Chemie 7e ed - Hoofdstuk 11 - Analyse oefentoetsen & antwoorden

Bij kwalitatief onderzoek wordt de hoeveelheid van een bepaald molecuul in een mengsel onderzocht. Bij kwantitatief onderzoek wordt onderzocht welke stof er aanwezig is. De stoffen uit het mengsel verdelen zich over de mobiele fase (de gasstroom) en de stationaire fase (de kolom). Deze verdeling berust op adsorptie (de mate waarin de moleculen hechten aan de stationaire fase) en oplosbaarheid (de mate waarin de moleculen oplossen in de mobiele fase).Colorimetrie kan worden gebruikt om te bepalen welke stof er aanwezig is in een monster (a.d.h.v. de golflengte die wordt geabsorbeerd) en hoeveel er van die stof aanwezig is (m.b.v. een verdunningsreeks die een ijklijn oplevert). Bij colorimetrie is het essentieel om gekleurde stoffen te analyseren, omdat deze licht absorberen. De hoeveelheid licht die wordt geabsorbeerd, wordt gemeten. Door deze waarde in de ijklijn te plaatsen, is het mogelijk om de hoeveelheid van die stof te bepalen. Een blanco bevat alle gebruikte stoffen, behalve de te meten stof. De blanco wordt dan ook gebruikt om de metingen te corrigeren voor de aanwezige stoffen die je niet direct wilt meten. Hiermee wordt het mogelijk om alleen de intensiteit van het monster te meten. E = -logII0E = ε[A]I (dit is de wet van Lambert-Beer)Het equivalentiepunt is bereikt als beide oplossingen precies met evenveel mol met elkaar gereageerd hebben. Dit punt kan zichtbaar worden gemaakt met een pH-meter of met een indicator die van kleur verandert wanneer het equivalentiepunt is bereikt. Om te controleren of de resultaten dicht bij elkaar liggen en op deze manier foute metingen te ontdekken. In de praktijk worden berekeningen uiteindelijk gedaan met het gemiddelde van deze metingen (mits ze niet te veel van elkaar afwijken). Terugtitratie wordt gebruikt wanneer de te onderzoeken stof niet oplosbaar is in water. Deze stof moet dan eerst nauwkeurig gewogen worden om dit vervolgens te laten reageren met een bekende hoeveelheid van een andere stof. De stof die hierbij ontstaat moet goed oplosbaar zijn in water en kan vervolgens worden gebruikt om te titreren. Bij terugtitratie vinden er twee chemische reacties na elkaar plaats en het is in de uiteindelijke berekeningen belangrijk om hiermee rekening te houden. Gaschromatografie: zowel kwalitatief als kwantitatief.Colorimetrie: zowel kwalitatief als kwantitatief.Zuur-base titratie: kwantitatief.Redoxtitratie: kwantitatief. De piek van adipaat is hoger dan de piek van fumaraat. Dit betekent dat er in het urinemonster dat is onderzocht meer adipaat aanwezig is dan fumaraat. De hoogte van de piek (of het piekoppervlak) wordt namelijk gebruikt bij de kwantitatieve analyse van een monster.Het juiste antwoord moet de volgende onderdelen bevatten:In het chromatogram is te zien dat de retentietijd van fumaraat korter is dan die van adipaat. Dat betekent dat fumaraat eerder uit de gaschromatograaf vandaan is gekomen dan adipaat. Blijkbaar adsorbeert adipaat dus sterker aan de stationaire fase dan fumaraat. Dit komt doordat de stationaire fase, de kolom dus, meer en sterkere interacties kan aangaan met adipaat. Vaak zijn dit waterstofbruggen of vanderwaalsbindingen die gevormd kunnen worden. Kijkend naar de structuurformule van adipaat is er te zien dat er zowel vanderwaalsbindingen (met de C-keten) en waterstofbruggen (met de C=O en de