Algemene en technische scheikunde. Daniël Slenders Faculteit Ingenieurswetenschappen Katholieke Universiteit Leuven

Algemene en technische scheikunde Daniël Slenders Faculteit Ingenieurswetenschappen Katholieke Universiteit Leuven Academiejaar 2009 - 2010

Inhoudsopgave Seminarie 1a

6

Oefening 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

Oefening 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

Oefening 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

Oefening 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

Oefening 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

Seminarie 1b

11

Oefening 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 Oefening 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 Oefening 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 Oefening 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 Oefening 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 Seminarie 2a

16

Oefening 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 Oefening 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 Oefening 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 Oefening 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 Oefening 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 Seminarie 3a

20

Oefening 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 Oefening 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 Oefening 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 Oefening 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 Oefening 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

2

Oefening 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 Oefening 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 Oefening 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 Seminarie 3b

29

Oefening 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 Oefening 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 Oefening 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 Seminarie 4a

32

Oefening 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 Oefening 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 Oefening 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 Oefening 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37 Oefening 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 Seminarie 4b

41

Oefening 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41 Oefening 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42 Seminarie 5a

45

Oefening 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45 Oefening 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45 Oefening 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46 Oefening 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47 Oefening 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 Oefening 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 Oefening 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 Oefening 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50 Oefening 10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50 Seminarie 6a

52

Oefening 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52 Oefening 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 Oefening 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 Oefening 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

3

Oefening 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 Oefening 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56 Oefening 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57 Oefening 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58 Seminarie 7a

60

Oefening 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60 Oefening 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62 Oefening 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63 Seminarie 8a

64

Oefening 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64 Oefening 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65 Oefening 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66 Oefening 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67 Oefening 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68 Oefening 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71 Oefening 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72 Oefening 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73 Oefening 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74 Seminarie 9a

76

Oefening 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76 Oefening 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78 Oefening 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80 Oefening 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80 Oefening 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81 Seminarie 9b

83

Oefening 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83 Oefening 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

4

Seminarie 10a

86

Oefening 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86 Oefening 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88 Oefening 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89 Oefening 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90 Oefening 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91

5

Seminarie 1a Oefening 1 Vraag Wat is de samenstelling in gewichtsprocent van de organische verbinding C6 H6 (benzeen)?

Oplossing Hiervoor moeten we de molaire massa van het hele molecule weten, en van de afzonderlijke atoomsoorten. Dit wordt dus: MC = 12.01 g/mol MH = 1.01 g/mol (1) MC6 H6 = 78.12 g/mol Het gewichtsprocent van de koolstof wordt dan: 6 ∗ 12.01 gew%C = 78.12 gew%C = 92.24 %

(2)

En voor de waterstof wordt dat: 6 ∗ 1.01 78.12 gew%H = 7.76 % gew%H =

(3)

Oefening 2 Vraag Een staal van een gegeven verbinding bevat: • 240.2 mg C • 60.5 mg H • 159.9 mg O Geef de empirische formule van deze verbinding.

6

Oplossing Om de empirische formule van deze verbinding te bepalen, hebben we het aantal mol van elke atoomsoort nodig. Dit wordt dus: m nC = M 0.2402 = mol 12.01 = 0.02 mol 0.0605 (4) nH = mol 1.01 = 0.06 mol 0.1599 nO = mol 16 = 0.01 mol Er is dus 3 keer zoveel waterstof als koolstof aanwezig en dubbel zoveel koolstof als zuurstof. De empirische formule van deze verbinding wordt dan: C2 H6 O

(5)

Oefening 3 Vraag IJzer kristalliseert volgens een kubisch ruimtegecentreerd rooster (krg = op iedere hoek van de kubus en in het midden van de kubus is er een F e-atoom). • ρF e = 7.87 g/cm3 • atoommassa van ijzer = 55.85 g/mol De ijzeratomen raken elkaar volgens de ruimtediagonaal. Bepaal de straal van een F e-atoom.

Oplossing Aangezien de molaire massa van ijzer gelijk is aan 55.85 g/mol, is de massa van een ijzeratoom gelijk aan: M NA = 9.28 ∗ 10−23 g

mF e = mF e

(6)

In elke kubus zitten slechts 2 volledige ijzeratomen (aangezien de 8 atomen op de hoeken er slechts voor 81 inzitten). De massa van een kubus wordt dan: mkubus = mF e ∗ 2 mkubus = 1.86 ∗ 10−22 g

(7)

7

Uit de massadichtheid van het ijzer kunnen we het volume van zo’n kubus bepalen: m ρ 1.86 ∗ 10−22 V = cm3 7.87 V = 2.36 ∗ 10−23 cm3 V =

(8)

De lengte r van een ribbe van de kubus wordt dan de derdemachtswortel van het volume: √ 3 r= V √ 3 (9) r = 2.36 ∗ 10−23 cm r = 2.87 ∗ 10−8 cm Aangezien de ijzeratomen elkaar volgens de ruimtediagonaal raken, moeten we de lengte R van deze diagonaal kennen. Dit wordt (volgens de stelling van Pythagoras): q √ 2 R = r2 + r2 + r2 q p 2 (10) R = (2.87 ∗ 10−8 )2 + (2.87 ∗ 10−8 )2 + (2.87 ∗ 10−8 )2 R = 4.97 ∗ 10−8 cm De lengte van de ruimtediagonaal is 4 keer die van de straal van een ijzeratoom. Deze straal wordt dus: R 4 4.97 ∗ 10−8 = cm 4 = 1.24 ∗ 10−8 cm

rF e = rF e rF e

(11)

Oefening 4 Vraag Koper kristalliseert volgens een kubisch vlakkengecentreerd rooster (kvg = op iedere hoek van de kubus en in het midden van ieder vlak is er een Cu-atoom) met ribbe 3.61 A (A = 10−10 m). • ρCu = 8.96 g/cm3 • atoommassa van koper = 63.55 g/mol Wat is de absolute massa van een Cu-atoom? Bereken daaruit u en NA .

8

Oplossing Aangezien het volume van een kubus gelijk is aan (3.61 A)3 en er 4 atomen per kubus zitten (de atomen op de hoeken zitten slechts voor 81 in de kubus en die in het midden van elk vlak voor de helft), wordt de massa van een koperatoom gelijk aan: ρCu ∗ Vkubus 4 8.96 ∗ 106 ∗ (3.61 A)3 g = 4 = 1.05 ∗ 10−22 g

mCu = mCu mCu

(12)

Aangezien de relatieve atoommassa van koper gelijk is aan 63.55 is u gelijk aan: mCu Ar 1.05 ∗ 10−22 g u= 63.55 u = 1.66 ∗ 10−24 g u=

(13)

Het getal van Avogadro NA kunnen we dan bepalen als het omgekeerde van u. Dit wordt dus: 1 u NA = 6.03 ∗ 1023 NA =

(14)

Oefening 5 Vraag A, B en C zijn 3 atoomsoorten: • AB2 bevat 73.7 gew% B • BC2 bevat 28.0 gew% B Hoeveel gew% bevat de verbinding AB2 C4 ?

Oplossing Als we de relatieve massa mr van A gelijkstellen aan 100 − 73.7 = 26.3, dan wordt de relatieve massa van B gelijk aan (uit de eerste stof): mr (B) = 73.7/2 mr (B) = 36.9

(15)

9

De relatieve massa van C wordt dan: 100 − 28 mr B ∗ 2 28 mr C = 47.4

mr (C) =

(16)

De relatieve massa van AB2 B4 wordt dan: mr (AB2 C4 ) = mr (A) + 2 ∗ mr (B) + 4 ∗ mr (C) mr (AB2 C4 ) = 26.3 + 73.7 + 189.5 mr (AB2 C4 ) = 289.5

(17)

Het gewichtspercentage van B in AB2 C4 wordt dan: 2 ∗ mr (B) mr (AB2 C4 ) 73.7 gew%B = 289.5 gew%B = 25.5 % gew%B =

(18)

10

Seminarie 1b Oefening 1 Vraag Malachite is a Cu mineral with formula Cu2 (OH)2 CO3 . The density of malachite is 4050 kg/m3 . What mass of Cu(OH)2 CO3 contains 100 g of copper? What is the volume of this amount of mineral?

Oplossing Om de massa van het malachiet te weten, moeten we het aantal deeltjes Cu, OH, CO3 weten. Aangezien er 100 g koper is, wordt dat: m nCu = M 100 = mol 63.55 = 1.57 mol (19) nOH = nCu = 1.57 mol nCu nCO3 = 2 = 0.79 mol Aan de hand van de molaire massa’s kunnen we nu de totale massa van het malachiet berekenen: m = mCu + mOH + mCO3 m = 100 + MOH ∗ nOH + MCO3 ∗ nCO3 (20) m = 100 + 26.77 + 47.2 g m = 174 g De volume van deze hoeveelheid malachiet is dan gelijk aan: m V = ρ 174 g V = 4.050 g/cm3 V = 42.96 cm3

(21)

11

Oefening 2 Vraag All of the substances listed below are fertilizers that contribute nitrogen to the soil. Which of these is the richest source of nitrogen on a mass percent basis? • Urea (N H2 )2 CO • Ammonium nitrate N H4 N O3 • Guanidine HN C(N H2 )2 • Ammonia N H3

Oplossing Om de rijkste stikstofbron te bepalen, moeten we de gewichtspercentages van stikstof in elke kunstmest berekenen. Voor ureum wordt dit: 2 ∗ MN M(N H2 )2 CO 28 gew%N = 60.05 gew%N = 46.6 %

(22)

2 ∗ MN MN H4 N O3 28 gew%N = 80.04 gew%N = 35.0 %

(23)

gew%N =

Voor ammoniumnitraat wordt dit: gew%N =

Voor guanidine wordt dit: gew%N =

3 ∗ MN

MHN C(N H2 )2 42 gew%N = 59.06 gew%N = 71.1 %

(24)

Voor ammonia wordt dit: MN MN H3 14 gew%N = 17.03 gew%N = 82.2 % gew%N =

(25)

Qua gewichtspercentage is ammonia dus de rijkste bron aan stikstof.

12

Oefening 3 Vraag In making transistors, one needs to control the concentration of impurity very carefully. Suppose you wanted to make a germanium transistor containing 1.0 ∗ 1018 boron atoms per cubic centimeter as impurity. If the density of germanium is 5.35 g/cm3 , what relative weights of germanium and boron need to be mixed? How much of both elements is that per cm3 of transistor material?

Oplossing Als we uitgaan van een volume van 1 cm3 , hebben we 5.35 g Ge (aangezien de massa van het boor te verwaarlozen is ten opzichte van het germanium). De massa van het boor wordt dan: mB = MB ∗ nB 1.0 ∗ 1018 g mB = 10.81 ∗ NA mB = 1.8 ∗ 10−5 g

(26)

De relatieve massa van boor ten opzichte van germanium in de transistor is dus gelijk aan: mB 5.35 = mGe 1.8 ∗ 10−5 9 mB = mGe 2675000

(27)

Oefening 4 Vraag The elements A and Z combine to produce two different compounds: A2 Z3 and AZ2 . If 0.15 mole of A2 Z3 has a mass of 15.9 g and 0.15 mole of AZ2 has a mass of 9.3 g, what are the atomic masses of A and Z?

Oplossing Stel de molaire massa van A gelijk aan a en die van Z aan z. Voor de eerste stof geeft dat de volgende vergelijking: m=n∗M 15.9 g = 0.15 ∗ (2 ∗ a + 3 ∗ z) mol ∗

g mol

(28)

0.3 ∗ a + 0.45 ∗ z = 15.9

13

En voor de tweede stof: m=n∗M 9.3 g = 0.15 ∗ (a + 2 ∗ z) mol ∗

g mol

(29)

0.15 ∗ a + 0.3 ∗ z = 9.3 Dit geeft dus het volgende stelsel: ( 0.3 ∗ a + 0.45 ∗ z 0.15 ∗ a + 0.3 ∗ z

= 15.9 = 9.3

(30)

Als we de tweede vergelijking twee keer van de eerste aftrekken, geeft dat: 0.3 ∗ a + 0.45 ∗ z − 2 ∗ (0.15 ∗ a + 0.3 ∗ z) = 15.9 − 2 ∗ 9.3 −0.15 ∗ z = −2.7 z = 18

(31)

Stof Z heeft dus een molaire massa van 18 g/mol. De molaire massa van stof A wordt dan: 0.3 ∗ a + 0.45 ∗ z = 15.9 0.3 ∗ a + 0.45 ∗ 18 = 15.9 a = 26

(32)

Stof A heeft dus een molaire massa van 26 g/mol.

Oefening 5 Vraag A piece of nickel foil, 0.550 mm thick and with a square surface with a side of 1.25 cm, is allowed to entirely react with fluorine, F2 , to give a nickel fluoride. 1. How many moles of nickel foil were used? (The density of nickel is 8.908 g/cm3 .) 2. If you obtain 1.261 g of the nickel fluoride, what is the empirical formula?

Oplossing - 1 Het aantal mol nikkel kunnen we uit het volume, de massadichtheid en de molaire massa halen: n=

m M

ρ∗V 58.96 g/mol 8.908 ∗ 0.055 ∗ 1.252 g/cm3 ∗ cm3 n= 58.96 g/mol n = 0.0130 mol n=

(33)

14

Oplossing - 2 Stel de empirische formule gelijk aan N iFb (met b ∈ Q). De molaire massa van deze stof is dan geljk aan: MN iFb = 58.96 + 19 ∗ b g/mol (34) Aangezien de massa van deze stof 1.261 g is, geeft dat: n=

m M

1.261 58.96 + 19 ∗ b b=2

0.013 =

(35)

De stof is dus N iF2 .

15

Seminarie 2a Oefening 1 Vraag Bij de bereiding van O2 uit KClO3 (kaliumchloraat) volgens de reactie 2KClO3 → 2KCl + 3O2

(36)

wordt de bekomen O2 gebruikt om C2 H4 (ethyleengas) te verbranden tot CO2 (koolstofdioxide) en H2 O. Het CO2 -gas reageert met een oplossing van N aOH (natriumhydroxide) ter vorming van N a2 CO3 (natriumcarbonaat). Als uiteindelijk 43.2 g N a2 CO3 gevormd werd, hoeveel KClO3 werd dan gebruikt?

Oplossing De reacties die opgaan zijn de volgende: 2KClO3 → 2KCl + 3O2 C2 H4 + 3O2 → 2CO2 + 2H2 O CO2 + 2N aOH → N a2 CO3 + H2 O

(37)

Als we x mol N a2 CO3 hebben, reageerde er dus x mol CO2 , was er dus 3x/2 mol O2 en was er dus x mol KClO3 . Uit de massa en de molaire massa van N a2 CO3 kunnen we dus x berekenen: m=

m M

43.2 g 105.99 g/mol x = 0.41 mol x=

(38)

Voor de massa van KClO3 wordt dit dus: m=n∗M m = 0.41 ∗ 122.46 g m = 50.0 g

(39)

16

Oefening 2 Vraag Hoeveel kg zuiver H2 SO4 (zwavelzuur) kan men bereiden uitgaande van 1 kg zuiver F eS2 (pyriet)? 4F eS2 + 11O2 → 2F e2 O3 + 8SO2 2SO2 + O2 → 2SO3 SO3 + H2 O → H2 SO4

(40)

Oplossing Het aantal mol van de stof die we steeds nodig hebben in de volgende reactie, wordt in de eerste verdubbeld, en in de tweede en derde blijft ze constant. Het aantal mol pyriet dat er initieel aanwezig was, kunnen we als volgt berekenen: m M 1000 n= mol 199.99 n = 8.33 mol n=

(41)

We hebben dus 2 ∗ 8.33 = 16.66 mol zwavelzuur. De massa hiervan is dus gelijk aan: m=n=M m = 16.66 ∗ 98.09 g m = 1634 g m = 1.634 kg

(42)

. . . Sn + . . . HN O3 → . . . SnO2 + . . . N2 O + . . . H2 O

(43)

Oefening 3 Vraag Vul de volgende reactie verder aan:

Oplossing Aangezien in het linker- en rechterlid evenveel atomen van elke soort moeten voorkomen, geeft dat de volgende reactie: 2Sn + 2HN O3 → 2SnO2 + N2 O + H2 O

(44)

17

Oefening 4 Vraag Vloeibaar argon heeft een densiteit ρvloeistof = 1.40 g/cm3 en wordt bij zijn normaal kookpunt (Tb = −186◦ C) omgezet in gas (bij P = 760 mmHg). Bereken de procentuele volumeverandering.

