5 VWO - Daltonwijzers · PDF file8 Zuren 4 9 Basen 13 10 Analysetechnieken en onderzoek 23 11...

WWW.CHEMIEOVERAL.NOORDHOFF.NL

VIERDE EDITIE

AUTEURSJuleke van RhijnTom HeutmekersPatrick van KempenGuus RusBertie SpillaneYvonne Veldema

ICTPatrick van KempenFloor BosEric CampenNico KabelDirk Penninga

EXPERIMENTENIris Jaspers

Noordhoff Uitgevers

5 VWO

243374_CHEM 5 VWO 4ED UW_FM.indd 1243374_CHEM 5 VWO 4ED UW_FM.indd 1 25/06/14 8:27 PM25/06/14 8:27 PM

8 Zuren 4

9 Basen 13

10 Analysetechnieken en onderzoek 23

11 Redoxreacties 31

12 Molecuulbouw en stofeigenschappen 41

13 Kunstoffen 52

14 Chemie van het leven 59

15 Groene chemie 70

Inhoud


4 Hoofdstuk 8© Noordhoff Uitgevers bv

8.1 Zuur, basisch of neutraal

A 1

a De pH van zuiver water is 7.

b NH4Cl(s) → NH

4+(aq) + Cl−(aq)

c De pH van de oplossing is onder de 7 omdat de

oplossing zuur is.

d Je doopt een strookje universeel indicatorpapier

in de vloeistof. Dit strookje krijgt daardoor een

bepaalde kleur die je vergelijkt met de kleuren op

het doosje van het indicatorpapier. Op deze manier

lees je de pH van de oplossing af en dan weet je of

de vloeistof zuur, basisch of neutraal is.

e Na+(aq), CO3

2−(aq) en H2O. Er is geen Na

2CO

3 in de

oplossing aanwezig!

f De pH van de oplossing is boven de 7 omdat de

oplossing basisch is.

g Er moeten geladen deeltjes zijn die vrij kunnen

bewegen.

h Water is een moleculaire stof en bestaat uit

moleculen. Er zijn dus geen geladen deeltjes in de

oplossing aanwezig.

i Een oplossing van een zout bestaat uit ionen. Deze

ionen kunnen door de oplossing bewegen. Er wordt

dus voldaan aan beide voorwaarden.

j Ca(OH)2(s) → Ca2+(aq) + 2 OH−(aq)

k 6,10 g Ca(OH)2 omrekenen naar mol. De molaire

massa van Ca(OH)2 is 74,09 g mol−1.

gram 74,09 6,10

mol 1,00 x

x = 1,00 mol × 6,10 g

74,09 g = 8,23 · 10−2 mol Ca(OH)

2

De molverhouding Ca(OH)2 : OH− = 1 : 2. In 2,50 L

zit dus 2 × 8,23 · 10−2 = 1,65 · 10−1 mol OH−-ionen.

De concentratie is dan 1,65 ·10−1 mol

2,50 L =

6,59 · 10−2 mol L−1.

8.2 De pH van een oplossing

A 2

a Onder het omslagtraject van een indicator verstaan

we het pH-traject waarbinnen de indicator een

‘mengkleur’ vertoont. Voor bijvoorbeeld de indicator

broomthymolblauw zal volgens Binas tabel 52A de

kleur in het pH-gebied onder de 6,0 geel zijn. Boven

de 7,6 is de kleur blauw. In het gebied 6,0 – 7,6 (het

omslagtraject) is de kleur dus groen.

b Ja, eigenlijk gaat het om twee verschillende stoffen,

want kleur is een stofeigenschap. Maar de afspraak

is om die beide dezelfde naam te geven. Dat is

scheikundig wel te rechtvaardigen, omdat het om

een kleine verandering in een groot molecuul gaat.

c Rood lakmoespapier wordt gemaakt door papier

te kleuren met een licht zure lakmoesoplossing.

Blauw lakmoespapier wordt gemaakt door papier te

kleuren met een licht basische lakmoesoplossing.

A 3

a Een natriumsulfietoplossing is kleurloos.

b De pH is ongeveer 9, dus kresolrood kleurt de

oplossing rood.

c De oplossing is kleurloos.

B 4

Broomthymolblauw kleurt alleen geel als de pH van

de oplossing kleiner is dan 6,0. Congorood is alleen

oranjerood in een oplossing met een pH groter dan

5,0. De pH ligt dus tussen de 5,0 en de 6,0.

B 5

a Het water uit de regenton zorgt ervoor dat de

bloemen blauw worden. De hortensia’s krijgen

deze kleur bij een pH onder de 5, dus zuur. Het

regenwater zal dus zuur zijn.

b De bloemen kleuren weer rood, dus de pH is

gestegen. Het mengsel zal dus basisch zijn.

8 Zuren

243374_CHEM 5 VWO 4ED UW_Ch08.indd 4243374_CHEM 5 VWO 4ED UW_Ch08.indd 4 24/06/14 3:36 PM24/06/14 3:36 PM

Zuren 5© Noordhoff Uitgevers bv

B 6

a De pH was lager dan 7 (zuur). Door het toevoegen

van water zal de pH richting de 7 gaan, omdat dit

de pH is van zuiver water.

b De pH was hoger dan 7 (basisch). Door het

toevoegen van water zal de pH richting de 7 gaan,

omdat dit de pH is van zuiver water.

c De invloed van het ene druppeltje zure oplossing op

100 L water zal verwaarloosbaar klein zijn. De pH

verandert niet.

8.3 Zuren in water

A 7

a Het kookpunt van waterstofjodide is 238 K, van

methanol 338 K en van kaliumjodide 1596 K.

b Waterstofjodide en methanol zijn moleculaire stoffen.

De moleculen bestaan uit niet-metaalatomen.

Kaliumjodide is een zout en bestaat dus uit ionen.

c In een zout is er tussen de ionen de ionbinding.

Deze binding is heel sterk. Deze sterke binding

moet verbroken worden om de stof in de gasfase te

brengen. Dus het kookpunt is heel hoog.

d Beide stoffen zijn moleculair en hebben tussen

de moleculen de zwakke vanderwaalsbinding.

In methanol zit een OH-groep in het molecuul.

Naast de vanderwaalsbinding kan methanol

dus ook waterstofbruggen tussen de moleculen

vormen. Deze zijn behoorlijk sterk en verhogen het

kookpunt.

e Methanol is een moleculaire stof. Oplossingen van

moleculaire stoffen kunnen geen elektrische stroom

geleiden omdat er geen geladen deeltjes in de

oplossing aanwezig zijn.

f Kaliumjodide is een zout. In een oplossing van een

zout zijn ionen aanwezig, nodig voor elektrische

stroomgeleiding.

g Waterstofjodide is een zuur. In een oplossing

van een zuur zijn, door de reactie met water,

ionen aanwezig. Deze zorgen voor elektrische

stroomgeleiding.

A 8

Een sterk zuur ioniseert volledig, een zwak zuur ioni-

seert voor een deel. Bij een oplossing van een sterk

zuur zijn er veel meer ionen aanwezig en is er dus

betere stroomgeleiding.

A 9

a 1 p

b proton

A 10

a Waterstofjodide is een sterk zuur, het ioniseert

volledig.

De reactievergelijking:

HI(g) + H2O(l) → H

3O+(aq) + I−(aq)

De notatie van de zure oplossing is:

H3O+(aq) + I−(aq)

b Waterstofsulfide is een tweewaardig zwak zuur, er

treedt een evenwicht op.

De reactievergelijking:

H2S(g) + H

2O(l) →← H

3O+(aq) + HS−(aq)

De notatie van de zure oplossing: H2S(aq)

Omdat het evenwicht al ver naar links ligt, treedt de

tweede ionisatiestap bijna niet op.

B 11

a HBr(g) + H2O(l) → H

3O+(aq) + Br−(aq)

b HF(aq) + H2O(l) →← H

3O+(aq) + F−(aq)

B 12

a Schoonmaakazijn:

Het massapercentage azijnzuur is 10%. Als we

uitgaan van een dichtheid van 1,0 kg L−1, dan is er

dus 1,0 · 102 g azijnzuur in 1,0 L oplossing aanwezig.

Tafelazijn:

Het massapercentage is 5,0%. Er is dan dus 50 g

azijnzuur in 1,0 L oplossing aanwezig.

b De molmassa van azijnzuur is 60,05 g mol−1.

Schoonmaakazijn:

gram 60,05 1,0 · 102

mol 1,00 x

x = 1,00 mol × 1,0 ·102 g

60,05 g = 1,7 M

Tafelazijn:

gram 60,05 50

mol 1,00 x

x = 1,00 mol × 50 g

60,05 g = 0,83 M

c Aangezien in schoonmaakazijn de concentratie van

de ionen hoger is, zal de geleidbaarheid van deze

oplossing ook hoger zijn.



Zwavelzuur is een tweewaardig zuur.

Fosforzuur is een driewaardig zuur.

A 17

Deze internetopdracht is ter beoordeling van de

docent.

B 18

a Waterstofjodide is een gas bij kamertemperatuur.

Het is een eenwaardig sterk zuur en reageert dus

aflopend met water:

HI(g) + H2O(l) → H

3O+(aq) + I−(aq)

b Fosforzuur is een driewaardig zwak zuur. Er treedt

dus een evenwichtsreactie op, waarbij fosforzuur

maar 1 H+-ion afgeeft:

H3PO

4(aq) + H

2O(l) →← H

3O+(aq) + H

2PO

4−(aq)

c Zwavelzuur is een vloeistof bij kamertemperatuur.

Het is een tweewaardig zuur. Omdat het zuur sterk

is, reageert het aflopend met water:

H2SO

4(l) + H

2O(l) → H

3O+(aq) + HSO

4−(aq)

De HSO4

−-ionen die ontstaan zijn een zwak zuur. Er

treedt dus naast de aflopende reactie ook nog een

evenwichtsreactie op:

HSO4

−(aq) + H2O(l) →← H

3O+(aq) + SO

42−(aq)

d Het waterstofsulfaation is een eenwaardig zwak

zuur:

HSO4

−(aq) + H2O(l) →← H

3O+(aq) + SO

42−(aq)

e Het ammoniumion is een eenwaardig zwak zuur:

NH4

+(aq) + H2O(l) →← H

3O+(aq) + NH

3(aq)

B 19

a H3O+(aq) + I−(aq)

b H3PO

4(aq)

c H3O+(aq) + HSO

4−(aq)

d HSO4

−(aq)

e NH4

+(aq)

B 20

a HCOOH(aq) + H2O(l) →← H

3O+(aq) + HCOO−(aq)

b H �

O

OH(aq) + H2O(l) →←

H3O+(aq) + H C

O

O�(aq)

B 21

Als aluminiumnitraat in water oplost, dan ontstaan er

aluminiumionen:

Al(NO3)3(s) → Al3+(aq) + 3 NO

3−(aq)

d De [H3O+] is het hoogst in de oplossing met

de hoogste molariteit azijnzuur. Er is hier

verhoudingsgewijs meer zuur. De [H3O+] is dus

hoger in de schoonmaakazijn dan in de tafelazijn.

C 13

a Je kunt de pH van beide oplossingen meten. De

oplossing met de laagste pH heeft een hogere

[H3O+]. Je kunt hiervoor bijvoorbeeld universeel

indicatorpapier gebruiken. De pH van de wc-reiniger

met zoutzuur zal een lagere pH geven dan de wc-

reiniger met azijnzuur. Het waterstofchloride is een

sterk zuur en volledig gesplitst in ionen, het azijnzuur

is een zwak zuur.

b Neem zuiver azijnzuur en doe dit bij kalk. In zuiver

azijnzuur zijn geen H3O+-ionen aanwezig.

c Door de reactie met het kalk worden de H3O+-ionen

uit de oplossing verwijderd. Het evenwicht:

CH3COOH(aq) + H

2O(l) →← H

3O+(aq) + CH

3COO−(aq)

zal daardoor naar rechts verschuiven. Uiteindelijk

worden zo alle azijnzuurmoleculen omgezet in

ionen.

d De concentratie HCl in reiniger A is kennelijk lager

dan de azijnzuurconcentratie in reiniger B.

C 14

a 2 SO2(g) + O

2(g) → 2 SO

3(g)

b SO3(aq) + 2 H

2O(l) → H

3O+(aq) + HSO

4−(aq)

c HSO4

−(aq) + H2O(l) →← H

3O+(aq) + SO

42−(aq)

d Zwavelzuur is in staat om twee waterstofionen (H+)

af te staan aan water. Daarom noemen we het wel

een tweewaardig zuur.

8.4 Formules en namen van zuren

A 15

a sterk

b zwak

c sterk

d zwak

e zwak

A 16

Waterstofjodide, waterstofsulfaationen en ammonium-

ionen zijn éénwaardige zuren.



8.5 pH-berekeningen aan zure oplossingen

A 26

Oplossing a:

pH = −log (1,0 · 10−4) = 4,00

Oplossing b:

pH = −log (5,0 · 10−4) = 3,30

Oplossing c:

pH = −log (6,7 · 10−3) = 2,17

A 27

a [H3O+] = 10−1,4 = 4 · 10−2 mol L−1

b [H3O+] = 10−4,42 = 3,8 · 10−5 mol L−1

c [H3O+] = 10+1,05 = 11 mol L−1

B 28

We moeten de [H3O+] weten om de pH te berekenen.

Waterstofjodide (HI) is een sterk zuur:

HI(g) + H2O(l) → H

3O+(aq) + I−(aq)

Je rekent eerst het aantal mol waterstofjodide uit:

x = 1,00 mol × 89,6 g

127,9 g = 0,701 mol HI

Er is dus 0,701 mol H3O+ in 150 mL.

Dan reken je de [H3O+] uit:

x = 1,00 L × 0,701 mol

0,150 L = 4,67 mol L−1

De pH is:

pH = −log 4,67

pH = −0,669

B 29

a HCN(aq) + H2O(l) →← H

3O+(aq) + CN−(aq)

Kz =

[H3O+][CN−]

[HCN]

b H3PO

4(aq) + H

2O(l) →← H

3O+(aq) + H

2PO

42−(aq)

Kz =

[H3O+][H2PO4

−]

[H3PO4]

gram 127,9 89,6

mol 1,00 x

mol 0,701 x

liter 0,150 1,00

Deze aluminiumionen worden gehydrateerd. Het

gehydrateerde ion is een zuur en zal in water H+-ionen

afstaan:

Al(H2O)

63+(aq) + H

2O →← H

3O+(aq) + AlOH(H

2O)

52+(aq)

B 22

SO2(g) + 2H

2O(l) →← H

3O+(aq) + HSO

3−(aq)

B 23

a H3PO

4(aq) + H

2O(l) →← H

3O+(aq) + H

2PO

4−(aq)

b NaH2PO

4(s) → Na+(aq) + H

2PO

4−(aq)

c H2PO

4−(aq) + H

2O(l) →← H

3O+(aq) + HPO

42−(aq)

d Na2HPO

4(s) → Na+(aq) + HPO

42−(aq)

HPO4

2−(aq) + H2O(l) →← H

3O+(aq) + PO

43−(aq)

e Hoe zwakker een zuur is, hoe minder het zuur

ioniseert.

Fosforzuur is het minst zwakke zuur en

ioniseert dus het meest. Daarna volgt het

diwaterstoffosfaation. Het monowaterstoffosfaation

ioniseert vrijwel niet.

C 24

a Salpeterzuur en zwavelzuur zijn sterke zuren.

Oplossingen van deze zuren hebben dus een

veel hogere [H3O+] dan de zwakke zuren. Omdat

zwavelzuur een tweewaardig zuur is, treedt er naast

de aflopende reactie ook een evenwichtsreactie op.

Dit verhoogt de [H3O+] nog meer.

Van de twee zwakke zuren is waterstofhypojodiet

het zwakst, de [H3O+] is bij een oplossing van dit

zuur dus het laagst.

De volgorde is: waterstofhypojodiet,

waterstoffluoride, salpeterzuur, zwavelzuur.

b Je moet weten hoeveel van het zuur is opgelost in

water. Als je dat niet weet, weet je ook niet of er

meer of minder H3O+-ionen in de oplossing zitten.

C 25

a ΔENF−H

= 4,0 − 2,1 = 1,9

ΔENCl−H

= 3,2 − 2,1 = 1,1

ΔENBr−H

= 3,0 − 2,1 = 0,9

ΔENI−H

= 2,7 − 2,1 = 0,6

Je zou dus verwachten dat de volgorde van de

sterkte van de zuren precies andersom is. HF zou

het sterkste zuur moeten zijn, HI het zwakst.

b HF heeft een hele sterke binding. Deze binding

moet verbroken worden om te ioniseren. Omdat

deze binding veel sterker is dan de binding van de

andere halogeenzuren is HF dus toch een zwak

zuur.



d [Z−] = 1,33 · 10−4 mol L−1, [HZ] = 0,20 mol L−1

1,33 ·10−4

0,20 × 100% = 0,067%

B 32

HClO4 heeft een grotere K

z-waarde en is dus het

sterkste zuur.

B 33

a [H3O+] = 10−7,00 = 1,0 · 10−7 mol L−1

b Zoutzuur is een oplossing van het sterke zuur

waterstofchloride in water.

Met verwaarlozen:

De [H3O+] is dus gelijk aan de molariteit van het

zuur.

pH = −log[H3O+]

pH = −log (1,0000 · 10−3)

pH = 3,00000

Zonder verwaarlozen:

We stellen de [H3O+] nu gelijk aan 1,0000 · 10−3 +

1,0 · 10−7 = 1,0001 · 10−3 M

pH = −log[H3O+]

pH = −log (1,0001 · 10−3)

pH = 2,99996

Verwaarlozen is bij deze concentratie dus terecht!

c Het woord zoutzuur betekent: een oplossing van

waterstofchloride in water. Zoutzuur is dus al een

oplossing.

B 34

a Monochloorazijnzuur is een zwak zuur.

C CH

Cl

H

OH

O

(aq) + H2O(l) →←

H3O+(aq) + C CH

Cl

H

O�

O

(aq)

b Er was voor de reactie 0,10 mol L−1 CH2ClCOOH.

Een deel hiervan reageert:

[CH2ClCOOH] [H3O+] [CH2ClCOO−]

t0 0,10 0 0

omgezet −x +x +x

tev 0,10 − x x x

c HSO4

−(aq) + H2O(l) →← H

3O+(aq) + SO

42−(aq)

Kz =

[H3O+][SO4

2−]

[HSO4−]

d Cu(H2O)

62+(aq) + H

2O(l) →← H

3O+(aq) + CuOH(H

2O)

5+(aq)

Kz =

[H3O+][CuOH(H2O)5

+]

[Cu(H2O)62+]

B 30

HIO3 is een zwak zuur. Om de pH te kunnen berekenen

moeten we eerst de [H3O+] berekenen.

Kz =

[H3O+][IO3

−]

[HIO3]

1,7 · 10−1 = (x)2

0,60 − x

x = 0,2455

[H3O+] = 0,2455 mol L−1

pH = −log (0,2455) = 0,61

B 31

a In dat geval was de [H3O+] gelijk aan de molariteit

van het opgeloste zuur (of in het geval van

zwavelzuur zelfs hoger).

b Per zuur molecuul (HZ) dat reageert met water

ontstaat er één oxoniumion en één zuurrestion (Z−).

De concentratie van deze ionen is dus gelijk.

c Voor de reactie is er 0,20 mol L−1 van het

onbekende zuur. Er ontstaat 1,33 · 10−4 mol L−1 H3O+.

Er ontstaat dus ook 1,33 · 10−4 mol Z−. Er reageert

dus 1,33 · 10−4 mol HZ:

Kz =

[H3O+][Z−]

[HZ]

Kz =

(1,33 ·10−4)2

0,20 − 1,33 ·10−4

Kz = 8,9 · 10−8

Het is dus waterstofsulfide (H2S).

[HIO3] [H3O+] [IO3

−]

t0 0,60 0 0

omgezet −x +x +x

tev 0,60 − x x x

[HZ] [H3O+] [Z−]

t0 0,20 0 0

omgezet −1,33 · 10−4 +1,33 · 10−4 +1,33 · 10−4

tev 0,20 − 1,33 · 10−4 1,33 · 10−4 1,33 · 10−4



Kz =

[H3O+][CH2ClCOO−]

[CH2ClCOOH]

1,3 · 10−3 = (x)2

0,10 − x

x = 0,011

[H3O+] = x = 1,1 · 10−2 mol L−1

B 35

We willen weten hoeveel gram propaanzuur er is

opgelost. Om dit te berekenen moeten we eerst weten

hoeveel mol propaanzuur er in de oplossing aanwezig

is. Om het aantal mol te berekenen moeten we eerst

de concentratie van het zuur bepalen. Er treedt een

evenwichtsreactie op.

De [H3O+] = 10−2,55 = 2,8 · 10−3 mol L−1. De [CH

3COO−] is

ook 2,8 · 10−3 mol L−1.

Kz =

[H3O+][CH3CH2COO−]

[CH3CH2COOH]

1,4 · 10−5 = (2,8 ·10−3)2

x − 2,8 ·10−3

x = 0,562

[CH3CH

2COOH] = 0,562 mol L−1

Er is 0,500 L van de oplossing. Het aantal mol

propaanzuur is dus:

x = 0,500 L × 0,571 mol

1,00 L = 0,281 mol propaanzuur

Omrekenen naar gram:

mol 1,00 0,281

gram 74,08 x

x = 0,281 mol × 74,08 g

1,00 mol = 21 g propaanzuur

C 36

a [H3O+] = 10−1,48 = 3,3 · 10−2 mol L−1

b Als het een sterk zuur is, dan is de [H3O+] gelijk aan

(of hoger dan) de molariteit van de zure oplossing.

De molariteit van de zure oplossing is:

mol 50,0 · 10−3 x

liter 0,1000 1,000

[CH3CH2COOH] [H3O+] [CH3CH2COO−]

t0 x 0 0

omgezet −2,8 · 10−3 +2,8 · 10−3 +2,8 · 10−3

tev x − 2,8 · 10−3 2,8 · 10−3 2,8 · 10−3

mol 0,562 x

liter 1,00 0,500

x = 1,000 L × 50,0 ·10−3 mol

0,1000 L = 0,500 M

Het is dus een zwak zuur.

c Om te weten welk zuur het is, moeten we de Kz

uitrekenen:

[HZ] [H3O+] [Z−]

t0 0,500 0 0

omgezet −3,3 · 10−2 +3,3 · 10−2 +3,3 · 10−2

tev 0,500 − 3,3 · 10−2 3,3 · 10−2 3,3 · 10−2

Kz =

[H3O+][Z−]

[HZ]

Kz =

(3,3 ·10−2)2

0,500 − 3,3 ·10−2

Kz = 2,3 · 10−3

Het is het zuur waterstofteluride (H2Te).

C 37

Beide oplossingen zijn oplossingen van sterke zuren.

Om de [H3O+] uit te rekenen moeten we het totaal aan-

tal mol H3O+ en het totaal aantal liter oplossing weten.

Eerst berekenen we van beide oplossingen het aantal

mol H3O+.

Zoutzuur:

mol 2,1 x

liter 1,00 0,0750

x = 0,0750 L × 2,1 mol

1,00 L = 0,158 mol HCl in 75,0 mL

Er is dus ook 0,158 mol H3O+.

Salpeterzuuroplossing:

mol 1,0 x

liter 1,00 0,0250

x = 0,0250 L × 1,0 mol

1,00 L = 0,0250 mol salpeterzuur in

25,0 mL

Er is dus ook 0,025 mol H3O+.

In totaal is er dus 0,158 + 0,0250 = 0,183 mol H3O+.

Het totaal aan liter is: 0,0250 + 0,0750 = 0,1000 L

De [H3O+] is dan:

mol 0,183 x

liter 0,1000 1,00

x = 1,00 L × 0,183 mol

0,1000 L = 1,8 mol L−1 H

3O+



liter zoutzuur dat je moet gebruiken gelijk aan x,

dan is het aantal liter salpeterzuuroplossing gelijk

aan 1 − x. Dit geeft de volgende vergelijking:

0,10 = 1,0 x + 3,3 · 10−2 (1 − x)

x = 0,069.

Sjaak moet dus 69 mL zoutzuur mengen met

9,3 · 102 mL salpeterzuuroplossing.

3

a C

O OH(aq) + H2O(l) →← H

3O+(aq) +

CO O

�(aq)

b [H3O+] = 10−4,0 = 1,0 · 10−4 mol L−1

We gebruiken voor het overzicht molecuulformules.

De [C6H

5COO−] is gelijk aan de [H

3O+].

[C6H5COOH] [H3O+] [C6H5COO−]

t0 x 0 0

omgezet −1,0 · 10−4 +1,0 · 10−4 +1,0 · 10−4

tev x − 1,0 · 10−4 1,0 · 10−4 1,0 · 10−4

Kz =

[H3O+][C6H5COO−]

[C6H5COOH]

6,3 · 10−5 = (1,0 ·10−4)2

x − 1,0 ·10−4

x = 2,59 · 10−4

De concentratie benzeencarbonzuur is dus

2,59 · 10−4 mol L−1. We hebben 5,0 L water dus:

mol 2,59 · 10−4 x

liter 1,00 5,0

x = 2,59 ·10−4 mol × 5,0 L

1,00 L

= 1,30 · 10−3 mol benzeenzuur. Dit is:

mol 1,00 1,30 · 10−3

gram 122,1 x

x = 1,30 ·10−3 mol × 122,1 g

1,00 g

= 0,2 g benzeencarbonzuur.

4

a Als we zwavelzuur zien als een tweewaardig sterk

zuur, dan geldt:

H2SO

4(l) + 2 H

2O(l) → 2 H

3O+(aq) + SO

42−(aq)

C 38

a De stof bevat een –OH-groep die waterstofbruggen

kan vormen met water.

b HOCH2CH

2SH(aq) + H

2O(l) →←

H3O+(aq) + HOCH

2CH

2S−(aq)

c [H3O+] = 10−5,21, de [H

3O+] = 6,2 · 10−6 mol L−1.

De [HOCH2CH

2S−] is ook 6,2 · 10−6 mol L−1.

[HOCH2CH2SH] [H3O+] [HOCH2CH2S

−]

t0 0,20 0 0

omgezet −6,2 · 10−6 +6,2 · 10−6 +6,2 · 10−6

tev 0,20 − 6,2 · 10−6 6,2 · 10−6 6,2 · 10−6

Kz =

[H3O+][HOCH2CH2S

−]

[HOCH2CH2SH]

Kz =

(6,2 ·10−6)2

0,20 − 6,2 ·10−6

Kz = 1,9 · 10−10

8.6 Afsluiting

1

a Als fenolrood een oplossing geel kleurt, dan is de

pH onder de 6,6. Als alizariengeel-R een oplossing

rood kleurt, dan is de pH boven de 12,0. Dit kan

natuurlijk niet.

b Waarschijnlijk heeft Ans de kleuren verkeerd om

opgeschreven.

c Als we ervan uitgaan dat fenolrood de oplossing

rood kleurt, dan is de pH boven de 8,0. Als

alizariengeel-R de oplossing geel kleurt, dan is de

pH onder de 10,1. De pH ligt dan in het gebied:

8,0 − 10,1.

2

a Zoutzuur:

pH = −log (1,0)

pH = 0,00

Salpeterzuuroplossing:

pH = −log (3,3 · 10−2)

pH = 1,48

b Om een oplossing met een pH van 1,00 te krijgen,

moet de [H3O+] in deze oplossing gelijk zijn aan:

[H3O+] = 10−1,00

[H3O+] = 0,10 mol L−1

Je wilt 1,0 L van deze oplossing maken, dus er is

0,10 mol H3O+ in de oplossing nodig. Stel het aantal



5

a Je rijdt: 2 × 80 = 160 km.

De auto rijdt 1 : 14, dus je verbruikt: 160 : 14 =

11,43 L.

De dichtheid van benzine is 0,72 · 103 kg m−3 =

720 g L−1. Dus je hebt:

liter 1,0 11,43

gram 720 x

x = 11,43 L × 720 g

1,0 L = 8,23 · 103 g octaan

De molaire massa van octaan is: 114,2 g mol−1

Er is dus:

gram 114,2 8,23 · 103

mol 1,00 x

x = 1,00 mol × 8,23 ·103 g

114,2 g = 72,05 mol C

8H

18

De reactie voor het verbranden van octaan is:

2 C8H

18 + 25 O

2 → 16 CO

2 + 18 H

2O

Molverhouding C8H

18 : CO

2 = 1 : 8, er ontstaat:

72,05 × 8 = 576 mol CO2.

b CO2(aq) + H

2O(l) →← H

2CO

3(aq)

c De pH = 5,50. De [H3O+] = 10−5,50 = 3,2 · 10−6 mol L−1.

H2CO

3(aq) + H

2O(l) →← H

3O+(aq) + HCO

3−(aq)

[H2CO3] [H3O+] [HCO3

−]

t0 x 0 0

omgezet −3,2 · 10−6 +3,2 · 10−6 +3,2 · 10−6

tev x − 3,2 · 10−6 3,2 · 10−6 3,2 · 10−6

Kz =

[H3O+][HCO3

−]

[H2CO3]

4,5 · 10−7 = (3,2 ·10−6)2

x − 3,2 ·10−6

x = 2,5 · 10−5

Dus [H2CO

3] = 2,5 · 10−5 mol L−1.

d Uit 1 mol CO2 ontstaat per liter regenwater

2,5 · 10−5 mol H2CO

3. Er ontstaat 576 mol CO

2. Er is:

mol 2,5 · 10−5 576

liter 1,00 x

x = 576 mol × 1,00 L

2,5 ·10−5 mol = 2,3 · 107 L regenwater nodig.

e 1 m2 = 100 dm2 van 1 mm = 0,01 dm hoog is

100 dm2 × 0,01 dm = 1 dm3 = 1 L. Er is dus 1 L nodig

om 1 m2 regenwater van 1 mm hoog een pH van

5,50 te geven. Met 2,3 · 107 L kan dus 2,3 · 107 m2

regen van 1 mm hoog een pH van 5,50 krijgen.

Het aantal gram zwavelzuur omrekenen naar mol en

dan de [H3O+] uitrekenen.

gram 98,08 5,4

mol 1,00 x

x = 5,4 g × 1,00 mol

98,08 g = 5,51 · 10−2 mol L−1 H

2SO

4

De molverhouding H2SO

4 : H

3O+ = 1 : 2, de [H

3O+] is

dus 2 × 5,51 · 10−2 = 1,1 · 10−1 mol L−1.

pH = −log (1,1 · 10−1) = 0,96

b We werken nu in twee stappen. Eerst is er een

aflopende reactie omdat zwavelzuur een sterk

zuur is:

H2SO

4(l) + H

2O(l) → H

3O+(aq) + HSO

4−(aq)

Aangezien er voor de reactie 5,51 · 10−2 mol H2SO

4

is, is er na stap 1 : 5,51 · 10−2 mol H3O+ en

5,51 · 10−2 mol HSO4

−.

HSO4

− is een zwak zuur, dus:

[HSO4−] [H3O

+] [SO42−]

t0 5,51 · 10−2 5,51 · 10−2 0

omgezet −x +x +x

tev 5,51 · 10−2 − x 5,51 · 10−2 + x x

Kz =

[H3O+][SO4

2−]

[HSO4−]

1,0 · 10−2 = (5,51 ·10−2 + x) × x

5,51 ·10−2 − x

x = 7,58 · 10−3

[H3O+] = 5,51 · 10−2 + 7,58 · 10−3 = 6,3 · 10−2 mol L−1

pH = −log (6,3 · 10−2)

pH = 1,20

c Het volume van het meer blijft gelijk. Dus de

zure lozingen en de neerslag compenseren de

verdamping. De neerslag en de verdamping

bevatten geen zuur. Er komt dan steeds meer zuur

in hetzelfde volume en dus daalt de pH.

d De pH in het afgedamde deel is 0,85, de [H3O+] =

10−0,85 = 1,4 · 10−1 mol L−1.

Je kunt nu de volumeverhouding uitrekenen van

het afgedamde deel en het totale meer. De diepte

is 1,3 m. En met de volumeverhouding kun je de

[H3O+] in het totale meer uitrekenen.

Volume afgedamde deel is 42 × 1,3 · 10−3 =

5,46 · 10−2 km3.

Volume totale meer is 2,6 · 103 × 1,3 · 10−3 = 3,38 km3.

Bij dambreuk wordt de [H3O+]:

5,46 ·10−2 km3

3,38 km3 × 1,4 · 10−1 mol L−1 = 2,3 · 10−3 mol L−1.

De pH = −log (2,3 · 10−3) = 2,64.



7

a Evenwicht A is een heterogeen evenwicht, omdat

picrinezuur in twee fasen aanwezig is, namelijk

vast en opgelost. Evenwicht B is een homogeen

evenwicht, omdat alle deeltjes zich in dezelfde

opgeloste toestand bevinden.

b Aantal gram picrinezuur omrekenen naar mol.

De molaire massa is 229,1 g mol−1.

gram 229,1 1,4

mol 1,00 x

x = 1,4 g × 1,00 mol

229,1 g = 6,1 · 10−3 mol picrinezuur.

Dit zit in 100 mL.

mol 6,1 · 10−3 x

liter 0,100 1,00

x = 6,1 ·10−3 mol × 1,00 L

0,100 L

= 6,1 · 10−2 mol picrinezuur per liter.

c 89% van het picrinezuur is geïoniseerd.

De [H3O+] =

89

100 × 6,1 · 10−2 = 5,4 · 10−2 mol L−1

pH = 1,27

d C6H

3N

3O

7(s) → C

6H

3N

3O

7(g)

f 100 bij 100 m = 1,00 · 104 m2. Dus:

2,3 ·107

1,00 ·104 = 2,3 · 103 voetbalvelden

6

a Fe(H2O)

63+(aq) + H

2O(l) →←

H3O+(aq) + FeOH(H

2O)

52+(aq)

b De pH = 5,10, dus:

[H3O+] = 10−5,10 = 7,9 · 10−6 mol L−1. We hebben

100 mL, daarin bevinden zich dus:

mol 7,9 · 10−6 x

liter 1,000 0,1000

x = 7,9 ·10−6 mol × 0,1000 L

1,000 L

= 7,9 · 10−7 mol H3O+ ionen.

Dit bevindt zich in 2,00 gram papier, het boek heeft

250 g papier dus:

mol 7,9 · 10−7 x

gram 2,00 250

x = 7,9 ·10−7 mol × 250 g

2,00 g = 9,9 · 10−5 mol H

3O+-ionen.

Dus 9,9 · 10−2 mmol H3O+-ionen in het boek.


