1. ATOMLA İLGİLİ DÜŞÜNCELER 2. ATOMUN
advertisement
Ali Kemal BİLENLER Bu kitap, Millî Eğitim Bakanlığı Talim ve Terbiye Kurulu Başkanlığının 11.02.2016 tarihli ve 7 sayılı (ekli listenin 14’üncü sırasında) kurul kararı ile 2016 - 2017 öğretim yılından itibaren 5 (beş) yıl süre ile ders kitabı olarak kabul edilmiştir. ADA Matbaacılık Yayıncılık Sanayi ve Ticaret Ltd. Ş. Uğur Mumcu Mah. 1578. Cad. No.: 21 Ostim/ANKARA tel.: (0 312) 385 54 10 Editör Zeynep MISIRLIOĞLU Dil Uzmanı Nihat ERDAL Görsel Tasarımcı Halil ŞENSES Program Geliştirme Uzmanı Sanem GEZMİŞ Ölçme ve Değerlendirme Uzmanı Ömer GÜLÖZ Rehberlik/Çocuk Gelişim Uzmanı Yasemin AKYAZ BAT Baskı ADA Matbaacılık Ankara-2017 ISBN 978-975-6604-60-1 3 Korkma, sönmez bu şafaklarda yüzen al sancak; Sönmeden yurdumun üstünde tüten en son ocak. O benim milletimin yldzdr, parlayacak; O benimdir, o benim milletimindir ancak. Bastğn yerleri toprak diyerek geçme, tan: Düşün altndaki binlerce kefensiz yatan. Sen şehit oğlusun, incitme, yazktr, atan: Verme, dünyalar alsan da bu cennet vatan. Çatma, kurban olaym, çehreni ey nazl hilâl! Kahraman rkma bir gül! Ne bu şiddet, bu celâl? Sana olmaz dökülen kanlarmz sonra helâl. Hakkdr Hakk’a tapan milletimin istiklâl. Kim bu cennet vatann uğruna olmaz ki feda? Şüheda fşkracak toprağ sksan, şüheda! Cân, cânân, bütün varm alsn da Huda, Etmesin tek vatanmdan beni dünyada cüda. Ben ezelden beridir hür yaşadm, hür yaşarm. Hangi çlgn bana zincir vuracakmş? Şaşarm! Kükremiş sel gibiyim, bendimi çiğner, aşarm. Yrtarm dağlar, enginlere sğmam, taşarm. Ruhumun senden İlâhî, şudur ancak emeli: Değmesin mabedimin göğsüne nâmahrem eli. Bu ezanlar -ki şehadetleri dinin temeliEbedî yurdumun üstünde benim inlemeli. Garbn âfâkn sarmşsa çelik zrhl duvar, Benim iman dolu göğsüm gibi serhaddim var. Ulusun, korkma! Nasl böyle bir iman boğar, Medeniyyet dediğin tek dişi kalmş canavar? O zaman vecd ile bin secde eder -varsa- taşm, Her cerîhamdan İlâhî, boşanp kanl yaşm, Fşkrr ruh- mücerret gibi yerden na’şm; O zaman yükselerek arşa değer belki başm. Arkadaş, yurduma alçaklar uğratma sakn; Siper et gövdeni, dursun bu hayâszca akn. Doğacaktr sana va’dettiği günler Hakk’n; Kim bilir, belki yarn, belki yarndan da yakn Dalgalan sen de şafaklar gibi ey şanl hilâl! Olsun artk dökülen kanlarmn hepsi helâl. Ebediyyen sana yok, rkma yok izmihlâl; Hakkdr hür yaşamş bayrağmn hürriyyet; Hakkdr Hakk’a tapan milletimin istiklâl! Mehmet Âkif Ersoy GENÇLİĞE HİTABE Ey Türk gençliği! Birinci vazifen, Türk istiklâlini, Türk Cumhuriyetini, ilelebet muhafaza ve müdafaa etmektir. Mevcudiyetinin ve istikbalinin yegâne temeli budur. Bu temel, senin en kymetli hazinendir. İstikbalde dahi, seni bu hazineden mahrum etmek isteyecek dâhilî ve hâricî bedhahlarn olacaktr. Bir gün, istiklâl ve cumhuriyeti müdafaa mecburiyetine düşersen, vazifeye atlmak için, içinde bulunacağn 4 vaziyetin imkân ve şeraitini düşünmeyeceksin! Bu imkân ve şerait, çok namüsait bir mahiyette tezahür edebilir. İstiklâl ve cumhuriyetine kastedecek düşmanlar, bütün dünyada emsali görülmemiş bir galibiyetin mümessili olabilirler. Cebren ve hile ile aziz vatann bütün kaleleri zapt edilmiş, bütün tersanelerine girilmiş, bütün ordular dağtlmş ve memleketin her köşesi bilfiil işgal edilmiş olabilir. Bütün bu şeraitten daha elîm ve daha vahim olmak üzere, memleketin dâhilinde iktidara sahip olanlar gaflet ve dalâlet ve hattâ hyanet içinde bulunabilirler. Hattâ bu iktidar sahipleri şahsî menfaatlerini, müstevlîlerin siyasî emelleriyle tevhit edebilirler. Millet, fakr u zaruret içinde harap ve bîtap düşmüş olabilir. Ey Türk istikbalinin evlâd! İşte, bu ahval ve şerait içinde dahi vazifen, Türk istiklâl ve cumhuriyetini kurtarmaktr. Muhtaç olduğun kudret, damarlarndaki asil kanda mevcuttur. Mustafa Kemal Atatürk 5 Organizasyon Şeması............................................................................................................................... 8 Laboratuvarda Dikkat Edilmesi Gereken Noktalar................................................................................. 10 Güvenliğiniz İçin.................................................................................................................................... 11 1. ÜNİTE 6 MODERN ATOM TEORİSİ....................................................................................................................... 12 ÜNİTE İLE İLGİLİ KAVRAMLAR/TERİMLER LİSTESİ.................................................................................. 14 1.1. ATOMLA İLGİLİ DÜŞÜNCELER......................................................................................................... 15 1.2. ATOMUN KUANTUM MODELİ........................................................................................................ 32 Orbital............................................................................................................................................ 32 Kuantum Sayıları............................................................................................................................ 32 Elektron Dizilimleri......................................................................................................................... 39 1.3. PERİYODİK SİSTEM VE ELEKTRON DİZİLİMLERİ.............................................................................. 44 1.4. PERİYODİK ÖZELLİKLER................................................................................................................... 48 1.5. ELEMENTLERİ TANIYALIM............................................................................................................... 63 s-bloku........................................................................................................................................... 63 p-bloku.......................................................................................................................................... 65 d-bloku.......................................................................................................................................... 68 f-bloku........................................................................................................................................... 71 OKUMA METNİ: BAZI GEÇİŞ METALLERİNİN KULLANIM ALANLARI...................................................... 72 1.6. YÜKSELTGENME BASAMAKLARI..................................................................................................... 74 1.7. KİMYANIN SEMBOLİK DİLİ VE ADLANDIRMA................................................................................. 76 ÖLÇME VE DEĞERLENDİRME................................................................................................................. 82 İÇİNDEKİLER 2. ÜNİTE KİMYASAL HESAPLAMALAR................................................................................................................... 92 ÜNİTE İLE İLGİLİ KAVRAMLAR/TERİMLER LİSTESİ.................................................................................. 94 2.1. MOL KAVRAMI............................................................................................................................... 95 2.2. EN BASİT FORMÜL VE MOLEKÜL FORMÜLÜ................................................................................ 108 2.3. KİMYASAL TEPKİMELER VE DENKLEMLER.................................................................................... 110 2.4. KİMYASAL HESAPLAMALAR.......................................................................................................... 116 ÖLÇME VE DEĞERLENDİRME............................................................................................................... 128 3. ÜNİTE GAZLAR .............................................................................................................................................. 138 ÜNİTE İLE İLGİLİ KAVRAMLAR/TERİMLER LİSTESİ................................................................................ 140 3.1. GAZLARIN ÖZELLİKLERİ................................................................................................................ 141 3.2. İDEAL GAZ YASASI........................................................................................................................ 150 3.3. GAZLARDA KİNETİK TEORİ............................................................................................................ 157 Difüzyon/Efüzyon......................................................................................................................... 159 3.4. GERÇEK GAZLAR........................................................................................................................... 163 Buharlaşma/Yoğuşma.................................................................................................................. 164 OKUMA METNİ: SOĞUTUCULARIN ÇALIŞMA PRENSİBİ...................................................................... 169 3.5. GAZ KARIŞIMLARI......................................................................................................................... 169 Kısmi Basınç................................................................................................................................. 170 ÖLÇME VE DEĞERLENDİRME............................................................................................................... 177 4. ÜNİTE SIVI ÇÖZELTİLER................................................................................................................................... 188 ÜNİTE İLE İLGİLİ KAVRAMLAR/TERİMLER LİSTESİ................................................................................ 190 4.1. ÇÖZÜCÜ ÇÖZÜNEN ETKİLEŞİMLERİ.............................................................................................. 191 4.2. DERİŞİM BİRİMLERİ...................................................................................................................... 194 4.3. KOLİGATİF ÖZELLİKLER................................................................................................................. 206 OKUMA METNİ: DAMITARAK SAFLAŞTIRMA....................................................................................... 213 4.4. ÇÖZÜNÜRLÜK.............................................................................................................................. 216 4.5. ÇÖZÜNÜRLÜĞE ETKİ EDEN FAKTÖRLER....................................................................................... 