Oplossing Als we 1 cm3 argon koken, kunnen we uit de ideale gaswet het volume hiervan berekenen. Het aantal mol kunnen we als volgt berekenen: m M 1.40 n= mol 39.45 n = 0.035 mol n=

(45)

Het volume hiervan, na koken, wordt dus: P ∗V =n∗R∗T L∗atm ∗K 0.035 ∗ 0.082057 ∗ 87 mol ∗ mol∗K V = 1 atm V = 0.25 L V = 250 cm3

(46)

Er is dus een procentuele aangroei van 24900%.

Oefening 5 Vraag Men gaat de molaire massa van een gas bepalen: 2.00 g gas wordt bij 27◦ C in een volume van 15.0 L gebracht. Men meet de druk: 147 mmHg. Wat is de molaire massa van het gas?

Oplossing 147 mmHg komt overeen met 147/760 = 0.19 atm. Volgens de ideale gaswet is het aantal mol gas dan gelijk aan: P ∗V =n∗R∗T 0.19 ∗ 15.0 atm ∗ L n= 0.082057 ∗ 300 L∗atm ∗K nol∗K

(47)

n = 0.118 mol

18

De molaire massa van dit gas wordt dan: m n M = 17.0 g/mol M=

(48)

19

Seminarie 3a Oefening 1 Vraag Een waterige oplossing van 3.040 M KCl heeft een densiteit van 1.1328 g/cm3 . Bereken de molaire breuk van H2 O en KCl.

Oplossing De molaire massa’s van H2 O en KCl zijn: MH2 O = 18.01 g/mol MKCl = 74.55 g/mol

(49)

Stel het volume van de oplossing gelijk aan 1 L. De massa daarvan is dan gelijk aan: m=ρ∗V m = 1.1328 ∗ 103 g

(50)

In deze oplossing zit dan 3.040 mol KCl. De massa van het KCl is dan gelijk aan: mKCl = n ∗ M mKCl = 3.040 ∗ 74.55 g mKCl = 226.63 g

(51)

De massa van het water in de oplossing is dan gelijk aan: mH2 O = m − mKCl mH2 O = 1.1328 ∗ 103 − 226.63 g mH2 O = 906.17 g

(52)

Het aantal mol water in de oplossing is dus gelijk aan: m M 906.17 n= mol 18.01 n = 50.3 mol n=

(53)

20

De molaire fracties zijn dan gelijk aan: 50.3 50.3 + 3.040 = 0.943 = 1 − xH2 O = 0.057

xH 2 O = xKCl

(54)

Oefening 2 Vraag Een stukje natrium wordt in 1.0 L water gebracht en de ontwikkelde waterstof neemt bij 1 atm een volume in van 0.56 L. Wanneer 0.20 L H2 SO4 van 0.25 N nodig is om de basische oplossing te neutraliseren, bepaal dan de temperatuur waarbij dit experiment plaatsgreep.

Oplossing De reacties die opgaan zijn: 2N a + 2H2 O → 2N aOH + H2 H2 SO4 + 2H2 O → 2H3 O+ + SO42− 2N a+ + SO42− → N a2 SO4

(55)

Zwavelzuur is een tweewaardig zuur, dus 0.25 N komt overeen met 0.125 M . Het aantal mol zwavelzuur is dan gelijk aan: n=C ∗V n = 0.20 ∗ 0.125 mol n = 0.025 mol

(56)

Volgens de derde reactie is er drie keer zoveel mol N a als H2 SO4 nodig, maar volgens de eerste reactie is wordt er slechts half zoveel zwavelzuur gevormd. Dit is dus 0.025 mol. Volgens de ideale gaswet wordt dat: P ∗V =n∗R∗T 1 ∗ 0.56 K T = 0.025 ∗ 0.082057 T = 273 K

(57)

Oefening 3 Vraag Ethanol (C2 H5 OH) heeft een densiteit van 0.785 g/cm3 . 328.6 g ethanol wordt met water aangelengd tot juist 1.00 L. Veronderstel de volumes additief. Bereken de concentratie aan C2 H5 OH als molariteit, volumefractie, gewichtsfractie en molaire breuk.

21

Oplossing Het aantal mol ethanol is gelijk aan: m M 328.6 mol n= 46.07 n = 7.13 mol n=

(58)

De molariteit van het ethanol is dan gelijk aan: n V C = 7.13 mol/L C=

(59)

De volume van het ethanol is gelijk aan: m ρ 328.6 V = 0.785 V = 418.6 cm3 V = 0.42 L V =

(60)

Aangezien het totaalvolume gelijk is aan 1.00 L, wordt de volumefractie aan ethanol gelijk aan: 0.42 1.00 VC2 H5 OH % = 42% VC2 H5 OH % =

(61)

Aangezien het volume van het bijgevoegde water gelijk is aan 1 − 0.42 = 0.58 L, is het gewichtspercentage aan ethanol gelijk aan: 328.6 328.6 + 0.58 ∗ 1000 gew& = 36.2%

gew% =

(62)

Het aantal mol water is gelijk aan: m M 580 mol n= 18.01 n = 32.2 mol n=

(63)

De molaire breuk van ethanol is dan gelijk aan: 7.13 7.13 + 32.2 = 0.18

xC2 H5 OH = xC2 H5 OH

(64)

22

Oefening 4 Vraag Men bezit een geconcentreerde oplossing van 72.0 gew% HN O3 . Om hiermee 50.0 mL van 1.00 molair oplossing te maken, moet men 47.0 mL H2 O toevoegen. Bepaal de densiteit van de geconcentreerde oplossing.

Oplossing De molaire massa van het salpeterzuur is gelijk aan 63.01 g/mol. De molaire massa (per mol salpeterzuur) van de geconcentreerde oplossing is dan gelijk aan: 100 g/mol 72 M = 87.5 g/mol M = 63.01 ∗

(65)

In 50.0 mL van een 1.00 molair oplossing zit 0.05 mol. De massa van de nodige geconcentreerde oplossing is dus gelijk aan: m=M ∗n m = 87.5 ∗ 0.05 g m = 4.38 g

(66)

Aangezien er 47.0 mL water moet bijgevoegd worden om tot 50.0 mL te komen, is het volume van deze geconcentreerde oplossing gelijk aan 3.00 mL. De massadichtheid wordt dan: m V 4.38 g ρ= 3 cm3 g ρ = 1.46 3 cm ρ=

(67)

Oefening 5 Vraag Men moet 25.0 mL van een 2.00 N H2 SO4 -oplossing maken uitgaande van een geconcentreerde H2 SO4 -oplossing die 30.0 gew% H2 SO4 bevat en een densiteit heeft van 1.33 g/cm3 . Hoe gaat men te werk?

Oplossing Aangezien we 25.0 mL van een 2 N H2 SO4 -oplossing nodig hebben, wil dat zeggen dat er 0.025 mol zwavelzuur nodig is.

23

De molaire massa van de geconcentreerde oplossing is gelijk aan: 100 M = MH2 SO4 ∗ 30 g M = 327 molH2 SO4

(68)

Aangezien er 0.025 mol H2 SO4 nodig is, wordt de massa van de nodig oplossing: m=M ∗n m = 327 ∗ 0.025 g m = 8.17 g

(69)

m ρ 8.17 V = mL 1.33 V = 6.15 mL

(70)

Het volume hiervan is dan gelijk aan: V =

Om de oplossing te maken, moet men dus 6.15 mL van de geconcentreerde oplossing aanlengen met 18.85 mL water om 25.0 mL van een 2.00 N H2 SO4 -oplossing te verkrijgen.

Oefening 6 Vraag Van de commercieel verkrijgbare geconcentreerde oplossing van waterstofchloride in water is de molariteit 12.0 M en de molaliteit 16.16 m. Bereken het gewichtspercent en de molaire breuk van waterstofchloride in deze oplossing en de densiteit van de oplossing.

Oplossing De molaire massa van HCl is gelijk aan 36.46 g/mol. De massa van het zoutzuur in één kg zolvent is dus gelijk aan: m = 16.16 ∗ 36.46 m ∗ g/mol g m = 589 kgsolvent Het gewichtspercentage aan HCl in deze oplossing is dus gelijk aan: mHCl gew%HCl = moplossing 589 gew%HCl = 1000 + 589 gew%HCl = 0.371 gew%HCl = 37.1%

(71)

(72)

24

Het aantal mol H2 O in 1 kg is gelijk aan 55.5 mol. De molaire breuk van HCl wordt dan: 16.16 16.16 + 55.5 = 0.226 = 22.6%

xHCl = xHCl xHCl

(73)

Het volume van 16.16 mol HCl-oplossing is gelijk aan: 16.16 L 12.0 V = 1.35 L V =

(74)

De densiteit van de oplossing wordt dan: m V 589 + 1000 g ρ= 1.35 L kg ρ = 1.18 L ρ=

(75)

Oefening 7 Vraag Gegeven de molaliteiten van alle stoffen in een nengsel. Leid een algemeen geldig verband af waaruit de molariteit van één stof uit dat mengsel kan berekend worden uitgaande van de gegeven molaliteiten. Geef duidelijk de betekenis en eenheden weer van de gebruikte symbolen. In het eindresultaat mogen - naast de gegeven molaliteiten - enkel intensieve parameters van de zuivere stoffen voorkomen.

Oplossing De molariteit van een stof in functie van de molaliteit kunnen we uit de definitie van molariteit (C = n/V ) halen. Dit geeft:

Ci = [i] =

ni

Vtotaal ni [i] = X Wi Ws + ρs ρi i

(76)

25

Als we hier invullen dat n =

m∗Ws , 1000 g

geeft dat:

[i] = Ws ρs

+

ni X Wi i

ρi

mi ∗ Ws X Wi s 1000 g ∗ ( W + ) ρs ρ i i mi [i] = X Wi ∗ 1000 g 1000 g∗Ws + ρs ∗Ws ρi ∗ Ws i [i] =

(77)

Als we hier invullen dat W = M ∗ n, geeft dat: mi X Wi ∗ 1000 g 1000 g∗Ws + ρs ∗Ws ρi ∗ Ws i mi [i] = X Mi ∗ ni ∗ 1000 g 1000 g + ρs ρi ∗ Ws i mi [i] = X Mi ∗ mi ∗ Ws ∗ 1000 g 1000 g + ρs ρi ∗ Ws ∗ 1000 g i mi [i] = X Mi ∗ mi 1000 g + ρs ρi i [i] =

(78)

Met als betekenis van de symbolen: • mi is de molaliteit van de opgeloste stof i ( kgmol ) solven g ) • Mi is de molariteit van de opgeloste stof i ( mol

• ρi is de massadichtheid van de opgeloste stof i ( cmg 3 ) • ρs is de massadichtheid van het solven ( cmg 3 )

Oefening 8 Vraag Een gasmengsel N2 en O2 heeft een densiteit van 1.3386 g/L bij STP. Toon aan dat dit een equimolair gasmengsel is. Bereken dan de volumefracties, massapercenten, molariteiten en partieeldrukken van N2 en O2 in dit gasmengsel bij STP.

26

Oplossing De molaire massa’s van de stoffen zijn: MN2 = 28 g/mol MO2 = 32 g/mol

(79)

Het mengsel is equimolair als er evenveel mol zuurstofgas als stikstofgas inzit. Stel het volume gelijk aan 1 L, dan geeft dat (uit de ideale gaswet): P ∗V R∗T 1 ∗ 0.5 = mol 0.082057 ∗ 273 = 2.23 ∗ 10−2 mol

nN2 = nO2 = nN2 = nO2 nN2 = nO2

(80)

De massa van 1 L van dit mengsel is dan gelijk aan: m = mO2 + mN2 m = 32 ∗ 2.23 ∗ 10−2 + 28 ∗ 2.23 ∗ 10−2 g m = 1.34 g

(81)

De massadichtheid hiervan is dan: m V 1.34 g ρ= 1 L g ρ = 1.34 L ρ=

(82)

Dit komt overeen met de gegeven massadichtheid, dus is de veronderstelling dat het een equimolair gasmengsel is correct. Aangezien het equimolaire gassen zijn, zijn (volgens de ideale gaswet) ook de volumefracties gelijk, dus 50%. De massapercenten worden dan: 28 28 + 32 = 46.7% 32 = 28 + 32 = 53.3%

gew%N2 =

gew%O2

(83)

De molariteiten zijn (volgens de ideale gaswet) gelijk. Dit geeft dus: n V 2.23 ∗ 10−2 mol = 1 L = 0.022 M

CN2 = CO2 = CN2 = CO2 CN2 = CO2

(84)

27

De partieeldrukken zijn (volgens de ideale gaswet) gelijk. Aangezien de som van de partieeldrukken gelijk moet zijn aan de totaaldruk, dus 1 atm, wordt dat: Ptotaal 2 = 0.50 atm

PN 2 = PO 2 = PN 2 = PO 2

(85)

28

Seminarie 3b Oefening 4 Vraag When AgN O3 solution is added to a solution of KCl, AgCl is quantitatively precipitated, leaving a solution of KN O3 . How many milimeters of 0.5 M AgN O3 are required to precipitate all of the chloride from 10 mL of 0.40 M KCl?

Oplossing De reactie die opgaat is de volgende: AgN O3 + KCl → KN O3 + AgCl

(86)

Stel het nodige volume zilvernitraat gelijk aan V . De concentraties aan zilvernitraat en aan kaliumchloride zijn dan gelijk aan: • CAgN O3 = • CKCl =

0.5∗V 0.01+V

0.4∗0.01 0.01+V

Opdat de reactie volledig zou opgaan, moeten deze twe concentraties aan elkaar gelijk zijn. Dit geeft dus: CAgN O3 = CKCl = 0.4 ∗ 0.01 0.5 ∗ V = 0.01 + V 0.01 + V 0.4 ∗ 0.01 V = L 0.5 V = 0.008 L V = 8 mL

(87)

Oefening 5 Vraag What is the maximum weight of Ca3 (P O4 )2 that can be obtained by mixing 2.0 liters of 1.00 M CaCl2 with 3.0 liters of 0.50 M N a3 P O4 ?

29

Oplossing De reactie die opgaat bij het mengen is de volgende: 3CaCl2 (aq) + 2N a3 P O4 (aq) → Ca3 (P O4 )2 (s) + 6N aCl(aq)

(88)

De initiële hoeveelheid van de reagentia is gelijk aan: • nCaCl2 = 2.0 mol • nN a3 P O4 = 1.5 mol Dit wil dus zeggen dat CaCl2 het limiterend reagens is, en er dus 0.67 mol Ca3 (P O4 )2 gevormd wordt. De massa hiervan is dus gelijk aan: mCa3 (P O4 )2 = M ∗ n mCa3 (P O4 )2 = 310.15 ∗ 0.67 g mCa3 (P O4 )2 = 207 g

(89)

Oefening 6 Vraag Gegeven een waterige 1.00 molaal fosforzuur-oplossing. De densiteit van zuiver fosforzuur bedraagt 1.834 g/cm3 . De volumes mogen additief verondersteld worden. Bereken de normaliteit en de densiteit van deze oplossing.

