Kimyasal Denge
Fiziksel ve kimyasal denge, dinamik denge, Kc ve Kp, Kp = Kc(RT)^Δn, tepkime oranı Q, denge hesapları ve Le Chatelier ilkesiyle dengeyi etkileyen faktörler.
- Fiziksel ve kimyasal dengeyi ayırt etmeyi; dengenin neden dinamik olduğunu ve hangi koşullarda kurulduğunu
- Derişimler cinsinden \(K_c\) ve kısmi basınçlar cinsinden \(K_p\) ifadesini yazmayı; saf katı ve sıvıların ifadeye neden girmediğini
- \(K_p = K_c(RT)^{\Delta n}\) bağıntısını ve denklem ters çevrilince, katsayılar çarpılınca ya da tepkimeler toplanınca denge sabitinin nasıl değiştiğini
- Tepkime oranı \(Q\)'yu hesaplayıp \(K\) ile karşılaştırarak tepkimenin hangi yöne ilerleyeceğini bulmayı
- Başlangıç, değişim ve denge tablosuyla denge derişimlerini hesaplamayı
- Le Chatelier ilkesiyle derişim, hacim (basınç), sıcaklık, katalizör ve soy gazın dengeye etkisini yorumlamayı; derişim-zaman ve hız-zaman grafiklerini okumayı
Tersinir tepkimeler: fiziksel ve kimyasal denge
Kimyasal hesaplamalar konusunda tepkimelerin, sınırlayıcı bileşen tükenene kadar sürdüğünü varsaydık. Birçok tepkime için bu doğrudur: bir mum yandığında oluşan karbon dioksit ve su buharı kendiliğinden yeniden muma dönüşmez. Ama bazı tepkimelerde ürünler de birbiriyle tepkimeye girip girenleri yeniden oluşturabilir. Böyle tepkimelere tersinir tepkime denir ve denklemleri çift yönlü okla yazılır:
Soldan sağa giden tepkimeye ileri tepkime, sağdan sola gidene geri tepkime denir. Renksiz \(\text{N}_2\text{O}_4\) gazıyla doldurulmuş kapalı bir cam tüp düşünelim. Tüp ısındıkça kırmızı-kahverengi \(\text{NO}_2\) oluşur ve renk koyulaşır. Bir süre sonra renk artık değişmez. Bu, tepkimenin durduğu anlamına gelmez: \(\text{N}_2\text{O}_4\) molekülleri ayrışmaya, \(\text{NO}_2\) molekülleri birleşmeye devam eder, yalnızca iki olay aynı hızla yürür. Bu duruma kimyasal denge denir.
Denge yalnızca kimyasal tepkimelere özgü değildir. Ağzı kapalı bir şişede bir miktar su bırakılırsa su buharlaşır, buhar yoğunlaşır ve bir süre sonra buhar basıncı sabitlenir. Suyun içinde aynı anda hem buharlaşma hem yoğunlaşma vardır ve hızları eşittir. Maddenin kimliği değişmeden yalnızca hali değiştiği için buna fiziksel denge denir. Doymuş bir çözeltide çözünmemiş katıyla çözünmüş tanecikler arasındaki denge ve kapalı kapta iyot katısıyla iyot buharı arasındaki denge de fiziksel dengeye örnektir. Fiziksel dengede bağ kırılıp yeni madde oluşmaz; kimyasal dengede ise ileri ve geri yönde gerçekten yeni maddeler oluşur.
Dinamik denge: ileri ve geri hızlar eşitlenir
Kapalı bir kapta yalnızca girenlerle başlayalım. İlk anda ürün olmadığı için geri tepkime yoktur, ileri tepkime en hızlı halindedir. Girenler harcandıkça derişimleri azalır ve ileri tepkimenin hızı düşer. Ürünler biriktikçe geri tepkime başlar ve hızı artar. Sonunda iki hız eşitlenir. Bu andan sonra bir saniyede ne kadar ürün oluşuyorsa o kadar ürün de geri dönüşür; hiçbir maddenin derişimi değişmez.
Dengenin dinamik olduğu bu yüzden söylenir: makroskobik özellikler (renk, basınç, derişim, yoğunluk) sabittir, ama tanecik düzeyinde iki yönlü değişim sürmektedir. Bunu kanıtlamanın güzel bir yolu izotoplarla yapılan deneylerdir. Dengedeki bir karışıma bir maddenin radyoaktif izotopla işaretlenmiş az miktarı eklenirse, bir süre sonra işaretli atomlar dengedeki bütün maddelerde görülür. Tepkime gerçekten durmuş olsaydı işaretli atomlar eklendikleri maddede kalırdı.
Dengenin kurulma koşulları
Bir sistemin dengeye ulaşması için şu koşullar gerekir:
- Tersinir tepkime: Ürünler de birbiriyle tepkimeye girebilmelidir.
- Kapalı sistem: Madde alışverişi olmamalıdır. Açık bir kapta suyun buharı uçup gider ve denge kurulamaz; kalsiyum karbonat açık bir kapta ısıtılırsa karbon dioksit kaçar ve ayrışma tamamlanır.
- Sabit sıcaklık: Sıcaklık değişirse dengedeki derişimler de değişir.
- Gözlenebilir özelliklerin sabitliği: Renk, basınç ve derişim zamanla değişmez.
Dengenin ilginç bir özelliği, ona iki yönden de ulaşılabilmesidir. Aynı sıcaklıkta ve aynı hacimde, 1 M \(\text{H}_2\) ile 1 M \(\text{I}_2\) karıştırıldığında da, yalnızca 2 M HI alındığında da sistem aynı karışıma varır. İki kapta da toplam hidrojen ve iyot atomu sayısı aynıdır ve denge sabiti değişmez.
Grafikte değişimlerin katsayılarla orantılı olduğuna dikkat et: sol grafikte \(\text{H}_2\) 0,8 M azalırken HI 1,6 M artar. Derişim-zaman grafiğinden denklemi bulmak isteyen bir soru, kesirli olmayan bu değişim oranlarını sorar. Eğrilerin yatay hale geldiği an, dengenin kurulduğu andır.
Denge sabiti: \(K_c\)
Dengedeki derişimler rastgele değildir. Belirli bir sıcaklıkta, girenler ve ürünler hangi miktarlarla başlanırsa başlansın, aşağıdaki oran hep aynı sayıya ulaşır. \(a\text{A}(g) + b\text{B}(g) \rightleftharpoons c\text{C}(g) + d\text{D}(g)\) tepkimesi için:
Burada köşeli parantez dengedeki molar derişimi (mol/L) gösterir. Ürünler paya, girenler paydaya yazılır ve her derişimin üssü denkleştirilmiş denklemdeki katsayısıdır. Bu sabite derişimler cinsinden denge sabiti denir. Kural, denge kanunu ya da kütlelerin etkisi kanunu adıyla da anılır. \(\text{H}_2(g) + \text{I}_2(g) \rightleftharpoons 2\text{HI}(g)\) için \(K_c = \frac{[\text{HI}]^2}{[\text{H}_2][\text{I}_2]}\) yazılır. Yukarıdaki grafikteki denge değerleriyle \(K_c = \frac{1{,}6^2}{0{,}2 \cdot 0{,}2} = 64\) bulunur. Bu konuda denge sabitleri birimsiz yazılır.
Saf katılar ve saf sıvılar ifadeye girmez. Bir katının ya da saf bir sıvının "derişimi", yani birim hacimdeki miktarı, ne kadar madde olursa olsun aynıdır; 1 g da 100 g da aynı yoğunluktadır. Bu sabit değerler denge sabitinin içine katılmış kabul edilir. Örneğin kireç taşının ayrışmasında:
Bu sonuç önemli bir şey söyler: kapalı kapta belirli bir sıcaklıkta \(\text{CO}_2\) derişimi, kapta ne kadar \(\text{CaCO}_3\) ya da CaO olduğundan bağımsızdır (yeter ki iki katı da bulunsun). Sulu çözeltilerdeki tepkimelerde çözücü su da saf sıvı gibi düşünülür ve ifadeye yazılmaz. Gaz ve \((suda)\) halindeki maddeler ise ifadeye girer.
