CCVStentamen 16 mei 2014 Uitwerking door Frank Povel NB. De puntentoekenning is door mij gedaan op grond van de totalen per opgave zoals weergegeven op bij het tentamen behorende voorblad. OPGAVE 1 koper en kleur Als er vreemde metaalatomen voorkomen in een metaal, zoals bij legeringen het geval is, kan de buigzaamheid van het metaal verminderen. Dit is vooral het geval als de diameters van de atomen verschillend zijn. Daardoor kunnen de metaallagen minder goed over elkaar schuiven met gevolgen voor de buigzaamheid. Dit is ook het geval in messing waar de samenstellende atomen koper en zink een verschillende diameter hebben. Messing is daardoor minder geschikt voor elektriciteitssnoeren dan rood koper b. 2 pt (Het is niet duidelijk welke getalswaarden uit Binas worden bedoeld.) In ons klimaat is het watergehalte van de atmosfeer hoog. De oxidatiehalfreactie O 2 + 2H 2 O + 4e 4OH (als oxidator sterk genoeg om elektronen aan Cu te onttrekken) is dus veelvuldig mogelijk. Koper wordt hierdoor aangetast. De aanwezigheid van CO 2 (in ons klimaat ook meer aanwezig) doet de rest. Immers Cu(OH) 2 bevat een base die met CO 2 in een zuur/base reactie CO 3 2 geeft. c. 3pt 8Cu + 2SO 2 +6H 2 O +5O 2 2Cu 4 (OH) 6 SO 4 d1. 2pt Bijvoorbeeld HCl; er zou ontstaan: Cu 2+ (aq), Cl (aq), H 2 O (l) en CO 2 (g) d2. 1pt Geen gasontwikkeling (gasbelletjes). e. 2 pt Cu + want 1 + +2 = 1 f. 2 pt reductor Cu Cu + + e oxidator Cu 2+ + e Cu + Beter is: reductor Cu + 2Cl CuCl 2 + e oxidator Cu 2+ + 2Cl +e CuCl 2 omdat Cu op zichzelf een te zwakke reductor is voor de oxidator Cu 2+ in deze reactie (zie tabel 48 en merk op dat, bij andere metaalionen, de aanwezigheid van Cl de elektrodepotentialen beinvloedt.) 1
OPGAVE 2 ketelwater a. 3pt RV N 2 H 4 + O 2 N 2 + 2H 2 O macro 1000g N 2 H 4 998,4 g O 2 brug 32,05 g/mol 32,00 g/mol micro 31,20 mol N 2 H 4 RV > 31,20 mol O 2 massa O 2 0,75 10 3 g 998,4 g volume ketelwater 1 L?= 1,3 10 6 L Dus 1,3 10 6 L Fe(s) + 2H + (aq) Fe 2+ (aq) + H 2 (g) c. 3pt V=1L N 2 H 4 + H 2 O N 2 H 5 + + OH n b 1,0 10 3 0 0 n r x +x +x K b = x 2 /(1,0 10 3 x) = 8,5 10 7 n e 1,0 10 3 x x x [ ] 1,0 10 3 x x x x =2,92 10 5 (verwaarlozen t.o.v. 1,0 10 3 mag) poh = 4,535 dus ph =9,47 d. 3pt 12FeO(OH) + N 2 H 4 4Fe 3 O 4 + 8H 2 O + N 2 bv. via halfreacties N 2 H 4 N 2 + 4H + + 4e H + + 3FeO(OH) + e Fe 3 O 4 + 2H 2 O 2
OPGAVE 3 buffer PO 4 3 + H 2 PO 4 2HPO 4 2 Het evenwicht ligt ver naar rechts. b. 3pt De opgave stelt dat er vrijwel geen PO 4 3 meer is. Daarom kan je voor het rekenen aannemen dat het een aflopende reactie is. Stel dat je 1 mol PO 4 3 in de oplossing brengt en dat je daaraan x mol H 2 PO 4 aan toevoegt. PO 4 3 + H 2 PO 4 2HPO 4 2 n b 1 x 0 n r 1 1 +2 n e 0 x1 2 x1 = 2 want [H 2 PO 4 ] = [HPO 4 2 ] x = 3, dus 3 mol H 2 PO 4 moet er toegevoegd worden. dus PO 4 3 : H 2 PO 4 = K 3 PO 4 : KH 2 PO 4 = 1 : 3 c. 3 pt H 2 PO 4 + H 2 O HPO 4 2 + H 3 O + K z = [H 3 O + ]. [HPO 4 2 ]/ [H 2 PO 4 ] = 6,2 10 8 K z = [H 3 O + ] want [H 2 PO 4 ] = [HPO 4 2 ] ph = pk z = 7,21 OPGAVE 4 shampoo a. 1 pt natriumhydroxide C 17 H 35 COO + H 2 O C 17 H 35 COOH + OH 3