Basen 13© Noordhoff Uitgevers bv

9.1 Reinigen

B 1

a De pH van een zure oplossing is lager dan 7.

b Het ammoniumion: NH4

+.

c Omdat de oplossing zuur is, kleurt

broomthymolblauw de oplossing geel.

d De pH van een basische oplossing is hoger dan 7.

e Omdat de oplossing basisch is, kleurt

broomthymolblauw de oplossing blauw.

f De molariteit van de salpeterzuuroplossing is

gelijk aan de molariteit van de waterstofcyanide-

oplossing. Salpeterzuur is een sterk zuur,

waterstofcyanide is een zwak zuur. De [H3O+]

is bij de salpeterzuuroplossing hoger, omdat

salpeterzuur in water volledig splitst in ionen, dit is

een aflopende reactie. Waterstofcyanide geeft maar

voor een deel een H+ af aan water. De pH van de

salpeterzuuroplossing is dus lager dan de pH van

de waterstofcyanide-oplossing.

g Je moet de [H3O+] weten om de pH te berekenen.

Salpeterzuur (HNO3) is een sterk zuur:

HNO3(l) + H

2O(l) → H

3O+(aq) + NO

3−(aq)

Aangezien er sprake is van een aflopende reactie

is de [H3O+] gelijk aan de molariteit van de

salpeterzuuroplossing, [H3O+] is dus 1,0 mol L−1.

De pH is:

pH = −log 1,0

pH = 0,00

h In de waterstofcyanide-oplossing verloopt de

evenwichtsreactie:

HCN(aq) + H2O(l) →← H

3O+(aq) + CN−(aq)

HCN is een zwak zuur. Om de pH te kunnen

berekenen moet je eerst de [H3O+] berekenen.

[HCN] [H3O+] [CN−]

t0 1,0 0 0

omgezet −x +x +x

tev 1,0 − x x x

Kz =

[H3O + ][CN−]

[HCN]

6,1 · 10−10 = x2

1,0 − x

x = 2,5 · 10−5

[H3O+] = 2,5 · 10−5 M

pH = −log 2,5 · 10−5 = 4,60

9.2 Basen in water

A 2

a Een ammoniakoplossing is een oplossing van een

base. De pH van deze oplossing ligt dus boven

de 7.

b Het OH−-ion. Dit ion is in iedere basische oplossing

aanwezig.

B 3

a F−(aq) + H2O(l) →← HF(aq) + OH−(aq)

b KNH2(s) + H

2O(l) → NH

3(aq) + OH−(aq) + K+(aq)

Het NH3-molecuul is een zwakke base, maar

dat laten we in deze opdracht verder buiten

beschouwing.

B 4

a NaCN(s) → Na+(aq) + CN−(aq)

b CN−(aq) + H2O(l) →← HCN(aq) + OH−(aq)

c In de oplossing zitten de deeltjes: Na+, CN−, HCN,

OH− en natuurlijk H2O.

d Cu2+(aq) + 2 OH−(aq) → Cu(OH)2(s)

e Door de neerslagreactie worden de OH−-ionen aan

de oplossing onttrokken. Hierdoor zal het evenwicht

bij b naar rechts aflopen. Er zullen dus heel weinig

CN−-ionen in de oplossing aanwezig zijn.

B 5

a KOH(s) → K+(aq) + OH−(aq)

b OH−(aq) + H2O(l) → H

2O(l) + OH−(aq)

Voor en na de pijl staan dezelfde deeltjes. Er treedt

een reactie op, maar netto verandert er dus niets.

B 6

a Lithium is een metaal met een lading 1+, het

hydride-ion zal dus een lading hebben van 1−.

De formule van het hydride-ion is H−.

b LiH(s) + H2O(l) → Li+(aq) + H

2(g) + OH−(aq)

9 Basen



NaF(s) → Na+(aq) + F−(aq)

F−(aq) + H2O(l) →← HF(aq) + OH−(aq)

b Natriumhypobromiet is een goed oplosbaar zout,

het hypobromietion is een zwakke base. We maken

dus onderscheid tussen het oplossen van het zout

en de reactie van de base met water.

NaBrO(s) → Na+(aq) + BrO−(aq)

BrO−(aq) + H2O(l) →← HBrO(aq) + OH−(aq)

c Magnesiumsulfaat is een goed oplosbaar zout,

het sulfaation is een zwakke base. We maken dus

onderscheid tussen het oplossen van het zout en

de reactie van de base met water.

MgSO4(s) → Mg2+(aq) + SO

42−(aq)

SO4

2−(aq) + H2O(l) →← HSO

4−(aq) + OH−(aq)

d Calciumoxide reageert aflopend met water.

CaO(s) + H2O(l) → Ca2+(aq) + 2 OH−(aq)

e Zilversulfiet is een slecht oplosbaar zout. De

zwakke base (SO32−) reageert dus niet met water.

Ag2SO

3(s) →← 2 Ag+(aq) + SO

32−(aq)

f Calciumchloride is een goed oplosbaar zout.

Chloride-ionen zijn theoretische basen, er treedt

dus geen reactie op met water.

CaCl2(s) → Ca2+(aq) + 2 Cl−(aq)

B 11

a Na+(aq) + F−(aq)

b Na+(aq) + BrO−(aq)

c 2 Na+(aq) + SO4

2−(aq)

d Ca2+(aq) + 2 OH−(aq)

e Ag2SO

3(s) + H

2O(l) (Eigenlijk is dit geen oplossing.)

f Ca2+(aq) + 2 Cl−(aq)

B 12

a Ba(OH)2(s) → Ba2+(aq) + 2 OH−(aq)

b barietwater

c Het zout bariumoxide reageert met water. Er

ontstaan dan ook barium- en hydroxide-ionen.

BaO(s) + H2O(l) → Ba2+(aq) + 2 OH−(aq)

d Je kunt voor beide zouten de concentratie

uitrekenen door eerst het aantal gram

bariumhydroxide om te rekenen in het aantal mol

bariumhydroxide. Vervolgens kun je het aantal mol

hydroxide-ionen uitrekenen. Dit kun je ten slotte

omrekenen naar het aantal mol per liter.

Bariumhydroxide:

mol 1,00 x

gram 171,3 1,00

9.3 Formules en namen van basen

A 7

a zwak

b zwak

c theoretisch

d sterk

e zwak

f zwak

g zwak

A 8

a Het is een eenwaardige base.

b Het is een eenwaardige base.

c Het I−-ion is een theoretische base en neemt dus

geen H+-ion op.

d Tweewaardig; het NH3-molecuul dat ontstaat als

NH2

− een H+-ion opneemt is een zwakke base en

kan dus ook een H+-ion opnemen.

e Het is een eenwaardige base.

f Driewaardig; het HPO42−-ion en het H

2PO

4−-ion zijn

ook in staat om H+-ionen op te nemen.

g Eenwaardig; het HSO4

−-ion is een theoretische base.

B 9

a CN−(aq) + H2O(l) →← HCN(aq) + OH−(aq)

b CH3NH

2(aq) + H

2O(l) →← CH

3NH

3+(aq) + OH−(aq)

c I− geeft geen reactie met water, omdat het een

theoretische base is.

d NH2

−(aq) + H2O(l) → NH

3(aq) + OH−(aq)

Gevolgd door:

NH3(aq) + H

2O(l) →← NH

4+(aq) + OH−(aq)

e NH3(aq) + H

2O(l) →← NH

4+(aq) + OH−(aq)

f PO4

3−(aq) + H2O(l) →← HPO

42−(aq) + OH−(aq)

Het HPO4

2−-ion is ook een base, maar omdat PO43−

een zwakke base is en het bovenstaande evenwicht

dus al naar links ligt, noteren we de tweede reactie

niet.

g SO4

2−(aq) + H2O(l) →← HSO

4−(aq) + OH−(aq)

Het HSO4

−-ion is een theoretische base, er verloopt

dus geen reactie met HSO4

−.

B 10

a Natriumfluoride is een goed oplosbaar zout, het

fluoride-ion is een zwakke base. We maken dus

onderscheid tussen het oplossen van het zout en

de reactie van de base met water.



c

C CH

H

C C

H H

N

H

H

H

H

HHH

(aq) + H2O(l) →

C CH

H

C C

H H

N+

H

H

H

H

HHH

H

(aq) + OH−(aq)

d

C CH

H

C C

H H

N

H

H

H

H

HHH

(aq)

of: C4H

11N(aq)

C 14

a Na3PO

4(s) → 3 Na+(aq) + PO

43−(aq)

b PO43−(aq) + H

2O(l) →← HPO

42−(aq) + OH−(aq)

c Je kunt de fosfaationen laten neerslaan met een

ion waarmee fosfaationen een slecht oplosbaar

zout vormen. Je kunt hiervoor gebruikmaken

van bijvoorbeeld calciumionen, maar er zijn veel

meer mogelijkheden. Deze calciumionen krijg je in

oplossing door een goed oplosbaar calciumzout

toe te voegen aan het water waar de fosfaationen

zich in bevinden. De ontstane neerslag kun je door

middel van filtratie verwijderen. In het residu zit dan

calciumfosfaat.

d Door het neerslaan van de fosfaationen zal het

evenwicht bij b naar links schuiven. Er zullen dus

nog maar heel weinig waterstoffosfaationen in de

oplossing aanwezig zijn.

e Na2HPO

4(s) → 2 Na+(aq) + HPO

42−(aq)

HPO42−(aq) + H

2O(l) →← H

2PO

4−(aq) + OH−(aq)

f NaH2PO

4(s) → Na+(aq) + H

2PO

4−(aq)

H2PO

4−(aq) + H

2O(l) →← H

3PO

4(aq) + OH−(aq)

g H2PO

4−(aq) + H

2O(l) →← H

3O+(aq) + HPO

42−(aq)

h Blijkbaar kan het diwaterstoffosfaation dus zowel

als zwak zuur en als zwakke base met water

reageren.

x = 1,00 mol × 1,00 g

171,3 g

= 5,838 · 10−3 mol bariumhydroxide. Er zijn twee

keer zoveel hydroxide-ionen in de oplossing, dus

1,168 · 10−2 mol.

De [OH−] is dan:

mol 1,168 · 10−2 x

liter 0,500 1,00

x = 1,168 ·10−2 mol × 1,00 L

0,500 L = 2,336 · 10−2 mol L−1.

De [OH−] is dus 2,34 · 10−2 mol L−1.

Bariumoxide:

mol 1,00 x

gram 153,3 1,00

x = 1,00 mol × 1,00 g

153,3 g

= 6,523 · 10−3 mol bariumhydroxide. Er zijn twee

keer zoveel hydroxide-ionen in de oplossing, dus

1,305 · 10−2 mol.

De [OH−] is dan:

mol 1,305 · 10−2 x

liter 0,500 1,00

x = 1,305 ·10−2 mol × 1,00 L

0,500 L = 2,61 · 10−2 mol L−1.

De [OH−] is dus 2,61 · 10−2 mol L−1.

De [OH−] is dus het hoogst als je bariumoxide in

water oplost.

B 13

a

� �H

H

� �

H H

N

H

H

H

H

HHH

b

CH3 CH CH2 CH3

N H

HO

H

H

CH3

CHCH2CH3

NH

H O

H

H

-�-�-

-�-�-

-�-�-

-�-�-



B 20

a NH3(aq) + H

2O(l) →← NH

4+(aq) + OH−(aq)

Na2O(s) + H

2O(l) → 2 Na+(aq) + 2 OH−(aq)

IO− + H2O(l) →← HIO(aq) + OH−(aq)

F−(aq) + H2O(l) →← HF(aq) + OH−(aq)

b O2−, IO−, NH3, F−

c F−, NH3, IO−, O2−

d F−

[F−] [HF] [OH−]

t0 0,10 0 0

omgezet −x +x +x

tev 0,10 − x x x

Kb =

[OH−][HF]

[F−]

1,6 · 10−11 = x2

0,10 − x

x = 1,3 · 10−6

pOH = −log 1,3 · 10−6 = 5,89

pH = 8,11

NH3:

[NH3] [NH4+] [OH−]

t0 0,10 0 0

omgezet −x +x +x

tev 0,10 − x x x

Kb =

[NH4+][OH−]

[NH3]

1,8 · 10−5 = x2

0,10 − x

x = 1,3 · 10−3

pOH = −log 1,3 · 10−3 = 2,89

pH = 11,11

IO−:

[IO−] [HIO] [OH−]

t0 0,10 0 0

omgezet −x +x +x

tev 0,10 − x x x

Kb =

[HIO][OH−]

[IO−]

4,4 · 10−4 = x2

0,10 − x

x = 6,6 · 10−3

pOH = −log 6,6 · 10−3 = 2,18

pH = 11,82

Na2O:

O2− : OH− als 1 : 2. De [OH−] is dus 0,20 mol L−1.

pOH = −log 0,20 = −0,70

pH = 13,30

9.4 pH-berekeningen aan basische oplossingen

A 15

a pOH = −log 1,0 · 10−3 = 3,00

pOH = −log 5,0 · 10−3 = 2,30

pOH = −log 4,2 · 10−2 = 1,38

b pH = 14,00 − 3,00 = 11,00

pH = 14,00 − 2,30 = 11,70

pH = 14,00 − 1,38 = 12,62

A 16

a [OH−] = 10−4,0 = 1 · 10−4 mol L−1

b [OH−] = 10−1,52 = 3,0 · 10−2 mol L−1

c pOH = 14,0 − 12,6 = 1,4

[OH−] = 10−1,4 = 4 · 10−2 mol L−1

B 17

3,6 g

40,00 g mol−1 = 0,090 mol

0,090 mol

0,150 L = 0,60 mol L−1

pOH = −log 0,60 = 0,22

pH = 13,78

B 18

a NH3(aq) + H

2O(l) →← NH

4+(aq) + OH−(aq)

Kb =

[NH4+][OH−]

[NH3]

b HS−(aq) + H2O(l) →← H

2S(aq) + OH−(aq)

Kb =

[H2S][OH−]

[HS−]

c CO3

2−(aq) + H2O(l) →← HCO

3−(aq) + OH−(aq)

Kb =

[HCO3−][OH−]

[CO32−]

B 19

a K2SO

3(s) → 2 K+(aq) + SO

32−(aq)

b SO3

2−(aq) + H2O(l) →← HSO

3−(aq) + OH−(aq)

c 2 K+(aq) + SO32−(aq)

d Kb =

[HSO3−][OH−]

[SO32−]



B 21

a

NN

H

H H

H

b Het is een tweewaardige base, er zijn twee

aminogroepen in het molecuul aanwezig.

c Als hydrazine een eenwaardig sterke base zou zijn,

dan zou de pOH gelijk zijn aan 1,00 (−log 0,10). De

pH zou dan 13,00 zijn. Bij een meerwaardig sterke

base is de pH nog hoger.

Aangezien de pH lager is dan 13,00, is hydrazine

een zwakke base.

d N2H

4(aq) + H

2O(l) →← N

2H

5+(aq) + OH−

e De pOH = 3,26. De [OH−] = 10−3,26 = 5,50 · 10−4.

[N2H4] [N2H5+] [OH−]

t0 0,10 0 0

omgezet −5,50 · 10−4 +5,50 · 10−4 +5,50 · 10−4

tev 0,10 − 5,50 · 10−4 5,50 · 10−4 5,50 · 10−4

Kb =

[N2H5+][OH−]

[N2H4]

Kb =

5,50 ·10−4 × 5,50 ·10−4

0,10 − 5,50 ·10−4

Kb = 3,0 · 10−6

B 22

NH3(aq) + H

2O(l) →← NH

4+(aq) + OH−(aq)

pOH = 2,6

[OH−] = 10−2,6 = 3 · 10−3 mol L−1

[NH3] [NH4+] [OH−]

t0 x 0 0

omgezet −3 · 10−3 +3 · 10−3 +3 · 10−3

tev x − 3 · 10−3 3 · 10−3 3 · 10−3

Kb =

[NH4+][OH−]

[NH3]

1,8 · 10−5 = 3 ·10−3 × 3 ·10−3

x − 3 ·10−3

x − 3 · 10−3 = 9 ·10−6

1,8 ·10−5

x = 0,5

De molariteit van de oplossing is dus 0,5 mol L−1.

C 23

a 2 NO + 3 H2 → 2 NH

2OH

b 3 NH2OH → NH

3 + N

2 + 3 H

2O

c 4,3 g

33,03 g mol−1 = 0,130 mol NH

2OH

0,130 mol

0,250 L = 0,520 mol L−1

NH2OH + H

2O →← NH

3OH+ + OH−

[NH2OH] [NH3OH+] [OH−]

t0 0,520 0 0

omgezet −x +x +x

tev 0,520 − x x x

Kb =

[NH3OH+][OH−]

[NH2OH]

1,1 · 10−8 = x2

0,520 − x

x = 7,6 · 10−5

pOH = −log 7,6 · 10−5 = 4,12

pH = 9,88

d 7,6 ·10−5

0,520× 100% = 1,5 · 10−2%

C 24

a C5H

5N(aq) + H

2O(l) →← C

5H

5NH+(aq) + OH−(aq)

b

N

(aq) + H2O(l) →←

N+

H

(aq) + OH−(aq)

c pH = 9,60, dan is de pOH = 4,40.

[OH−] = 10−4,40 = 4,0 · 10−5

[C5H5N] [C5H5NH+] [OH−]

t0 x 0 0

omgezet −4,0 · 10−5 +4,0 · 10−5 +4,0 · 10−5

tev x − 4,0 · 10−5 4,0 · 10−5 4,0 · 10−5

Kb =

[C5H5NH+][OH−]

[C5H5N]

1,7 · 10−9 = (4,0 ·10−5)2

x − 4,0 ·10−5

x = 0,941 mol L−1

0,941 mol L−1 × 3,25 = 3,06 mol

De molaire massa van pyridine is 79,10 g mol−1.

3,06 mol × 79,10 g mol−1 = 2,4 · 102 g



d Na+(aq) + OH−(aq)

e H3O+(aq) + NO

3−(aq)

f H3PO

4(aq)

g NH3(g)

h NH3(aq)

A 27

a een

b twee

c een

d drie

e een

A 28

a een

b twee

c een (HSO4

− is een theoretische base)

d drie

e twee

B 29

a Omdat waterstofchloride een sterk zuur is, is de

stof in water volledig geïoniseerd. De juiste notatie

is: H3O+(aq) + Cl−(aq).

b O2− is een sterke base en zal aflopend reageren met

water tot OH−-ionen. De juiste notatie voor deze

oplossing is: Na+(aq) + OH−(aq).

c Waterstofcyanide is een zwak zuur. De juiste notatie

is: HCN(aq).

B 30

a HNO2(aq)

b Na+(aq) + OH−(aq)

c Sterkste zuur: HNO2, sterkste base: OH−.

d HNO2(aq) + OH−(aq) → NO

2−(aq) + H

2O(l)

B 31

a H3O+(aq) + Br−(aq)

b 3 Na+(aq) + PO4

3−(aq)

c Sterkste zuur: H3O+, sterkste base: PO

43−.

d PO4

3− kan 3 H+-ionen opnemen. Omdat er een

overmaat aan zuur aanwezig is, zal het ion dat ook

daadwerkelijk doen.

e 3 H3O+(aq) + PO

43−(aq) → 3 H

2O(l) + H

3PO

4(aq)

B 32

a H3O+(aq) + OH−(aq) → 2 H

2O(l)

b HF(aq) + OH−(aq) → F−(aq) + H2O(l)

c H3O+(aq) + CN−(aq) → H

2O(l) + HCN(aq)

C 25

a De molaire massa van codeïne is: 299,36 g mol−1.

0,180 g

299,36 g mol−1 = 6,01 · 10−4 mol

6,01 ·10−4 mol

0,250 L = 2,41 · 10−3 mol L−1

De pOH is 14,00 − 9,67 = 4,33.

[OH−] = 10−4,33 = 4,7 · 10−5

We gebruiken voor de stof codeïne de formule B−.

[B−] [BH] [OH−]

t0 2,41 · 10−3 0 0

omgezet −4,7 · 10−5 +4,7 · 10−5 +4,7 · 10−5

tev 2,41 · 10−3 − 4,7 · 10−5 4,7 · 10−5 4,7 · 10−5

Kb =

[BH][OH−]

[B−]

Kb =

(4,7 ·10−5)2

2,41 ·10−3 − 4,7 ·10−5

Kb = 9,3 · 10−7

b

NH2

CO

OCH2

CH2 N

CH2

CH3

CH2

CH3

(aq)

+ H2O(l) →←

NH2

CO

OCH2

CH2 N+

CH2

CH3

CH2

CH3

H(aq) + OH−(aq)

Je mag ook de NH2-groep nemen en deze een H+

op laten nemen.

c Je kunt een oplossing van een zuur toevoegen aan

het amine. Als je bijvoorbeeld zoutzuur toevoegt aan

novocaïne zal het zuur een H+-ion aan het amine

geven. Deze reactie zal veel beter verlopen omdat

zoutzuur veel meer H3O+-ionen bevat dan water.

9.5 Reacties tussen zuren en basen

A 26

a BaCl2(s)

b 2 Al3+(aq) + 3 SO4

2−(aq)

c HCl(g)



d NH3(aq) + H

2O(l) →← NH

4+(aq) + OH−(aq)

[NH3] [NH4+] [OH−]

t0 0,10 0 0

omgezet −x +x +x

tev 0,10 − x x x

Kb =

[NH4+][OH−]

[NH3]

1,9 · 10−5 = x2

0,10 − x

x = 1,4 · 10−3

pOH = 2,86

13,00 = pH + 2,86

pH = 10,14

9.6 Kwantitatieve analyse

A 39

a 24,72 − 12,45 = 12,27 mL

b 0,01227 L × 0,0945 mol L−1 = 1,16 · 10−3 mol

c H3O+(aq) + OH−(aq) → 2 H

2O(l)

d ook 1,16 · 10−3 mol

e 1,16 ·10−3 mol

0,02500 L = 4,64 · 10−2 mol L−1

B 40

a Ammonia is basisch, de pH zal boven de 7 liggen,

de kleur is dan geel.

b oranje

c NH3(aq) + H

3O+(aq) → NH

4+(aq) + H

2O(l)

d Gemiddeld heeft hij 12,115 mL toegevoegd. Dat

is: 0,012115 L × 0,501 mol L−1 = 6,0696 · 10−3 mol

zoutzuur. Er was dus 6,07 · 10−3 mol ammoniak in de

oplossing aanwezig.

e 6,07 · 10−3 mol × 17,03 g mol−1 = 0,1034 g in

10,00 mL. Er is dus: 0,1034 g

0,01000 L = 10,3 g L−1

ammoniak in ammonia.

B 41

Als je een zwakke base gebruikt in een titratie met een

zwak zuur krijg je een evenwichtsreactie. Om eenvou-

dig het equivalentiepunt te bepalen willen we juist een

aflopende reactie hebben.

B 33

a Er is een aminogroep in het molecuul aanwezig, dus

de stof is een base.

C

H

NH

H

H

H

bC

H

NH

H

H

H (aq) + H3O+(aq) →←

C

H

N+ H

H

H

H

H

(aq) + H2O(l)

B 34

a H3O+(aq) + OH−(aq) → 2 H

2O gevolgd door:

HSO4

−(aq) + OH−(aq) → SO42−(aq) + H

2O(l)

b K2S(s) + 2 H

3O+(aq) → 2 K+(aq) + H

2S(g) + 2 H

2O(l)

c H3PO

4(aq) + 3 OH−(aq) → PO

43−(aq) + 3 H

2O(l)

d FeO(s) + 2 CH3COOH(aq) → Fe2+(aq) + H

2O(l) +

2 CH3COO−(aq)

C 35

a H2CO

3(aq) + 2 OH−(aq) → CO

32−(aq) + 2 H

2O(l)

b Ca2+(aq) + CO32−(aq) → CaCO

3(s)

C 36

a Ag2O(s) + 2 H

3O+(aq) → 2 Ag+(aq) + 3 H

2O(l) gevolgd

door: Ag+(aq) + Cl−(aq) → AgCl(s)

Of in één keer:

Ag2O(s) + 2 H

3O+(aq) + 2 Cl−(aq) → 2 AgCl(s) + 3 H

2O(l)

b CH3COO−(aq) + H

2O(l) →← CH

3COOH(aq) + OH−(aq)

Pb2+(aq) + 2 OH−(aq) → Pb(OH)2(s)

C 37

a Calciumcarbonaat reageert wel met zoutzuur omdat

dit een veel sterker zuur is dan water. Water is

blijkbaar niet in staat om de sterke ionbindingen in

het ionrooster te verbreken.

b CaCO3(s) + 2 H

3O+(aq) → Ca2+(aq) + CO

2(g) + 3 H

2O(l)

C 38

a De pOH is bij zuiver water gelijk aan de pH, dus in

dit geval ook 6,50. De pKw is dan 13,00.

b De pH is lager, dus er zijn meer H3O+-ionen in de

oplossing aanwezig.

c Bij het verhogen van de temperatuur schuift een

reactie naar de endotherme kant. In dit geval

verschuift de reactie bij het verhogen van de

temperatuur naar rechts. De reactie naar rechts is

dus endotherm.



c Bij de titratie van natronloog met zoutzuur neemt

[OH−] af; OH−-ionen zijn zeer beweeglijk. Daarvoor in

de plaats komen Cl−-ionen; het totale aantal ionen

blijft constant. Aangezien Cl− minder beweeglijk is

dan OH−, neemt het elektrisch geleidingsvermogen

af.

Bij de titratie van natronloog met azijnzuur-

oplossing geldt een soortgelijk verhaal. Tot

het equivalentiepunt neemt het elektrisch

geleidingsvermogen af, omdat de ontstane

CH3COO−-ionen een veel kleinere beweeglijkheid

bezitten dan OH−-ionen.

d Na het equivalentiepunt vindt geen reactie meer

plaats. Toevoegen van zoutzuur betekent eenvoudig

een toename van het aantal geladen deeltjes in

de oplossing en een duidelijke toename in het

elektrisch geleidingsvermogen.

Bij de titratie van natronloog met azijnzuuroplossing

blijft het elektrisch geleidingsvermogen na het

equivalentiepunt vrijwel constant. Dit komt doordat

azijnzuur een zwak zuur is, zodat het evenwicht:

CH3COOH(aq) + H

2O(l) →← H

3O+(aq) + CH

3COO−(aq)

vrij ver naar links ligt. De aanwezigheid van de

CH3COO−-ionen die vóór het bereiken van het

equivalentiepunt werden gevormd door de reactie

van CH3COOH met OH−, zullen het bovenstaande

evenwicht nog meer naar links doen verschuiven.

Een overmaat CH3COOH-oplossing kan daardoor

geen merkbare bijdrage leveren aan het elektrisch

geleidingsvermogen.

9.7 Afsluiting

1

a Na2O(s) + H

2O(l) → 2 Na+(aq) + 2 OH−(aq)

b KHS(s) → K+(aq) + HS−(aq), gevolgd door:

HS−(aq) + H2O(l) →← H

2S(g) + OH−(aq)

c NH3(aq) + H

2O →← NH

4+(aq) + OH−(aq)

d

C

H

NH

H

H

C

H

C

H

H

H

H

(aq) + H2O(l) →←

C

H

N+

H

H

H

C

H

C

H

H

H

H H

(aq) + OH−(aq)

B 42

a

C CH2CH2

COOH

OH

CO

OHC

O

OH

b

C CH2CH2

COOH

OH

CO

OHC

O

OH(aq) + 3 OH−(aq) →

C CH2CH2

COO

OH

C

O

O

CO

O(aq) + 3 H

2O(l)

c 0,00920 L × 0,102 mol L−1 = 9,384 · 10−4 mol

Er is dus 9,384 ·10−4

3 = 3,128 · 10−4 mol citroenzuur.

De molaire massa van citroenzuur is: 192,1 g mol−1.

3,128 · 10−4 mol × 192,1 g mol−1 = 6,01 · 10−2 g

Dit zit in 10,00 mL van een 100,0 mL maatkolf.

In de maatkolf zit dus 10× zoveel citroenzuur,

dat is 6,01 · 10−1 g. Dit is afkomstig van 10,00 mL

citroensap. Per liter is er dan: 60,1 g citroenzuur

aanwezig.

C 43

a CaCO3(s) + 2 H

3O+(aq) + SO

42−(aq) → CaSO

4(s) +

3 H2O(l) + CO

2(g)

b 0,00930 L × 0,0996 mol L−1 = 9,26 · 10−4 mol

c Zwavelzuur is een tweewaardig zuur, dus:

9,26 ·10−4

2 = 4,63 · 10−4 mol.

d Er is in totaal 0,0500 L × 0,100 mol L−1 =

5,00 · 10−3 mol zwavelzuur toegevoegd. Hiervan

heeft 4,63 · 10−4 mol niet met het calciumcarbonaat

gereageerd. Er heeft dus: 5,00 · 10−3 − 4,63 · 10−4 =

4,54 · 10−3 mol met calciumcarbonaat gereageerd.

De molverhouding CaCO3 : H

2SO

4 = 1 : 1. Er heeft

dus 4,54 · 10−3 mol calciumcarbonaat gereageerd.

e 4,54 · 10−3 mol × 100,1 g mol−1

= 0,454 g calciumcarbonaat. Het massapercentage

calciumcarbonaat in krijt is:

0,454 g

0,722 g × 100% = 62,9%.

C 44

a H3O+(aq) + OH−(aq) → 2 H

2O(l)

b CH3COOH(aq) + OH−(aq) → CH

3COO−(aq) + H

2O(l)



3

a 3 H3O+(aq) + Al(OH)

3(s) → Al3+(aq) + 6 H

2O(l)

b MgO(s) + 2 H3O+(aq) → Mg2+(aq) + 3 H

2O(l)

c NH4

+(aq) + OH−(aq) → NH3(g) + H

2O(l)

4

a K = [Pb2+][OH−]2

b pOH = 4,40

[OH−] = 10−4,40 = 4,0 · 10−5 M

1,4 · 10−20 = [Pb2+] × (4,0 · 10−5)2

[Pb2+] = 8,8 · 10−12 mol L−1

5

a 2 Na(s) + 2 NH3(g) → 2 NaNH

2(s) + H

2(g)

b NaNH2(s) + H

2O(l) → Na+(aq) + NH

3(aq) + OH−(aq)

NH3(aq) + H

2O(l) →← NH

4+(aq) + OH−(aq)

c 3,4 g

39,02 g mol−1 = 0,0871 mol NaNH

2

Er ontstaat dus ook 0,0871 mol OH− en NH3.

De molariteit is 0,0871 mol

0,450 L = 0,194 mol L−1.

[NH3] [NH4+] [OH−]

t0 0,194 0 0,194

omgezet −x +x +x

tev 0,194 − x x 0,194 + x

Kb =

[NH4+][OH−]

[NH3]

1,8 · 10−5 = (x) × (0,194 + x)

0,194 − x

x = 1,80 · 10−5

[OH−] = 0,194 + 1,80 · 10−5 = 0,19 mol L−1

pOH = −log 0,19 = 0,71

pH = 13,29

6

De reactie die optreedt is:

H2C

2O

4(aq) + 2 OH−(aq) → C

2O

42−(aq) + 2 H

2O(l)

Er wordt in totaal 0,02500 L × 0,0950 mol L−1 =

2,375 · 10−3 mol OH− gebruikt. Er is dus 2,375 ·10−3

2 =

1,1875 · 10−3 mol H2C

2O

4 in 25,00 mL van de oplossing

aanwezig.

Per liter oplossing is er: 1,1875 ·10−3 mol

0,02500 L =

0,0475 mol H2C

2O

4 aanwezig.

Dit is 0,0475 mol L−1 × 90,04 g mol−1 = 4,3 g L−1.

2

a 0,30 ·10−3 g

40,00 g mol−1 = 7,5 · 10−6 mol

7,5 ·10−6 mol

0,350 L = 2,1 · 10−5 mol L−1

pOH = −log 2,1 · 10−5 = 4,68

pH = 9,32

b 6,2 g

163,9 g mol−1 = 0,03783 mol Na

3PO

4 =

0,03783 mol PO4

3−

0,03783 mol

0,40 L = 0,0946 mol L−1

PO4

3−(aq) + H2O(l) →← HPO

42−(aq) + OH−(aq)

[PO43−] [HPO4

2−] [OH−]

t0 0,0946 0 0

omgezet −x +x +x

tev 0,0946 − x x x

Kb =

[HPO42−][OH−]

[PO43−]

2,1 · 10−2 = x2

0,0946 − x

x = 0,035

pOH = −log 0,035 = 1,46

pH = 12,54

c 3,8 g

20,01 g mol−1 = 0,190 mol

[HF] [H3O+] [F−]

t0 0,190 0 0

omgezet −x +x +x

tev 0,190 − x x x

Kz =

[H3O+][F−]

[HF]

6,3 · 10−4 = x2

0,190 − x

x = 0,011

pH = −log 0,011 = 1,96

d Na2O(s) + H

2O(l) → 2 Na+(aq) + 2 OH−(aq)

5,2 g

61,98 g mol−1 = 0,0839 mol Na

2O. Er is dus

0,0839 × 2 = 0,168 mol OH−.

[OH−] = 0,168 mol

0,250 L = 0,67 mol L−1

pOH = −log 0,67 = 0,17

pH = 13,83



c pH = 5,60, dan is [H3O+] = 2,5 · 10−6 mol L−1.

[C6H7O7−]

[C6H8O7] =

7,1 ·10−4

2,5 ·10−6 = 2,8 · 102

[C6H6O72−]

[C6H7O7−]

=1,7 ·10−5

2,5 ·10−6 = 6,8

[C6H5O73−]

[C6H6O72−]

=4,1 ·10−7

2,5 ·10−6 = 0,16

Hieruit volgt dat de concentratie van C6H

6O

72− het

grootst is.

d pKz = 3,48, dus K

z = 3,3 · 10−4

[C9H7O4−]

[C9H8O4] =

3,3 ·10−4

2,5 ·10−6 = 1,3 · 102

[C9H

7O

4−] + [C

9H

8O

4] =

500

(180 × 50) = 5,6 · 10−2 mol L−1

[C9H

7O

4−] =

5,6 ·10−2 − [C9H7O4−]

1,3 ·102

[C9H

7O

4−] =

5,6 ·10−2

1,01 = 5,5 · 10−2 mol L−1

[C9H

8O

4] =

5,5 ·10−2

1,3 ·102 = 4,2 · 10−4 mol L−1

9

a OH−(aq) + NH4

+(aq) → H2O(l) + NH

3(aq)

b NH3(aq) + H

3O+(aq) → NH

4+(aq) + H

2O(l)

c De pH gaat van hoge naar lage waarden: de

indicatorkleur verandert van blauw in geel. In het

omslagtraject dus groen.

d Op het equivalentiepunt is alle NH3 omgezet in

NH4

+, dit is een zwak zuur.

Kz =

[H3O+][NH3]

[NH4+]

Aan het eind van de titratie is de pH = 3,8 (zie de pH

in het omslagtraject van broomkresolgroen).

[H3O+] = 1,6 · 10−4 mol L−1

[NH4+]

[NH3] =

1,6 ·10−4

5,6 ·10−10 = 2,9 · 10−5

e Nodig voor de titratie 13,19 · 10−3 × 0,0962 =

1,269 · 10−3 mol H3O+. Er was dus

1,269 · 10−3 mol NH3, dit bevat 1,269 · 10−3 mol N.

