Antwoorden Hoofdstuk 6

(1)

H6 Evenwichten 65 e 3 3 7 8 3 2 2 [H O ][HCO ] _{4,5 10} 4,0 10 [HCO ] [CO ] [CO ] K= + − = ⋅ − = ⋅ − × − _; 7₈ 3 2 [HCO ] 4,5 10 ₁₁ [CO ] 4,0 10 − − − ⋅ = = ⋅ ;

dus [HCO3–] : [CO2] = 11 : 1.

f Als je voedingspatroon veel invloed zou hebben op de zuurgraad van je bloed zou je ademhaling steeds ontregeld zijn. Dat is (gelukkig) niet het geval.

H6 Evenwichten 57

6 Evenwichten

Het koolzuurevenwicht

Praktijk 1 a C H O (aq) + 6 O (g)_{6 12 6} ₂ →6 CO (g) + 6 H O(l)₂ ₂ b De tekening is ter beoordeling van de docent.

2 Door de platte vorm is het oppervlakte van de rode bloedcellen groter, waardoor er sneller uitwisseling van gassen kan plaatsvinden.

3 In je spieren: daar is de CO2-concentratie het hoogst. Reactie (3) kan hierdoor goed naar rechts

verlopen. Er wordt veel H3O+(aq) gevormd, en de zuurgraad stijgt (de pH daalt).

4 Als de zuurgraad van het bloed stijgt, verloopt reactie (3) meer naar links, want de [H3O+] wordt groter.

De CO2-concentratie stijgt daardoor ook. Hierdoor gaat je ademhalingsfrequentie omhoog.

5 De vorming van extra rode bloedcellen. Met extra rode bloedcellen kan een sporter meer zuurstof vervoeren naar de spieren en dus een betere sportprestatie leveren.

1

Evenwichtsreacties

Opdrachten

1 a Een aflopende reactie vindt maar naar één kant plaats en gaat door tot een van de beginstoffen op is. Een evenwichtsreactie vindt tegelijkertijd plaats van links naar rechts en van rechts naar links. b De reactiesnelheid is dan nul. Er vinden geen reacties meer plaats.

c De reactiesnelheid van links naar rechts is dan precies even groot als de reactiesnelheid van rechts naar links.

2 a Onjuist: de reacties vinden nog steeds plaats, maar omdat ze beide kanten op even snel verlopen, zie je op macroniveau niets meer veranderen.

b Dat ligt er maar net aan hoeveel zout je toevoegt en wat de oplosbaarheid van het zout is. Een beetje zout zal helemaal oplossen, en dat is dan een aflopende reactie. Een overmaat aan zout kan niet helemaal oplossen. Er ontstaat dan een chemisch evenwicht.

c Juist: zout kan oplossen en bij indampen wordt het weer vast. 3 a H2O(l)  H2O(g)

b NaCl(s) Na (aq) + Cl (aq)→ + − c C12H22O11(aq)  C12H22O11(s)

d C H O(l) + 3 O (g) 2 CO (g) + 3 H O(l)2 6 2 → 2 2 e O2(g)  O2(aq)

4 a CaCO (s) + CO (aq) + H O(l) Ca (aq) + 2 HCO (aq)₃ ₂ ₂ → 2+ ₃− b Ca (aq) + 2 HCO (aq) CaCO (s) + CO (g) + H O(l)2+ 3− → 3 2 2

H6 Evenwichten 57

6 Evenwichten

Het koolzuurevenwicht

Praktijk 1 a C H O (aq) + 6 O (g)6 12 6 2 ®6 CO (g) + 6 H O(l)2 2

b Door de vele OH-groepen kan een glucosemolecuul waterstofbruggen vormen met watermoleculen.

2 Door de platte vorm is het oppervlakte van de rode bloedcellen groter, waardoor er sneller uitwisseling van gassen kan plaatsvinden.

3 In je spieren: daar is de CO2-concentratie het hoogst. Reactie (3) kan hierdoor goed naar rechts

4 Als de zuurgraad van het bloed stijgt, verloopt reactie (3) meer naar links, want de [H3O+] wordt groter.

5 De vorming van extra rode bloedcellen. Met extra rode bloedcellen kan een sporter meer zuurstof vervoeren naar de spieren en dus een betere sportprestatie leveren.

1

Evenwichtsreacties

Opdrachten

1 a Een aflopende reactie vindt maar naar één kant plaats en gaat door tot een van de beginstoffen op is. Een evenwichtsreactie vindt tegelijkertijd plaats van links naar rechts en van rechts naar links. b De reactiesnelheid is dan nul. Er vinden geen reacties meer plaats.

c De reactiesnelheid van links naar rechts is dan precies even groot als de reactiesnelheid van rechts naar links. H6 Evenwichten 57

6 Evenwichten

Het koolzuurevenwicht

Praktijk 1 a C H O (aq) + 6 O (g)6 12 6 2 ®6 CO (g) + 6 H O(l)2 2

b Door de vele OH-groepen kan een glucosemolecuul waterstofbruggen vormen met watermoleculen.

O H O H O H O H O C H H H H H O H H H H O H H O H H O H

2 Door de platte vorm is het oppervlakte van de rode bloedcellen groter, waardoor er sneller uitwisseling van gassen kan plaatsvinden.

3 In je spieren: daar is de CO2-concentratie het hoogst. Reactie (3) kan hierdoor goed naar rechts

4 Als de zuurgraad van het bloed stijgt, verloopt reactie (3) meer naar links, want de [H3O+] wordt groter.

5 De vorming van extra rode bloedcellen. Met extra rode bloedcellen kan een sporter meer zuurstof vervoeren naar de spieren en dus een betere sportprestatie leveren.

1

Evenwichtsreacties

Opdrachten

1 a Een aflopende reactie vindt maar naar één kant plaats en gaat door tot een van de beginstoffen op is. Een evenwichtsreactie vindt tegelijkertijd plaats van links naar rechts en van rechts naar links. b De reactiesnelheid is dan nul. Er vinden geen reacties meer plaats.

c De reactiesnelheid van links naar rechts is dan precies even groot als de reactiesnelheid van rechts naar links.

(2)

dus [HCO3–] : [CO2] = 11 : 1.

H6 Evenwichten

58

c De concentratie koolstofdioxide in het water bepaalt de richting. Dit is de enige factor die blijkbaar verandert: de concentraties Ca2+_{en HCO}₃–_{blijven aanvankelijk immers gelijk.}

5 a Kristalwater is water dat is ingebouwd in het kristalrooster (ionrooster). b Er staat dan altijd achteraan in de naam ‘hydraat’ vermeld.

c CoCl2(s) + 6 H2O(l)  CoCl26 H2O(s)

d kobaltchloridehexahydraat e de luchtvochtigheid

f Bij hoge luchtvochtigheid zal het zout kristalwater opnemen. De reactie naar rechts vindt met name plaats. Er zal veel hydraat worden gevormd. Bij hoge luchtvochtigheid is het beeldje roze. Het hydraat zal dus roze zijn en het watervrij kobaltchloride blauw.

6 a Hemoglobine, dat bindt zuurstof en koolstofdioxide.

b De concentratie van beide stoffen in het bloed: in de longen is de zuurstofconcentratie hoog, in de cellen de koolstofdioxideconcentratie.

c Koolstofmono-oxide bindt blijkbaar veel sterker dan zuurstof en koolstofmono-oxide en gaat niet meer van die bindingsplaats af.