C-O-) worden gevormd. Het juiste antwoord moet de volgende onderdelen bevatten:Wanneer de mobiele fase een sterk apolaire stof zal zijn, zal de meest apolaire stof (fumaraat of adipaat) hier het beste in oplossen en zal de laagste retentietijd hebben. De meest polaire stof, die dus slecht op zal lossen in de sterk apolaire mobiele fase, zal dan de grootste retentietijd hebben.Kijkend naar de structuurformules van beide stoffen, is te zien dat ze beiden een COO-- groep bevatten. Dit is het polaire deel van beide moleculen. Het verschil zal dus zitten in de grootte van het apolaire deel. Fumaraat heeft verder een C-keten van vier C-atomen, terwijl adipaat een C-keten van zes C-atomen heeft. Adipaat heeft dus een groter apolair deel dat sterkere vanderwaalsbindingen en zwakkere waterstofbruggen zal opleveren door de hogere molecuulmassa. Dit molecuul zal dus sterker aan de mobiele fase hechten en een kortere retentietijd hebben. Fumaraat zal dus een grotere retentietijd hebben.  Bij een meer geconcentreerde oplossing is er een hogere concentratie van opgeloste ionen aanwezig. Dit zorgt voor een hogere extinctie (omdat er meer van het ingestraalde licht wordt geabsorbeerd). Als de concentratie van de te meten stof 0 mol/L is, zal er ook niets van het ingestraalde licht worden geabsorbeerd en is de extinctie dus ook 0. Als zowel de x-as als de y-as een waarde van 0 heeft (op het eerst gemeten moment), is dat een meetpunt op de oorsprong.Bijvoorbeeld:Magnesiumionen, omdat deze ionen ook aanwezig zijn in hard water.Nitraationen, omdat deze ionen in drinkwater aanwezig zijn door bijvoorbeeld PFAS resten.Loodionen, omdat deze ionen in drinkwater aanwezig zijn door bijvoorbeeld loden leidingen.Bij een 0DH van 6,3 is in het diagram een extinctie te zien van 0,45.  H+ (aq) + OH- (aq) → H2O (l)Zwavelzuur is een tweewaardig zuur en in de eerste stap wordt door het toevoegen van natronloog het eerste H+-ion van zwavelzuur afgenomen en in de tweede stap het tweede H+-ion.Een voorbeeld van een correct antwoord bestaat uit de volgende onderdelen:In de eerste stap reageert 100,0 mL zwavelzuuroplossing met 1,55 mL 0,0800 M natronloog. Dit betekent dat er 1,55 x 0,08000 = 0,124 mmol OH--ionen heeft gereageerd met de eerste H+-ionen uit de zwavelzuuroplossing. Deze hoeveelheid mmol was verwerkt in 100,0 mL, dus de concentratie van de eerste H+-ionen was 0,124 / 100,0 = 1,24.10-3 mol/L. Vervolgens reageert de overige hoeveelheid met 13,4 mL van de 0,0800 M NaOH-oplossing. Dit betekent dat er 13,4 x 0,0800 = 1,104 mmol OH--ionen heeft gereageerd. Deze hoeveelheid mmol was eveneens verwerkt in 100,0 mL, dus de concentratie van de tweede H+-ionen was 1,104 / 100,0 = 0,01104 mol/L. De totale hoeveelheid H+-ionen is dus 0,01104 + 1,24.10-3 = 0,01228 mol/L. De molverhouding tussen de H+-ionen en de H2SO4-oplossing is 2 : 1, dus de concentratie van de H2SO4-oplossing is 0,01228 / 2 = 6,14.10-3 mol/L.De totale concentratie H+-ionen was 0,01228 mol/L. De concentratie H+-ionen die heeft gereageerd in de eerste stap was 1,24.10-3 mol/L. Dat betekent dat de concentratie H+-ionen na deze reactie 0,01104 mol/L was. Hieruit is de pH te berekenen: pH = -log (0,01104) = 1,95. Het eerste equivalentiepunt moet dus bij pH = 1,95 liggen. Een geschikte indicator hiervoor zou thymolblauw kunnen zijn.Na afloop van de tweede stap in de titratie zijn alle H+-ionen weg gereageerd en is er water