Denge sabitinin büyüklüğü, dengenin hangi tarafın lehine olduğunu söyler. \(K_c\) çok büyükse (örneğin \(10^{10}\)) dengede neredeyse yalnız ürünler vardır, tepkime tamamlanmış gibidir. \(K_c\) çok küçükse girenler pek az ürüne dönüşmüştür. \(K_c\) 1 civarındaysa girenler ve ürünler kayda değer miktarlarda birlikte bulunur. Denge sabiti tepkimenin ne kadar hızlı olduğu hakkında ise hiçbir şey söylemez; büyük \(K_c\)'li bir tepkime çok yavaş yürüyebilir.
Kısmi basınçlarla denge sabiti: \(K_p\)
Gaz tepkimelerinde derişim yerine kısmi basınç kullanmak çoğu zaman daha pratiktir. Aynı kalıpla, kısmi basınçlar atm cinsinden yazılarak:
Gazlar konusundan \(P = \frac{n}{V}RT\) olduğunu biliyoruz; \(\frac{n}{V}\) molar derişim olduğu için bir A gazının kısmi basıncı \(P_{\text{A}} = [\text{A}]RT\) olur. Bu ifadeyi \(K_p\)'de yerine koyunca her derişim bir \(RT\) çarpanı getirir. Payda \(c + d\), paydada \(a + b\) tane \(RT\) çarpanı olduğundan:
\(\Delta n\), yalnızca gaz halindeki ürünlerin katsayıları toplamından gaz halindeki girenlerin katsayıları toplamının çıkarılmasıyla bulunur. R = 0,082 L·atm/(mol·K) ve T kelvin cinsindendir. Üç durum vardır:
- \(\Delta n = 0\) ise \(K_p = K_c\). Örnek: \(\text{H}_2(g) + \text{I}_2(g) \rightleftharpoons 2\text{HI}(g)\).
- \(\Delta n > 0\) ise \(K_p > K_c\) olur, çünkü pratikte her sıcaklıkta \(RT > 1\)'dir. Örnek: \(\text{N}_2\text{O}_4(g) \rightleftharpoons 2\text{NO}_2(g)\), \(\Delta n = 1\).
- \(\Delta n < 0\) ise \(K_p < K_c\). Örnek: amonyak sentezi, \(\Delta n = 2 - 4 = -2\).
Katılar \(K_p\)'ye de girmez: \(\text{CaCO}_3\)'ün ayrışmasında \(K_p = P_{\text{CO}_2}\)'dir ve \(\Delta n = 1\)'dir.
Denge sabiti denklemle birlikte değişir
\(K_c\) ifadesi denklemin katsayılarından yazıldığı için, denklem değişince denge sabiti de değişir. Üç kural vardır ve üçü de ifadenin tanımından hemen çıkar:
- Denklem ters çevrilirse pay ile payda yer değiştirir: \(K' = \frac{1}{K}\).
- Denklem bir sayıyla çarpılırsa her üs o sayıyla çarpılır: denklem \(n\) ile çarpılırsa \(K' = K^n\). Denklem ikiye bölünürse \(K' = \sqrt{K}\) olur.
- İki denklem toplanırsa denge sabitleri çarpılır: \(K = K_1 \cdot K_2\). Ara ürün bir denklemde payda, diğerinde paydadadır ve sadeleşir.
Örneğin \(\text{N}_2(g) + 3\text{H}_2(g) \rightleftharpoons 2\text{NH}_3(g)\) için denge sabiti \(K\) ise, \(\text{NH}_3(g) \rightleftharpoons \frac{1}{2}\text{N}_2(g) + \frac{3}{2}\text{H}_2(g)\) için \(\frac{1}{\sqrt{K}}\) olur: önce ters çevrilir (\(\frac{1}{K}\)), sonra yarıya bölünür (karekök). Bir tepkimeden ikinciyi çıkarmak, onu ters çevirip eklemek demektir; bu durumda sabitler bölünür.
Tepkime oranı \(Q\) ve tepkimenin yönü
Denge sabiti ifadesine dengedeki değil de herhangi bir andaki derişimler yazılırsa çıkan sayıya tepkime oranı denir ve \(Q\) ile gösterilir. \(Q\) bir karışımın dengeye göre nerede durduğunu gösterir:
- \(Q < K\): Paydaki ürünler azdır. Tepkime ileri yönde ilerler, \(Q\) büyüyerek \(K\)'ye ulaşır.
- \(Q > K\): Ürünler fazladır. Tepkime geri yönde ilerler.
- \(Q = K\): Sistem dengededir, net değişim olmaz.
Örneğin \(K_c = 64\) olan HI dengesinde, 1 L'lik bir kapta 0,2 mol \(\text{H}_2\), 0,2 mol \(\text{I}_2\) ve 2 mol HI varsa \(Q = \frac{2^2}{0{,}2 \cdot 0{,}2} = 100\) bulunur. \(Q > K\) olduğu için HI ayrışır, yani tepkime geri yönde ilerler. Yalnız girenlerle başlanan bir kapta \(Q = 0\)'dır ve tepkime mutlaka ileri yönde başlar; yalnız ürünlerle başlanırsa geri yönde başlar.
Denge derişimlerini hesaplamak
Denge sorularının çoğu aynı tabloyla çözülür. Kimyasal hesaplamalar konusundaki başlangıç, değişim, son tablosunun dengedeki karşılığıdır: başlangıç, değişim, denge. Tek fark, girenlerin tükenmemesidir. Değişim bilinmeyen bir \(x\) ile katsayılara göre yazılır, denge satırı \(K_c\) ifadesine konur ve \(x\) bulunur.
- Mol sayılarını kabın hacmine bölerek derişime çevir (ya da her şeyi molle yürütüp sonda hacme böl).
- Tepkimenin yönünü belirle; gerekiyorsa \(Q\)'yu hesapla.
- Değişim satırını katsayılarla yaz: \(-x\), \(-x\), \(+2x\) gibi.
- Denge satırını \(K_c\) ifadesine koy ve \(x\)'i çöz. Kökün anlamlı olduğunu denetle: hiçbir denge derişimi negatif olamaz.
İki tür denklemle sık karşılaşılır. Tam kare durumunda (iki girenin başlangıç derişimleri eşit ve \(\Delta n = 0\)) iki tarafın karekökü alınır ve birinci dereceden bir denklem kalır. Yukarıdaki HI örneğinde \(\frac{(2x)^2}{(1 - x)^2} = 64\) için \(\frac{2x}{1 - x} = 8\), buradan \(x = 0{,}8\) bulunur: \([\text{HI}] = 1{,}6\) M, \([\text{H}_2] = [\text{I}_2] = 0{,}2\) M. İkinci derece durumunda denklem \(ax^2 + bx + c = 0\) biçimine getirilir. AYT'de katsayılar genellikle çarpanlarına kolayca ayrılacak biçimde seçilir. İki kökten biri her zaman anlamsızdır: ya negatiftir ya da bir derişimi negatif yapar.
Le Chatelier ilkesi ve derişim değişimi
Dengedeki bir sisteme dışarıdan bir etki yapıldığında ne olur? Fransız kimyacı Henri Le Chatelier'nin genellemesine göre dengedeki bir sisteme bir etki yapılırsa sistem, bu etkiyi azaltacak yönde kayarak yeniden dengeye ulaşır. İlke bir hatırlatıcıdır; arkasındaki gerçek neden \(Q\) ile \(K\)'nin karşılaştırılmasıdır. Her etkide şu iki soruyu sor: \(K\) değişti mi? \(Q\) değişti mi?