*7 a 6 CO (g) + 6 H O(l)₂ ₂ →C H O (aq) + 6 O (g)_{6 12 6} ₂ b aminozuren, vetzuren en polysachariden

c H2O. CO2komt niet voor in de processen van de lichtreactie.

d CO2heeft één zwart bolletje, glucose (C6H12O6) heeft er zes. Het aantal zwarte bolletjes geeft aan

uit hoeveel koolstofatomen de verbinding bestaat.

e Koolstofdioxide wordt gevormd in de citroenzuurcyclus en water tijdens de oxidatieve fosforylering.

f Omdat fotosynthese en de verbranding van glucose in het lichaam in heel veel deelstapjes plaatsvinden, bestaat er niet zoiets als ‘de fotosynthesereactie’ of ‘de verbrandingsreactie’. Je kunt in dit geval dus niet spreken van omkeerbare reacties.

2

Evenwichtsvoorwaarde

Opdrachten

8 a Onjuist: bij evenwicht vinden nog steeds reacties plaats waarbij de snelheid van de heengaande reactie even groot is als die van de teruggaande reactie.

b Onjuist: dit geldt alleen als er evenwicht is en geldt: Q = K.

c Onjuist: de concentratiebreuk is pas constant wanneer evenwicht is bereikt. d Juist

e Onjuist: als je de concentratie van een van de stoffen in een evenwicht verandert, verandert op dat moment alleen de waarde van Q.

f Juist 9 a 2 2 2 2 [NO ] = [NO] [O ] K b [Fe ] [I ]_{3+ 2 - 2}2+ 2 2 [Fe ] [I ] K = c 5 3 2 [PCl ] = [PCl ] [Cl ] K d 2+ _{+ 8}3+ 5_{2+ 5} 4 [Mn ][Fe ] = [MnO ][H ] [Fe ]− K H6 Evenwichten 58

2 a Onjuist: de reacties vinden nog steeds plaats, maar omdat ze beide kanten op even snel verlopen, zie je op macroniveau niets meer veranderen.

b Juist: het oplossen gaat door totdat het zout volledig is opgelost. c Juist: zout kan oplossen en bij indampen wordt het weer vast. 3 a H2O(l) D H2O(g)

b

NaCl(s) Na (aq) + Cl (aq)

®

+

-c C12H22O11(aq) D C12H22O11(s)

d C H O(l) + 3 O (g) 2 CO (g) + 3 H O(l)2 6 2 ® 2 2 e O2(g) D O2(aq)

4 a CaCO (s) + CO (aq) + H O(l) Ca (aq) + 2 HCO (aq)₃ ₂ ₂ ® 2+ ₃ -b

Ca (aq) + 2 HCO (aq) CaCO (s) + CO (g) + H O(l)

2+ ₃-

®

₃ ₂ ₂

c De concentratie koolstofdioxide in het water bepaalt de richting. Dit is de enige factor die blijkbaar verandert: de concentraties Ca2+_{en HCO}

3– blijven aanvankelijk immers gelijk.

5 a Kristalwater is water dat is ingebouwd in het kristalrooster (ionrooster). b Er staat dan altijd achteraan in de naam ‘hydraat’ vermeld.

c CoCl2(s) + 6 H2O(l) D CoCl2 6 H2O(s)

d kobaltchloridehexahydraat e de luchtvochtigheid

f Bij hoge luchtvochtigheid zal het zout kristalwater opnemen. De reactie naar rechts vindt met name plaats. Er zal veel hydraat worden gevormd. Bij hoge luchtvochtigheid is het beeldje roze. Het hydraat zal dus roze zijn en het watervrij kobaltchloride blauw.

6 a Hemoglobine, dat bindt zuurstof en koolstofdioxide.

b De concentratie van beide stoffen in het bloed: in de longen is de zuurstofconcentratie hoog, in de cellen de koolstofdioxideconcentratie.

c Koolstofmono-oxide bindt blijkbaar veel sterker dan zuurstof en koolstofmono-oxide en gaat niet meer van die bindingsplaats af.

*7 a 6 CO (g) + 6 H O(l)2 2 ®C H O (aq) + 6 O (g)6 12 6 2 b aminozuren, vetzuren en polysachariden

c H2O. CO2 komt niet voor in de processen van de lichtreactie.

d CO2 heeft één zwart bolletje, glucose (C6H12O6) heeft er zes. Het aantal zwarte bolletjes geeft aan

uit hoeveel koolstofatomen de verbinding bestaat.

e Koolstofdioxide wordt gevormd in de citroenzuurcyclus en water tijdens de oxidatieve fosforylering.

f Omdat fotosynthese en de verbranding van glucose in het lichaam in heel veel deelstapjes plaatsvinden, bestaat er niet zoiets als ‘de fotosynthesereactie’ of ‘de verbrandingsreactie’. Je kunt in dit geval dus niet spreken van omkeerbare reacties.

2

Evenwichtsvoorwaarde

Opdrachten

8 a Onjuist: bij evenwicht vinden nog steeds reacties plaats waarbij de snelheid van de heengaande reactie even groot is als die van de teruggaande reactie.

(3)

65 e 3 3 7 8 3 2 2 [H O ][HCO ] _{4,5 10} 4,0 10 [HCO ] [CO ] [CO ] K= + − = ⋅ − = ⋅ − × − _; 7₈ 3 2 [HCO ] 4,5 10 ₁₁ [CO ] 4,0 10 − − − ⋅ = = ⋅ ;

dus [HCO3–] : [CO2] = 11 : 1.

59 e _K= [Ba ][SO ]2+ ₄2− f 2 2+ - 3 [I ] = [Cu ][I ] K g =[Fe ]2+ 3_{3+ 2} [Fe ] K h + 3 3 4 =[Ag ] [PO ]− K i 2 1 = [O ] K 10 a 5 5 2 2 2 3 2 [PCl ] 4,2 10 = = = 8,3 10 [PCl ] [Cl ] 1,3·10 3,9·10 − − − − ⋅ _⋅ × K

b Het evenwicht ligt links, want K < 1.

11 a 2 9 2 15 3 2 [I] (4,0 10 ) = = = 4,0 10 [I ] 4,0 10 Q − − − ⋅ _⋅

⋅ , er is nog geen evenwicht bereikt, want Q is niet gelijk aan de waarde van K.

b De waarde van Q is kleiner dan de waarde van K. Er zal daarom nog I2(g) omgezet gaan worden in

I(g), zodat de noemer kleiner wordt en de teller groter. De waarde van Q zal dan groter worden en gelijk kunnen worden aan 5,6·10–12_.

12 a CO2(g) en O2(g)

b Gasuitwisseling met de bovenste longen vindt alleen plaats via diffusie.

c Je longblaasjes hebben een zeer groot oppervlak. Zo is er veel meer kans voor de deeltjes om te botsen. De verdelingsgraad is dus verhoogd door de bouw van je longen.

d Het bloed dat de longhaarvaatjes verlaat, heeft dezelfde partiële gasdruk van CO2als de

longblaasjes, maar een lagere partiële gasdruk voor O2dan de longblaasjes.