218 4.6. AYIRMA VE SAFLAŞTIRMA TEKNİKLERİ......................................................................................... 225 Kristallendirme............................................................................................................................. 225 Özütleme (Ekstraksiyon).............................................................................................................. 228 Kromatografi................................................................................................................................ 230 ÖLÇME VE DEĞERLENDİRME............................................................................................................... 231 5. ÜNİTE KİMYA VE ENERJİ................................................................................................................................. 240 ÜNİTE İLE İLGİLİ KAVRAMLAR/TERİMLER LİSTESİ................................................................................ 242 5.1. SİSTEM VE ÇEVRE......................................................................................................................... 243 5.2. ISI, MEKANİK İŞ VE İÇ ENERJİ....................................................................................................... 245 Isı ve Sıcaklık (Termodinamiğin Sıfırıncı Yasası)............................................................................ 249 5.3. TERMODİNAMİĞİN BİRİNCİ YASASI.............................................................................................. 250 OKUMA METNİ: TERMODİNAMİĞİN TARİHÇESİ................................................................................. 251 Sistemlerde Entalpi Değişimi....................................................................................................... 252 5.4. ENTROPİ....................................................................................................................................... 264 Gibbs Serbest Enerji ve İstemlilik (Termodinamiğin İkinci Yasası)................................................ 276 5.5. TERMODİNAMİĞİN ÜÇÜNCÜ YASASI........................................................................................... 280 OKUMA METNİ: YAŞAYAN SİSTEMLERİN TERMODİNAMİĞİ................................................................ 282 ÖLÇME VE DEĞERLENDİRME............................................................................................................... 283 7 TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE............................................................................................................. 294 ÜNİTE İLE İLGİLİ KAVRAMLAR/TERİMLER LİSTESİ................................................................................ 296 6.1. MADDELER NASIL TEPKİMEYE GİRER?......................................................................................... 297 6.2. TEPKİME HIZLARI......................................................................................................................... 301 6.3. TEPKİME HIZINI ETKİLEYEN FAKTÖRLER....................................................................................... 311 6.4. KİMYASAL DENGE......................................................................................................................... 327 6.5. DENGEYİ ETKİLEYEN FAKTÖRLER.................................................................................................. 338 6.6. SULU ÇÖZELTİ DENGELERİ............................................................................................................ 350 Suyun Oto-İyonizasyonu ve pH.................................................................................................... 350 Asit-Baz Dengeleri....................................................................................................................... 363 Kuvvetli/Zayıf Asitler-Bazlar........................................................................................................ 363 Tampon Çözeltiler........................................................................................................................ 374 Tuz Çözeltilerinde Asitlik-Bazlık................................................................................................... 378 Titrasyon...................................................................................................................................... 381 Sulu Ortamlarda Çözünme, Çökelme ve Kompleksleşme Dengeleri............................................ 390 Çözünme-Çökelme Dengeleri...................................................................................................... 390 Kompleks Oluşma-Ayrışma Dengeleri......................................................................................... 407 OKUMA METNİ: ATATÜRK’ÜN AKLA VE BİLİME VERDİĞİ ÖNEM......................................................... 414 ÖLÇME VE DEĞERLENDİRME............................................................................................................... 415 SÖZLÜK................................................................................................................................................ 431 KAYNAKÇA........................................................................................................................................... 437 GÖRSEL KAYNAKÇA.............................................................................................................................. 438 CEVAP ANAHTARI................................................................................................................................ 439 DİZİN.................................................................................................................................................... 453 PERİYODİK CETVEL............................................................................................................................... 455 İÇİNDEKİLER 6. ÜNİTE Ünite numarası MODERN ATOM TEORİSİ 12 1. ATOMLAİLGİLİDÜŞÜNCELER 2.ATOMUNKUANTUMMODELİ Orbital KuantumSayıları ElektronDizilimleri Ünite adı 3.PERİYODİKSİSTEMVEELEKTRONDİZİLİMLERİ Her ünitenin başında öğrenilecek konular ve alt başlıklar gösterilmiştir. 4.PERİYODİKÖZELLİKLER 13 s-bloku p-bloku d-vef-blokları 6.YÜKSELTGENMEBASAMAKLARI MODERN ATOM TEORİSİ 5.ELEMENTLERİTANIYALIM Tüm üniteyi kapsayacak olan konular ünite ile ilgili kavramlar/terimler listesi, her ünite başlığını belirten sayfadan sonra yer almıştır. 7.KİMYANINSEMBOLİKDİLİVEADLANDIRMA ÜNİTE İLE İLGİLİ KAVRAMLAR/TERİMLER LİSTESİ Bu ünitenin amacı; Maddenin temel taşı olan atom hakkındaki modern anlayışın tarihsel gelişimini gözden geçirmektir. Model Emisyon Atom Fotoelektrik olay Işın Siyah cisim ışıması Spektrum Orbital (dalga fonksiyonu) Dalga boyu Kuantum sayıları Frekans Elektron dizilimi Işık hızı Periyodik sistem Genlik İyonlaşma enerjisi Dalga sayısı Elektronegatiflik Yörünge Elektron ilgisi Enerji düzeyi (katman) Yükseltgenme basamağı Modern atom modeliyle ilgili temel kavramları ilişkilendirmektir. Elementlerin periyodik dizgesini atomun yapısı üzerinden tartışmaktır. Gündelik hayat açısından önemli elementlerin ve bileşiklerin sembol, formül ve adlandırılma esaslarını irdelemektir. 14 MODERN ATOM TEORİSİ ORGANİZASYON ŞEMASI 8 Absorbsiyon A ve C sistemleri de termodinamik dengededir. Daha basit bir ifadeyle farklı sıcaklıklara sahip iki cisim arasında ısı alışverişine dayalı bir temas olursa sıcak olan cisim soğur, soğuk olan cisim ise ısınır. İşin temelinde, iki farklı sıcaklığa sahip iki cisim arasında gerçekleşen ısı akışının sıcak cisimden soğuk cisme doğru aktığı gerçeği yatar. En son ortaya konulan bu çok basit yasa, dördüncü yasa olacak kadar Ünitede öğretilecek konular hakkında detaylı bilgiler verilir. ayrı şekli olduğu, çeşitli enerji şekillerinin birbirine dönüşebileceği ve enerjinin korunumlu olduğu anlaşılmıştır. Buna göre enerji, ancak bir şekilden diğer bir şekline dönüştürülebilir ama asla yoktan var olmayacağı gibi varken de yok edilemez. Tüm evrenin izole edilmiş bir sistem olduğunu varsayarsak Termodinamiğin Birinci Yasası “Evrenin iç enerjisi sabittir.” diye ifade ede- Hidrojen bağı Uçevre = 0 Çözünenin kütlesi x 100 eşitliğinden yararlanılarak Çözeltinin kütlesi Bazı polar yapılmıştı. kovalent bağlı moleküller de suda (NH HCI, hacim CH3COOH, CO çözünerek hesaplamalar Çözeltilerde bir bileşenin kütle yüzdesi çok küçük olduğunda buiyon tür 3 ,veya 2 , SO 3 ...) içeren çözelti (Şekil 4.3). Örneğin hidrojen klorür (HCI) saf hâlde Milyonda polar bir bir moleküldür. Bu çözeltileri ifadeoluşturur etmek için ise milyonda bir (ppm) derişim birimi kullanılmıştı. derişimi için derişim olarak ifade edilmiş ve kütlece % derişim = buharlı makinelerin verimliliğinin artırılmasına yönelik sorunların çözülmesi amacıyla ortaya mmaddeilave edildiği madde HCI molekülleri ile etkileşir. Su veenHCI molekülleri x 106 eşitliğizaman kullanılmıştı. Ancak busu bölümde kimyada yaygın derişimarasında türü olanoluşan molappm = suya mkarışım dipol - dipol etkileşimleri oldukça güçlüdür. rite ve molalite birimleri incelenecektir. konulmuştur. Konu ile ilgili pekiştirici ek bilgiler verilmiştir. δ O Enerji aktarımı gerektiren herhanKİMYA VE ENERJİ rı geçerlidir. Bu yasalar bizi hayatın Anlatılan konunun pekiştirilmesi nun cevaplarına götürebilecek önemli için verilen alıştırmalardır. yaklaşımlardır. Termodinamiğin günlük neden sürdüğü gibi çok genel bir soru- 194 dır. Otomobillerin hareketi (Resim 5.1), soğutma - ısıtma sistemleri ve kompresörler termodinamiğin uygulama alan- Bu bölüm, konu ile ilgili araştırlarından bazılarıdır. ma yapılması için verilmiştir. + δ H + δ M+ = δ Su molekülünde dipol gösterimi ÖRNEK n molPolar molekül + eşitliği ile =– δ verilir. V δ L δ δ + δ – – δ + + – + miktarını belirtmek δ amacıyla geliştirilmiş – bir kavramdır.+ Polar molekül – + δ δ δ ALIŞTIRMALAR δ δ Derişim, bir çözeltide çözünen madde δ δ + – 20,2 gram KNO3 katısına toplam hacim 200 mL olacak şekilde üzerine su ilave edilerek hazırlanan Şekil 4.3: Polar moleküllerin suda çözünmesi çözeltinin nedir? (KNO19,6 g mol ) 4 çözünmüş olarak bulunduğuna göre çözeltinin 1. 4 Mmolaritesi H2SO4 çözeltisinde gram H–1 3 : 101 2SO SIVI ÇÖZELTİLER hayatta pek çok uygulama alanı var- δ + – – δ + Molarite (M) δ δ δ – δ Çözeltinin bir+litresindeki çözünen maddenin mol sayısına o maddenin söz konu+ δ δ + + mol δ+ δ H δ su çözeltideki molaritesi denir. Molarite ’dir. Molarite, + + “M” ile gösterilir + – ve birimi – δ + L gi bir olayda termodinamiğin yasala- Resim 5. 