Oplossing Stel de massa van het solvent gelijk aan 1 kg. Het volume hiervan is dus 1 L. Aangezien de molaliteit gelijk is aan 1 hebben we 1 mol fosforzuur. Uit de molaire massa en de densiteit kunnen we dan de massa en het volume van het fosforzuur halen: m=M ∗n m = 97.99 ∗ 1 g m = 97.99 g

(90)

m ρ 97.99 V = cm3 1.834 V = 53.43 cm3

(91)

En het volume wordt dan: V =

De molariteit is gelijk aan het aantal mol per liter oplssing. Dit wordt dsu: n C= V 1 mol C= 1 + 0.05343 L C = 0.95 M

(92)

30

Aangezien de waardigheid van fosforzuur 3 is, is de normaliteit gelijk aan: normaliteit = z ∗ C normaliteit = 3 ∗ 0.095 N normaliteit = 2.85 N

(93)

De massadichtheid van de oplossing is dan gelijk aan: m V 1000 + 97.99 g ρ= 1000 + 53.43 cm3 ρ = 1.042 g/cm3 ρ=

(94)

31

Seminarie 4a Oefening 1 Vraag LPG is een equimolair mengsel van vloeibaar C3 H8 (propaan) en vloeibaar C4 H10 (butaan). De volumes zijn additief. • propaan: ρvloeistof = 0.5853 g/cm3 en verbrandingswarmte = 2200 kJ/mol C3 H8 • butaan: ρvloeistof = 0.6012 g/cm3 en verbrandingswarmte = 2850 kJ/mol C3 H8 Een wagen is uitgerust met een tank die 100 L LPG bevat. De wagen verbruikt bij een snelheid van 100 km/u 10.0 L LPG/100 km. Gevraagd: 1. Hoeveel weegt de inhoud van de tank? 2. Welk volume neemt het LPG (in gasvormige toestand) in bij 1 atm en 20◦ C? 3. Hoeveel mol O2 zijn er nodig om het LPG te verbranden? 4. Welk volume lucht (21 vol% O2 ) moet hierbij door de motor worden aangezogen bij 1 atm en 20◦ C? 5. Indien de motor 1/3 van de ontwikkelde warmte omzet in mechanische energie, welk vermogen levert de motor dan bij een snelheid van 100 km/u?

Oplossing - 1 We weten (of kunnen opzoeken) de volgende eigenschappen: • M (C3 H8 ) = 44.11 g/mol • M (C4 H10 = 58.14 g/mol • V = 100L = 100000 cm3 • ρC3 H8 = 0.5853 g/cm3

32

• ρC4 H10 = 0.6012 g/cm3 Allereerst moeten we berekenen hoeveel mol van elke stof er in de 100 L van de tank kunnen. We weten dat het mengsel equimolair is, dus elke stof is in dezelfde hoeveelheid aanwezig. Dit wordt dus een vergelijking in één onbekende:

n∗M =V ρ x ∗ 44.11 g ∗ cm3 x ∗ 58.14 g ∗ cm3 + = 100L = 100000cm3 0.5853 g 0.6012 g 172.07x cm3 = 100000 cm3 x = 581.16

(95)

Er is dus 581.16 mol van elke stof aanwezig in het mengsel. Aangezien we de molaire massa ook kennen, kunnen we de massa van de inhoud van de tank berekenen:

m−n∗M m = (44.11 + 58.14) ∗ 581.16

g ∗ mol mol

(96)

m = 59423 g m = 59.42 kg Oplossing - 2 Het volume van het LPG bij de gegeven omstandigheden kunnen we rechtstreeks uit de algemene gaswet halen:

P ∗V =n∗R∗T 2 ∗ 581.16 ∗ 0.082057 ∗ 293 mol ∗ L ∗ atm ∗ K V = 1 atm ∗ mol ∗ K V = 28000 L V = 28 m3

(97)

Oplossing - 3 De verbrandingsreactie van het LPG is de volgende: 2C3 H8 + 2C4 H10 + 23O2 → 14CO2 + 18H2 O

(98)

Er is dus 11.5 keer zoveel zuurstof als propaan of butaan nodig in de reactie. Dit wordt dus: n = 11.5 ∗ 581.16 mol n = 6683.34 mol

(99)

33

Oplossing - 4 Het volume van de aangezogen zuurstof kunnen we rechtstreeks uit de algemene gaswet halen:

P ∗V =n∗R∗T 11 ∗ 581.16 ∗ 0.082057 ∗ 293 mol ∗ L ∗ atm ∗ K V = 1 atm ∗ mol ∗ K V = 155797 L V = 156 m3

(100)

Aangezien lucht maar uit 21% zuurstof bestaat moeten we deze hoeveelheid nog met vermenigvuldigen om de aangezogen hoeveelheid lucht te weten:

156 ∗ 100 3 m 21 V = 743 m3

V =

100 21

(101)

Er wordt dus 743 m3 lucht aangezogen.

Oplossing - 5 Aangezien we de verbrandingswarmte van beide stoffen kennen, kunnen we het vermogen van de motor berekenen als de verhouding van de arbeid tot de tijd. Aan de gegeven snelheid verbruikt de motor 10.0 L op een uur. Als we dit invullen wordt dat dan:

P = 58.12 ∗ 2200 + 58.12 ∗ 2850 kJ u 293506 kJ P = 3600 s kJ P = 81.53 = 81.53 kW s

mol ∗ kJ mol ∗ u

P = 293506

(102)

Aangezien er slechts een derde van de ontwikkelde warmte in mechanische energie wordt omgezet moeten we dit vermogen nog door 3 delen. Dit geeft dus:

81.53 kW 3 P = 27.2 kW P =

(103)

De motor heeft dus een vermogen van 27.2 kW .

34

Oefening 2 Vraag In een afgesloten ruimte bevindt zich 1.0 mol van een gasmengsel dat uit CS2 en een overmaat zuurstof bestaat. Het mengsel wordt aangestoken en alle CS2 wordt verbrand tot CO2 en SO2 . na de reactie is er nog 0.8 mol gas aanwezig. Bereken het aantal g CS2 en het gew% CS2 in het oorspronkelijke gasmengsel.

Oplossing Allereerst moeten we de molaire massa’s van de stoffen weten: • M (CS2 ) = 76.15 g/mol • M (O2 ) = 32 g/mol Aangezien er zuurstofgas in overmaat aanwezig is, kunnen we de reactievergelijking als volgt opschrijven: CS2 + 3O2 + aO2 → CO2 + 2SO2 + aO2 (104) In het linkerlid hebben we 1 mol gas, rechts 0.8 mol. Dit geeft dus: 0.8(1 + 3 + a) = 1 + 2 + a 3.2 + 0.8a = 3 + a a=1

(105)

CS2 + 3O2 + O2 → CO2 + 2SO2 + O2

(106)

De reactievergelijking wordt dus:

Hieruit kunnen we afleiden dat er 0.2 mol CS2 aanwezig was in het oorspronkelijke gas. De massa van CS2 kunnen we dus uit de molaire massa halen: m(CS2 ) = 76.15 ∗ 0.2

g ∗ mol mol

(107)

m(CS2 ) = 15.2 g Aangezien er vier keer zoveel O2 als CS2 aanwezig was, kunnen we het gew% CS2 dus als volgt berekenen: M (CS2 ) M (CS2 + 4 ∗ O2 ) 76.15 gew%CS2 = 76.15 + 4 ∗ 32 gew%CS2 = 0.373 gew%CS2 = 37.3% gew%CS2 =

(108)

35

Oefening 3 Vraag Hoeveel mL van een HN O3 -oplossing met densiteit 1.42 g/mL en gew% = 70% heb je nodig om een 250 mL oplossing te maken waarvan 10 mL equivalent zijn met 0.74 g Ca(OJ)2 ?

Oplossing We weten de volgende gegevens: • M (HN O3 ) = 63.01 g/mol • ρopl = 1.42 g/mol • gew%HN O3 = 70% • M (Ca(OH)2 ) = 74.1 g/mol • m(Ca(OH)2 ) = 0.74 g • waardigheidCa(OH)2 = 2 Hieruit kunnen we de G-parameter en dus ook de molariteit berekenen van HN O3 . De Gparameter is: G − parameter = gew% ∗ ρ G − parameter = 0.70 ∗ 1.42

g mLopl

(109)

g G − parameter = 0.994 mLopl En voor de molariteit wordt dat: G − parameter M g 0.994 mLopl C= g 63.01 mol mol C = 0.016 mLopl C=

(110)

Uit de massa en molaire massa van Ca(OH)2 kunnen we het aantal mol van deze stof halen: m M 0.74 g n= g 74.1 mol

n=

(111)

n = 0.01 mol

36

In 10 mL van de oplossing zou dus ook 0.01 mol HN O3 moeten zitten, maar aangezien Ca(OH)2 een waardigheid 2 heeft, moet dat nog verdubbeld worden. In 250 mL oplossing zit dan 0.5 mol HN O3 . De oorspronkelijke oplossing moet dus 0.5 mol HN O3 bevatten. Dit uitwerken geeft: n C 0.5 mol V = mol 0.016 mL V =

(112)

opl

V = 31.3 mLopl We hebben dus 31.3 mL oplossing nodig.

Oefening 4 Vraag In een afgesloten ruimte van 1.00 L bevinden zich uitsluitend O2 en H2 . De partieeldrukken ˙ temperatuur bedraagt 168◦ C. van O2 en H2 zijn respectievelijk 252 mmHg en 326 mmHg De Het mengsel wordt met een vonk tot ontploffing gebracht. Bereken de totale druk na de reactie als: • T = 197◦ C (water is dan stoom) • T = 0◦ C. Het volume van vloeibaar water is verwaarloosbaar en de dampspanning van water bij 0◦ C mag verwaarloosd worden. Met andere woorden: bij 0◦ C bevindt er zich geen water in het gasmengsel (zie Wet van Raoult)

Oplossing Gegeven zijn de volgende gegevens: • V = 1.00 L • PH2 = 326 mmHg = 0.43 atm • PO2 = 252 mmHg = 0.33 atm • T = 168◦ C = 441 K Uit de partieeldrukken van beide stoffen kunnen we de totaaldruk van het mengsel halen: P = PH2 6 + PO2 P = 0.43 + 0.33 atm P = 0.76 atm

(113)

37

Uit de algemene gaswet kunnen we de molhoeveelheden van beide stoffen halen. Voor H2 wordt dat: PH 2 ∗ V nH2 = R∗T 0.43 ∗ 1.00 atm ∗ L (114) nH2 = L∗atm 0.082057 ∗ 441 mol∗K ∗K nH2 = 0.012 mol En voor O2 wordt dat: PO2 ∗ V R∗T 0.33 ∗ 1.00 atm ∗ L = L∗atm 0.082057 ∗ 441 mol∗K ∗K

nO2 = nO 2

(115)

nO2 = 0.0091 mol De knalgasreactie tussen O2 en H2 is de volgende: 2H2 + O2 → 2H2 O

(116)

Aangezien er in de reactie dubbel zoveel waterstofgas als zuurstofgas nodig is, blijft er een = 0.0031 mol O2 achter. De totale druk na de reactie is dan de overmaat van 0.0091 − 0.012 2 som van de partieeldrukken van het overgebleven zuurstofgas en het water (stoom). De partieeldruk van O2 is: nO2 ∗ R ∗ T V atm∗L ∗K 0.0031 ∗ 0.082057 ∗ 470 mol ∗ mol∗K = 1 L = 0.12 atm

PO 2 = PO 2 PO 2

(117)

De partieeldruk van H2 O is: nH 2 O ∗ R ∗ T V atm∗L ∗K 0.012 ∗ 0.082057 ∗ 470 mol ∗ mol∗K = 1 L = 0.46 atm

PH 2 O = PH 2 O PH 2 O

(118)

De totale druk is de som van de voorgaande twee partieeldrukken: P = PO2 + PH2 O P = 0.12 + 0.46atm P = 0.58 atm

(119)

Bij 0◦ C is de totale druk gelijk aan de partieeldruk van O2 . Dit wordt dus: nO2 ∗ R ∗ T V atm∗L ∗K 0.0031 ∗ 0.082057 ∗ 273 mol ∗ mol∗K P = 1 L P = 0.069 atm

P = PO2 =

(120)

38

Oefening 5 Vraag Een installatie in een chemisch bedrijf dient voor de opslag van butaan (C4 H10 ). Onder STPvoorwaarden kan de opslagtank 438 mol butaan bevatten. De temperatuur van de tank wordt constant gehouden op 27◦ C en omwille van de constructie mag de druk niet hoger worden dan 10 atm. Bij hogere druk gaat een klep bovenaan de opslagtank open en de overmaat C4 H10 wordt afgevoerd naar een verbrandingsinstallatie. Butaan wordt daar verbrand met zuurstof uit de omgevingslucht (stikstof is inert). Als de druk in de C4 H10 -opslagtank oploopt tot 12 atm, hoeveel butaan (in mol) moet dan naar de verbrandingsinstallatie afgevoerd worden om de druk terug te brengen tot 10 atm? Hoeveel lucht (in kg) is nodig om een stoichiometrisch mengsel van zuurstof en C4 H10 te bekomen? Wat is het totale volume na de verbranding (bij 500◦ C onder atmosferische druk) van de mengsel?

Oplossing Allereerst moeten we weten hoeveel butaan er in de opslagtank kan wanneer de druk 1 atm is en de temperatuur 27◦ C. Dit kunnen we uit de ideale gaswet halen. Aangezien de druk en het volume constant blijven geldt: P ∗ V = n1 ∗ R ∗ T1 P ∗ V = n2 ∗ R ∗ T2 ⇓ n1 ∗ T1 = n2 ∗ T2 438 ∗ 273 mol ∗ K n2 = 300 K n2 = 398.58 mol

(121)

Als de druk oploopt tot 12 atm moet er dus zoveel butaan weggelaten worden, dat de druk 2 atm daalt. Dit komt overeen met dezelfde hoeveelheid butaan die in de tank kan als de druk daar 2 atm bedraagt. Dit is dus het dubbele van de hoeveelheid butaan onder 1 atm: n = 2 ∗ 398.58 mol n = 797 mol

(122)

De hoeveelheid lucht die nodig is om een stoichiometrisch mengsel te hebben, wordt bepaald door de verbrandingsreactie van butaan met zuurstof. Dat is de volgende: 2C4 H10 + 13O2 → 8CO2 + 10H2 O

(123)

Er is dus 13/2 = 6.5 keer zoveel zuurstof als butaan nodig in het stoichiometrisch mengsel. Dit geeft dus: 13 mol 2 n = 5180 mol n = 797 ∗

(124)

39

Om te weten hoeveel deze hoeveelheid zuurstof weegt, moeten we de molaire massa van zuurstof weten. Dit is: M (O2 ) = 32 g/mol (125) De massa van de zuurstof is dan: m=n∗M g mol m = 165760 g = 166 kg

m = 5180 ∗ 32 mol ∗

Aangezien de zuurstof slechts 21% van de lucht is moeten we deze massa nog met menigvuldigen: 100 21 100 m = 166 ∗ kg 21 m = 790 kg

(126)

100 21

ver-

m = mO2 ∗

(127)

40

Seminarie 4b Oefening 1 Vraag Eén manier om fosforzuur op industriële schaal te bereiden is door fosfor te verbranden en het (zure) oxide (P4 O10 ) in water op te lossen. In een volledig opgaande reactie ontstaat zo fosforzuur. Hoeveel mol witte fosfor en hoeveel gram P4 O10 zijn er nodig om 1.50 L van een 5.00 gew% oplossing van fosforzuur te maken? De dichtheid van de bekomen oplossing is 1.025 g/mL.