Massapercentage N in tarwe is

1,269 ·10−3 mol × 14,01 g mol−1

1,246 g × 100% = 1,43%

7

a Sergio moet eerst blauw koper(II)sulfaat voorzichtig

verwarmen, zodat het water uit het hydraat

verdampt en het koper(II)sulfaat wit wordt. Dit witte

koper(II)sulfaat wordt blauw als het met water in

contact komt.

b Het mengsel in de capsule is basisch, dus de pH

is boven de 7. Indicatoren die dan rood kleuren

zijn: fenolrood, kresolrood, fenolftaleïen en

alizariengeel−R. Fenolftaleïen kleurt paars-rood,

deze mag worden weggelaten.

c Werkwijze: aan de vloeistof uit de capsule eerst een

zuur toevoegen en daarna weer een base.

Waarneming: als de rode kleur verandert door het

toevoegen van een zuur en weer terugkomt door

het toevoegen van een base, is er sprake van een

indicator.

d NH3(aq) + H

3O+(aq) → NH

4+(aq) + H

2O(l)

e 8,6 · 10−3 L × 0,40 mol L−1 = 3,4 · 10−3 mol H3O+

Er is dus 3,4 · 10−3 mol NH3 in de capsule aanwezig.

Deze hoeveelheid bevindt zich in 0,33 · 10−3 L, dus

de molariteit van de ammonia in de capsule is:

3,4 ·10−3 mol

0,33 ·10−3 L = 10 mol L−1.

f De molariteit van de ammonia in de capsule is

10 mol L−1. Ammonia is een zwakke base:

NH3(aq) + H

2O(l) →← NH

4+(aq) + OH−(aq)

[NH3] [NH4+] [OH−]

t0 10 0 0

omgezet −x +x +x

tev 10 − x x x

Kb =

[NH4+][OH−]

[NH3]

1,8 · 10−5 = x2

10 − x

x = 1,3 · 10−2

pOH = −log 1,3 · 10−2 = 1,89

pH = 12,11

8

a C6H

8O

7(aq) + HCO

3−(aq) →

C6H

7O

7−(aq) + H

2O(l) + CO

2(g)

b De tablet lost sneller op. Acetylsalicylzuur

komt dan zeker in opgeloste toestand in de

maag, waardoor het sneller in het bloed wordt

opgenomen. Bovendien ontstaan geen plaatselijk

hoge concentraties die kleine maagbloedingen

veroorzaken.


Analysetechnieken en onderzoek 23© Noordhoff Uitgevers bv

10.1 Meten is weten

B 1

Bij Rutherford waren alle elektronen in een atoom het-

zelfde, ze bevonden zich in een elektronenwolk. Bohr

beweerde dat de elektronen in een atoom in verschil-

lende bolvormige schillen zitten, die een bepaald aan-

tal elektronen kunnen bevatten.

B 2

a De stof α-caroteen komt veel hoger op het

papierchromatogram en lost dus beter op in de

loopvloeistof.

b Nee, een andere loopvloeistof betekent een andere

oplosbaarheid van de stoffen en dus andere

plaatsen in het chromatogram.

B 3

a Ethaanamine lost beter op in water, want die stof is

polair en kan waterstofbruggen vormen met water.

Bij butaan-1-amine is het apolaire gedeelte groter

dan dat van ethaanamine en is de oplosbaarheid

dus kleiner. Chloor is apolair en chloorethaan is

polair, maar kan geen waterstofbruggen vormen en

lost dus minder goed op.

b Butaan-1-amine, want die stof heeft een vrij lange

apolaire staart. Het zal dus beter dan ethaanamine

en chloorethaan oplossen in hexaan, dat zelf

volkomen apolair is.

B 4

a isomeren

b

C

O

O CH� CH� CH3H C

O

O CH CH3H

CH3

1-propylmethanoaat 2-propylmethanoaat

C

O

O CH� CH3CH3 C

O

O CH3CH2CH3

ethylethanoaat methylpropanoaat

c

C

O

OHCH2CH2CH3

C

O

OHCHCH3CH3

butaanzuur methylpropaanzuur

d

CH� C

CH�CH�

OHOH

CH� CH

CHCH�

OH

OHcyclobutaan-1,1-diol cyclobutaan-1,2-diol

CH� CH

CH�CH

OH

OH

CH�C

CH

OH

CH3

OH

cyclobutaan-1,3-diol methylcyclopropaan-

1,1-diol

CH�CH

COH

CH3OH

CHCH

CHOH

CH3

OH

1-methylcyclopropaan- 3-methylcyclopropaan-

1,2-diol 1,2-diol

10.2 Spectroscopie

A 5

a Radiogolven, infrarode straling (warmtestraling),

licht (zichtbaar), ultraviolette straling en

röntgenstraling.

b Ze verschillen in golflengte / energie.

A 6

a Een absorptiespectrum maak je door licht door

een stof te laten gaan en te meten hoeveel licht

erdoorheen gaat.

b Een emissiespectrum maak je door een stof energie

te laten uitzenden (bijvoorbeeld door verhitten) en

het licht te meten dat de stof uitzendt.

10 Analysetechnieken en onderzoek



10.3 Spectrofotometrie

A 12

a Stoffen absorberen ir-straling doordat

atoombindingen energie opnemen.

b Bij ir-spectrometrie meet je met ir-straling,

bij colorimetrie meet je met licht (zichtbare

elektromagnetische straling).

B 13

a Je ziet een grote brede piek tussen 3500 en

3000 cm−1, want hierbij absorbeert de OH-binding.

b Je kunt door deze brede piek een aantal andere

pieken in dit gebied niet goed zien.

c Omdat je met ir-spectrometrie alleen

atoombindingen meet. Kaliumbromide is een zout

en heeft alleen ionbindingen.

d KNO3 en NH

4Cl. Dit zijn zouten met samengestelde

ionen. Deze bevatten wel atoombindingen.

B 14

a 2500 cm−1 = 1

2500 cm = 4,000 · 10−4 cm =

4,000 ·10−4

102 = 4,000 · 10−6 m = 4,000 · 10−6 × 109 =

4000 nm

b 12 500 nm = 12500

109 = 1,2500 · 10−5 m =

1,2500 · 10−5 × 102 = 1,2500 · 10−3 cm =

1

1,2500 ·10−3 = 800,00 cm−1

c E = h ·cλ

= 6,626 ·10−34 J s × 2,998 ·108 m s−1

12500 ·10−9 m =

1,589 · 10−20 J

d Hoe groter het golfgetal, hoe kleiner de golflengte

en hoe groter de energie.

B 15

a Nee, in deze moleculen komt geen dubbele

binding voor omdat er wegens de covalentie

van de aanwezige atomen dan ten minste twee

waterstofatomen minder moeten zijn (C3H

6O of

C3H

4O). Elke dubbele C=C ‘kost’ twee H-atomen.

A 7

Het lijntje geeft de golflengte en geeft dus energie

aan die er wordt geabsorbeerd. Deze is gelijk aan de

golflengte / energie die wordt uitgezonden. Dit komt

omdat de energie die nodig is om een elektron naar

een aangeslagen toestand te krijgen, gelijk is aan de

energie die wordt uitgezonden als dat elektron daarna

terugvalt naar de grondtoestand.

B 8

a E = h ·cλ

= 6,626 ·10−34 J s × 2,998 ·108 m s−1

1050 ·10−9 m =

1,892 · 10−19 J

b 1050 nm = 1,050 · 10−6 m

Dit hoort bij infraroodstraling (nabij infrarood).

B 9

a De eenheid van λ is m, van c is m

s en van f is s−1.

Als je dat invult in de formule, dan krijg je:

m =

m

s

s−1 =

m

s × s = m.

b λ = c

f, daaruit volgt f =

c

λ

E = h ·cλ

= h · f

c Hoe groter de frequentie, hoe kleiner de golflengte

en hoe groter de energie.

B 10

a λ = c

f, invullen geeft 1,3 · 103 × 10−9 m =

2,998 ·108 m s−1

f

f = 2,3 · 1014 Hz

b De lichtsnelheid is 2,998 · 108 m s−1, de afstand

12 · 103 m. Het signaal doet er 12 ·103 m

2,998 ·108 m s−1 =

4,0 · 10−5 s over.

B 11

a Tussen de 580 en 620 nm.

b Een wortel weerkaatst alleen oranje licht. Als er

alleen met groen licht op geschenen zal worden,

zal de wortel dus niets weerkaatsten. Hij zal dus

zwart zijn.



A 20

a Bloed dat geen anabole steroïden bevat.

b Lasagne die zeker geen paardenvlees bevat.

c Lucht zonder koolstofdioxide.

A 21

a Als er meer licht wordt geabsorbeerd door een

monster, dan is de transmisse kleiner.

b De extinctie is dan groter.

c De gemeten concentratie is dan groter.

A 22

a Bij colorimetrie valt er licht op een stof. Je meet dan

de absorptie. Een kleurloze stof absorbeert geen

licht.

b Je kunt de stof met een specifieke andere stof laten

reageren, waardoor een nieuwe stof ontstaat die

wel een kleur heeft.

B 23

a 250 mL = 0,250 L

200 mg NO3

− per L = 0,250 × 200 mg =

50,0 mg NO3

− �

50,0 mg

62,006 g mol−1 =

0,806 mmol NO3

− = 0,806 mmol NaNO

3 �

0,806 mmol × 84,995 g mol−1 = 68,5 mg NaNO3

b De intensiteit is 0,263. Daar hoort (via het diagram)

een concentratie van 0,38 mg NO3

− per 32 mL bij.

Dat zat in 20 mL drinkwater. De concentratie is dus

0,38 mg

0,020 L = 19 mg L−1.

c 10 × 84 mg + 45 × 18 mg

10 L + 45 L = 30 mg L−1

C 24

a Bij een lage pH is de H+-concentratie hoog, dus

ligt het complexvormingsevenwicht onvoldoende

naar rechts. Een deel van het Fe2+ wordt dan niet

gebonden, waardoor een te lage Fe2+-concentratie

zal worden gemeten.

b Zie de onderstaande tabel en de daaruit volgende

grafiek (figuur 10.1).

b CH�CH� OHCH3propaan-1-ol

CH CH3CH3

OH

propaan-2-ol

OCH2 CH3CH3methoxyethaan

c Bij ongeveer 3400 cm−1 zie je een –OH-groep-

strekvibratie; alcohol of benzenol.

Bij 2971 cm−1 zie je een C–H-strekvibratie van een

alkaan.

Bij 1200 cm−1 zie je een C–O-strekvibratie;

carbonzuur, ester, ether of alcohol.

d propaan-2-ol

B 16

De gezochte stof is propaanzuur: C3H

6O

2. De piek bij

1715 cm−1 verwijst naar carbonyl (C=O). De brede piek

bij 3000 cm−1 wijst op een OH-binding.

C

O

OHCH�CH3

B 17

Permanganaationen absorberen niet bij 400 tot 450 nm

en niet bij 600 tot 650 nm. Dat licht zenden ze dus uit.

De kleur is dus donkerpaars-rood.

C 18

a Een C–H buig uit vlak vibratie (in een eindstandige

C=CH2-groep) bij ongeveer 900 cm−1 of een

C=C-strekvibratie (alkeen) bij ongeveer 1650 cm−1.

b Een C=O-strekvibratie (aldehyde) bij ongeveer

1730 cm−1.

10.4 Kwantitatieve analyse met spectrofotometrie

A 19

a Dit is kwantitatief.

b Kwalitatief, als je ook de hoeveelheid ervan bepaalt

is het kwantitatief.

c Kwalitatief, als je ook de hoeveelheid ervan bepaalt

is het kwantitatief.



c Silica is de stationaire fase en de loopvloeistof de

mobiele fase.

B 28

a Onverzadigde verbindingen reageren met jood

(additiereactie). Je ziet dus op de plekken op het

paars gekleurde papiertje waar zich onverzadigde

verbindingen bevinden een ongekleurde vlek.

b Omdat papier ook een organische verbinding is, zal

het hele papier zwart kleuren.

B 29

Op een polaire kolom zullen de meest apolaire stoffen

er het eerst af komen. De volgorde is dus van apolair

naar polair: pentaan, propaan, ether, ethanol, ethaan-

1,2-diol.

B 30

a THC bindt goed aan de stationaire fase, de

retentietijd is dus groot.

b THC is apolair en bindt goed aan de stationaire

fase. De kolom (die de stationaire fase bevat) is dus

ook apolair.

c Die retentietijd bepaal je door onder dezelfde

omstandigheden als bij de meting van de urine THC

te injecteren.

d De piekoppervlakte (piekhoogte mag ook).

e De onderzoekers moeten een precieze hoeveelheid

THC injecteren op een chromatograaf onder

dezelfde omstandigheden als bij de meting van de

urine. De oppervlakte van de piek is rechtevenredig

met de hoeveelheid geïnjecteerde stof en je kunt dan

de verhouding berekenen tussen de piekoppervlakte

en de hoeveelheid stof. Met behulp van deze

verhouding en de oppervlakte van de THC-piek in

het chromatogram van de urine kan de onbekende

hoeveelheid THC in de urine bepaald worden.

C 31

a 12,25 cm2 � 50 mg L−1, dus 1 cm2 komt overeen

met 50 mg L−1

12,25 = 4,1 mg L−1.

7,89 cm2 � 7,89 × 4,1 mg L−1 = 32 mg L−1

De molaire massa van diacetyl = 86,09 g mol−1.

32 mg � 32 mg

86,09 g mol−1 = 0,37 mmol L−1 diacetyl

b De retentietijd van diacetyl, om de diacetylpiek te

vinden tussen alle pieken die in het chromatogram

van bier staan.

c Zo krijg je resultaten die betrouwbaarder zijn, want

meetfouten worden zo gecompenseerd.

c De gemeten extinctie van de oplossing is 0,55.

Volgens de ijklijn komt dit overeen met een Fe2+-

gehalte van 2,75, dus 2,7 of 2,8 mg L−1. Tijdens

de voorbewerking is het grondwatermonster door

het toevoegen van de twee andere oplossingen

verdund tot 50 mL, dus met een factor 2,0 verdund.

Het Fe2+-gehalte in het grondwater is dus

2,0 × 2,75 mg L−1 = 5,5 mg L−1.

Fe2+-gehalte (mg L−1) T E (=−log T)

0,0 1,0 0,0

1,0 0,62 0,21

2,0 0,40 0,40

3,0 0,25 0,60

4,0 0,15 0,82

5,0 0,10 1,0

6,0 0,06 1,2

10.1

10.5 Chromatografie

A 25

a Oplosbaarheid en adsorptie.

b Op het verschil in de bij opdracht a genoemde

stofeigenschappen.

A 26

a groot

b klein

c groot

d klein

B 27

a Asparaginezuur en lysine komen terug in het

chromatogram van sinaasappelsap.

b l asparaginezuur: Rf = 0,70 / 3,0 = 0,23

II leucine: Rf = 2,5 / 3,0 = 0,83

III lysine: Rf = 1,5 / 3,0 = 0,50

00

0,2

0,4

0,6

0,8

1

1,2

1,4

1 2 3 4 5 6 7

extin

ctie

concentratie Fe2+ (mg L–1)



10.6 Massaspectrometrie

A 32

Ze worden geïoniseerd, daarbij kan fragmentatie optre-

den. De ionen worden versneld. Vervolgens bewegen

ze naar de detector.

A 33

a Een radicaal is een deeltje met een ongepaard

elektron.

b Op de x-as staat m/z. De z staat voor de lading van

een deeltje. Radicalen hebben geen lading.

c Je bepaalt met de massaspectrometer de massa

van de fragmenten gedeeld door de lading.

Isotopen hebben een verschillende massa.

Je kunt de verhouding van de verschillende

koolstofisotopen in organisch materiaal bepalen.

Deze verhouding verandert naarmate het materiaal

ouder wordt.

B 34

Het molecuul bevat minimaal een C-atoom (massa van

de meest voorkomende isotoop 12,00), een F-atoom

(massa 19,00) en een H-atoom (meeste isotopen:

massa 1,01) De som van deze massa’s is ongeveer

34. Dit is ook de m/z van het fragment met een hoge

m/z-waarde. Gezien de covalentie van fluor en water-

stof (beide: 1) moeten deze atomen aan C gebonden

zijn, en zijn er nog twee andere H-atomen aanwezig.

De enige mogelijkheid is CH3F (fluormethaan, geen

isomeren).

Dit wordt verder bevestigd door de meest

geregistreerde fragmenten, met m/z 34, 33 en 15 van

(respectievelijk) het molecuulion, CH2F+ en CH

3+. De

zeer kleine piek bij m/z 19 moet een F+ zijn. Dat dit

fragment veel minder voorkomt dan CH3

+ (bij 15) bete-

kent dat het molecuulion CH3F+ bij voorkeur fragmen-

teert in een neutraal F-radicaal (niet geregistreerd) en

een methyl(radicaal)ion CH3

+. Maar verval in CH3

+ en F+

komt wel voor. De fragmenten 32 en 31 zijn CHF+ en

CF+, fragment 14 is CH2

+.

B 35

a De molecuulformule is C2H

6O

2: de molecuulmassa is

62 u en de lading van het molecuulion is 1+. m/z = 62

b CH2�

OH

c CH2 OHCH2�

B 36

Als je ervan uitgaat dat m/z 72 de massa is van het

complete molecuul, dan kun je beredeneren dat bij

afsplitsing van een –OH-fragment (massa 17) er een

fragment 55 ontstaat. Dat is ook zichtbaar in het

spectrum. Verder kan een fragment –COOH ontstaan

(m/z 45), dat ook voorkomt in het spectrum. Met deze

gegevens kun je het molecuul als volgt in elkaar zet-

ten: CH2=CH-COOH, propeenzuur met massa 72.

B 37

a N-14 met O-17 en N-15 met O-16

b In het massaspectrum komt een piek voor bij

m/z = 28. Deze piek kan alleen worden veroorzaakt

door een ionsoort met twee N atomen. De volgorde

is dus NNO.

C 38

a In het massaspectrum komen piekjes voor bij

m/z = 80 en bij m/z = 82 en die komen overeen met

(de molecuulmassa’s van) H79Br respectievelijk H81Br.

b De molaire massa van 81Br2 is 161,8 g mol−1, de

molaire massa van K81Br is 120,0 g mol−1.

50 mg 81Br2 �

50 mg

161,8 g mol−1 = 0,309 mmol 81Br

2

Nodig dan 2 × 0,309 mmol = 0,618 mmol K81Br �

0,618 mmol × 120,0 g mol−1 = 74 mg K81Br.

c (m/z = 162) : (m/z = 160) = 100,0 : 4,1

Dus aantal mol 81Br2 : aantal mol 79Br81Br = 100,0 : 4,1.

In 100,0 mol 81Br2 zijn 200,0 mol 81Br-atomen

aanwezig. In 4,1 mol 79Br81Br zijn 4,1 mol 79Br-atomen en 4,1 mol 81Br-atomen aanwezig.

Het gehalte aan 81Br-atomen is:

200,0 + 4,1

200,0 + 4,1 + 4,1 × 100% = 98%, de bewering van

de leverancier (minstens 99,0% 81Br) is onjuist.



f De groene kleurstof injecteren, er moeten drie

pieken te zien zijn.

Vervolgens kleurstof A en kleurstof B apart injecteren

en de retentietijden vergelijken met twee van de

pieken in het chromatogram van de groene kleurstof.

g Ja, want de kleurstoffen hebben een (zichtbare)

kleur en absorberen dus licht in het zichtbare

gebied.

10.2

3

a Uv-straling ligt tussen de 100 en 400 nm.

b

C

O

OH

NH2

c Deze verbinding zal redelijk oplosbaar zijn in water.

De moleculen bestaan uit een hydrofoob middendeel

met twee polaire, H-brugvormende groepen. Deze

groepen kunnen H-bruggen vormen met water.

d Stof 1: er is een absorptieband van C-N en N-H en

bij stof 2 zie je die niet.

e Stof 2, want het linkergedeelte van de stoffen als de

esterbinding breekt heeft bij stof 1 een massa van

120 u en bij stof B een massa van 137 u. Er is een

piek bij 137 u en nauwelijks eentje bij 120 u.

4

a Fe(NH4)2(SO

4)2 · 6H

2O(s) → Fe2+(aq) + 2 NH

4+(aq) +

2 SO4

2−(aq) + 6 H2O(l)

b Met het begrip ‘gecorrigeerd’ geef je aan dat

de extinctie van de te onderzoeken oplossing

is verminderd met de extinctie van de blanco-

oplossing. In de praktijk gebeurt dit al automatisch.

In de colorimeter zijn dan twee ruimtes voor

cuvetten: één voor de test en één voor de referentie

(blanco).

I II III

10.7 Afsluiting

1

a C=O

b CH3 CH2 CH2 CH2 CO

H

CH3 CH2 CH2 C CH3

O

pentanal pentaan-2-on

CH3 CH2 C CH2 CH3

O CH3 CH2 CH C

O

HCH3pentaan-3-on 2-methylbutanal

CH3 CH CH2 CO

HCH3

CH3 CH C CH3CH3

O

3-methylbutanal methylbutanon

CH3 C C

CH3

O

H

CH3

dimethylpropanal

c Het gaat hier natuurlijk om de verschillen: in het

massaspectrum in figuur 10.55a zie je een piek

m/z 29, die zou kunnen horen bij C2H

5. Dat is een

fragment dat hoort bij pentaan-3-on en niet bij

3-methylbutanon. Verder zie je in spectrum a een

piek bij 28 = 57 − 29, die wijst op C=O.

In het spectrum in figuur 10.55b zie je een heel

prominente piek 43.

Dat kan zijn: C3H

7 en bovendien CH

3CO als

fragment. Dit wijst op 3-methylbutanon.

Dus spectrum a is van pentaan-3-on en

spectrum b is van 3-methylbutanon.

2

a Stof B op plaats I en stof A op plaats II, stof B hecht

beter aan het papier, dus de vlek zal lager uitkomen

dan die van stof A.

b Zie figuur 10.2.

c Extraheren, de loopvloeistof extraheert de

verschillende stoffen uit het mengsel. Adsorberen,

er is een verschil in aanhechtingsvermogen aan het

filtreerpapier van de stoffen in het mengsel.

d Het zijn beide scheidingsmethodes, er is bij beide

sprake van een stationaire en een mobiele fase, de

mobiele fase is bij beide een vloeistof.

e De stationaire fase is anders. Bij vloeistof-

chromatografie bevindt de stationaire fase zich in

een kolom en bij papierchromatografie niet.



f Uit de grafiek lees je de concentratie Fe2+ af bij de

gegeven extinctie 0,309: 0,33 mg Fe2+ per 50,0 mL

oplossing. In 1,00 mL monster was dus aanwezig

0,33 mg Fe2+.

In 500 mL monsteroplossing was aanwezig:

500 × 0,33 mg Fe2+ = 165 mg Fe2+ = 165 mg Fe3+.

Het Fe3+-gehalte in het ijzer(III)oxidemonster is:

165 mg

235 mg × 100% = 70 massa-%.

10.3

5

a Uit de tabel (laatste regel) volgt dat de blanco

bestaat uit een mengsel van 25,0 mL methyloranje-

oplossing en 25,0 mL tin(II)chloride-oplossing.

b Zie figuur 10.4.

extin

ctie

E

0

0,1

0 0,100 0,200 0,300 0,400 0,500 0,600 0,700 0,800

0,2

0,3

0,4

0,5

0,6

0,7

0,8

aantal mg Fe2+’in 50 mL

c In het experiment wordt gebruikgemaakt van

een golflengte van 530 nm (= groen licht). Ervan

uitgaande dat dit de golflengte is waarbij de

absorptie van licht maximaal is, zal het ijzer-

dipyridylcomplex de kleuren die verder weg liggen

in het spectrum reflecteren. De oplossing zal dus

een rode kleur hebben.

d 350,0 mg Fe(NH4)2(SO

4)2 · 6H

2O �

350,0 ·10−3 g

392,17 g mol−1 =

8,925 · 10−4 mol Fe(NH4)2(SO

4)2 · 6H

2O �

8,925 · 10−4 mol Fe2+ �

8,925 · 10−4 mol × 55,85 g mol−1 = 50,00 mg Fe2+

In 1,00 mL standaardoplossing bevindt zich

50,00 mg Fe2+

500 mL = 0,100 mg Fe2+.

In 2,00 mL standaardoplossing bevindt zich

0,200 mg Fe2+, et cetera.

e De zes maatkolven zijn gevuld tot 50,0 mL met

bufferoplossing en α,α’-dipyridyloplossing. Voor

de oorspronkelijke hoeveelheid Fe2+ maakt dat niet

uit. Op de horizontale as van de grafiek zetten we

daarom de concentratie uit in mg Fe2+ per 50,0 mL

oplossing. Zie figuur 10.3.

extin

ctie

E

0

0,100

0 2,5 5,0 7,5 10,0 12,5 15,0 17,5 20,0 22,5 25,0 27,5 30,0

0,200

0,300

0,400

0,500

0,600

0,700

0,800

0,900

1,000

mL SnCI2-oplossing

10.4



c Bij α-cleavage van het molecuulion van Q ontstaan

ionen met massa 59 u en 73 u. In massaspectrum

b komen bij m/z = 59 en m/z = 73 pieken voor met

hoge intensiteit, in massaspectrum a niet. Dus

moet structuurformule Q worden toegekend aan de

fractie waarvan massaspectrum b is opgenomen

en structuurformule R worden toegekend aan de

fractie waarvan massaspectrum a is opgenomen.

8

a Zie de onderstaande tabel.

b Uitgaande van 1000 kalium-40 atomen zijn er op

het moment van meting x atomen omgezet, over

dus 1000 − x kalium-40 atomen.

11% van de omgezette kalium-40 atomen zijn

argon-40 atomen geworden, er zijn dus

0,11 × x argon-40 atomen.

De verhouding tussen het aantal gevormde

argon-40 atomen en de nog aanwezige

kalium-40 atomen is: 0,341

0,443 = 0,77. Je kunt nu x

uitrekenen:

0,11 × x

1000 − x = 0,77 → x = 875

Er zijn dus 875 kalium-40 atomen omgezet. Dus er

zijn 1000 − 875 = 125 kalium-40 atomen over.

Vanuit duizend is de hoeveelheid dan drie keer

gehalveerd (1000 → 500 → 250 → 125). Er is dus

drie keer de halfwaardetijd voorbij gegaan:

3 × 1,28 miljard jaar = 3,84 miljard jaar.

in 40K en in 40Ar

aantal protonen ongelijk

aantal neutronen ongelijk

aantal elektronen ongelijk

c In de meetserie valt het meetpunt met de extinctie

van 0,390 (de oplossing met 12,5 mL tin(II)-

oplossing) ver onder de ijklijn en blijft buiten

beschouwing.

d De extinctie komt overeen met 3,75 mL van de

methyloranjeoplossing. Daarin bevindt zich

3,75 mL

1000 mL × 2,622 · 10−2 mol =

9,83 · 10−5 mol methyloranje � 9,83 · 10−5 mol Sn2+.

Deze hoeveelheid was opgelost in de 25,0 mL.

De oorspronkelijke oplossing had een tienmaal zo

groot volume. De 10 mL afvalwater bevatte dus

9,83 · 10−4 mol Sn2+.

Per liter is dat 9,83 · 10−2 mol. In gram is het:

9,83 · 10−2 mol × 118,7 g mol−1 = 11,7 g = 12 g.

6

a NO+

b Uit de piek bij m/z = 30 blijkt dat het N-atoom

gebonden moet zijn aan het O-atoom.

Uit de piek bij m/z = 49 blijkt dat het N-atoom

gebonden moet zijn aan het Cl-atoom.

De volgorde is dus ONCl.

7

a Elsje heeft het juist. Bij ir-spectrometrie wordt

alleen gemeten welke type bindingen er zijn. Q en R

bevatten dezelfde type bindingen. Door nauwkeurig

bepalen van de plaats van de pieken kun je wel zien

of het om een primaire of een secundaire alcohol

gaat. Je zou dus ook kunnen zeggen dat Mirjam

gelijk heeft.

b α-cleavage van het molecuulion van Q geeft:

C�

CH3

CH3

OH

en

C�

CH3

OHCH2CH3

α-cleavage van het molecuulion van R geeft:

CH2�

OH


Redoxreacties 31© Noordhoff Uitgevers bv

11.1 Roest

B 1

a 4 Fe(s) + 3 O2(g) → 2 Fe

2O

3(s)

b 26 protonen, 30 neutronen en 26 elektronen

c 26 protonen, 30 neutronen en 23 elektronen

d Het verschil is het aantal elektronen, de

overeenkomsten zijn het aantal protonen en

neutronen.

e Een ijzer(III)ion heeft een elektron minder dan een

ijzer(II)ion.

f Fe2O

3(s) + 6 H

3O+(aq) → 2 Fe3+(aq) + 9 H

2O(l)

g H+-ionen worden van het H3O+-ion overgedragen

aan de O2−-ionen. Ieder H3O+-ion staat dus een

proton (H+-ion) af en ieder O2−-ion neemt twee

protonen op.

11.2 Reacties met elektronenoverdracht

A 2

a Er is sprake van H+-(proton)overdracht. Het zuur

geeft een proton af, de base neemt het op.

b Er is sprake van e−-(elektron)overdracht. De reductor

geeft een elektron af, de oxidator neemt het op.

A 3

a opneemt

b afstaat

c wel

d geen

A 4

Als de elektronen voor de pijl staan worden ze opge-

nomen en is het een halfreactie van een oxidator. Als

de elektronen na de pijl staan worden ze afgestaan en

is het een halfreactie van een reductor.

a oxidator

b oxidator

c reductor

d oxidator

e reductor

B 5

a Fe3+ + 3 e− → Fe(s)

b 2 I− → I2(s) + 2 e−

c 2 H2O(l) + 2 e− → H

2(g) + 2 OH−

d Zn(s) → Zn2+ + 2 e−

e NO3

− + 4 H+ + 3 e− → NO(g) + 2 H2O(l)

B 6

a Cu2+ + 2 e− → Cu(s)

Zn(s) → Zn2+ + 2 e−

+Cu2+(aq) + Zn(s) → Cu(s) + Zn2+(aq)

b Br2(l) + 2 e− → 2 Br− (×3)

Co(s) → Co3+ + 3 e− (×2) +

3 Br2(l) + 2 Co(s) → 2 Co3+(aq) + 6 Br−(aq)

c Al(s) → Al3+ + 3 e−

Hg+ + e− → Hg(s) (×3) +

Al(s) + 3 Hg+(aq) → Al3+(aq) + 3 Hg(s)

B 7

a Mg(s) → Mg2+ + 2 e− reductor

Ni2+ + 2 e− → Ni(s) oxidator

b 2 S2O

32− → S

4O

62− + 2 e− reductor

Cu2+ + 2e− → Cu(s) oxidator

c Al(s) → Al3+ + 3 e− reductor

Pb2+ + 2 e− → Pb(s) oxidator

B 8

a Reactie 1: dit is een redoxreactie.

Reactie 2: dit is geen redoxreactie.

Reactie 3: dit is een redoxreactie.

Reactie 4: dit is geen redoxreactie.

b Reactie 1: K wordt omgezet in K+ en staat dus

elektronen af en is de reductor. Cl2 wordt omgezet in

2 Cl− en neemt dus elektronen op en is de oxidator.

Reactie 3: Fe wordt omgezet in Fe3+ en staat dus

elektronen af en is de reductor. Ag+ wordt omgezet

in Ag(s) en neemt dus elektronen op en is de

oxidator.

c Reactie 2: dit is het oplossen van een zout. De

ladingen van de NH4

+- en de PO43−-ionen blijven

gelijk. De ionen gaan uit het ionrooster, in de

oplossing.

Reactie 4: dit is een zuur-basereactie. CH3COO−

neemt een H+-ion op, HF staat een H+-ion af.

11 Redoxreacties



De molverhouding waarin het schroot, Fe2O

3,

reageert met koolstof = 1 : 3. Nodig 31,4 · 103 : 3 =

10,5 · 103 mol Fe2O

3. Dit is 10,5 · 103 × 159,7 =

1,7 · 103 kg schroot.

11.3 Redoxkoppels

A 11

a lager

b evenwichtsreactie

A 12

a Ag+ is de sterkste oxidator (hoogste in Binas tabel

48, bij 0,80 V), Pb2+ is zwakker (−0,13 V) en de

zwakste van deze drie is Co2+ (bij −0,28 V).

b Ag(s), Pb(s) en Co(s)

c Co is de sterkste reductor, dan Pb en Ag is de

zwakste van deze drie.

B 13

a Cu(s)

b FeCl2(s)

c Ba2+(aq) + 2 Cl−(aq)

d CaSO4 · 2 H

2O(s)

e Cl2(aq)

f 2 K+(aq) + Cr2O

72−(aq)

B 14

a Natrium is een hele sterke reductor en zal snel

een elektron afstaan. Het deeltje dat dan ontstaat

zal dat elektron juist niet snel weer opnemen. Hoe

sterker de reductor, hoe zwakker de geconjugeerde

oxidator.

b Natrium is een zeer sterke reductor en reageert met

water. Het zal dus in de natuur voorkomen als een

natriumion. Dit ion bevindt zich in een verbinding.

B 15

a Stap 1:

Ni(s), Co2+(aq), Cl−(aq) en H2O(l)

Stap 2:

oxidator reductor

H2O(l) (−0,83) H

2O(l) (+1,23)

Co2+ (−0,28) Cl− (+1,36)

Ni(s) (−0,26)

C 9

a Zn(s) + 2 H+(aq) → Zn2+(aq) + H2(g)

b Er is elektronenoverdracht. H+ neemt een elektron

op, Zn staat twee elektronen af.

c 31 mg = 0,031 g

0,031 g

65,38 g mol−1 = 4,74 · 10−4 mol Zn

Er ontstaat dus ook 4,74 · 10−4 mol H2(g). Bij deze

omstandigheden is het molair volume 24,5 L mol−1.

4,74 · 10−4 mol × 24,5 L mol−1 = 0,012 L = 12 mL

d 8,2 mL

12 mL × 100% = 68%

C 10

a 2 C(s) + O2(g) → 2 CO(g)

b Fe2O

3(s) + CO(g) →← 2 FeO(s) + CO

2(g)

c De lading van het ijzerion is voor de reactie 3+ en

na de reactie 2+. Het Fe3+-ion is dus een oxidator.

d FeO(s) + CO(g) →← Fe(s) + CO2(g)

e CO2(g) + C(s) →← 2 CO(g)

f Bij een hoge temperatuur verlopen reacties sneller.