c. 3pt Laurylsulfonzuur zal een grotere Kz hebben. Laurylsulfaat moet een zwakkere base zijn. Dus haar geconjugeerde zuur moet sterker zijn, dus een grotere K z hebben. d. 2pt e. 3pt 6 mol H 2 glyceryltriester + 3 methanol 3 methylesters + glycerol Per mol methylester is 2 mol H 2 nodig (zie reactievergelijking), dus in totaal 6 mol H 2 per mol glyceryltriester. f. 4pt 11,0 mol glycerol 33 mol methylester 66 mol H2 voor de reactie tot methanol en onverzadigde vetalcoholen. Blijft over 71,4 66 = 5,4 mol H 2 voor 11 mol glyceryltriester. Dus 5,4 / 11 = 0,49 mol H 2 per mol grlyceryltriester. Dus 0,49 mol HC=CH groepen per mol glyceryltriester (want HC=CH + H 2 H 2 C CH 2 ). OPGAVE 5 isomeren Beide hebben molecuulformule C 5 H 10 O. Het Catoom naast de aldehydegroep kan geen Hatoom afstaan. 4
c. 2pt Bij het sterretje is een asymmetrisch Catoom. d1. 2pt Het linksdraaiende isomeer wordt gedeeltelijk omgezet in het rechtdraaiende isomeer. Het gaat richting racemisch mengsel. d2. 3pt De teruggaande reactie (enol aldehyde) is niet stereospecifiek, dwz. er komt geen ruimtelijke voorkeur aan te pas. Daardoor ontstaat in de teruggaande reactie evenveel links als rechtsdraaiend isomeer. Aangezien alle aldehydemoleculen deelnemen aan het evenwicht verdwijnt de overmaat linksdraaiend isomeer volledig. Het is een racemisch mengsel geworden. e. 2 pt 2methylbutanal geeft cis en trans2methyl1buteen1ol 2methylpropanal geeft methyl1propeen1ol waarbij geen cis en trans voorkomt omdat aan C 2 twee dezelfde groepen zitten. OPGAVE 6 Indigo Indigowit heeft meer OHgroepen. daardoor kan het meer waterstofbruggen met watermoleculen vormen. Daardoor is het beter oplosbaar in water. Indigoblauw C 16 H 10 O 2 N 2 Indigowit C 16 H 12 O 2 N 2 c. 2pt S 2 O 4 2 2SO 2 + 2e Er vindt dus elektronenoverdracht plaats. Daarom is het een redoxreactie. 5
d. 2pt Indigoblauw moet dus elektronen opnemen en is dus oxidator volgens: C 16 H 10 O 2 N 2 + 2H + + 2e C 16 H 12 O 2 N 2 e. 3pt macro 20,00 g indigoblauw 13,28 g Na 2 S 2 O 4 brug 262,26 g/mol 174,10 g/mol micro 0,07626 mol C 16 H 10 O 2 N 2 RV > 0,07626 mol Na 2 S 2 O 4 Dus 13,28 g Na 2 S 2 O 4 f. 3pt C 16 H 12 O 2 N 2 C 16 H 10 O 2 N 2 + 2H + + 2e 2x O 2 + 2H 2 O + 4e 4OH 1x 2C 16 H 12 O 2 N 2 + O 2 + 2H 2 O 2C 16 H 10 O 2 N 2 + 4H + + 4 OH Vanwege 4H + + 4OH 4H 2 O wordt dit: 2C 16 H 12 O 2 N 2 + O 2 2C 16 H 10 O 2 N 2 + 2H 2 O g. 2pt Scheidingsmethode 1: absorptie (vergelijkbaar met ontkleuren van spiritus met norit, derde klas middelbare schoolproefje) Scheidingsmethode 2: extractie (vergelijkbaar met koffie of theezetten). 6