Oplossing De reacties om fosforzuur te maken zijn de volgende: P4 + 5O2 → P4 O10 P4 O10 + 6H2 O → 4H3 P O4

(128)

We weten ook de volgende gegevens: • M (H3 P O4 ) = 98 g/mol • M (P4 O10 ) = 283.88 g/mol • ρopl = 1.025 g/mL • gew%H3 P O4 = 5.00% Hieruit kunnen we de G-parameter en dus ook de molariteit berekenen voor H3 P O4 . De G-parameter is: G − parameter = gew% = ρ G − parameter = 0.05 ∗ 1.025 G − parameter = 0.05125

g mLopl

(129)

g mLopl

41

En de molariteit is dan: G − parameter M g 0.05125 mLopl C= g 98 mol mol mol C = 5.23 ∗ 10−4 = 0.52 mLopl Lopl C=

(130)

De oplossing is 1.50 L, dus hebben we 0.52 ∗ 1.5 = 0.78 mol H3 P O4 nodig. Volgens de tweede reactievergelijking hebben we slechts een kwart van deze hoeveelheid P4 O10 nodig. Volgens de eerste reactievergelijking hebben we evenveel P4 als P4 O10 nodig. De hoeveelheid witte fosfor wordt dan: nH3 P O4 n= 4 0.78 (131) mol n= 4 n = 0.195 mol De massa van P4 O10 wordt dan: m=n∗M m = 0.195 ∗ 283.88 g m = 55.3 g

(132)

Oefening 2 Vraag De schadelijke componenten in de uitlaatgassen van een wagen zijn voornamelijk onverbrande koolwaterstoffen (C8 H18 ), CO en N O. Veronderstel dat 51.82 g van een gasmengsel van C8 H18 , CO en N O katalytisch met lucht worden omgezet tot de minder schadelijke componenten CO2 (g), H2 O(l) en N2 (g). . . . CO + . . . O2 → . . . CO2 . . . C8 H18 + . . . O2 → . . . H2 O + . . . CO2 . . . CO + . . . N O → . . . CO2 + . . . N2

(133)

55.0 gew% van het oorspronkelijke gasmengsel was C8 H18 . Na omzetting worden de gassen CO2 en N2 opgevangen in een vat van 11.75 L bij 300◦ C. De partieeldruk van N2 bedraagt dan 0.500 atm. Welke hoeveelheid lucht (in gram) is er nodig om het mengsel volledig om te zetten?

Oplossing Als we de coëfficiënten in de reactievergelijkingen invullen wordt dat: 2CO + O2 → 2CO2 2C8 H18 + 25O2 → 18H2 O + 16CO2 2CO + 2N O → 2CO2 + N2

(134)

42

Uit het gewichtspercentage va C8 H18 kunnen we de massa van C8 H18 halen. m = 0.55 ∗ 51.82 g m = 28.5 g Uit de massa van C8 H18 kunnen we het aantal mol C8 H18 halen. m n= M 28.5 g n= g 114.26 mol

(135)

(136)

n = 0.25 mol Uit de ideale gaswet kunnen we het aantal mol N2 halen. Pi ∗ V = n i ∗ R ∗ T Pi ∗ V ni = R∗T 0.500 ∗ 11.75 atm ∗ L ni = L∗atm 0.082057 ∗ 573 mol∗K ∗K

(137)

ni = 0.125 mol Volgens de derde reactievergelijking is er dubbel zoveel N O als N2 . Dit is dus 0.25 mol. De massa van N O is dan: m=n∗M m = 0.25 ∗ 30 g m = 7.5 g

(138)

Uit de massa’s van C8 H18 en N O kunnen we de massa CO halen. Dit wordt dus: m = mtot − mC8 H18 − mCO m = 51.82 − 28.5 − 7.5 g m = 15.82 g Uit de massa van CO kunnen we het aantal mol CO halen: m n= M 15.82 g n= g 28.01 mol

(139)

(140)

n = 0.56 mol In de derde reactie is er 0.25 mol CO nodig, dus blijft er nog 0.31 mol over. In de eerste reactie is er slechts half zoveel zuurstof als CO nodig, dus dat wordt 0.155 mol. In de tweede reactie is er 12.5 keer zoveel zuurstof als C8 H18 nodig. Dit wordt dus 3.13 mol. Als we alles optellen geeft dat voor het aantal mol zuurstof nodig om het mengsel volledig om te zetten: n = n1 + n2 n = 0.155 + 3.13 mol n = 3.28 mol

(141)

43

De massa van deze hoeveelheid zuurstof is dan: m=n∗M m = 3.28 ∗ 32 mol ∗

g mol

(142)

m = 105 g Aangezien lucht slechts voor 21% uit zuurstof bestaat, moeten we deze massa nog met vermenigvuldigen. Dit wordt dus: 100 21 100 g m = 105 ∗ 21 m = 499 g

100 21

m = mO−2 ∗

(143)

Er is dus 499 g lucht nodig om dit mengsel volledig om te zetten.

44

Seminarie 5a Oefening 1 Vraag Een permanganaatoplossing wordt ontkleurd door de oxidatie van F e2+ -ionen tot F e3+ in een zure oplossing. M nO4 wordt daarbij gereduceerd tot M n2+ . Schrijf de halfreacties en de globale redoxreactie.

Oplossing Aangezien bij ijzer de lading (en dus ook de oxidatietrap) met 1 stijgt, geeft dat de volgende oxidatiereactie: F e2+ F e3+ + e− (144) De reductiereactie wordt dan: 2+ M n− + ... 4 + . . . Mn − 2+ M n4 + . . . M n + 4H2 O . . . − M n4 + 8H + . . . M n2+ + 4H2 O + − 2+ M n− + 4H2 O 4 + 8H + 5e M n

(145)

De oxidatiereactie moet dus met 5 vermenigvuldigd worden en de reductiereactie met 1. De redoxreactie wordt dan: + − 3+ 5 ∗ [F e2+ ] + M n− + e− ] + M n2+ + 4H2 O 4 + 8H + 5e 5 ∗ [F e + 3+ 5F e2+ + M n− + M n2+ + 4H2 O + 8H2 O 4 + 8H3 O 5F e + 3+ 5F e2+ + M n− + M n2+ + 12H2 O 4 + 8H3 O 5F e

(146)

Oefening 2 Vraag Schrijf de redoxreacties via halfreacties (in een basisch milieu): 2− . . . Cr(OH)− 4 + . . . H2 O2 → . . . CrO4 + . . . H2 O

(147)

45

Oplossing Aangezien bij chroom de oxidatietrap van +4 naar +8 stijgt, wordt de oxidatiereactie: 2− Cr(OH)− 4 + . . . CrO4 + . . . + 2− Cr(OH)− 4 + . . . CrO4 + 4H + . . . 2− + − Cr(OH)− 4 CrO4 + 4H + 3e

(148)

De reductiereactie wordt dan: H2 O2 + . . . H2 O + . . . H2 O2 + 2H + + . . . H2 O + H2 O + . . . H2 O2 + 2H + + 2e− 2H2 O

(149)

De oxidatiereactie moet dus met 2 vermenigvuldigd worden en de reductiereactie met 3. De redoxreactie wordt dan: + − 2− + − 2 ∗ [Cr(OH)− 4 ] + 3 ∗ [H2 O2 + 2H + 2e ] 2 ∗ [CrO4 + 4H + 3e ] + 3 ∗ [2H2 O] + + 2− 2Cr(OH)− 4 + 3H2 O2 + 6H 2CrO4 + 8H + 6H2 O + − 2− + − 2Cr(OH)− 4 + 3H2 O2 + 6H + 8OH 2CrO4 + 8H + 6H2 O + 8OH − 2− 2Cr(OH)− 4 + 3H2 O2 + 2OH 2CrO4 + 8H2 O (150)

Oefening 3 Vraag Schrijf de redoxreacties via halfreacties (in een zuur milieu): . . . Cr2 O72− + . . . H2 SO3 → . . . Cr3+ + . . . HSO4−

(151)

Oplossing Aangezien de oxidatietrap van chroom daalt van +6 naar 0, is dit de reductiereactie: Cr2 O72− + . . . Cr3+ + . . . Cr2 O72− + . . . 2Cr3+ + . . . Cr2 O72− + . . . 2Cr3+ + 7H2 O Cr2 O72− + 14H + + . . . 2Cr3+ + 7H2 O Cr2 O72− + 14H + + 6e− 2Cr3+ + 7H2 O

(152)

De oxidatiereactie wordt dan: H2 SO3 + . . . HSO4− + . . . H2 SO3 + H2 O HSO4− + . . . H2 SO3 + H2 O HSO4− + 3H + + . . . H2 SO3 + H2 O HSO4− + 3H + + 2e−

(153)

46

De oxidatiereactie moet dus met 3 vermenigvuldigd worden en de reductiereactie met 1. De redoxreactie wordt dan: 3 ∗ [H2 SO3 + H2 O] + Cr2 O72− + 14H + + 6e− 3 ∗ [HSO4− + 3H + + 2e− ] + 2Cr3+ + 7H2 O 3H2 SO3 + 12H2 O + Cr2 O72− + 14H3 O+ 32HSO4− + 9H3 O+ + 2Cr3+ + 21H2 O 3H2 SO3 + Cr2 O72− + 5H3 O+ 3HSO4− + 2Cr3+ + 9H2 O (154)

Oefening 4 Vraag Een oranje bichromaatoplossing kan SO2 omzetten naar sulfaationen. Schrijf de redoxreactie in een zuur milieu.

Oplossing De reactievergelijking is de volgende: . . . Cr2 O72− + . . . SO2 + . . . H3 O+ → . . . Cr3+ + . . . SO42− + . . . H2 O

(155)

Aangezien de oxidatietrap van chroom van +7 naar 0 daalt, is dit de reductiereactie: Cr2 O72− + . . . Cr3+ + . . . Cr2 O72− + . . . 2Cr3+ + . . . Cr2 O72− + . . . 2Cr3+ + 7H2 O Cr2 O72− + 14H + + . . . 2Cr3+ + 7H2 O Cr2 O72− + 14H + + 6e− 2Cr3+ + 7H2 O

(156)

De oxidatiereactie wordt dan: SO2 + . . . SO42− + . . . SO2 + 2H2 O SO42− + . . . SO2 + 2H2 O SO42− + 4H + + . . . SO2 + 2H2 O SO42− + 4H + + 2e−

(157)

De oxidatiereactie moet dus met 3 vermenigvuldigd worden en de reductiereactie met 1. De redoxreactie wordt dan: 3 ∗ [SO2 + 2H2 O] + Cr2 O72− + 14H + + 6e− 3SO2 + 6H2 O + Cr2 O72− + 14H + 3SO2 + 18H2 O + Cr2 O72− + 14H3 O+ 3SO2 + Cr2 O72− + 2H3 O+

3 ∗ [SO42− + 4H + + 2e− ] + 2Cr3+ + 7H2 O 3SO42− + 12H + + 2Cr3+ + 7H2 O 3SO42− + 12H3 O+ + 2Cr3+ + 21H2 O 3SO42− + 2Cr3+ + 3H2 O (158)

47

Oefening 5 Vraag Sulfiet-ionen kunnen in een basische chromaatoplossing geoxideerd worden tot sulfaat-ionen. Daarbij ontstaat CrO2− (chromiet-ion). Schrijf de reactie.

Oplossing Van sulfiet naar sulfaat is de oxidatiereactie. Dit wordt: SO32− + . . . SO42− + . . . SO32− + H2 O SO42− + . . . SO32− + H2 O SO42− + 2H + + . . . SO32− + H2 O SO42− + 2H + + 2e−

(159)

De reductiereactie wordt dan: CrO42− + . . . CrO2− + . . . CrO42− + . . . CrO2− + 2H2 O CrO42− + 4H + + . . . CrO2− + 2H2 O CrO42− + 4H + + 3e− CrO2− + 2H2 O

(160)

De oxidatiereactie moet dus met 3 vermenigvuldigd worden en de reductiereactie met 2. De redoxreactie wordt dan: 3 ∗ [SO32− + H2 O] + 2 ∗ [CrO42− + 4H + + 3e− ] 3 ∗ [SO42− + 2H + + 2e− ] + 2 ∗ [CrO2− + 2H2 O] 3SO32− + 3H2 O + 2CrO42− + 8H + 3SO42− + 6H + + 2CrO2− + 4H2 O 3SO32− + 2CrO42− + 8H + + 8OH − 3SO42− + 6H + + 2CrO2− + H2 O + 8OH − 3SO32− + 2CrO42− + 8H2 O 3SO42− + 6H2 O + 2CrO2− H2 O + 2OH − 3SO32− + 2CrO42− + H2 O 3SO42− + 2CrO2− + 2OH − (161)

Oefening 6 Vraag Waterstofperoxide en mangaandioxide reageren in zuur milieu en vormen een paarse oplossing (permanganaat-ionen). Schrijf de reactie.

48

Oplossing De oxidatietrap van mangaan stijgt van +4 (in mangaandioxide) naar +7 (in permanganaat). De oxidatiereactie wordt dan: M nO2 + . . . M nO4− + . . . M nO2 + 2H2 O M nO4− + . . . M nO2 + 2H2 O M nO4− + 4H + + . . . M nO2 + 2H2 O M nO4− + 4H + + 3e−

(162)

De reductiereactie wordt dan: H2 O2 + . . . H2 O + . . . H2 O2 + . . . H2 O + H2 O H2 O2 + 2H + + . . . 2H2 O H2 O2 + 2H + + 2e− 2H2 O

(163)

De oxidatiereactie moet dus met 2 vermenigvuldigd worden en de reductiereactie met 3. De redoxreactie wordt dan: 2 ∗ [M nO2 + 2H2 O] + 3 ∗ [H2 O2 + 2H + + 2e− ] 2 ∗ [M nO4− + 4H + + 3e− ] + 3 ∗ [2H2 O] 2M nO2 + 4H2 O + 3H2 O2 + 6H + 2M nO4− + 8H + + 6H2 O 2M nO2 + 3H2 O2 + 6H3 O+ + 8H2 O 2M nO4− + 8H3 O+ + 2H2 O + 6H2 O 2M nO2 + 3H2 O2 + 2M nO4− + 2H3 O+ (164)

Oefening 7 Vraag Schrijf de redoxreactie via halfreacties (in zuur milieu): . . . HN O3 + . . . H2 S . . . N O + . . . S

(165)

Oplossing De oxidatie trap van stikstof daalt van +5 naar +2. De reductiereactie wordt dan: HN O3 + . . . N O + . . . HN O3 + . . . N O + 2H2 O HN O3 + 3H + + . . . N O + 2H2 O HN O3 + 3H + + 3e− N O + 2H2 O

(166)

De oxidatiereactie wordt dan: H2 S + . . . S + . . . H2 S S + 2H + + . . . H2 S S + 2H + + 2e−

(167)

49

De oxidatiereactie moet dus met 3 vermenigvuldigd worden en de reductiereactie met 2. De redoxreactie wordt dan: 2 ∗ [HN O3 + 3H + + 3e− ] + 3 ∗ [H2 S] 2 ∗ [N O + 2H2 O] + 3 ∗ [S + 2H + + 2e− ] 2HN O3 + 6H + + 3H2 S 2N O + 4H2 O + 3S + 6H + (168) 2HN O3 + 3H2 S 2N O + 4H2 O + 3S

Oefening 8 Vraag Als men een basische oplossing van kaliumpermanganaat verwarmt met mangaan(IV)-oxide, verandert de paarse kleur van het permanganaat-ion in de groene kleur van het manganaat-ion M nO42− . Schrijf de reactie.

