1
Examen scheikunde VWO tijdvak 1
2015
uitwerkingen
Stanyl
3p 13p 2 1 mol butaan-1,4-diamine ≡ 4 mol H2
1,0·103 kg butaan-1,4-diamine ≡ 1,0·103 kg : 88,16 kg/kmol = 11,34 kmol, daar 1 mol butaan-1,4-diamine ≡ 4 mol H2 volgt er
11,34 kmol 1 mol butaan-1,4-diamine ≡ 4 x 11.34 kmol = 45,37 kmol H2 45,37 kmol H2 ≡ 45,37 kmol x 2,45·10‒2 103 m3/103 mol = 1,1·103 m3 H2
3p 3 C6H12O + 3 H2O C6H10O4 + 8 H+ + 8 e–
3p 4 NO3– + 3 H+ + 2e– → HNO2 + H2O (×4) C6H12O + 3 H2O C6H10O4 + 8 H+ + 8 e– (×1) C6H12O + 4 NO3– + 4 H+ C6H10O4 + 4 HNO2 + H2O
3p 5 1 mol hexaandizuur ≡ 4 mol H2O2
Aangezien het rendement 93% is, is er per mol hexaandizuur 4 mol : 0,93 = 4,30 mol H2O2 nodig, dus voor 1,0·103 kg : 146,14 kg/kmol = 6,84 kmol hexaandizuur is 4,30 x 6,84 kmol = 29,42 kmol H2O2 nodig
29,42 kmol H2O2 ≡ 29,42 kmol x 34,015 kg/kmol = 1,00·103 kg H2O2
Daar de oplossing 30%(m/m) is, is er 100/30 x 1,00·103 kg = 3,3 ton H2O2 nodig.
Vlamvertragers en zeezoogdieren
2p 62p 7 De onderzoekers maken afzonderlijke chromatogrammen van zuiver alfa-, bèta- en gamma-HBCD en be-palen de plaats van de pieken. De pieken van alfa-, bèta- of gamma-HBCD van het monster bevinden zich op dezelfde plaats als pieken van de zuivere stoffen.
2p 8 Hypothese 1 is niet in overeenstemming met de resultaten van het experiment. De van gamma-HBCD neemt wel af, maar hierbij neemt de van alfa-HBCD niet toe.
Hypothese 2 is wel in overeenstemming met de resultaten van het experiment. De respons van alfa-HBCD blijft constant en de van gamma-alfa-HBCD neemt af.
3p 9 Van Br komen in de natuur twee isotopen 79Br en 81Br in ongeveer gelijke hoeveelheden voor. Hierdoor bestaan drie mogelijke combinaties van de isotopen in ionen Br2–: 79Br-79Br, 81Br-79Br en 81Br-81Br. Omdat de combinatie 81Br-79Br op twee manieren gevormd kan zijn, is de piek bij m/z = 160 ongeveer twee keer zo hoog als de andere twee.
2p 10 De molecuulmassa van HBCD bedraagt 642 u. De massa van [M–H]– bedraagt 657 u, dus de molecuul-massa van M bedraagt 658 u. De molecuul-massa is dus met 16 u toegenomen, dit betekent dat een O atoom is opgenomen. De molecuulformule van het reactieproduct is dus C12H18Br6O.
2p 11 De stof lost iets beter op in water dan HBCD. Dit wijst erop dat in het molecuul mogelijk een
waterstof-brugvormende groep aanwezig is. In het molecuul is één O atoom aanwezig, dus er kan een OH groep gevormd zijn. C H2 CH2 C H CH C H2 C H2 C H C H CH2 C H2 C H C H
2
Koolstofdioxide-afvang
3p 12 CO2(aq) + H2O(l) + H2N – CH2 – CH2 – OH(aq) HCO3‒(aq) + H3N+ – CH2 – CH2 – OH(aq)
2p 13 De reactie van opgelost CO2 met MEA in reactor A is exotherm. De reactie in reactor B waarbij CO2 vrij-komt is de omgekeerde reactie van de reactie in reactor A en is endotherm. Om evenwicht 2 te laten aflo-pen naar de kant van opgelost CO2 moet de temperatuur dus verhoogd worden. De temperatuur in reac-tievat B moet dus hoger zijn dan de 65 °C van reacreac-tievat A.
3p 14 De reactie van een zwakke base met het zwakke zuur CO2 is omkeerbaar omdat het een evenwichtsre-actie is. Hierdoor is het mogelijk om de reevenwichtsre-actie weer naar de andere kant te laten verlopen door andere omstandigheden te kiezen. Een sterke base is niet geschikt, omdat de reactie tussen CO2 en een sterke base aflopend en dus niet omkeerbaar is.