Dit betekent dat je meer stof kunt produceren.

g De endotherme evenwichtsreacties verlopen meer

naar rechts. Dit zijn de reactie bij b (van Fe2O

3 met

CO) en de reactie bij e (van CO2 met C).

h De exotherme evenwichtsreactie verloopt meer naar

links, dus de reactie bij d (van FeO met CO). Deze

reactie verloopt juist minder goed bij het verhogen

van de temperatuur. Je wilt de temperatuur dus

verhogen om de reactiesnelheid hoog te houden en

de reacties bij b en e naar rechts te laten verlopen,

maar voor de reactie bij d is dit juist nadelig.

i Het smeltpunt van ijzer is 1811 K (= 1538 °C). Dit

ligt dus ver boven de 1200 °C.

j Fe3+ wordt omgezet tot Fe, dit is dus de oxidator.

k 10 ton staal = 10 · 103 kg staal, er mag 0,8 massa-%

koolstof in zitten. Dit is 0,8

100 × 10 ·103 kg = 80 kg

koolstof. Er zit in 10 · 103 kg staal dan 9,9 · 103 kg Fe,

dit is 95% van het ruwe ijzer dat er nodig is. In de

benodigde hoeveelheid ruw ijzer zit dan

9,9 ·103 kg

95 × 5 = 552 kg koolstof. Er mag maar

80 kg overblijven, verwijderd wordt dan 552 − 80 =

472 kg koolstof.

l 80% van het koolstof reageert met schroot.

80% van 472 kg = 377,6 kg

Dit is 377,6 ·103 g

12,01 g mol−1 = 31,4 · 103 mol koolstof.



Stap 5:

Ca(s) → Ca2+ + 2 e−

2 H2O(l) + 2 e− → H

2(g) + 2 OH−

+Ca(s) + 2 H

2O(l) → Ca2+(aq) + 2 OH−(aq) + H

2(g)

d Stap 1:

Al(s), Zn2+(aq), Cl−(aq) en H2O(l)

Stap 2:

oxidator reductor

H2O(l) (−0,83) H

2O(l) (+1,23)

Zn2+ (−0,76) Cl− (+1,36)

Al(s) (−1,66)

Stap 3:

Oxidator: Zn2+

Reductor: Al(s)

Stap 4:

ΔV0 = −0,76 V − (−1,66 V) = −0,76 V + 1,66 V =

0,90 V > 0,3 V, dus een aflopende reactie.

Stap 5:

Al(s) → Al3+ + 3 e− (×2)

Zn2+ + 2 e− → Zn(s) (×3) +

2 Al(s) + 3 Zn2+(aq) → 2 Al3+(aq) + 3 Zn(s)

e Stap 1:

Na+(aq), S2−(aq), Br2(aq) en H

2O(l)

Stap 2:

oxidator reductor

H2O(l) (−0,83) H

2O(l) (+1,23)

Br2 (+1,09) H

2C

2O

4 (−0,49)

Stap 3:

Oxidator: Br2

Reductor: H2C

2O

4

Stap 4:

ΔV0 = 1,09 V − (−0,49 V) = 1,09 V + 0,49 V = 1,58 V >

0,3 V, dus een aflopende reactie.

Stap 5:

H2C

2O

4 → 2 CO

2(g) + 2 H+ + 2 e−

Br2 + 2 e− → 2 Br −

+H

2C

2O

4(aq) + Br

2(aq) → 2 CO

2(g) + 2 H+(aq) + 2 Br −(aq)

Stap 3:

Oxidator: Co2+

Reductor: Ni(s)

Stap 4:

ΔV0 = −0,28 V − (−0,26 V) = −0,28 V + 0,26 V =

−0,02 V, dus evenwicht.

Stap 5:

Ni(s) → Ni2+ + 2 e−

Co2+ + 2 e− → Co(s) +

Ni(s) + Co2+(aq) →← Ni2+(aq) + Co(s)

b Stap 1:

Fe3+(aq), Br −(aq), H2O(l), K+(aq) en I−(aq)

Stap 2:

oxidator reductor

H2O(l) (−0,83) H

2O(l) (+1,23)

Fe3+ (+0,77) Br− (+1,00)

K+ (−2,93) I− (+0,54)

Stap 3:

Oxidator: Fe3+

Reductor: I−

Stap 4:

ΔV0 = 0,77 V − 0,54 V = 0,23 V, dus evenwicht.

Stap 5:

Fe3+ + e− → Fe2+ (×2)

2 I− → I2 + 2 e−

+2 Fe3+(aq) + 2 I−(aq) →← 2 Fe2+(aq) + I

2(aq)

c Stap 1:

Ca(s) en H2O(l)

Stap 2:

oxidator reductor

H2O (−0,83) H

2O(l) (+1,23)

Ca(s) (−2,87)

Stap 3:

Oxidator: H2O(l)

Reductor: Ca(s)

Stap 4:

ΔV0 = −0,83 V − (−2,87 V) = −0,83 V + 2,87 V =

2,04 V > 0,3 V, dus een aflopende reactie.



d Goud is een edel metaal en zal dus niet gemakkelijk

reageren met andere stoffen. Dit betekent dat de

sieraden lang meegaan en mooi blijven.

B 18

a 2 Ag+(aq) + 2 OH−(aq) → Ag2O(s) + H

2O(l)

2 Ag2O(s) → 4 Ag(s) + O

2(g)

b Ja, dit is een redoxreactie. De zilverionen nemen

een elektron op en vormen zilver. De oxide/ionen

leveren twee elektronen en vormen zuurstof.

c 7,50 liter 0,0532 M Ag+ levert 7,50 L ×

0,0532 mol L−1 = 0,399 mol zilver. Hiervan wordt

80% teruggewonnen: 0,80 × 0,399 mol Ag =

0,3192 mol Ag. Dit komt overeen met

0,3192 mol × 107,9 g mol−1 = 34 g zilver.

d Een ounce is 373,2417

12 = 31,10348 g.

34 gram zilver kost: 34

31,10348 × 25,95 = € 28,–

C 19

a Stap 1:

Fe2+(aq), Cl−(aq), H2O(l) en Al(s)

Stap 2:

oxidator reductor

H2O(l) (−0,83) H

2O(l) (+1,23)

Fe2+ (−0,45) Fe2+ (+0,77)

Cl− (+1,36)

Al(s) (−1,66)

Stap 3:

Oxidator: Fe2+

Reductor: Al

Stap 4:

ΔV0 = −0,45 V − (−1,66 V) = 1,21 V > 0,3 V, dus een

aflopende reactie.

Stap 5:

Fe2+ + 2 e− → Fe(s) (×3)

Al(s) → Al3+ + 3 e− (×2) +

3 Fe2+(aq) + 2 Al(s) → 3 Fe(s) + 2 Al3+(aq)

b Stap 1:

Fe2+(aq), Cl−(aq), H2O(l) en Br

2(aq)

f Stap 1:

Na+(aq), S2O

32−(aq), I

2(aq) en H

2O(l)

Stap 2:

oxidator reductor

H2O(l) (−0,83) H

2O(l) (+1,23)

Na+ (−2,71) S2O

32− (+0,10)

I2 (+0,54)

Stap 3:

Oxidator: I2

Reductor: S2O

32−

Stap 4:

ΔV0 = 0,54 V − 0,10 V = 0,44 V > 0,3 V, dus een

aflopende reactie.

Stap 5:

2 S2O

32− → S

4O

62− + 2 e−

I2 + 2 e− → 2 I−(aq)

+2 S

2O

32−(aq) + I

2(aq) → S

4O

62−(aq) + 2 I−(aq)

B 16

a Cl2(aq), Br

2(aq) en I

2(aq)

b De sterkste oxidator is Cl2(aq), de zwakste is I

2(aq).

c Fluor is een zeer sterke oxidator en reageert met

water. Als je fluor in water wilt oplossen zal het

daarmee reageren. Dat lukt dus niet.

B 17

a Van minst naar meest edel: magnesium, kobalt,

kwik en goud.

b De standaardelektrodepotentiaal van water als

oxidator is gelijk aan −0,83 V. Magnesium heeft een

standaardelektrodepotentiaal van −2,37 V.

ΔV0 = 1,54 V, dus er treedt een aflopende reactie op.

Kobalt heeft een standaardelektrodepotentiaal van

−0,28 V. ΔV0 = −0,55 V, dus er treedt geen reactie op.

Je kunt ook zeggen: magnesium staat als reductor

onder H2O als oxidator en zal dus reageren. Kobalt

staat als reductor ver boven H2O als oxidator en zal

dus niet reageren.

c Co(s) → Co2+ + 2 e−

2 H+ + 2 e− → H2

+Co(s) + 2 H+(aq) → Co2+(aq) + H

2(g)

ΔV0 = 0,28 V, dus een evenwichtsreactie. Omdat H

2

een gas is en uit de oplossing kan ontsnappen, zal

de reactie aflopend zijn.



Stap 2:

oxidator reductor

H2O(l) (−0,83) H

2O(l) (+1,23)

Fe2+ (−0,45) Fe2+ (+0,77)

Br2 (+1,09) Cl− (+1,36)

Stap 3:

Oxidator: Br2

Reductor: Fe2+

Stap 4:

ΔV0 = 1,09 V − 0,77 V = 0,32 V > 0,3 V, dus een

aflopende reactie.

Stap 5:

Br2 + 2 e− → 2 Br −

Fe2+ → Fe3+ + e− (×2) +

Br2(aq) + 2 Fe2+(aq) → 2 Br −(aq) + 2 Fe3+(aq)

c Het Fe2+ ion is zowel een oxidator als een reductor.

Als er een sterke oxidator aanwezig is, zal het

Fe2+-ion reageren als een reductor. Is er een

sterke reductor aanwezig dan zal het Fe2+-ion juist

reageren als een oxidator.

d Door de overmaat zal Fe uiteindelijk worden

omgezet tot Fe3+. Dit kun je weergeven in één

reactievergelijking:

Fe(s) → Fe3+ + 3 e− (×2)

Br2 + 2 e− → 2 Br− (×3)

+2 Fe(s) + 3 Br

2(aq) → 2 Fe3+(aq) + 6 Br −(aq)

11.4 Redoxreacties in oplossing

A 20

a In ieder geval H2O/moleculen en H+-ionen

(H3O+-ionen)

b In ieder geval H2O-moleculen en OH−-ionen

A 21

Sulfaationen zijn alleen oxidator in geconcentreerd

zwavelzuur.

A 22

a NO3

− + 2 H+ + 2 e− → NO2(g) + H

2O(l)

b NO3

− + 4 H+ + 3 e− → NO(g) + 2 H2O(l)

A 23

a Sn2+(aq) → Sn4+(aq) + 2 e−

b MnO2(s) + 4 H+(aq) + 2 e− → Mn2+(aq) + 2 H

2O(l)

c Pb(s) + SO42−(aq) → PbSO

4(s) + 2 e−

B 24

De standaardelektrodepotentiaal van de oxidator

MnO4

−/H+ is groter dan die van de oxidator MnO4

−/H2O.

De eerstgenoemde is dus een sterkere oxidator dan de

tweede en zal als eerste reageren.

B 25

a H2O

2 + 2 H+ + 2 e− → 2 H

2O(l)

SO32− + H

2O(l) → SO

42− + 2 H+ + 2 e−

+H

2O

2(aq) + SO

32−(aq) → SO

42−(aq) + H

2O(l)

ΔV0 = +1,78 V − (−0,09 V) = 1,87 V > 0,3 V,

aflopende reactie.

b MnO4

− + 8 H+ + 5 e− → Mn2+ + 4 H2O(l) (×2)

H2C

2O

4 → 2 CO

2(g) + 2 H+ + 2 e− (×5)

+2 MnO

4−(aq) + 16 H+(aq) + 5 H

2C

2O

4(aq) →

2 Mn2+(aq) + 8 H2O(l) + 10 CO

2(g) + 10 H+(aq)

2 MnO4

−(aq) + 6 H+(aq) + 5 H2C

2O

4(aq) →

2 Mn2+(aq) + 8 H2O(l) + 10 CO

2(g)

ΔV0 = +1,51 V − (−0,49) V = 2,00 V > 0,3 V,

aflopende reactie.

c Br2+ 2 e− → 2 Br −

2 S2O

32− → S

4O

62− + 2 e−

+Br

2(aq) + 2 S

2O

32−(aq) → 2 Br −(aq) + S

4O

62−(aq)

ΔV0 = 1,09 V − 0,10 V = 0,99 V > 0,3 V, aflopende

reactie.

d ClO3

− + 6 H+ + 6 e− → Cl− + 3 H2O(l)

SO2(g) + 2 H

2O(l) → SO

42− + 4 H+ + 2 e− (×3)

+ClO

3−(aq) + 6 H+(aq) + 3 SO

2(g) + 6 H

2O(l) →

Cl−(aq) + 3 H2O(l) + 3 SO

42−(aq) + 12 H+(aq)

ClO3

−(aq) + 3 SO2(g) + 3 H

2O(l) →

3 SO42−(aq) + 6 H+(aq) + Cl−(aq)

ΔV0 = 1,45 V − 0,17 V = 1,28 V > 0,3 V; aflopende

reactie.



B 31

a H2O

2 → O

2 + 2 H+ + 2 e−

b H2O

2 + 2 e− → 2 OH−

c H2O

2 → O

2 + 2 H+ + 2 e−

H2O

2 + 2 e− → 2 OH−

+2 H

2O

2 → O

2 + 2 H+ + 2 OH−

2 H2O

2 → O

2 + 2 H

2O

B 32

a Zoutzuur reageert niet met koper doordat de

oxidator H+ ver onder de reductor Cu staat.

ΔV0 = 0,00 V − (+0,34 V) = −0,34 V < −0,3 V. Er vindt

geen reactie plaats.

b Cu(s) → Cu2+ + 2 e−

NO3

− + 2 H+ + e− → NO2(g) + H

2O(l) (×2)

+Cu(s) + 2 NO

3−(aq) + 4 H+(aq) →

Cu2+(aq) +2 NO2(g) +2 H

2O(l)

ΔV0 = + 0,80 V − (+0,34 V) = 0,46 V > 0,3 V,

aflopende reactie.

c Zoutzuur reageert wel met aluminium doordat de

reductor Al ver genoeg onder de oxidator H+ staat.

ΔV0 = 0,00 V − (−1,66 V) = 1,66 V > 0,3 V, aflopende

reactie.

d Al(s) → Al3+ + 3 e− (×2)

2 H+ + 2 e− → H2(g) (×3)

+2 Al(s) + 6 H+(aq) → 2 Al3+(aq) + 3 H

2(g)

C 33

a CaH2(s) + 2 H

2O(l) → Ca2+(aq) + 2 OH−(aq) + 2 H

2(g)

b Er treedt elektronenoverdracht op van H− (reductor)

naar H2O (oxidator).

c H− treedt op als reductor, omdat dit deeltje een

elektron afstaat.

d Ja, omdat H2O optreedt als zuur en H− als base.

C 34

a Fe2(SO

3)3

b Fe3+ is een oxidator en SO32− is een reductor.

ΔV0 = 0,77 V − (−0,09 V) = 0,86 V > 0,3 V. Deze

reactie verloopt uitstekend, daarom is het niet

mogelijk om Fe2(SO

3)3 te laten neerslaan.

Fe3+ + e− → Fe2+ (×2)

SO32− + H

2O(l) → SO

42− + 2 H+ + 2 e−

+2 Fe3+(aq) + SO

32−(aq) + H

2O(l) →

Fe2+(aq) + SO42−(aq) + 2 H+(aq)

B 26

2 I− → I2 + 2 e−

O3 + 2 H+ + 2 e− → O

2(g) + H

2O(l)

+2 I−(aq) + O

3(g) + 2 H+(aq) → I

2(aq) + O

2(g) + H

2O(l)

ΔV0 = 2,08 V − 0,54 V = 1,54 V > 0,3 V, aflopende

reactie.

B 27

a MnO2(s) + 4 OH− → MnO

4− + 2 H

2O + 3 e−

b ReO2 + 4 H+ + 4 e− → Re(s) + 2 H

2O

c Nb2O

5 + 10 H+ + 10 e− → 2 Nb(s) + 5 H

2O

d HPbO2

− + H2O + 2 e− → Pb(s) + 3 OH−

B 28

2 Cl− → Cl2 + 2 e− (×5)

MnO4

− + 8 H+ + 5 e− → Mn2+ + 4 H2O(l) (×2)

+10 Cl−(aq) + 2 MnO

4−(aq) + 16 H+(aq) →←

5 Cl2(aq) + 2 Mn2+(aq) + 8 H

2O(l)

ΔV0 = 1,51 V − 1,36 V = 0,15 V, er ontstaat een even-

wicht. De reactie naar rechts kan uiteindelijk beter ver-

lopen zodra de oplossing verzadigd raakt aan chloor

en Cl2 als gas ontwijkt.

B 29

a Br2 + 2 e− → 2 Br−

SO2(g) + 2 H

2O(l) → SO

42− + 4 H+ + 2 e−

+Br

2(aq) + SO

2(g) + 2 H

2O(l) →

2 Br −(aq) + SO4

2−(aq) + 4 H+(aq)

b Tijdens deze reactie verdwijnt de bruine kleur van

het broom.

B 30

Cl2 treedt op als oxidator; eerst reageert het met de

krachtigste aanwezige reductor Sn2+; als deze op is,

reageert Cl2 met de minder krachtige reductor I−.

Cl2 + 2 e− → 2 Cl−

Sn2+ → Sn4+ + 2 e−

+Cl

2(aq) + Sn2+(aq) → 2 Cl−(aq) + Sn4+(aq)

Vervolgens:

Cl2 + 2 e− → 2 Cl−

2 I− → 2 I2(s) + 2 e−

+Cl

2(aq) + 2 I−(aq) → 2 Cl−(aq) + I

2(s)



B 39

a

CH3

OH

→ CH�

O + 2 H+ + 2 e−

CH�

O

+ H

2O → CH

O

OH + 2 H+ + 2 e−

CH

O

OH + H2O → C

O

OHOH + 2 H+ + 2 e−

C

O

OHOH is instabiel (H2CO

3, koolzuur!) en valt

uiteen in CO2 en H

2O, dus:

CH

O

OH + H2O → CO

2 + H

2O + 2 H+ + 2 e−

b Methaanzuur heeft als enige alkaanzuur een

H-atoom aan de eerste C. Daardoor lijkt het op een

alkanal. Dit ‘alkanal’ kan worden omgezet in een

zuur.

C 40

a De alcohol is reductor, bij het omzetten naar een

aldehyde of keton komen elektronen vrij.

b OC CH3CH3 + H

2 →

OHCH CH3CH3

c Redox omdat: propanon is hier een oxidator, het

wordt omgezet in propaan-2-ol. H2 is de reductor.

Additie omdat: er wordt een dubbele binding

omgezet in een enkele binding, waarbij een klein

molecuul (H2) wordt opgenomen.

C 41

aCH3 CH� OH en

OCH3 CH

b C2H

6O en C

2H

4O

c C2H

6O → C

2H

4O + 2 H+ + 2 e−

d NAD+ + H+ + 2 e− → NADH

e C2H

6O → C

2H

4O + 2 H+ + 2 e−

NAD+ + H+ + 2 e− → NADH +

C2H

6O + NAD+ → C

2H

4O + H+ + NADH

f C2H

4O + H

2O → C

2H

4O

2 + 2 H+ + 2 e−

g Er wordt waterstof (-hydro) uit de moleculen

onttrokken (de-).

h C2H

4O

2 + 2 H

2O → 2 CO

2 + 8 H+ + 8 e−

i Bij h zie je dat er 8 e− afgestaan worden. Ieder NAD+

neemt 2 e− op, dus 4.

11.5 Alcoholen als reductor

A 35

a primair

b tertiair

c secundair

B 36

a

CH� CH CH�

OH → CH� C CH�

O

+ 2 H+ + 2 e−

b

CH3 CH� CH�

OHCHCH3

→

CH3 CH� CH

O

CH

CH3

+ 2 H+ + 2 e−

c

CH3 CH� CH�

OHCHCH3

+ H2O →

CH3 CH� CO

CHCH3

OH

+ 4 H+ + 4 e−

B 37

aOHCH� CH� OH + 2 H

2O → C C

OOH OH

O + 8 H+ + 8 e−

bOHOH OH

CH CH2CH2 + 2 H2O →

OO OC CC OHOH + 10 H+ + 10 e−

B 38

CH3 CH� OH + H2O →

OCH3 C OH + 4 H+ + 4 e− (×3)

Cr2O

72− + 14 H+ + 6 e− → 2 Cr3+ + 7 H

2O (×2)

+

3 CH3 CH� OH + 3 H2O + 2 Cr

2O

72− + 28 H+ →

3

OCH3 C OH + 12 H+ + 4 Cr3+ + 14 H

2O

3 CH3 CH� OH + 2 Cr2O

72− + 16 H+ →

3

OCH3 C OH + 4 Cr3+ + 11 H

2O(l)



2

Het zout bestaat niet omdat de ionen die het

ionrooster zouden vormen met elkaar reageren.

Fe3+ + e− → Fe2+ (×2)

2 I− → I2(s) + 2 e−

+2 Fe3+(aq) + 2 I−(aq) →← 2 Fe2+(aq) + I

2(s)

ΔV0 = +0,77 V − 0,54 V = 0,23 V, evenwichtsreactie.

3

a Br2 + 2 e− → 2 Br−

SO2 + 2 H

2O(l) → SO

42− + 4 H+ + 2e−

+Br

2(aq) + SO

2(aq) + 2 H

2O(l) →

2 Br−(aq) + SO42−(aq) + 4 H+(aq)

ΔV0 = +1,09 V − 0,17 V = 0,92 V, aflopende reactie.

b Sn2+ + 2 e− → Sn(s)

Co(s) → Co2+ + 2 e−

+Sn2+(aq) + Co(s) →← Sn(s) + Co2+(aq)

ΔV0 = −0,14 V − (−0,28 V) = 0,14 V. Er stelt zich een

evenwicht in.

c MnO4

− + 8 H+ + 5 e− → Mn2+ + 4 H2O(l) (×2)

H2C

2O

4 → 2 CO

2(g) + 2 H+ + 2 e− (×5)

+2 MnO

4−(aq) + 6 H+(aq) + 5 H

2C

2O

4(aq) →

2 Mn2+(aq) + 8 H2O(l) + 10 CO

2(g)

ΔV0 = +1,51 V − (−0,49) V = 2,00 V, aflopende reactie.

d Cu(s) → Cu2+ + 2 e− (×3)

NO3

− + 4 H+ + 3 e− → NO(g) + 2 H2O(l) (×2)

+3 Cu(s) + 2 NO

3−(aq) + 8 H+(aq) →

3 Cu2+(aq) + 2 NO(g) + 4 H2O(l)

ΔV0 = +0,96 V − (+0,34) V = 0,62 V, aflopende reactie.

4

Sjaak kan de aangezuurde kaliumpermanganaat-

oplossing toevoegen aan beide vloeistoffen.

Een van de twee vloeistoffen ontkleurt de kalium-

permanganaatoplossing niet. Dit is de

2-methylpropaan-2-ol, omdat dit een tertiaire alcohol

is en tertiaire alcoholen reageren niet met een oxidator.

De andere oplossing ontkleurt de kalium -

permanganaatoplossing wel, de volgende reactie

treedt op:

MnO4

− + 8 H+ + 5 e− → Mn2+ + 4 H2O(l) (×2)

C3H

8O → C

3H

6O + 2 H+ + 2 e− (×5)

+2 MnO

4−(aq) + 6 H+(aq) + 5 C

3H

8O(aq) →

2 Mn2+(aq) + 8 H2O(l) + 5 C

3H

6O(aq)

C 42

a Je wilt, door het kleurverschil, een overgang zien

van voor en na het toevoegen. Als de omslag van

kleurloos naar kleurloos is, zie je geen verschil.

b Thio+ is een oxidator, het kan twee 2 e− (en 2 H+)

opnemen en wordt dan omgezet in ThioH2

+ (let op,

er is ook een H aan het N-atoom van de middelste

ring gekomen).

c De V0 van het redoxkoppel Fe2+ / Fe3+ is + 0,77 V,

die van thionine is 0,06 V (overgangspotentiaal is de

standaardelektrodepotentiaal waarbij de stof van

kleur verandert). Fe3+ is de sterkste oxidator, ThioH2

+

is de sterkste reductor.

ΔV0 = 0,77 V − 0,06 V = 0,71 V

De reactie verloopt dus naar links.

d Kleurloze thionine is een reductor. Er is dus een

oxidator aangetoond die 0,3 sterker is dan 0,06.

Dus de V0 van de oxidator is > 0,36.

11.6 Afsluiting

1

a ClO3

− + 6 H+ + 6 e− → Cl− + 3 H2O(l)

SO3

2− + H2O(l) → SO

42− + 2 H+ + 2 e− (×3)

+ClO

3−(aq) + 3 SO

32−(aq) → Cl−(aq) + 3 SO

42−(aq)

ΔV0 = +1,45 V − (−0,09) V = 1,54 V, aflopende reactie.

b Cr2O

72− + 14 H+ + 6 e− → 2 Cr3+ + 7 H

2O(l)

2 I− → I2 + 2 e− (×3)

+Cr

2O

72−(aq)+ 14 H+(aq) + 6 I−(aq) →

2 Cr3+(aq) + 7 H2O(l) + 3 I

2(aq)


c Cl2 + 2 e− → 2 Cl−

H2C

2O

4 → 2 CO

2(g) + 2 H+ + 2 e−

+Cl

2(aq) + H

2C

2O

4(aq) → 2 Cl−(aq) + 2 CO

2(g) + 2 H+

ΔV0 = +1,36 V − (−0,49 V) = 1,85 V, aflopende reactie.

d I2 + 2 e− → 2 I−

2 S2O

32− → S

4O

62− + 2 e−

+I2(aq) + 2 S

2O

32−(aq) → 2 I−(aq) + S

4O

62−(aq)




b TiO2+ + 3 H2O → TiO

2 + 2 H

3O+

c TiO2+ + 2 H+ + e− → Ti3+ + H2O

d Het Fe3+/Fe2+-redoxkoppel heeft een sterkte van

+0,77 V. Het TiO2+ + H+/Ti3+-redoxkoppel heeft een

sterkte van +0,06 V. T3+ is dus een sterkere reductor

dan Fe2+ en zal dus reageren in de plaats van Fe2+.

8

a Au + 2 CN− → Au(CN)2

− + e−

b Au + 2 CN− → Au(CN)2

− + e− (×4)

O2 + 2 H

2O + 4 e− → 4 OH−

+4 Au(s) + 8 CN−(aq) + O

2(g) + 2 H

2O(l) →

4 Au(CN)2

−(aq) + 4 OH−(aq)

c Het massapercentage goud in de goudstaaf is

99,6%, dit is 0,996 × 12,50 kg = 12,45 kg goud.

In de grondstof is het goudpercentage 90%. Nodig

aan grondstof 12,45

90,0 × 100 = 13,83 kg grondstof.

De grondstof bevat 10% zilver, dit is 1,383 kg zilver.

Er mag in de goudstaaf maar 0,4% zilver zitten,

dus 0,004 × 12,50 kg =0,050 kg zilver. Er moet dus

1,383 − 0,050 = 1,333 kg = 1333 g zilver worden

verwijderd. Molaire massa van zilver is 107,9 g mol−1.

Dit is 1333 g

107,9 g mol−1 = 12,35 mol Ag.

2 Ag(s) + Cl2(g) → 2 AgCl(l)

Er is dus 6,18 mol Cl2 nodig.

Het molair volume is bij deze omstandigheden

24,5 L mol−1, dus:

6,18 mol × 24,5 L mol −1 = 1,5 · 102 L Cl2(g) nodig.

9

a In zuiver water is H2O de enig mogelijke oxidator

(−0,83 V). IJzer is de reductor (−0,45 V).

ΔV0 = −0,83 V − (−0,45 V) = −0,38 V. Er treedt dus

geen reactie op.

b In geval 2:

O2(g) + 2 H

2O(l) + 4 e− → 4 OH−

Fe(s) → Fe2+ + 2 e− (×2) +

O2(g) + 2 H

2O(l) + 2 Fe(s) → 2 Fe2+(aq) + 4 OH−(aq)

Maar omdat de resulterende ionen samen

neerslaan, wordt het:

2 Fe(s) + O2(g) + 2 H

2O(l) → 2 Fe(OH)

2(s)

ΔV0 = 0,40 V − (−0,45 V) = 0,85 V, aflopende reactie.

5

De eerste halfreactie is uit Binas tabel 48 te halen:

Cl2(g) + 2 e− → 2 Cl−

De tweede is lastiger en die moet je zelf opstellen.

De chloraationen (ClO3

−) ontstaan uit chloor:

Cl2 → ClO

3−

Er is basisch milieu, dus:

Cl2 + OH− → ClO

3− + H

2O

De deeltjes kloppend maken:

Cl2 + 12 OH− → 2 ClO

3− + 6 H

2O

Vervolgens de lading kloppend maken. Voor de pijl is

de lading 12−, na de pijl is deze 2−.

Cl2 + 12 OH− → 2 ClO

3− + 6 H

2O + 10 e−

Nu het totaal:

Cl2(g) + 2 e− → 2 Cl− (×5)

Cl2(g) + 12 OH− → 2 ClO

3− + 6 H

2O(l) + 10 e−

+6 Cl

2(g) + 12 OH−(aq) →

10 Cl−(aq) + 2 ClO3

−(aq) + 6 H2O(l)

Alle coëfficiënten zijn even getallen, dus het wordt:

3 Cl2(g) + 6 OH−(aq) → 5 Cl−(aq) + ClO

3−(aq) + 3 H

2O(l)

6

a Bij een pH van 12 is de [OH−] groter dan bij een

pH van 11. Bij een hogere [OH−] ligt het evenwicht

meer naar links. Er is dan dus minder HCN in de

oplossing aanwezig. De [HCN] is dus het kleinst bij

pH = 12.

b Reactie 2 is wel een redoxreactie, want de S2−-

ionen in argentiet worden omgezet tot S-atomen.

(Of O2 wordt omgezet tot OH−.) Dus is er

elektronenoverdracht.

Reactie 3 is wel een redoxreactie, want Ag+-ionen in

Ag(CN)2

− worden omgezet tot Ag-atomen.

(Of Zn wordt omgezet tot Zn2+ in Zn(CN)4

−.) Dus is er

elektronenoverdracht.

c Zn → Zn2+ + 2 e−

2 H+ + 2 e− → H2(g)

+Zn(s) + 2 H+(aq) → Zn2+(aq) + H

2(g)

7

a Als het erts met zuurstof reageert, is er meer

zuurstof aanwezig. De hoeveelheid titaan blijft

gelijk, dus het massapercentage titaan in zuiver

ijzer(II)titanaat is het hoogst.



b Bij de omzetting van Fe2+ naar Fe3+ treedt Fe2+ op

als reductor. Ook FeS2 is een reductor. Zolang

er FeS2 aanwezig is, zal deze stof als reductor

reageren en niet de Fe2+-ionen.

c pH = −0,70, dan is de [H3O+] = 5,0 mol L−1.

Het gevormde HSO4

− reageert zuur:

HSO4

− + H2O →← SO

42− + H

3O+

Kz =

[H3O+][SO4

2−]

[HSO4−]

= 1,0 · 10−2

[SO42−]

[HSO4−]

= 1,0 ·10−2

[H3O+]

= 1,0 ·10−2

5,0

omgezet: 5,0

(5,0 + 1,0 ·10−2) × 100% = 1,0 · 102 %

d 3 SO4

2− + C6H

12O

6 → 3 H

2S + 6 HCO

3−

e HCO3

− is een sterkere base dan SO42− en zal dus

meer H+ binden dan SO42−. De pH zal dus stijgen.

f Beide stoffen zijn basen en zullen het mijnwater

neutraliseren.

Bovendien zijn de hydroxiden van veel zware

metalen slecht oplosbaar.

g – De molaire massa van CaO is 56,08 g mol−1.

De molaire massa van NaOH is 40,00 g mol−1.

– 1 mol CaO neutraliseert 2 mol H+.

1 mol NaOH neutraliseert 1 mol H+.

– 28,04 g CaO neutraliseert 1 mol H+.

40,00 g NaOH neutraliseert 1 mol H+.

Het is dus beter om CaO te gebruiken.

In geval 3:

O2(g) + 4 H+ + 4 e− → 2 H

2O

Fe(s) → Fe2+ + 2 e− (×2) +

O2(g) + 4 H+(aq) + 2 Fe(s) → 2 H

2O(l) + 2 Fe2+(aq)

ΔV0 = 1,23 V − (−0,45 V) = 1,68 V, aflopende reactie.

c Fe2+ is een reductor (0,77 V).

Geval 2:

De oxidator staat bij 0,40 V.

V0 = 0,40 V − 0,77 V = − 0,37 V

De reactie verloopt vrijwel niet.

Geval 3:

De oxidator staat bij 1,23 V.

V0 = 1,23 V − 0,77 V = 0,46 V

Nu loopt de reactie af.

d O2(g) + 4 H+ + 4 e− → 2 H

2O(l)

Fe2+ → Fe3+ + e− (×4) +

O2(g) + 4 H+(aq) + 4 Fe2+(aq) → 2 H

2O(l) + 4 Fe3+(aq)

10

a In de halfreactie van NO3

− naar NO2

− staat NO3

− in

Binas tabel 48 onder de oxidatoren. NO3

− is een

oxidator en reageert dus met een reductor.

bCH3

NHCH3

+ NO+ →

CH3N

CH3

N O + H+

c NO2

− + 2 H+ → NO+ + H2O

11

a FeS2 + 8 H

2O → Fe2+ + 2 SO

42− + 16 H+ + 14 e− (×2)

O2(g) + 4 H+ + 4 e− → 2 H

2O(l) (×7)

+2 FeS

2(s) + 2 H

2O(l) + 7 O

2(g) →

2 Fe2+(aq) + 4 SO4

2−(aq) + 4 H+(aq)


Molecuulbouw en stofeigenschappen 41© Noordhoff Uitgevers bv

12.1 Pijnstiller

B 1

a C-12 heeft atoomnummer 6 en heeft dus

6 protonen in de kern en 6 elektronen in de schillen.

Omdat het massagetal 12 is, zijn er 12 − 6 =6 neutronen in de kern. In de eerste schil bevinden

zich 2 en in de tweede schil bevinden zich

4 elektronen.

b De valentie-elektronen zijn de elektronen in de

buitenste schil, dus 4 valentie-elektronen.

c Atomen zullen door het opnemen, afstaan of delen

van elektronen in de buitenste schil streven naar

een achtomringing, een octet, dus acht elektronen.

d

� � �

OH

H

H H

H

H

H

H

e C heeft vier valentie-elektronen en zal vier

bindingen maken om dezelfde elektronen-

configuratie te hebben als Ne. H heeft één valentie

elektron en zal één elektron delen om dezelfde

elektronenconfiguratie te hebben als He. O heeft

zes valentie-elektronen en zal twee bindingen

maken om dezelfde elektronenconfiguratie te

hebben als Ne.

f Een atoombinding, een gemeenschappelijk

elektronenpaar.

g

� � �O

H

H

H

H

H

H

H

H

h

� � �H

H H

H

H

H

OHH

propaan-2-ol

� � OH

H H

H

�

H

H

H

H

methoxyethaan

i

� � �

H

H H H

H

H

+ H2O → � � �

OH

H

H H

H

H

H

H

j

� � �H

H H

H

H

H

OHH

propaan-2-ol

k Dit is een additiereactie.

l

CCC C CH

H H

C

H

H

�r H

H

H

HH

HH

H

CCC C CH

H H

C

H

H

H �r

H

H

HH

HH

H

CCC C CH

H H

C

�r

H

H H

H

H

HH

HH

H

12.2 Lewisstructuren

A 1

a H Hb Om andere atomen moeten zich acht elektronen

bevinden. Om een waterstofatoom zijn er maar

twee nodig om de edelgasconfiguratie te hebben.