Dengedeki bir karışıma girenlerden biri eklenirse \(Q\)'nun paydası büyür ve \(Q < K\) olur; tepkime ileri yönde ilerler. Ürünlerden biri eklenirse ya da girenlerden biri ortamdan çekilirse \(Q > K\) olur ve tepkime geri yönde ilerler. Bir ürünü ortamdan uzaklaştırmak ise dengeyi ürünler yönüne kaydırır. Sıcaklık değişmediği için \(K\) aynı kalır.
Grafikte üç ayrıntı sınavlarda sık sorulur. Birincisi, eklenen maddenin eğrisi \(t_1\)'de dikey bir sıçrama yapar; diğer eğriler o anda kesintisizdir. Hangi maddenin eklendiği buradan anlaşılır. İkincisi, eklenen \(\text{H}_2\)'nin bir kısmı harcanır ama yeni dengedeki derişimi (1,44 M) ilk dengedekinden (0,2 M) yine de büyüktür: sistem etkiyi azaltır, tamamen yok edemez. Üçüncüsü, \(t_1\) ile \(t_2\) arasında ileri tepkimenin hızı geri tepkimeninkinden büyüktür; \(t_2\)'den sonra yeniden eşitlenirler.
Saf katı ya da saf sıvı eklemek ya da çekmek dengeyi kaydırmaz, çünkü bu maddeler \(Q\) ifadesinde yoktur. Kapalı kaptaki \(\text{CaCO}_3\) dengesine biraz daha \(\text{CaCO}_3\) eklemek \(\text{CO}_2\) basıncını değiştirmez.
Basınç ve hacim değişimi
Sabit sıcaklıkta gaz karışımının hacmi küçültülürse bütün gazların derişimleri aynı oranda artar. Bunun \(Q\)'yu nasıl etkilediği, pay ve paydadaki üslerin toplamına, yani \(\Delta n\)'ye bağlıdır. \(\text{N}_2\text{O}_4(g) \rightleftharpoons 2\text{NO}_2(g)\) dengesinde hacim yarıya indirilirse her derişim iki katına çıkar: pay \(2^2 = 4\), payda 2 kat büyür ve \(Q = 2K\) olur. \(Q > K\) olduğundan tepkime geri yönde, yani gaz mol sayısının azaldığı yönde ilerler. Le Chatelier diliyle söylersek, sistem artan basıncı azaltmak için daha az gaz taneciği olan tarafa kayar.
Kurallar şöyle özetlenir:
- Hacim küçültülür (basınç artırılır) ise denge gaz mol sayısı az olan tarafa kayar.
- Hacim büyütülür (basınç azaltılır) ise denge gaz mol sayısı çok olan tarafa kayar.
- \(\Delta n = 0\) ise hacim değişimi dengeyi kaydırmaz; derişimlerin hepsi aynı oranda değişir ve \(Q = K\) kalır.
- Hacim değişimi sıcaklığı değiştirmediği sürece \(K\) değişmez.
Şekildeki örnekte \(\text{NO}_2\)'nin mol sayısı azalmasına rağmen derişimi 0,4 M'den 0,6 M'ye çıkmıştır. Kayma, hacim küçülmesinin etkisini yalnızca kısmen giderir. Bu yüzden "hacim küçülünce \(\text{NO}_2\) derişimi azalır" cümlesi yanlıştır; azalan, \(\text{NO}_2\)'nin mol sayısıdır.
Soy gaz eklenmesi ayrıca düşünülmelidir. Sabit hacimli kaba helyum gibi tepkimeye girmeyen bir gaz eklenirse toplam basınç artar, ama tepkimedeki gazların mol sayıları ve hacim değişmediği için derişimleri ve kısmi basınçları aynı kalır; \(Q = K\) olur ve denge kaymaz. Sabit basınçlı (hareketli pistonlu) kapta ise soy gaz eklenince hacim büyür; bu durumda etki, hacmin büyütülmesiyle aynıdır ve denge gaz mol sayısının çok olduğu tarafa kayar.
Sıcaklık değişimi ve katalizör
Derişim ve hacim değişiklikleri \(Q\)'yu değiştirir, \(K\)'yi değiştirmez. Sıcaklık ise tam tersini yapar: denge sabitini değiştiren tek etken sıcaklıktır. Hangi yönde değiştirdiğini tepkimenin ısı alışverişi belirler. Isıyı denklemde bir madde gibi düşünmek işe yarar:
- Endotermik tepkimede (\(\Delta H > 0\)) ısı girenler tarafındadır. Sıcaklık artırılırsa denge ürünler yönüne kayar ve \(K\) büyür.
- Ekzotermik tepkimede (\(\Delta H < 0\)) ısı ürünler tarafındadır. Sıcaklık artırılırsa denge girenler yönüne kayar ve \(K\) küçülür.
- Sıcaklık düşürülünce her şey tersine döner.
\(\text{N}_2\text{O}_4\)'ün ayrışması endotermiktir. Bu yüzden dengedeki karışım sıcak suya daldırılınca kahverengi renk koyulaşır, buzlu suya daldırılınca açılır. Sıcaklık arttığında hem ileri hem geri tepkime hızlanır, ama endotermik yön daha çok hızlanır.
Bu grafikteki değişimin, \(\text{H}_2\) eklenmesindeki grafikten farkına bak: sıcaklık değişince hiçbir eğri dikey sıçrama yapmaz. Derişimler \(t_1\) anında aynıdır; değişen \(K\)'dir. Sabit hacimde ısıtılan kapta basınç da artar; bu artış hem sıcaklığın kendisinden hem de gaz mol sayısının artmasından kaynaklanır.
Katalizör dengeyi kaydırmaz. Katalizör, tepkimenin aktifleşme enerjisini ileri ve geri yönde aynı miktarda düşürür; iki yönün hızı aynı oranda artar. Böylece denge daha kısa sürede kurulur, ama dengedeki derişimler ve \(K\) aynı kalır. Katalizör, tepkimenin \(\Delta H\) değerini de değiştirmez.
Haber süreci: ilkeler sanayide
Amonyak, gübre üretiminin temel hammaddesidir. 20. yüzyılın başında Fritz Haber'in geliştirdiği ve Carl Bosch'un sanayiye taşıdığı yöntemde azot ve hidrojen doğrudan birleştirilir:
Le Chatelier ilkesi bu tepkimede şunu söyler. Gaz mol sayısı 4'ten 2'ye indiği için yüksek basınç dengeyi amonyak yönüne kaydırır. Tepkime ekzotermik olduğu için düşük sıcaklık da dengedeki amonyak oranını artırır. Ama düşük sıcaklıkta tepkime çok yavaştır; dengenin kurulması pratikte çok uzun sürer. Sanayide bu yüzden bir uzlaşma yapılır: yaklaşık 400-450 °C gibi orta düzeyde yüksek bir sıcaklık, 200 atm civarında yüksek bir basınç ve tepkimeyi hızlandıran demir esaslı bir katalizör kullanılır. Katalizör amonyak oranını artırmaz, dengeye çabuk ulaşılmasını sağlar. Oluşan amonyak gaz karışımı soğutularak sıvılaştırılır ve ortamdan uzaklaştırılır; tepkimeye girmemiş azot ve hidrojen yeniden tepkime kabına gönderilir. Ürünün sürekli uzaklaştırılması da dengeyi ürünler yönünde tutar.