*13 a Er worden twee H-bruggen gevormd tussen de zuurgroepen van twee azijnzuurmoleculen. b Stel dat x mol L–1_{monomeer is omgezet in de dimeer.}

concentratie (mol L–1) monomeer dimeer

begin 5,4·10–4 0 omgezet –x +½x evenwicht 5,4·10–4 – x ½x 1 4 2 2 -4 2 [dimeer] = = = 3,2 10 [monomeer] (5,4 10⋅ − ) ⋅ x K x 1 4 2 2 4 (5,4 10 ) 3,2 10 − = ⋅ − ⋅ x x 1,56·10–5_{x = 2,91·10}–7_{– 10,8·10}–4_{x + x}2 x2_{– 1,10·10}–3_{x + 2,91·10}–7_{= 0} 3 3 2 7 4 4 1,10 10 ( 1,10 10 ) 4 2,91 10 _{4,43 10 of 6,6 10} 2 − − − − − ⋅ ± − ⋅ − ⋅ ⋅ = = ⋅ ⋅ x

Omdat x niet groter kan zijn dan 5,4·10–4_{mol L}–1_{moet x gelijk zijn aan 4,43·10}–4_{mol L}–1_.

Omgezet in het dimeer = 4,43 10₄4 100% 82% 5,4 10

− −

⋅ _× ₌

⋅

c de H-bruggen tussen de ethaanzuurmoleculen

d De [dimeer] neemt af (en dus neemt de [monomeer] toe), waardoor de waarde van K daalt.

H6 Evenwichten

59

b Onjuist: dit geldt alleen als er evenwicht is en geldt: Q = K.

c Onjuist: de concentratiebreuk is pas constant wanneer evenwicht is bereikt. d Juist

e Onjuist: als je de concentratie van een van de stoffen in een evenwicht verandert, verandert op dat moment alleen de waarde van Q.

f Juist 9 a 2 2 2 2 [NO ] = [NO] [O ] K b [Fe ] [I ]_{3+ 2 - 2}2+ 2 2 [Fe ] [I ] K = c 5 3 2 [PCl ] = [PCl ] [Cl ] K d 2+ _{+ 8}3+ 5_{2+ 5} 4 [Mn ][Fe ] = [MnO ][H ] [Fe ] -K e K= [Ba ][SO ]2+ ₄2 -f 2 2+ - 3 [I ] = [Cu ][I ] K g =[Fe ]_{3+ 2}2+ 3 [Fe ] K h + 3 3 4 =[Ag ] [PO ] -K i 2 1 = [O ] K 10 a 5 5 2 2 2 3 2 [PCl ] 4,2 10 = = = 8,3 10 [PCl ] [Cl ] 1,3·10 3,9·10 -- -× _× ´ K

b Het evenwicht ligt links, want K < 1.

11 a 2 2 9 2 15 3 2 [I] (4,0 10 ) 0,020 5,0

[I ] = = 4,0 10 mol L en [I] = = 4,0 10 mol L = _{[I ]}= = 4,0 10 4,0 10 Q 2,0 10 5,0 8 9 1 3 1 _,

er is nog geen evenwicht bereikt, want Q is niet gelijk aan de waarde van K.

b De waarde van Q is kleiner dan de waarde van K. Er zal daarom nog I2(g) omgezet gaan worden in

I(g), zodat de noemer kleiner wordt en de teller groter. De waarde van Q zal dan groter worden en gelijk kunnen worden aan 5,6·10–12_.

12 a CO2(g) en O2(g)

b Gasuitwisseling met de bovenste longen vindt alleen plaats via diffusie.

c Je longblaasjes hebben een zeer groot oppervlak. Zo is er veel meer kans voor de deeltjes om te botsen. De verdelingsgraad is dus verhoogd door de bouw van je longen.

d Het bloed dat de longhaarvaatjes verlaat, heeft dezelfde partiële gasdruk van CO2 als de

(4)

dus [HCO3–] : [CO2] = 11 : 1.

60 14 a 3 O2(g)  2 O3(g) b 3 2 3 2 [O ] = [O ] K c m = V n

V ; Vm = 164 dm3mol–1, dus het aantal mol gas per liter bedraagt 6,1 0 3

1

64 0

1 = ⋅1 − mol L–1. Het ozongehalte is 2,0 volume-ppm.

Omdat alle gassen hetzelfde molair volume hebben, geldt dat het volume-ppm gelijk is aan het mol-ppm.

De concentratie ozon is 2,0·10–6_{× 6,10·10}–3_{= 1,2·10}–8_mol L–1_.

[O3] = 1,2·10–8mol L–1 [O2] = 6,10·10–3 – 1,2·10–8 = 6,1·10–3mol L–1. d 3 2 8 2 10 3 3 3 2 [O ] (1,2 10 ) = = =6,3 10 [O ] (6,1 10 ) K − − − ⋅ ⋅ ⋅ 15 a 3 HCHO + NH + 3 HCN3 →N(CH CN) + 3 H O2 3 2 b 1 = _{[Ca ] [NTA ]}[CaNTA ]2+ 3 ; = 2 _{[Ca ] [Cit ]}[CaCit ]2+ 3

− −

K K

c Evenwicht 1 ligt meer naar rechts dan evenwicht 2. Je hebt dus minder mol Na3NTA nodig dan

Na3Cit om dezelfde hoeveelheid Ca2+te binden (verlaging van [Ca2+] te bewerkstelligen).

d Wanneer het evenwicht is ingesteld, geldt [Ca2+_{] = 1,0·10}–5_mol L–1_en

[CaCit-_{] = 2,0·10}–3_{− 1,0·10}–5_{= 2,0·10}-3_{mol L}–1_;

- 3

3 2=_{[Ca ] [Cit ] 1,0·10}[CaCit ]₂₊ ₃ = 2,0·10₅ _{[Cit ]}₃ = 6,3 10

K ₋ ₋ − ₋ ⋅

⋅ ⋅ , dus [Cit3–] = 3,2·10–2mol L–1.

e Aantal mol Na3Cit nodig per liter = 3,2·10–2 + 2,0·10–3 = 3,4·10–2mol. m = n · M; M(Na3Cit) = 3 × 22,99 + 6 × 12,01 + 5 × 1,008 + 7 × 16,00 = 258,07 g mol–1. m = 3,4·10–2_{× 258,07 = 8,8 gram}

3

Bijzondere evenwichten

Opdrachten

16 a Wanneer er minder dan de maximale oplosbare hoeveelheid per kg water wordt toegevoegd, zal alle zout oplossen en is de reactie aflopend.

b een oplossing waarin de maximale hoeveelheid zout per kg water is opgelost c Er ligt nog wat vast zout op de bodem.

d Ks = [Fe3+][OH–]3 = 2,8·10–39

17 a Het zijn geen chemische reacties.

b Bij oplosevenwichten van zouten staan links en rechts van de pijl verschillende deeltjes. Omdat links een vaste stof staat, is de concentratiebreuk geen breuk, maar een product. Bij een verdelingsevenwicht staat links en rechts van de pijl hetzelfde deeltje. Omdat er zowel links als rechts van de pijl sprake is van een concentratie, is de concentratiebreuk een verhouding. 18 a een suspensie

b PbCl2(s)  Pb2+(aq) + 2 Cl–(aq) en PbF2(s)  Pb2+(aq) + 2 F–(aq)

c Ks= [Pb2+][Cl–]2= 1,7·10–5. Met [Pb2+] = x mol L–1en [Cl–] = 2x mol L–1 : x·(2x)2 = 1,7·10-5levert

dit x = [Pb2+_{(aq)] = 1,6·10}–2_{mol L}–1_.