1: Otomobil motorlarının silindirinde gerçekleşen yanma, hareketi sağlar. 193 –1 hacmi mL’dir?bağlı (H2SO ) 4 : 98 g mol Polarkaç kovalent maddelerin bir kısmı suda çözündüklerinde iyonlar oluşturur. Örneğin HCI, NH3 ÇÖZÜM Cevap: 50 mL ve CO2 gazlarının suda iyonlaşarak çözünme denklemi aşağıdaki gibidir: Bu örnek soru üzerinden aynı zamanda bir çözeltinin nasıl hazırlanabileceğini görelim. 20,2 gram –1 olan bir kütlece %28’lik NH3’den 400 mL alınıp üzerine 300kadar mL susuekle2. katısı Yoğunluğu 0,85temiz g mLve kuru KNO tartılarak cam balon jojeye konur. Kabın 200 mL işaretine ekle3 HCI gazının suda çözünmesi; –1 nirse yeni hazırlanan çözeltinin molaritesi kaçmolaritesini M olur? (NHhesaplayalım ) nir. Şimdi bu çözeltinin 4.4). 3 : 17 g mol (Şekil HCI(g) H+(suda) + CI–(suda) Suda iyonlaşarak çözünen Cevap: 8M a. b. c.HCI, NH3 CO2 , CH3COOH, SO3 gibi molekül yapılıyeni 3. 0,1 M 100 mL NaOH çözeltisi ile 0,4 M 400 mL NaOH çözeltisi karıştırılıyor. Oluşan NH3 gazının suda çözünmesi; maddelerin sulu çözeltileri çözeltinin molar derişimi kaçtır? elektrik akımını iletir. – NH3(g) + H2O(s) NH+4(suda) + OH (suda) Cevap: 0,34 M 4. 16,8 gram XCO3’dan 50 mL 4 M’lik çözelti hazırlandığına göre X ile ifade edilen elementin mol Su CO2 gazının 200 mL KNO3 suda çözünmesi; kütlesi kaçtır? (C: 12 g mol–1 , O: 16 g mol–1) 200 mL işareti + CO2(g) + H2O(s) HCO–3(suda) + H(suda) şeklindedir. Cevap: 24 g mol–1 ARAŞTIRMA Termodinamiğin uygulama alanlarını araştırınız. Konu ile ilgili görsel içerikli afiş hazırlayıp afişi 5. 2,4 M 500 mL KNO3 çözeltisi elde edebilmek için 2 M ve 3 M’lik KNO3 çözeltilerinden sırasıyla 200 mL sınıfınızın uygun bir yerine asınız. 200 mL Biliyor muyuz?200 mL 198 OKUMA METNİ SIVI ÇÖZELTİLER TERMODİNAMİĞİN TARİHÇESİ Enerjinin çeşitli biçimleri ısı, ışık, elektrik, manyetizma, kimyasal ve mekanik enerji arasındaki ilişkileri inceleyen termodinamiktir. Termodinamik sürtünme yoluyla mekanik olarak ısı üretimi ve mekanik enerjinin termal yoldan üretilmesi çalışmalarından ortaya çıkmıştır. 18. yüzyılda bazı bilim insanları, ısının cisimlerin küçük parçacıklarının mekanik hareketi kaçar mL karıştırılmalıdır? Cevap: 300 mL ve 200 mL Bir4.4: Mum Lekesini Nasıl Çıkartırsınız? Şekil a. Tartılan KNO cam balon jojeye konması b. KNO3 katısının 200 mL’den daha az suda 3 katısının 6. 5 L 0,2c.MKabın NaOH hazırlamak 1,0 M NaOH çözeltisinden kaç mL almak gerekir? çözülmesi 200çözeltisi mL işaretine kadar suiçin eklenmesi Bir mum lekesini çıkartmak istediğimizi düşünelim. Hangi çözücüyü kullanacağımızı nasıl bilebiliCevap: 1000 mL 200 mLbenzeri çözeltiyi de litreye çevirmek (200 mL =Ancak 0,2 L çözelti). g KNO 3’ı mole riz?20,2 Burada temel olan,ve “Benzer çözer.” kuralıdır. Su iyigerekir bir polar sıvıdır. iyon ve polar m 20,2 n 0,2 mol nKNOmaddeleri = = çözebilir. = 0,2Apolar moldür. Buradan da çözeltinin molaritesi M = benzen = = 1,0temizlemol L–1 yapılı yapılı maddeleri çözemez. Bunun tersine ve kuru 3 Molalite (m) Mk 101 V 0,2 L mede kullanılan tetrakloreten (CI2C = CCI2 ) de dâhil olmak üzere apolar sıvılar London kuvvetleri ile olur. 1 kg çözücüde çözünen maddenin mol sayısı molalite olarak tanımlanır. Molalite sıcaklıktan etkibir arada tutulan mum gibi apolar bileşikler için iyi bir çözücüdür. lenmez. Çünkü çözücü, hacim cinsinden değil kütle cinsinden verilmiştir. Bu nedenle daha güvenilir bir b. Çözeltide çözünen H SO ’in mol sayısını bulalım. derişim türüdür. m nH2SO4 = Mk 2 4 9 901,6 n= = 9,2 mol H2SO4 olur. Çözünenin mol sayısı (n) 98 molalite (m) = Çözücünün kütlesi (kg) Çözeltideki su ve eklenen suyun kütlesi, olduğunu, bu hareketlerin hızının sıcaklıkla arttığını düşünmüşlerdir. 1840’larda James Joule, birim ise İlginç bilgilerin verildiği bölümdür. kütledeki suyun sıcaklığını birim derece artırmak için gerekli olan mekanik iş miktarını ölçmek üzere birtakım deneyler yapmıştır. 1848 yılında bu çalışmalarını sonuçlandırmış ve ısı ile iş arasındaki ilişkiyi ortaya koymuştur. Joule, su dolu bir kaba bağlı bir dinamoyu mekanik işle çalıştırarak ÖRNEK 920 – 901,6 = 18,4 g su 500 + 18,4 = 518,4 g su olur. 7,2 g C6H12m O6 katısı 200 mL suda çözünerek hazırlanan çözeltinin molalitesini hesaplayalım. 518,4 n O= ise n = = 28,8 mol H2O olur. g kmol–1 , dH2O : 118g/mL) (C6H12O6 H:2180 M mekanik işi elektriğe, elektriği de ısıya dönüştürmüş ve bu işlem sonucu kaptaki suyun ısındığını görmüştür. Buhar makinesinin kurumsal temel- Buna göre çözeltideki çözünenin mol kesrini bulabiliriz. ÇÖZÜM nH2SO4 leri üzerinde ilk çalışanlardan biri olan Carnot (Karnıt), ısının dinamiğini kap- 251 sayan bir dizi önemli sonuçlara ulaş- 9,2 X işleniş = = = 0,24 olur. Her ünitede, konunun m 7,2 sı-ise X + 28,8 n= ise n n = + n = 0,04 mol C H O9,2olur. M 180 c. Çözeltinin molar derişimi; 0,04 mol C H rasını bozmadan 200daha mL suyunayrıntılı kütlesi (m) mol = n molalite 9,2 0,2 mol kg su = 9,2 mol M= ise M = = 9,2 L n V 1L m d= bilgilere ihtiyaç duyulan bölümVV = 1000 mL = 1 L ç. m Çözeltinin molal derişimi; 1 = verilmiştir. ⇒ m = 200 g = 0,2 kg sudur. ler okuma metniyle 200 9,2 mol H2SO4 H2SO4 k H 2O H2SO4 6 12 6 6 mıştır. “Carnot İlkesi” de denilen bu H2SO4 KİMYA VE ENERJİ ilkeye göre aynı sıcaklıklar arasında çalışan tüm ısı makinelerinin verimi aynı olmalıydı. Carnot’un kuramından sonra bu kuramı Clapeyron (Klepiyrin) adlı bir başka Fransız mühendis daha da geliştirdi. Clapeyron bir buhar maki- mH2SO4 = 200 işin makineye verilen ısıya oranına eşit olduğunu buldu. 1848’de William Thomson (Lord Kelvin) mükemmel ısı makinelerine ilişkin Carnot kuramının mutlak sıcaklık ölçeğine dayalı olabileceğini gösterdi. Buradan hareketle Kelvin, mutlak sıcaklık ölçeği üzerindeki eşit sıcaklık artımlarının ideal bir ısı makinesinin eşit verimlerle çalıştığı sıcaklık aralıkları olarak tanımlanabileceğini önerdi. Bu gelişmeler 1850’de Clausius’la başlayan, Lord Kelvin, Maxwell, Planck, Duhem ve Poincare’nin önemli katkılarıyla gelişen ve yüzyılın sonlarında Gibbs’in ulaştırdığı parlak noktayla günümüze kadar gelmiştir. Prof. Dr. Yüksel Sarıkaya Fizikokimya, s. 61. (Bu kitap için düzenlenmiştir.) SIVI ÇÖZELTİLER nesi veriminin, makineden elde edilen 0,5184 kg su 12O6 –1 dir. = 0,2 molaldir. , 17,74 molaldır. Çözeltilerin nasıl hazırlanacağı ile ilgili etkinlikleri yaptıktan sonra iki çözelti arasında oluşan tepkiÖRNEK menin nicel incelenmesi ile ilgili olarak Etkinlik - Deney 4.3’ü yapınız. Otomobillerin akülerinde 4,2 M H2SO4 çözeltisi kullanılır ve bu çözeltinin yoğunluğu 1,25 g/cm3 tür. ETKİNLİK- DENEY 4.3 Buna göre çözeltideki H2SO4’in molalitesi kaçtır? (H2SO4 : 98 g mol–1) Etkinliğin adı: İki çözelti arasında oluşan tepkime. ÇÖZÜM Etkinliğin amacı: Çözeltilerin karıştırılması ile oluşan tepkimelerde çöken maddenin miktarının nicel olarak incelenmesi. 1. Basamak: Çözeltinin hacmini 1 L (1000 mL) düşünelim ve buna göre çözeltinin kütlesini bulalım. Araç ve gereçler m m I ve 0,5 çözeltileri • Süzgeç kâğıdı d =• 0,5 M iseK1,25 = M Pb(NO ⇒ m 3=)21250 g çözelti olur.• Tüplük V 1000 • 2 adet 50 mL’lik balon joje • Lastik tıpa • Etiket ve cetvel • 5 adet özdeş küçük deney tüpü • Grafik kâğıdı 2. Basamak: Çözeltide çözünen H2SO4’in mol sayısını ve kütlesini bulalım. Etkinliğin yapılışı n n deney M 5= adet küçük ise 4,2 = tüpü ⇒ nalınız. = 4,2 Her mol birine H2SO4dörder mL KI çözelV 1 tisinden ilave ederek tüpleri numaralandırınız. Daha sonra tüplere sırasıyla m 0,5; 1; 2; 3; 4mmL Pb(NO3)2 çözeltisi ilave edip çalkalayınız. n= ise 4,2 = ⇒ m = 411,6 g H2SO4 Etiketlediğiniz tüpleri Mk 98 tüplüğe koyup 5 dakika kadar bekletiniz. Kitapta yer alan etkinlikler toplu veya grup hâlinde yapılabilecek etkinlikler olabildiği gibi deney şeklinde de düzenlenmiştir. Bu etkinlikler konunun kavranması açısından önemli öğrenme faaliyetleridir. Tüplerin dibinde oluşan sarı renkli çökeltilerin yüksekliklerini cetvel 1250 – 411,6 = 838,4 g su olur. ile ölçerek kaydediniz. Etkinliğin değerlendirilmesi 3. Basamak: H2SO4’in molalitesini hesaplayalım. 1. Elde ettiğiniz verileri grafik kâğıdında Pb(NO3)2’ın hacmini, oluşan çökeltilerin 42 karşı3 grafiğe geçiriniz. 4,2 mol yüksekliğine = · 10 = 5 molal olur. m= –4 2. Her bir tüpte I2 katısını süzgeç kâğıdı yardımıyla hassas bir şekilde süzüp kuruttuktan Kgçöken su Pb 8334 8334.10 sonra tartınız. Çizeceğiniz grafikte y ekseninde çökeltinin kütlesini de gösterebilirsiniz. ÖRNEK Metanolün (CH3OH) sudaki çözeltisinde mol kesri 0,15’tir. Buna göre çözeltideki metanolün deri- şimi kaç molal olur? (H2O: 18 g mol –1 , CH3OH: 32 g mol–1) Ünitede anlatılan konuların ardından verilen bu örnekler konunun pekiştirilmesi için çözümleri ile birlikte verilmiştir. ÇÖZÜM 1. Basamak: Karışımın 1 mol olduğunu düşünürsek; 1 mol toplam molekülün 0,15 molü metanol ve 0,85 molü su olur. 2. Basamak: Çözeltideki suyun kütlesini bulalım. n= m ise MK 0,85 = m ⇒ m = 15,3 g su ya da 15,3.10 –3 kg su olur. 18 3. Basamak: CH3OH’ün molalitesini hesaplayalım. m= 0,15 mol = 9,8 molal olur. 15,3.10–3 kg su 201 SIVI ÇÖZELTİLER buhar makinesi yardımıyla Hidrojen bağı ORGANİZASYON ŞEMASI Usistem + H derişim türleri incelenmişti. 100 gram çözeltide çözünen maddenin gram cinsinden değeri kütlece yüzde Termodinamik, 19. yüzyılın başlarında bilir. Buna göre sistem ve çevrenin iç enerji değişimleri toplamı sıfırdır: 250 CH H Çözelti derişimi pek çok birim ile belirtilebilir. 10. sınıf 3kimya dersinde yüzde derişim ve ppm cinsinden Çok sayıda bilim insanının, ısı ve mekanik iş arasında ilişki aramaları sonucunda termodinamik doğmuştur. 1840 yılında ısı ve mekanik işin, enerjinin iki 4.2.DERİŞİMBİRİMLERİ H——O ................... H—O H——O Bir çözeltinin derişimi, belli miktardaki çözelti ya da ................... çözücü içerisinde çözünen madde miktarıdır. — 5.3. TERMODİNAMİĞİN BİRİNCİ YASASI SIVI ÇÖZELTİLER önemli bulunmadığından sıfırıncı yasa olarak adlandırılmıştır. LABORATUVARDA DİKKAT EDİLMESİ GEREKEN NOKTALAR Kimya laboratuvarlarında öğrenmenin anlaşılır ve edinilen bilgilerin kalıcı olmasını sağlamak için birçok deney yapılır. Ancak deney yapan kişinin karşılaşabileceği olumsuzluklar için birtakım tedbirler alması gerekir, 1. Laboratuvarın ciddi çalışma yapılan yer olduğunu hiçbir zaman aklınızdan çıkarmayınız. 2. Laboratuvarda deney aletlerini ve masaları temiz tutunuz. 3. Deneyden sonra ortamı temiz bırakınız. 4. Yapacağınız deneyin yapılışını ve amacını öğreniniz. 5. Öğretmeninizin deneyle ilgili yapacağı açıklamayı dikkatle dinleyiniz. 6. Deney sırasında gerekli bütün tedbirleri alarak deneyde belirtilenleri aynen (sırasını değiştirmeden) ve düşünerek uygulayınız. 