A 3

Koolstof heeft maar vier valentie-elektronen. Het kan

dus vier bindingen aan gaan.

A 4

a CO2 heeft twee atomen om het centrale C-atoom,

dus omringingsgetal 2. COCl2 heeft drie atomen

rond het C-atoom, dus omringingsgetal 3 en PCl3

heeft drie atomen om het P-atoom en een niet-

bindend elektronenpaar, dus omringingsgetal 4.

12 Molecuulbouw en stofeigenschappen



B 8

a C C

b De dubbele bindingen zitten heel dicht op elkaar.

De (negatief geladen) elektronenparen zullen elkaar

afstoten.

B 9

In etheen hebben alle twee de koolstofatomen omrin-

gingsgetal 3 en dus zitten de groepen er in een drie-

hoek omheen, de structuur van het molecuul is dus

vlak. Bij ethyn hebben de koolstofatomen omringings-

getal 2 en dus is het molecuul lineair.

C 10

aO OH H

b De O-atomen hebben 4 elektronen uit niet-

bindende elektronenparen en 2 uit bindende

elektronenparen, dus 6 elektronen. Het aantal

valentie-elektronen is 6, dus de formele lading is

6 − 6 = 0. De H-atomen hebben ieder 1 elektron

uit een bindend elektronenpaar en hebben ieder

1 valentie-elektron. Ook hier is de formele lading 0.

c δ+ δ− δ−O OH H

δ+

d Beide zuurstofatomen hebben omringingsgetal 4

(zie het antwoord bij a), ze zijn dus tetraëdrisch

omringd. De waterstofatomen zitten aan een kant

van het molecuul. De positieve, partiële lading

zit dus aan de ene kant van het molecuul en de

negatieve aan de andere kant. Het is dus een

dipool.

C 11

a

N+

H

H

H

H

b 1 C N O

��

2 C O N��

3 N C O��

b De ruimtelijke bouw van CO2 is lineair, van COCl

2

een driehoek en van PCl3 een tetraëder.

B 5

De structuur: O O is de juiste. Zuurstof heeft zes

valentie-elektronen. Er zijn 2 × 6 = 12 elektronen te

verdelen in een zuurstofmolecuul. Er zijn 2 × 8 = 16

elektronen nodig om beide atomen te laten voldoen

aan de octetregel. Er zijn dus vier elektronen te kort.

Deze bevinden zich in twee bindingen.

B 6

Volg voor het tekenen van de lewisstructuren het

stappenplan uit de paragraaf.

a

C

O

H H

b N NH

H H

H

cN OO�

-

d

C OH

O�

-

B 7

aI De koolstof-zwavelbinding is niet polair (verschil in

elektronegativiteit 0,1). Het is dus geen dipool.

II De binding is polair en het molecuul is lineair.

Dus het is een dipool.

δ+ δ−FH

III De binding is polair en het molecuul is een tetraëder.

Dus het is een dipool.

PCl

Cl

Clδ−

δ−

δ−

3 δ+

of

PCl Cl

Clδ−

δ−δ−

3 δ+

b Waterstoffluoride en fosfortrichloride lossen op in

water omdat het dipolen zijn. Koolstofdisulfide zal

niet oplossen in water.



A 15

a C10

H8

b

B 16

a

CC

CH

H

H

H

H

�

b

CC

CH

H

H

H

H

�

c Het propylion heeft geen mesomere

grensstructuren.

B 17

C CO

O

H

H

H -

C CO

O

H

H

H -

B 18

a

CH3C

CHCH3

O

H

→←

CH3C

CHCH3

OH

b Nee, dit zijn geen mesomere grensstructuren.

Er vindt een omlegging plaats, niet alleen van

elektronen, maar ook van atomen. Het is een

evenwicht (te herkennen aan de evenwichtspijlen)

en geen mesomerie (dubbele pijl).

B 19

O� O� O� O� O�

B 20

a Nee, er kan geen omlegging van elektronen

plaatsvinden.

b Het cyclohexanolaation, dat zou ontstaan

als cyclohexanol een H+ afgeeft, wordt niet

gestabiliseerd door mesomere grensstructuren. Het

is dus niet stabiel.

c Structuur 1: het C-atoom heeft 4 elektronen uit

twee niet-bindende paren en 2 uit bindende paren,

aantal valentie-elektronen is 4, dus de formele

lading is 4 − 6 = −2. Het N-atoom heeft 4 elektronen

uit bindende paren, het aantal valentie-elektronen

is 5, de formele lading is 5 − 4 = +1. Het O-atoom

heeft 4 elektronen uit twee niet-bindende paren en

2 uit bindende paren, het aantal valentie-elektronen

is 6. De formele lading is 6 − 6 = 0. Op dezelfde

manier kun je voor de structuren 2 en 3 de formele

lading bepalen, zie onderstaande structuren.

Structuur 3 heeft de minste formele ladingen. Dat is

dus de juiste structuur.

2- 1+C N O��

0

2- 1-2+C O N��

��

N C O��

01- 0

C 12

a C moet vier bindingen hebben en moet dus in het

midden zitten. De lewisstructuur is dan: C NH .

De formele lading van elk atoom is nul.

b Het omringingsgetal van C is 2, dus de moleculen

zijn lineair.

12.3 Mesomerie

A 13

a Mesomerie treedt op als je een verbinding niet met

één lewisstructuur kunt weergeven.

b Mesomere grensstructuren zijn de verschillende

lewisstructuren die je van één molecuul kunt

tekenen.

A 14

a

b

C

O

O O� �C

O

O O�

�

C

O

O O

�

�



12.4 Substitutie- en additiereacties

A 23

Initiatie, propagatie en terminatie.

A 24

H3O+ is een sterk elektrofiel deeltje en het is dus

op zoek naar elektronen. OH− is sterk nucleofiel.

Nucleofiele deeltjes reageren met elektrofiele deeltjes.

A 25

a CH3Br + Br

2 → CH

2Br

2 + HBr

b Er wordt een atoom vervangen, dus het is een

substitutiereactie.

c Elk broommolecuul zorgt dat er één waterstofatoom

wordt vervangen. Methaan heeft vier water-

stofatomen. Er zijn dus vier broommoleculen nodig.

B 26

a De reactie is ook afgelopen als twee

methylradicalen met elkaar reageren.

b ethaan

c Broom, dit ontstaat als twee broomradicalen met

elkaar reageren.

B 27

a Substitutiereactie:

CH3 CH3 + Cl2 → CH3 CH2

Cl

+ HCl

Additiereactie:

CH2 CH2 + HCl → CH3 CH2

Cl

b Bij de substitutiereactie ontstaat er naast

chloorethaan ook een andere stof. Dat is bij de

additiereactie niet zo. De additiereactie is daarom

beter voor het milieu.

B 28

a Het is een additiereactie omdat beide fluoratomen

van een fluormolecuul aan buteen gaan zitten.

B 21

a Er is een behoorlijk verschil in elektronegativiteit

tussen het C-atoom en de O-atomen, dus de

bindingen zijn polair, zie de structuurformule.

Het C-atoom heeft een positieve lading. Het

centrum van de positieve en de negatieve lading

valt in het molecuul samen en daarom is het totale

molecuul elektrisch neutraal.

CO O4 δ+

2 δ− 2 δ −

b O O

c De hoeveelheid salicylzuur die wordt

gevormd zal groter zijn dan de hoeveelheid

4-hydroxybenzeencarbonzuur. Er zijn namelijk

twee C-atomen op positie 2 en twee mesomere

grensstructuren mogelijk met de negatieve lading

op het tweede C-atoom en er is maar een C-atoom

op positie 4.

C 22

a HClO4 + H

2O → H

3O+ + ClO

4−

b

Cl

O

OO

O

�

c Er zijn vier mesomere grensstructuren:

Cl

O

O O

O

�

� Cl

O

OO

O

�

Cl

O

OO

O

�

� Cl

O

OO

O

�

dCl

O

O O�

e Het perchloraation heeft meer mesomere

grensstructuren dan het chloraation. Het

chloraation heeft er maar drie. De stabilisatie van

het perchloraation is dus groter.

Cl

O

O O

�

� Cl

O

OO

�

Cl

O

OO

�

�



b 1

+C C C C

�

�

� �

�

�

�F F

→

+C C C C�

�

�

F

�

��

��

F

2

+C C C C�

�

�

F

�

��

�

�

F

→

C C C C

�

�

�

F

�

F �

�

c Initiatie: F2 → 2 F •

Propagatie:

F • + CH3-CH=CH-CH

3 → CH

3-CHF-CH •-CH

3

CH3-CHF-CH •-CH

3 + F

2 → CH

3-CHF-CHF-CH

3 + F •

Terminatie:

CH3-CHF-CH •-CH

3 + F • → CH

3-CHF-CHF-CH

3

B 29

+C C

H

H

H I

H

H

O H�

→

+C C

H

H

H O

H

H

H

I�

B 30

a Een van de twee dubbele bindingen kan opengaan

en zo kan er 1,2-additie optreden. Voor 1,4-additie

moet het positief geladen tussenproduct bij die

reactie mesomerie vertonen en dat doet het niet.

Er zitten twee enkele bindingen tussen de dubbele

bindingen.

b 1,2,4,5-tetrajoodpentaan

B 31

a CH2 CH CH CH3

Br

CH2 CH2 CH CH2

Br

CH3 CH CH CH2

Brb 1-broombut-2-een

4-broombut-1-een

3-broombut-1-een

C 32

a CH3

CH3 CCH2

CH

CHCH2

CH2

b stap 3:

C C

CH3

H

H

H

+

C

CH3

H

[M]

→

C C CH3

C CH3[M]

H

H

H

H

stap 4:

C C CH3

C CH3[M]

H

H

H

H

→

+C

[M]

HHC

C

CH3

CH3

H

H

12.5 Cis-trans-isomerie

A 33

a Een starre binding is een binding die niet vrij kan

draaien.

b In een alkaan zijn alleen maar enkele bindingen

aanwezig, deze zijn allemaal vrij draaibaar. Voor

cis-trans-isomerie is het noodzakelijk dat er een

starre binding aanwezig is.

A 34

Een structuurisomeer is een isomeer met een andere

molecuulbouw. Stereo-isomeren zijn isomeren met

een gelijke molecuulbouw, maar een andere ruimtelijke

bouw.

B 35

Er moeten voor cis-trans-isomerie zowel aan de linker-

als aan de rechterzijde van de starre binding twee ver-

schillende groepen aan de koolstofatomen gebonden

zijn. Aangezien er maar één groep per koolstofatoom

aanwezig is bij een drievoudige binding kan dit nooit

het geval zijn.



d Hier is wel sprake van cis-trans-isomerie.

Cl

C C

CH2

H

CH3 CH2 CH3

CH2

C C

Cl

H

CH2 CH3

CH3

cis-3-chloorhex-3-een trans-3-chloorhex-3-een

e Er is hier geen sprake van cis-trans-isomerie omdat

er geen verschillende groepen aan de C-atomen

aanwezig zijn.

CH CH

CH2

CH2CH2

CH2

f Bij de eerste dubbele binding is er geen

cis-trans-isomerie, bij de tweede wel.

C C

C C

CH3

H

H

H

H H

C C

C CH

H

H

H

H CH3

cis-penta-1,3-dieen trans-penta-1,3-dieen

g Er is bij beide dubbele bindingen geen sprake van

cis-trans-isomerie. Bij de ‘rechter’ dubbele binding

heeft het rechter C-atoom twee gelijke groepen.

Bij de ‘linker’ dubbele binding zijn er geen gelijke

groepen op het eerste en het tweede C-atoom.

Er zijn echter wel twee verschillende moleculen.

Hiervoor is een ander soort naamgeving, die je niet

hoeft te kennen.

ClC C

C C

CH3

H

H

H

H

B 38

a Cis-1,2-dichlooretheen:

C C

Cl

H H

Cl

Trans-1,2-dichlooretheen:

C C

Cl

H Cl

H

B 36

a

C C

C CH

H H

H

H H

H

H

C C

CH3CH3

H H

C C

CH3

CH3

H

H

C C

C CH

H H

H

HH H

H

C C

CH

H H

HH CH3

b cis:

C C

CH3CH3

H H

trans:

C CCH3

H CH3

H

B 37

a Er is hier geen sprake van cis-trans-isomerie omdat

beide Cl-atomen op het eerste en beide H-atomen

op het tweede C-atoom zitten.

Cl

C C

Cl H

H

b Hier is wel sprake van cis-trans-isomerie.

H

C C

Br Br

H

H

C C

Br H

Br

cis-1,2-dibroometheen trans-1,2-dibroometheen

c Er is hier geen sprake van cis-trans-isomerie omdat

er geen twee verschillende groepen op het eerste

C-atoom aanwezig zijn.

H

C C

H CH3

CH2 CH2 CH3



fumaarzuur:

C CC

COH

OH

O

OH

H

b Bij maleïnezuur zijn beide zuurgroepen naar een

kant gericht. Hierdoor kunnen deze groepen

onderling een waterstofbrug vormen. Bij fumaarzuur

liggen de zuurgroepen te ver uit elkaar.

c Door het vormen van een inwendige waterstofbrug

zal het vormen van waterstofbruggen met andere

moleculen minder makkelijk gaan. Hierdoor wordt

het smeltpunt lager.

d Voor maleïnezuur gebruiken we nu de

molecuulformule C4H

4O

4.

C4H

4O

4 + H

2O →← H

3O+ + C

4H

3O

4−

[C4H4O4] [H3O+] [C4H3O4

−]

t0 0,10 0 0

omgezet −x +x +x

tev 0,10 − x x x

Kz =

[H3O+][C4H3O4

−]

[C4H4O4]

1,2 · 10−2 = x2

0,10 - x

x = 0,029157

[H3O+] = 0,029 mol L−1

pH = −log 0,029 = 1,54

12.6 Spiegelbeeldisomerie

A 43

a Cis-trans-isomerie en spiegelbeeldisomerie

b Een C-atoom waar vier verschillende groepen aan

gebonden zitten

B 44

Omdat er alleen sprake is van een asymmetrisch

C-atoom als er vier verschillende groepen aan zitten.

Omdat een C-atoom in een zuurgroep dubbel gebon-

den zit aan een O-atoom, kunnen er nooit meer dan drie

verschillende groepen aan het C-atoom gebonden zijn.

b Zie de stoffen bij uitwerking a en

1,1-dichlooretheen:

C C

Cl

Cl H

H

B 39

Beide zijn trans.

C 40

a Stof I: cis-buteendizuur

Stereo-isomeer van stof I: trans-buteendizuur

b In een molecuul van deze stof is geen vrije

draaibaarheid rondom de dubbele C=C-binding.

Daardoor kunnen de OH-groepen niet dicht genoeg

bij elkaar komen om te kunnen reageren.

C 41

Br

C C

CH2

H H

Br

Br

C C

CH2

Br H

H

Br

C C

CH2

H Br

H

C C

CH3

Br H

Br

C C

CH3

H Br

Br

C C

Br

H CH3

Br

Br

C C

C

H H

HBr

H

C CH2

CH2

Br

Br

C C

CH2

H

Br

Br

H

C C

CH2

H

Br

H

Br

C 42

a maleïnezuur:

C CCCOH

OHOO

H H



c Er is geen asymmetrisch C-atoom en er is geen

spiegelbeeldisomerie.

CH2 C CH2 CH3

CH3

d Er is een asymmetrisch C-atoom, er is dus


*CH3 CHCl

e Er is een asymmetrisch C-atoom, er is dus


*CH3 CH2 CH CH2 CH2 CH3

CH3

f Er is geen asymmetrisch C-atoom en er is geen


CH3 CH2 CH CH2 CH2 CH2

CH2

CH3

CH3

C 48

a

CH3 CH2 CH

OH

CH3

*

b CH3

CH

CH2

CH3

C

O

OH*

c CH3

CH

CH2

OH

OH

*

d CH3

CH CH2 CH3CH2

CH2

CH3

*

e CH3

CH CH2 CH3CH

CH2

*

B 45

a

CH2

NH2

O

C OHC

OH

H

*

b Alleen dit aminozuur heeft geen asymmetrisch

C-atoom omdat er twee H-atomen aan het

koolstofatoom verbonden zijn. (Het C-atoom van

de zuurgroep is nooit asymmetrisch.)

B 46

a

C Br

Br

H

H

Er is geen asymmetrisch C-atoom. Het

spiegelbeeldmolecuul is exact hetzelfde als het

oorspronkelijke molecuul.

b

C Cl

Br

H

H

Er is geen asymmetrisch C-atoom. Het

spiegelbeeldmolecuul is exact hetzelfde als het

oorspronkelijke molecuul.

c

C Cl

Br

F

H *

Er is een asymmetrisch C-atoom in het molecuul

aanwezig. Hierdoor is het spiegelbeeldmolecuul een

ander molecuul dan het oorspronkelijke molecuul:

CClBr

F

H is een andere stof dan

ClC

HBr

F

B 47

a Er is een asymmetrisch C-atoom, er is dus


OH Cl

CH2 CH CH3*

b Er is geen asymmetrisch C-atoom en er is geen


Cl

CH3



b De optische activiteit van spiegelbeeldisomeren is

altijd precies even groot, maar tegengesteld, dus:

+5° en −10°.

C 54

a 4

b cis-1,2-dichloorcyclopropaan:

ClCl

C C

CH2 HH

trans-1,2-dichloorcyclopropaan:

C C

CH2

Cl

ClH

H

of

ClH

C C

CH2 HCl

c Het spiegelbeeld is anders dan het oorspronkelijke

molecuul, omdat de verschillende groepen op

de beide asymmetrische C-atomen een andere

oriëntatie hebben.

d Het spiegelbeeld is identiek aan het oorspronkelijke

molecuul, omdat de verschillende groepen op

de beide asymmetrische C-atomen een gelijke

oriëntatie hebben.

12.7 Afsluiting

1

a De fluoratomen hebben elk acht elektronen om

zich heen, zij voldoen dus aan de octetregel. Het

booratoom heeft zes elektronen om zich heen en

voldoet dus niet aan de octetregel.

b Het omringingsgetal is 3 en het booratoom is

dus in een driehoek omringd met de fluoratomen

(bindingshoek 120°).

c

B F

F

F

+

NH

HH

→

B F

F

FN

HH

H

d In deze reactie ontstaat uit twee moleculen één

nieuw molecuul, dus het is een additiereactie.

f CH CH3CH2CH3*

C 49

a C10

H14

O

b De verbinding heeft een asymmetrisch C-atoom:

C CH2

C

CH CH2

CH C

CH2

CH3

CH3

O

*

c De ruimtelijke vorm van beide spiegelbeeldisomeren

is verschillend, waardoor ze zullen binden aan

verschillende receptoren hoog in de neusholte

en zo een verschillende geurgewaarwording

veroorzaken.

C 50

a

C

H

OHHOOC

CH3

b

C

H

OHCH3

COOH

B 51

Het moet structuur 2 zijn omdat deze geen

asymmetrisch C-atoom heeft. Hierdoor is er geen

spiegelbeeldisomerie en dus geen optische activiteit.

C 52

a 2 (één C* namelijk C2)

b 2 (hier is C3 een C*)

c 8 (C2 en C3 en C4 zijn C*, dus 23 = 8 stuks)

d 3 (C2 en C5 zijn C*, met identieke groepen: zelfde

geval als meso-wijnsteenzuur)

C 53

a Door substitutie van een H-atoom door een

Cl-atoom aan C-atoom nummer 2 worden zowel

C2 als C3 asymmetrische koolstofatomen die

niet gelijkwaardig zijn. Zo ontstaan er van de stof

2-chloor-3-methylpentaan dus vier stereo-isomeren.



(hieronder getekend) vrije draaibaarheid vertoont.

Na de reactie van dit tussenproduct met een

chloride-ion, zal een cis- en een trans-product

ontstaan.

CH2

CR

CH

CH2

H

5

a cis-1,3-dichloorpropeen

b Ja, er is sprake van een substitutiereactie, omdat

er twee waterstofatomen van propeen worden

vervangen door twee chlooratomen.

c De reactie moet met behulp van uv-licht worden

uitgevoerd.

d Een mengsel van spiegelbeeldisomeren is niet te

scheiden door middel van destillatie, omdat deze

isomeren niet verschillen in kookpunt.

e Verbinding A en B zijn cis-trans-isomeren en

geen spiegelbeeldisomeren. Ze zullen dus een

verschillend kookpunt hebben en je kunt ze dus

scheiden via destillatie. Het verschil zal echter erg

klein zijn, waardoor de destillatie niet gemakkelijk is.

f Alleen verbinding A is werkzaam tegen aaltjes. Als

daar ook de niet werkzame verbinding B doorheen

is gemengd, komt er dus meer milieubelastende

stof in de grond dan noodzakelijk voor de

bestrijding van aaltjes. Dat wordt via wetgeving

vermeden.

6

a CH2 CH2Dit is geen cis-trans-isomerie en geen


b FF

C C

CH2 CH3H

Wel cis-trans-isomerie (dit is de cis-variant).

Geen spiegelbeeldisomerie.

c OH

CH3 C CH2 CH2 CH3

H

*

Geen cis-trans-isomerie, wel spiegelbeeldisomerie

door het asymmetrische C-atoom.

e Het booratoom heeft geen compleet octet en

komt dus elektronen te kort. Het is dus elektrofiel.

Het ammoniakmolecuul heeft een niet-bindend

elektronenpaar en is dus nucleofiel.

2

Alle drie de centrale atomen, respectievelijk C, N en

O, hebben omringingsgetal 4. Het C-atoom met

4 atomen eromheen, het N-atoom met 3 atomen en

een niet-bindend elektronenpaar en het O-atoom met

2 atomen en 2 niet-bindende elektronenparen. Het

zijn dus allemaal tetraëders.

3

aO O

+

b

O O O

c Net als in benzeen verspringen de elektronen in de

ring. Hierdoor liggen de dubbele bindingen, net als

bij benzeen, niet op een vaste plek.

d C4H

4O

4

a 1-broom-3-methylbut-2-een

b Er is een dubbele binding in het midden ontstaan.

Het is dus 1,4-additie geweest.

c natriumhydroxide

d

+CH3

C

R

C

CH2 O C CH3

H

O

OH�

→

CH3

C

R

CCH2

H

OH

+ O C CH3

O

�

e Het enige verschil tussen geraniol en nerol is de

stand van de CH2OH-groep ten opzichte van de

rest van het molecuul. Bij geraniol staat de groep

‘naar boven’ en bij nerol ‘naar beneden’. Dit verschil

kan ontstaan doordat de centrale enkelvoudige

C–C-binding van het tussenproduct, dat ontstaat

bij de reactie van myrceen met waterstofchloride,



b

C

CH2 CH2

CH3

OH

*

C

CH2 CH2

HO

CH3 *

CH3

CH2

CH CH2

O

De eerste twee zijn elkaars spiegelbeeld, want er is

een asymmetrisch C-atoom.

c Met de aanduiding cis.

d De C=C-binding is star en de H-atomen bevinden

zich aan dezelfde kant. Een reactie met water heeft

tot gevolg dat de COOH-groepen tegenover de

H-atomen van de C=C-binding komen te liggen.

Hierbij ontstaat dus cis-buteendizuur en geen

trans-buteendizuur.

d Br

BrC CH2

C CH2HH*

*

Dit is wel cis-trans-isomerie (dit is de trans-

variant) en wel spiegelbeeldisomerie door de

asymmetrische C-atomen.

e

C C

CCH2

CH2

Cl

CH3

CH3

HHH

*

Dit is wel cis-trans-isomerie (dit is de trans-

variant) en wel spiegelbeeldisomerie door de

asymmetrische C-atomen.

7

a O

CH3 CH2 CH2 CH

O

CH3 CH CH

CH3



13.1 Nieuwe kunststoffen

B 1

a Een additiereactie.

b

� �H

H H

H

+ O �

�

→

� �

OH

H

H H

H

H

c Bij koken verbreek je de vanderwaalsbinding.

Propeen heeft een grotere massa dan etheen.

Hoe groter de massa van een stof, hoe sterker de

vanderwaalsbinding is. Hierdoor kost het meer

energie om deze te verbreken en is het kookpunt

hoger.

d De waterstofbrug. Het ethanolmolecuul bevat een

OH-groep en kan waterstofbruggen vormen, die

ook verbroken moeten worden bij het koken.

e Bij ontleden verbreek je de atoombindingen van

een stof. Atoombindingen zijn veel sterker dan de

bindingen tussen moleculen. Hierdoor kost het vaak

meer energie om deze te verbreken en is er een

veel hogere temperatuur nodig.

f

�� OH

OH

H

�

H

H

H

+ � �

OH

H

H H

H

H →

�� O

OH

H

�

H

H

H

�

H

H H

H

H

+ O HH

g De ester is ethylpropanoaat.

h Omdat de massa van ethylpropanoaat veel hoger

is, is de vanderwaalsbinding sterker, maar omdat er

in ethylpropanoaat geen OH-groep meer aanwezig

is, kan deze stof geen waterstofbruggen maken.

Het eerste verhoogt het kookpunt, het tweede

verlaagt het kookpunt. Het is lastig om zomaar te

voorspellen welke van de twee meer effect heeft.

i 372 K, dus 99 °C. Ter vergelijking: het kookpunt van

ethanol is 78 °C.

13.2 Additiepolymerisatie

A 2

a Een klein molecuul waar we grote moleculen

(polymeren) uit maken.

b Een groot molecuul dat gemaakt wordt uit kleine

moleculen (monomeren). Veel polymeren samen

vormen een kunststof.

c Het stuk in het polymeer dat zichzelf steeds

herhaalt, de repeterende eenheid.

d Door middel van additiepolymerisatie en

condensatiepolymerisatie.

A 3

Initiatie, propagatie en terminatie.

B 4

a

F� �

F

F

F

b

C C C

F

F F

F

F

F

C

F

F

� �

B 5

1,1-difluoretheen:

HC C

H

F

F

B 6

a Ze heeft er geen rekening mee gehouden dat de

C-atomen van de dubbele binding aan elkaar

koppelen. In plaats daarvan heeft ze alle C-atomen

op een rij gezet.

b

C C C

CH3

H CH3

H

H

CH3C

CH3

H

� �

13 Kunststoffen


Kunststoffen 53© Noordhoff Uitgevers bv

C 7

a

CCHH

H

b In2 → 2 In •

CC

HH

H

In →

In CC

HH

H

c

In CCHH

H� C

HC

H

H� → In CC

HH

HCCHH

H

�

Dit proces herhaalt zich velen malen. Er ontstaat:

In CCHH

HCCHH

H

nd

n

In CCHH

HCC

HH

H

n

InC CH H

C C

H H

H H

→

n

In CCHH

HCC

HH

HInC C

H H

C C

H H

H H

n

C 8

a

CH2C

C C

CH2

C C

C

H H H H

H

H

H

H� �

b

CHCC C

H

H

H

C

CH2

CH

CH2

H

H

H

� �

c Doordat er een extra methylgroep aanwezig is, is de

1,2-additie anders dan de 3,4-additie.

1,2-additie geeft:

CHCC C

CH3

H

H

C

CH2

CH

CH2

H

H

CH3

� �

3,4-additie geeft:

CCC C

H

H

H

C

CH2

C

CH2

H

H

H

� �CH3 CH3

C 9

a 2 H2C=CH−CH

3 + 2 NH

3 + 3 O

2 →

2 H2C=CH−C≡N + 6 H

2O

b

NNN

C C C C C C

H

H C

H

H

H

C

H

H

H

C

H

� �

c buta-1,3-dieen:

CH2 CH CH CH2

styreen:

CCHH

H

13.3 Condensatie-polymerisatie

A 10

a Uit twee moleculen wordt een groter molecuul

gevormd en een klein molecuul wordt afgesplitst.

b Een molecuul splitst in twee kleinere moleculen

door de opname van water.



C 16

a O

CH2

CH2CH2

CH2 CH2

CNH

+ H2O →

OHNO

CH2 CH2CH2CH2 CH2 C

H

H

bOHN

O

CH2 CH2CH2CH2 CH2 C

H

H +

O

CH2

CH2CH2

CH2 CH2

CNH

→

N

O

CH2 CH2CH2CH2 CH2 CH

H OHN

O

CH2 CH2CH2CH2 CH2 CH

c Nee, er wordt geen klein molecuul afgesplitst.

d Nee, nylon-6,6 is een copolymeer van hexaan-

1,6-diamine en hexaandizuur en heeft daarom een

andere structuur. Het is dus ook een andere stof

met andere eigenschappen.

C 17

a

OHCH3 CH CH2 CH2

CH3

+ C CH3OH

O

→

O

O CH3CCH3 CH CH2 CH2

CH3 + H

2O

b

O CH2 CH2

H CH

CH3

CH3

HO

CH3 C

OH

cH

O

CH3 C

OH

O CH2 CH2

CH

CH3

CH3H

A 11

Een polymeer dat is gevormd uit verschillende

monomeren.

A 12

a

C

O

O C

�

b

C

O

N

H

B 13

a Het is een nucleofiel deeltje, het houdt van kernen.

Het neemt een H+ op van het zuur.

b Het is een nucleofiel deeltje, het houdt van kernen.

c Het H+-ion dat in stap 1 wordt opgenomen, wordt

in stap 4 weer losgelaten (met een watermolecuul

ontstaat er weer H3O+). Het kan dus weer meedoen

met een nieuwe reactie.

B 14

a

(CH2)4O�O

O C

O

C O (CH2)4

OO C

O

C�

b

CH2CHO

O

C

CH3

O CH2CH

CH3 O

C c

(CH2)4NH

� NH O

C (CH2)4

O

C N (CH2)4

H ON C (CH2)4

H O

C �

d

NH

CH2

OC N CH2

OC

H� �

B 15

a Het is een polyester, want er zit een estergroep in.

C

O

O C �

�

b 3-hydroxypropaanzuur

OHOH CH2CH2

O

C

c Nee, er is maar één monomeer gebruikt om dit

polymeer te maken.



B 23

a

O

O

C

COH

OH+ 2

CH3CH2

OH CH2 CH CH2 CH2 CH2 CH3 →

CH3

CH2

CH3

CH2

CH2 CH CH2 CH2 CH2 CH3

O

O

C

C O

O CH2 CH CH2 CH2 CH2 CH3

+ 2 H2O

b Bij een hogere massa is de migratiesnelheid van de

weekmaker lager.

c 1,0 L zonnebloemolie = 0,92 kg (dichtheid is

gegeven!) Per kg olie is toegestaan 40 mg DOP.

Per 0,92 kg olie is toegestaan:

0,92 kg × 40 mg kg−1 = 36,8 mg DOP.

De verpakking bevat 28 massaprocent DOP. Dat is:

28

100× 50 g = 14 g DOP = 14 · 103 mg DOP.

Er mag migreren: 36,8

14 ·103 mg × 100% = 0,26% DOP.

d Tafelazijn is een oplossing van azijnzuur in water,

dat wil zeggen een uiterst hydrofiele omgeving. Het

hydrofobe DOP zal nu grotendeels in het plastic

blijven.

B 24

a

OCH3

CH3O

O

CO

CH3

CH3

C

O

C O C� �

b De stof bevat estergroepen:

C

O

O C

�

c Het is een thermoplast, er is geen netwerkstructuur.

C 25

a methylpropeenzuur

O

C CCH3

C OHH

H

dO

CH3 C O CH2 CH2

CH

CH3

CH3

C 18

a

NCH2N

OO

C CH2 C

H H

� �8 6

b HCl, waterstofchloride

c De 6 is het aantal C-atomen dat afkomstig is van

het diamine, de 10 is het aantal C-atomen dat

afkomstig is van het dizuur(chloride).

13.4 Eigenschappen van kunststoffen

A 19

a Een thermoplast wordt zacht bij verwarmen, een

thermoharder niet.

b Een thermoplast bestaat uit losse molecuulketens.

Bij een thermoharder zijn deze ketens gekoppeld

met crosslinks. Het zijn netwerkpolymeren.

A 20

– de grootte van de zijketens van het polymeer

– de polymerisatiegraad

– de aanwezigheid van weekmakers

A 21

Als het aantal monomeereenheden in een polymeerke-

ten groot is.

B 22

a Nee, de substitutiereactie met chloor verloopt

volkomen willekeurig. In pvc daarentegen bevat

elke monomeereenheid één chlooratoom, niet meer,

niet minder.

b Bij gelijke temperatuur is gechloreerd polyetheen

harder en minder flexibel dan ‘gewoon’ polyetheen,

omdat de chlooratomen veel groter zijn dan de

waterstofatomen.



C 27

a Het is een thermoplast, er is geen netwerkstructuur.

b

OHOH

OOC C

en

N NH H

H Hc Een condensatiepolymeer. Het polymeer is ontstaan

door een reactie van een dizuur met een diamine,

waarbij steeds een klein molecuul (H2O) afsplitst.

d Door de aanwezigheid van NH-groepen en

C=O-groepen kunnen de losse ketens onderling

waterstofbruggen vormen. Dit zorgt voor extra

stevigheid.

C 28

a De massa van een watermolecuul is 18,02 u.

De massa van acrylamide is 71,08 u. Dit betekent

dat er: 71,08 × 100

18,02 = 3,9 · 102 watermoleculen per

acrylamide eenheid zijn gebonden.

b

NH2NH2NH2

OOO

C C C C C C

H

H C

H

H

H

C

H

H

H

C

H

� �

c Een molecuul N,N-methyleen-bisacrylamide heeft

twee C=C-bindingen. Die C=C-bindingen kunnen

elk in een verschillende keten terechtkomen.

dC

O

HH

13.5 Afsluiting

1

a NC C

CH

H Hb

N

C C C C C C

H

H C

H

H

H H H H

H

� �

b

C

O

O

C C

C

C

H

CH3H H

CH3

OC

CH3

C

OO

C C

C

C

H

CH3 H

CH3

O

C

CH3

��

H

CH3

H

HO

CH3

O

c Het is een een thermoplast, er is geen

netwerkstructuur.

d De molecuulformule van methylmethacrylaat is

C5H

8O

2.

De molecuulmassa van dit monomeer is 100,11 u.

