H2C(OH)2 komen C-O bindingen
voor. Die bindingen komen niet voor in de
moleculen van H2O en H2C=O. Het
absorptiegebied van de C-O binding ligt in de
buurt van de 1000 cm-1. De piek bij ongeveer 1000
cm-1 is dus de aanwijzing voor het bestaan van
H2C(OH)2 moleculen.
■■
19.5 Absorptiespectrometrie kwantitatief
40
Kijk naar de wet van Lambert-Beer. Welke
variabelen komen daarin voor?
De wet van Lambert-Beer geeft het verband
tussen vier variabelen. Eén daarvan is de
concentratie. Peter moet de andere drie dus
weten: de extinctie, de extinctiecoëfficiënt en de
lengte van de lichtweg (door het cuvet).
41
Wat is de steilheid van een lijn, die voldoet aan de
vergelijking y = ax?
Bij y = ax is de steilheid gelijk aan a.
Bij E = ∙c∙d is de steilheid gelijk aan ∙d
42
Vragen bij de proef
We baseren de antwoorden op de volgende
gemeten extincties.
[Fe3+]
buis nummer
-5
extinctie
-1
(x 10 mol L )
1
1,79
0,12
2
3,58
0,31
3
5,37
0,56
4
7,16
0,77
5
8,95
0,87
6
10,7
1,16
7
12,5
1,28
8
14,3
1,59
9
16,1
1,70
gekleurd
grondwater
0,96
Voor de buis met gekleurd grondwater hebben we
4,0 mL grondwater genomen. Daarbij hebben we
1,0 mL KSCN oplossing gedaan en 5,0 mL water.
2 In ons voorbeeld geldt bij een extinctie van 0,96:
[Fe3+] = 9,0 x 10-5 mol L-1.
3 De inhoud van de gekleurde grondwaterbuis
bestond voor 0,4 deel uit grondwater. Daarin was
het ijzer aanwezig. In het grondwater geldt dan:
9,0 x 10-5
[Fe3+] =
= 2,3 x 10-4 mol L-1.
0,4
4 Dat kan dus verschillend zijn. De golflengte zal wel
tussen 480 en 510 nm liggen.
5 Bij 480 nm is de molaire extinctiecoëfficiënt gelijk
aan 7000 L mol-1 cm-1.
6 De breedte van een cuvet is meestal 1 tot 2 cm.
7 Dat zal dus afhangen van de gebruikte apparatuur
en de cuvetten. Gebruik de wet van Lambert-Beer.
8 Bij de ijklijnmethode heb je met behulp van de
apparatuur op school de extinctie gemeten van
oplossingen met een bekende concentratie. Je
corrigeert zo voor eventuele afwijkingen in de
apparatuur. Misschien heb je niet precies bij 480
nm gemeten. Je krijgt dan ook een andere waarde
voor de molaire extinctiecoëfficiënt. De
ijklijnmethode is dus betrouwbaarder dan de
methode waarbij je op één meting afgaat.
43 a Welke deeltjes bevat een basische oplossing in
ieder geval?
Een basische oplossing bevat OH-(aq) ionen. Dat
betekent dat een deel daarvan met de H3O+(aq)
ionen uit het evenwicht hebben gereageerd.
Daardoor was de reactie naar rechts tijdelijk in het
voordeel. Dat betekent dat van het
broomthymolblauw evenwicht vooral de B-(aq)
ionen aanwezig zijn. Die veroorzaken dus de
blauwe kleur.
b Als de concentratie tweemaal zo klein moet
worden, moet het volume tweemaal zo groot
worden. Gert-Jan kan dan in een maatkolf van 25
mL 10,0 mL oplossing doen en daar dan zoveel
water bijdoen, dat 20,0 mL oplossing in de
maatkolf aanwezig is.
c Je moet het evenwicht van HB met H2O aflopend
naar rechts maken.
48
Door H3O+ weg te halen, loopt het evenwicht naar
rechts af. Dat kan door een overmaat sterke base
toe te voegen, bijvoorbeeld een oplossing van
natriumhydroxide.
© Noordhoff Uitgevers bv
Pulsar – Chemie S1 vwo bovenbouw deel 3 Uitwerkingen Hoofdstuk 19
d Gebruik de definitie van de extinctie.
Er zijn twee mogelijkheden voor dit antwoord.
Voor de extinctie geldt: E = log(Io/I). Als er geen
gekleurde stof aanwezig is, is I gelijk aan Io. Dat
betekent: E = log 1 = 0.
Voor de extinctie geldt: E =  x c x d. Als er geen
gekleurde stof aanwezig is, is c = 0 dus ook E = 0.
e Alleen de blauwe stof zal licht van de gebruikte
golflengte absorberen.
f Bij E = 0,20 hoort [B-] = 0,40 x 10-5 mol L-1.