d Als [Pb2+_{] = 1,9·10}–4_mol L–1_{, dan is [F}–_{] = 2 × 1,9·10}–4_{= 3,8·10}–4_mol L–1_{. Invullen in de}

evenwichtsvoorwaarde geeft: Ks = [Pb2+][F–]2= 1,9·10–4 × (3,8·10–4)2= 2,7·10–11

60

*13 a Er worden twee H-bruggen gevormd tussen de zuurgroepen van twee azijnzuurmoleculen. b Stel dat x mol L–1_{monomeer is omgezet in de dimeer.}

concentratie (mol L–1) monomeer dimeer

begin 5,4·10–4 0 omgezet –x +½x evenwicht 5,4·10–4 – x ½x 1 4 2 2 -4 2 [dimeer] = = = 3,2 10 [monomeer] (5,4 10× - ) × x K x 1 4 2 2 4 (5,4 10 ) 3,2 10 -= × -× x x 1,56·10–5_{x = 2,91·10}–7_{– 10,8·10}–4_{x + x}2 x2_{– 1,10·10}–3_{x + 2,91·10}–7_{= 0} 3 3 2 7 4 4 1,10 10 ( 1,10 10 ) 4 2,91 10 _{4,43 10 of 6,6 10} 2 - - -- -× ± - × - × × = = × × x

Omdat x niet groter kan zijn dan 5,4·10–4_{mol L}–1_{moet x gelijk zijn aan 4,43·10}–4_{mol L}–1_.

Omgezet in het dimeer = 4,43 10₄4 100% 82% 5,4 10

-× _´ ₌

×

c de H-bruggen tussen de ethaanzuurmoleculen

d De [dimeer] neemt af (en dus neemt de [monomeer] toe), waardoor de waarde van K daalt. 14 a 3 O2(g) D 2 O3(g) b 32 3 2 [O ] = [O ] K c m = V n

V ; Vm= 164 dm3mol–1, dus het aantal mol gas per liter bedraagt 1641 6,10 10 3

-×

= mol L–1_.

Het ozongehalte is 2,0 volume-ppm.

Omdat alle gassen hetzelfde molair volume hebben, geldt dat het volume-ppm gelijk is aan het mol-ppm.

De concentratie ozon is 2,0·10–6_{× 6,10·10}–3_{= 1,2·10}–8_{mol L}–1_.

[O3] = 1,2·10–8mol L–1[O2] = 6,10·10–3– 1,2·10–8= 6,1·10–3mol L–1. d 32 8 2 10 3 3 3 2 [O ] (1,2 10 ) = = =6,3 10 [O ] (6,1 10 ) K - -× × × 15 a

3 HCHO + NH + 3 HCN N(CH CN) + 3 H O

₃

®

₂ ₃ ₂

b 1 = _{[Ca ] [NTA ]}[CaNTA ]₂₊ ₃ ; = 2 _{[Ca ] [Cit ]}[CaCit ]₂₊ ₃

-

--

-K K

c Evenwicht 1 ligt meer naar rechts dan evenwicht 2. Je hebt dus minder mol Na3NTA nodig dan

Na3Cit om dezelfde hoeveelheid Ca2+te binden (verlaging van [Ca2+] te bewerkstelligen).

d Wanneer het evenwicht is ingesteld, geldt [Ca2+_{] = 1,0·10}–5_{mol L}–1_en

[CaCit-_{] = 2,0·10}–3_{− 1,0·10}–5_{= 2,0·10}-3_{mol L}–1_;

- 3

3 2=_{[Ca ] [Cit ] 1,0·10}[CaCit ]₂₊ ₃ = 2,0·10₅ _{[Cit ]}₃ = 6,3 10

K _- _- - _- ×

× × , dus [Cit

3–_{] = 3,2·10}–2_{mol L}–1_.

e Aantal mol Na3Cit nodig per liter = 3,2·10–2+ 2,0·10–3= 3,4·10–2mol. m = n · M; M(Na3Cit) = 3 × 22,99 + 6 × 12,01 + 5 × 1,008 + 7 × 16,00 = 258,07 g mol–1. m = 3,4·10–2_{× 258,07 = 8,8 gram}

(5)

dus [HCO3–] : [CO2] = 11 : 1.

61

e Nee, want de oplosbaarheid in de reeks PbCl2, PbBr2, PbI2neemt alleen maar af, dus als de Ksvan

PbF2in de reeks had gepast, zou de waarde groter moeten zijn dan de waarde van PbCl2. F–is

immers het kleinste ion in de reeks.

*19 a Tetramoleculen kunnen geen waterstofbruggen vormen met de watermoleculen, tetra is dus een hydrofobe vloeistof.

b lichtgeel tot lichtbruin

c Tetra vormt de onderste laag, want tetra heeft een grotere dichtheid dan water (Binas tabel 11). d

e De molaire massa van I2is I2 = 2 × 126,9 = 253,8 g mol–1.

1,5 mg I2komt overeen met

3 6 1,5 10 _{5,91 10} 253,8 m n M − − ⋅ = = = ⋅ _{mol I}2.

Een deel van deze hoeveelheid, x mol, migreert naar de tetralaag:

hoeveelheid stof (mol) I2(aq) I2(tetra)

begin 5,91·10–6 0,0 omgezet –x +x evenwicht 5,91·10–6 – x x De evenwichtsconcentratie [I2(aq] = 6 3 5,91 10 5,0 10 n x V − − ⋅ − = ⋅ M; de evenwichtsconcentratie [I2(tetra)] = ₃ 10 10 n x V = _⋅ −

Invullen in de evenwichtsvoorwaarde levert: 3 2 6 2 3 [I (tetra)] _85,0 _{10 10} [I (aq)] (5,91 10 ) 5,0 10 x K x − − − ⋅ = = = ⋅ − ⋅ ; 85 (5,91 10 6₃ ) ₃ 5,0 10 10 10 x x − − − ⋅ − × = ⋅ ⋅ ; 85×10∙10-3_(5,91∙10-6_{– x) = 5,0·10}–3_{x; 5,02·10}–6_{– 0,85x = 5,0·10}–3_{x; 5,02·10}–6 = 0,855x; 5,02 10 6 5,87 10 6 0,855 x= ⋅ − = ⋅ − _{mol I}₂_. 6 6 6 2 5,91 10 5,87 10₃ [I (aq)] 8,0 10 5,0 10 − − − − ⋅ − ⋅ = = ⋅ ⋅ mol L–1en 6 4 2 5,87 10 ₃ [I (tetra)] 5,9 10 10,0 10 − − − ⋅ = = ⋅ ⋅ mol L–1 20 Antwoord B is juist.

Het oplosbaarheidsproduct Ks = 6,8·10–6. [Mg2+(aq)] = [CO32–(aq)] = √6,8·10–6 = 2,6·10–3mol L–1.

De volumeafname is 380 mL, dus 0,38 × 2,6·10–3_{= 9,9·10}–4_mol.