Formüller
Çözümlü örnekler
Kızgın demir üzerinden su buharı geçirildiğinde kapalı bir kapta \(3\text{Fe}(k) + 4\text{H}_2\text{O}(g) \rightleftharpoons \text{Fe}_3\text{O}_4(k) + 4\text{H}_2(g)\) dengesi kurulur. Bu tepkimenin \(K_c\) ifadesini yazınız ve \(K_p\) ile \(K_c\) arasındaki ilişkiyi bulunuz.
- Fe ve \(\text{Fe}_3\text{O}_4\) katıdır, ifadeye girmez. Gazlar katsayılarını üs alarak yazılır: \(K_c = \frac{[\text{H}_2]^4}{[\text{H}_2\text{O}]^4}\).
- Gaz katsayıları: ürünlerde 4, girenlerde 4. \(\Delta n = 4 - 4 = 0\).
- \(K_p = K_c(RT)^0 = K_c\).
Cevap: \(K_c = \frac{[\text{H}_2]^4}{[\text{H}_2\text{O}]^4}\), \(K_p = K_c\)
2 L'lik kapalı bir kaba 1,2 mol \(\text{SO}_2\) ve 0,8 mol \(\text{O}_2\) konuyor. Belirli bir sıcaklıkta \(2\text{SO}_2(g) + \text{O}_2(g) \rightleftharpoons 2\text{SO}_3(g)\) dengesi kurulduğunda kapta 0,8 mol \(\text{SO}_3\) bulunuyor. Bu sıcaklıkta \(K_c\) kaçtır?
- Değişim katsayılarla orantılıdır: 0,8 mol \(\text{SO}_3\) oluştuysa 0,8 mol \(\text{SO}_2\) ve 0,4 mol \(\text{O}_2\) harcanmıştır.
- Dengede: \(\text{SO}_2\) \(1{,}2 - 0{,}8 = 0{,}4\) mol, \(\text{O}_2\) \(0{,}8 - 0{,}4 = 0{,}4\) mol, \(\text{SO}_3\) 0,8 mol.
- Derişimler (2 L): \([\text{SO}_2] = 0{,}2\) M, \([\text{O}_2] = 0{,}2\) M, \([\text{SO}_3] = 0{,}4\) M.
- \(K_c = \frac{0{,}4^2}{0{,}2^2 \cdot 0{,}2} = \frac{0{,}16}{0{,}008} = 20\).
Cevap: 20
\(2\text{X}(g) + \text{Y}(g) \rightleftharpoons 2\text{Z}(g)\) tepkimesinin 500 K'deki derişimler cinsinden denge sabiti \(K_c = 82\)'dir. Aynı sıcaklıkta \(K_p\) kaçtır? (R = 0,082 L·atm/(mol·K))
- \(\Delta n = 2 - (2 + 1) = -1\).
- \(RT = 0{,}082 \cdot 500 = 41\).
- \(K_p = K_c(RT)^{-1} = \frac{82}{41} = 2\).
Cevap: 2
Belirli bir sıcaklıkta \(\text{X}_2(g) + \text{Y}_2(g) \rightleftharpoons 2\text{XY}(g)\) için \(K_1 = 50\), \(2\text{XY}(g) + \text{Y}_2(g) \rightleftharpoons 2\text{XY}_2(g)\) için \(K_2 = 2\)'dir. Aynı sıcaklıkta \(\text{XY}_2(g) \rightleftharpoons \frac{1}{2}\text{X}_2(g) + \text{Y}_2(g)\) tepkimesinin denge sabiti kaçtır?
- İki denklem toplanırsa XY sadeleşir: \(\text{X}_2(g) + 2\text{Y}_2(g) \rightleftharpoons 2\text{XY}_2(g)\), \(K = K_1 \cdot K_2 = 100\).
- İstenen tepkime bunun tersinin yarısıdır. Ters çevirince \(\frac{1}{100}\) olur.
- Yarıya bölmek karekök almaktır: \(\sqrt{\frac{1}{100}} = \frac{1}{10} = 0{,}1\).
Cevap: 0,1
Belirli bir sıcaklıkta \(\text{CO}(g) + \text{H}_2\text{O}(g) \rightleftharpoons \text{CO}_2(g) + \text{H}_2(g)\) tepkimesi için \(K_c = 4\)'tür. 1 L'lik bir kaba 1 mol CO, 1 mol \(\text{H}_2\text{O}\), 0,5 mol \(\text{CO}_2\) ve 0,5 mol \(\text{H}_2\) konuyor. Tepkime hangi yönde ilerler ve dengede kaç mol \(\text{CO}_2\) bulunur?
- \(Q = \frac{0{,}5 \cdot 0{,}5}{1 \cdot 1} = 0{,}25\). \(Q < K\) olduğu için tepkime ileri yönde ilerler.
- Dengede: CO ve \(\text{H}_2\text{O}\) \(1 - x\), \(\text{CO}_2\) ve \(\text{H}_2\) \(0{,}5 + x\) mol. \(\Delta n = 0\) olduğu için hacim sadeleşir.
- \(\frac{(0{,}5 + x)^2}{(1 - x)^2} = 4\) ise \(\frac{0{,}5 + x}{1 - x} = 2\); \(0{,}5 + x = 2 - 2x\), \(x = 0{,}5\).
- Dengede 1 mol \(\text{CO}_2\), 1 mol \(\text{H}_2\), 0,5 mol CO ve 0,5 mol \(\text{H}_2\text{O}\) vardır. Denetim: \(\frac{1 \cdot 1}{0{,}5 \cdot 0{,}5} = 4\).
Cevap: ileri yönde; 1 mol \(\text{CO}_2\)
Belirli bir sıcaklıkta \(\text{H}_2(g) + \text{I}_2(g) \rightleftharpoons 2\text{HI}(g)\) tepkimesi için \(K_c = 16\)'dır. 2 L'lik bir kaba 3 mol \(\text{H}_2\) ve 3 mol \(\text{I}_2\) konuyor. Dengede kaç mol HI ve kaç mol \(\text{H}_2\) bulunur?
- Başlangıç derişimleri: \([\text{H}_2] = [\text{I}_2] = 1{,}5\) M.
- Denge: \([\text{H}_2] = [\text{I}_2] = 1{,}5 - x\), \([\text{HI}] = 2x\).
- \(\frac{(2x)^2}{(1{,}5 - x)^2} = 16\) ise \(\frac{2x}{1{,}5 - x} = 4\); \(2x = 6 - 4x\), \(x = 1\).
- \([\text{HI}] = 2\) M, yani 4 mol; \([\text{H}_2] = 0{,}5\) M, yani 1 mol.
Cevap: 4 mol HI; 1 mol \(\text{H}_2\)
Belirli bir \(T_1\) sıcaklığında \(\text{N}_2\text{O}_4(g) \rightleftharpoons 2\text{NO}_2(g)\) tepkimesi için \(K_c = 0{,}4\)'tür. 2 L'lik sabit hacimli bir kaba 1,2 mol \(\text{N}_2\text{O}_4\) konuyor. Dengede kaç mol \(\text{NO}_2\) bulunur?
- \([\text{N}_2\text{O}_4]_0 = \frac{1{,}2}{2} = 0{,}6\) M. Dengede \([\text{N}_2\text{O}_4] = 0{,}6 - x\), \([\text{NO}_2] = 2x\).
- \(\frac{(2x)^2}{0{,}6 - x} = 0{,}4\) ise \(4x^2 = 0{,}24 - 0{,}4x\), yani \(x^2 + 0{,}1x - 0{,}06 = 0\).
- Çarpanlara ayırınca \((x - 0{,}2)(x + 0{,}3) = 0\). Negatif kök anlamsızdır: \(x = 0{,}2\).