De gemiddelde polymerisatiegraad is:

2,5 ·106

100,11 = 2,5 · 104 (monomeereenheden)

C 26

a

OH

CH2

CH2CH2 CH2

OH

CH2

OHCH2

CH2

�

�

� �

b Water, methanal (H2C=O) reageert met twee

benzeenringen. De –CH2- komt als verbinding

tussen twee benzeenringen en de H’s van de

benzeenringen vormen met de O van methanal

water.

c Eén molecuul fenol koppelt met drie moleculen

methanal; elk molecuul methanal moet het echter

delen met een ander fenolmolecuul; de verhouding

tussen fenol en methanal is daarom 1 : 3/2 = 2 : 3.

d De stof heeft een netwerkstructuur.

e Een overmaat fenol impliceert een ondermaat

methanal. Er zal nu onvoldoende methanal

beschikbaar zijn om tot een netwerkstructuur

te komen; in plaats daarvan zullen overwegend

ketens worden gevormd door reactie van fenol en

methanal in de verhouding 1 : 2/2 (= 1 : 1).



2

a (1)

Si + 2

H

Cl

H C H →

Cl

Cl

CH3 Si CH3

(2)

Cl

Cl

CH3 Si CH3 + 2 H2O →

OH

OH

CH3 Si CH3 + 2 HCl

(3)

n

CH3

CH3

OH Si OH →

CH3

CH3

Si O� �

n

+ n H2O

b Het is een condensatiepolymerisatie. Er wordt

water afgesplitst.

c Door reactie met H2O ontstaat hieruit (CH

3)3SiOH,

dat een ketenstop kan veroorzaken. De

polymerisatiegraad neemt daardoor af.

d Er ontstaan dan deeltjes met drie OH-groepen.

Deze deeltjes kunnen aan de polymerisatie

deelnemen. Er zal daardoor een netwerkpolymeer

ontstaan.

3

a CH2 CH CH CH2 CH2 CH CH CH2� �b Er zijn meerdere juiste antwoorden mogelijk.

N

CH2 CH CH CH2

CH2

CH

C

CH2

CH

��

�

�

c CH3CH2

→←

CH2CH

+ H

2

d De temperatuur moet hoog zijn, want bij

temperatuurverhoging verschuift de ligging van het

evenwicht naar de endotherme kant en dat is naar

rechts, waardoor de jaaropbrengst hoger is.

De temperatuur moet hoog zijn want dan gaan de

reacties sneller en dan is de jaaropbrengst ook

groter.

e

CH2 CH3

CH2CH3

CH2 CH3

CH2 CH3CH2

CH3

CH2 CH3

CH2

CH3CH2

CH3

CH2

CH3

4

a Het metselwerk bevat kristalwater dat vrijkomt

wanneer de temperatuur te hoog wordt. Hierdoor

veranderen de materiaaleigenschappen.

b Als de kunststoffen thermoplasten zijn, dan kunnen

ze worden omgevormd tot een flesje. Zowel pet

als polystyreen bevatte lineaire moleculen. Er is

geen sprake van een netwerkstructuur. Het zijn dus

thermoplasten. Beide behoren dus tot de stoffen

die aan een ‘tweede leven’ kunnen beginnen.

c monomeren pet:

OHOH

OOC C en OHOH CH2 CH2

monomeer polystyreen:

CCHH

H



Dit proces herhaalt zich velen malen. Er ontstaat:

In CC

HH

H Cl

CC

HH

H Cl

�

nc

In CC

HH

H Cl

CC

HH

H Cl

� InC C

H H

ClH

C C

H H

ClH

�

n n

→

In CC

HH

H Cl

CC

HH

H Cl

InC C

H H

ClH

C C

H H

ClH nn

d Pet is een polyester. Bij de vorming van

esterbindingen worden watermoleculen afgesplitst.

De vorming van pet is dus een polycondensatie.

Wanneer een molecuul polystyreen wordt gevormd

uit moleculen styreen worden dubbele bindingen

opengebroken. De vorming van polystyreen is dus

een polyadditie.

5

a

CC

HH

H ClIn

→

In CC

HH

H Cl

b

In CC

HH

H Cl

CC

HH

H Cl →

In CC

HH

H Cl

CC

HH

H Cl

�


Chemie van het leven 59© Noordhoff Uitgevers bv

14.1 Chemie in je lichaam

B 1

a aldehyde: keton:

H�

O

R R2C

O

R�Hierin staan R, R

1 en R

2 voor alkylresten

(CnH

2n+1, waarin n ≠ 0)

b

C

O

O C �

�

c

C

O

O

CH2

CH

CH2

CO

O C17H35

C17H35

O CO

C17H35

d RC C

OH

O

NH2

He Isomeren zijn stoffen met dezelfde

molecuulformule, maar verschillende molecuulbouw

(structuurformule).

f CH3

CH3

g ethylbenzeen

h Ja, de stoffen zijn isomeren, want ze hebben

dezelfde molecuulformule, C8H

10, maar een andere

structuurformule.

i 1 C5H

10

C CCH2CH3

CH3H

H

2 C4H

6O

4

CH2

CH2 C

O

OHC

O

OH

3 C6H

8N

2

NH2

NH2 4 C

2H

6O

2

CH2

CH2

OH

OH

j 1 hexaandizuur

CH2

CH2

CH2

CH2

C

O

OH

C

O

OH

2 2-oxo-propaanzuur

C

O

OH

C

O

CH3

3 2-amino-3-fenylpropaanzuur

C

O

OH

CH

NH2

CH2

4 2-hydroxypropaan-1,2,3-tricarbonzuur

CH2

C CH2

C

O

OH

COOH

CO

OH

OH

5 ethoxyethaan

CH3 CH2

O CH2

CH3 6 3-methylbutaan-1-ol

CH3

CH CH2

CH2 OH

CH3

14 Chemie van het leven



B 3

In het molecuul kun je een C–O–C-binding zien. Deze

groep is kenmerkend voor een ether.

B 4

C17

H35

is onvertakt.

CO

C17H35

CH O

C

CHCH

CH

OOO

O

H

CH2O

CHCH

C O

O

CH

O

CH2 O

CH2O

CO

C17H35CO

C17H35CO

C17H35

CO

C17H35

CO C17H35

CO

C17H35C

OH35C17

B 5

a Per cellulose-eenheid zijn er drie OH-groepen. Deze

OH-groepen kunnen H-bruggen vormen met en

H-bruggen ontvangen van watermoleculen.

b

OO

HH

HH

O

HO

CH2

O

�CO

CH3

C

O

CH3

C

O

CH3

nc Celluloseacetaat heeft geen H-brugvormende

groepen meer. Er is nog wel een aantal

H-brugontvangende C=O-groepen, waarmee

het geringe absorberende vermogen van

celluloseacetaat kan worden verklaard.

C 6

a Halfreacties:

C

O

CCCCC

OH

�OH

�OH

��

OH

�

OH

� H + 2 OH− →

C

O

OH

CCCCC

OH

�OH

�OH

��

OH

�

OH

�

+ H2O(l) + 2 e−

2 Cu2+ + 2 OH− + 2 e− → Cu2O(s) + H

2O(l)

k Xyleen is dimethylbenzeen. Er zijn drie isomeren

van dimethylbenzeen:

1,2-dimethylbenzeen

CH3

CH3

1,3-dimethylbenzeen

CH3

CH31,4-dimethylbenzeen

CH3

CH3

14.2 Koolhydraten

A 2

a De C-atomen 1, 2, 3, 4 en 5 zijn asymmetrisch.

C5

O

C1

C2

C3

C4

OH�

��

OH

OH

� OH

�

CH2 6

OH

b

C1

O

C2

C3

C4

C5

C6

OH

�OH

�OH

��

OH

�

OH

� H

c Doordat de ringsluiting is opgeheven is C-atoom

nummer 1 niet asymmetrisch meer: er is vrije

draaibaarheid.

d Er is een andere configuratie rond C-atoom 4.

C1

O

C2

C3

C4

C5

C6

OH

�OH

��

OH�

OH

�

OH

� H



e Naast de voluit getekende structuurformule,

bijvoorbeeld:

C

O

OH

CH2

CH2CH2

CH2CH2

CH2CH2

CHCH

CH2CH2

CH2CH2

CH2CH2

CH2CH3

kunnen ook verkorte formules worden gebruikt:

C

O

OH

C17H33

C

O

OH

(CH2)7CC(CH2)7CH3

H H

1

O

O2

3

4

5

6

7

8

910

11

12

13

14

15

16

17

18

H

B 8

a

CH2

CH CH2

O

O O

C

C C

O

O

O

(CH2)7

(CH2)7

(CH2)7

CC

C

C

C

C

(CH2)7CH3

(CH2)7 CH3

(H2C)7

CH3

H H

H

HH

H

of verkort:

CO

O

CH2

CH

CH2

C

O

O C17H33

C17H33

O CO

C17H33

b

CO

O

CH2

CH

CH2

CO

O C17H33

C17H33

O CO

C17H33 + 3 H2O →←

OH

CH2

CH

CH2

OH

OH +

3 C

O

OH C17H33

Totaalreactie:

C

O

CCCCC

OH

�OH

�OH

��

OH

�

OH

� H(aq) + 2 Cu2+(aq) + 4 OH− →

C

O

OH

CCCCC

OH

�OH

�OH

��

OH

�

OH

�

(aq) + Cu2O(s) + 2 H

2O

b Saccharose is geen reducerende suiker / kan

niet als reductor reageren. In zuur milieu wordt

saccharose onder invloed van water gesplitst in

glucose en fructose.

Glucose vertoont wel een reactie met Cu2+-ionen in

basisch milieu omdat het een aldehydegroep heeft

die als reductor kan reageren en wordt omgezet in

een zuurgroep (zie vraag a).

C12

H22

O11

(aq) + H2O(l) → 2 C

6H

12O

6(aq)

C O

C

CC

C

OH

HH

OH

OH

H OH

H

CH2OH

CC

C OHH

OH H

CH

O

CH2OH

CH2

OH

+ H2O →

sacharose

+

C O

C

CC

C HH

H

OH

OH

H OH

H

CH2OH

OH CC

C OHH

OH H

CH

O

CH2OH

CH2

OH

OH

α-D-glucose D-fructose

14.3 Vetten

A 7

a Een olie is vloeibaar bij kamertemperatuur en een

vet is vast. De vetzuren in een vet zijn verzadigd, in

een olie voor het grootste deel onverzadigd.

b Oliën en vetten dienen als reservebrandstof en zijn

nodig voor de vorming van membranen.

c Essentiële vetzuren zijn omega 3- en omega

6-vetzuren. Ze kunnen niet in je lichaam worden

gevormd, maar moeten voorkomen in je voeding.

d

OH

CH2

CH

CH2

OH

OH



c hexaanzuur:

C

O

OH

CH2

CH2CH2

CH2CH3

propaandizuur:

C

O

OH

CH2

CO

OH

nonaandizuur:

C

O

OH(CH2)7

COH

O

B 10

In ‘klassieke’ zepen zit nog een hoeveelheid glycerol,

die de huid beschermt. De synthetische zepen

(detergentia) zouden te veel (beschermend) huidvet

verwijderen.

Grondstoffen (uit aardolie) voor detergentia zijn goed-

koper dan dierlijk of plantaardig vet.

C 11

a Aan elke dubbele C=C-binding addeert één

molecuul I2. Als een triglyceride sterker onverzadigd

is, bevat het meer dubbele bindingen. Er wordt dan

meer I2 geaddeerd.

b Geaddeerd: 88 g I2 =

88 g

2 × 126,9 g mol−1 = 0,3467 mol I

2.

Er was dus (per 100 g olie) ook 0,3467 mol

C=C-bindingen.

1 ton = 1 · 103 kg = 1 · 106 g, dat is dus 1 · 104 × 100 g

(‘ton’ staat in Binas tabel 5).

Per ton olie aanwezig: 1 · 104 × 0,3467 mol

C=C-bindingen = 3,5 · 103 mol C=C-bindingen.

C 12

a 196 mg KOH = 196 ·10−3 g

56,11 g mol−1 = 3,493 · 10−3 mol KOH

Er heeft gereageerd: 3,493 ·10−3 mol

3 =

1,164 · 10−3 mol olie en die hoeveelheid olie heeft een

massa van 1,00 g.

c Hieronder staat de verkorte weergave van de

structuurformules:

CO

O

CH2

CH

CH2

CO

O C17H33

C17H33

O CO

C17H33 + 3 H2 →

CO

O

CH2

CH

CH2

CO

O C17H35

C17H35

O CO

C17H35

d Het product is glyceryltristearaat.

B 9

a

CH2CH

CH2O

O

OC

C

C

O

O

O(CH2)2

(CH2)2

(H2C)2

CH3

CH3

CH3

of

CH2

CH

CH2

O

O

O

C

C

C

O

O

O

(CH2)2

(CH2)2

(CH2)2

CH3

CH3

CH3

CH2

CH

CH2

O

O

O

C

C

C

O

O

O

(CH2)2

(CH2)2

(CH2)2

CH3

CH3

CH3

+ 3 H2O →←

CH2

CH

CH2

OH

OH

OH

+ 3 C

O

OH

(CH2)2CH3

b

C

O

OH(CH2)7C

C

CH2

C

C(CH2)4

CH3

H

H

H

H of

C1

O

OHCH22

CH23

CH24

CH25

CH26

CH27CH28

CH9

CH10

CH211

CH12

CH13

CH214

CH215CH216

CH217CH3 18



De massa van één mol olie is dan:

1,00 g

1,164 ·10−3 mol = 859 g mol−1.

b Uit het (niet afgeronde) antwoord bij vraag 11b:

3,467 · 103 mol C=C-bindingen per 1000 kg olie =

3,467 ·103

106 = 3,467 · 10−3 mol C=C-bindingen per

gram olie. Dus per mol olie 3,467 · 10−3 × 859 =

2,98 mol C=C-bindingen. Er zijn dan evenveel

C=C-bindingen per molecuul olie =

3,0 C=C-bindingen per molecuul olie.

C 13

a

b Er blijft een dubbele binding over en die kan op

twee plaatsen zitten. Rond die dubbele binding kan

de configuratie cis of trans zijn. Er kunnen dus vier

verschillende veresterde octadeceenzuren ontstaan.

c Het juiste antwoord kan als volgt zijn genoteerd:

C

O

O

CH2

CH

CH2

C

O

O Rx

Rz

O C

O

Ry + 3

CH3 OH

→

OH

CH2

CH

CH2

OH

OH +

C

O

OCH3 Rz

C

O

O RxCH3

O C

O

RyCH3

14.4 Eiwitten

A 14

a Tyrosine, Tyr, is een aromatisch aminozuur en is

geen essentieel aminozuur.

b Glycine, Gly, en alanine, Ala zijn alifatische

aminozuren.

c Gly-Ala, Ala-Gly, Gly-Tyr, Tyr-Gly, Ala-Tyr en Tyr-Ala.

A 15

a Er is kennelijk een klein verschil in de volgorde van

de aminozuren in het rodopsine van mens en uil.

b

CO

NH2 CH2 OH + CCHO

NH2

SH

CH2

OH +

CCHO

NH2

CH2

OH

OH →

CO

NH CH2 CCH

O

N

SH

CH2

CCH

O

N

CH2

OH

OH H

� � + 3 H2O

B 16

a

NH2

CH2 C

O

N CH

CH3

C O

OH

H

b

NH2

CH C

O

N CH

H

C O

OH

H

CH3

Bij Ala—Gly heeft alanine een vrije NH2-groep en

glycine een vrije COOH-groep. Bij Gly—Ala is dat

omgekeerd.

c Gly—Ala—Phe

Gly—Phe—Ala

Phe—Ala—Gly

Phe—Gly—Ala

Ala—Gly—Phe

Ala—Phe—Gly

dCCHO

NCH3

OHCO

NH2 CH2

H

+ H2O →

C

O

NH2 CH2 OH + CCHO

NH2

CH3OH

B 17

a Er komen relatief veel aminozuureenheden in voor

met OH-groepen die H-bruggen kunnen vormen

met watermoleculen.

b Leer (huid) bestaat grotendeels uit collageen, dat

makkelijk water opneemt, waardoor het soepeler

wordt.



b R1–S–S–R

2 + 2 H

2O + 2 e− → R

1–S–H + R

2–S–H + 2 OH−

2 H–S–CH2–COO–CH

3 →

CH3–COO–CH

2–S–S–CH

2–COO–CH

3 + 2 H+ + 2 e−

R1–S–S–R

2 + 2 H–S–CH

2–COO–CH

3 →

CH3–COO–CH

2–S–S–CH

2–COO–CH

3 +

R1–S–H + R

2–S–H

c S2O

82− + 2 e− → 2 SO

42−

R1–S–H + R

2–S–H + 2 OH− →

R1–S–S–R

2 + 2 H

2O + 2 e−

R1–S–H + R

2–S–H + S

2O

82− + 2 OH− →R

1–S–S–R

2 + 2 H

2O + 2 SO

42−

d De nieuwe zwavelbruggen (atoombindingen) zorgen

voor een permanente modellering van het haar.

C 20

a

C

O

OH

CNH�

H

H

b

C

O

OH

CNH�

H

H

+ OH− → C

O

O�

CNH2

H

H

+ H2O

c

C

O

O�

CNH2

H

H

+ H3O+

→ C

O

OH

CNH3�

H

H

+ H2O

d Glycine bestaat in vaste toestand uit dubbelionen.

Het proton van de zuurgroep is verhuisd naar

de aminogroep. (Dit geldt voor alle natuurlijke

aminozuren).

C

O

O-

CNH3�

H

H

C 21

a Een aminozuur dat in de voeding moet voorkomen

omdat het in het lichaam niet kan worden gemaakt.

C 18

a

NH2

CH2 C

N CH

CH

CH3

CH3

C

O

OH

O

H + F

O2N

NO2 →

NO2

O2N NH

CH2 C

N CH

CH

CH3

CH3

C

O

OH

O

H

+ HF

breactieproduct van opgave a + H

2O →

NO2

O2N NH

CH2 C

OH

O

+ N CH

CH

CH3

CH3

C

O

OHH

H

c Gly-Val + NH2 NH2 →

NH2

CH2

C

NHNH2

O + N CH

CH

CH3

CH3

C

O

OHH

H

d Ala–Gly–Val

C 19

a In haar en eiwit komt veel keratine voor. Dit eiwit

bevat relatief veel cysteïne. Daardoor zijn er veel

zwavelbruggen aanwezig, met als gevolg een veel

stabielere tertiaire structuur van het eiwit. Het

kost dus meer moeite om de tertiaire structuur te

verbreken (= denatureren).



– Veel mensen melden bijwerkingen: hoofdpijn en

migraine, smaakverlies, oorsuizingen, duizelingen,

misselijkheid en vele andere. Dit kan ook komen

door de grote aandacht in de pers voor de mogelijke

gevaren van aspartaam.

– De aminozuren fenylalanine en asparaginezuur

komen in aspartaam voor in geïsoleerde vorm.

Fenylalanine en asparaginezuur komen beide voor in

ons voedsel, maar dan als eiwit. Er zijn vragen over

de risico’s van inname van geïsoleerde aminozuren.

– Uit aspartaam kan methanol worden gevormd.

– Aspartaamzuur is slecht voor het glazuur van

tanden.

– Er zijn aanwijzingen dat gebruik van aspartaam juist

zou leiden tot gewichtstoename.

– Er zijn plantaardige zoetstoffen die volledig natuurlijk

zijn, zoals steviolglycosides.

C 22

a Het aantal variatiemoelijkheden is dan: 20100 = 10130.

b Er zijn 2 · 10131 atomen nodig.

c Van alle theoretisch mogelijke eiwitten wordt maar

een heel klein deel in levende cellen gemaakt.

14.5 DNA en RNA

A 23

a Het genoom is het geheel van genen van een

individu, dat alle erfelijke informatie bevat.

b Een chromosoom is een staafvormig lichaampje

dat bestaat uit een steuneiwit met daaromheen

opgerold DNA.

c De genetische code is de wijze waarop de

nucleotidevolgorde in het mRNA wordt vertaald

in de primaire structuur van een eiwit (zie Binas

tabel 71G).

d Een gen is een deel van een DNA-molecuul dat

de informatie bevat voor een bepaalde erfelijke

eigenschap.

e Replicatie is het maken van een exacte kopie van

een DNA-molecuul, dit gebeurt bij celdeling.

f Transcriptie is het overschrijven van de genetische

informatie van (een deel van) een DNA-molecuul

naar een mRNA-molecuul.

g Translatie is het vertalen van de genetische code

van het mRNA naar de aminozuurvolgorde in een

eiwit (primaire structuur).

b

OHOH

NH2O

O

�

OHNH2

O

�

asparaginezuur fenylalanine

c Hieronder volgt een aantal mogelijke complicaties:

– Er zijn zowel van fenylalanine als van asparagi-

nezuur twee spiegelbeeldisomeren mogelijk (er is

immers een asymmetrisch C-atoom). Alleen de

L-vorm is bruikbaar, omdat de andere vorm niet

zoet smaakt. Als er een racemisch mengsel wordt

gebruikt, wordt de opbrengst aan aspartaam lager.

– Er zijn twee zuurgroepen in asparaginezuur die

zouden kunnen reageren met de aminogroep van

fenylalanine, maar de zuurgroep van fenylalanine

zou ook kunnen reageren met de aminogroep van

asparaginezuur. Dit levert geen aspartaam op, dus

verlaagt de opbrengst.

– Twee fenylalaninemoleculen kunnen ook een

dipeptide vormen.

– Bij het vormen van de methylester kan ook de

zuurgroep van asparaginezuur die niet aan de

peptidebinding deelneemt, reageren.

d Voor:

– Er ontstaat door het omzetten van aspartaam in

het lichaam wat methanol, maar dat is minder dan

wat je binnen krijgt bij het drinken van een glas

vruchtensap of melk.

– Mensen die vrij veel aspartaam gebruiken komen

in het algemeen niet verder dan 10 mg kg−1, terwijl

de grenswaarde op 10 mg kg−1 is gesteld. Zelfs

bij een sterk verhoogde inname van 75 mg kg−1 is

geen negatief effect gevonden.

– Fenylalanine, dat in het lichaam wordt gevormd uit

aspartaam, is een essentieel aminozuur.

– Er is onderzoek waaruit blijkt dat aspartaam het

ontstaan van tandbederf tegenwerkt.

– Aspartaam zou goed zijn voor de lijn: het levert

weinig calorieën en vermindert het hongergevoel.

– Weinig onderdelen uit onze voeding zijn zo grondig

onderzocht als aspartaam: er is niets mis mee.

e Tegen:

– Aspartaam zou, in studies met ratten, kankerver-

wekkend zijn. De conclusie is niet definitief, er zijn

geen effecten bij mensen beschreven.



B 27

a Percentage (T + C) = (100 − 30 − 24)% = 46%

b T = 30%; C = 24%; percentage (A + G) = 46%

C 28

Als de volgorde van de nucleotiden (basen) in het DNA

bekend is, kan daaruit de volgorde van de aminozuren

worden afgeleid.

C 29

1 puntmutatie van A naar C

2 deletie van ATG en een puntmutatie van A naar T

3 deletie van TCGAT

4 verdubbeling van ATT

5 puntmutatie van T naar A

C 30

a nummer 137: Thr

nummer 138: Ser

nummer 139: Lys

b

C COCH

NH

OH CH3

CCH

O

N

CH2

OH

HH

CO

CN

NH2

CH2

CH2

CH2

CH2

OH �

�

Hc Bij de mutatie van Wayne is UAG het eerstvolgende

stopcodon op het m-RNA, bij de mutatie van

Wayne is dit het 147ste codon op het m-RNA. De

lengte van de keten is één minder dan het nummer

van het eerstvolgende stopcodon.

Het volgende antwoord is ook goed: Het

eerstvolgende stopcodon komt 15 basen verder,

dus bestaat de α-globineketen van mensen met de

mutatie van Wayne uit 146 aminozuureenheden.

C 31

a

b Voor de codering van 209 aminozuren zijn

3 × 209 = 627 baseparen nodig. Het 210e aminozuur

wordt gecodeerd door de basen 628 t/m 630. Van

deze drie basen is het eerste afwijkend. Dat is

nummer 628.

normaal afwijkend

base op de coderende streng G A

base op de matrijsstreng C T

base op het mRNA G A

A 24

Overeenkomsten tussen DNA en mRNA:

– Ze bevatten allebei specifieke genetische informatie

in polymeerketens;

– Ze bestaan uit nucleotiden: een monosacharide, een

fosfaatgroep en een base;

– Als basen komen voor: adenine (A), cytosine (C) en

guanine (G).

Verschillen tussen DNA en mRNA:

– DNA heeft 2-deoxyribose, mRNA heeft ribose als

sacharide;

– DNA heeft thymine (T) als base, mRNA heeft uracil

(U) als base;

– DNA heeft twee nucleotidestrengen (in een dubbele

spiraal), mRNA maar één;

– DNA-moleculen zijn veel langer dan mRNA-molecu-

len omdat DNA voor heel veel verschillende eiwitten

codeert.

B 25

a CTAGTTGGA

b GAUCAACCU

c Ala-Gln-Pro

B 26

a De code UUU leidt tot synthese van een

fenylalanine (Phe). Poly-U leidt dus tot synthese

van poly-Phe.

b Als twee basen voor één aminozuur zouden coderen,

zou een polypeptide bestaande uit één aminozuur

gevonden zijn. (De code voor het boodschapper-

RNA was immers UG-UG-UG-UG-etc.)

c Er zijn maar vier basen, als één base zou coderen

voor één aminozuur zouden meerdere aminozuren

dezelfde code hebben. Dat is zeer onwaarschijnlijk,

gezien de zeer specifieke aminozuurvolgorde in

eiwitten.

d Als de code bestaat uit drie basen zou er een

copolymeer van twee aminozuren ontstaan: UGU-

GUG-UGU-GUGUGU-etc. levert dan: Cys-Val-Cys-

Val-Cys-etc.

e UGU: bij een code van drie letters blijft

buiten GUG alleen UGU over (zie ook d). Het

boodschappermolecuul UGUUGUUGUUGU

synthetiseren en nagaan of er dan als polypeptide

poly-Val ontstaat.



B 36

a Een molecuul vitamine C bevat vier

H-brugvormende O-H-groepen en een

H-brugontvangende C=O-groep. Vitamine C is een

hydrofiele stof die goed oplost in water.

Vitamine A bevat maar één O-H-groep en daarnaast

veel C-atomen. Het is dus een molecuul waarin het

hydrofobe deel overheerst.

Vitamine A lost goed op in vetten, want vetten zijn

ook hydrofoob.

b Spe’s zijn hydrofobe stoffen. Door hun hydrofobe

interactie met vetoplosbare (hydrofobe) vitaminen,

nemen zij deze vitaminen ‘mee’ wanneer zij worden

uitgescheiden (via de ontlasting). Op deze manier

kan een vitaminedeficiëntie ontstaan.

c Het vitamine C-gehalte van de overgebleven

groente zal lager worden, omdat er steeds meer

vitamine C in het kookvocht kan oplossen.

d Langdurig verhitten heeft niet alleen een

vitamineverlaging tot gevolg, ook de smaak wordt

negatief beïnvloed, doordat er onder invloed van

de hoge temperatuur chemische omzettingen

plaatsvinden.

e Een pakje Blue Band van 250 gram bevat

250 g × 20 I.E. g−1 = 5000 I.E. vitamine A.

1 mg vitamine A komt overeen met:

1 mg

1,5 mg × 5000 I.E. = 3,3 · 103 I.E.

1 I.E. komt overeen met

1 I.E.

3,3 ·103 I.E. mg−1 × 1000 μg mg−1

= 0,30 μg vitamine A.

B 37

a Op deze manier is onderscheid te maken tussen

kinderen en volwassenen.

b Een persoon van 70 kilogram mag volgens de

norm 70 kg × 40 mg kg−1 = 2800 mg aspartaam

binnenkrijgen.

In één liter Cola light bevindt zich 800 mg

aspartaam.

Deze persoon mag dagelijks drinken:

2800 mg

800 mg L−1 = 3,5 liter Cola light.

c Het is ondoenlijk om iemand gedurende langere

tijd bijvoorbeeld 10 liter Cola light per dag te laten

drinken.

14.6 Voeding, stofwisseling en gezondheid

A 32

a Functional foods zijn voedingsmiddelen waar een

stof aan is toegevoegd, waardoor ze de gezondheid

bevorderen of de kans op ziekte verkleinen.

b Voorbeelden van juiste antwoorden zijn:

– Benecol margarine met fytostanolen

– Becel pro.activ margarine en zuivelproducten met

fytosterolesters

– Vitaalbrood met prebioticum (inuline)

– Danone Activia: Yoghurt met probiotica

(bifidobacteriën)

– O’mega brood met visvetzuren

– Vitaalbrood Pró-FIT met béta-glucan

c Margarines en yoghurts die de cholesterolopname

blokkeren kunnen bijvoorbeeld ongewenste reacties

uitlokken bij mensen die al cholesterolverlagende

geneesmiddelen (statines) gebruiken.

B 33

Vlees levert per 100 gram gemiddeld 15 tot 30 g

eiwitten.

Peulvruchten als bruine bonen en groene erwten

bevatten ook eiwitten, hoewel minder. Vlees eet

je voornamelijk om in je eiwitbehoefte te voorzien.

Peulvruchten kunnen vlees dus goed vervangen.

B 34

a De onverteerbare stof cellulose.

b Dan worden er onvoldoende hoeveelheden

(afgebroken) voedingsstoffen via de wand van de

dunne darm in het bloed opgenomen. Na verloop

van tijd kunnen ziekteverschijnselen ontstaan,

die hun oorzaak vinden in bepaalde tekorten van

voedingsstoffen.

B 35

Nee, dierlijk zetmeel (glycogeen) wordt in het lichaam

opgebouwd uit glucose, dat met het voedsel is

ingenomen.



3

Een volwassene van 70 kg heeft: 70 mL kg−1 × 70 kg =

4900 mL bloed. Daarin bevindt zich:

4900 mL × 0,16 g mL−1 = 784 g hemoglobine.

784 gram hemoglobine � 784 g

64 500 g mol−1 =

0,0122 mol Hb � 4 × 0,0122 = 0,0486 mol Fe-ionen �

0,0486 mol × 55,85 g mol−1 = 2,72 g Fe.

4

a poly-AATG

b poly-UUAC

c poly-(Leu-Leu-Thr-Tyr)

5

a Binnen in het eiwit komen we de hydrofobe

R-groepen tegen van de aminozuureenheden

valine, isoleucine en fenylalanine (alkylgroepen

met meer dan één C-atoom). De andere genoemde

aminozuureenheden bevinden zich aan de

buitenkant: door de aanwezigheid van hydrofiele

R-groepen zijn ze in staat om met watermoleculen

H-bruggen te vormen.

b De aminozuurrest is weliswaar hydrofoob, maar

klein.

c Cysteïne heeft een hydrofobe S-H-groep en komt

vaak binnen in een eiwit voor in de vorm van twee

tegenover elkaar liggende cysteïne-eenheden.

Hiertussen kan door een reactie een zwavelbrug

worden gevormd.

d Nee, een α-helix behoort tot de secundaire

structuur van een polypeptideketen (evenals de

β-sheet).

e Zie figuur 14.1

14.1 Een α-helix met H-brug

C=0…H—N

14.7 Afsluiting

1

a (C6H

10O

5)n + ½ n H

2O → ½ n C

12H

22O

11

b

OH

O �

��

�

OOH

� OH

CH2OH

O �

��

OH

CH2OH

OH

OH

+ H2O →

2

OH

O �

��

�

OH

� OH

CH2OH

OH

c

C

O

OH

(CH2)7CC(CH2)7CH3

H

H

2

a Meng een beetje van het voedingsmiddel met

broomwater. Br2 zal aan de dubbele binding

adderen, wanneer deze aanwezig is. De geelbruine

kleur van het broomwater zal verdwijnen.

R1—CH=CH—COOH + Br

2 →

R1—CHBr—CHBr—COOH

b Vetten zijn brand- en bouwstoffen.

c

CH2

CH

CH2

O C

O

C17H31

O C

O

C17H31

O C

O

C17H31

+ 3 H2O →

CH2

CH

CH2

OH

OH

OH

+ 3 C

O

OH C17H31



d Dit is een (voor de mens) essentieel aminozuur.

e De ADI-waarde van aspartaam is 40 mg per kg

lichaamsgewicht, zie Binas tabel 95B.

Lichaamsgewicht is 65 kg, de ADI-waarde is dan

65 × 40 = 2600 mg aspartaam.

Dit is 2,6 g

294,3 g mol−1 = 8,83 · 10−3 mol aspartaam,

dus er ontstaat 8,83 · 10−3 mol fenylalanine.

Molaire massa fenylalanine is 165,2 g mol−1.

Toename aan fenylalanine is:

8,83 ·10−3 mol × 165,2 g mol−1

5,0 × 10 dL = 29 mg dL−1.

f

D

D

D

CH2

D

D

C CO

ONH2

H CH2 CH2 CH2 CH3

6

a CH3SCH2CH2CNH2H

CO

NH

CCH2

OH

HC

O

NH

C CO

H

CHCH3OH

�

b Voorbeelden van een juist antwoord zijn:

− 1222 = 3 × 407 + 1, dus de aminozuureenheden

met nummer 408 verschillen.

− 1222/3 = 407,33, dus de aminozuureenheden met

nummer 408 verschillen.

− 1215/3 = 405. Het verschil zit in het derde

triplet vanaf nummer 1215, dat codeert voor de

aminozuureenheid met nummer 408.

c Een voorbeeld van een juist antwoord is:

Het triplet (codon) op de coderende streng dat

codeert voor het aminozuur met nummer 408 voor

PAH is C G G. Dat is ook het codon (triplet) op het

mRNA. Daar hoort het aminozuur Arg bij.

Het triplet (codon) op de coderende streng dat

codeert voor het aminozuur met nummer 408 voor

‘verkeerd-PAH’ is T G G. Dan is U G G het codon

(triplet) op het mRNA. Daar hoort het aminozuur

Trp bij.