Dat komt overeen met 9,9·10–4_{× 84,32 = 0,084 g.}

21 Antwoord C is juist.

11

2+ - 2 -11 3 4 1

s [Ca (aq)][F (aq)] = 1,5·10 . Dan [F (aq)] = 2 · 1,5·10₄ 3,1·10 mol L .

K ₌ − − ₌ − −

61

3

Bijzondere evenwichten

Opdrachten

16 a Wanneer er minder dan de maximale oplosbare hoeveelheid per kg water wordt toegevoegd, zal alle zout oplossen en is de reactie aflopend.

b een oplossing waarin de maximale hoeveelheid zout per kg water is opgelost c Er ligt nog wat vast zout op de bodem.

d Ks= [Fe3+][OH–]3= 2,8·10–39

17 a Het zijn geen chemische reacties.

b Bij oplosevenwichten van zouten staan links en rechts van de pijl verschillende deeltjes. Omdat links een vaste stof staat, is de concentratiebreuk geen breuk, maar een product. Bij een verdelingsevenwicht staat links en rechts van de pijl hetzelfde deeltje. Omdat er zowel links als rechts van de pijl sprake is van een concentratie, is de concentratiebreuk een verhouding. 18 a een suspensie

b PbCl2(s) D Pb2+(aq) + 2 Cl–(aq) en PbF2(s) D Pb2+(aq) + 2 F–(aq)

c Ks= [Pb2+][Cl–]2= 1,7·10–5. Met [Pb2+] = x mol L–1en [Cl–] = 2x mol L–1: x·(2x)2 =1,7·10-5levert

dit x = [Pb2+_{(aq)] = 1,6·10}–2_{mol L}–1_.

d Als [Pb2+_{] = 1,9·10}–4_{mol L}–1_{, dan is [F}–_{] = 2 × 1,9·10}–4_{= 3,8·10}–4_{mol L}–1_{. Invullen in de}

evenwichtsvoorwaarde geeft: Ks= [Pb2+][F–]2= 1,9·10–4× (3,8·10–4)2= 2,7·10–11

e Nee, want de oplosbaarheid in de reeks PbCl2, PbBr2, PbI2neemt alleen maar af, dus als de Ksvan

PbF2in de reeks had gepast, zou de waarde groter moeten zijn dan de waarde van PbCl2. F–is

immers het kleinste ion in de reeks.

*19 a Tetramoleculen kunnen geen waterstofbruggen vormen met de watermoleculen, tetra is dus een hydrofobe vloeistof.

b lichtgeel tot lichtbruin

c Tetra vormt de onderste laag, want tetra heeft een grotere dichtheid dan water (Binas tabel 11). d

e De molaire massa van I2is I2= 2 × 126,9 = 253,8 g mol–1.

1,5 mg I2komt overeen met

3 6 1,5 10 _{5,91 10} 253,8 m n M -× = = = × mol I2.

Een deel van deze hoeveelheid, x mol, migreert naar de tetralaag:

hoeveelheid stof (mol) I2(aq) I2(tetra)

begin 5,91·10–6 0,0 omgezet –x +x evenwicht 5,91·10–6 – x x De evenwichtsconcentratie [I2(aq] = 6 3 5,91 10 5,0 10 n x V -× -= × M; de evenwichtsconcentratie [I2(tetra)] = ₃ 10 10 n x V = _×

(6)

-65 e 3 3 7 8 3 2 2 [H O ][HCO ] _{4,5 10} 4,0 10 [HCO ] [CO ] [CO ] K= + − = ⋅ − = ⋅ − × − _; 7₈ 3 2 [HCO ] 4,5 10 ₁₁ [CO ] 4,0 10 − − − ⋅ = = ⋅ ;

dus [HCO3–] : [CO2] = 11 : 1.

62

22 a

Partiële ladingen weergeven. Het koper(II)ion wordt omgeven door watermoleculen waarbij de negatieve kant van het watermolecuul zich richt naar het positieve metaalion.

b

Het koper(II)ion wordt omgeven door ammoniakmoleculen waarbij de negatieve kant van het ammoniakmolecuul zich richt naar het positieve metaalion.

c De lichtblauwe kleur verandert in donkerblauw, want Cu2+_{(aq) wordt omgezet in Cu(NH}₃₎₄2+_.

d ₂₊ 3 42+₄ 3 [Cu(NH ) ] = [Cu ][NH ] K

e In Binas staat het evenwicht net andersom, dus hier geldt 1 ₁₄ 1,4 1013 7,1 10− = = ⋅ ⋅ K . 23 a 5 6 12 16 2 [CO ] 4 10 1330 10 10 5,32 10 n₌ _{⋅ = ⋅}V − _× _⋅ _× ₌ _⋅ _{mol CO} 2. M(CO2) = 44,010 g mol–1 (Binas tabel 98); 16 18 5,32 10 44,010 2,3 10 m n M= ⋅ = ⋅ × = ⋅ gram = 2 10⋅ 15kg. b 2 v 2 [CO (aq)] [CO (g)] K =

c Met behulp van het volume-ppm kan de concentratie CO2(g) worden berekend.

Per mol lucht bevindt zich 400 4,00 10₆ 4 10 − = ⋅ _{mol CO}₂_; 4 5 2 4,00 10 [CO (g)] 1,79 10 22,4 n V − − ⋅ = = = ⋅ mol L–1_; 2 5 v ₅ 2 [CO (aq)] 4 10 ₂ [CO (g)] 1,79 10 K = = ⋅ −₋ = ⋅ d [CO2(g)] is dan 650 1,63

400= keer zo groot, dus

5 5

1,63 1,79 10× ⋅ − =2,92 10⋅ − _{mol L}–1_;

Invullen in de evenwichtsvoorwaarde geeft: 2 2 5 2

[CO (aq)] ₂ [CO (aq)] [CO (g)] = =2,92 10⋅ − ;

5 5

2

2 2,92 10× ⋅ − =[CO (aq)] 6 10= ⋅ − _{mol L}–1_;

De hoeveelheid CO2is de oceaan is met een factor 6 1,5

4= toegenomen tot 1,5 2 10× ⋅ 15= ⋅3 1015 kg. e In de oceanen zit een enorme hoeveelheid CO2opgeslagen. Als de CO2-concentratie in de lucht

toeneemt, neemt de oceaan een enorme hoeveelheid extra CO2op. De uitspraak snijdt dus hout.

62 Invullen in de evenwichtsvoorwaarde levert:

3 2 6 2 3 [I (tetra)] _85,0 _{10 10} [I (aq)] (5,91 10 ) 5,0 10 x K x -× = = = × -× ; 85 (5,91 10 6₃ ) ₃ 5,0 10 10 10 x x -- -× -´ = × × ; 85×10·10-3_(5,91·10-6_{– x) = 5,0·10}–3_{x; 5,02·10}–6_{– 0,85x = 5,0·10}–3_{x; 5,02·10}–6 = 0,855x; 5,02 10 6 5,87 10 6 0,855 x= × - = × - mol I2. 6 6 6 2 5,91 10 5,87 10₃ [I (aq)] 8,0 10 5,0 10 - -× - × = = × × mol L –1_en 6 4 2 5,87 10 ₃ [I (tetra)] 5,9 10 10,0 10 -× = = × × mol L –1 20 Antwoord B is juist.

