Polaris Scheikunde - Hoofdstuk 6 - Reactiekinetiek oefentoetsen & antwoorden

De vijf factoren die de reactiesnelheid beïnvloeden zijn:Het soort stof.De concentratie.De temperatuurDe verdelingsgraadDe aanwezigheid van een katalysatorEndotherm wil zeggen dat er energie nodig is om de reactie op gang te houden. Deze reactie kost dus energie. Als er geen energie wordt toegevoegd stopt de reactie. Exotherm is het tegenovergestelde. Bij deze reactie komt juist energie vrij. Deze reactie zal dus altijd doorgaan totdat de beginstoffen op zijn.Wanneer blijkt dat $Q=K$, dan is de concentratiebreuk gelijk aan de evenwichtsconstante. Er is dan sprake van een evenwicht.Je zet alleen stoffen in de gasfase, vloeistoffase of opgeloste fase in de evenwichtsvoorwaarde. Dit zijn hier $\rm Pb^{2+}$ en $\rm Cl^-$.Wanneer er meer beginstoffen zijn is er tijdelijk geen evenwicht. De beginstoffen zullen reageren tot producten totdat alle stoffen weer in een verhouding zijn waar $Q=K$. Het evenwicht is dan naar rechts verschoven (naar de kant van de producten). Voor het energiediagram, zie de tekening bij b. ΔE is het verschil in energie dat vrijkomt (bij een exotherme reactie) of wordt opgenomen (bij een endotherme reactie) tussen de beginstoffen en de reactieproducten.De reactieproducten van een endotherme reactie hebben een hogere vormingswarmte van de beginstoffen. De energie die nodig was om de reactie te laten verlopen is in de reactieproducten gaan zitten.Exotherm zonder katalysatorExotherm met katalysatorHet toevoegen van een katalysator zorgt ervoor dat de benodigde activeringsenergie voor de reactie lager is. De geactiveerde toestand teken je dus lager (De reactie zal hierdoor ook eerder/sneller verlopen)Zie het energiediagram bij antwoord d.  In de evenwichtsvoorwaarde komen alleen stoffen met (l), (g) of (aq) te staan.$\rm K_s = [Fe^{2+}] \times [OH^-]^2$Gegeven$\rm 4,5\cdot 10^{-3}\ mol\ OH^-$$\rm volume = 2,30\ L$Gevraagd$\rm K_s = ?$Formule$\rm Molariteit = \frac{mol}{L}$$\rm K_s = [Fe^{2+}] \times [OH^-]^2$Berekening$\rm [OH^-] = \frac{4,5\cdot 10^{-3}}{2,30} = 1,956\cdot 10^{-3}\ M$$\rm mol\ Fe^{2+} = \frac{4,5\cdot 10^{-3}}{2} = 2,25\cdot 10^{-3}\ mol$$\rm [Fe^{2+}] = \frac{2,25\cdot 10^{-3}}{2,30} = 9,782\cdot 10^{-4}\ M$$\rm K_s = 9,782\cdot 10^{-4} \times (1,956\cdot 10^{-3})^2 = 3,74\cdot 10^{-9}$ConclusieHet oplosbaarheidsproduct voor dit evenwicht bij 300 K is $\rm K_s = 3,74\cdot 10^{-9}$ Beginstoffen: propaan ($\rm C_3H_8$) en $\rm O_2$.Producten: $\rm CO_2$ en $\rm H_2O$.Reactievergelijking:$\rm