- \([\text{NO}_2] = 0{,}4\) M, mol sayısı \(0{,}4 \cdot 2 = 0{,}8\). \([\text{N}_2\text{O}_4] = 0{,}4\) M, yani 0,8 mol.
Cevap: 0,8 mol \(\text{NO}_2\)
1 L'lik bir kapta belirli bir sıcaklıkta \(\text{H}_2(g) + \text{I}_2(g) \rightleftharpoons 2\text{HI}(g)\) dengesinde 0,2 mol \(\text{H}_2\), 0,2 mol \(\text{I}_2\) ve 1,6 mol HI vardır. Kaba aynı sıcaklıkta 1,4 mol \(\text{H}_2\) ekleniyor. Yeni dengede kaç mol HI bulunur?
- \(K_c = \frac{1{,}6^2}{0{,}2 \cdot 0{,}2} = 64\). Eklemeden hemen sonra \(Q = \frac{1{,}6^2}{1{,}6 \cdot 0{,}2} = 8\); \(Q < K\), tepkime ileri yönde ilerler.
- Yeni denge: \(\text{H}_2\) \(1{,}6 - y\), \(\text{I}_2\) \(0{,}2 - y\), HI \(1{,}6 + 2y\) mol.
- \(\frac{(1{,}6 + 2y)^2}{(1{,}6 - y)(0{,}2 - y)} = 64\) düzenlenince \(60y^2 - 121{,}6y + 17{,}92 = 0\) bulunur. Kökler \(y = 0{,}16\) ve \(y \approx 1{,}87\)'dir; ikincisi \(\text{I}_2\)'yi negatif yapar.
- \(y = 0{,}16\): HI \(1{,}6 + 0{,}32 = 1{,}92\) mol; \(\text{H}_2\) 1,44 mol, \(\text{I}_2\) 0,04 mol. Denetim: \(\frac{1{,}92^2}{1{,}44 \cdot 0{,}04} = 64\).
Cevap: 1,92 mol HI
\(T_1\) sıcaklığında hareketli pistonlu bir kapta \(\text{N}_2\text{O}_4(g) \rightleftharpoons 2\text{NO}_2(g)\) dengesi kurulmuştur; hacim 2 L, kapta 0,8 mol \(\text{N}_2\text{O}_4\) ve 0,8 mol \(\text{NO}_2\) vardır. Sıcaklık sabit tutularak piston itiliyor ve hacim 1 L'ye indiriliyor. Yeni dengede her gazın mol sayısı ve \(\text{NO}_2\) derişimi nedir?
- \(K_c = \frac{0{,}4^2}{0{,}4} = 0{,}4\). Hacim 1 L olunca derişimler 0,8 M olur: \(Q = \frac{0{,}8^2}{0{,}8} = 0{,}8 > K\). Tepkime geri yönde, gaz molü azalan yöne ilerler.
- Yeni denge (1 L): \(\text{N}_2\text{O}_4\) \(0{,}8 + y\), \(\text{NO}_2\) \(0{,}8 - 2y\) mol.
- \(\frac{(0{,}8 - 2y)^2}{0{,}8 + y} = 0{,}4\) ise \(4y^2 - 3{,}6y + 0{,}32 = 0\), yani \(y^2 - 0{,}9y + 0{,}08 = 0\): \((y - 0{,}1)(y - 0{,}8) = 0\). \(y = 0{,}8\), \(\text{NO}_2\)'yi negatif yapar; \(y = 0{,}1\).
- \(\text{N}_2\text{O}_4\) 0,9 mol, \(\text{NO}_2\) 0,6 mol. \([\text{NO}_2] = 0{,}6\) M: mol sayısı azalmış, derişimi 0,4 M'den artmıştır.
Cevap: 0,9 mol \(\text{N}_2\text{O}_4\), 0,6 mol \(\text{NO}_2\); \([\text{NO}_2] = 0{,}6\) M
Sık yapılan hatalar
- Dengede girenlerle ürünlerin derişimlerinin eşit olduğunu sanmak. Eşit olan, ileri ve geri tepkimelerin hızlarıdır; derişimler yalnızca sabittir.
- Dengede tepkimenin durduğunu düşünmek. Denge dinamiktir; iki yönlü tepkime aynı hızla sürer.
- Saf katıları ve saf sıvıları \(K_c\) ya da \(K_p\) ifadesine yazmak, \(\Delta n\) hesabında katıların katsayılarını saymak.
- Denklem iki katına çıkınca \(K\)'yi de iki ile çarpmak. Doğrusu kare almaktır; denklem ters çevrilince de \(-K\) değil \(\frac{1}{K}\) yazılır.
- Mol sayılarını hacme bölmeden \(K_c\) ifadesine koymak. Bu yalnızca \(\Delta n = 0\) olan tepkimelerde sonucu değiştirmez.
- Derişim ya da basınç değişince \(K\)'nin de değiştiğini sanmak. Denge sabitini yalnız sıcaklık değiştirir.
- Katalizörün dengeyi ürünler yönüne kaydırdığını ya da verimi artırdığını düşünmek. Katalizör yalnızca dengeye ulaşma süresini kısaltır.
- Hacim küçülünce mol sayısı azalan maddenin derişiminin de azalacağını sanmak; sabit hacimli kaba soy gaz eklenince dengenin kayacağını düşünmek.
Kanımızdaki hemoglobin, oksijenle tersinir biçimde bağlanır. Basitleştirerek \(\text{Hb} + \text{O}_2 \rightleftharpoons \text{HbO}_2\) diye yazılabilen bu denge, akciğerlerde oksijenin kısmi basıncı yüksek olduğu için sağa, oksijenin harcandığı dokularda ise sola kayar. Böylece aynı molekül oksijeni bir yerde yükleyip başka bir yerde bırakır. Yüksek dağlara çıkıldığında havanın basıncı ve onunla birlikte oksijenin kısmi basıncı düşer, denge sola kayar ve kandaki oksihemoglobin oranı azalır. Dağcıların baş ağrısı ve halsizlik yaşamasının bir nedeni budur. Vücut birkaç hafta içinde daha fazla alyuvar ve hemoglobin üreterek dengeyi yeniden sağa iter; dağcıların büyük tırmanışlardan önce ara kamplarda beklemesinin, yani "iklime alışmasının" mantığı budur. Karbon monoksit zehirlenmesi de bir denge olayıdır: CO hemoglobine oksijenden yüzlerce kat daha güçlü bağlanır ve oksijenin yerini alır. Tedavide hastaya yüksek derişimde oksijen verilmesi, Le Chatelier ilkesine göre CO'yu hemoglobinden uzaklaştırmanın yoludur. Gazlı bir içeceğin kapağı açılınca köpürmesi de aynı ilkeyle açıklanır: kapalı şişede gaz ile çözünmüş karbon dioksit dengededir, kapak açılınca gazın basıncı düşer ve çözünmüş karbon dioksit gaz olarak çıkar.
Konu testi
26 soru. Bir seçeneğe dokun; doğru cevap ve çözüm hemen açılır.
\(\text{C}(k) + \text{CO}_2(g) \rightleftharpoons 2\text{CO}(g)\) tepkimesinin derişimler cinsinden denge sabiti \(K_c\) ifadesi aşağıdakilerden hangisidir?
Ürünler paya, girenler paydaya yazılır ve katsayılar üs olur. C katıdır, ifadeye girmez. \(K_c = \frac{[\text{CO}]^2}{[\text{CO}_2]}\). Katsayıyı çarpan olarak yazmak ya da katı karbonu paydaya koymak yaygın hatalardır.
Kapalı bir kapta, sabit sıcaklıkta dengeye ulaşmış bir gaz tepkimesi ile ilgili
- I.İleri ve geri tepkimelerin hızları eşittir.
- II.İleri ve geri tepkimeler durmuştur.