7. Deneyde herhangi bir sapma ya da beklenilmeyen durum olursa öğretmeninize haber veriniz. Bu durumu kendiniz gidermeye çalışmayınız. 8. Laboratuvarda sadece öğretmeninizin uygun gördüğü ve izin verdiği deneyleri yapınız. 9. Kimyasal maddelere elinizle dokunmayınız. 10. Yere veya üzerinize asit dökülmesi durumunda bol su ile yıkayınız. 11. Deneyden sonra ellerinizi mutlaka yıkayınız. 10 12. Laboratuvar cihazlarını büyük bir itina ile kullanınız. 13. Cihazları çalışır hâlde bırakıp ayrılmayınız. 14. UNUTMAYINIZ, küçük bir dikkatsizlik büyük tehlikelere neden olabilir. 15. Isıtılmış cam maddelerin soğuması için bol bol vakit bırakınız. 16. Isıtılmış maddelerin soğuduğundan emin değilseniz maşa kullanınız. 17. UNUTMAYINIZ, sıcak camın görünüşü soğuk camdan farksızdır. 18. Hiçbir zaman kimyasal maddenin veya çözeltinin tadına bakmayınız. 19. Bir maddenin kokusuna bakmak istiyorsanız bu işlemi yüzünüzü kaba yaklaştırarak yapmayınız. Biraz uzakta durunuz. Kabın üzerindeki bir miktar buharı yelpazeleyerek burnunuza doğru yavaş yavaş göndererek koklayınız. 20. Kibrit, süzgeç kâğıdı gibi maddeleri lavaboya atmayınız. 21. Bir şişeden madde almadan önce şişenin üzerindeki etikete bakarak doğru şişe alıp almadığınızdan emin olunuz. 22. Kullandığınız maddeyi hiçbir zaman ana şişede ısıtmayınız. 23. Hiçbir zaman dereceli silindiri veya bir şişeyi ısıtmayınız. 24. Gerektiğinde deneylerde gözlük kullanmayı ihmal etmeyiniz. 25. Kaynayan sıvı içeren deney tüpünün ağzını arkadaşlarınıza çevirmeyiniz. Sıçrayabilir. 26. Hiçbir zaman kuvvetli bir asit içine su dökmeyiniz. Oluşan ısı, camı kırabilir. Çözelti püskürüp size ve çevrenize zarar verebilir. 27. Kuvvetli bir asidi su içine her zaman yavaş yavaş dökerek karıştırınız. 28. Cam boruyu ya da bir huniyi tıpanın deliğini ıslatmadan veya yağlamadan kesinlikle lastik tıpaya takmaya çalışmayınız. 29. Cam malzemeleri yağlamak için mutlaka vazelin kullanınız. GÜVENLİĞİNİZ İÇİN Bilmeniz gereken güvenlik logoları ve açıklamaları aşağıdaki gibidir. İnceleyiniz. GÜVENLİK LOGOSU AÇIKLAMA Bu sembol, açık alev etrafında tedbir alınması gerektiğinde görülür. Isı kaynağı ve sıcak maddeleri kullanırken dikkatli olmalısınız. Maşayla kavradığınız deney tüpünde bir şey ısıtırken tüpü kendinizden ve arkadaşlarınızdan uzak tutmalısınız. Bu sembol, deriye dokunması hâlinde yakıcı veya zehirleyici olabilen ayrıca cisimlere temas ettiğinde aşındırıcı etkisi olan kimyasal maddeler kullanılırken görülür. Üzerinize bir kimyasal madde sıçradığında öğretmeninize haber vermeli ve kimyasal maddenin sıçradığı alanı sabunlu su ile yıkamalısınız. Bu sembol, yapılacak deneylerde kullanılacak cam malzemelerin kırılabilecek türden olduğunu gösterir. Kırılan camın çeşitli yaralanmalara sebebiyet vermemesi için gerekli hassasiyeti göstermelisiniz. Bu sembol, gözler için tehlike olduğunu gösterir. Bu sembolü görüldüğünüzde koruyucu gözlük takmalısınız. Bu sembol, yanlış kullanımdan dolayı patlamaya sebep olacak kimyasal maddeleri gösterir. Bu kimyasal maddeleri kullanırken dikkat etmeli ve gerekli hassasiyeti göstermelisiniz. Cilde zararlı bazı kimyasal maddelerle çalışırken eldiven kullanılması gerektiğini hatırlatan uyarı işaretidir. Eldiven kullanmanız cildinizde oluşabilecek tahrişi engelleyecektir. Bu sembol, kesme ve delme tehlikesi olan keskin cisimler olduğu zaman görülür. Bu cisimleri kullanırken daha dikkatli olmalısınız. Bu sembol, zehirli maddeler kullanılırken görülür. Zehirli gazların etkisinden korunmak için gaz maskesi takmalısınız. Bu sembol, yanıcı ve kolay tutuşabilir maddeler etrafına tedbir alınması gerektiğinde görülür. Yakınında yanıcı madde varsa uzak tutmalısınız. Bu sembol, elbiseyi lekeleyecek veya yakacak maddeler kullanılırken görülür. Bu tür maddelerle çalışılırken önlük giymelisiniz. Bu sembol, elektrikli aletler kullanılırken dikkat edilmesi gerektiğinde görülür. Elektrikte kullandığınız araç ve gereçleri mutlaka kontrol etmelisiniz. Kullanacağınız aracın fişini prize takmadan önce düğmesinin kapalı konumda ve ellerinizin kuru olmasına dikkat etmelisiniz. 11 MODERN ATOM TEORİSİ 12 1. ATOMLA İLGİLİ DÜŞÜNCELER 2.ATOMUN KUANTUM MODELİ Orbital Kuantum Sayıları Elektron Dizilimleri 3.PERİYODİK SİSTEM VE ELEKTRON DİZİLİMLERİ 4.PERİYODİK ÖZELLİKLER 13 s-bloku p-bloku d- ve f-blokları 6.YÜKSELTGENME BASAMAKLARI 7.KİMYANIN SEMBOLİK DİLİ VE ADLANDIRMA Bu ünitenin amacı; Maddenin temel taşı olan atom hakkındaki modern anlayışın tarihsel gelişimini gözden geçirmektir. Modern atom modeliyle ilgili temel kavramları ilişkilendirmektir. Elementlerin periyodik dizgesini atomun yapısı üzerinden tartışmaktır. Gündelik hayat açısından önemli elementlerin ve bileşiklerin sembol, formül ve adlandırılma esaslarını irdelemektir. MODERN ATOM TEORİSİ 5.ELEMENTLERİ TANIYALIM ÜNİTE İLE İLGİLİ KAVRAMLAR/TERİMLER LİSTESİ MODERN ATOM TEORİSİ 14 Model Emisyon Atom Fotoelektrik olay Işın Siyah cisim ışıması Spektrum Orbital (dalga fonksiyonu) Dalga boyu Kuantum sayıları Frekans Elektron dizilimi Işık hızı Periyodik sistem Genlik İyonlaşma enerjisi Dalga sayısı Elektronegatiflik Yörünge Elektron ilgisi Enerji düzeyi (katman) Yükseltgenme basamağı Absorbsiyon 1.1. ATOMLA İLGİLİ DÜŞÜNCELER İnsanoğlu, eski çağlardan günümüze kadar maddenin en küçük yapısını merak etmiş, bu konuda birçok düşünce ve model ortaya koymuştur. Maddenin en küçük yapısı olan atomla ilgili düşünceler, eski Yunan filozoflarına kadar uzanmaktadır. Eski Yunan filozoflarından Demokritos (Demokritus, MÖ 470-361) maddenin tanecikli yapıda olduğunu ileri sürmüş ve maddenin bölünemeyen en küçük parçasına da “atom” (Yunanca “a-tomos”, “bölünemez”) adını vermiştir. Demokritos evrenin, atomların sahip oldukları hareketlerle kurulduğunu öne sürmüştür. Atomla ilgili somut düşünceler ve ilk teoriler ancak günümüzden 200 yıl kadar önce geliştirilebilmiştir. Atomun yapısı ile ilgili geliştirilen modellerin çoğu, geçmişte yapılan deneylerle mümkün olmuştur. Bu deneylerden biri olan yanma olayının açıklanması oldukça önemlidir. Bu deneyle havadaki oksijenin yanma olayında gerekli olduğu sonucuna ulaşılmıştır. Havanın başlıca bileşenleri olan oksijen ve azot gazları 18. yüzyılda atmosferden elde edilmiştir. Gazlarla ilgili yasalar bu dönemde ortaya konmuştur. Antoine Lavoisier (Entuan Levozyır), gerçekleştirdiği deneylerinde, kimyasal tepkimelerde toplam kütlenin korunduğunu belirlemiştir (Resim 1.1). Lavoisier, bir miktar hava içeren bir cam balona kalay 15 koyarak ağzını kapatmış ve tartmıştır. Sonra bu kapalı balonu ısıtmış, tartmış ve kütlenin değişmediğini bulmuştur. Havadaki oksijenin yanma için gerekli olduğunu gösteren bu ve benzeri deneyler sonucunda Resim 1.1: Antoine Lavoisier (1743-1794) Lavoisier, temel bir yasa olan Kütlenin Korunumu Yasası’nı ortaya koymuştur. Joseph Proust (Cosef Prust), 1799’da yaptığı çalışmalarda, bir bileşiğin bütün örnekleri aynı bileşime sahiptir fikrini ile sürmüş, “Bileşenler kütlece sabit bir oranda birleşir.” şeklinde ifade edilen Sabit Oranlar Yasası’nı ortaya koymuştur (Resim 1.2). Yanma olayının açıklanması çalışmalarında ortaya konan Kütlenin Korunumu Yasası ve Sabit Oranlar Yasası’ndan yararlanan John Dalton (Con Daltın), kendi adı ile anılan Dalton Atom Modeli’ni geliştirmiştir Resim 1.2: Joseph Proust (1754-1826) (Resim 1.3). Dalton Atom Modeli temel olarak üç varsayıma dayanır: 1. Her bir element, atom adı verilen çok küçük ve bölünemeyen taneciklerden oluşmuştur. 2. Bir elementin tüm atomlarının kütlesi ve diğer özellikleri aynıdır. Fakat bir elementin atomları diğer bütün elementlerin atomlarından farklıdır. 3. Kimyasal bir bileşik iki ya da daha çok sayıda elementin belirli bir oranda birleşmesiyle oluşur. Resim 1.3: John Dalton (1766-1844) MODERN ATOM TEORİSİ kalayın tebeşir tozuna benzer bir toz verdiğini görmüştür. Kabı yeniden Dalton’ın atom modeli aynı zamanda Katlı Oranlar Yasası ile de uyum hâlindedir. Katlı Oranlar Yasası’na göre, eğer iki element birden fazla bileşik oluşturursa bu elementlerin herhangi birinin sabit miktarıyla birleşen diğer elementin kütleleri arasında tam sayılarla ifade edilebilen bir oran vardır. Atomun yapısı ile ilgili çalışmalar, atom altı taneciklerin varlığının anlaşılmasından sonra büyük bir hız kazanmıştır. Atom altı taneciklerden hem Demokritos’un Atom ve Bölünemeyen Öz Teorisi’nde hem de John Dalton’ın Atom Modeli’nde bahsedilmemiştir. Atom altı parçacıkların var olduğu belirlendikten sonra atomun yapısını açıklamak, bilim insanlarının başlıca uğraş konusu olmuştur. Benjamin Franklin’in (Bencamin Franklin) sürtünme ile elektriklenme deneyi ile Michael Faraday’ın (Maykıl Faraday) elektroliz deneyi, maddenin elektrik yüklü taneciklerden oluştuğunu gösteren ilk bulguları içermesi bakımından önemlidir. Bu bilimsel çalışmalar 20. yüzyılın başında Rutherford’un (Radırford) atomun yapısını belirleme deneylerinde daha da değer kazanmıştır. Elektriklenme sonucu maddelerin elektrik ile yüklenmesi ve ardından elektroliz deneyleri ile elde edilen verilerden sonra Dalton Atom Modeli’nin öngördüğü içi dolu küre şeklindeki bölünemez tanecik olan atom tanımı çürütülmüştür. Atom altı taneciklerin tahmin edilmesi, bunların keşfinin gerçekleşmesi sürecine dönüşmüştür. 16 İngiliz bilim insanı William Crooks (Vilyım Kruks), MODERN ATOM TEORİSİ kendi adını taşıyan katot ışını tüpünü (crooks tüpü) geliştirmiş ve geliştirdiği bu vakumlu tüp içerisinde gazların elektrikle etkileşimi sonucunda ortaya çıkan davranışlarını incelemiştir (Resim 1.4). Resim 1.5 ’te görüldüğü gibi katot ışınlarını Resim 1.4: Crooks tüpü elde etmek için havası büyük oranda boşaltılmış bir cam tüpün uçlarına iki elektrot yerleştirilir. Bu elektrotlara gerilim uygulandığında katot ışınlar oluşur. Bu ışınlara katot ışınları adı verilir. Bu ışınlar negatif yüklüdür, doğrusal yol izler ve tüpün cam çeperinde sarı-yeşil floresan ışık yansıması oluşturur. Bunlara katot ışınları denmesinin nedeni bu ışınların (–) yüklü katottan çıkıp (+) yüklü anota gitmesidir. Tüpün içindeki negatif elektrot hangi malzemeden yapılırsa yapılsın, gaz türü ne olursa olsun katot ışınları daima aynı özellikte, negatif yüklü olarak elde edilir. 1859’da Julius Plucker (Julyus Pluker), katottan anoda doğru yayılan bu ışınları manyetik alanda saptırmış ve bu ışınlara yaklaştırılan elektroskobun Resim 1.5: Crooks tüpünde oluşan katot ışınları negatif elektrikle yüklendiğini tespit etmiştir. Faraday’ın elektroliz ve Crooks’un katot ışınları deneylerini yorumlayan George Johnstone Stoney (Corç Conston Stoniy), aslında doğrusal bir yol boyunca hareket eden katot ışınlarının ışın olmayıp (–) yüklü tanecikler olduğunu belirterek bunlara elektron adının verilmesini önermiş ve bu öneri bilim insanları tarafından kabul görmüştür. 