4 a Zoek eerst de oplosbaarheid van zuurstof in water
op.
Volgens tabel 44 van Binas lost bij 293 K
1,38 x 10-3 mol O2 per liter op.
Volgens de reactievergelijking is dan minstens
2 x 1,38 x 10-3 = 2,76 x 10-3 mol natriumsulfiet
nodig.
De molaire massa van natriumsulfiet is volgens
tabel 98 van Binas 126,0 g mol-1. Er is dus
minimaal 2,76 x 10-3 x 126,0 = 0,348 g
natriumsulfiet nodig. Als je dus 0,40 g
natriumsulfiet oplost, heb je zeker een overmaat
sulfiet.
g De tips staan al bij de vraag.
Antwoord: 1,1 x 10-7
De pH = 6,8 dus [H3O+] = 1,6 x 10-7 mol L-1.
In de oplossing is per liter 0,40 x 10-5 mol B-(aq)
aanwezig. Er is dus per liter nog 0,60 x 10-5 mol
HB(aq) over.
Deze waarden vul je in de evenwichtsvoorwaarde
in.
1,6 x 10-7 x 0,40 x 10-5
= Kz.
0,60 x 10-5
Dus Kz = 1,1 x 10-7
■■
Op weg naar het proefwerk
1 a Bij gaschromatografie wordt een mengsel in de
gasfase gebracht en gescheiden door het
gasmengsel door een buis te leiden. In die buis
bevindt zich een materiaal, dat de ene component
beter absorbeert dan de andere component.
b Bij massaspectrometrie worden de moleculen van
een stof met elektronen beschoten. Daarbij
ontstaan onder andere positief geladen
fragmenten van die moleculen. De positief geladen
fragmenten verschillen in de waarde van m/z
(massa : lading) en kunnen worden gescheiden.
c Bij infrarood-spectrometrie wordt een hoeveelheid
stof bestraald met infrarood licht, waarbij de
golflengte langzaam toeneemt of afneemt. Bij een
bepaalde golflengte absorbeert een bepaalde
karakteristieke groep het licht. Die golflengte
varieert van groep tot groep.
d UV-spectrometrie is vergelijkbaar met infraroodspectrometrie, maar de gebruikte golflengten
liggen in het UV-gebied.
e Colorimetrie is verwant met de andere methodes
van spectrometrie. Bij colorimetrie wordt gebruik
gemaakt van licht dat in het zichtbare gebied valt.
2
Bij een kwalitatieve analyse wordt onderzocht
welke karakteristieke groep of deeltje aanwezig is.
Bij kwantitatieve analyse is de soort stof of groep
bekend en wordt gemeten hoeveel daarvan
aanwezig is.
3
–
© Noordhoff Uitgevers bv
b Dit is een redoxreactie; kijk dus in tabel 48 van
Binas.
Schrijf eerst de halfreacties op.
I2 + 2 e  2 I2SO3 + H2O(l)  SO42- + 2 H+ + 2 e+
I2(aq) + SO32-(aq) + H2O(l) 
2 I-(aq) + SO42-(aq) + 2 H+(aq)
c Ook dit is een redoxreactie
We geven direct de reactievergelijking. Zoek zelf
de halfreacties op!
I2(aq) + 2 S2O32-(aq)  2 I-(aq) + S4O62-(aq)
d Voor de berekening moet je goed in de gaten
hebben wat er allemaal achtereenvolgens gebeurt:
– Je voegt een bekende hoeveelheid jood toe.
– De overmaat sulfiet (dat is dus de hoeveelheid
sulfiet die na de reactie met zuurstof nog in het
ketelwater over is) reageert met een gedeelte
van de joodoplossing.
– De hoeveelheid jood, die nu nog over blijft,
reageert met de natriumthiosulfaatoplossing.
Als je deze hoeveelheid jood aftrekt van de
hoeveelheid die je er in het begin bij hebt
gedaan, weet je de hoeveelheid die met het
sulfiet heeft gereageerd.
Je kunt dit op de volgende manier uitbeelden:
Bekende hoeveelheid jood
die wordt toegevoegd
Hoeveelheid jood die Restant jood dat met de
met sulfiet reageert
bekende hoeveelheid
thiosulfaat reageert
Antwoord: 114 mg
Je voegt 10,00 x 1,50 x 10-2 = 0,150 mmol I2(aq)
toe.
Voor de titratie is nodig: 10,25 x 1,16 x 10-2 =
0,119 mmol S2O32-.