Oplossing Algemeen ziet de reactie er als volgt uit: . . . M nO4− + . . . M nO2 → . . . M nO42− + . . . M nO4−

(169)

Aangezien de oxidatietrap van mangaan met 1 daalt in de reactie van permanganaat naar manganaat, is dit de reductiereactie: M nO4− + . . . M nO42− + . . . M nO4− + e− M nO42− De oxidatiereactie wordt dan: M nO2 + . . . M nO4− + . . . M nO2 + 2H2 O M nO4− + . . . M nO2 + 2H2 O M nO4− + 4H + + . . . M nO2 + 2H2 O M nO4− + 4H + + 3e−

(170)

(171)

De oxidatiereactie moet dus met 1 vermenigvuldigd worden en de reductiereactie met 2. De redoxreactie wordt dan: M nO2 + 2H2 O + 3 ∗ [M nO4− + e− ] M nO4− + 4H + + 3e− + 3 ∗ [M nO42− ] M nO2 + 2H2 O + 3M nO4− M nO4− + 4H + + 3M nO42− (172) M nO2 + 2H2 O + 2M nO4− + 4OH − 4H + + 3M nO42− + 4OH − M nO2 + 2M nO4− + 4OH − 2H2 O + +3M nO42−

Oefening 10 Vraag Welke neerslagen kan je vormen door een mengsel van kationen (Ag + , Ba2+ en F e3+ ) te laten reageren met N a2 SO4 , N aN O3 , N aOH, naCl, N a2 CrO4 en N aClO4 ? Vul in elk vakje van de tabel neerslag of oplosbaar in.

50

Oplossing

SO42− N O3− OH − Cl− CrO42− ClO4−

Ag + neerslag oplosbaar neerslag neerslag neerslag oplosbaar

Ba2+ F e3+ neerslag oplosbaar oplosbaar oplosbaar neerslag neerslag oplosbaar oplosbaar neerslag neerslag oplosbaar oplosbaar

51

Seminarie 6a Oefening 1 Vraag Bereiding van methanol volgens de reactie CO(g) + 2H2 (g) CH3 OH(g). P = 300 atm. 1. Waarom is de curve B steiler dan curve A in het begin? 2. Waarom worden de curven horizontaal? 3. Is de reactie endotherm of exotherm? 4. Waarom wordt dit katalytisch proces uitgevoerd bij P = 300 atm en niet bij een lagere druk?

Oplossing - 1 Curve B is volgens een hogere temperatuur, dus gaat de reactie sneller. Dit resulteert dus in een steilere curve van omzetting in functie van tijd.

Oplossing - 2 De curven worden horizontaal omdat als de tijd naar oneindig gaat, er een evenwicht ontstaat in de reactie.

Oplossing - 3 Aangezien curve A een hogere omzetting heeft dan curve B, en de temperatuur bij A lager is dan bij B, gaat de reactie beter op bij een lagere temperatuur. De reactie is dus exotherm.

Oplossing - 4 Voor elke 3 mol gas reagentia verkrijgen we 1 mol eindproduct. Volgens de wet van Le Chavelier geldt dan dat als de druk verhoogd wordt, het evenwicht naar rechts verschuift. Op een hogere druk hebben we dus meer eindproduct dan op een lagere druk.

52

Oefening 2 Vraag In een gesloten vat bevinden zich de stoffen A, B, C en D. Onder bepaalde omstandigheden heeft het volgende evenwicht zich ingesteld: A + 3B 3C + D

(173)

Deze reactie is exotherm. Wat gebeurt er met het evenwicht als men: 1. bij constante temperatuur het volume vergroot? 2. bij constante druk de temperatuur verhoogt? 3. bij constant volume en constante temperatuur een hoeveelheid inert gas bijperst?

Oplossing - 1 Het volume wordt vergroot, dus verkleint de druk. Het evenwicht verschuift dus naar de kant met de grootste som van de coëfficiënten. Dit is dus naar rechts.

Oplossing - 2 De temperatuur verhoogt, dus verschuift de reactie naar de endotherme kant. Dit is dus naar links.

Oplossing - 3 Aangezien de partieeldrukken constant blijven (Pi = verandert er niets. Het evenwicht verschuift niet.

ni ∗R∗T ), V

en de temperatuur constant is,

Oefening 3 Vraag Een volume bevat bij 1000 K een mengsel van N2 , H2 en N H3 in de volgende evenwichtsconcentraties: • [N2 ] = 1.03 M • [H2 ] = 1.62 M • [N H3 ] = 0.102 M Bereken Kc , KP en KX voor de reactie: N2 (g) + 3H2 (g) 2N H3 (g)

(174)

53

Oplossing Kc is de evenwichtsconstante voor de concentraties. Voor deze reactie geldt dus: [N H3 ]2 [N2 ] ∗ [H2 ]3 0.1022 Kc = M −2 1.03 ∗ 1.623 Kc = 3.28 ∗ 10−3 M −2

Kc =

(175)

Voor KP moeten we eerst de partieeldrukken van de drie stoffen in evenwicht berekenen. Als we het volume gelijkstellen aan 1 L wordt dit: nN2 ∗ R ∗ T V = 84.5 atm nH 2 ∗ R ∗ T = V = 132.9 atm nN H3 ∗ R ∗ T = V = 8.4 atm

PN2 =

PH2

PN H3

(176)

KP wordt dan: 8.42 84.5 ∗ 132.93 KP = 3.55 ∗ 10−7 atm−2

KP =

(177)

voor KX moeten we het totaal aantal mol weten. Als we het volume gelijkstellen aan 1 L wordt dit: ntot = 1.03 + 1.62 + 0.102 mol ntot = 2.75 mol

(178)

KX wordt dan: KX =

nN H3 2 ) ntot nN2 nH2 3 ∗ ( ntot ) ntot

(

0.00137 0.374 ∗ 0.204 KX = 0.018

(179)

KX =

Oefening 4 Vraag Bij 45◦ C is Kc = 2.36 − 10−2 mol/L voor de reactie N2 O4 (g) 2N O2 (g). Bij deze temperatuur brengt met 2.5∗10−3 mol N O2 in een volume van 350 mL. Wat wordt de evenwichtsdruk?

54

Oplossing Om de evenwichtsdruk te bepalen, moeten we eerst weten hoeveel mol van elke stof er aanwezig is bij evenwicht. Als we de concentratie van N2 O4 gelijkstellen aan x, geeft dat voor de concentratie van N O2 : mol 2.5 ∗ 10−3 −2∗x 0.350 L mol [N O2 ] = 0.0071 − 2 ∗ x L [N O2 ] =

(180)

Als we dit in de formule voor Kc invullen en x daaruit uitwerken geeft dat: [N O2 ]2 x (0.0071 − 2x)2 2.69 − 10−2 = x −2 2.69 − 10 ∗ x = 5.10 ∗ 10−5 − 0.029 ∗ x + 4x2 4x2 − (2.69 ∗ 10−2 + 0.029) ∗ x + 5.10 ∗ 10−5 = 0 x = 0.00099 of − 0.0057 mol/L Kc = 2.69 − 10−2 mol/L =

(181)

De concentratie van N2 O4 is dus gelijk aan 0.00099 mol/L. De concentratie van N O2 is dan gelijk aan: mol 2.5 ∗ 10−3 −2∗x 0.350 L mol [N O2 ] = 0.00516 L [N O2 ] =

(182)

Volgens de ideale gaswet wordt de evenwichtsdruk dan: n∗R∗T V L∗atm ∗ L ∗ mol∗K ∗K (0.00099 + 0.00516) ∗ 0.350 ∗ 0.082057 ∗ 318 mol L P = 0.350 L P = 0.157 atm

P =

(183)

Oefening 5 Vraag Bij 2000 K is Kc = 4.4 voor de volgende reactie: H2 (g) + CO2 (g) H2 O(g) + CO(g)

(184)

Bereken de evenwichtsconcentratie van ieder reagens en reactieproduct indien men 1.00 mol H2 , 1.00 mol CO2 en 1.00 mol H2 O samen in een vat van 4.86 L brengt bij 2000 K.

55

Oplossing Als we x gelijkstellen aan de concentratie van CO in evenwicht dan geldt: • [H2 ] = [CO − 2] = • [H2 O] =

1 4.86

1 4.86

− x = 0.206 − x

+ x = 0.206 + x

• [CO] = x Als we dit invullen in de formule voor Kc en daar x uithalen geeft dat: [H2 O] ∗ [CO] [H2 ][CO2 ] (0.206 + x) ∗ x 4.4 = (0.206 − x)2

Kc = 4.4 =

x = 0.115 of 0.479 De concentratie van CO is dus gelijk aan 0.115

mol L

(185) mol L

bij evenwicht. Hieruit volgt:

• [CO] = 0.115 mol/L • [H2 O] = 0.205 + 0.115 mol/L = 0.32 mol/L • [H2 ] = [CO2 ] = 0.205 − 0.115 mol/L = 0.09 mol/L

Oefening 6 Vraag Bij 600 K is Kc = 0.395 mol/L voor de reactie N H3 (g) 0.5N2 (g) + 1.5H2 (g)

(186)

In een volume van 1.00 L brengt men bij 600 K 2.62 g N H3 in. Bereken de evenwichtsconcentraties van N H3 , N2 en H2 .

Oplossing Allereerst moeten we weten hoeveel mol N H3 er initieel is. Dit kunnen we uit de massa em molaire massa helen: m n= M 2.65 g (187) n= 14 + 3 ∗ 1.01 g/mol n = 0.156 mol Als we x gelijkstellen aan de concentratie van N2 in evenwicht dan geldt:

56

• [N H3 ] =

0.156 1

−2∗x

• [H2 ] = 3 ∗ x • [N2 ] = x Als we dit invullen in de formule voor Kc en daar x uithalen geeft dat: [N2 ]0.5 ∗ [H2 ]1.5 [N H3 ] p √ x ∗ (3 ∗ x)3 mol/L 0.395 mol/L = 0.156 − 2 ∗ x mol x = 0.0567 L

Kc = 0.395 mol/L =

De concentratie van N2 is dus gelijk aan 0.0567

mol L

(188)

bij evenwicht. Hieruit volgt:

• [N H3 ] = 0.156 − 2 ∗ 0.0567 mol/L = 0.0426 mol/L • [N2 ] = 0.0567 mol/L • [H2 ] = 3 ∗ 0.0567 mol/L = 0.170 mol/L

Oefening 7 Vraag In een ruimte van 10.0 L laat men 0.50 mol H2 en 0.50 mol I2 reageren bij 448◦ C. Kc = 50 voor de reactie: H2 (g) + I2 (g) 2HI(g) (189) Bereken: • KP • Ptot • aantal mol I2 bij evenwicht • partieeldruk van alle componenten bij evenwicht

Oplossing Als we x gelijkstellen aan de concentratie van HI in evenwicht dan geldt: • [H2 ] = [I2 ] =

0.50 10

−

x 2

= 0.05 − x/2

• [HI] = x

57

Als we dit invullen in de formule voor Kc en daar x uithalen geeft dat: [HI]2 [H2 ][I2 ] x 50 = mol/L (0.05 − x/2)2 x = 0.078 mol/L

Kc = 50 =

(190)

Het aantal mol I2 is dan gelijk aan: n = (0.05 − x/2) ∗ V

mol ∗L L

(191)

n = 0.11 mol De partieeldrukken van de componenten worden dan: nI2 ∗ R ∗ T V atm∗L ∗K 0.11 ∗ 0.082057 ∗ 721 mol ∗ mol∗K = 10 L = 0.62 atm nHI ∗ R ∗ T = V atm∗L ∗K 0.78 ∗ 0.082057 ∗ 721 mol ∗ mol∗K = 10 L = 4.61 atm

PH2 = PI2 =

PHI

(192)

De totaaldruk Ptot , gelijk aan de som van de partieeldrukken, wordt dan: X Ptot = Pi i

Ptot = 0.65 + 0.65 + 4.61 atm Ptot = 5.91 atm

(193)

KP kunnen we dan als volgt berekenen: (PHI )2 PH 2 ∗ PI 2 4.612 KP = 0.62 ∗ 0.62 KP = 50.3

KP =

(194)

Oefening 8 Vraag Beschouw de reactie P Cl5 (g) P Cl3 + Cl2 (g). In een bepaald volume bevindt zich het volgende mengsel in evenwicht:

58

• PP Cl3 = 0.36 atm • PP Cl5 = 0.14 atm • PCl2 = 0.50 atm Als bij constante temperatuur het volume tot de helft herleid wordt, wat wordt dan de nieuwe evenwichtsdruk?

Oplossing Stel het initieel volume gelijk aan 1 L en de temperatuur aan 273 K. Als we dan de molfracties berekenen geeft dat: PP Cl5 ∗ V R∗T = 0.0062 mol PP Cl3 ∗ V = R∗T = 0.016 mol PCl2 ∗ V = R∗T = 0.0223 mol

nP Cl5 =

nP Cl3

nCl2

(195)

Kc wordt dan: nP Cl3 ∗ nCl2 nP Cl5 Kc = 0.0574 mol Kc =

(196)

Aangezien deze evenwichtsconstante niet verandert bij een andere druk, kunnen we de nieuwe concentraties als volgt berekenen. Stel de nieuwe concentratie van P Cl5 gelijk aan [P Cl5 ]+x. Omwille van de halvering van het volume komt er een factor 2∗2 = 2 bij. Dit geeft dan: 2 [P Cl3 ]0 ∗ [Cl2 ]0 ∗2 [P Cl5 ]0 (0.016 − x) ∗ (0.0223 − x) 0.0574 = ∗2 0.0062 + x x = 0.00279 mol/0.5L

Kc = 0.0574 =

(197)

De nieuwe evenwichtsdruk kunnen we dan uit de ideale gaswet halen: n∗R∗T V atm∗L ∗K ((0.0062 + x) + (0.016 − x) + (0.0223 − x)) ∗ 0.082057 ∗ 273 mol ∗ mol∗K P = 0.5 L P = 1.875 atm (198) P =

59

Seminarie 7a Oefening 1 Vraag Gegeven de volgende 4 reactievergelijkingen: 1. N2 O(g) + 12 O2 (g) 2N O(g) 2. N2 O(g) + O2 (g) N2 O3 (g) 3. N2 O(g) + 32 O2 (g) 2N O2 (g) 4. N2 O(g) + 2O2 (g) N2 O5 (g) • Welke van de volgende reactie verlopen spontaan onder standaardomstandigheden bij 298 K? Bereken ook telkens de evenwichtsconstante bij 298 K. • Vanaf welke temperatuur treedt reactie (4) ook spontaan op onder standaardomstandigheden? Ligt deze temperatuur hoger of lager dan 298 K? Waarom?