Het oplosbaarheidsproduct Ks= 6,8·10–6. [Mg2+(aq)] = [CO32–(aq)] = Ö6,8·10–6= 2,6·10–3mol L–1.

De volumeafname is 380 mL, dus 0,38 × 2,6·10–3_{= 9,9·10}–4_mol.

Dat komt overeen met 9,9·10–4_{× 84,32 = 0,084 g.}

21 Antwoord C is juist.

11

2+ - 2 -11 3 4 1

s [Ca (aq)][F (aq)] = 1,5·10 . Dan [F (aq)] = 2 · 1,5·10₄ 3,1·10 mol L .

K ₌ - - ₌ -

-22 a

Partiële ladingen weergeven. Het koper(II)ion wordt omgeven door watermoleculen waarbij de negatieve kant van het watermolecuul zich richt naar het positieve metaalion.

b

Het koper(II)ion wordt omgeven door ammoniakmoleculen waarbij de negatieve kant van het ammoniakmolecuul zich richt naar het positieve metaalion.

c De lichtblauwe kleur verandert in donkerblauw, want Cu2+_{(aq) wordt omgezet in Cu(NH}

3)42+(aq). d ₂₊ 3 42+₄ 3 [Cu(NH ) ] = [Cu ][NH ] K

e In Binas staat het evenwicht net andersom, dus hier geldt 1 ₁₄ 1,4 1013 7,1 10 -= = × × K . 23 a 5 6 12 16 2 [CO ] 4 10 1330 10 10 5,32 10 n₌ _{× = ×}V - _´ _× _´ ₌ _× _{mol CO} 2. M(CO2) = 44,010 g mol–1 (Binas tabel 98); 16 18 5,32 10 44,010 2,3 10 m n M= × = × ´ = × gram = 2 10× 15kg. b 2 v 2 [CO (aq)] [CO (g)] K =

(7)

dus [HCO3–] : [CO2] = 11 : 1.

63

4

Beïnvloeding van evenwichten

Opdrachten

24 a Wanneer de druk wordt verhoogd, verschuift het evenwicht naar de kant van de minste deeltjes. Dat is in dit geval de rechterkant. Het evenwicht verschuift naar rechts.

b Wanneer de druk wordt verhoogd, verschuift het evenwicht naar de kant van de minste deeltjes. Omdat in deze evenwichtsreactie links en rechts evenveel deeltjes staan, gebeurt er niets. c Wanneer de druk wordt verhoogd. verschuift het evenwicht naar de kant van de minste deeltjes.

Dat is in dit geval de linkerkant, want alleen CO2(g) heeft een concentratie. Het evenwicht

verschuift naar links.

25 Antwoord A is juist. Volumetoename betekent verlaging van de concentraties. Het evenwicht verschuift dan naar de kant van de meeste deeltjes in de gasfase.

26 a Platina is een katalysator. De ligging van het evenwicht verandert niet, maar het stelt zich wel sneller in.

b Wanneer de temperatuur wordt verhoogd, verschuift het evenwicht naar de endotherme kant. Dat is in dit geval de linkerkant.

c Wanneer het reactiemengsel wordt samengeperst, verschuift het evenwicht naar de kant van de minste deeltjes. Dat is in dit geval de rechterkant.

d Wanneer er extra koolstofdioxide wordt toegevoegd, zal de reactie naar links tijdelijk sneller verlopen. Het evenwicht verschuift naar links.

e Neon is een edelgas, het komt niet voor in de evenwichtsvoorwaarde en is geen katalysator. Het evenwicht wordt niet beïnvloed.

27 a De katalysator verhoogt de beide reactiesnelheden, hierdoor wordt de insteltijd van het evenwicht verkort en is de opbrengst per uur groter.

b

c Bij een hoge druk verschuift het gasevenwicht naar de kant van de minste aantal deeltjes, dus naar de kant van ethanol. Daarnaast is de reactiesnelheid bij hogere druk (dus hogere concentraties) groter, waardoor er in dezelfde tijd meer ethanol wordt gevormd: de insteltijd is korter.

d Het voordeel is dat de insteltijd wordt verkort. Het nadeel is dat het evenwicht naar links verschuift, de endotherme kant). e ₋_{2,78 10 (0,52 10 2,42 10 ) -88 10}_⋅ 5₋ _⋅ 5₋ _⋅ 5 ₌ _⋅ 3_{= − kJ mol}₈₈ –1 28 a 3 2 2 [CH OH] [CO][H ] K =

b ΔE is de som van de vormingswarmte van methanol, de verdampingswarmte van methanol (Binas tabel 59B) en de ontledingswarmte van CO.

Dus ΔE = –239 + 37 + 110,5 kJ = –91,5 = –92 kJ mol–1_.

c Bij temperatuurstijging verschuift het evenwicht naar de endotherme kant, dus naar links. De opbrengst zal lager zijn.

d Bij samenpersen verschuift het evenwicht naar de kant van de minste gasdeeltjes, dus naar rechts. De opbrengst zal hoger zijn.

e Een katalysator heeft geen invloed op de ligging van het evenwicht, dus de opbrengst zal even groot zijn. Omdat het instellen van het evenwicht langer duurt, zal de opbrengst per uur lager zijn.

63

c Met behulp van het volume-ppm kan de concentratie CO2(g) worden berekend.

Per mol lucht bevindt zich 400 4,00 10₆ 4 10 -= × mol CO2; 4 5 2 4,00 10 [CO (g)] 1,79 10 22,4 n V -× = = = × mol L–1_; 2 5 v ₅ 2 [CO (aq)] 4 10 ₂ [CO (g)] 1,79 10 K = = × -_- = × d [CO2(g)] is dan 650 1,63

400= keer zo groot, dus

5 5

1,63 1,79 10´ × - =2,92 10× - mol L–1_;

Invullen in de evenwichtsvoorwaarde geeft: 2 2 5 2

[CO (aq)] ₂ [CO (aq)] [CO (g)] = =2,92 10× - ;

5 5

2

2 2,92 10´ × - =[CO (aq)] 6 10= × - mol L–1_;

De hoeveelheid CO2is de oceaan is met een factor 6 1,5

4= toegenomen tot 1,5 2 10´ × 15= ×3 1015kg. e In de oceanen zit een enorme hoeveelheid CO2opgeslagen. Als de CO2-concentratie in de lucht

toeneemt, neemt de oceaan een enorme hoeveelheid extra CO2op. De uitspraak snijdt dus hout.

4

Beïnvloeding van evenwichten

Opdrachten

24 a Wanneer de druk wordt verhoogd, verschuift het evenwicht naar de kant van de minste deeltjes. Dat is in dit geval de rechterkant. Het evenwicht verschuift naar rechts.

b Wanneer de druk wordt verhoogd, verschuift het evenwicht naar de kant van de minste deeltjes. Omdat in deze evenwichtsreactie links en rechts evenveel deeltjes staan, gebeurt er niets. c Wanneer de druk wordt verhoogd. verschuift het evenwicht naar de kant van de minste deeltjes.

Dat is in dit geval de linkerkant, want alleen CO2(g) heeft een concentratie. Het evenwicht

verschuift naar links.