ontstaan. Dit heeft een neutrale pH en daarom zou onder ander broomthymolblauw een goede indicator kunnen zijn. CO2 + 6 H+ + 6e- → CH3OH + H2OHet onderzoek moet bestaan uit de volgende stappen:CO2 moet worden opgelost in water. Deze CO2 is afkomstig van H2CO3, dus de volgende zuur-base reactie zal optreden: H2CO3 + H2O → H3O+ + HCO3-Aan deze oplossing moet een indicator toegevoegd worden, bijvoorbeeld broomthymolblauw. Vervolgens moet er getitreerd worden met een oplossing van natronloog met een bekende concentratie tot de kleuromslag van geel naar groen.Een voorbeeld van een juist antwoord is:Uit Figuur 2 blijkt dat ethanol een grotere retentietijd heeft dan methanol. Ethanol heeft een extra CH2-groep ten opzichte van methanol / ethanol is minder polair dan methanol. Als een stof een grote(re) retentietijd heeft, lost deze minder goed op in de mobiele fase. De stationaire fase is dus minder polair dan de mobiele fase.Bij gaschromatografie moeten alle te meten stoffen in de gasfase zijn. Het kookpunt van methanol en ethanol zijn respectievelijk 338 K en 351 K. De minimale temperatuur voor dit experiment moet dus 351 K zijn.Een voorbeeld van een juist antwoord is:Uit het GC van het monster blijkt dat $\frac{Signaal\ methanol}{Signaal \ ethanol}=\frac{69,1}{43,6}=1,58$Uit het GC van de standaardoplossing blijkt dat (bij molverhouding 1 : 1) $\frac{Signaal \ methanol}{Signaal \ ethanol}=\frac{112,7}{105,5}=1,07$De werkelijke molverhouding in het monster is dus $\frac{1,58}{1,07}=1,48$ Dus methanol : ethanol = 1,5 : 1,0 De grenswaarde (TGG 8 uur) is 0,02 mg/m3.0,02 mg/m3 = 0,00002 mg/dm3 = 0,00000002 g/dm3 = 9,97.10-11 mol/dm3Tip: Doe dit stapsgewijs zoals in het voorbeeld. In de eerste stap wordt de hoeveelheid van mg/m3 naar mg/dm3 omgezet. Van m3 naar dm3 vermenigvuldig je normaal met 1000, maar omdat dit onder de deelstreep plaatsvindt, moet je delen door 1000. Vervolgens zet je het aantal mg om naar het aantal gram door weer te delen door 1000. In de laatste stap zet je het aantal g om in mol door te delen door de atoommassa die je kunt vinden in Tabel 99 van BINAS.RED Hg (l) → Hg2+ + 2e-OX MnO4- + 8 H+ + 5e- → Mn2+ + 4 H2OREDOX 5 Hg (l) + 2 MnO4- + 16 H+ → 5 Hg2+ + 2 Mn2+ + 8 H2ODe omzetting van MnO4- naar Mn2+ levert al een kleuromslag op van paars naar kleurloos. Dit is te vinden in Tabel 65B van BINAS. In de buret wordt altijd de oplossing met de bekende waarde gedaan, dus dat is de aangezuurde oplossing van kaliumpermanganaat.Bij opdracht b is berekend dat de toegestane hoeveelheid kwik die wordt geloosd 9,97.10-11 mol/dm3 is. Bij opdracht c is de totaalreactie bepaald die plaatsvindt tijdens deze redoxtitratie:5 Hg (l) + 2 MnO4- + 16 H+ → 5 Hg2+ + 2 Mn2+ + 8 H2OUitgaand van 1 L mag er dus 9,97.10-11 mol Hg geloosd worden. Uit de molverhouding Hg : MnO4- die 5 : 2 is, kan berekend worden dat er $\frac{9,97 \cdot 10^{-11}}{5} \times 2 = 3,988\cdot 10^{-11} $ mol MnO4- zal reageren in deze redoxtitratie. De laatste stap is om te berekenen hoeveel L er van de 0,0324 M kaliumpermangaatoplossing nodig is. Gebruik hierbij een verhoudingstabel:Aantal mol KMnO4(hierin zit MnO4-, het ion dat actief is in deze redoxtitratie)0,03243,988.10-11Aantal L oplossing1$\frac{3,988 \cdot 10^{-11}\times  1}{0,0324}= 1,23\cdot 10^{-9}$Conclusie: per liter afval waarin 9,97.10-11 mol Hg aanwezig is, reageert 1,23.10-9 L van de 0,0324 M kaliumpermangaatoplossing.