- III.Girenlerin ve ürünlerin derişimleri birbirine eşittir.
ifadelerinden hangileri doğrudur?
I: Denge, ileri ve geri hızların eşitlendiği durumdur; doğru. II: Denge dinamiktir; iki tepkime aynı hızla sürer. Yanlış. III: Derişimler sabittir ama eşit olmaları gerekmez; değerlerini denge sabiti belirler. Yanlış.
\(\text{X}(g) \rightleftharpoons \text{Y}(g) + \text{Z}(g)\) tepkimesinin 400 K'deki derişimler cinsinden denge sabiti \(K_c = 0{,}5\)'tir. Aynı sıcaklıkta kısmi basınçlar cinsinden denge sabiti \(K_p\) kaçtır? (R = 0,082 L·atm/(mol·K))
\(\Delta n = 2 - 1 = 1\), \(RT = 0{,}082 \cdot 400 = 32{,}8\). \(K_p = K_c \cdot RT = 0{,}5 \cdot 32{,}8 = 16{,}4\). 65,6, \(RT\)'yi \(K_c\)'ye bölmekle; 0,5 ise \(K_p = K_c\) sanmakla bulunur.
Belirli bir sıcaklıkta \(2\text{SO}_2(g) + \text{O}_2(g) \rightleftharpoons 2\text{SO}_3(g)\) tepkimesinin denge sabiti \(K_c = 400\)'dür. Aynı sıcaklıkta \(2\text{SO}_3(g) \rightleftharpoons 2\text{SO}_2(g) + \text{O}_2(g)\) tepkimesinin denge sabiti kaçtır?
İstenen tepkime verilenin tersidir; denge sabiti \(\frac{1}{400} = 0{,}0025\) olur. 0,05, tersin karekökü; 20 ise yalnızca karekök almaktır. Katsayılar değişmediği için karekök gerekmez.
Dengedeki bir gaz tepkimesine, sabit sıcaklık ve hacimde katalizör ekleniyor. Bununla ilgili aşağıdaki ifadelerden hangisi doğrudur?
Katalizör aktifleşme enerjisini iki yönde de aynı miktarda düşürür; iki hız aynı oranda artar. Denge kaymaz, denge sabiti ve dengedeki derişimler değişmez. Tepkime ısısı da değişmez; yalnızca dengeye daha kısa sürede ulaşılır.
Belirli bir sıcaklıkta \(\text{H}_2(g) + \text{I}_2(g) \rightleftharpoons 2\text{HI}(g)\) tepkimesinin denge sabiti \(K_c = 64\)'tür. Aynı sıcaklıkta 1 L'lik bir kapta 0,2 mol \(\text{H}_2\), 0,2 mol \(\text{I}_2\) ve 2 mol HI bulunmaktadır. Bu karışımla ilgili aşağıdakilerden hangisi doğrudur?
\(Q = \frac{2^2}{0{,}2 \cdot 0{,}2} = 100\). \(Q > K\) olduğundan ürün fazladır; HI ayrışır, tepkime geri yönde ilerleyerek \(Q\) 64'e iner.
Belirli bir sıcaklıkta \(\text{H}_2(g) + \text{I}_2(g) \rightleftharpoons 2\text{HI}(g)\) tepkimesinin denge sabiti \(K_c = 36\)'dır. 2 L'lik bir kaba 0,8 mol \(\text{H}_2\) ve 0,8 mol \(\text{I}_2\) konuyor. Denge kurulduğunda kapta kaç mol HI bulunur?
Başlangıç derişimleri 0,4 M. Dengede \([\text{H}_2] = [\text{I}_2] = 0{,}4 - x\), \([\text{HI}] = 2x\). İki tarafın karekökü: \(\frac{2x}{0{,}4 - x} = 6\), \(x = 0{,}3\). \([\text{HI}] = 0{,}6\) M, mol sayısı \(0{,}6 \cdot 2 = 1{,}2\). 0,6, derişimi mol sayısı sanmaktır.
1 L'lik bir kaba 0,6 mol CO ve 0,6 mol \(\text{H}_2\text{O}\) gazı konuyor. Belirli bir sıcaklıkta \(\text{CO}(g) + \text{H}_2\text{O}(g) \rightleftharpoons \text{CO}_2(g) + \text{H}_2(g)\) dengesi kurulduğunda kapta 0,4 mol \(\text{CO}_2\) bulunuyor. Bu sıcaklıkta \(K_c\) kaçtır?
0,4 mol \(\text{CO}_2\) oluştuysa 0,4 mol \(\text{H}_2\) oluşmuş, 0,4'er mol CO ve \(\text{H}_2\text{O}\) harcanmıştır. Dengede CO ve \(\text{H}_2\text{O}\) 0,2'şer mol kalır. \(K_c = \frac{0{,}4 \cdot 0{,}4}{0{,}2 \cdot 0{,}2} = 4\). Kareleri almayı unutmak 2 sonucunu verir.
Kapalı bir kapta X gazının Y gazına dönüştüğü tersinir tepkimede derişimlerin zamanla değişimi aşağıdaki grafikte verilmiştir.
Buna göre tepkimenin bu sıcaklıktaki derişimler cinsinden denge sabiti \(K_c\) kaçtır?
X 0,8 M'den 0,5 M'ye, yani 0,3 M azalır; Y 0 M'den 0,6 M'ye çıkar. Değişimler 1 : 2 oranındadır, denklem \(\text{X}(g) \rightleftharpoons 2\text{Y}(g)\). \(K_c = \frac{0{,}6^2}{0{,}5} = 0{,}72\). Denklemi 1 : 1 sanmak 1,2; denge yerine başlangıçtaki X derişimini kullanmak 0,45 verir.
Sabit sıcaklıkta kapalı bir kapta gerçekleşen \(\text{X}(g) + \text{Y}(g) \rightleftharpoons 2\text{Z}(g)\) tepkimesinde maddelerin derişimlerinin zamanla değişimi grafikte verilmiştir. \(t_1\) anında sisteme bir değişiklik yapılmıştır.
Buna göre
- I.\(t_1\) anında kaba Y eklenmiştir.
- II.\(t_1\) ile \(t_2\) arasında ileri tepkimenin hızı geri tepkimenin hızından büyüktür.
- III.\(t_2\) anından sonraki dengede \(K_c\), ilk dengedekinden büyüktür.
yargılarından hangileri doğrudur?
I: \(t_1\)'de yalnızca Y'nin eğrisi dikey olarak yükselir; Y eklenmiştir. Doğru. II: Y eklenince \(Q < K\) olur; X ve Y azalır, Z artar. Net tepkime ileri yöndedir, yani ileri hız geri hızdan büyüktür. Doğru. III: Sıcaklık değişmediği için \(K_c\) aynıdır: ilk dengede \(\frac{0{,}8^2}{0{,}4 \cdot 0{,}2} = 8\), ikincide \(\frac{1{,}2^2}{0{,}2 \cdot 0{,}9} = 8\). Yanlış.
Kapalı bir kapta, sabit sıcaklıkta \(2\text{SO}_2(g) + \text{O}_2(g) \rightleftharpoons 2\text{SO}_3(g)\) dengesi kurulmuştur. Sıcaklık değiştirilmeden kabın hacmi yarıya indiriliyor. Yeni denge kurulduğunda
- I.Denge, ürünler yönüne kaymış olur.
- II.\(\text{SO}_3\)'ün mol sayısı ilk dengedekinden fazladır.
- III.\(K_c\)'nin değeri büyümüştür.
yargılarından hangileri doğrudur?