C_3H_8\ (g) + 5\ O_2 \ (g) \to 3\ CO_2 \ (g) + 4\ H_2O\ (g)$GegevenVormingswarmtes zijn te vinden in Binas tabel 57$\rm E_v\ C_3H_8 = -1,04 \cdot 10^5\ J/mol$$\rm E_v\ O_2 = 0\ J/mol$ (elementen hebben geen vormingswarmte)$\rm CO_2 = -3,935 \cdot 10^5\ J/mol$$\rm H_2O\ (g) = -2,42 \cdot 10^5\ J/mol$ (let op dat je de juiste vormingswarmte voor water pakt, die met de gasfase!)Gevraagd$\rm \Delta E = ?\ J/mol\ propaan$Formule:$\rm \Delta E = E_v(reactieproducten) - E_v(beginstoffen)$Berekening:$\rm \Delta E = ((3 \times -3,935 \cdot 10^5) + (4 \times -2,42 \cdot 10^5)) - (-1,04 \cdot 10^5 + 0) = -2,04 \cdot 10^6\ J/mol$ Conclusie:De reactiewarmte per mol propaan is $\rm -2,04 \cdot 10^6\ J/mol$De reactiewarmte is een negatief getal. Dat betekent dat er energie uit de reactie weggaat. Dit is dus een exotherme reactie die warmte afgeeft aan de omgeving. De kampeerders warmen hierdoor op. In de reactor vinden twee reacties plaats. De vorming van ammoniak en de ontleding van ammoniak. De vorming van ammoniak is dus omkeerbaar. Omdat beide in dezelfde ruimte tegelijk plaatsvinden, spreken we van een evenwichtsreactie.$\rm N_2 + 3\ H_2 \leftrightarrows NH_3$De reactie verloopt al, de stoffen zijn al in evenwicht met elkaar. De reacties hebben al een vaste reactiesnelheid. De reactie is dus al 'ingesteld', er zal dus geen insteltijd meer plaatsvinden.Als de omstandigheden van de reactie veranderen zal het evenwicht verstoord worden. Hierdoor zal er volgens het principe van Le Châtelier een nieuw evenwicht ontstaan. Afhankelijk van de verandering zullen er meer beginstoffen ontstaan of meer reactieproducten.  Gegeven:[NH3]begin=0,080 mol/L\rm [NH_3]_{begin} = 0,080\ mol/L[NH3​]begin​=0,080 mol/L[NH3]eind=0,060 mol/L\rm [NH_3]_{eind} = 0,060\ mol/L[NH3​]eind​=0,060 mol/LΔt=2 sec\rm \Delta t = 2\ secΔt=2 secGevraagd:s=? mol/L/s\rm s = ? \ mol/L/ss=? mol/L/sFormule:s=−1mΔ[NH3]Δt\rm s = -\frac{1}{m}\frac{\Delta [NH_3]}{\Delta t}s=−m1​ΔtΔ[NH3​]​NH3 is een beginstof, dus daarom staat een - teken voor de formule (het verdwijnt met die snelheid).m is het coëfficiënt voor NH3 = 4.Berekenings=−14Δ(0,080−0,060)2=−2,5⋅10−3 mol/L/s\rm s = -\frac{1}{4}\frac{\Delta (0,080-0,060)}{2} = -2,5\cdot 10^{-3}\ mol/L/ss=−41​2Δ(0,080−0,060)​=−2,5⋅10−3 mol/L/sConclusie:De gemiddelde reactiesnelheid in de eerste 2 seconden is 2,5⋅10−3 mol/L/s\rm 2,5\cdot 10^{-3}\ mol/L/s2,5⋅10−3 mol/L/s (Je mag het minteken hier weglaten).Gegeven:Δ[NH3]=0,020 mol/L\rm \Delta [NH_3] = 0,020\ mol/LΔ[NH3​]=0,020 mol/LΔt=2 sec\rm \Delta t = 2\ secΔt=2 