15.1 Groene chemie

B 1

a Een duurzame ontwikkeling komt tegemoet aan

de behoeften van huidige generaties zonder de

mogelijkheden weg te nemen voor toekomstige

generaties om in hun behoeften te voorzien.

b Duurzame energie is energie uit bronnen die nooit

opraken (windenergie, zonne-energie, energie uit

water en geothermische energie).

c Bij duurzaam ondernemen en consumeren houd je

rekening met het milieu, de economie en de sociale

omstandigheden bij de productie.

d De soort stof, temperatuur, concentratie,

verdelingsgraad, katalysator.

e Het evenwicht verschuift naar rechts. (In de nieuwe

evenwichtstoestand is de concentratiebreuk weer

gelijk aan K.) Als je stof C blijft onttrekken, kan het

evenwicht aflopen naar rechts.

f Doordat de reactie van rechts naar links niet

meer / tijdelijk minder snel verloopt door het

verwijderen van stof C verschuift het evenwicht

naar rechts. (In de nieuwe evenwichtstoestand is de

concentratiebreuk weer gelijk aan K.)

g Volumeverandering heeft geen invloed op de ligging

van het evenwicht (omdat het aantal moleculen

voor en na de pijlen gelijk is).

h Het evenwicht stelt zich sneller in, maar de ligging

verandert niet.

i Bij temperatuurverhoging verschuift het evenwicht

naar de endotherme kant, hier is dat naar links. De

reactie naar rechts is exotherm.

j Zie de tabel.

k Zie figuur 15.1.

scheidingsmethode verschil in stofeigenschap

fi ltreren deeltjesgrootte

zeven deeltjesgrootte

ontmengen dichtheid

bezinken dichtheid

indampen/droogdampen kookpunt

destilleren kookpunt

extraheren oplosbaarheid

adsorberen aanhechtingsvermogen

chromatografi e aanhechtingsvermogen en

oplosbaarheid

15.1

15.2 Principes van de groene chemie

A 2

De uitgangspunten in de groene chemie zijn te vinden

in Binas tabel 97F. De samenvatting is ter beoordeling

van de docent.

A 3

a Atoomeconomie is het massapercentage

atomen van de beginstoffen dat in het gewenste

eindproduct komt. In formule:

atoomeconomie = mgewenst product

mbeginstoffen

× 100%

b Het rendement is de praktische opbrengst als

percentage van de theoretische opbrengst. In

formule:

rendement = praktische opbrengst

theoretische opbrengst × 100%

c E-factor = massabeginstoffen − massagewenst product

massagewenst product

Voor het gewenste product vul je de praktische

opbrengst in.

geactiveerde toestand

met katalysator

activerings-energie zonder katalysator

ener

gie

activerings-energie met katalysator

reactie-energie

reactieproducten

beginstoffen

geactiveerde toestand zonder katalysator

15 Groene chemie


Groene chemie 71© Noordhoff Uitgevers bv

d De E-factor is de hoeveelheid afval per kg product.

De Q-factor geeft de mate van vervuiling van het

afval aan.

A 4

a De grenswaarde is de maximaal toegestane

hoeveelheid van een gas, damp, aerosol, vezel of

van stof in mg per m−3 lucht op de werkplek.

b Het kan misgaan door:

– gebrek aan toxicologische informatie;

– verschil in gevoeligheid;

– langere werktijden;

– blootstelling aan een mengsel van stoffen. Dit kan

extra of juist minder schadelijk zijn;

– onjuist meten van de luchtconcentratie.

A 5

a 125 ppb = 125 μg kg−1

De dichtheid van lucht is 1,293 kg m−3.

In 1,293 kg lucht zit dan 125 × 1,293 =

162 μg formaldehyde. Dit is 0,162 mg per m3 lucht.

De grenswaarde (TGG 8 uur) is 0,15, dus die wordt

hier overschreden.

b De grenswaarde (TGG 15 minuten) is 0,5 mg m−3,

dus die wordt niet overschreden.

B 6

a Atoommassa van Fe is 55,85 u, de molecuulmassa

van Fe2O

3 is 159,69 u en de molecuulmassa van CO

is 28,010 u.

De atoomeconomie van deze reactie is:


mbeginstoffen

× 100% =

2 × 55,85 u

159,69 u + (3 × 28,010 u) × 100% = 45,83%

b IJzererts omrekenen naar mol:

250 ton Fe2O

3 = 250 · 106 g Fe

2O

3. De molaire massa

van Fe2O

3 is 159,69 g mol−1.

x = 250 ·106 g

159,69 g mol−1 = 1,566 · 106 mol Fe

2O

3

Molverhouding Fe2O

3 : Fe = 1 : 2.

Er ontstaat dus 2 × 1,566 · 106 = 3,132 · 106 mol Fe.

Omrekenen naar ton ijzer. Molaire massa Fe is

55,85 g mol−1.

y = 3,132 · 106 mol × 55,85 g mol−1 = 1,75 · 108 g Fe

= 1,75 · 102 ton Fe.

c Rendement = praktische opbrengst

theoretische opbrengst × 100% =

141 ton

175 ton × 100% = 80,6%.

B 7

a De molecuulmassa van maleïnezuuranhydride is

98,06 u, de molecuulmassa van O2 is 32,00 u en de

molecuulmassa van benzeen is 78,11 u.

De atoomeconomie van deze reactie is:


mbeginstoffen

× 100% =

2 × 98,06 u

2 × 78,11 u + 9 × 32,00 u × 100% = 44,15%

b Benzeen omrekenen naar mol:

100 kg benzeen = 100 · 103 g benzeen

De molaire massa van benzeen is 78,11 g mol−1.

x = 100 ·103 g

78,11 g mol−1 = 1,28 · 103 mol C

6H

6

Molverhouding C6H

6 : C

4H

2O

3 = 2 : 2.

Er ontstaat dus 1,28 · 103 mol C4H

2O

3.

Omrekenen naar kg C4H

2O

3. Molaire massa C

4H

2O

3

is 98,06 g mol−1.

y = 1,28 · 103 mol × 98,06 g mol−1 = 1,26 · 105 g

C4H

2O

3 = 1,26 · 102 kg C

4H

2O

3

Rendement = praktische opbrengst

theoretische opbrengst × 100% =

85 kg

126 kg × 100% = 67%.

B 8

a 40 g KClO3 omrekenen naar mol:

Molaire massa KClO3 is 122,55 g mol−1.

x = 40,0 g

122,55 g mol−1 = 0,326 mol KClO

3

Molverhouding KClO3 : O

2 = 2 : 3.

Er ontstaat dus 0,326

2 × 3 = 0,490 mol O

2.

Omrekenen naar g O2. Molaire massa O

2 is

32,00 g mol−1.

y = 0,490 mol × 32,00 g mol−1 = 15,7 g O2



Proces 2:

C6H

5CH

3 + 2 O

2 → C

6H

5OH + CO

2 + H

2O

Atoommassa C6H

5OH is 94,12 u, de

molecuulmassa van C6H

5CH

3 is 92,13 u en van O

2

32,00 u.

De atoomeconomie = mgewenst product

mbeginstoffen

× 100% =

94,12 u

92,13 u + 2 × 32,00 u × 100% = 60,28%.

E-factor = massabeginstoffen − massagewenst product


Proces 1:

E-factor = 78,11 u + 98,079 u + 2 × 39,997 u − 94,12 u

94,12 u

= 1,718

Proces 2:

E-factor = 92,13 u + 2 × 32,00 u − 94,12 u

94,12 u = 0,6588

b De molecuulmassa van Na2SO

3 is 126,04 u.

De atoomeconomie =mgewenst product

mbeginstoffen

× 100% =

94,12 u + 126,04 u

78,11 u + 98,079 u + 2 × 39,997 u × 100% = 85,94%.

c Proces 1 heeft natriumsulfiet en water als afval en

proces 2 koolstofdioxide en water. De Q-factor

van water is 0. De Q-factor van natriumsulfiet zal

vast groter zijn dan die van koolstofdioxide, dus

proces 1 heeft de grootste Q-factor. Soms is het

ook mogelijk om de grenswaarden van stoffen te

vergelijken om een indruk te krijgen van de Q-factor.

15.3 Energiebalans

A 11

a Een proces is exotherm als de beginstoffen energie

aan de omgeving afstaan. Een proces is endotherm

als de beginstoffen energie vanuit de omgeving

opnemen.

b De wet van behoud van energie houdt in dat bij een

proces geen energie verloren gaat. Energie wordt

alleen omgezet van de ene vorm in de andere.

b Je begon met 40,0 g KClO3, er ontstaat dus ook

40,0 g aan reactieproducten.

E-factor = massabeginstoffen − massagewenst product


E-factor = 40,0 g − 15,7 g

15,7 9 = 1,55

c De werkelijke opbrengst is maar 67%, dat is

0,67 × 15,7 g = 10,5 g.

E-factor = 40,0 g − 10,5 g

10,5 9 = 2,8

B 9

a Reactie 1: TiO2 + 2 Mg → Ti + 2 MgO

Atoommassa Ti is 47,87 u, Mg is 24,31 u en de

molecuulmassa van TiO2 is 79,87 u.


mbeginstoffen

× 100% =

47,87 u

79,87 u + 2 × 24,31 u × 100% = 37,26%.

Reactie 2: TiO2 → Ti + O

2

Atoommassa Ti is 47,87 u en de molecuulmassa

van TiO2 is 79,87 u.


mbeginstoffen

× 100% =

47,87 u

79,87 u × 100% = 59,93%.

b Uit de berekening van de atoomeconomie blijkt dat

reactie 2 groener is dan reactie 1.

c Als zuurstof kan worden verkocht is het ook een

gewenst product geworden, waarmee de massa

van de gewenste producten gelijk is aan de

massa van alle producten samen, waarmee de

atoomeconomie 100% is geworden.

B 10

a Proces 1:

C6H

6 + H

2SO

4 + 2 NaOH →

C6H

5OH + Na

2SO

3 + 2 H

2O

Atoommassa C6H

5OH is 94,12 u, de

molecuulmassa van C6H

6 is 78,11 u, van H

2SO

4

98,079 u en van NaOH 39,997 u.


mbeginstoffen

× 100% =

94,12 u

78,11 u + 98,079 u + 2 × 39,997 u × 100% = 36,74%.



d Zie figuur 15.2.

15.2

B 14

a S(s) + O2(g) → SO

2(g)

2 SO2(g) + O

2(g) → 2 SO

3(g)

SO3(g) + H

2O(l) → H

2SO

4(aq)

b S(s) + O2(g) → SO

2(g)

S: 0 J

O2: 0 J

SO2: −2,97 · 105 J

De energiebalans van deze reactie is:

ΔE = vormingswarmtereactieproducten

−

vormingswarmtebeginstoffen

ΔE = (−2,97 · 105 J) − 0 = −2,97 · 105 J

De eerste stap is exotherm omdat de reactiewarmte

een negatief getal is.

2 SO2: 2 × −2,97 · 105 J = −5,94 · 105 J

1 O2: 0 J

2 SO3: 2 × −3,95 · 105 J = −7,90 · 105 J



−


ΔE = (−7,90 · 105 J) − (−5,94 · 105 J + 0 J) =

−1,96 · 105 J

ener

gie

H2O(g) 100 °C

H2O(l) 20 °CH2O(l) 20 °CDE = + 3,34 · 104 JDE = + 3,34 · 104 J

DE = + 2,26 · 105 JDE = + 2,26 · 105 J

H2O(g) 100 °C

H2O(l) 100 °CH2O(l) 100 °C

c De energiebalans van een proces komt erop neer

dat voor elk proces geldt: het energie-effect is gelijk

aan het verschil in chemische energie, ΔE, van de

reactieproducten en de beginstoffen.

d Een energiediagram is een grafische weergave van

het energie-effect van een proces. Je leest er de

activeringsenergie en de reactiewarmte uit af.

e De vormingswarmte van een verbinding is de

hoeveelheid warmte die vrijkomt bij, of nodig is voor

het vormen van één mol van de verbinding uit de

elementen. De vormingswarmte van een element

is nul.

f De reactiewarmte van een reactie bereken

je met behulp van de reactievergelijking en

de vormingswarmten van alle stoffen uit de

reactievergelijking. Je kunt eruit afleiden of een

proces exotherm is of endotherm.

A 12

Tijdens een exotherm proces raken de beginstoffen

energie kwijt aan de omgeving. Dat houdt in dat de

chemische energie van de beginstoffen groter is dan

van de reactieproducten. Daardoor levert het energie-

effect: ΔE = Ereactieproducten

− Ebeginstoffen

een negatief

getal op.

Tijdens een endotherm proces krijgen de beginstoffen

er energie uit de omgeving bij. De chemische energie

van de reactieproducten is daardoor groter dan die van

de beginstoffen. Daardoor levert het energie-effect:

ΔE = Ereactieproducten

− Ebeginstoffen

een positief getal op.

B 13

a ΔE = Ewater 100°

− Ewater 20°

= +3,34 · 104 J

b De verdampingswarmte van water (Binas tabel 11)

is: 2,26 · 106 J kg−1. Voor het verdampen van 100 g

water is dan nodig: 2,26 · 105 J.

c ΔE = Ewaterdamp 100°

− Ewater 100°

= +2,26 105 J



g exotherm

h De molaire massa van MgSO4 · 7 H

2O(s) =

120,37 u + (7 × 18,015 u) = 246,48 g mol−1.

De molaire massa van uitgedroogd MgSO4(s) =

120,37 g mol−1.

1,00 kg uitgedroogd MgSO4(s) =

1,00 ·103 g

120,37 g mol−1 =

8,31 mol uitgedroogd MgSO4(s).

De molverhouding MgSO4 : H

2O = 1 : 7.

Je hebt nodig: 7 × 8,31 mol H2O = 58,15 mol H

2O

(later afronden).

Voor 1,00 kg uitgedroogd MgSO4 is dan:

58,15 × 18,015 = 1,05 · 103 gram water nodig.

15.3

B 17

a De verbrandingswarmte is de reactiewarmte van de

volledige verbranding van 1 mol propaan.

C3H

8(g) + 5 O

2(g) → 3 CO

2(g) + 4 H

2O(l)

C3H

8(g) = −1,01 · 105 J

5 O2(g) = 0 J

3 CO2(g) 3 × −3,935 · 105 J = −11,805 · 105 J

4 H2O(l) 4 × −2,86 · 105 J = −11,44 · 105 J

De energiebalans van de reactie is:


−


ΔE = −11,805 · 105 J + (−11,44 · 105 J) −

(−1,01 · 105 J) = −22,24 · 105 J

De verbrandingswarmte is gegeven in J mol−1.

Omdat in de reactievergelijking de coëfficiënt 1 voor

de propaan staat, is de reactiewarmte gelijk aan de

verbrandingswarmte.

ener

gie


activeringsenergie

CaCl2·2 H2O (s)

CaCl2 (s) + 2 H2O (g)reactie-energie

De tweede stap is exotherm omdat de

reactiewarmte een negatief getal is.

SO3(g) + H

2O(l) → H

2SO

4(aq)

SO3: −3,95 · 105 J

H2O: −2,86 · 105 J

H2SO

4: −8,11 · 105 J



−


ΔE = (− 8,11 · 105 J) − (−3,95 · 105 J − 2,86 · 105 J) =

−1,30 · 105 J

De derde stap is exotherm omdat de reactiewarmte

een negatief getal is.

c Alle drie de stappen zijn exotherm, dus het totale

proces voor de bereiding van zwavelzuur is

exotherm.

B 15

a 2 ZnS(s) + 3 O2(g) → 2 ZnO(s) + 2 SO

2(g)

b De vormingswarmte (Binas tabel 57):

2 ZnS (sphaleriet) 2 × −2,06 · 105 J = −4,12 · 105 J

3 O2: 3 × 0 J = 0 J

2 ZnO: 2 × −3,51 · 105 J = −7,02 · 105 J

2 SO2: 2 × −2,97 · 105 J = −5,94 · 105 J



−


ΔE = −7,02 · 105 J + (−5,94 · 105 J) − (−4,12 · 105 J +

0 J) = −8,84 · 105 J

c Het energie-effect van deze reactie is een negatief

getal. De eerste stap bij de winning van zink is dus

een exotherm proces.

B 16

a Het moet veilig zijn (niet corrosief) en goedkoop.

b CaCl2 · 2 H

2O(s) → CaCl

2(s) + 2 H

2O(g)

c Dit proces is endotherm: de warmte van de zon

wordt gebruikt.

d Zie figuur 15.3.

e Het verschil in chemische energie tussen de

beginstoffen en de reactieproducten is hetzelfde.

Als je beginstoffen en reactieproducten verwisselt,

is de afstand tussen beide energieniveaus nog

steeds hetzelfde, alleen endotherm wordt exotherm.

f MgSO4(s) + 7 H

2O(l) → MgSO

4 · 7 H

2O(s)



b De verbrandingswarmte is de reactiewarmte van de

volledige verbranding van 1 mol butaan.

2 C4H

10(g) + 13 O

2(g) → 8 CO

2(g) + 10 H

2O(l)

2 C4H

10(g) 2 × −1,26 · 105 J = −2,52 · 105 J

13 O2(g) = 0 J

8 CO2(g) 8 × −3,935 · 105 J = −31,48 · 105 J

10 H2O(l) 10 × −2,86 · 105 J = −28,6 · 105 J



−


ΔE = −31,48 · 105 J + (−28,6 · 105 J) − (−2,52 · 105 J) =

−57,6 · 105 J

De verbrandingswarmte is gegeven in J mol−1.

Omdat in de reactievergelijking de coëfficiënt 2 voor

de butaan staat, moet je de reactiewarmte delen

door 2 om de verbrandingswarmte te vinden:

De verbrandingswarmte van butaan is dan

−57,6 ·105 J

2 = −28,8 · 105 J.

c In Binas tabel 56B staat −28,75 · 105 J mol−1. Dit

minimale verschil kan gemakkelijk ontstaan door de

onnauwkeurigheid van de getallen die je uit tabel

57B hebt gehaald. Ook door afronden ontstaat er

een klein verschil.

C 18

a Fe2O

3 + 3 CO → 2 Fe + 3 CO

2

b De gegeven stof is Fe2O

3 (ijzererts).

De hoeveelheid Fe2O

3 is 1,00 ton. Dat moet je

omrekenen in mol.

De molaire massa van Fe2O

3 = 159,69 g mol−1.

Je hebt 1,00 ton = 1,00 · 106 g Fe2O

3.

Er is: 1,00 ·106 g

159,69 g mol−1 = 6,26 · 103 mol.

1,00 ton Fe2O

3 � 6,26 · 103 mol Fe

2O

3

De gevraagde stof is Fe (ijzer).

De molverhouding Fe2O

3 : Fe = 1 : 2 (zie

coëfficiënten in de reactievergelijking bij a).

Je hebt 6,26 · 103 mol Fe2O

3.

Hieruit ontstaat: 6,26 · 103 × 2 = 1,25 · 104 mol Fe.

Ten slotte reken je uit hoeveel ton 1,25 · 104 mol Fe is.

De molaire massa van Fe = 55,85 g mol−1.

Je hebt 1,25 · 104 mol Fe.

Dit is: 1,25 · 104 mol × 55,85 g = 6,98 · 105 g Fe =

0,699 ton Fe.

Uit 1,00 ton Fe2O

3 kun je 0,699 ton Fe maken.

c 1 Fe2O

3(s) 1 × −8,22 · 105 J = −8,22 · 105 J

3 CO(g) 3 × −1,105 · 105 J = −3,315 · 105 J

2 Fe(s) = 0 J

3 CO2(g) 3 × −3,935 · 105 J = −11,805 · 105 J



−


ΔE = −11,805 · 105 J + 0 J − (−8,22 · 105 J − 3,315 J) =

−0,27 · 105 J

d Het energie-effect / de reactiewarmte van deze

reactie is een negatief getal. De vorming van Fe is

dus een exotherm proces.

e Zie figuur 15.4.

15.4

15.4 Reactiesnelheid

A 19

s = 10,0 ·10−3 mol NO2

10,0 L × 120 s = 8,33 · 10−6 mol L−1 s−1

A 20

a De reactiesnelheid wordt bepaald door vijf factoren:

1 de soort stof;

2 de temperatuur;

3 de concentratie(s) van de reagerende stof(fen);

4 de verdelingsgraad van een stof;

5 de katalysator.

b De reactietijd en de reactiesnelheid zijn omgekeerd

evenredig met elkaar.

ener

gie

activeringsenergie

ΔE = –0,27·105 J


Fe2O3 (s) +3 CO (g)

2 Fe (s) + 3 CO2 (g)



15.5

15.6

C 23

a Ongeveer 60 dagen.

b Zie de tabel.

interval (dag)

afname vitamine C (mg)

afname per dag (mg)

0 − 30 820 27,3

30 − 60 390 13,0

60 − 90 170 5,67

c De voorraad in het lichaam neemt af, daarmee de

concentratie. De verdwijnsnelheid is afhankelijk van

de concentratie en die neemt dus ook af.

d 0 − 30 dagen 27,3

1090 × 100% = 2,50%

30 − 60 dagen 13,0

485 × 100% = 2,68%

60 − 90 dagen 5,67

205 × 100% = 2,77%

Dat is ongeveer 2,7% per dag.

00

2

3

1

4

5

6

7

8

9

500

[N2O5]

[NO2]

[O2]

1000 1500 2000 2500reactietijd (s)

conc

entr

atie

(mol

L−

1 )

00

4·10−4

8·10−4

12·10−4

16·10−4

20·10−4

500 1000 1500 2000 2500reactietijd (s)

reac

tiesn

elhe

id (m

ol O

2 L−1

s−1)

A 21

a s = 0,200 mol L−1 − 0,166 mol L−1

2 × (8,40 × 60 s) =

3,37 · 10−5 mol L−1 s−1

b De reactiesnelheid zal tijdens dit lange tijdsinterval

niet constant zijn. [A] neemt immers af en de

temperatuur kan ook veranderen (reactie-energie).

B 22

a Zie figuur 15.5.

b Zie de tabel.

tijdstip (s)

[NO2] (mol L−1)

[N2O5] (mol L−1)

[O2] (mol L−1)

0 0,00 5,00 0,00

500 2,96 5,00 − (2,96 : 2) = 3,52 2,96 : 4 = 0,74

1500 6,50 5,00 − (6,50 : 2) = 1,75 6,50 : 4 = 1,63

2500 8,26 5,00 − (8,26 : 2) = 0,87 8,26 : 4 = 2,07

c Zie figuur 15.5.

d Zie de tabel.

interval (s) reactiesnelheid vorming O2 (gemiddeld) (mol L−1 s−1)

0 − 500 0,74 mol O2 L−1

500 s = 1,48 · 10−3

500 − 1500 1,63 − 0,74 mol O2 L−1

1000 s = 8,9 · 10−4

1500 − 2500 2,07 − 1,63 mol O2 L−1

1000 s = 4,4 · 10−4

e Zie figuur 15.6. De geschatte reactiesnelheid kun

je door extrapoleren aflezen van de verticale as:

18 · 10−4 mol O2 L−1 s−1.

f Je zou de druk kunnen meten. De druk zal tijdens

het experiment toenemen, omdat er rechts van de

pijl in de reactievergelijking meer gasdeeltjes staan

dan links. De druktoename per tijdseenheid is dan

een maat voor de reactiesnelheid.

Je zou ook de kleurintensiteit van het gasmengsel

kunnen meten. Aangezien NO2 een bruin gas

is en de rest kleurloos, kun je als maat voor

de reactiesnelheid nemen, de verandering van

kleurintensiteit als functie van de tijd. Daar zijn

speciale apparaten voor.



g De snelheidsbepalende stap kun je afleiden uit de

reactiesnelheidsvergelijking, er moet één deeltje F2

en één deeltje ClO2 bij betrokken zijn. Voor allebei

de voorgestelde mechanismen is dat dus stap 1.

15.5 Procestypen

A 26

a Batch is Engels voor portie of partij. Bij een

batchproces wordt steeds een bepaalde portie

gemaakt en daarna begint het proces opnieuw.

Continu betekent voortdurend of onophoudelijk.

Bij een continuproces wordt voortdurend hetzelfde

product gemaakt, waarbij de aanvoer van de

beginstoffen en de afvoer van de producten niet

wordt onderbroken.

b Een blokschema is een vereenvoudigde voorstelling

van een fabrieksproces waarin de belangrijkste

stappen zijn aangegeven. Een blok stelt een reactor,

een scheidingstoestel of een ruimte voor bewerking

voor. De lijnen zijn stofstromen en de pijlen geven

de richting aan. Naast de lijnen kun je de namen of

formules van de stoffen vermelden.

c Een blokschema geeft snel inzicht in complexe

productieprocessen.

B 27

a CH3OH + HCl → CH

3Cl + H

2O

b Leid het gasmengsel door water, resten methanol

en waterstofchloride die niet gereageerd hebben

zullen oplossen in het water. Dit noemen we

extractie. Chloormethaan is een gas (zie Binas

tabel 42B) dat niet oplost in water, omdat het geen

H-bruggen kan vormen.

c Ook ontstaan dichloormethaan en trichloormethaan.

d In de eerste stap reageren methanol en

waterstofchloride in de molverhouding 1 : 1.

Bij stap 2 vindt een substitutiereactie plaats:

CH3Cl + Cl

2 → CH

2Cl

2 + HCl.

Als uitsluitend dichloormethaan zou ontstaan, wordt

er per mol chloormethaan precies één mol HCl

gevormd. Dit zou precies genoeg zijn voor stap 1.

Maar er ontstaat ook trichloormethaan: hierbij wordt

twee mol HCl gevormd per mol chloormethaan. Het

gewenste eindproduct is tetrachloormethaan: hier

ontstaat per mol chloormethaan zelfs drie mol HCl.

Er ontstaat dus meer HCl dan nodig is voor stap 1,

dus het antwoord is nee.

e 0,027 × 1000 = 27 mg per dag (om de gedachten

te bepalen: in een sinaasappel zit ongeveer 50 mg

vitamine C)

C 24

a CH3CHO → CH

4 + CO

b In de reactiesnelheidsvergelijking staat de

concentratie van ethanal in het kwadraat. Dat

betekent dat de snelheidsbepalende stap in de

reactie tussen twee deeltjes verloopt. Een mogelijk

reactiemechanisme kan zijn:

stap 1: CH3CHO + CH

3CHO → C

4H

8O

2

stap 2: C4H

8O

2 → 2 CH

4 + 2 CO

c Stap 1 is de snelheidsbepalende stap.

d k = 0,34 mol−1 L s−1, 0,010 mol in een vat van 1,00 L

s = k [C2H

4O]2

s = 0,34 × (0,010)2 = 3,4 · 10−5 mol L−1 s−1

e 25% omgezet, dus er is nog over:

0,75 × 0,010 mol = 0,0075 mol CH3CHO.

s = 0,34 × (0,0075)2 = 1,9 · 10−5 mol L−1 s−1

Het omzetten van 25% duurt 98 s. De resterende

75% heeft minder botsingskansen, want de

concentratie is lager. Nogmaals 25% omzetten

duurt dus meer dan 98 s. 50% duurt dan dus langer

dan 196 s.

C 25

a Als [ClO2] twee keer zo groot wordt, wordt de

reactiesnelheid ook twee keer zo groot. Als [F2]

twee keer zo groot wordt, wordt de reactiesnelheid

ook twee keer zo groot.

s = k [ClO2][F

2]

b Gebruik de gegevens uit regel 1 van de tabel.

s = 1,2 · 10−2 mol L−1 s−1

[ClO2] = 0,010 mol L−1

[F2] = 0,10 mol L−1

1,2 · 10−2 = k × 0,010 × 0,10 → k = 12 mol−1 L s−1

(De eenheid van k is afhankelijk van de

reactiesnelheidsvergelijking.)

c Bij de reactie zijn drie deeltjes betrokken. De kans

dat deze drie deeltjes tegelijk botsen is heel klein.

De reactie zal dus in meer dan één stap verlopen.

d Mogelijke reactiemechanismen:

mechanisme 1:

F2 + ClO

2 → ClO

2F + F

F + ClO2 → ClO

2F

Of:

mechanisme 2:

F2 + ClO

2 → ClO

2F

2

ClO2F

2 + ClO

2 → 2 ClO

2F



c De maximale opbrengst zou 100 kmol zijn

(zie hieronder).

Het rendement is dus 80

100 × 100% = 80%.

hoeveelheid kmol N2 H2 NH3

t0 50 150 0

omgezet −50 −150 +100

teind 0 0 100

B 30

a Eerste blok: mengen van methanol en ethaanzuur.

Tweede blok: verestering en afvoer van water.

Derde blok: scheiding van de ester en het mengsel

methanol/ethaanzuur.

b Het kruis geeft aan dat er in de reactor een

katalysator aanwezig is.

c Het kookpunt van methanol (338 K) verschilt weinig

van dat van methylethanoaat (330 K).

d Zuiveren is niet nodig, maar je moet wel weten

hoeveel van beide stoffen aanwezig is, want je moet

er immers voor zorgen dat de juiste hoeveelheden

beginstoffen weer in ‘blok’ 1 aanwezig zijn.

e Het gaat om een continuproces, de recirculatielus

wijst hierop.

f De vergelijking voor deze reactie is:

C2H

4O

2 + CH

4O →← C

3H

6O

2 + H

2O

Er ontstaat 1,4 ton water = 1,4 · 103 kg water �

1,4 ·103 kg

18,015 kg kmol−1 = 77,7 kmol water.

De molverhouding ester: water = 1 : 1, dus is er ook

77,7 kmol ester ontstaan.

De molaire massa van de ester is: 74,08 kg kmol−1.

Er is ontstaan 77,7 kmol × 74,08 kg kmol−1 =

5,76 · 103 kg = 5,8 ton ester.

g Omdat methanol en ethaanzuur goed oplosbaar

zijn in water, is de kans groot dat het water is

verontreinigd met deze stoffen.

e Zie figuur 15.7. Let op: de HCl kan niet zonder

meer worden teruggevoerd naar het eerste blok.

Eventueel kan er een extra blok worden getekend

waar HCl wordt ingeleid en een deel terug naar

blok 1 gaat en een deel wordt afgevoerd.

B 28

a Kostenbesparing: minder grondstof hoeft te worden

ingekocht; er zijn geen transport- en opslagkosten.

b 2 C2H

4 + O

2 + 4 HCl → 2 C

2H

4Cl

2 + 2 H

2O

c C2H

4Cl

2 → C

2H

3Cl + HCl

d In stap 1 is voor één mol van de koolstofverbinding

twee mol waterstofchloride nodig. In stap 2

ontstaat één mol waterstofchloride per mol

koolstofverbinding. Dat is dus niet genoeg om het

proces op gang te houden.

e Het overschot aan waterstofchloride dat ontstaat bij

de productie van tetrachloormethaan kan worden

gebruikt voor de productie van vinylchloride.

B 29

a Ton of kilogram is de massa-eenheid waarin de

stoffen worden afgewogen.

b N2 + 3 H

2 →← 2 NH

3

hoeveelheid kmol N2 H2 NH3

t0 50 150 0

omgezet −40 −120 +80

tev 10 30 80

Je had alleen de mol berekend, maar de vraag is

kg, even controleren.

Aanwezig in evenwichtstoestand:

N2: 10 kmol, dit komt overeen met

10 kmol × 28,02 g mol−1 = 280,2 kg = 2,8 · 102 kg.

H2: 30 kmol, dit komt overeen met

30 kmol × 2,016 g mol−1 = 60,48 kg = 60 kg.

NH3: 80 kmol, dit komt overeen met

80 kmol × 17,031 g mol−1 = 1362,48 kg = 1,4 · 103 kg.

CH3OH

HCl

CH3Cl

H2O

H2O

CH3Cl

Cl2

CH2Cl2 + CHCl3

CCl4 + HCl

HCl

CH2Cl2 + CHCl3

CCl4

scheidings-ruimte

scheidings-ruimte

15.7



Via punt D wordt (zie de tabel) per minuut 0,25 kmol

Ar gespuid. De hoeveelheden zijn gelijk dus zal

argonpercentage in de reactor niet toenemen.

15.6 Welk proces is groener?

A 32

a Meestal zal een fabriek met een continuproces een

grotere productiecapaciteit hebben dan een fabriek

met een stapsgewijs proces. Om economische

redenen kun je voor de productie van grote

hoeveelheden beter een continuproces ontwerpen

omdat je daarmee veel kunt besparen op de

arbeidskosten.

b Voor een continuproces zijn de investeringskosten

hoger. Er is een duurdere installatie nodig, omdat

bijna alles geautomatiseerd is.

c Bij een stapsgewijs proces is vaak weinig

geautomatiseerd. Dus meer handbediening

en per eenheid product meer arbeidsplaatsen

(stapsgewijze processen hebben meestal een

kleinere productiecapaciteit).

d Hier valt weinig over te zeggen. Het is voor

beide type processen van essentieel belang. Bij

een continuproces wordt vrijwel alles helemaal

automatisch geregeld.

e Een stapsgewijs proces is vaak veel flexibeler wat

betreft aard en hoeveelheid van het product, omdat

het niet geautomatiseerd is.

B 33

a Zie hoofdstuk 1, de scheidingsmethoden. Met

name destillatie en extractie.

b 4 C6H

5NO

2(l) + 9 Fe(s) + 4 H

2O(l)

4 C6H

5NH

2(l) + 3 Fe

3O

4(s)

Bij de berekeningen van de molecuulmassa’s is

gebruikgemaakt van Binas tabel 98 en tabel 40A.

Molecuulmassa’s:

C6H

5NO

2123,12 u C

6H

5NH

293,126 u

H2O 18,015 u Fe

3O

4231,53 u

Fe 55,845 u FeCl2

126,75 u

FeCl2

h Er ontstaat 6,2 ton product. Hiervan is 5,76 ton

ester. De zuiverheid is dan: 5,76 ton

6,2 ton × 100% =

93 massa-%.

i Bij een industrieel proces moet de massabalans

altijd kloppen. Er blijft steeds evenveel ton stof in

het proces. Als er 1,4 ton water en 6,2 ton product

worden afgetapt, verdwijnt er dus 1,4 + 6,2 =

7,6 ton stof uit het proces. Er moet aan het begin

weer 7,6 ton worden toegevoegd.

C 31

a Het inerte argon wordt, samen met de niet-

omgezette waterstof en stikstof, gerecirculeerd

en aangevuld met nieuwe grondstoffen, waarin

zich ook een beetje argon bevindt. Zo wordt de

argonconcentratie in het gasmengsel groter.

b Als per minuut 80 kmol N2 passeert en de conversie

20% is, wordt per minuut 0,20 × (2 × 80 kmol) =

32 kmol NH3 afgetapt na de koeling.

N2(g) + 3 H

2(g) →← 2 NH

3(g)

In de tabel is de hoeveelheid (in kmol) van elk gas

vermeld, die per minuut langs de punten B t/m E

passeert.

Bij een omzetting van 20% is bij C over aan:

80% N2 = 0,80 × 80 kmol = 64 kmol

80% H2 = 0,80 × 240 kmol = 192 kmol

Ar = 4,0 kmol

Bij D wordt 1/16 deel van de gasstroom gespuid,

dus 1/16 deel van alle gassen bij C. Deze spui

aftrekken van de hoeveelheden stof bij C geeft

de hoeveelheden bij E.

B C D E

N2(g) 80 64 4 60

H2(g) 240 192 12 180

Ar(g) 4,0 4,0 0,25 3,75

Om in de gasstroom bij B de juiste hoeveelheden te

krijgen, moet bij A worden ingevoerd:

(80 − 60) kmol = 20 kmol N2 en (240 − 180) kmol =

60 kmol H2.

c De molverhouding van de gassen die langs A

stromen is gegeven, N2 : H

2 : Ar = 80 : 240 : 1,0.