Hacim yarıya inince bütün derişimler iki katına çıkar ve \(Q\) yarıya iner: \(Q = \frac{2^2}{2^2 \cdot 2}K = \frac{K}{2}\). \(Q < K\) olduğundan tepkime ileri yönde, gaz molünün azaldığı yöne ilerler; I doğru. İleri yönde \(\text{SO}_3\) oluşur, mol sayısı artar; II doğru. Sıcaklık sabit olduğundan \(K_c\) değişmez; III yanlış.
Sabit hacimli kapalı bir kapta \(\text{N}_2\text{O}_4(g) \rightleftharpoons 2\text{NO}_2(g)\), \(\Delta H > 0\) dengesi kurulmuştur. Kabın sıcaklığı artırılırsa aşağıdakilerden hangisi gerçekleşmez? (\(\text{N}_2\text{O}_4\) renksiz, \(\text{NO}_2\) kırmızı-kahverengidir.)
Tepkime endotermiktir; sıcaklık artınca \(K_c\) büyür. Derişimler o anda değişmediği için \(Q < K\) olur ve denge ürünler yönüne kayar. \(\text{NO}_2\) artar (renk koyulaşır), \(\text{N}_2\text{O}_4\) azalır, 1 mol giren 2 mol ürüne dönüştüğü için toplam gaz molü artar. Gerçekleşmeyen, girenler yönüne kaymadır.
Sabit hacimli kapalı bir kapta, sabit sıcaklıkta \(\text{N}_2(g) + 3\text{H}_2(g) \rightleftharpoons 2\text{NH}_3(g)\) dengesi kurulmuştur. Kaba aynı sıcaklıkta bir miktar helyum gazı ekleniyor. Buna göre
- I.Kaptaki toplam basınç artar.
- II.\(\text{NH}_3\)'ün mol sayısı artar.
- III.\(K_c\)'nin değeri artar.
yargılarından hangileri doğrudur?
I: Kaptaki toplam gaz molü arttığı için toplam basınç artar; doğru. II: Hacim ve tepkimedeki gazların mol sayıları değişmediği için derişimleri de değişmez; \(Q = K\) kalır, denge kaymaz. \(\text{NH}_3\)'ün mol sayısı değişmez; yanlış. III: Sıcaklık değişmediği için \(K_c\) değişmez; yanlış.
Belirli bir sıcaklıkta
\(\text{X}_2(g) + 2\text{Y}_2(g) \rightleftharpoons 2\text{XY}_2(g)\) \(K_1 = 0{,}04\) \(2\text{XY}(g) + \text{Y}_2(g) \rightleftharpoons 2\text{XY}_2(g)\) \(K_2 = 100\)
tepkimeleri veriliyor. Aynı sıcaklıkta \(\text{XY}(g) \rightleftharpoons \frac{1}{2}\text{X}_2(g) + \frac{1}{2}\text{Y}_2(g)\) tepkimesinin denge sabiti kaçtır?
Birinci denklemden ikincisi çıkarılınca (ikincisi ters çevrilip eklenince) \(\text{X}_2(g) + \text{Y}_2(g) \rightleftharpoons 2\text{XY}(g)\) bulunur; \(K = \frac{K_1}{K_2} = \frac{0{,}04}{100} = 4 \cdot 10^{-4}\). İstenen tepkime bunun tersinin yarısıdır: \(K' = \sqrt{\frac{1}{4 \cdot 10^{-4}}} = \sqrt{2500} = 50\). Karekökü unutmak 2500; ters çevirmeyi unutmak 0,02 verir.
\(\text{N}_2(g) + 3\text{H}_2(g) \rightleftharpoons 2\text{NH}_3(g)\), \(\Delta H < 0\) dengesine uygulanan değişiklikler ve bunların etkileri aşağıdaki tabloda verilmiştir.
| Değişiklik | Dengenin kayma yönü | \(K_c\) | |
|---|---|---|---|
| I. | Sıcaklığı artırmak | Girenler yönüne | Azalır |
| II. | Sabit sıcaklıkta hacmi küçültmek | Ürünler yönüne | Değişmez |
| III. | Sabit sıcaklıkta \(\text{NH}_3\)'ü ortamdan uzaklaştırmak | Ürünler yönüne | Artar |
Tablodaki satırlardan hangilerinde verilen bilgilerin ikisi de doğrudur?
I: Tepkime ekzotermiktir; sıcaklık artınca \(K_c\) küçülür, \(Q > K\) olur ve denge girenler yönüne kayar. İki bilgi de doğru. II: Hacim küçülünce \(Q\) azalır (\(\Delta n = -2\)), \(Q < K\) olur; denge gaz molü az olan ürünler yönüne kayar. Sıcaklık sabit, \(K_c\) değişmez. İki bilgi de doğru. III: \(\text{NH}_3\) uzaklaştırılınca \(Q < K\) olur, denge ürünler yönüne kayar; ama sıcaklık sabit olduğu için \(K_c\) değişmez. Satır yanlış.
Belirli bir sıcaklıkta \(\text{PCl}_5(g) \rightleftharpoons \text{PCl}_3(g) + \text{Cl}_2(g)\) tepkimesinin denge sabiti \(K_c = 0{,}3\)'tür. 2 L'lik bir kaba 1,2 mol \(\text{PCl}_5\) konuyor. Denge kurulduğunda \(\text{PCl}_5\)'in yüzde kaçı ayrışmış olur?
\([\text{PCl}_5]_0 = 0{,}6\) M. Dengede \(\frac{x^2}{0{,}6 - x} = 0{,}3\), yani \(x^2 + 0{,}3x - 0{,}18 = 0\); \((x - 0{,}3)(x + 0{,}6) = 0\), \(x = 0{,}3\) M. Ayrışma yüzdesi \(\frac{0{,}3}{0{,}6} \cdot 100 = 50\). 0,3 M'yi 1,2 mole bölmek %25 verir.
Belirli bir sıcaklıkta \(\text{H}_2(g) + \text{I}_2(g) \rightleftharpoons 2\text{HI}(g)\) tepkimesinin denge sabiti \(K_c = 64\)'tür. 1 L'lik bir kaba aynı sıcaklıkta 0,5 mol \(\text{H}_2\), 0,5 mol \(\text{I}_2\) ve 1 mol HI konuyor. Denge kurulduğunda HI'nın derişimi kaç molardır?
\(Q = \frac{1^2}{0{,}5 \cdot 0{,}5} = 4 < 64\); tepkime ileri yönde ilerler. \(\frac{(1 + 2x)^2}{(0{,}5 - x)^2} = 64\) ise \(\frac{1 + 2x}{0{,}5 - x} = 8\), \(1 + 2x = 4 - 8x\), \(x = 0{,}3\). \([\text{HI}] = 1 + 0{,}6 = 1{,}6\) M. 0,6, oluşan HI'yı başlangıçtaki 1 M'ye eklemeyi unutmaktır.
Belirli bir sıcaklıkta 1 L'lik kapalı bir kapta \(\text{CO}(g) + \text{H}_2\text{O}(g) \rightleftharpoons \text{CO}_2(g) + \text{H}_2(g)\) dengesinde 0,5 mol CO, 0,5 mol \(\text{H}_2\text{O}\), 1 mol \(\text{CO}_2\) ve 1 mol \(\text{H}_2\) bulunmaktadır. Kaba aynı sıcaklıkta 0,9 mol \(\text{H}_2\text{O}\) ekleniyor. Yeni denge kurulduğunda kapta kaç mol \(\text{CO}_2\) bulunur?
\(K_c = \frac{1 \cdot 1}{0{,}5 \cdot 0{,}5} = 4\). Eklemeden sonra \(Q = \frac{1}{0{,}5 \cdot 1{,}4} \approx 1{,}43 < 4\); tepkime ileri yönde ilerler. \(\frac{(1 + y)^2}{(0{,}5 - y)(1{,}4 - y)} = 4\) düzenlenince \(y^2 - 3{,}2y + 0{,}6 = 0\); kökler 0,2 ve 3. \(y = 3\) CO'yu negatif yapar; \(y = 0{,}2\). \(\text{CO}_2\): \(1 + 0{,}2 = 1{,}2\) mol.