secGevraagd:s=? mol/L/s\rm s = ? \ mol/L/ss=? mol/L/sFormule:s=−1nΔ[O2]Δt\rm s = -\frac{1}{n}\frac{\Delta [O_2]}{\Delta t}s=−n1​ΔtΔ[O2​]​O2 is een beginstof, dus daarom staat een - teken voor de formule (het verdwijnt met die snelheid).n is het coëfficiënt voor O2 = 5.BerekeningUitgaande van 1 liter is er 0,020 molNH3\rm 0,020\ mol NH_30,020 mol NH3​ verbruikt.Molverhouding NH3:O2=4:5\rm NH_3 : O_2 = 4:5NH3​:O2​=4:50,020:4×5=2,50⋅10−2 mol O2\rm 0,020 : 4 \times 5 = 2,50\cdot 10^{-2} \ mol \ O_20,020:4×5=2,50⋅10−2 mol O2​s=−15Δ2,50⋅10−22=−2,5⋅10−3 mol/L/s\rm s = -\frac{1}{5}\frac{\Delta 2,50\cdot 10^{-2}}{2} = -2,5\cdot 10^{-3}\ mol/L/ss=−51​2Δ2,50⋅10−2​=−2,5⋅10−3 mol/L/sConclusie:De gemiddelde reactiesnelheid waarmee zuurstof wordt verbruikt is 2,5⋅10−3 mol/L/s\rm 2,5\cdot 10^{-3}\ mol/L/s2,5⋅10−3 mol/L/sDit is gelijk aan de reactiesnelheid voor NH3. Dit klopt, alle stoffen verdwijnen of worden gemaakt met dezelfde snelheid. $\rm K = \frac{[HBr]^2}{[H_2]\times[Br_2]}$We gebruiken een Begin-reactie-eind tabel om alle gegevens uit te schrijven.GegevenBegin: $\rm 2,50\ mol\ H_2$ en $\rm 3,50\ mol\ Br_2$. Nog geen HBr.Eind: $\rm 0,250\ mol\ HBr$H2Br2HBrBegin2,503,500Reactie+0,250Eind0,250Gevraagd$\rm K = ?$Formule:$\rm Molariteit = \frac{mol}{L}$$\rm K = \frac{[HBr]^2}{[H_2]\times[Br_2]}$BerekeningWe berekenen de hoeveelheden van iedere stof in het eind (tijdens evenwicht) via de molverhoudingen in de rij ‘reactie’.$\rm molverhouding HBr : H_2 : Br_2 = 2 : 1 :1$, dus $\rm \frac{0,250}{2} = 0,125\ mol\ H_2$ en $\rm 0,125\ mol\ Br_2$Eind: $\rm 2,50-0,125 = 2,375\ mol\ H_2$ en $\rm 3,50-0,125 = 3,375\ mol\ Br_2$ H2Br2HBrBegin2,503,500Reactie-0,125-0,125+0,250Eind2,3753,3750,250Dit is in 5 dm3 = 5 L, dus $\rm [H_2] = \frac{2,375}{5} = 0,475\ M$$\rm [Br_2] = \frac{3,375}{5} = 0,675\ M$$\rm [HBr] = \frac{0,250}{5} = 0,050 \ M$Invullen in de evenwichtsvoorwaarde:$\rm K = \frac{0,050^2}{0,475\times 0,675} = 7,80\cdot 10^{-3}$ConclusieDe evenwichtsvoorwaarde bij dit evenwicht is $\rm K = 7,80\cdot 10^{-3}$In de reactie staan voor de evenwichtspijlen 2 gasdeeltjes en na de evenwichtspijlen staan ook 2 gasdeeltjes. Verandering in druk heeft dus geen effect.Een temperatuurverandering kan wel worden aangepast om het evenwicht te verschuiven.  GegevenVormingswarmtes zijn te vinden in Binas tabel 57.