1897 yılında, Joseph John Thomson (Cosef Con Tamsın) havası daha iyi boşaltılmış katot tüpüne manyetik ve elektriksel alanı uygulayarak Plucker’in çalışmalarını tekrarlamıştır (Resim 1.6). Yaptığı e yük m deneyler sonucunda katot ışınlarının yani elektronların m c kütle oranını bulmuştur. Resim 1.6: Joseph John Thomson (1856-1940) Aşağıdaki şekilleri incelediğimizde katottan çıkan elektronların anoda doğru hareket ettiğini görürüz. Katot ışınları demetine hiçbir kuvvet etki etmezse elektron demetinin yüzeye çarpma noktası B’dir. (+) ve (–) yüklü bir elektriksel alan uygulanırsa zıt elektrikle yüklenmiş levhaların (saptırıcı levhalar) elektronları, (+) yüklü levhaya doğru saptırdığı ve elektronların yüzeye A noktasında çarptığı görülür. Sapma miktarı parçacığın elektron yükü ile doğru orantılı, kütlesi ile ters orantılıdır. Elektriksel alana dik olacak şekilde bir manyetik alan uygulanırsa elektronlar bu defa yüzeye C noktasında çarpar (Şekil 17 Elektromanyetik alan + Elektronun yolu e- Floresan ekran + – N S – Şekil 1.1.a: Elektronun elektriksel alandaki sapması + A B C – N S N S Elektronun yolu N S e- Şekil 1.1.b: Elektronun manyetik alandaki sapması Elektrik yüklü levhalar (elektriksel alan) Elektronların yolları Şekil 1.1.c: Elektronun elektriksel ve manyetik alandaki sapmaları MODERN ATOM TEORİSİ 1.1.a, b ve c.). Thomson, yaptığı deneyde manyetik alan uygulaması sayesinde elektron demetinin sapmasını ölçmüştür (Resim 1.7). Daha sonra elektriksel alan uygulayarak sapma noktasını B noktasına geri getirip manyetik alan kuvveti ile elektriksel alan kuvvetinin birbirine eşit olduğunu gözlemlemiştir. Bu çalışmalar sonucunda elektronlar için c yük e m oranını, = 1,7588.1011 C.kg –1 olarak bulmuştur. kütle m Resim 1.7.a: Katot ışınları Resim 1.7. b: Katot ışınlarının manyetik alanda sapması 18 MODERN ATOM TEORİSİ 1908’de Robert Andrews Millikan (Rabırt Endruvs Milikın), gerçekleştirdiği yağ damlası deneyi ile elektronun yükünü, Thomson’ın e değerinden yararlanarak da elektronun kütlesini bulmayı başarm mıştır (Resim 1.8). Millikan, Resim 1.9’daki basıncı düşürülmüş deney düzeneğini oluşturmuştur. Düzenekte iki kondansatör levhası arasında istenilen elektrik alanı oluşturulmuştur. Üst levhada bulunan bir delikten yağ püskürtülerek iki levha arasında yağ sisi oluşturulmuştur (Şekil 1. 2). Resim 1.8: Millikan, yağ damlası deneyinde mikroskopta inceleme yaparken Resim 1.9: Millikan’ın yağ damlası deneyinde kullandığı düzenek Atomizer yağ Pozitif yüklü plaka İyonlaştırıcı radyasyon kaynağı Teleskop Negatif yüklü plaka Şekil 1.2: Millikan yağ damlası deneyi düzeneği Yağ zerreleri aşağıya doğru hareket ederken yan pencereden X ışınları gönderilerek havayı oluşturan N2 ve O2 gazlarından elektron koparılmıştır. Bu elektronlar yağ damlasına yapışmış ve yağ dam- lacıklarının negatif elektrik yüküyle yüklenmesi sağlanmıştır. Üst tabaka pozitif (+), alt tabaka negatif (–) yüklü olduğundan negatif yüklü yağ damlacıklarının düşmesi durdurulabilmiş hatta yukarıya doğru hareket etmesi de sağlanabilmiştir. Yağ damlasına etki eden alan kuvveti, damla hızını azaltan yer çekimi ve sürtünme kuvvetlerine eşit olduğu anda damla, belirli bir potansiyel enerji ile yüklenmiş olur. Bu potansiyel enerji damlanın (Bu hareket sırasında yağ damlası üzerindeki yük, elektron yüküdür.) 19 Millikan, deneyi tekrarladığında, yağ damlacıkları üzerindeki yükün daima –1,6022.10–19 coulombun katları kadar olduğunu görmüştür. Daha önce Thomson tarafından bulunan tespit ettiği elektron yükü yardımıyla elektronun kütlesi bulunabilmiştir: Elektron kütlesi = e değeri ve Millikan’ın m yük 1,6022.10–19 = = 9,1093.10–31 kg (yük/kütle)elektron 1,7588.1011 Thomson, yaptığı deneylerden elde etti- H ği verilere göre nötr atomlarda, negatif yüklü elektronları dengeleyecek sayıda pozitif yüklü taneciğin de bulunması gerektiğini düşündü. 1886’da Alman fizikçi Euquen Goldstein (Yuken Goldşıtayın), Crooks tüpleri ile yaptığı çalışmalarda katottan anoda doğru hareket eden katot ışınlarının tersine anottan katoda doğru hareket eden pozitif yüklü ışınların varlığını Anot H e e H e Delikli metal katot Proton H + Pozitif ışınlar +H H + Floresan boya ile kaplı yüzey Şekil 1.3: Katot ışınlarının delikli metal katotta hareketi tespit etti. Bu ışınlara pozitif ışınlar ya da kanal ışınları adını vermiş ve tüpün cam çeperinde floresan ışığın yansımasını gözlemlemiştir. Şekil 1.3’te görüldüğü gibi havası boşaltılmış tüpün ortasında delikli e metal katot vardır. Elektronlara yüksek gerilim uygulandığında yayılan hidrojen iyonunda oranım nın diğer atomlara göre en büyük olduğu bulunmuştur. Bu hidrojen iyonuna proton adı verilmiştir. MODERN ATOM TEORİSİ düzgün bir hızla yukarıya doğru (+ plakaya doğru) hareket etmesini sağlamıştır. yük e oranı = 9,5791.107 C.kg –1 olarak hesaplanmıştır. Protonun yükü, elektronun kütle m Proton için yüküne eşit ancak zıt işaretlidir. O hâlde protonun yükü +1,6022.10–19 coulombdur. Elektron kütlesinin hesaplandığı formülle proton kütlesi de hesaplanabilir: Proton kütlesi = yük 1,6022.10–19 = = 1,673.10–27 kg (yük/kütle)proton 9,5791.107 Henry Moseley (Henry Moseli) 1913-1914 yıllarında, atomdaki proton sayısını, X ışınları spektrumlarını inceleyerek deneysel olarak belirlemiştir (Resim 1.10). Yüksek enerjili katot ışınlarını bir hedefe odaklayarak X ışınlarını oluşturmuştur. Bu X ışınlarını, çeşitli dalga boylarında bileşenlerine ayırmış ve bu şekilde elde ettiği çizgi spektrumlarını da fotoğrafik olarak kaydetmiştir. Alüminyum ile altın arasında olan elementlerin X ışınları spektrumlarını incelemiştir. 20 Resim 1.10: Henry G. J. Moseley (1887-1915) ν MODERN ATOM TEORİSİ 4x109 75 61 3x109 2x10 72 87 85 43 9 Her element için o elemente karşılık gelen karakteristik spektrum çizgisini kullanan Moseley, elementin atom numarası (Z ile gösterilir.) ile çizgi frekansının karekökü arasında doğrusal bir ilişki olduğunu bulmuştur (Grafik 1.1). Elementlerin atom numaralarını X ışınları spektrumlarına dayanarak tayin eden Moseley, spektrum çizgilerini incelediğinde Ca (Kalsiyum) ve Ti (Titanyum) elementlerinin spektrum çizgi- 1x109 0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 Z Grafik 1.1: Elementlerin atom numarası artışına göre spektrum çizgisi frekansının karekökü ile değişimi lerinin diğerleri gibi sistematik olmadığını gözlemlemiştir (Şekil 1.4.a). Bu iki element arasında başka bir elementin bulunması gerektiğini belirtmiştir (Şekil 1.4.b). Gerçekten de Sc (skandiyum) elementi bu boşluğu doldurmuştur (Şekil 1. 4.c). Ca Ca Ca Sc Ti Ti V Ti V Cr V Cr Mn Cr Mn Mn Fe Co Ni Co Ni Cu Ni Brass Brass (a) Co Cu Cu Brass Fe Fe (b) (c) Şekil 1.4: Bazı elementlerin X ışınları analizi sonucu ortaya çıkan Fraunhofer (Fronhafır) çizgileri (Moseley’in 1913 tarihli yayınından alınmıştır.) Brass; pirinç alaşımıdır. Moseley, atom numarasının, atom çekirdeğinde bulunan taneciklerin sayısı olduğunu belirtmiş, elementlerin fiziksel ve kimyasal özelliklerinin artan atom numaraları ile ilgili olabileceğini ifade ederek periyodik sistemde eksik olan elementlerin atom numaralarını doğru şekilde belirlemiştir. Örneğin periyodik sistemde Ce’dan (Seryum) Lu’a (Lutesyum) kadar sadece 14 element bulunması ve bu elementlerin La’dan (Lantan) sonra gelmesi gerektiğini söylemiştir. ARAŞTIRMA X ışınlarından yararlanılarak geliştirilen cihazları ve bu cihazların insan sağlığı üze- rindeki etkilerini araştırınız. Elde ettiğiniz sonuçları slayt gösterisi hâlinde arkadaşla- rınızla paylaşınız. (+) ve (–) yükler bulunmalıydı. J. J. Thomson, atomu içinde gömülmüş hâlde elektronlar bulunan artı yüklü bir küre olarak belirtmişti. Thomson’ın Şekil 1.5’te görüldüğü gibi “kuru üzümlü kek” benzeri atom modeli 5 yıl atom kuramı olarak kabul gördü. Ancak bu atom modelinin, sonraki yıllarda yapılan Rutherford deneyinin sonuçlarına göre yetersiz kaldığı görüldü. Thomson Atom Modeli, Rutherford deneyi ile neden çelişir? Bu soruyu Rutherford Atom Modeli’ni inceleyerek açıklamaya çalışalım. - - - - - Şekil 1.5: Thomson Atom Modeli 1910’da İngiliz Ernest Rutherford (Örnist Radırford), radyoaktif bir kaynaktan pozitif yüklü alfa ışınlarını çok ince altın levha üzerine göndermiştir. Işınların büyük bir kısmının levhadan geçtiğini görmüştür. Bu arada bazı ışınların çeşitli açılarla saptığını hatta bazı ışınların da aynı doğrultuda geri döndüklerini gözlemlemiştir (Şekil 1.6). Sapmış alfa parçacıkları Radyoaktif kaynak Kurşun blok Altın levha Çoğu alfa parçacığı ekrana çarpar. Sapmamış alfa parçacıkları Alfa parçacıkları Çinko sülfit ekran Bazı alfa parçacıkları sapar. Geri dönen alfa parçacıkları Sapmış alfa parçacıkları Çekirdek Şekil 1.6: Rutherford’un alfa saçılması deneyi Altın atomu Şekil 1.7: Altın levhanın içinden geçen, çekirdeğe (+ yüklü küre) çarpıp geri dönen ve sapan alfa tanecikleri Rutherford, atomdaki artı yüklerin tümünün, atomun içinde merkezî bir çekirdekte, yoğun olarak toplandığını ifade etmiştir (Şekil 1. 7). Çekirdekteki artı yüklü taneciklere daha önce belirtildiği gibi 21 MODERN ATOM TEORİSİ Atomun elektriksel açıdan yüksüz olabilmesi için bir atomda eşit sayıda proton adı verilir. Yapılan başka deneyler ile bir protonun yükünün büyüklük olarak bir elektronun yüküne eşit olduğu ve protonun kütlesinin 1,673.10–27 kg yani bir elektronun kütlesinin 1836 katı olduğu bulundu. Rutherford’un atom yapısı ile ilgili modeli bir sorunu çözümsüz bırakıyordu. Bu dönemde hidrojen atomunun bir tane proton, helyum atomunun ise iki tane proton içerdiği biliniyordu. Bu nedenle helyum atomunun kütlesinin hidrojen atomunun kütlesine oranı 2 : 1 olmalıydı. Oysa gerçekte bu oran 4 : 1 idi. Buna göre Rudherford ve diğer bilim insanları atom çekirdeğinde, diğer bir atom altı tanecik bulunması gerektiğini düşündüler. 