Sabit hacimli bir kaba yalnız \(\text{N}_2\text{O}_4\) gazı konduğunda kaptaki basınç 0,9 atm'dir. Sıcaklık sabit tutulurken \(\text{N}_2\text{O}_4(g) \rightleftharpoons 2\text{NO}_2(g)\) dengesi kuruluyor ve kaptaki toplam basınç 1,2 atm oluyor. Bu sıcaklıkta kısmi basınçlar cinsinden denge sabiti \(K_p\) kaçtır?
\(\text{N}_2\text{O}_4\)'ün basıncı \(p\) kadar azalırsa \(\text{NO}_2\)'nin basıncı \(2p\) olur; toplam \(0{,}9 + p = 1{,}2\), \(p = 0{,}3\) atm. \(P_{\text{N}_2\text{O}_4} = 0{,}6\) atm, \(P_{\text{NO}_2} = 0{,}6\) atm; \(K_p = \frac{0{,}6^2}{0{,}6} = 0{,}6\). Kareyi unutmak 1 verir.
Hareketli pistonlu kapta \(T\) sıcaklığında \(\text{N}_2\text{O}_4(g) \rightleftharpoons 2\text{NO}_2(g)\) dengesi şekildeki gibi kurulmuştur. Sıcaklık sabit tutularak piston itiliyor ve kabın hacmi 2 L'den 1 L'ye indiriliyor.
Yeni denge kurulduğunda, ilk dengeye göre
- I.\(\text{N}_2\text{O}_4\)'ün mol sayısı artmıştır.
- II.\(\text{NO}_2\)'nin derişimi artmıştır.
- III.\(K_c\)'nin değeri değişmemiştir.
yargılarından hangileri doğrudur?
Hacim yarıya inince \(Q = 2K\) olur; \(Q > K\), denge gaz molü az olan \(\text{N}_2\text{O}_4\) yönüne kayar. I doğru. \(K_c = \frac{[\text{NO}_2]^2}{[\text{N}_2\text{O}_4]}\) sabit kalırken \([\text{N}_2\text{O}_4]\) arttığından (mol sayısı artmış, hacim küçülmüş) \([\text{NO}_2]\) de artmak zorundadır. Şekildeki miktarlarla \([\text{NO}_2]\) 0,4 M'den 0,6 M'ye çıkar. II doğru. Sıcaklık sabit olduğu için \(K_c\) değişmez. III doğru.
Aşağıdaki denge tepkimelerinin hangisinde aynı sıcaklıkta \(K_p = K_c\) olur?
\(K_p = K_c(RT)^{\Delta n}\) olduğundan \(\Delta n = 0\) olan tepkime aranır; yalnız gazlar sayılır. FeO ile CO tepkimesinde gaz katsayıları 1 ve 1'dir, \(\Delta n = 0\). Karbonlu tepkimede katı C sayılırsa katsayılar eşit görünür ama \(\Delta n = 2 - 1 = 1\)'dir. Diğerlerinde \(\Delta n\) sırasıyla \(-2\), 1 ve 1'dir.
Kapalı bir kapta sabit sıcaklıkta \(\text{CaCO}_3(k) \rightleftharpoons \text{CaO}(k) + \text{CO}_2(g)\) dengesi kurulmuştur ve kapta her iki katıdan da yeterli miktarda bulunmaktadır. Buna göre
- I.Kaba aynı sıcaklıkta bir miktar \(\text{CaCO}_3(k)\) eklenirse denge kaymaz.
- II.Tepkimenin denge sabiti \(K_c = [\text{CO}_2]\) şeklindedir.
- III.Sıcaklık sabit tutularak kabın hacmi büyütülürse yeni dengede \(\text{CO}_2\)'nin kısmi basıncı ilk dengedekinden küçük olur.
yargılarından hangileri doğrudur?
I: Katılar \(Q\) ifadesinde yer almaz; katı eklemek \(Q\)'yu değiştirmez, denge kaymaz. Doğru. II: Katılar ifadeye girmediği için \(K_c = [\text{CO}_2]\). Doğru. III: Hacim büyüyünce \([\text{CO}_2]\) azalır, \(Q < K\) olur ve \(\text{CaCO}_3\) ayrışarak \(\text{CO}_2\) üretir. Yeni dengede yine \([\text{CO}_2] = K_c\) olur; sıcaklık aynı olduğundan \(\text{CO}_2\)'nin kısmi basıncı da ilk değerine döner. Yanlış.
Bir gaz tepkimesinin derişimler cinsinden denge sabiti 300 K'de 10, 500 K'de 2'dir. Buna göre
- I.İleri tepkime ekzotermiktir.
- II.Sıcaklık artırılırsa dengedeki ürün miktarı artar.
- III.500 K'de geri tepkimenin denge sabiti 0,5'tir.
yargılarından hangileri doğrudur?
I: Sıcaklık artınca \(K\) küçülmüştür; bu, ileri tepkimenin ekzotermik olduğunu gösterir. Doğru. II: Sıcaklık artınca \(K\) küçülür, \(Q > K\) olur ve denge girenler yönüne kayar; ürün azalır. Yanlış. III: Geri tepkimenin denge sabiti \(\frac{1}{2} = 0{,}5\)'tir. Doğru.
Haber yöntemiyle amonyak üretiminde \(\text{N}_2(g) + 3\text{H}_2(g) \rightleftharpoons 2\text{NH}_3(g)\), \(\Delta H = -92\) kJ tepkimesi kullanılır. Bu süreçle ilgili aşağıdaki ifadelerden hangisi yanlıştır?
Katalizör iki yönün hızını aynı oranda artırır; dengeye çabuk ulaşılmasını sağlar ama dengedeki amonyak yüzdesini değiştirmez. Yanlış olan ifade budur. Gaz molü 4'ten 2'ye iner, yüksek basınç ürün yönüne kaydırır; tepkime ekzotermik olduğu için düşük sıcaklık amonyak oranını artırır ama tepkimeyi yavaşlatır; ürünün uzaklaştırılması \(Q\)'yu küçültür. Bunlar doğrudur.
Aşağıdakilerden hangisi fiziksel dengeye bir örnektir?
Kapalı şişede buharlaşma ve yoğunlaşma aynı hızla sürer; madde yalnızca hal değiştirir. Bu fiziksel dengedir. HI ve kalsiyum karbonat örneklerinde yeni maddeler oluşur, bunlar kimyasal dengedir. Açık kapta buhar kaçtığı için denge kurulmaz; mumun yanması tersinir değildir.
Dengedeki bir tepkimede ileri ve geri tepkime hızlarının zamanla değişimi aşağıdaki grafikte verilmiştir. Sıcaklık ve hacim değiştirilmeden \(t_1\) anında sisteme bir değişiklik yapılmıştır.
Buna göre \(t_1\) anında yapılan değişiklik aşağıdakilerden hangisi olabilir?
\(t_1\)'de ileri hız aniden artar, geri hız ise o anda değişmez, sonra yavaş yavaş artar. Ani artış, girenlerin derişiminin aniden arttığını gösterir; ürünlerin derişimi o anda değişmemiştir. Katalizör iki hızı birlikte sıçratır ve eşit tutar. Ürün uzaklaştırmak geri hızı aniden düşürür, ürün eklemek geri hızı aniden artırır, giren uzaklaştırmak ileri hızı aniden düşürür; bunlar grafiğe uymaz.
İlerlemen bu tarayıcıda saklanıyor. Ücretsiz üye ol, her cihazda kaldığın yerden devam et.