Bij b is berekend dat om een continuproces

te krijgen, langs A 20 kmol N2 en 60 kmol H

2

moet stromen. Dat is ¼ van de getallen in de

molverhouding, zodat in dit mengsel ook

¼ × 1,0 = 0,25 kmol Ar zal voorkomen.



Per mol nitrobenzeen is 4 mol water aanwezig,

terwijl volgens de reactievergelijking maar 1 mol

water reageert. Hieruit kun je afleiden:

¾ van het water wordt gerecirculeerd, dit is 877,92 kg.

¼ van het water wordt verbruikt, dit is 292,64 kg.

Er kan 5,0 g water oplossen in 100 g aminobenzeen

(voor de oplosbaarheid van water in aniline en

aniline in water, zie informatie in het leerboek).

1512,8 kg C6H

5NH

2 neemt

5

100 × 1512,8 kg water =

75,64 kg water mee, die er bij de destillatie weer

uitkomt.

Bij de separatie (scheiding) wordt 877,92 − 75,64 =

802,3 kg water afgescheiden, waarbij weer 3,5

100 ×

802,3 kg C6H

5NH

2 = 28,08 kg C

6H

5NH

2 meegaat.

In het blokschema zijn de hoeveelheden afgerond,

omdat dit overzichtelijker is en de gegeven

verhoudingen ook niet echt heel nauwkeurig zijn.

Zie figuur 15.8 op de volgende bladzijde.

e Je ziet in het blokschema met recirculatie dat

de hoeveelheid water die wordt ingevoerd,

is verminderd met de hoeveelheid die wordt

gerecirculeerd. Het opslagblok van de katalysator

FeCl2 is verwijderd omdat de katalysator eenmalig

wordt toegevoegd en dan voortdurend recirculeert.

Zie figuur 15.9 op de volgende bladzijde.

f Atoomeconomie = maminobenzeen

mbeginstoffen

× 100%

4 C6H

5NO

2(l) + 9 Fe(s) + 4 H

2O(l)

4 C6H

5NH

2(l) + 3 Fe

3O

4(s)

Molverhouding:

4 : 9 : 4 : 4 : 3

Massaverhouding:

492,48 : 502,61 : 72,060 : 372,50 : 694,59

Atoomeconomie aniline =

372,50 u

492,48 u + 502,61 u + 72,060 u × 100% = 34,906%

g E-factor = massabeginstoffen − massagewenst product


.

Voor de massa van het gewenst product moet de

praktische opbrengst worden gebruikt. Omdat

we er in deze opgave van uit zijn gegaan dat het

FeCl2

Molaire massa’s:

C6H

5NO

2123,12 g mol−1 C

6H

5NH

293,126 g mol−1

H2O 18,015 g mol−1 Fe

3O

4231,53 g mol−1

Fe 55,845 g mol−1 FeCl2

126,75 g mol−1

Voor de massaverhouding geldt dan (zie

berekeningen onder de tabel):

4 C6H5NO2 9 Fe 4 H2O 4 C6H5NH2 3 Fe3O4

in u: 492,48 502,61 72,060 372,50 694,59

in kg: 2000 2041,1 292,64 1512,8 2820,8

in kmol: 16,24 36,55 16,24 16,24 12,18

De hoeveelheid nitrobenzeen, C6H

5NO

2 is gegeven:

2000 kg. Je kunt de hoeveelheden van de andere

stoffen die bij het proces betrokken zijn uitrekenen

met behulp van kruisproducten:

Hoeveelheid Fe = 2000 kg × 502,61

492,48 = 2041,1 kg.

Hoeveelheid H2O =

2000 kg × 72,060

492,48 = 292,64 kg.

Door het aantal kg stof te delen door de molaire

massa vind je het aantal kmol (zie tabel).

c Hoeveelheid C6H

5NH

2 =

2000 kg × 372,50

492,48 =

1512,8 kg.

Hoeveelheid Fe3O

4 =

2000 kg × 694,59

492,48 = 2820,8 kg.

Door het aantal kg stof te delen door de molaire

massa vind je het aantal kmol (zie tabel).

d In het blokschema bij d en bij e moeten de massa’s

in kg van de ingaande en uitgaande stoffen worden

gezet. Je moet dus ook uitrekenen hoeveel kg

water en hoeveel kg FeCl2 gerecirculeerd kan

worden en hoeveel kg water er in aminobenzeen

kan oplossen en andersom.

Aanvoer (molverhouding):

C6H

5NO

2 : Fe : H

2O = 4 : 9 : 16

C6H

5NO

2 : FeCl

2 = 10 : 1

2000 kg C6H

5NO

2 =

2000 kg

123,12 g mol−1 =

16,24 kmol C6H

5NO

2

Dit komt overeen met: 1,624 kmol FeCl2 =

205,8 kg FeCl2.



stof, heeft geen grenswaarde, dus de Q-factor zal

een laag getal zijn. Als het wordt hergebruikt in de

verfindustrie is de Q-factor zelfs 0. De totale invloed

van het geproduceerde afval op het milieu krijg

je door de E-factor te vermenigvuldigen met de

Q-factor.

i Je kunt het aminobenzeen uit het water halen door

middel van:

1 extractie met nitrobenzeen. Voordat het verse

nitrobenzeen in de reactor komt wordt het afval-

water hiermee geëxtraheerd.

2 destillatie. In de praktijk wordt geëxtraheerd met

nitrobenzeen, omdat destillatie een veel duurdere

methode is.

rendement 100% is, mag je de massa van het

gewenste product (praktijk) gelijk stellen aan de

massa van het gewenste product (theoretisch).

E-factor = 492,48 u + 502,61 u + 72,060 u − 372,50 u

372,50 u

= 1,8648

h Niet alleen de hoeveelheid afval, maar ook de

soort afval is belangrijk. De vervuilingsfactor,

Q, is bij dit proces gebaseerd op Fe3O

4, dat als

afval kan worden beschouwd, maar het kan ook

worden gebruikt als kleurstof in de verfindustrie.

Onder de Q-factor verstaan we de mate waarin

een stof vervuilend is. Nu is Fe3O

4 geen giftige

FeCl2

H2O

H2O

H2OFeCI2C6H5NH2

C6H5NH2

Fescheiding

kg

206

1170

2041

2000 C6H5NO2

Fe3O4

5417

2821

80220628

76

1484

IN

UIT

+

kg+

5417

Proces 1: blokschema zonder recirculeren

¼ van het water (293 kg) wordtverbruikt. Je houdt 802 + 76 = 878 kg over.

filtratiereactie

destillatie

15.8 Blokschema proces 1 zonder recirculatie

H2O

Fe

C6H5NO2

II : H2O 76kg

C6H5NH2

Fe3O4

IN

UIT

kg

293

2041

2000

4334

I : H2O C6H5NH2 FeCI2

802 kg28 kg

206 kg

1037 kg

2821

1513+

kg+

4334

Proces 1: blokschema met recirculeren

II

I

+

reactie filtratie

scheiding

destillatie

15.9 Blokschema proces 1 met recirculatie



Molaire massa’s:

C6H

5NO

2123,12 g mol−1 C

6H

5NH

293,126 g mol−1

H2

2,0159 g mol−1 H2O 18,015 g mol−1

Voor de massaverhouding geldt dan

(zie berekeningen onder de tabel):

C6H

5NO

2H

2C

6H

5NH

2H

2O

in u 123,12 6,0477 93,126 36,030

in tonnen: 52,883 2,5976 40 15,476

in kmol: 439,5 1289 429,5 859,1

De hoeveelheid aniline die per dag wordt

geproduceerd is gegeven: 40 ton. Je kunt de

hoeveelheden van de andere stoffen die bij het

proces betrokken zijn uitrekenen met behulp van

kruisproducten.

Hoeveelheid C6H

5NO

2 =

40 ton × 123,12

93,126 = 52,883 ton.

Hoeveelheid H2 =

40 ton × 6,0477

93,126 = 2,5976 ton.

Door het aantal ton te vermenigvuldigen met 103 en

te delen door de molaire massa vind je het aantal

kmol (zie tabel).

c Hoeveelheid H2O =

40 ton × 36,030

93,126 = 15,476 ton.



kmol (zie tabel).

d In het blokschema bij d en bij e (figuur 15.10 op de

volgende bladzijde) moeten de massa’s in ton van

de ingaande en uitgaande stoffen worden gezet. Je

moet dan dus ook uitrekenen hoeveel ton waterstof

gerecirculeerd kan worden en hoeveel ton water er

in aminobenzeen kan oplossen en andersom.

Van de waterstof wordt 5% omgezet, dus de input

aan waterstof bedraagt 100

5 × 2,5976 = 51,95 ton.

Hiervan wordt 2,5976 ton gebruikt, dus

51,95 − 2,5976 = 49,35 ton komt weer terug.

40 ton aminobenzeen bevat 5

100 × 40 = 2,0 ton

water (voor de oplosbaarheid van water in aniline

en aniline in water, zie informatie in het leerboek).

13,5 ton water bevat 3,5

100 × 13,5 = 0,5 (afgerond)

ton aminobenzeen.

j De bijproducten met een kookpunt van boven de

200 °C kunnen gewonnen worden door middel van

destillatie. Dit kan het beste onder verminderde

druk gebeuren. De kookpunten komen dan lager te

liggen, wat twee voordelen heeft:

1 Geen kans op ontleding (bij hogere temperatuur

gebeurt dit wel, bij lagere temperatuur niet);

2 Er hoeft minder hoog verwarmd te worden, dit

spaart energie.

k Je kunt het gerecirculeerde water niet rechtstreeks

in de reactor leiden. Twee redenen hiervoor zijn:

1 Dan wordt de juiste verhouding waarin de batchre-

actor is gevuld, verstoord;

2 Het proces is niet-continu.

Er moet dus een wachttank aanwezig zijn voor de

gerecirculeerde waterfase.

l Als de reactor op procescondities is, kun je een

warmtebalans opstellen. De warmte die bij het

proces vrijkomt, moet gelijk zijn aan de warmte, die

door de koeling wordt afgevoerd, plus de warmte

die verloren gaat door opname van de omvang

(lucht).

De warmte die bij het proces vrijkomt, kun je

berekenen door te werken met vormingsenergie.

4 C6H

5NO

2(l) + 9 Fe(s) + 4 H

2O(l)

4 C6H

5NH

2(l) + 3 Fe

3O

4(s)


−


Voor het energie-effect bij de reactie geldt dus per

mol gevormd aminobenzeen:

ΔE = V (C6H

5NH

2(l)) + ¾ V (Fe

3O

4(s)) − V (C

6H

5NO

2(l)) +

V (H2O(l))

In bovenstaande relatie gebruiken we V als

afkorting voor de vormingswarmte.

B 34



b C6H

5NO

2(g) + 3 H

2(g) C

6H

5NH

2(g) + 2 H

2O(g)


gebruik gemaakt van Binas tabel 98 en tabel 40A

Molecuulmassa’s:

C6H

5NO

2123,12 u C

6H

5NH

293,126 u

H2

2,0159 u H2O 18,015 u

FeCl2

Cu2O



f C6H

5NO

2(g) + 3 H

2(g) C

6H

5NH

2(g) + 2 H

2O(g)

Molverhouding:

1 : 3 : 1 : 2

Molecuulmassa’s:

123,12 : 6,0477 : 93,126 : 36,030

Atoomeconomie = maminobenzeen

mbeginstoffen

× 100%


93,126 u

123,12 u + 6,0477 u × 100% = 72,097%

Cu2O

Dit laatste aminobenzeen haal je uit de waterfase

door middel van extractie met nitrobenzeen van de

voeding.

e Je ziet in het blokschema in figuur 15.11 met

recirculatie dat de hoeveelheid waterstof die wordt

ingevoerd, is verminderd met de hoeveelheid die

wordt gerecirculeerd.

H2OC6H5NH2

C6H5NH2

H2O


ton

52,9

2,6

55,5+

IN

13,5

2,0

ton+

55,5

0,5

39,5

UIT

H2

H2 (49,6 ton)

C6H5NO2

reactie condensatie

scheiding

destillatie

15.11 Blokschema proces 2 met recirculatie

H2

H2

C6H5NO2

H2OC6H5NH2

C6H5NH2

H2O

IN UIT

ton

52,9

52,0

104,9

49,4

13,5

2,0

+

ton+

104,9


0,5

39,5

reactie condensatie

scheiding

destillatie

15.10 Blokschema proces 2 zonder recirculatie





C6H

5NO

2(g) + 3 H

2(g) C

6H

5NH

2(g) + 2 H

2O(g)


−




ΔE = V (C6H

5NH

2(l)) + ½ V (H

2O(l)) − V (C

6H

5NO

2(l))


afkorting voor de vormingsenergie.

B 35



b C6H

5Cl(l) + 2 NH

3(aq)

C6H

5NH

2(l) + NH

4+(aq) + Cl−(aq)


gebruikgemaakt van Binas tabel 98 en tabel 40A.

Molecuulmassa’s:

C6H

5Cl 112,56 u C

6H

5NH

293,126 u

NH3

17,031 u NH4Cl 53,491 u

Molaire massa’s:

C6H

5Cl 112,56 g mol−1 C

6H

5NH

293,126 g mol−1

NH3

17,031 g mol−1 NH4Cl 53,491 g mol−1

Cu2O

Cu2O

g E-factor =

massa beginstoffen − massa gewenst product

massa gewenst product

Voor de massa gewenst product moet de

praktische opbrengst worden gebruikt. Omdat

we er in deze opgave van uit zijn gegaan dat het

rendement 100% is mag je de massa van het

gewenste product (praktijk) gelijk stellen aan de

massa van het gewenste product (theoretisch)

E-factor = 123,12 u + 6,0477 u − 93,126 u

93,126 u = 0,38702

h Niet alleen de hoeveelheid afval, maar ook de soort

afval is belangrijk. De vervuilingsfactor, Q, is bij dit

proces gebaseerd op water. Onder de Q-factor

verstaan we de mate waarin een stof vervuilend is.

Voor water is de Q-factor = 0.

i Je kunt het aminobenzeen uit het water halen door

middel van:

1 extractie met nitrobenzeen. Voordat het verse

nitrobenzeen in de reactor komt wordt het afval-

water hiermee geëxtraheerd.

2 destillatie. In de praktijk wordt geëxtraheerd met

nitrobenzeen, omdat destillatie een veel duurdere

methode is.

j Zie figuur 15.12.

k Als de reactor op procescondities is, kun je een


proces vrijkomt, moet gelijk zijn aan de warmte die

door de koeling wordt afgevoerd, plus de warmte die

verloren gaat door opname van de omvang (lucht).

15.12 Blokschema proces 2 met afvalwaterzuivering

ton

52,9

2,6

55,5

13,5

2,0

+

ton+

55,5

Proces 2: blokschema met afvalwaterzuivering

0,5

39,5

reactie

condensatie scheiding

destillatie

extractie

scheiding

IN

UIT

C6H5NH2

C6H5NH2

C6H5NH2C6H5NO2

C6H5NO2

C6H5NO2

H2

H2(49,6 ton)

H2OC6H5NH2

H2O

H2O



Het chloorbenzeen wordt voor de helft omgezet.

Er wordt dus ook 24,174 ton chloorbenzeen

gerecirculeerd.

Molverhouding:

C6H

5Cl : NH

3 = 1 : 3

Cu2O : C

6H

5Cl = 1 : 5

In de reactor wordt steeds 48,348 ton

chloorbenzeen gevoerd.

Dit is 429,5 kmol, wat overeenkomt met

1288,5 kmol ammoniak. Dit is 21,946 ton ammoniak,

waarvan 21,946 − 7,3153 = 14,631 ton wordt

gerecirculeerd.

De hoeveelheid koper(I)oxide bedraagt 214,8

5 =

42,96 ton. Deze hoeveelheid blijft onveranderd.

De 14,631 ton ammoniak (recirculatie) is opgelost

in 58,52 ton water (het is immers een oplossing van

20 massa-% NH3).

De 7,3153 ton ammoniak (input) is opgelost in

29,26 ton water.

f C6H

5Cl(l) + 2 NH

3(aq)

C6H

5NH

2(l) + NH

4+(aq) + Cl−(aq)

Molverhouding:

1 : 2 : 1 : 1

Massaverhouding:

112,56 : 34,062 : 93,126 : 53,491

Atoomeconomie = maminobenzeen

mbeginstoffen


93,126 u

112,56 u + 34,062 u × 100% = 63,514%

Cu2O

Voor de massaverhouding geldt dan

(zie berekeningen onder de tabel):

C6H5Cl NH3 C6H5NH2 NH4 Cl

in u: 112,56 34,062 93,126 53,491

in tonnen: 24,174 7,3153 20 11,488

in kmol: 214,8 429,5 215 214,8

De hoeveelheid aniline die per dag wordt

geproduceerd is gegeven: 20 ton. Je kunt de

hoeveelheden van de andere stoffen die bij het

proces betrokken zijn uitrekenen met behulp van

kruisproducten.

Hoeveelheid C6H

5Cl =

20 ton × 112,56

93,126 = 24,174 ton.

Hoeveelheid NH3 =

20 ton × 34.062

93,126 = 7,3153 ton.



kmol (zie tabel).

c Hoeveelheid NH4Cl =

20 ton × 53,491

93,126 = 11,488 ton.



kmol (zie tabel).

d Zie figuur 15.13.

e In het blokschema bij e moeten de massa’s

in ton van de ingaande en uitgaande stoffen

worden gezet, zie figuur 15.14 op de volgende

bladzijde. Je moet dus ook uitrekenen hoeveel ton

chloorbenzeen, ammoniak en water kan worden

gerecirculeerd.

20% NH3(aq)


C6H5CI

Cu2O

reactie scheiding

destillatie

waterfaseNH4CI, NH3, Cu2OC6H5NH2

organische faseC6H5CI, NH3(aq)C6H5NH2

C6H5NH2

C6H5CINH3(aq)

15.13 Blokschema proces 3 zonder recirculeren



proces vrijkomt, moet gelijk zijn aan de warmte, die

door de koeling wordt afgevoerd, plus de warmte die

verloren gaat door opname van de omvang (lucht).



C6H

5Cl(l) + 2 NH

3(aq)

C6H

5NH

2(l) + NH

4+(aq) + Cl−(aq)


−




ΔE = V (C6H

5NH

2(l)) + V (NH

4Cl(l)) − V (C

6H

5Cl(l)) −

½ V (NH3(aq))


afkorting voor de vormingsenergie.

B 36

Dit verloopt in overleg met je docent.

B 37

a Proces 1: Atoomeconomie aniline = 34,906%

Proces 2: Atoomeconomie aniline = 72,097%

Proces 3: Atoomeconomie aniline = 63,514%

Op grond van de atoomeconomie zou je moeten

kiezen voor proces 2.

b Proces 1: E = 1,8648

Proces 2: E = 0,38702

Proces 3: E = 0,57445

Op grond van de E-factor zou je moeten kiezen

voor proces 2: hier ontstaat het minste afval.

c Proces 1: Onder de Q-factor verstaan we de mate

waarin een stof vervuilend is. Q is bij dit proces

gebaseerd op Fe3O

4, dat als afval kan worden

beschouwd, maar het kan ook worden gebruikt

Cu2O

g E-factor = massabeginstoffen − massagewenst product


Voor de massa van het gewenst product moet de

praktische opbrengst worden gebruikt.

Omdat we er in deze opgave van uit zijn gegaan

dat het rendement 100% is, mag je de massa van

het gewenste product (praktijk) gelijk stellen aan de

massa van het gewenste product (theoretisch).

E = 112,56 u + 34,062 u − 93,126 u

93,126 u = 0,57445

h Niet alleen de hoeveelheid afval, maar ook de soort

afval is belangrijk. De vervuilingsfactor, Q, is bij

dit proces gebaseerd op NH4Cl, dat als afval kan

worden beschouwd. Onder de Q-factor verstaan

we de mate waarin een stof vervuilend is. Nu is

NH4Cl geen giftige stof, heeft geen grenswaarde,

dus de Q-factor zal een laag getal zijn. De totale

invloed van het geproduceerde afval op het milieu

krijg je door de E-factor te vermenigvuldigen met de

Q-factor.

i Mogelijke oplossingen:

1 Lozen

nadeel: waterverontreiniging

voordeel: goedkoop

2 Proberen te verkopen

voorwaarden:

– nabehandeling om te zuiveren (nadeel: extra

investeringskosten)

– aanwezigheid van een afzetmarkt

– verkooporganisatie

voordeel:

geen milieuverontreiniging

j Als de reactor op procescondities is, kun je een


NH3NH3

NH3

NH3

NH3, H2ONH4CI, C6H5NH2

NH4CIC6H5NH2

C6H5NH2

C6H5NH2

NH4CIH2O

H2O

NH3

H2O

H2O

NH3(aq)

C6H5CI

C6H5CI

C6H5CI

C6H5NH2

C6H5NH2

Cu2OCu2O

Cu2O


ton

7,3

24,2

31,5

IN

+

11,5

20,0

UIT

ton+

31,5

oplossenkristallisatie

filtratiereactie

scheiding

destillatie

15.14 Blokschema proces 3 met recirculeren



15.7 Afsluiting

1

a 4 ZnO + CH4 → 4 Zn + CO

2 + 2 H

2O

Molverhouding

4 : 1 : 4 : 1 : 2

Massaverhouding:

325,5 : 16,04 : 261,5 : 44,01 : 36,030

Atoomeconomie Zn = 261,5 u

325,5 u + 16,04 u × 100% =

76,56 %

b ZnO + CO → Zn + CO2

Molverhouding:

1 : 1 : 1 : 1

Massaverhouding:

81,38 : 28,010 : 65,38 : 44,010

Atoomeconomie Zn = 65,38 u

81,38 u + 28,010 u × 100% =

59,77%

c Proces 1 heeft het hoogste percentage, dus de

gunstigste atoomeconomie.

d De massa van het geproduceerde zink in de

praktijk = 70 % van 261,5 g = 183,1 g.

E = 325,5 u + 16,04 u − 183,1 u

183,1 u = 0,8653

De E-factor voor reactie 1 met een rendement van

70 % = 0,8653.

2

a N2(g) + 3 H

2(g) → 2 NH

3(g)

Molverhouding:

1 : 3 : 2

Massaverhouding:

28,02 : 6,048 : 34,062

Atoomeconomie ammoniak =

34,062 u

28,02 u + 6,048 u × 100% = 100%

De totale massa van de beginstoffen is

28,02 + 6,048 = 34,06 u.

De massa van het reactieproduct is: 34,062 u.

Er is voldaan aan de wet van Lavoisier.

b 65% van de theoretische opbrengst

= 0,65 × 34,062 = 22,14 u

E-factor = 28,02 u + 6,048 u − 22,14 u

22,14 u = 0,54

als kleurstof in de verfindustrie. Verder is Fe3O

4

geen giftige stof, heeft geen grenswaarde, dus de

Q-factor zal in elk geval laag zijn: als het wordt

hergebruikt in de verfindustrie is de Q-factor

zelfs 0. De totale invloed van het geproduceerde

afval op het milieu krijg je door de E-factor te

vermenigvuldigen met de Q-factor.

Proces 2: Er ontstaat als nevenproduct alleen water.

Voor water is de Q-factor = 0.

Proces 3: De vervuilingsfactor Q is bij dit

proces gebaseerd op NH4Cl, dat als afval kan

worden beschouwd, maar het kan ook worden

teruggewonnen en hergebruikt. Onder de Q-factor

verstaan we de mate waarin een stof vervuilend

is. Nu is NH4Cl geen giftige stof, heeft geen

grenswaarde, dus de Q-factor zal laag zijn. De

totale invloed van het geproduceerde afval op het

milieu krijg je door de E-factor te vermenigvuldigen

met de Q-factor.

Op het eerste gezicht zou je moeten kiezen voor

proces 2

B 38

Bij het ontwerpen van een groen proces spelen heel

veel factoren een rol, naast de atoomeconomie, de

E-factor en de Q-factor.

In de genoemde voorbeelden kunnen de ‘afvalstoffen’

prima worden hergebruikt: of dat al of niet gebeurt, is

van invloed op het ‘groen’ zijn van het proces.

Verder valt te denken aan:

– Opbrengst: we zijn in deze voorbeelden uitgegaan

van een rendement van 100%, maar dat is niet altijd

mogelijk;

– De kostprijs van de beginstoffen;

– De veiligheid bij het werken met de stoffen;

– De benodigde technische voorzieningen;

– Het energieverbruik en de prijs voor energie ter

plaatse;

– Het gemak en de efficiëntie waarmee het reactiepro-

duct kan worden geïsoleerd en gezuiverd.

Het proces waarbij nitrobenzeen in een redoxreactie

werd omgezet in aniline (proces 2) kreeg bij een poging

om al deze factoren om te zetten in een score maar

liefst 64 van de 100 punten toegekend. Daarmee is het

een goed acceptabele groene reactie!



reactor II stroomt dus 2 mol N2 en 3 + 2 = 5 mol H

2

(plus andere reactieproducten).

De volumeverhouding H2 : N

2 is dus 5 : 2.

d De hoeveelheden methaan die (per tijdseenheid)

worden omgezet in reactor I en reactor II zijn vrijwel

gelijk. De warmteproductie van reactor II is −35 kJ

per mol methaan en is dus niet toereikend om het

proces in reactor I te laten verlopen. Dit proces

heeft +208 kJ per mol methaan nodig, er moet bij

verwarmd worden.

e CO(g) + H2O(g) → CO

2(g) + H

2(g)

f CO2(g) + CO

32−(aq) + H

2O(l) → 2 HCO

3−(aq)

g Uitgaande van 2 mol CH4 kan voor de eerste drie

processen de volgende totaalvergelijking worden

gehanteerd:

2 mol CH4(g) + 3 mol H

2O(g) + 0,5 mol O

2(g) + 2 mol

N2(g) → 2 mol CO

2(g) + 7 mol H

2(g) + 2 mol N

2(g)

Nadat het gasmengsel in de waskolom is ontdaan

van koolstofdioxide bestaat het uit 2

9 × 100% =

22 volume-% stikstof en 7

9 × 100% =

78 volume-%waterstof.

h CO(g) + 3 H2(g) →← CH

4(g) + H

2O(g)

Dit is dezelfde als bij onderdeel a, maar dan

omgekeerd.

De verwijdering van CO2(g) verloopt als volgt:

CO2(g) + 4 H

2(g) → CH

4(g) + 2 H

2O(g)

i Het evenwicht in reactor I ligt bij 900 °C vrij sterk

aan de CO/H2-kant. Bij afkoelen verschuift het naar

de exotherme kant, zodat vrijwel uitsluitend CH4 en

H2O in het evenwichtsmengsel aanwezig zijn.

j De vorming van methaan blijkt uit de reactiever-

gelijkingen bij onderdeel h; argon is afkomstig van

de toegevoerde lucht in de tweede reactor.

k Zie figuur 15.15.

c Als het rendement van de reactie hoger wordt,

neemt de teller van de breuk af en de noemer toe.

De waarde van de breuk neemt dan af: de E-factor

wordt kleiner.

3

a CO(g) + 2 H2(g) → CH

3OH(l)

b Molverhouding: CO : CH3OH = 1 : 1

Massaverhouding: CO : CH3OH = 28,010 : 32,042 =

1,0 : x

De theoretische opbrengst bij gebruik van

1,0 kg CO =

x = 1,0 kg × 32,042 kg

28,010 kg = 1,14 kg.

De praktische opbrengst is 0,80 kg.

Het rendement van deze reactie = 0,80

1,14 × 100% =

70%.

c E-factor = 1,14 kg − 0,80 kg

0,80 kg = 0,43

De massa van de beginstoffen is gelijk aan de

massa van het reactieproduct. Je mag hier in de

E-factor ook de theoretische opbrengst van 1,14 kg

gebruiken, die is gelijk aan de massa van de

beginstoffen.

4

a CH4(g) + H

2O(g) →← CO(g) + 3 H

2(g)

b 2 CH4(g) + O

2(g) → 2 CO(g) + 4 H

2(g)

c We gaan uit van 2 mol CH4, de conversie is 50%,

dus hiervan reageert 1 mol in reactor I onder

vorming van 3 mol H2. In reactor II reageert het

restant aardgas (2 − 1 = 1 mol CH4) onder vorming

van 2 mol H2. In reactor II reageert 1 mol CH

4 met

0,5 mol O2, wat is vergezeld van 2 mol N

2. Uit

CH4 (g)

CH4 (g)

H2O (g)CH4 (g)CO (g)

H2 (g)

H2 (g)

H2O (I)

H2O (g)

N2 (g)

CH4 (g)CO2 (g)CO (g)

H2 (g)N2 (g)

H2 (g)CO (g)

N2 (g)

H2 (g)N2 (g)

K2CO3-opl.

KHCO3-opl.

CO2 (g)CO (g)

N2 (g)H2 (g)

73,8% H2 (g)24,6% N2 (g)

1,3% CH4 (g)0,25% Ar (g)

lucht stoom

reactor1000°C

reactor metFe-katalysator

250°C

nazuiverings-reactor

waterscheiderreactor met

Ni-katalysator300°C

waskolom90°C

reactor met Ni-katalysator

900°C

15.15



e – In evenwicht 2 ontstaat als bijproduct water.

Voor het recyclen worden (oplossingen van)

zwavelzuur en natriumhydroxide gebruikt.

Van deze drie stoffen komen geen atomen in

ureum terecht (waardoor de atoomefficiëntie lager

is dan 100%).

– In evenwicht 2 ontstaat als bijproduct water en bij

de recycling komt (een oplossing van) Na2SO

4 vrij.

De atomen van water en natriumsulfaat komen

niet in het eindproduct terecht (waardoor de

atoomefficiëntie lager is dan 100%).

6

a De reactievergelijking is C7H

16 → C

4H

6 + C

3H

8 + H

2

ΔE = (+1,10 · 105 − 1,04 · 105) − (−1,88 · 105) =

+1,94 · 105 J mol−1. De reactie is dus endotherm.

b Een voorbeeld van een juist antwoord is:

In de fractie zullen stoffen als butaan en but-

1-een voorkomen. De kookpunten van deze

stoffen zijn respectievelijk 273 K en 267 K. Deze

waardes liggen in de buurt van het kookpunt van

buta-1,3-dieen. (Ze zullen dus in dezelfde fractie

terechtkomen bij condensatie.)

l De andere grondstoffen, lucht en water, zijn vrijwel

gratis. Verder wordt aardgas gebruikt als brandstof

voor het verhitten van de diverse reactoren en

dergelijke. (Het gebruikte K2CO

3 (voor industrieel

gebruik) behoort tot de goedkoopste chemicaliën.)

5

a De formule van ammoniumnitraat is NH4NO

3.

De molaire massa van ammoniumnitraat is

80,043 g mol−1 en de molaire massa van ureum is

60,06 g mol−1 . Een mol ureum bevat evenveel mol

N als een mol ammoniumnitraat, dus in ureum is het

massapercentage N hoger dan in ammoniumnitraat.

b Molverhouding CO2 : NH

3 = 1 : 2. Bij een omzetting

van 60% wordt van 1,00 mol CO2 0,60 mol

omgezet. Over 0,40 mol CO2. Er reageert 2 × 0,60

= 1,20 mol NH3. Over 2,95 − 1,20 = 1,75 mol NH

3.

Molverhouding bij het verlaten van de reactor:

CO2 : NH

3 = 0,40 : 1,75.

c De temperatuur in reactor 2 moet hoog zijn, want

de reactie naar rechts in evenwicht 1 is exotherm /

de reactie naar links in evenwicht 1 is endotherm.

De druk in reactor 2 moet laag zijn, want links van

het evenwichtsteken staat meer mol gas dan rechts

van het evenwichtsteken.

d Zie figuur 15.16.

reactor 4

reactor 3

reactor 2

CO2, NH3, H2O, ureum

ammoniumcarbamaat

CO2

NH3

CO2

CO2, NH3

Na2SO4 (oplossing)

NaOH (oplossing)

(oplossing van) (NH4)2SO4

H2SO4 (oplossing)

ureum, H2O

NH3

reactor 1

15.16



15.17

stoom-stripper

zuur

zuur + 2,6

1

5

2, 6

3S3

S1reactor

S4

1

1,2,3,5,6

5

6 4

4,5

2,3,5,6

2,3,6

c Zie figuur 15.17.

d De ketens van dit rubber kunnen niet meer langs

elkaar bewegen (omdat ze op bepaalde plaatsen

aan elkaar verbonden zijn door zwavelatomen).

Dit rubber kan dus niet smelten (waardoor het niet

kan worden gebruikt voor de productie van nieuwe

banden).

De flexibele delen van de ketens tussen de

zwavelatomen kunnen wel gestrekt worden,

waardoor dit rubber elastisch is.


ColofonOmslagontwerp: Lava, Amsterdam, Foto omslag: Martyn F. Chillmaid/SPL/ANP - Rijswijk

Ontwerp binnenwerk: Marieke Zwartenkot, Amsterdam, i.s.m. Robin Peterman, Oss

Opmaak: Integra Software Services, India

© 2014 Noordhoff Uitgevers, Groningen, The Netherlands.

Deze uitgave is gedrukt op FSC-papier.

0 / 14

© 2014 Noordhoff Uitgevers bv, Groningen/Houten, The Netherlands

Behoudens de in of krachtens de Auteurswet van 1912 gestelde uitzonderingen mag niets uit deze uitgave worden verveelvou-

digd, opgeslagen in een geautomatiseerd gegevensbestand of openbaar gemaakt, in enige vorm of op enige wijze, hetzij elek-

tronisch, mechanisch, door fotokopieën, opnamen of enige andere manier, zonder voorafgaande schriftelijke toestemming van

de uitgever. Voor zover het maken van reprografische verveelvoudigingen uit deze uitgave is toegestaan op grond van artikel

16h Auteurswet 1912 dient men de daarvoor verschuldigde vergoedingen te voldoen aan Stichting Reprorecht (Postbus 3060,

2130 KB Hoofddorp, www.reprorecht.nl). Voor het overnemen van (een) gedeelte(n) uit deze uitgave in bloemlezingen, readers

en andere compilatiewerken (artikel 16 Auteurswet 1912) kan men zich wenden tot Stichting PRO (Stichting Publicatie- en

Reproductierechten Organisatie, Postbus 3060, 2130 KB Hoofddorp, www.stichting-pro.nl).

All rights reserved. No part of this publication may be reproduced, stored in a retrieval system, or transmitted, in any form or by

any means, electronic, mechanical, photocopying, recording or otherwise without prior written permission of the publisher..

ISBN 978-90-11-11381-7 243374

Verantwoording

243374_CHEM 5 VWO 4ED UW_BM.indd 1243374_CHEM 5 VWO 4ED UW_BM.indd 1 24/06/14 3:43 PM24/06/14 3:43 PM

5 VWO - Daltonwijzers · PDF file8 Zuren 4 9 Basen 13 10 Analysetechnieken en onderzoek 23 11...

Documents

Transcript of 5 VWO - Daltonwijzers · PDF file8 Zuren 4 9 Basen 13 10 Analysetechnieken en onderzoek 23 11...