1932 yılında İngiliz James Chadwick (Ceyms Çedvik), yaptığı deneylerde protonun kütlesinden biraz daha büyük kütleye sahip, elektrik yükü taşımayan nötr bir taneciği yani nötronu keşfetti. Böylece kütle oranlarındaki sorun artık açıklanabiliyordu. Helyum çekirdeğinde iki tane proton ve iki tane nötron vardır. Fakat hidrojenin çekirdeğinde sadece bir proton vardır ve hiç nötron yoktur. Bu nedenle kütle oranı 4 : 1’dir. Atom çekirdeğindeki proton ve nötronların tümüne nükleon adı verilir. Atom çekirdeğindeki proton ve nötronların toplamına aynı zamanda atomun kütle numarası da denir ve “A” ile gösterilir. Tablo 1.1’de atom altı taneciklerin (pro- Rutherford Atom Modeli ile Thomson’ın proton ve elektronun bir atomda homojen olarak dağıldığını öne sürdüğü atom modeli çürütülmüştür. ton, nötron ve elektron) kütleleri ve yükleri gösterilmiştir. İnceleyiniz. MODERN ATOM TEORİSİ 22 Yük Tanecik Kütle (g) Coulomb Yük birimi Elektron 9,109.10–28 –1,6022.10–19 –1 Proton 1,673.10–24 +1,6022.10–19 +1 Nötron 1,675.10–24 0 0 Tablo 1.1: Atom altı taneciklerinin kütleleri ve yük büyüklükleri Elektromanyetik Işınların Dalga ve Tanecik Karakteri Atomun yapısını anlamak için yapılan deney- Elektriksel alan dalgaları lerde, elektromanyetik dalgaların kullanılması önemli sonuçlar vermiştir. Bu nedenle ışının ve elektromanyetik dalgaların yapısının bilinmesi gerekir. Dalg Işın bir elektromanyetik dalgadır. Elektrik a bo yu Manyetik alan dalgaları Dalga yönü Şekil 1.8: Elektriksel alan ve manyetik alan dalgaları yüklü bir cisim çevresinde bir elektrik alanı oluş- turur. Bu cisim titreşim hareketi yaparsa elektrik alanı bir dalga hâline dönüşür ve bir manyetik alan dalgası oluşturur (Şekil 1.8). Elektromanyetik ışınların dalga modeli; yansıma, girişim ve kırınım olaylarını açıklar (Resim 1.11, 1.12 ve 1.13). Resim 1.11: Işığın elmastan yansıması Resim 1. 12: Suda oluşan dairesel dalgalar Resim 1.13: Işığın cam piramitten geçerken kırılması Bir dalgayı tanımlayan özellikler ise dalga boyu, genlik ve frekans gibi terimlerdir. Dalga boyu (λ, lambda): Art arda gelen iki dalga üzerindeki ardışık noktalar arasındaki uzaklık dalga boyu olarak tanımlanır. olarak tanımlanır. Herhangi bir dalganın şiddeti, genliğinin karesi ile doğru orantılıdır. Frekans (ν, nü): Belirli bir noktadan bir saniyede geçen dalga sayısı frekans olarak tanımlanır. Birimi saniye–1 yani Hertz (Hz)’dir. Hız (c): Bir dalga hareketinin birim zamanda aldığı yol dalganın hızı olarak tanımlanır. Elektromanyetik dalgalar boşlukta ışık hızında hareket eder. Ancak hava veya başka bir ortamda daha düşük hıza sahiptir. “c” sembolü ile gösterilen ve 3.108 m s–1 değerinde olan bu hıza ışık hızı denir. 1 m = 102 cm (santimetre) 1 m = 103 mm (milimetre) 1 m = 106 μm (mikrometre) 1 m = 109 nm (nanometre) ° (Angström) 1 m = 1010 A 1 m = 1012 pm (pikometre) Dalganın hızı (c) = λ . ν Yüksek enerjili dalgaların dalga boyu düşük, frekansı büyüktür (Şekil 1. 9). λ = x, ν = 4 Hz, genlik = y Dalga boyu (λ) Genlik 1 tam devir λ = x/2, ν = 8 Hz, genlik = y (Yüksek frekans) λ = x, ν = 4 Hz, genlik = 2y (Yüksek enerji) Şekil 1.9: Çeşitli dalga boylarındaki dalga örnekleri 23 MODERN ATOM TEORİSİ Genlik: Bir dalganın maksimum yüksekliği veya derinliği genlik Bütün frekansları içeren elektromanyetik ışın dizisine elektromanyetik dalga spektrumu denir. Elektromanyetik dalga spektrumunun çeşitli bölgeleri, maddenin tanınmasına yardımcı olur. Elektromanyetik spektrumda çıplak gözle gördüğümüz tüm renkleri içeren ışınların oluşturduğu bölge, görünür bölge (görünür ışık) olarak adlandırılır. Aralığın sınırları tam olarak belirlenmemiş olmakla birlikte, ortalama bir insan gözü 380 ile 760 nm arasındaki dalga boylarını saptayabilir. Bu dalga boyu aralığı Radyo dalgaları Mikrodalga Kızılötesi Görünür ışık Ultraviyole ışınları görünür bölgedir (Şekil 1.10). x-ray ışınları Gama ışınları 24 MODERN ATOM TEORİSİ 103 m 1m 10–3 m 10–5 m 10–7 m 10–9 m 10–11 m 10–13 m Şekil 1.10: Değişik dalga boylarındaki ışınlar ARAŞTIRMA Pek çok defa gökyüzünde gökkuşağının oluşumuna tanıklık etmişsinizdir. Işığın bu görüntüsünün ortaya çıkmasına neden olan etkenler nelerdir? Araştırınız. Edindiğiniz sonuçları arkadaşlarınızla paylaşınız. İngiliz Thomas Young (Tamıs Yang) çift yarıklı girişim deneyi ile ışığın girişim olayını açıklayarak ışının dalgalar hâlinde yayıldığını ispatlamıştır. Bunun için bir ışık kaynağından gelen ışın demeti, önünde bulunan çift yarık engelinden geçirilerek ekranda girişim desenleri oluşturulur. Bu desenler birbirini takip eden aydınlık ve karanlık çizgiler biçiminde gözlemlenir. Bu tür bir görüntünün olması yani aynı kaynaktan gelen iki özdeş farklı ışık kaynağının girişim deseni oluşturması; ışın dalgalarından birinin tepesi, diğerinin çukuru ile örtüştüğünde dalga sönümü gerçekleşmesine ve karanlık bölge oluşmasına neden olur. Eğer dalgalardan birinin tepesi ile diğer dalganın tepesi ya da dalgalardan birinin çukuru ile diğer dalganın çukuru örtüşürse aydınlık bölge oluşur. Young’a göre ışın sadece tanecik yapısında olsaydı girişim deseni oluşmazdı. Bu da ışının dalgalar hâlinde yayıldığını gösterir ki Young deneyi ışının dalga teorisini desteklemektedir (Şekil 1.11). Film Film önden üstten görünüm görünüm Çift yarık Sönümlü girişim Işık merkezi Faz dışı dalgalar karanlık bölüm oluşturur (karanlık). + Düzgün dalgalar paralel bölüm oluşturur (aydınlık). + Yapılandırıcı girişim Şekil 1.11: Çift yarıklı girişim deneyi (Young deneyi). Ekranda aydınlık ve karanlık bölgeler oluşur. 19. yüzyıla kadar atom spektrumlarını açıklamada yetersiz kalan klasik yaklaşım, devrim niteliğinde bir düşünce ileri sürdü: “Enerji de madde gibi sürekli değildir.” Bu düşünce Max Planck (Meks Plenk) tara- 25 fından geliştirilmiştir (Resim 1.14). Planck, atom ve moleküllerin enerjiyi, MODERN ATOM TEORİSİ küçük paketler hâlinde yayınlayabileceğini ya da soğurabileceğini savunmuştur. Buna siyah cisim ışıması örnek olarak verilebilir. Siyah cisim; üzerine düşen bütün ışınları soğuran, hiçbir ışını yansıtmayan cisimdir. Bu tanıma tamamen uyan gerçek bir cisim yoktur. Siyah cisim, içi tamamen karbon tozu ile kaplanmış ve üzerinde çok küçük bir delik açılmış küre şeklindedir. Küredeki bu delikten içeri giren ışığın büyük bir kısmı küre tarafından soğrulur, ışık cismin içinde hapsolur ve cisim siyah görünür. Planck, enerjinin elektromanyetik ışıma şeklinde yayılabilen (veya soğurulabilen) en küçük miktarına kuantum adını vermiştir. Tek bir kuantumun enerjisi E ise (E) = h . ν eşitliği ile ifade edilmiştir. Resim 1.14: Max Planck (1858-1947) Eşitlikte h, planck sabitidir ve değeri ise yaklaşık 6,626.10–34 J.s’dir. Kuantum hipotezi, 1905’te Albert Einstein’ın (Albırt Aynştayn) fotoelekt- rik olayını açıklamasında da başarı ile kullanılmıştır (Resim 1.15). Bir metal yüzeyine enerjisi yeterli olan ışın düşürüldüğü zaman, metal yüzeyindeki atomlardan elektronların kopması olayına fotoelektrik olay adı verilir. Fotoelektrik olay, ışının dalga modelini destekleyici en kuvvetli delili ortaya koymaya çalışırken, farkında olmadan tanecik modelini açıklayan en önemli olay olmuştur. Einstein, ışık demetinin gerçekte bir parçacık şeklinde olduğunu öne sürerek sıra dışı bir yaklaşım ortaya koymuştur. Bu parçacıklar günümüzde foton olarak bilinmektedir. Resim 1.15: Albert Einstein (1879-1955) Einstein, Planck’in kuantum kuramında frekansı ν olan her fotonun E = h . ν kadar enerjiye sahip olacağını öne sürmüştür. Işıma Elektron Elektronları metalden ayırarak serbest hâle geçirebilmek için metal üzerine yüksek frekansa sahip bir ışın göndermek gerekir (Şekil 1.12). Foton hâlinde gönderilen ışının h . ν değeri, elektronları metale bağlayan enerjiye tam olarak eşit veya bu enerjiden büyükse Metal elektron metalden kopacaktır. Einstein’ın ışın kuramı, fotoelektrik olayını başarılı bir şekilde açıklayabilmesine karşın, tanecik kuramı ışının bilinen dalga davra- Şekil 1.12: Metal yüzeyine gelen ışın, yüzeyden elektron koparır. nışına uymamaktadır. Bu durum ışığın hem tanecik hem de dalga özelliği gösterdiğini doğrulamıştır. Kuantum kuramında, Young deneyinde ve Einstein’ın ışının ikili doğası (tanecik-dalga özelliği) ile ilgili çalışmalarında atom spektrumlarından yararlanılmıştır. Atom spektrumları, kesin olarak bilinen belirli sayıda dalga boyu çizgilerinden oluştuğu için, atomların yapıları hakkında bilgi edinilmesinde önemli rol oynamıştır. Her elementin kendine özgü bir çizgi spektrumu vardır. Örneğin 26 MODERN ATOM TEORİSİ bir ışık kaynağından bir elektrik boşalımı geçirildiğinde helyum atomları enerjiyi soğurur (absorbe eder) ve bu enerjiyi ışın şeklinde yayar (emisyon) (Resim 1.16). Helyum çizgi spektrumu Resim 1.17’de gösterilmiştir. Bu ışık dar bir yarıktan geçirildikten sonra bir prizmada dağılır. Prizmadan çıkan ışığın renkli bileşenleri, bir fotoğraf filmi üzerinde kaydedilir. Her bir dalga boyu bileşeni, yarığın bir görüntüsü gibi ince bir çizgi şeklinde ortaya çıkar. Helyum spektruResim 1.16: Helyum lambası munda çıplak gözle görülebilen altı çizgi vardır. Resim 1.17: Helyum spektrumu Atom spektrumları arasında en genel şekilde incelenen hidrojen olmuştur. Bir hidrojen lambasından gelen ışık kırmızı-mor renkte görülür (Resim 1.18). Hidrojen atomunun görünür bölge spektrumuna Balmer spektumu denmiştir (Resim 1.19). 1885’te John Balmer (Con Balmer) bu spektrum çizgileri için bir formül geliştirmiştir. Daha Resim 1.18: Hidrojen lambası sonra Johannes Rydberg (Yohannes Raydbörg) tarafından düzenlenen formül şöyledir: 1 1 1 = R . 2 – 2 . Z2 λ 2 n n > 2 ve λ spektrum çizgisinin dalga boyudur. R ise Rydberg sabiti olup değeri 2,18.10–18 J’dür. Z atom numarasıdır. Resim 1.19: Hidrojen spektrumu Rutherford’un, atom modelinde çekirdek ile elektronlar arasındaki büyük boşlukları deneyle ortaya koyması atomdaki temel düzeni belirleyen önemli bir aşama olmuştur. Fakat Rutherford’un atom modeli, elektronun atomdaki davranışını, bilinen fizik ilkeleri ile açıklayamaması nedeniyle yetersiz kalmıştır. Bu dönemde hidrojen atomu spektrumundan yararlanan Niels Bohr (Nels Bor), hidrojen atom modelini ortaya koymuştur (Resim 1.20). Bohr, atomları çekirdek etrafındaki dairesel yörüngelerde hızla dönen elektronlarla çevrili cisimler olarak tasarlamıştır. Güneş’in Resim 1.20: Niels Bohr (1885-1962) görmüştür. Bohr, hidrojen atomu için aşağıdaki varsayımları ortaya atmıştır: 1. Elektron, çekirdeğin çevresindeki dairesel yörüngede hareket eder. 2. Hidrojen atomundaki elektron, çekirdeğe en yakın yörüngede (n = 1) bulunur. Bu, en düşük enerji düzeyi yani temel hâlidir. Elektron bir enerji kazandığında daha yüksek enerji düzeyine geçer (n = 2, 3, .....) ve hidrojen atomu uyarılmış hâle gelir. Elektron, çekirdeğe yakın bir yörüngeye indiği zaman iki enerji düzeyi arasındaki fark kadar enerji yayar. Bohr, hidrojen atomuna ait elektronun enerjisini En = RH c 1 2 mZ n2 eşitliği ile ele almıştır. İki enerji düzeyi arasındaki enerji farkını hesaplayabileceğimiz bir bağıntı elde etmek için aşağıdaki eşitliği kullanabiliriz: rE = Eson – Eilk rE = e –R H · 1 n 2son o – e –R H · rE = 2, 18.10 –18 e 1 1 1 1 1 = R H · 2 –R H · 2 = R H · e 2 – 2 o 2 o n ilk n ilk n son n ilk n son 1 1 – 2 o 2 n ilk n son Düşük enerji düzeyinde bulunan bir elektronun daha yüksek enerji düzeyine geçebilmek için dışarıdan enerji alması olayına absorbsiyon denir. 