ΔE=+0,67⋅105 J/mol DMC\rm \Delta E = +0,67 \cdot 10^{5} \ J/mol\ DMCΔE=+0,67⋅105 J/mol DMCEv CH3OH=−2,02⋅105 J/mol\rm E_v\ CH_3OH = -2,02\cdot 10^5\ J/molEv​ CH3​OH=−2,02⋅105 J/mol CO2=−3,935⋅105 J/mol\rm CO_2 = -3,935 \cdot 10^5\ J/molCO2​=−3,935⋅105 J/molH2O/(g)=−2,42⋅105 J/mol\rm H_2O/ (g) = -2,42 \cdot 10^5\ J/molH2​O (g)=−2,42⋅105 J/mol (let op dat je de juiste vormingswarmte voor water pakt, die met de gasfase!)GevraagdEv DMC=? J/mol\rm E_v\ DMC = ?\ J/molEv​ DMC=? J/molFormule:ΔE=Ev(reactieproducten)−Ev(beginstoffen)\rm \Delta E = E_v(reactieproducten) - E_v(beginstoffen)ΔE=Ev​(reactieproducten)−Ev​(beginstoffen)Berekening:0,67⋅105=(−2,42⋅105 +(Ev DMC))−((2×−2,02⋅105)+(−3,935⋅105)) \rm 0,67 \cdot 10^{5} = (-2,42 \cdot 10^5\ + (E_v \ DMC)) - ((2\times -2,02\cdot 10^5) + (-3,935 \cdot 10^5))  0,67⋅105=(−2,42⋅105 +(Ev​ DMC))−((2×−2,02⋅105)+(−3,935⋅105))  0,67⋅105=−2,42⋅105+(Ev DMC)+7,975⋅105\rm 0,67 \cdot 10^{5} = -2,42 \cdot 10^5 + (E_v \ DMC) + 7,975 \cdot 10^50,67⋅105=−2,42⋅105+(Ev​ DMC)+7,975⋅105 0,67⋅105=5,555⋅105+(Ev DMC)\rm 0,67 \cdot 10^{5} = 5,555 \cdot 10^5 + (E_v \ DMC) 0,67⋅105=5,555⋅105+(Ev​ DMC)0,67⋅105−5,555⋅105=Ev DMC\rm 0,67 \cdot 10^{5} - 5,555 \cdot 10^5 = E_v \ DMC 0,67⋅105−5,555⋅105=Ev​ DMC−4,886⋅105=Ev DMC\rm -4,886\cdot 10^5 = E_v \ DMC −4,886⋅105=Ev​ DMCConclusie:De vormingswarmte voor DMC is −4,886⋅105 J/mol\rm -4,886\cdot 10^5\ J/mol−4,886⋅105 J/molJa, een katalysator beinvloedt het botsende-deeltjesmodel.Een katalysator verlaagt de activeringsenergie van een reactie. Hierdoor zullen deeltjes met een lagere snelheid al een effectieve botsing aangaan.Bij meer effectieve botsingen neemt de reactiesnelheid toe.Het water dat ontstaat in de reactie wordt weggenomen. Hierdoor verschuift het evenwicht naar rechts.Om dit te herstellen zal steeds meer DMC worden gemaakt. Dit verhoogt het rendement. De evenwichtsvoorwaarde is$\rm K = \frac{[SO_3]^2}{[SO_2]^2 \times [O_2]}$Bij een hogere druk wordt het volume kleiner.Bij gassen betekent dit dat het evenwicht verschuift naar de kant met de meeste gasdeeltjes.Voor de evenwichtspijlen zijn er 2+1=3 gasdeeltjes en na de evenwichtspijlen zijn er 2 gasdeeltjes.Het evenwicht verschuift dus naar links.In Binas tabel 51 zien we voor deze reactie dat Bij T = 298 Kelvin is $K \rm = 3,4\cdot 10^{24}$Bij T = 500 Kelvin is $K \rm = 4,3\cdot 10^{10}$Bij een hogere temperatuur is de K dus kleiner.Uit de evenwichtsvoorwaarde blijkt dat er bij een lagere K meer van de noemer, dus van de beginstoffen aanwezig moet zijn. Bij lagere K is het evenwicht dus naar links verschoven.Bij een hogere temperatuur verschuift het evenwicht naar de endotherme kant.De reactie naar links is dus in het voordeel. De reactie naar links is endotherm.De reactie naar rechts is daarom exotherm.