Deze hoeveelheid thiosulfaat heeft gereageerd
met 0,119 : 2 = 5,95 x 10-2 mmol I2(aq). Er was
dus (na de reactie met sulfiet) nog 5,95 x 10-2
mmol I2(aq) over.
Er heeft dus 15,0 x 10-2 - 5,95 x 10-2 = 9,06 x 10-2
mmol I2(aq) met sulfiet gereageerd.
Volgens de reactievergelijking is daarvoor ook
9,06 x 10-2 mmol sulfiet nodig.
49
Pulsar – Chemie S1 vwo bovenbouw deel 3 Uitwerkingen Hoofdstuk 19
In 100,0 mL ketelwater was dus nog 9,06 x 10-2
mmol sulfiet, S2O32-, dus ook 9,06 x 10-2 mmol
Na2SO3 aanwezig. Dat is 0,906 mmol per liter en
dat is weer 0,906 x 126,0 = 114 mg natriumsulfiet
per liter.
5 a Bekijk opdracht 33 nog eens.
Je maakt een oplossing die zowel nitraationen als
salicylzuur bevat. Deze oplossing is geel.
Je neemt ook een oplossing van alleen salicylzuur
in water. Bij verschillende golflengten van het
gebruikte licht meet je de lichtintensiteit door de
salicylzuuroplossing (de blanco): Io, en door de
gele oplossing: I.
Je zet de waarde van log(Io/I) uit tegen de
golflengte van het licht.
b Bekijk opdracht 43 nog eens.
Je maakt een serie oplossingen met bekende
nitraatconcentraties. Deze oplossingen bewerk je
met salicylzuur, zodat de oplossingen geel
worden. Daarna meet je bij de golflengte, die je bij
5a hebt gevonden, de extinctie van alle
nitraatoplossingen met bekende concentratie. Je
zet de gemeten extincties uit tegen de
nitraatconcentratie en je hebt de ijklijn.
Daarna neem je een grondwatermonster. Ook
daarbij doe je salicylzuur en je meet de extinctie.
Via de ijklijn kun je bij de gevonden extinctie de
nitraatconcentratie bepalen.
c Uit het diagram kun je aflezen dat bij een extinctie
van 0,18 geldt dat [NO3-] = 3,2 x 10-5 mol L-1. Dit
komt overeen met 3,2 x 10-5 x 62,01 =
1,98 x 10-3 g L-1. Omdat je echter niet weet hoe
deze geel gekleurde oplossing is gemaakt, kun je
de vraag niet verder afmaken!
6 a Als je de pH wilt verhogen, dan moet je een ......
bij de oplossing doen.
Voor het verhogen van de pH is een base nodig.
Deze reageert met het zwakke zuur HCrO4-(aq).
De concentratie hiervan neemt dus af. Daardoor is
de reactie naar rechts tijdelijk in het voordeel,
waardoor [Cr2O72-] kleiner wordt.
b Let erop, dat je alleen de concentraties van die
stoffen in de evenwichtsvoorwaarde opneemt,
waarvan de concentratie kan veranderen.
[HCrO4  ]2
=K
[Cr2O7 2- ]
50
c Stel het aantal mol Cr2O72- dat bij het instellen van
het evenwicht is verdwenen op x mol L-1. Door de
wet van Lambert-Beer toe te passen op het
mengsel, kun je de waarde van x berekenen.
Daarna zijn de waarden van [HCrO4-] en [Cr2O72-]
ook bekend en is het uitrekenen van K niet zo
moeilijk meer.
Antwoord: 1,5 x 10-4
© Noordhoff Uitgevers bv
Bij de instelling van het evenwicht kun je de
volgende tabel invullen:
begin
reactie
evenwicht
Cr2O72mol L-1
4,0 x 10-4
-x
4,0 x 10-4 - x
HCrO4mol L-1
0
+ 2x
2x
dus:
[Cr2O72-] = (4,0 x 10-4 - x) en [HCrO4-] = 2x mol L-1.
Volgens de opgave is de gemeten extinctie de
som van de extincties die door Cr2O72- en door
HCrO4- worden veroorzaakt.
E(Cr2O72-) = 7,27 x 102 x (4,0 x 10-4 - x) = 0,2908 727x
E(HCrO4-) = 4,81 x 103 x 2x = 9,62 x 103 x
1,228 = 0,2908 - 727x + 9,62 x 103 x
Hieruit bereken je: x = 1,05 x 10-4.
Dus [Cr2O72-] = 2,95 x 10-4 en
[HCrO4-] = 2,11 x 10-4 mol L-1.
Als je deze waarden invult bij de evenwichtsvoorwaarde van b bereken je: K = 1,5 x 10-4.