27 MODERN ATOM TEORİSİ etrafında gezegenlerin hareketini andıran bu model, kolayca kabul ÖRNEK Hidrojen atomunda bir elektronun n = 2 enerji seviyesinden n = 1 enerji seviyesine geçişi sırasında oluşan spektral çizginin frekansı kaç hertzdir? (RH : 2,18.10–18 J, h: 6,626.10–34 J · s) ÇÖZÜM Elektronun 2. enerji seviyesinden 1. enerji seviyesine geçişi sırasındaki enerji değişimini bulalım. rE = R · e 1 – 1 o H n 2ilk n 2son rE = 2, 18.10 –18 c Yüksek enerji düzeyinde bulunan bir elektronun daha düşük enerji düzeyine geçerek fotonlar hâlinde ışık enerjisi yayması olayına emisyon denir. 1 1 – m 22 12 rE = –2, 18.10 –18 c 3 m 4 rE = –1,635.10–18 Joule’dür (İşaretin negatif olması, olayın ekzotermik olduğunu gösterir.). Enerjisini bulduğumuz elektronun yaydığı ışının frekansını bulalım. rE = h . ν 1,635.10–18 = 6,626.10–34 . ν 28 ν = 2,46.1015 hertzdir. MODERN ATOM TEORİSİ Yayılma spektrumundaki her bir çizgi, hidrojen atomunun belirli bir geçişine karşılık gelir (Şekil 1.13). Çok sayıda hidrojen atomu incelendiğinde tüm olası geçişler ve bu geçişlere karşılık gelen spektrum çizgileri gözlemlenir. 434 nm 486 nm 657 nm Mor Mavi - yeşil Kırmızı n=5 e– e– n=4 n=3 e– n=2 n=1 Şekil 1.13: Hidrojen atomunda bazı elektron geçişleri ve spektrum çizgileri Tablo 1.2’de hidrojen spektrumuna ait seriler, bunları bulan bilim insanlarının adları ile sıralanmaktadır. Bu spektrum çizgilerinden Balmer serisinin çizgileri çoğunlukla görünür bölgede yer alır ve incelenmesi kolaydır. Seriler nson nilk Spektrum Bölgesi Lyman (Leyman) 1 2, 3, 4, ... Mor ötesi Balmer (Balmer) 2 3, 4, 5, ... Görünür ve mor ötesi Paschen (Paşen) 3 4, 5, 6, ... Kızıl ötesi Brackett (Brekıt) 4 5, 6, 7, ... Kızıl ötesi Pfund (Fund) 5 6, 7, 8, ... Kızıl ötesi Tablo 1.2: Hidrojen atomunda bazı elektron geçişleri ve spektrum bölgeleri Şekil 1.14’teki gibi tüm geçişlerin bir arada gösterilmesi daha anlaşılır olacaktır. Elektron, yüksek enerjili bir katmandan n = 1 katmanına inerse mor ötesi ışık (ultraviyole) şeklinde enerji yayar. Lyman serisi adı verilen spektrum çizgileri meydana gelir. Yüksek enerjili bir katmandan n = 2 katmanına olan elektron geçişleri görünür bölgede gerçekleşir ve Balmer serisi adını alır. Lyman serisinde Balmer seri- 29 sine göre daha çok enerji açığa çıkar. Yine aynı şekilde yüksek enerjili bir katmandan n = 3 katmanına Yüksek enerjili katmanlardan n = 4 katmanına olan elektron geçişlerine Brackett serisi, n = 5 katmanına olan elektron geçişlerine ise Pfund serisi adı verilir. n=∞ Enerji düzeyi n=6 Pfund serisi n=5 IR Brackett serisi n=4 Paschen serisi görünür bölge Balmer serisi spektrum 410,1 434,0 364 mor λnm 400 500 486,1 n=2 Lyman serisi n=1 Şekil 1.14: Hidrojen atomunda elektron geçişleri enerji düzeyi ve spektrum çizgileri kırmızı 700 600 656,3 n=3 UV MODERN ATOM TEORİSİ olan elektron geçişleri ise kızıl ötesi (IR, infrared) bölgede gerçekleşir ve Paschen serisi adını alır. Bohr hidrojen atom modeli, hidrojen atomu ve tek elektronlu iyonlar (He+, Li2+ vb.) için başarılı bir model olduğu hâlde çok elektronlu atom ve iyonların yayılma spektrumlarının açıklanmasında yetersiz kalmıştır. Başarıları ve eksiklikleri ile Bohr’un hidrojen üzerinde yaptığı çalışmalardan sonra dalga-tanecik şeklinde iki yeni kavram ortaya çıkmıştır. Louis de Broglie (Luiz dö Broyl), 1924 yılında ışık ve maddenin doğasını dikkate alarak “Küçük tanecikler bazen dalgaya benzer özellik gösterebilir.” düşüncesini ileri sürmüştür (Resim 1.21). Louis de Broglie, Einstein eşitliği ve Planck bağıntısını kullanarak elektron gibi Resim 1.21: Louis de Broglie (1892-1987) küçük kütleli taneciklerin ikili (tanecik-dalga) doğasını, aynı denklemde matematiksel eşitlikle göstermiştir. E = h . ν ve E = m . c2 eşitliklerinin sağ tarafları eşitlendiğinde h . ν = m . c2 bağıntısı elde edilir. c c = λ . ν idi. ν yerine yazılırsa λ MODERN ATOM TEORİSİ 30 c h h. = m . c2 bağıntısı elde edilir. Sadeleştirilmeler yapıldığında = m . c elde edilir. λ λ Bağıntı düzenlendiğinde λ = h m.c ya da λ = h olur. m.v ÖRNEK °) cin2,7.106 m . s–1 hızla hareket eden bir elektronun Louis de Broglie dalga boyunu Angström (A sinden hesaplayalım. Bu dalganın elektromanyetik spektrumda hangi bölgede bulunacağını belirtelim. (Elektronun kütlesi: 9,109.10–31 kg ve h: 6,626.10–34 J.s alınacak.) ÇÖZÜM Louis de Broglie dalga boyu bağıntısında verilenleri yerine yazalım. λ= h m.v λ= 6,626.10–34 = 2,69.10–10 m’dir. 9,109.10–31 · 2,7.106 Bohr atom modeli tek elektronlu atom ve iyonları açıklamada başarılıdır ama çok elektronlu atomların davranışlarını açıklamada yetersiz kalmıştır. 1 m= 1010 A° ise 2,69.10–10 · 1010 = 2,69 A° olur. Bu dalga elektromanyetik spektrumda X ışınlarının bulunduğu bölgede yer alır. Çember yörüngeler varsayımı, çok elektronlu atomların spektrumlarını açıklayamaması ve elektro- nun ikili karakterini (dalga-tanecik) hesaba katmayışı, Bohr Hidrojen Atom Modeli’nin eksiklikleridir. Bohr atom modelini inceledikten sonra Werner Heisenberg (Vörnır Hayzinbörg), atom altı taneciklerin davranışlarının ne dereceye kadar belirleneceğini görebilmek için birçok deneysel çalışma yapmıştır (Resim 1.22). Bunun için taneciğin konumu ve hızı gibi iki değişkene bağlı olarak yapılan ölçümlerde daima bir belirsizlik olduğunu vurgulamıştır. Heisenberg Belirsizlik İlkesi olarak adlandırılan bu düşünce, bir taneciğin aynı andaki konumunun ve hızının büyük bir duyarlılıkla ölçülemeyeceğini ifade etmektedir. Örneğin bir elektronun yörünge üzerindeki hareketini izlemek isteyen gözlemci onu görmek veya varlığını belirten işaretler almak zorundadır. Bunun için kullanılacak araç ışıktır. Işık çeşitli dalga boylarında olabileceğine göre gözlemci elektronun büyüklüğüne uygun bir dalga boyu Resim 1.22: Werner Heisenberg (1901–1976) seçmelidir. Elektron çok küçük bir kürecik olarak düşünülürse bu kürenin çapından çok daha büyük dalga boyuna sahip bir ışık kullanıldığında, ışık elektronla hiçbir etkileşim yapmadan geçecek ve elektronun konumunun belirlenmesini sağlayacaktır (Şekil 1.15.a). Ancak elektronun hızını tespit etmek mümkün olmayacaktır. Elektron Foton Şekil 1.15.a: Elektronu gözlemlemek için uzun dalga boylu ışın kullanıldığında elektronun hızı ve konumundaki belirsizlik yüksektir. Elektronun hızını tespit etmek için yüksek enerjili foton kullanıldığında ise atomdaki elektronu görmemiz güçleşecektir. Biz tam elektrona bakacağımız anda elektron, atomdan ayrılarak iyonlaşacak ve serbest elektron hâline geçecektir (Şekil 1.15.b). Buna göre elektronun yeri ve hızını aynı anda tespit etmek güçleşecektir. Sonuç olarak ölçümlerde daima bir belirsizlik vardır. Elektron Foton Şekil 1.15.b: Kısa dalga boylu ışın kullanıldığında (yüksek enerji) hızdaki belirsizlik yüksektir. Kısa dalga boylu ışın kullanmanın sonucunda foton ile çarpışan elektrona enerji aktarılır ve hareket yönü değişebilir. MODERN ATOM TEORİSİ 31 1.2. ATOMUN KUANTUM MODELİ Bir elektronun bulunduğu konumu ve vektörel hızı, birbirini bütünleyen özelliklerdir. Bunlardan birini kesin olarak saptadığımız zaman, diğeri belirsiz hâle gelir. Vektörel hız, enerji ile doğrudan ilişkide olduğuna göre biri hakkında ne kadar çok şey bilirsek diğeri hakkında o kadar az bilgimiz olur. Buna rağmen, bir elementin çoğu özelliği o elementin elektronlarının enerjisine bağlıdır. Elektronların enerji durumlarını gösteren olasılık doğrularını Erwin Schrödinger (Resim 1.23) (Örvin Şrödinger) tarif etmiştir. Belirsizlik ilkesi gereği, her bir durum için belirli bir anda bir elektronun enerjisini kesin olarak ölçebiliriz ancak konumunu belirleyemeyiz. Bunun yerine, orbital düzeyinde bir olasılık dağıResim 1.23: Erwin Schrödinger (1887–1961) lım haritası ile o elektronun muhtemel konumunu tanımlayabiliriz. Orbital 32 Schrödinger’e göre herhangi bir atom için tanecik yoğunluğu, atomdaki elektronların enerji ve yörüngelerinin matematiksel türevi ve dalga fonksiyonunun karesi ile doğru orantılıdır. Yani elektronun bulun- MODERN ATOM TEORİSİ ma ihtimalinin en yüksek olduğu yer, dalga fonksiyonunun karesinin en yüksek olduğu yer olacaktır. Atomda enerji düzeyleri ve dalga fonksiyonları, kuantum sayıları ile ifade edilir ve kuantum mekaniğinde yörünge yerine orbital tanımlaması kullanılır. Orbital, bir matematiksel fonksiyon olduğu için konumu kesin olarak hesaplanamazken belli bir uzay bölgesinde bulunma olasılığı bulunmaktadır. Kuantum mekaniği varsayımlarının önerilmesine esas olan temel kavram ve fikirler aşağıdaki gibi özetlenebilir: Louis de Broglie’un tanecik-dalga ikilemi, kuantum mekaniğinin önerilmesinde önemli rol oynamıştır. Schrödinger denklemi bir dalga denklemi olup kuantum mekaniğinde sistem hâllerini belirler. Zamana bağlı olmayan Schrödinger denklemi, ancak bazı özel sistemler için çözülebilir. Klasik mekanik, bir taneciğin konumunu ve hızını kesin olarak tanımlayabilir. Kuantum mekaniği ise tanımlayamaz. Bohr atom modeli, hidrojen atomu ve hidrojen benzeri iyonların spektrumlarını açıklayabildiği hâlde çok elektronlu atomların spektrumlarını açıklayamaz. Çok elektronlu atomların spektrumlarında Bohr modelinin öngördüğü çizgilerin yerinde birden fazla çizgi vardır. Yani enerji düzeylerinin her biri birden fazla enerji düzeyine ayrılmaktadır. Kuantum Sayıları Angström mertebesinde büyüklüğe sahip sistemler için yapılan çalışmalarda klasik yaklaşımların yeterli olmayıp kuantum mekaniğine gerek olduğu görülmüştür. Kuantum mekaniği, “Elektron, çekirdeğin etrafında tıpkı güneş sistemindeki gibi belli yörüngelerde dolaşır.” tezini geçersiz kılmıştır. Kuantum mekaniğinde elektron yörüngesi diye bir kavram yoktur. Elektronun yeri hakkındaki bilgiler dalga fonksiyonundan elde edilir. Dalga fonksiyonu, üç ayrı değişkene bağlı olduğundan böyle bir fonksiyonu grafiksel olarak göstermek kolay değildir. Üç boyutlu Schrödinger denkleminin çözümünde üç kuantum sayısı vardır. Birbiri ile ilişkisi olan bu üç kuantum sayısı; baş kuantum sayısı (n), açısal momentum kuantum sayısı (l ) ve manyetik kuantum sayısıdır (ml ). Bu üç kuantum sayısı, elektronların çekirdek etrafında dağılımı, bulundukları enerji düzeylerinin türü ve sayısı ile belirlenir. n, l ve ml ile karakterize edilen dalga fonksiyonlarının birden çok olması, aynı sistemdeki tek elektronun, çok sayıda enerji düzeyinde bulunabileceği anlamına gelir. Baş Kuantum Sayısı (n) enerji Baş kuantum sayısı, yörüngenin toplam boyut ve n=4 E4 = –1,36.10–19 J baren n = 1, n = 2, n = 3, n = 4, ... şeklinde değerler alır n=3 E3 = –2,42.10–19 J (Şekil 1.16). n=2 