Oplossing - 1 De Gibbs-vrije energie voor deze reactie is gelijk aan: ∆G = 2 ∗ ∆gN O − ∆gN2 O − 0.5 ∗ ∆gO2 ∆G = 2 ∗ 86.58 − 104.20 − 0 kJ/mol ∆G = 68.96 kJ/mol

(199)

Dit is strikt positief, dus de reactie zal niet spontaan opgaan bij standaardomstandigheden. De evenwichtsconstante is geiljk aan: −∆G

KP = e R∗T

−68960

KP = e 8.3145∗298 KP = 8.2 ∗ 10−13

(200)

60

Oplossing - 2 De Gibbs-vrije energie voor deze reactie is gelijk aan: ∆G = ∆gN2 O3 − ∆gN2 O − ∆gO2 ∆G = 139.41 − 104.20 − 0 kJ/mol ∆G = 35.21 kJ/mol

(201)


KP = e R∗T

−35210

KP = e 8.3145∗298 KP = 6.74 ∗ 10−7

(202)

Oplossing - 3 De Gibbs-vrije energie voor deze reactie is gelijk aan: ∆G = 2 ∗ ∆gN O2 − ∆gN2 O − 1.5 ∗ ∆gO2 ∆G = 2 ∗ 51.23 − 104.20 − 0 kJ/mol ∆G = −1.74 kJ/mol

(203)

Dit is strikt negatief, dus de reactie zal spontaan opgaan bij standaardomstandigheden. De evenwichtsconstante is geiljk aan: −∆G

KP = e R∗T

1740

KP = e 8.3145∗298 KP = 2.02

(204)

Oplossing - 4 De Gibbs-vrije energie voor deze reactie is gelijk aan: ∆G = ∆gN2 O5 − ∆gN2 O − 2 ∗ ∆gO2 ∆G = 115.10 − 104.20 − 0 kJ/mol ∆G = 10.9 kJ/mol

(205)


KP = e R∗T

−10900

KP = e 8.3145∗298 KP = 1.23 ∗ 10−2

(206)

61

Deze reactie zal wel spontaan optreden als ∆G = ∆H − T ∗ ∆S < 0. De reactiegrootheden voor dit mengsel zijn: ∆H = ∆hN2 O5 − ∆hN2 O − 2 ∗ ∆hO2 = 11.3 − 82.05 − 2 ∗ 0 = −70.75 kJ/mol ∆S = sN2 O5 − sN2 O − 2 ∗ sO2 = 355.7 − 219.85 − 2 ∗ 205.07 J/(mol ∗ K) = −274.29 J/(mol ∗ K)

(207)

∆G is negatief als en slechts als: ∆H − T ∗ ∆S < 0 −274.29 −70.72 − T ∗ ( )<0 1000 70.72 T < 274.29 K

(208)

1000

T < 258 K Dit is lager dan 298 K omdat de reactie exotherm is en dus beter opgaat bij een lagere temperatuur.

Oefening 2 Vraag De evenwichtsconstante KP voor de reactie 2N O2 (g) N2 O4 (g)

(209)

heeft bij 25◦ C een waarde van 6.8 en bij 200◦ C een waarde van 1.21 ∗ 10−3 . Bereken de standaard reactie-enthalpie en de standaard reactie-entropie en vergelijk de waarden met deze uit de thermodynamische tabellen. Veronderstel dat beide grootheden temperatuuronafhankelijk zijn en dus als constant beschouwd mogen worden.

Oplossing De evenwichtsconstanten leiden tot het volgende stelsel: ( −∆G 6.8 = e R∗298 −∆G 1.21 ∗ 10−3 = e R∗473 Als we invullen dat ∆G gelijk is aan ∆H − T ∗ ∆S geeft dat: ( ln(6.8) = −(∆H−298∗∆S) R∗298 ln(1.21 ∗ 10−3 ) = −(∆H−473∗∆S) R∗473

(210)

(211)

62

Als we de vergelijkingen van elkaar aftrekken, geeft dat: 8.3145 ∗ 298 ∗ ln(6.8) − 8.3145 ∗ 473 ∗ ln(1.21 ∗ 10−3 ) = 298 ∗ ∆S − ∆H − 473 ∗ ∆S + ∆H 31470 = −175 ∗ ∆S ∆S = −178 J/(mol ∗ K) (212) De reactie-enthalpie is dan gelijk aan: 298 ∗ ∆S − ∆H = ln(6.8) ∗ 8.3145 ∗ 298 ∆H = −57794 J/mol ∆H = −57.8 kJ/mol

(213)

De waarden uit de thermodynamische tabellen zijn: ∆H = ∆hN2 O4 − 2 ∗ ∆hN O2 = 9.08 − 2 ∗ 33.1 kJ/mol = −57.1 kJ/mol ∆S = sN2 O4 − 2 ∗ sN O2 = 304.38 − 2 ∗ 240.04 J/(mol ∗ K) = −175.7 J/(mol ∗ K)

(214)

Oefening 3 Vraag Bereken de standaard reactie-entropie voor de productie van ozon uit zuurstof bij 298 K. 3O2 (g) 2O3 (g)

(215)

Is dit een toename of afname van de wanorde? Zoek ∆gr0 (298 K) voor ozon en bereken ∆G0 (298 K) voor deze reactie. Treedt deze reactie spontaan op onder standaard omstandigheden bij 298 K? Gebruik de thermodynamische tabellen.

Oplossing De reactie-entropie voor deze reactie is gelijk aan: ∆S = 2 ∗ sO3 − 3 ∗ sO2 ∆S = 2 ∗ 238.92 − 3 ∗ 205.07 J/(mol ∗ K) ∆S = −137.37 J/(mol ∗ K)

(216)

Dit is negatief, dus dat is een afname van de wanorde. De Gibbs-vrije energie voor deze reactie is geiljk aan: ∆G = 2 ∗ ∆gO3 − 3 ∗ ∆gO2 ∆G = 2 ∗ 163.2 − 3 ∗ 0 kJ/mol ∆G = 326.4 kJ/mol

(217)

Dit is strikt positief, dus de reactie zal niet spontaan opgaan.

63

Seminarie 8a Oefening 1 Vraag Bereken de evenwichtsconcentraties en de pH in een 0.020 M HN O2 -oplossing.

Oplossing De reactie die opgaat is de volgende: HN O2 + H2 O N O2− + H3 O+

(218)

Dit geeft dan het volgende schema: HN O2 + H2 O 0.020 0.020 − x

N O2− 0 x

+ H3 O+ 0 x

Als we de dissociatieconstante invullen geeft dat de volgende vergelijking: x∗x = 4.5 ∗ 10−4 0.020 − x √ x = 0.020 ∗ 4.5 ∗ 10−4 x = 3 ∗ 10−3

(219)

Dit is dus de concentratie aan N O2− en H3 O+ . De concentratie aan HN O2 wordt dan: [HN O2 ] = 0.020 − x M [HN O2 ] = 0.017 M

(220)

De concentratie aan OH − wordt dan: [H3 O+ ] ∗ [OH − ] = 10−14 10−14 [OH − ] = M 3 ∗ 10−3 [OH − ] = 3.33 ∗ 10−12 M

(221)

64

De zuurtegraad kunnen we uit de concentratie aan H3 O+ halen: pH = −log10 [H3 O+ ] pH = −log10 (3 ∗ 10−3 ) pH = 2.52

(222)

Alles samen wordt dit dus: • [HN O2 ] = 0.017 M • [N O2− ] = [H3 O+ ] = 3 ∗ 10−3 M • [OH − ] = 3.33 ∗ 10−12 M • pH − 2.52

Oefening 2 Vraag Welke zijn de evenwichtsconcentraties en de pH in een 0.20 M N H3 -oplossing?

Oplossing De reactie die opgaat is de volgende: N H3 + H2 O N H4+ + OH −

(223)

Dit geeft dan het volgende schema: N H3 + H2 O 0.20 0.20 − x

N H4+ 0 x

+ OH − 0 x

Als we de dissociatieconstante invullen geeft dat de volgende vergelijking: x∗x = 1.8 ∗ 10−5 0.20 − x √ x = 0.20 ∗ 1.8 ∗ 10−5 x = 1.9 ∗ 10−3

(224)

Dit is dus de concentratie aan N H4+ en OH − . De concentratie aan N H3 wordt dan: [N H3 ] = 0.20 − x [N H3 ] = 0.198 M

(225)

65

De concentratie aan H3 O+ kunnen we uit de concentratie aan OH − halen: [H3 O+ ] ∗ [OH − ] = 10−14 10−14 + [H3 O ] = M 1.9 ∗ 10−3 [H3 O+ ] = 5.26 ∗ 10−12 M

(226)

De zuurtegraad kunnen we uit de concentratie aan H3 O+ halen: pH = −log10 [H3 O+ ] pH = −log10 (5.26 ∗ 10−12 ) pH = 11.28

(227)

Alles samen wordt dit dus: • [N H3 ] = 0.198 M • [N H4+ ] = [OH − ] = 1.9 ∗ 103 M • [H3 O+ ] = 5.26 ∗ 10−12 M • pH = 11.28

Oefening 3 Vraag Men wenst een oplossing van HN O2 in water te maken zodat de pH = 2.50. Wat is de benodigde HN O2 -concentratie?

Oplossing De reactie die opgaat is de volgende: HN O2 + H2 O N O2− + H3 O+

(228)

Dit geeft dan het volgende schema: HN O2 c c−x

+ H2 O

N O2− 0 x

+ H3 O+ 0 x

Als we de dissociatieconstante invullen geeft dat de volgende vergelijking: x∗x = 4.5 ∗ 10−4 c−x x2 c= +x 4.5 ∗ 10−4

(229)

66

Aangezien de zuurtegraad van de oplossing gelijk moet zijn aan 2.5, kunnen we als volgt de waarde van x berekenen: −log10 [H3 O+ ] = pH log10 x = −2.5 x = 10−2.5

(230)

De concentratie aan HN O2 wordt dan: x2 +x 4.5 ∗ 10−4 c = 0.0254 M c=

(231)

Oefening 4 Vraag Bereken de evenwichtsconcentraties in en de pH van een oplossing van 0.034 M CO2 in water. Veronderstel dat alle CO2 in water aanwezig is als H2 CO3 .

Oplossing De reacties die opgaan zijn de volgende: H2 CO3 + H2 O HCO3− + H3 O+ HCO3− + H2 O CO32− + H3 O+

(232)

Dit geeft dan het volgende schema voor de eerste reactie: H2 CO3 + H2 O 0.034 0.034 − x

HCO3− 0 x

+ H3 O+ 0 x

En voor de tweede reactie: HCO3− x x−y

+ H2 O

CO32− 0 y

+ H3 O+ x x+y

Als we dan de evenwichtsconstante invullen voor de eerste reactie, wordt dat: x∗x = 4.18 ∗ 10−7 0.034 − x √ x = 0.034 ∗ 4.18 ∗ 10−7 M x = 1.19 ∗ 10−4 M

(233)

67

Als we dit invullen in de tweede reactie geeft dat voor de evenwichtsconstante: y ∗ (x + y) = 4.84 ∗ 10−11 x−y y 2 + 1.19 ∗ 10−4 ∗ y − 1.19 ∗ 10−4 ∗ 4.48 ∗ 10−11 = 0 y = 4.84 ∗ 10−11 M

(234)

Dit is dus de concentratie aan CO32− . De concentratie aan H2 CO3 wordt dan: [H2 CO3 ] = 0.034 − x [H2 CO3 ] = 0.0339 M

(235)

De concentratie aan HCO3− wordt dan: [HCO3− ] = x − y [HCO3− ] = 1.19 ∗ 10−4 − 4.84 ∗ 10−11 M [HCO3− ] = 1.19 ∗ 10−4 M

(236)

De concentratie aan H3 O+ wordt dan: [H3 O+ ] = x + y [H3 O+ ] = 1.19 ∗ 10−4 + 4.84 ∗ 10−11 M [H3 O+ ] = 1.19 ∗ 10−4 M

(237)

De zuurtegraad kunnen we uit de concentratie aan H3 O+ halen: pH = −log10 [H3 O+ ] pH = −log10 (1.19 ∗ 10−4 ) pH = 3.92

(238)

Alles samen wordt dit dus: • [CO2 ] = 0.034 M • [H2 CO3 ] = 0.0339 M • [HCO3− ] = [H3 O+ ] = 1.19 ∗ 10−4 M • [CO32− ] = 4.84 ∗ 10−11 M • pH = 3.92

Oefening 5 Vraag Bereken de evenwichtsconcentraties en pH van een 0.10 M H3 P O4 -oplossing.

68

Oplossing De reacties die opgaan zijn de volgende: H3 P O4 + H2 O H2 P O4− + H3 O+ H2 P O4− + H2 O HP O42− + H3 O+ HP O42− + H2 O P O43− + H3 O+

(239)

Dit geeft dan het volgende schema voor de eerste reactie: H3 P O4 0.10 0.10 − x

+ H2 O

H2 P O4− 0 x

+ H3 O+ 0 x

+ H2 O

HP O42− 0 y

+ H3 O+ x x+y

+ H2 O

P O43− 0 z

Voor de tweede reactie: H2 P O4− x x−y En voor de derde reactie: HP O42− y y−z

+

H3 O+ x+y x+y+z

Volgens de evenwichtsconstanten geeft dat:  x∗x −3   0.10−x = 7.5 ∗ 10 y∗(x+y) = 6.2 ∗ 10−8 x−y   z∗(x+y+z) = 1.0 ∗ 10−12 y−z

(240)

Uit de eerste vergelijking kunnen we x halen: x∗x = 7.5 ∗ 10−3 0.10 − x x2 + 7.5 ∗ 10−3 ∗ x − 0.10 ∗ 7.5 ∗ 10−3 = 0 x = 0.024 M

(241)

De concentratie aan H3 P O4 wordt dan: [H3 P O4 ] = 0.10 − x [H3 P O4 ] = 0.076 M

(242)

Uit de tweede vergelijking kunnen we nu y halen: y ∗ (x + y) = 6.2 ∗ 10−8 x−y y 2 + x ∗ y − 6.2 ∗ 10−8 ∗ x = 0 y 2 + 0.024 ∗ y − 6.2 ∗ 10−8 ∗ 0.024 = 0 y = 6.2 ∗ 10−8 M

(243)

69

De concentratie aan H2 P O4− wordt dan: [H2 P O4− ] = x − y [H2 P O4− ] = 0.024 − 6.2 ∗ 10−8 M [H2 P O4− ] = 0.024 M

(244)

Uit de derde vergelijking kunnen we nu z halen: z ∗ (x + y + z) y−z 2 z + (x + y) ∗ z − 1.0 ∗ 10−12 ∗ y z 2 + (0.024 + 6.2 ∗ 10−8 ) ∗ z − 1.0 ∗ 10−12 ∗ 6.2 ∗ 10−8 z

= 1.0 ∗ 10−12 =0 =0 = 2.6 ∗ 10−18 M

(245)

Dit is dus de concentratie aan P O43− . De concentratie aan HP O42− wordt dan: [HP O42− ] = y − z [HP O42− ] = 6.2 ∗ 10−8 − 2.6 ∗ 10−18 M [HP O42− ] = 6.2 ∗ 10−8 M

(246)

De concentratie aan H3 O+ wordt dan: [H3 O+ ] = x + y + z [H3 O+ ] = 0.024 + 6.2 ∗ 10−8 + 2.6 ∗ 10−18 M [H3 O+ ] = 0.024 M

(247)

De concentratie aan OH − wordt dan: [H3 O+ ] ∗ [OH − ] = 10−14 10−14 [OH − ] = M 0.024 [OH − ] = 4.17 ∗ 10−13 M

(248)

De zuurtegraad kunnen we uit de concentratie aan H3 O+ halen: pH = −log10 [H3 O+ ] pH = −log10 (0.024) pH = 1.62

(249)

Alles samen wordt dit dus: • [H3 P O4 ] = 0.076 M • [H2 P O4− ] = [H3 O+ ] = 0.024 M • [HP O42− ] = 6.2 ∗ 10−8 M • [P O43− ] = 2.6 ∗ 10−18 M • [OH − ] = 4.17 ∗ 10−13 M • pH = 1.62

70

Oefening 6 Vraag Welke analytische concentratie CH2 SO4 geeft een oplossing met pH = 1.00? (Ka1 = ∞ en Ka2 = 1.26 ∗ 10−2 )

Oplossing De reacties die opgaan zijn de volgende: H2 SO4 + H2 O HSO4− + H3 O+ HSO4− + H2 O SO42− + H3 O+

(250)

Als we de initiële concentratie van H2 SO4 gelijkstellen aan x, geeft dat het volgende schema voor de eerste reactie: H2 SO4 x x−y

+ H2 O

HSO4− 0 y

+ H2 O

+ H3 O+ 0 y

En voor de tweede reactie: HSO4− y y−z

SO42− 0 z

+ H3 O+ y y+z

Volgens de evenwichtsconstanten geeft dat: ( y∗y =∞ x−y z∗(y+z) = 1.26 ∗ 10−2 y−z

(251)

Aangezien de pH gelijk moet zijn aan 1.00, kunnen we de concentratie aan H3 O+ = y + z als volgt bepalen: −log10 [H3 O+ ] = pH log10 [H3 O+ ] = −1.00 [H3 O+ = 0.1

(252)

Als we dit invullen in de tweede vergelijking van het stelsel hierboven geeft dat: z ∗ (y + z) y−z (0.1 − y) ∗ (0.1) y−z 0.1 − y y y

= 1.26 ∗ 10−2 = 1.26 ∗ 10−2

(253)

= 0.126 = 0.089 M

Aangezien het rechterlid van de eerste vergelijking oneindig is, moet de noemer daar 0 zijn. Dit wil dus zeggen dat de initiële concentratie van H2 SO4 gelijk is aan die van HSO4− . Dit is dus ook 0.089 M .