25 Antwoord A is juist. Volumetoename betekent verlaging van de concentraties. Het evenwicht verschuift dan naar de kant van de meeste deeltjes in de gasfase.

26 a Platina is een katalysator. De ligging van het evenwicht verandert niet, maar het stelt zich wel sneller in.

b Wanneer de temperatuur wordt verhoogd, verschuift het evenwicht naar de endotherme kant. Dat is in dit geval de linkerkant.

c Wanneer het reactiemengsel wordt samengeperst, verschuift het evenwicht naar de kant van de minste deeltjes. Dat is in dit geval de rechterkant.

d Wanneer er extra koolstofdioxide wordt toegevoegd, zal de reactie naar links tijdelijk sneller verlopen. Het evenwicht verschuift naar links.

e Neon is een edelgas, het komt niet voor in de evenwichtsvoorwaarde en is geen katalysator. Het evenwicht wordt niet beïnvloed.

27 a De katalysator verhoogt de beide reactiesnelheden, hierdoor wordt de insteltijd van het evenwicht verkort en is de opbrengst per uur groter.

b

c Bij een hoge druk verschuift het gasevenwicht naar de kant van de minste aantal deeltjes, dus naar de kant van ethanol. Daarnaast is de reactiesnelheid bij hogere druk (dus hogere concentraties) groter, waardoor er in dezelfde tijd meer ethanol wordt gevormd: de insteltijd is korter.

(8)

dus [HCO3–] : [CO2] = 11 : 1.

64

29 a Er gebeurt niets, want een vaste stof heeft geen invloed op de ligging van een evenwicht. b Dan verhoog je de OH–_{-concentratie, waardoor het evenwicht naar links verschuift.}

c Fe3+_{bindt CN}–_{-ionen tot een complex ion. Dit evenwicht (zie Binas tabel 47) ligt zeer sterk aan de}

kant van het complexe ion dus [CN–_{] wordt zeer laag waardoor het goudevenwicht naar links}

aflopend wordt.

30 Antwoord C is juist. Bij constante druk neemt door toevoegen van helium het volume toe en dus de concentratie af. Gevolg is dat het evenwicht verschuift naar de kant met de meeste gasdeeltjes dus naar rechts, dus meer PCl3.

31 Antwoord B is juist. Volumetoename betekent verlaging van de concentraties. Het evenwicht verschuift dan naar de kant van de meeste deeltjes in de gasfase.

32 a CaF2(s)  Ca2+(aq) + 2 F–(aq)

b Al3+_{(aq) + 6 F}–(_{aq)  AlF}₆3–_(aq)

c Aan de dissociatieconstante (2·10–20_{) is te zien dat het aluminiumfluoridecomplex erg stabiel is.}

De vorming van dit complex onttrekt fluoride-ionen uit de oplossing. Het oplosevenwicht, CaF2(s)  Ca2+(aq) + 2 F–(aq), zal hierdoor naar rechts verschuiven en daarmee neemt de oplosbaarheid toe.

33 a Uit Binas tabel 51 blijkt dat de waarde van K afneemt bij toenemende temperatuur. Dat betekent dat het evenwicht bij temperatuurstijging naar links verschuift. Omdat het evenwicht bij

temperatuurstijging altijd naar de endotherme kant verschuift, is links dus de endotherme kant, en rechts de exotherme kant van de reactie.

b Wanneer je het reactiemengsel samenperst, verschuift het evenwicht naar de kant van de minste deeltjes. Omdat in deze evenwichtsreactie links en rechts evenveel deeltjes staan, gebeurt er niets. c Je kunt het evenwicht naar rechts laten verschuiven door de temperatuur te verlagen, de

concentratie I2(g) en/of H2(g) te verhogen.

34 a Het volume is 1,0 dm3_{, dus de beginconcentraties zijn: [NO] = 0,200 M; [Cl}₂_{] 0,100 M;}

het aantal mol L–1_{omgezet Cl}₂_{(g) = 0,100 × 0,85 = 0,085 mol;} concentratie (mol L–1₎ _[NO] _[Cl

2] [NOCl]

begin 0,200 0,100 0,0

omgezet –2 × 0,085 –0,085 +2 × 0,085

evenwicht 0,030 0,015 0,170

Invullen in de evenwichtsvoorwaarde geeft: ₂ 2 ₂ 2 3

2

[NOCl] (0,170) _{2,1 10}

[NO] [Cl ] (0,030) 0,015

K = = = ⋅

×

b Bij hogere temperatuur ligt het evenwicht meer aan de endotherme kant, dus meer links. Dus er is minder chloor omgezet.

Eindopdracht Koolzuurevenwicht 35 a 3 3 2 [H O ][HCO ] [CO ] K= + −

b Als de [H3O+] te hoog wordt, verschuift het evenwicht naar links en neemt de [CO2] toe.

De ademhalingsfrequentie neemt dan toe.

c Door hyperventilatie daalt de [CO2]. Hierdoor verschuift het evenwicht naar links en neemt de

[H3O+] af.

d Bij een hoge temperatuur verschuift het evenwicht naar de endotherme kant, dus naar links. De [CO2] neemt toe en de ademhalingsfrequentie ook.

64

d Het voordeel is dat de insteltijd wordt verkort. Het nadeel is dat het evenwicht naar links verschuift, de endotherme kant).

e ΔE = Ev(reactieproducten) – (Ev(beginstoffen) = Ev(C2H5OH(g)) – Ev(C2H4(g) + Ev(H2O(g))

In Binas tabel 57B staat ethanol als vloeistof. Je moet dus ook de verdampingswarmte van ethanol meenemen in je berekening: ΔE(verdampingswarmte) =

+ 0,42 10 J mol .

5 1

ΔE =

2,78 10 + 0,42 10 (0,52 10 2,42 10 ) = 0,46 10 J mol = 46 kJ mol

1 1

28 a 3 ₂

2 [CH OH] [CO][H ]

K =

Dus ΔE = Ev(reactieproducten) – (Ev(beginstoffen) = Ev(CH3OH(g)) – (Ev(CO(g) + 2 × Ev(H2(g)).

In Binas tabel 57B staat methanol als vloeistof. Je moet dus ook nog de verdampingswarmte van methanol meenemen in je berekening:

ΔE =

2,39 10 + 0,37 10 ( 1,105 10 + 2 0) = 0,92 10 J mol = 92 kJ mol

1 1

e Een katalysator heeft geen invloed op de ligging van het evenwicht, dus de opbrengst zal even groot zijn. Omdat het instellen van het evenwicht langer duurt, zal de opbrengst per uur lager zijn. 29 a Er gebeurt niets, want een vaste stof heeft geen invloed op de ligging van een evenwicht.

b Dan verhoog je de OH–_{-concentratie, waardoor het evenwicht naar links verschuift.}

aflopend wordt.

32 a CaF2(s) D Ca2+(aq) + 2 F–(aq)

b Al3+_{(aq) + 6 F}–(_{aq) D AlF} 63–(aq)

De vorming van dit complex onttrekt fluoride-ionen uit de oplossing. Het oplosevenwicht, CaF2(s) D Ca2+(aq) + 2 F–(aq), zal hierdoor naar rechts verschuiven en daarmee neemt de

oplosbaarheid toe.

64

+ 0,42 10 J mol .