3p 15 Aantal mol CO2 in gasstroom A = 0,10 x 1,7·104 m3 : 0,16·10‒3 m3/mol = 1,06·107 mol Aantal mol CO2 in gasstroom B = 0,95 x 2,6·105 m3 : 27·10‒3 m3/mol = 9,15·106 mol % afgevangen CO2 = 9,15·106 mol : 1,06·107 mol x 100% = 86%
2p 16 CaSiO3 + 2 CO2 + H2O → Ca2+ + 2 HCO3– + SiO2
Thermoplastisch zetmeel
2p 17 Uit Binas (5e druk tabel 67A3 of 6e druk tabel 67F3) is te berekenen dat Mmonomeereenheid amylose = 162,1 g/mol (C6H10O5).
Gemiddeld aantal monomeereenheden in zetmeel = 3,7·107 g/mol : 162,1 g/mol = 2,3·105
4p 18 1 mol zetmeel levert gemiddeld 3,7·107 g/mol : 1,9·106 g/mol = 19,5 mol TPS
Het aantal mol H2O nodig voor de hydrolyse van 1 mol zetmeel = 19,5 – 1 = 18,5 mol (immers het aantal bindingen dat verbroken wordt, is één minder dan het aantal moleculen TPS dat ontstaat). 100 g zetmeel ≡ 100 g : 3,·107 g/mol = 2,70·10‒6 mol zetmeel.
2,70·10‒6 mol zetmeel ≡ 2,70·10‒6 x 18,5 mol H2O = 5,00·10‒5 mol H2O ≡ 5,00·10‒5 mol x 18,02 g/mol = 9,0·10‒4 g H2O.
3 2p 20 Doordat de glycerolmoleculen tussen de ketens komen, vormen de ketens waterstofbruggen met
gly-cerol. Het aantal waterstofbruggen tussen de ketens neemt hierdoor af, waardoor de ketens makkelij-ker langs elkaar kunnen bewegen en het materiaal beter te vervormen wordt.
2p 21 (C8H8)n + 10n O2 → 8n CO2 + 4n H2O
3p 22 1,0 kg polystyreen ≡ 1,0·103 g : n x 104,1 g/mol = 1/n x 9,60 mol
1/n x 9,60 mol polystyreen ≡ 8n x 1/n x 9,60 mol CO2 = 76,8 mol CO2 ≡ 76,8 mol x 44,01 g/mol = 3381 g CO2
De theoretische besparing = (3,381 – 1,6) kg : 3,381 kg x 100% = 53%
Arseenbacterie
4p 23
1p 24 De tertiaire structuur van het eiwit wordt veranderd.
3p 25 HAsO42‒ + H2O AsO43‒ + H3O+ [AsO43‒] : [HAsO42‒] = 0,032 : 1= 1 : 31 of: AsO43‒ + H2O HAsO42‒ + OH‒ [AsO43‒] : [HAsO42‒] = 0,032 : 1= 1 : 31 3p 26 HAsO42‒ H2AsO3‒
O-balans kloppend maken met H2O: HAsO42‒ H2AsO3‒ + H2O H-balans kloppend maken met H+: HAsO
42‒ + 3 H+ H2AsO3‒ + H2O
Basisch milieu, dan H+ wegnemen met OH‒: HAsO42‒ + 3 H+ + 3 OH‒ H2AsO3‒ + H2O + 3 OH‒ (H2O links en rechts tegen elkaar wegstrepen) HAsO42‒ + 2 H2O H2AsO3‒ + 3 OH‒
Lading aanvullen met e‒: HAsO42‒ + 3 H2O + 2 e‒ H2AsO3‒ + H2O + 3 OH‒
2p 27 De reactiesnelheid nam toe omdat het aantal bacteriën zich vermeerderden.
Aan het eind nam de reactiesnelheid af omdat de concentraties van lactaat en arsenaat steeds lager wer-den. 2 2 (14 9,80) 2 4,20 2,71 4 4 4 B 3 3 3 4 4 4 3 4,20 1,49 4 2 2,71 4
[HAsO ][OH ] [HAsO ]10 [HAsO ]10 10
[AsO ] [AsO ] [AsO ]
[AsO ] 10 10 0,0324 [HAsO ] 10 K 3 3 9,80 11,29 4 3 4 z 2 3 4 4 3 11,29 1,49 4 2 9,80 4 [AsO ][H O ] [AsO ]10 10 [HAsO ] [HAsO ] [AsO ] 10 10 0,0324 [HAsO ] 10 K