71

Oefening 7 Vraag Bereken de evenwichtsconcentraties en de pH in een oplossing van 1.00 M KAc.

Oplossing De KAc reageert in water tot: KAc + H2 O → K + + Ac−

(254)

Deze Ac− reageert als een base in de volgende reactie: Ac− + H2 O HAc + OH −

(255)

Dit geeft dan het volgende schema: Ac− + H2 O 1 1−x

HAc 0 x

+ OH − 0 x

De basiciteitsconstante van Ac− kunnen we dan als volgt berekenen: 10−14 KA KB = 5.56 ∗ 10−10 KB =

(256)

Als we dit invullen in de vergelijking voor de evenwichtsconstante geeft dat: x∗x = 5.56 ∗ 10−10 1−x x2 = 5.56 ∗ 10−10 √ x = 5.56 − 10−10 x = 2.36 ∗ 10−5 M

(257)

Dit is dus de concentratie aan HAc en OH − . De concentratie van H3 O+ wordt dan: [H3 O+ ] ∗ [OH − ] = 10−14 [H3 O+ ] = 4.24 ∗ 10−10 M

(258)

pH = −log10 [h3 O+ ] pH = 9.37

(259)

De zuurtegraad wordt dan:

Alles samen wordt dit dus:

72

• [K + ] = [Ac− ] = 1.00 M • [HAc] = [OH − ] = 2.36 ∗ 10−5 M • [H3 O+ ] = 4.24 ∗ 10−10 M • pH = 9.37

Oefening 8 Vraag Bereken de evenwichtsconcentraties en de pH in een oplossing die bereid werd door 7.44 g N aOCl op te lossen in 500 mL water. Het volume van de vaste stof is verwaarloosbaar.

Oplossing Allereerst moeten we de concentratie aan N aOCl weten. Dit kunnen we uit de molaire massa, de massa, en het volume halen: c= c= c=

n V

m M

0.500 L

(260)

7.44 g 74.43 g/mol

0.500 L c = 0.200 M De reacties die in deze oplossing opgaan zijn de volgende: N aOCl → N a+ + ClO− ClO− + H2 O HClO + OH −

(261)

Dit komt er dus op neer dan N a+ een spectator ion is en dus niet van belang voor het evenwicht. Dit geeft dan het volgende schema: ClO− + H2 O 0.2 0.2 − x

HClO 0 x

+ OH − 0 x

De evenwichtsconstante voor deze reactie is de basiciteitsconstante van HClO. Dit is gelijk aan: 10−14 KA KB = 2.86 ∗ 10−7 KB =

(262)

73

Als we dit invullen in de vergelijking voor de evenwichtsconstante geeft dat: x∗x = 2.86 ∗ 10−7 0.2 − x x2 = 0.2 ∗ 2.86 ∗ 10−7 √ x = 5.71 ∗ 10−8 x = 2.4 ∗ 10−4 M

(263)

Dit is dus de concentratie van HClO en van OH − . De concentratie van H3 O+ is dan gelijk aan: [H3 o+ ] ∗ [OH − ] = 10−14 [H3 O+ ] = 4.2 ∗ 10−11 M

(264)

pH = −log10 [H3 O+ ] pH = 10.38

(265)

De pH-waarde wordt dan:

Alles samen wordt dit dus: • [N a+ ] = [ClO− ] = 0.200 M • [HClO] = [OH − ] = 2.4 ∗ 10−4 M • [H3 O+ ] = 4.2 ∗ 10−11 M • pH = 10.38 -

Oefening 9 Vraag Bereken de evenwichtsconcentraties en de pH in een oplossing van 0.10 M Al(N O3 )3 . De −6 zuurconstante van Al(H2 O)3+ 6 = 7.9 ∗ 10 .

Oplossing Allereerst ontbindt het aluminiumtrinitraat tot de respectievelijke ionen: Al(N O3 )3 → Al3+ + 3N O3−

(266)

Dan worden aan dit aluminium-ion 6 watermoleculen gebonden: Al3+ → Al(H2 O)3+ 6

(267)

74

Als dit molecule dan begint te reageren, geeft dat de volgende evenwichtsreactie: 2+ Al(H2 O)3+ + H3 O+ 6 + H2 O Al(H2 O)5 OH

(268)

Dit geeft dan het volgende schema: Al(H2 O)3+ 6 0.1 0.1 − x

+ H2 O

Al(H2 O)5 OH 2+ 0 x

+ H3 O+ 0 x

−6 De zuurconstante van Al(H2 O)3+ 6 = 7.9 ∗ 10 . Dit geeft dan de volgende vergelijking:

x∗x = 7.9 ∗ 10−6 0.1 − x x2 = 7.9 ∗ 10−7 x = 8.9 ∗ 10−4 M

(269)

Dit is dus de concentratie aan Al(H2 O)5 OH 2+ en aan H3 O+ . De concentratie aan OH − wordt dan: [H3 O+ ] ∗ [OH − ] = 10−14 [oh− ] = 1.1 ∗ 10−11 M

(270)

pH = −log10 [H3 O+ ] pH = 3.05

(271)


Alles samen wordt dit dus: • [Al(H2 O)3+ 6 ] = 0.10 M • [Al(H2 O)5 OH 2+ = [H3 O+ ] = 1.1 ∗ 10−11 M • [OH − ] = 1.1 ∗ 10−11 M • pH = 3.05

75

Seminarie 9a Oefening 1 Vraag Sterk zuur + zwak zuur: 1. Bereken de evenwichtsconcentraties en pH van een oplossing 0.10 M HCl en 0.10 M CH3 COOH. 2. Vergelijk het resultaat met de situatie waarin enkel 0.10 M HAc in oplossing is. Verklaar de verschillen.

Oplossing - 1 De reacties die opgaan zijn de volgende: HCl + H2 O → H3 O+ + Cl− HAc + H2 o H3 O+ + Ac−

(272)

Aangezien de eerste reactie volledig opgaat, wordt er daar al 0.10 M H3 O+ gevormd. Dit geeft dan het volgende schema voor de concentraties: HAc + H2 O 0.10 0.10 − x

H3 O+ + Ac− 0.10 0 0.10 + x x

Als we de dissociatieconstante van HAc invullen, geeft dat de volgende vergelijking: (0.10 + x) ∗ x = 1.8 ∗ 10−5 0.10 − x x2 + 0.10 ∗ x − 0.10 ∗ 1.8 ∗ 10−5 = 0 x = 1.8 ∗ 10−5 M

(273)

Dit is dus de concentratie aan Ac− . De concentratie aan H3 O+ wordt dan: [H3 O+ ] = 0.10 + x [H3 O+ ] = 0.10 M

(274)

76

De concentratie aan OH − wordt dan: [OH − ] ∗ [H3 O+ ] = 10−14 [OH − ] = 10−13 M

(275)

pH = −log10 [H3 O+ ] pH = 1.0

(276)


Alles samen wordt dit dus: • [HAc] = [H3 O+ ] = 0.10 M • [Ac− ] = 1.8 ∗ 10−5 M • [OH − ] = 10−13 M • pH = 1.0

Oplossing - 2 Aangezien er geen extra H3 O+ gevormd wordt, geeft dat het volgende schema: HAc + H2 O 0.10 0.10 − x

H3 O+ 0 x

+ Ac− 0 x

Als we de dissociatieconstante van HAc invullen, geeft dat de volgende vergelijking: (x) ∗ x = 1.8 ∗ 10−5 0.10 − x √ x = 0.10 ∗ 1.8 ∗ 10−5 x = 1.3 ∗ 10−3 M

(277)

Dit is dus de concentratie aan Ac− en aan H3 O+ . De concentratie aan OH − wordt dan: [OH − ] ∗ [H3 O+ ] = 10−14 [OH − ] = 7.7 ∗ 10−12 M

(278)

pH = −log10 [H3 O+ ] pH = 2.87

(279)


Alles samen wordt dit dus: • [HAc] = 0.10 M

77

• [Ac− ] = [H3 O+ ] = 1.3 ∗ 10−3 M • [OH − ] = 7.7 ∗ 10−12 M • pH = 2.87 Als er het sterk zuur HCl wordt bijgevoegd, stijgt de zuurtegraad van de oplossing. Hierdoor daalt de dissociatie van het zwakke zuur HAc.

Oefening 2 Vraag Mengsel van twee zwakke zuren: Bereken de evenwichtsconcentraties en de pH van een oplossing 0.15 M HN O2 en 0.20 M HAc.

Oplossing De twee reacties die opgaan zijn de volgende: HN O2 + H2 O H3 O+ + N O2− HAc + H2 O H3 O+ + Ac−

(280)

Als we x gelijkstellen aan de concentratie N O2− die er gevormd wordt, en y aan de concentratie Ac− die er gevormd wordt, geeft dat het volgende schema voor de eerste reactie: HN O2 0.15 0.10 − x

+ H2 O

H3 O+ 0 x+y

+ N O2− 0 x

+ H2 O

H3 O+ 0 x+y

+ Ac− 0 y

En voor de tweede reactie: HAc 0.20 0.20 − y

Als we dan de dissociatieconstanten invullen, geeft dat het volgende stelsel: ( x∗(x+y) = 4.5 ∗ 10−4 0.15−x y∗(x+y) = 1.8 ∗ 10−5 0.20−y

(281)

Hieruit kunnen we de waarde van x + y halen: 0.15 ∗ 4.5 ∗ 10−4 x 0.20 ∗ 1.8 ∗ 10−5 x+y = y x 0.15 ∗ 4.5 ∗ 10−4 = y 0.20 ∗ 1.8 ∗ 10−5 x = 18.75 ∗ y x+y =

(282)

78

Als we dit in de eerste vergelijking invullen, kunnen we daaruit de waarde van y halen: x ∗ (x + y) = 4.5 ∗ 10−4 0.15 − x 18.75 ∗ y ∗ 19.75 ∗ y = 0.15 ∗ 4.5 ∗ 10−4 y = 4.3 ∗ 10−4 M

(283)

Dit is gelijk aan de concentratie aan Ac− . De waarde van x wordt dan: x = 18.75 ∗ y x = 8 ∗ 10−3 M

(284)

Dit is gelijk aan de concentratie aan N O2− . De concentratie aan H3 O+ wordt dan: [H3 O+ ] = x + y [H3 O+ ] = 8.4 ∗ 10−3 M

(285)

De concentratie aan HN O2 wordt dan: [HN O2 ] = 0.15 − x [HN O2 ] = 0.142 M

(286)

De concentratie aan HAc wordt dan: [HAc] = 0.20 − y [HAc] = 0.20 M

(287)

De concentratie aan OH − wordt dan: [H3 O+ ] ∗ [OH − ] = 10−14 [OH − ] = 1.19 ∗ 10−12 M

(288)

pH = −log10 [H3 O+ ] pH = 2.07

(289)


Alles samen wordt dit dus: • [HN O2 ] = 0.142 M • [N O2− ] = 8 ∗ 10−3 M • [HAc] = 0.20 M • [Ac− ] = 4.3 ∗ 10−4 M • [H3 O+ ] = 8.4 ∗ 10−3 M • [OH − ] = 1.19 ∗ 10−12 M • pH = 2.07

79

Oefening 3 Vraag Oplossingen van zwakke zuren in hun zouten: buffermengsels. • Wat is de pH van de volgende buffer: CHAc = CN aAc = 0.50 M ? • Wat wordt de pH na toevoegen van HCl zodat CHCl = 0.010 M ?

Oplossing - 1 De concentratie aan H3 O+ in de buffer kunnen we uit de volgende formule halen: Ka = [H3 O+ ] ∗

Cz Ca

(290)

Dit invullen geeft: [H3 O+ ] = Ka ∗

Ca Cz 0.50 0.50 M

[H3 O+ ] = 1.8 ∗ 10−5 ∗ [H3 O+ ] = 1.8 ∗ 10−5

(291)

De zuurtegraad wordt dan: pH = −log10 [H3 O+ ] pH = 4.74

(292)

Oplossing - 2 Als we een sterk zuur HX aan een buffermengsel toevoegen, kunnen we de zuurtegraad met de volgende formule berekenen: pH = pKa − log10 (

Ca + CHX ) Cz − CHX

(293)

Dit invullen geeft: pH = −log10 [H3 O+ ] − log10 (

0.50 + 0.010 ) 0.50 − 0.010

(294)

pH = 7.73

Oefening 4 Vraag Op het etiket van een oplossing staat 0.015 M N aClO2 + 0.037 M HClO2 . Bereken de pH.

80

Oplossing De twee reacties die in dit mengsel opgaan zijn de volgende: N aClO2 → N a+ + ClO2− HClO2 + H2 O H3 O+ + ClO2−

(295)

Aangezien de eerste reactie volledig opgaat, wordt er daar al 0.015 M ClO2 gevormd. De concentraties voor de tweede reactie worden dan: HClO2 + H2 O 0.037 0.0.37 − x

H3 O+ 0 x

+

ClO2− 0.015 0.015 + x

Als we de dissociatieconstante van HClO2 invullen, geeft dat de volgende vergelijking: x ∗ (0.015 + x) = 1.1 ∗ 10−2 0.037 − x x2 + (0.015 + 1.1 ∗ 10−2 ) ∗ x − 0.037 ∗ 1.1 ∗ 10−2 = 0 x = 0.011 M

(296)

Dit is dus de concentratie aan H3 O+ . Hieruit kunnen we de zuurtegraad halen: pH = −log10 [H3 O+ ] pH = −log10 (0.011) pH = 1.96

(297)

Oefening 5 Vraag Mengsel van een sterk zuur en zout van een ander zwak zuur=Z-B-neutralisatie: Bereken de evenwichtsconcentraties en pH in een oplossing die men bekomt door 5.01 g HCl en 6.74 g N aCN in water op te lossen zodat men 0.275 L oplossing bekomt.