5 1

ΔE =

2,78 10 + 0,42 10 (0,52 10 2,42 10 ) = 0,46 10 J mol = 46 kJ mol

1 1

28 a 3 ₂

2 [CH OH] [CO][H ]

K =

ΔE =

2,39 10 + 0,37 10 ( 1,105 10 + 2 0) = 0,92 10 J mol = 92 kJ mol

1 1

aflopend wordt.

32 a CaF2(s) D Ca2+(aq) + 2 F–(aq)

b Al3+_{(aq) + 6 F}–(_{aq) D AlF} 63–(aq)

oplosbaarheid toe.

concentratie I2(g) en/of H2(g) te verhogen. H6 Evenwichten

64

+ 0,42 10 J mol .

5 1

ΔE =

2,78 10 + 0,42 10 (0,52 10 2,42 10 ) = 0,46 10 J mol = 46 kJ mol

1 1

28 a 3 ₂

2 [CH OH] [CO][H ]

K =

ΔE =

2,39 10 + 0,37 10 ( 1,105 10 + 2 0) = 0,92 10 J mol = 92 kJ mol

1 1 c Bij temperatuurstijging verschuift het evenwicht naar de endotherme kant, dus naar links.

De opbrengst zal lager zijn.

aflopend wordt.

32 a CaF2(s) D Ca2+(aq) + 2 F–(aq)

b Al3+_{(aq) + 6 F}–(_{aq) D AlF} 63–(aq)

oplosbaarheid toe.

64

+ 0,42 10 J mol .

5 1

ΔE =

2,78 10 + 0,42 10 (0,52 10 2,42 10 ) = 0,46 10 J mol = 46 kJ mol

1 1

28 a 3 ₂

2 [CH OH] [CO][H ]

K =

ΔE =

2,39 10 + 0,37 10 ( 1,105 10 + 2 0) = 0,92 10 J mol = 92 kJ mol

aflopend wordt.

32 a CaF2(s) D Ca2+(aq) + 2 F–(aq)

b Al3+_{(aq) + 6 F}–(_{aq) D AlF} 63–(aq)

oplosbaarheid toe.

64

+ 0,42 10 J mol .

5 1

ΔE =

2,78 10 + 0,42 10 (0,52 10 2,42 10 ) = 0,46 10 J mol = 46 kJ mol

1 1

28 a 3 ₂

2 [CH OH] [CO][H ]

K =

ΔE =

2,39 10 + 0,37 10 ( 1,105 10 + 2 0) = 0,92 10 J mol = 92 kJ mol

aflopend wordt.

32 a CaF2(s) D Ca2+(aq) + 2 F–(aq)

b Al3+_{(aq) + 6 F}–(_{aq) D AlF} 63–(aq)

oplosbaarheid toe.

Het voordeel is dat de insteltijd wordt verkort. Het nadeel is dat het evenwicht naar links verschuift, de endotherme kant).

ΔE = Ev(reactieproducten) – (Ev(beginstoffen) = Ev(C2H5OH(g)) – Ev(C2H4(g) + Ev(H2O(g))

+ 0,42 10 J mol .

5 1

ΔE =

2,78 10 + 0,42 10 (0,52 10 2,42 10 ) = 0,46 10 J mol = 46 kJ mol

1 1

3 2 2 [CH OH] [CO][H ] K =

ΔE is de som van de vormingswarmte van methanol, de verdampingswarmte van methanol (Binas tabel 59B) en de ontledingswarmte van CO.

ΔE =

2,39 10 + 0,37 10 ( 1,105 10 + 2 0) = 0,92 10 J mol = 92 kJ mol

1 1

Bij temperatuurstijging verschuift het evenwicht naar de endotherme kant, dus naar links. De opbrengst zal lager zijn.

Bij samenpersen verschuift het evenwicht naar de kant van de minste gasdeeltjes, dus naar rechts. De opbrengst zal hoger zijn.

Een katalysator heeft geen invloed op de ligging van het evenwicht, dus de opbrengst zal even groot zijn. Omdat het instellen van het evenwicht langer duurt, zal de opbrengst per uur lager zijn. Er gebeurt niets, want een vaste stof heeft geen invloed op de ligging van een evenwicht.

Dan verhoog je de OH–_{-concentratie, waardoor het evenwicht naar links verschuift.}

Fe3+_{bindt CN}–_{-ionen tot een complex ion. Dit evenwicht (zie Binas tabel 47) ligt zeer sterk aan de}

aflopend wordt.

Antwoord C is juist. Bij constante druk neemt door toevoegen van helium het volume toe en dus de concentratie af. Gevolg is dat het evenwicht verschuift naar de kant met de meeste gasdeeltjes dus naar rechts, dus meer PCl3.

Antwoord B is juist. Volumetoename betekent verlaging van de concentraties. Het evenwicht verschuift dan naar de kant van de meeste deeltjes in de gasfase.

CaF2(s) D Ca2+(aq) + 2 F–(aq)

Al3+_{(aq) + 6 F}–(_{aq) D AlF} 63–(aq)

Aan de dissociatieconstante (2·10–20_{) is te zien dat het aluminiumfluoridecomplex erg stabiel is.}

oplosbaarheid toe.

Uit Binas tabel 51 blijkt dat de waarde van K afneemt bij toenemende temperatuur. Dat betekent dat het evenwicht bij temperatuurstijging naar links verschuift. Omdat het evenwicht bij

(9)

dus [HCO3–] : [CO2] = 11 : 1.

H6 Evenwichten

65

34 a Het volume is 1,0 dm3_{, dus de beginconcentraties zijn: [NO] = 0,200 M; [Cl}

2] 0,100 M;

het aantal mol L–1_{omgezet Cl}

2(g) = 0,100 × 0,85 = 0,085 mol; concentratie (mol L–1₎ _[NO] _[Cl

2] [NOCl]

begin 0,200 0,100 0,0

omgezet –2 × 0,085 –0,085 +2 × 0,085

evenwicht 0,030 0,015 0,170

Invullen in de evenwichtsvoorwaarde geeft: ₂ 2 ₂ 2 3

2

[NOCl] (0,170) _{2,1 10}

[NO] [Cl ] (0,030) 0,015

K = = = ×

´

b Bij hogere temperatuur ligt het evenwicht meer aan de endotherme kant, dus meer links. Dus er is minder chloor omgezet.

Eindopdracht Koolzuurevenwicht 35 a 3 3 2 [H O ][HCO ] [CO ] K= +

-b Als de [H3O+] te hoog wordt, verschuift het evenwicht naar links en neemt de [CO2] toe.

De ademhalingsfrequentie neemt dan toe.

c Door hyperventilatie daalt de [CO2]. Hierdoor verschuift het evenwicht naar links en neemt de

[H3O+] af.

d Bij een hoge temperatuur verschuift het evenwicht naar de endotherme kant, dus naar links. De [CO2] neemt toe en de ademhalingsfrequentie ook.

e 3 3 7 8 3 2 2 [H O ][HCO ] _{4,5 10} 4,0 10 [HCO ] [CO ] [CO ] K= + - = × - = × - ´ - ; 7 3 8 2 [HCO ] 4,5 10 ₁₁ [CO ] 4,0 10 -× ₌ ₌ × ;

dus [HCO3–] : [CO2] = 11 : 1.