Kimyasal Denge ve Denge Sabiti

Kapalı bir kapta tepkime durmuş gibi görünse de ileri ve geri tepkimeler aynı hızla sürer; dengenin dinamik olması bu demektir.

Kimyasal Denge ve Denge Sabiti konusu, denge sabitinin derişimler ve kısmi basınçlar cinsinden yazılmasını, saf katı ve sıvıların ifadeye girmemesini ve tepkime bölümünün denge sabitiyle karşılaştırılarak tepkimenin hangi yöne ilerleyeceğinin bulunmasını kapsar. Denge sabiti yalnızca sıcaklıkla değişir.

Sorularda başlangıç miktarları ve ayrışma derecesi verilerek denge sabitini hesaplatan tablolar, iki tür denge sabiti arasındaki ilişki ve Q ile K karşılaştırmaları yer alır; seçenekler genellikle sayısal değerler veya yön ifadeleridir.

Örnek sorular

Bir şık seç, doğru mu değil mi hemen görürsün — hiçbir şey kaydedilmez, hesap gerekmez.

1. soruOrta

Belirli bir sıcaklıkta

N_{2} (g) + 3 H_{2} (g) ⇌ 2 N H_{3} (g) K_{c} = 0, 50

tepkimesi için bir kapta ölçülen derişimler $[N_{2}] = 0, 50 M$ , $[H_{2}] = 0, 50 M$ , $[N H_{3}] = 0, 10 M$ ’dir.

Buna göre tepkime bölümünün ( $Q_{c}$ ) denge sabitiyle karşılaştırılması ve tepkimenin dengeye ulaşmak için ilerleyeceği yön aşağıdakilerden hangisinde doğru verilmiştir?

Q_{c} < K_{c}

; ileri yönde✓ Doğru

Q_{c} > K_{c}

; ileri yönde✗ Bu değil

Q_{c} < K_{c}

; geri yönde✗ Bu değil

Q_{c} > K_{c}

; geri yönde✗ Bu değil

Q_{c} = K_{c}

; dengededir✗ Bu değil

Cevabı göster

Cevap: A — $Q_{c} < K_{c}$ ; ileri yönde

Kısaca — Anlık derişimlerle hesaplanan denge kesri $Q_{c} = 0, 16$ olup $K_{c} = 0, 50$ değerinden küçük olduğundan tepkime ileri yönde ilerler.

Sistemin dengede olup olmadığını belirlemek için mevcut derişimlerle yalancı denge sabiti ( $Q_{c}$ ) hesaplanır: $Q_{c} = \frac{[N H_{3}]^{2}}{[N_{2}] [H_{2}]^{3}} = \frac{(0, 10)^{2}}{(0, 50) \times (0, 50)^{3}} = \frac{0, 010}{0, 0625} = 0, 16$ bulunur. Bulunan $Q_{c}$ değeri denge sabiti $K_{c}$ (0,50) değerinden küçük olduğundan sistem dengede değildir. Sistemin dengeye ulaşabilmesi için $Q_{c}$ değerinin büyümesi, bunun için de ürün derişiminin artıp giren derişiminin azalması, yani tepkimenin ileri yönde yürümesi gerekir. $Q_{c} > K_{c}$ olduğunda tepkimenin girenlere kayacağını bilmek yön karıştırma hatalarının önüne geçer.

2. soruKolay

Belirli bir sıcaklıkta sabit hacimli kapalı bir kapta gerçekleşen

P C l_{5} (g) ⇌ P C l_{3} (g) + C l_{2} (g)

tepkimesi dengededir.

Aynı sıcaklıkta bu tepkimenin kısmi basınçlar cinsinden denge sabiti ( $K_{p}$ ) ile derişimler cinsinden denge sabiti ( $K_{c}$ ) arasındaki ilişki aşağıdakilerden hangisidir?

( $R$ gaz sabitidir; $T$ Kelvin cinsinden mutlak sıcaklıktır.)

K_{p} = K_{c}

✗ Bu değil

K_{p} = K_{c} (R T)^{2}

✗ Bu değil

K_{p} = K_{c} (R T)

✓ Doğru

K_{p} = K_{c} / (R T)^{2}

✗ Bu değil

K_{p} = K_{c} (R T)^{- 1}

✗ Bu değil

Cevabı göster

Cevap: C — $K_{p} = K_{c} (R T)$

Kısaca — Gaz fazındaki net mol değişimi $Δ n = + 1$ olduğundan denge sabitleri arasındaki ilişki $K_{p} = K_{c} (R T)$ biçimindedir.

Kısmi basınçlar türünden denge sabiti ( $K_{p}$ ) ile derişimler türünden denge sabiti ( $K_{c}$ ) arasındaki bağıntı $K_{p} = K_{c} (R T)^{Δ n}$ formülü ile verilir. Burada $Δ n$ , ürünlerdeki gazların katsayıları toplamından girenlerdeki gazların katsayıları toplamı çıkarılarak bulunur: $Δ n = (1 + 1) - 1 = + 1$ . Bu değer yerine yazıldığında doğrudan $K_{p} = K_{c} (R T)^{1} = K_{c} (R T)$ eşitliği elde edilir. En yaygın yanılgı, farkı alırken girenleri ürünlerden çıkarıp $Δ n = - 1$ bularak $K_{p} = K_{c} (R T)^{- 1}$ sonucuna ulaşmaktır.

3. soruOrta

1,0 L’lik sabit hacimli kapalı bir kaba $1, 0 m o l$ $N_{2} O_{4}$ konuluyor. Belirli bir sıcaklıkta

N_{2} O_{4} (g) ⇌ 2 N O_{2} (g)

tepkimesi dengeye ulaşıyor ve $N_{2} O_{4}$ ’ün ayrışma derecesi $α = 0, 50$ oluyor.

Bu sıcaklıktaki $K_{c}$ değeri kaçtır?

Cevabı göster

Cevap: E — 2,0

Kısaca — Dengedeki derişimler $[N O_{2}] = 1, 0 M$ ve $[N_{2} O_{4}] = 0, 50 M$ olduğundan denge sabiti $K_{c} = 2, 0$ bulunur.

Başlangıçta $1, 0 m o l N_{2} O_{4}$ gazı bulunmaktadır. Ayrışma derecesi $α = 0, 50$ olduğuna göre harcanan miktar $1, 0 \times 0, 50 = 0, 50 m o l$ ’dür. Tepkime katsayılarına göre $1 m o l N_{2} O_{4}$ ayrıştığında $2 m o l N O_{2}$ oluşacağından, dengede $1, 0 \times 0, 50 \times 2 = 1, 0 m o l N O_{2}$ gazı ve $1, 0 - 0, 50 = 0, 50 m o l N_{2} O_{4}$ gazı bulunur. Kap hacmi $1, 0 L$ olduğundan bu mol sayıları doğrudan denge derişimlerine eşittir. Denge bağıntısını yazdığımızda $K_{c} = \frac{[N O_{2}]^{2}}{[N_{2} O_{4}]} = \frac{(1, 0)^{2}}{0, 50} = 2, 0$ sonucuna ulaşırız. Stokiyometride $N O_{2}$ ’nin katsayısı olan 2'yi hem mol değişiminde çarpan hem de $K_{c}$ ifadesinde üs olarak kullanmayı unutmamalısın.

Kimyasal Denge ve Denge Sabiti — AYT örnek sorular ve çözümleri

Konu özeti

Örnek sorular

Diğer AYT konuları

Kimya