Oplossing Allereerst hebben we de concentraties van de stoffen nodig. Dit halen we uit de massa’s en het volume. Voor HCl: [HCl] = [HCl] =

n V

m M

0.275 5.01 1 [HCl] = ∗ 36.46 0.275 [HCl] = 0.50 M

(298)

81

En voor N aCN : n V 1 6.74 ∗ [N aCN ] = 49 0.275 [N aCN ] = 0.50 M [N aCN ] =

(299)

De reacties die opgaan zijn de volgende: HCl + N aCN → HCN + N aCl HCN + H2 O H3 O+ + CN −

(300)

De eerste reactie gaat volledig op. Er wordt dus 0.50 M HCN gevormd die in de tweede reactie dissocieert. Dit geeft het volgende schema voor de concentraties: HCN + H2 O 0.50 0.50 − x

H3 O+ 0 x

+ CN − 0 x

Als we de dissociatieconstante van HCN invullen, geeft dat de volgende vergelijking: x∗x = 4.0 ∗ 10−10 0.50 − x √ (301) x = 0.50 ∗ 4.0 ∗ 10−10 x = 1.4 ∗ 10−5 M Dit is dus de concentratie aan H3 O+ en aan CN − . De zuurtegraad wordt dan: pH = −log10 [H3 O+ ] pH = −log10 (1.4 ∗ 10−5 ) pH = 4.85

(302)

De concentratie aan HCN wordt dan: [HCN ] = 0.50 − x [HCN ] = 0.50 M

(303)

De concentratie aan OH − wordt dan: [H3 O+ ] ∗ [OH − ] = 10−14 10−14 [OH − ] = 1.4 ∗ 10−5 − [OH ] = 7.1 ∗ 10−10 M

(304)

Alles samen wordt dit dus: • [HCN ] = [N aCl] = 0.50 M • [H3 O+ ] = [CN − ] = 1.4 ∗ 10−5 M • [OH − ] = 7.1 ∗ 10−10 M • pH = 4.85

82

Seminarie 9b Oefening 1 Vraag What is the pH of the solution obtained by mixing 50.0 mL of 0.100 M HCl and 150.0 mL of 0.100 M N H3 (Kb = 1.8 ∗ 10−5 )?

Oplossing Aangezien een kwart van de oplossing uit HCl bestaat en driekwart uit N H3 worden de respectievelijke concentraties: [HCl] = 0.25 M [N H3 ] = 0.75 M

(305)

HCl is een sterk zuur en N H3 is een zwakke base, dus ze neutraliseren elkaar volledig tot een zout in de volgende reacties: HCl + N H3 → N H4+ + Cl− N H4+ + H2 O N H3 + H3 O+

(306)

Hierbij is N H3 wel in overmaat aanwezig. Dit geeft dan het volgende schema voor de concentraties in de tweede reactie: N H4+ + H2 O 0.25 0.25 − x

N H3 + H3 O+ 0.50 0 0.50 + x x

Aangezien de basiciteitsconstante van N H3 gelijk is aan 1.8 ∗ 10−5 , wordt de zuurconstante voor N H4+ : 10−14 Kb Ka = 5.56 ∗ 10−10 Ka =

(307)

83

Als we dit invullen, geeft dat: (0.50 + x) ∗ x = Ka 0.25 − x x2 + (0.50 − 5.56 ∗ 10−10 ) ∗ x − 0.25 ∗ 5.56 ∗ 10−10 = 0 x = 0.28 ∗ 10−9 M

(308)

Dit is dus de concentratie aan H3 O+ . Dit zuurtegraad wordt dan: pH = −log10 [H3 O+ ] pH = −log10 (0.28 ∗ 10−9 ) pH = 9.56

(309)

Oefening 2 Vraag How many moles of HCl must be added to 1.00 L of a buffer made from 0.150 M N H3 (Kb = 1.8 ∗ 10−5 ) and 10.0 g of N H4 Cl to decrease the pH by one unit?

Oplossing Allereerst moeten we het aantal mol N H4 Cl weten. Dit wordt: m M 10.0 n= mol 53.49 n = 0.187 mol n=

(310)

Aangezien het volume gelijk is aan 1.00 L is de concentratie aan N H4 Cl gelijk aan 0.187 M . Als er geen HCl in de buffer zit, gaat de volgende reactie op: N H4+ + H2 O N H3 + H3 O+

(311)

Dit geeft dan het volgende schema voor de concentraties: + H2 O N H4+ 0.187 0.187 − x

N H3 + H3 O+ 0.150 0 0.150 + x x

Als we de zuurconstante invullen invullen, geeft dat: (0.150 + x) ∗ x = Ka 0.187 − x x2 + (0.150 − 5.56 ∗ 10−10 ) ∗ x − 0.187 ∗ 5.56 ∗ 10−10 = 0 x = 0.69 ∗ 10−9 M

(312)

84

Dit is dus de concentratie aan H3 O+ . Dit zuurtegraad wordt dan: pH = −log10 [H3 O+ ] pH = −log10 (0.69 ∗ 10−9 ) pH = 9.16

(313)

Als we y mol HCl aan de buffer toevoegen, wordt dit met N H3 meteen tot een zout omgevormd. Dit geeft de volgende reacties: HCl + N H3 → N H4+ + Cl− N H4+ + H2 O N H3 + H3 O+

(314)

Hierbij reageert dus y mol N H3 tot N H4+ . Dit geeft het volgende schema voor de concentraties in de tweede reactie: N H4+ 0.187 + y 0.187 + y − z

+ H2 O

N H3 0.150 − y 0.150 − y + z

+ H3 O+ 0 z

De bedoeling is om de pH met 1 te verlagen. Dit wordt dus 8.16. De concentratie aan H3 O+ = z wordt dan: pH = −log10 [H3 O+ ] [H3 O+ ] = 0.69 ∗ 10−8 M

(315)

Als we dit invullen in de vergelijking voor de zuurconstante geeft dat: (0.150 − y + z) ∗ z = Ka 0.187 + y − z (0.150 − y + 0.69 ∗ 10−8 ) ∗ (0.69 ∗ 10−8 ) = Ka 0.187 + y − 0.69 ∗ 10−8 y = 0.125 M

(316)

Er moet dus 0.125 mol HCl aan de buffer toegevoegd worden.

85

Seminarie 10a Oefening 1 Vraag Het oplosbaarheidsproduct van M gF2 = 8.0 ∗ 10−8 . 1. Hoeveel gram M gF2 bevinding zich in 0.25 L verzadigde oplossing? 2. Hoeveel gram M gF2 kan men oplossen in 0.25 L 0.10 M M g(N O3 )2 -oplossing? 3. Hoeveel gram M gF2 kan men oplossing in 0.25 L 0.10 M N aF -oplossing?

Oplossing - 1 M gF2 dissocieert volgens de volgende reactie: M gF2 → M g 2+ + 2F −

(317)

Als we de initiële concentratie aan M gF2 gelijkstellen aan x, wordt, volgens de vergelijking van het oplosbaarheidsproduct, de waarde van x: [M g 2+ ] ∗ [F − ]2 = KS = 8.0 ∗ 10−8 x ∗ (2 ∗ x)2 = 8.0 ∗ 10−8 r −8 3 8.0 ∗ 10 x= 4 x = 0.0027

(318)

Aangezien het volume gelijk is aan 0.25 L wordt het aantal mol M gF2 : n=C ∗V n = 0.0027 ∗ 0.25 mol n = 6.8 ∗ 10−4 mol

(319)

De massa van deze hoeveelheid M gF2 kunnen we dan met de molaire massa berkenen: m=M ∗n m = 63 ∗ 6.8 ∗ 10−4 g m = 4.3 ∗ 10−2 g

(320)

86

Oplossing - 2 De twee reacties die opgaan, zijn de volgende: M gF2 → M g 2+ + 2F − M g(N O3 )2 → M g 2+ + 2N O3−

(321)

In de tweede reactie wordt er dus al 0.10 M M g 2+ gevormd. Als we de initiële concentratie aan M gF2 gelijkstellen aan x, geeft dat het volgende schema voor de concentraties: M gF2 x 0

→

M g 2+ + 2F − 0.10 0 0.10 + x 2x

Als we dit invullen in de vergelijking voor het oplosbaarheidsproduct, geeft dat: [M g 2+ ] ∗ [F − ]2 = KS = 8.0 ∗ 10−8 (0.10 + x) ∗ (2 ∗ x)2 = 8.0 ∗ 10−8 r 8.0 ∗ 10−8 x= 4 ∗ 0.10 x = 4.47 ∗ 10−4

(322)

Aangezien het volume gelijk is aan 0.25 L wordt het aantal mol M gF2 : n=C ∗V n = 4.47 ∗ 10−4 ∗ 0.25 mol n = 1.12 ∗ 10−4 mol

(323)

De massa van deze hoeveelheid M gF2 kunnen we dan met de molaire massa berkenen: m=M ∗n m = 63 ∗ 1.12 ∗ 10−4 g m = 7.0 ∗ 10−3 g

(324)

Oplossing - 3 De twee reacties die opgaan, zijn de volgende: M gF2 → M g 2+ + 2F − N aF → N a+ + F −

(325)

In de tweede reactie wordt er dus al 0.10 M F − gevormd. Als we de initiële concentratie aan M gF2 gelijkstellen aan x, geeft dat het volgende schema voor de concentraties: M gF2 x 0

→ M g 2+ 0 x

+

2F − 0.10 0.10 + 2x

87

Als we dit invullen in de vergelijking voor het oplosbaarheidsproduct, geeft dat: [M g 2+ ] ∗ [F − ]2 = KS = 8.0 ∗ 10−8 x ∗ (0.10 + 2 ∗ x)2 = 8.0 ∗ 10−8 8.0 ∗ 10−8 x= 0.102 x = 8 ∗ 10−6

(326)

Aangezien het volume gelijk is aan 0.25 L wordt het aantal mol M gF2 : n=C ∗V n = 8 ∗ 10−6 ∗ 0.25 mol n = 2 ∗ 10−6 mol

(327)

De massa van deze hoeveelheid M gF2 kunnen we dan met de molaire massa berkenen: m=M ∗n m = 63 ∗ 2 ∗ 10−6 g m = 1.26 ∗ 10−4 g

(328)

Oefening 2 Vraag Om 15.0 cm3 zuiver water te verzadigen met BaF2 moet men (minstens) 0.048 g BaF2 oplossen. Bereken het oplosbaarheidsproduct.

Oplossing De reactie die opgaat, is de volgende: BaF2 → Ba2+ + 2F −

(329)

De initiële concentratie aan BaF2 kunnen we uit de molaire massa en massa halen: m M 0.048 n= mol 175.3 n = 2.74 ∗ 10−4 mol n=

(330)

Aangezien het volume gelijk is aan 15 cm3 = 0.015 L, is de concentratie van BaF2 gelijk aan: n V C = 1.83 ∗ 10−2 mol/L

C=

(331)

88

Het oplosbaarheidsproduct is dan gelijk aan: KS = [Ba2+ ] ∗ [F − ]2 KS = C ∗ (2 ∗ C)2 KS = 2.43 ∗ 10−5

(332)

Oefening 3 Vraag Hoeveel gram AgCN kan men oplossen in 1.00 L van een bufferoplossing (buffer bevat geen CN − ) met pH = 3.0? (KS,AgCN = 1.2 ∗ 10−16 en KHCN = 4.8 ∗ 10−10 )

Oplossing De reacties die opgaan zijn de volgende: AgCN → Ag + + CN − CN − + H2 O HCN + OH −

(333)

Als we x gelijkstellen aan de concentratie AgCN en y aan de concentratie HCN , dan geldt voor de eerste reactie: KS = x ∗ (x − y) 1.2 ∗ 10−16 = x ∗ (x − y)

(334)

Aangezien de zuurtegraad gelijk is aan 3.0, is de concentratie aan OH − gelijk aan 10−(14−3) = 10−11 . Voor de tweede reactie geldt dan: KW y ∗ 10−11 = KHCN x−y y ∗ 10−11 2.08 ∗ 10−5 = x−y

KB =

(335)

Als we dit uitwerken, geeft dat: 1.2 ∗ 10−16 ∗ 2.08 ∗ 10−5 = x ∗ (x − y) ∗

y ∗ 10−11 x−y

(336)

−10

x ∗ y = 2.5 ∗ 10

Als we dit invullen in de vergelijking voor KS , wordt dat: 1.2 ∗ 10−16 = x ∗ (x − y) x2 = 1.2 ∗ 10−16 + 2.5 ∗ 10−10 √ x = 2.5 ∗ 10−10 x = 1.58 ∗ 10−5

(337)

89

De hoeveelheid AgCN is dus gelijk aan 1.58 ∗ 10−5 mol. Uit de molaire massa kunnen we dan de massa van het AgCN berekenen: m=n∗M m = 1.58 ∗ 10−5 ∗ 133.89 g m = 2.12 ∗ 10−3 g

(338)

Oefening 4 Vraag Het oplosbaarheidsproduct van BaSO4 is 1.5 ∗ 10−9 . Zal er neerslag gevormd worden bij het mengen van 10.0 mL 0.010 M BaCl2 en 30.0 mL 0.0050 M N a2 SO4 ? Wat zijn de concentraties aan Ba2+ en SO42− ?

Oplossing De reacties die opgaan zijn de volgende: BaCl2 → Ba2+ + 2Cl− N a2 SO4 → 2N a+ + SO42− Ba2+ + SO42− BaSO4

(339)

Bij het mengen van BaCl2 en N aSO4 worden de concentraties: 0.010 ∗ 0.010 0.040 = 0.0025 mol/L 0.0050 ∗ 0.030 = 0.040 = 0.00375 mol/L

CBaCl2 =

CN aSO4

(340)

Als we x gelijkstellen aan de concentratie BaSO4 , dan geeft dat voor de vergelijking voor het oplosbaarheidsproduct: KS = 1.5 ∗ 10−9 = ([Ba2+ ] − x) ∗ ([SO42− ] − x) 1.5 ∗ 10−9 = (0.0025 − x) ∗ (0.00375 − x) x = 0.002499 mol/L

(341)

Dit is groter dan KS , dus zal er neerslag gevormd worden. De concentratie aan Ba2+ wordt dan: CBa2+ = 0.0025 − x CBa2+ = 1.2 ∗ 10−6 mol/L

(342)

De concentratie aan SO42− wordt dan: CSO42− = 0.00375 − x CSO42− = 1.25 ∗ 10−3 mol/L

(343)

90

Oefening 5 Vraag men mengt 10 cm3 van een oplossing van 0.25 M M g(N O3 )2 met 25 cm3 0.20 M N aF . Wat is de concentratie aan M g 2+ - en F − -ionen in de verzadigde oplossing van M gF2 ? (KS,M gF2 = 8.0 ∗ 10−8 )

Oplossing De reacties die opgaan zijn de volgende: M g(N O3 )2 → M g 2+ + 2N O3− N aF → N a+ + F − M g 2+ + 2F − M gF2

(344)

Bij het mengen van BaCl2 en N aSO4 worden de concentraties: 0.25 ∗ 0.010 0.035 = 0.0714 mol/L 0.20 ∗ 0.025 = 0.035 = 0.143 mol/L = 2 ∗ CM g(N O3 )2

CM g(N O3 )2 =

CN aF

(345)

Het schema voor de concentraties in de laatste reactie ziet er dan als volgt uit: M g 2+ + 2F − M gF2 0.0714 0.14 0 0.0714 − x 0.14 − 2x x Als we 0.0714 − x gelijkstellen aan y en dit invullen in de vergelijking voor het oplosbaarheidsproduct, geeft dat: KS = 8.0 ∗ 10−8 = [M g 2+ ] ∗ [F − ]2 8.0 ∗ 10−8 = y ∗ (2 ∗ y)2 r −8 3 8.0 ∗ 10 y= 4 y = 0.0027 mol/L

(346)

De concentratie aan M g 2+ is dus gelijk aan 0.0027 mol/L. De concentratie aan F − wordt dan: [F − ] = 2 ∗ y [F − ] = 2 ∗ 0.0027 mol/L [F − ] = 0.0054 mol/L

(347)

91

Algemene en technische scheikunde. Daniël Slenders Faculteit Ingenieurswetenschappen Katholieke Universiteit Leuven

Recommend Documents