E2 = –5,45.10–19 J n=1 E1 = –2,18.10–18 J enerji miktarını gösteren bir tam sayıdır. Çekirdekten iti- Hidrojen benzeri atomlar ya da iyonların enerji düzeylerinde bulunan elektronların çekirdeğe uzaklıkları yaklabir kabuk oluşturur. Bu kabuklar Bohr atom modelindeki gibi K, L, M, N, ... harfleriyle de gösterilir. Şekil 1.16: Hidrojen atomuna ait enerji düzeyleri ve enerji değerleri Açısal Momentum Kuantum Sayısı (l ) Açısal momentum kuantum sayısı (l ) orbitalin şeklini l Orbitalin sembolü l = 0 s l = 1 p kuantum sayısından sonra toplam enerjiye ikinci derecede l = 2 d katkıda bulunduğu için açısal momentum kuantum sayısı, l = 3 f gösterir. Baş kuantum sayısına (n) bağlı olarak l , 0 ile (n–1) arasında tam sayı değerleri alır; l = 0, 1, 2, 3, ... (n–1). Baş ikincil ya da yan kuantum sayısı olarak da adlandırılır. l açısal momentum kuantum sayısının her bir farklı değeri için farklı orbitalleri vardır. Bu orbitaller l ’nin 0, 1, 2, 3, ... değerleri için sırasıyla s, p, d, f, ... harfleri ile gösterilir. n = 1 için l sadece 0 değerini alır. l orbitalin türü 0 s n = 2 için l l orbitalin türü 0, 1 değerlerini alır. 0 1 s p 33 MODERN ATOM TEORİSİ şık olarak aynıdır. Örneğin n = 1 düzeyi tektir. Bu durum n = 3 için l l orbitalin türü 0, 1, 2 değerlerini alır. 0 1 2 s p d Orbitaller, İngilizce adlarının baş harflerini alır. s = sharp (keskin) n = 4 için l l orbitalin türü 0, 1, 2, 3, değerlerini alır. 0 1 2 3 s p d f Çok elektronlu atomlarda aynı baş kuantum sayısındaki orbitallerin enerjileri s < p < d < f şeklindedir. p = principal (asıl) d = diffuse (yayılmış) f = fundamental (temel) Manyetik Kuantum Sayısı (ml ) Toplam enerjiye üçüncü dereceden katkısı olan manyetik kuantum sayısı (ml ), 0, -l, +l değerlerini alabilir ve l ’nin tanımladığı orbital türlerinin her birinde kaç tane orbital bulunduğunu belirtir. l ’nin belli 34 bir değeri için ml , (2l +1) sayıda değere sahip olabilir. Orbitallerin uzaydaki yönlenmelerini belirleyen, manyetik kuantum sayısıdır. Bu orbitaller dış manyetik alanla etkileşerek çeşitli enerji seviyelerine ayrılır. MODERN ATOM TEORİSİ İkincil enerji düzeyi olarak da adlandırılan ml ’nin verilen l değeri için alabileceği değerler ve orbitalin sayısı (2l +1) bağıntısı ile bulunur. İkincil enerji düzeyindeki orbitallerden biri, dış manyetik alana dik ise ml = 0 değerini alır. Geriye kalan orbitaller, dış manyetik alanla yaptıkları açılara bağlı olarak enerji seviyelerini yükseltici (+l ) veya düşürücü (-l ) yönde olabilir (Şekil 1.17). l = 0 için ml = 0 (s) olur. l = 1 için ml = –1, 0, +1 (Px, Py, Pz) olur. l = 2 için ml = –2, –1, 0, +1, +2 (dx2–y2 , dz2 , dxy , dxz , dyz ) olur. l = 3 için ml = –3, –2, –1, 0, +1, +2, +3 (f orbitalleri) olur. +2 +1 +1 0 –1 0 –1 –2 l=1 Şekil 1.17: p ve d orbitallerinin dış manyetik alandaki yönelimleri l=2 Tablo 1.3’te n, l ve m l kuantum sayıları ve orbitalleri verilmiştir. İnceleyiniz. n l 1 0 0 1s 2 0 0 2s 2 1 –1, 0, +1 2p 3 0 0 3s 3 1 –1, 0, +1 3p 3 2 –2, –1, 0, +1, +2 3d 4 0 0 4s 4 1 –1, 0, +1 4p 4 2 –2, –1, 0, +1, +2 4d 4 3 –3, –2, –1, 0, +1, +2, +3 4f ml Orbital Tablo 1.3: Kuantum sayıları ve orbitalleri 35 s Orbitalleri s orbitalleri küre şeklinde bir bulut olup çekirdekten uzaklaştıkça yoğunlukları azalır (Resim 1.24). Hidrojen atomunun 1s orbitalindeki elektron yoğunluğunun çekirdeğe olan uzaklığı Grafik 1.2’de verilmiştir. Elektron bulutu küresel olduğundan s orbitallerinin küresel sınır yüzeyine sahiptir. Yüksek enerjili s orbitalleri daha büyük küre şeklindedir. s orbitallerinin büyüklüğü baş kuantum sayısının karesi ile doğru orantılıdır. Tüm s orbitalleri için açısal momentum kuantum sayısı l = 0’dır ve her enerji seviye- Elektronun bulunma olasılığı sinde birer tane s orbitali vardır (1s, 2s, 3s, 4s, ...). Çekirdekten uzaklık Resim 1.24: 1s orbitali (elektronun bulunma olasılığının yüksek olduğu bölge) Grafik 1. 2: Hidrojenin 1s orbitalindeki elektron yoğunluğunun, çekirdeğe olan uzaklığa karşı grafiği MODERN ATOM TEORİSİ Orbital Türleri Baş kuantum (n) sayısı arttıkça orbitalin büyüklüğü de buna bağlı olarak artmaktadır. s orbitallerinin bağıl büyüklükleri Şekil 1.18 ’de gösterilmiştir. x x x y y y z z 1s z 2s 3s Şekil 1.18: 1s, 2s ve 3s orbitallerinin bağıl büyüklükleri 36 p Orbitalleri MODERN ATOM TEORİSİ p orbitalleri, çekirdeğin iki tarafında zıt yönelmiş, kum torbası biçiminde iki ayrı “lob”dan oluşmuş elektron bulutlarıdır. Bu bulutlardaki loblar, birbirinden bir düzlemle ayrılmıştır. Bir p elektronu hiçbir zaman bu düzlemde bulunmaz; dolayısıyla çekirdekte de bulunmaz. p orbitalleri; x, y ve z eksenlerine yani yöne bağlıdır. p orbitallerinde çekirdeğin merkezinden geçen simetri ekseni vardır. n = 2 için l = 1 değerine karşın ml = –1, 0 ve +1 olmak üzere üç değer alabildiğine göre üç çeşit p orbitali bulunmaktadır. Bu orbitaller; x ekseni, y ekseni ve z ekseni boyunca yönlenir ve px, py, pz diye isimlendirilir (Şekil 1.19). p orbitallerinin boyutları baş kuantum sayılarına bağlı olarak artmaktadır. x x px orbitali py orbitali y z x pz orbitali y z y z Şekil 1.19: Aynı enerji seviyesinde, birbirine dik olarak 3 tane p orbitali bulunur. d Orbitalleri d orbitalleri; n = 3 ve daha yüksek enerji düzeyinde görülür. d orbitalleri; s ve p orbitallerinden daha karışıktır. Dış manyetik alan yokken aynı enerji seviyesinde beş ayrı d orbitali vardır. d orbitalleri, üç değişkenden (x, y ve z) ikisinin fonksiyonudur ve bu fonksiyonlardan biri dx2–y2 şeklinde simgelenir. Diğer d orbitalleri; dxy , dxz , dyz ve dz2 şeklinde simgelenir. Beş d orbitalinden dördü, üzerinde bulunduğu eksenler dışında aynı görünüme sahiptir, ancak dz2 orbitali farklı görünümdedir (Şekil 1.20). z x z y z y x dyz y x dxy dxz z z y x y x dx2–y2 37 dz2 Orbitallerin Enerjileri Hidrojen atomunun dalga modeli, çok elektronlu atomlara uygulanmak üzere geliştirilebilir. Elekt- ronlar enerji seviyelerinde bulunan orbitallere yerleştirilebilir (Şekil 1. 21). Çok elektronlu atomlarda bir enerji seviyesindeki orbitallerin enerji bakımından farklılığı; elektronla çekirdek arasındaki çekim ve elektronlar arasındaki itme kuvvetinden dolayıdır. 5f 5d O n=5 K 5p 5s U K A B enerji N n=4 M n=3 L n=2 K n=1 4s 3s 2s 4d 4p 3d 3p 2p 1s Şekil 1. 21: Çok elektronlu bir atomda kabuk ve alt enerji düzeyleri diyagramı (Her bir alt kabukta (2l +1) orbital bulunur.) 4f MODERN ATOM TEORİSİ Şekil 1.20: d orbitalleri Elektron Spini: Dördüncü Kuantum Sayısı (ms ) Elektron orbitallerinin tanımlanmasında üç kuantum sayısına ek olarak dördüncü kuantum sayısına gereksinim duyulmuştur. George Uhlenbeck (Corç Ulenbek) ve Samuel Goudsmit (Samuel Gudsimit), 1925 yılında hidrojen spektrumdaki açıklanamayan bazı noktalara öneriler getirmişlerdir. Buna göre Uhlenbeck ve Goudsmit, elektronun, dünyanın ekseni etrafında dönüşüne benzer şekilde, kendi ekseni ➞ ➞ etrafında döndüğünü kabul ederek açıklanabileceğini ileri sürmüşlerdir. Daha sonra bu dönme olayına 1 spin adı verilmiştir. Elektron spini için iki olasılık vardır. Elektron spin kuantum sayısı ms = + (Yukarı 2 1 yönelik okla simgelenir: ) veya m s = – (Aşağı yönelik okla simgelenir: ) değerlerini alabilir (Şekil 2 1.22). ms’nin değeri, diğer üç kuantum sayısının (n, l, ml ) değerine bağlı değildir. e– e– 38 MODERN ATOM TEORİSİ m s =+ 1 2 ms = – 1 2 Şekil 1.22: Elektron spinin simgesel gösterimi Hidrojen atomunun temel hâlde baş kuantum sayısı n = 1’dir. n = 1 enerji seviyesi yalnızca s orbitali içerdiğinden, açısal momentum kuantum sayısı l = 0 olur. Manyetik kuantum sayısının tek olası değeri 1 ml = 0’dır. Elektron spini ise ms = + 2 sayısı şu şekilde gösterilebilir: n = 1 l = 0 1 ya da ms = – olabilir. Hidrojen atomunun dört kuantum 2 ml = 0 ms = + 1 1 ya da – 2 2 Hidrojen atomunun elektron dağılımı 1s1 şeklinde gösterilir. Kletchkowski-Madelung (Kleçkovski-Modelug) İlkesi Orbitallerin enerjileri (n + l ) değerinin artmasıyla yükselir. (n + l ) değerlerinin aynı olması durumunda, n sayısı büyük olan orbitalin enerjisi de yüksek olur. 3d için n = 3 ve l = 2’dir. (n + l ) = 3 + 2 = 5 4p için n = 4 ve l = 1’dir. (n + l ) = 4 + 1 = 5 5s için n = 5 ve l = 0’dır. (n + l ) = 5 + 0 = 5 Yukarıdaki örneklerin üçünde de (n + l ) = 5’tir. Bu durumda Kletchkowski-Madelung İlkesi’ne göre n değeri büyük olanın enerjisi de yüksek olur. Örnekteki orbitallerin enerji sıralaması 3d < 4p < 5s şeklinde olur. Kletchkowski-Madelung İlkesi kullanılarak orbitallerin enerji sıralaması doğru bir şekilde yapılabilir: n= 1 2 2 3 3 4 3 4 5 4 5 6 4 5 6 7 l = 0 0 1 0 1 0 2 1 0 2 1 0 3 2 1 0 n +l = 1 2 3 3 4 4 5 5 5 6 6 6 7 7 7 7 1s < 2s < 2p < 3s < 3p < 4s < 3d < 4p < 5s < 4d < 5p < 6s < 4f < 5d < 6p < 7s Elektron Dizilimleri Bir atomun elektron dizilişi, elektronların orbitallere nasıl 1s n=1 sıra, spektroskobik ve manyetik yöntemlerle ortaya çıkarıl- n=2 mıştır. Bunun sonucunda bir yerleşim sırası kurgulanmıştır. n=3 Elektronların orbitallere dolması şu sıra ile gerçekleşir: n=4 n=5 1s 2s 2p 3s 3p 4s 3d 4p 5s 4d 5p 6s 4f 5d 6p 7s 5f 6d 7p 8s n=6 2s 2p 3s 3p 3d 4s 4p 4d 4f 5s 5p 5d 5f 6s 6p 6d ... 7s 7p ... ... 8s ... ... ... n=7 Elektronların orbitallere yerleşim sırasının akılda tutulabilmesi için Şekil 1. 23’te gösterilen yaklaşım faydalı olacaktır. n=8 Şekil 1.23: Elektron alt kabuklarının dolma sırası Wolfgang Pauli (Volfgeng Poli), 1926 yılında atomlara ait yayılma spektrumlarının karmaşık yapısını açıklarken bir atomda bütün kuantum sayıları aynı olan iki elektronun var olamayacağını savunmuştur (Resim 1.25). Pauli Dışlama İlkesi diye adlandırılan bu ilkeye göre bir orbitalde yalnızca iki elektron bulunabilir ve bu elektronlar zıt spinlere sahip olmalıdır. Buna göre alt kabuklara yerleşebilecek elektron sayıları; s için en çok 2 elektron, p için en çok 6 elektron, d için en çok 10 elektron ve f için en çok 14 elektrondur. Bu sonuca göre elektron sayılarının orbital sayılarının iki katı olduğu görülmektedir. Elektron dizilişinde, bir atom olabildiğince çok sayıda eşleşmemiş Resim 1.25: Wolfgang Pauli (1900-1958) elektrona sahip olmak ister. Bu durum Hund Kuralı olarak bilinir. Bu kurala göre elektronlar orbitallere öncelikle birer birer yerleşir (paralel spinli). Çok elektronlu atomların elektron dizilişini örneklerle gösterelim. Atom numarası 7 olan azot (N) atomunu ele alalım. 7N: 2p ➞ 1s 2s ➞ Orbital şeması ➞ 1s2 2s2 2px1 2py1 pz1 ➞ 7N: ➞ Ayrıntılı gösterimi ➞ Kısaltılmış gösterimi 7N: 1s2 2s2 2p3 39 MODERN ATOM TEORİSİ yerleşeceğini gösterir. Elektronların orbitallere yerleşimindeki ➞ ➞ ➞ ➞ Elektronlarının orbitallere şeklinde ve paralel spinli olarak yerleşmiş olduğu bir yapının, atomun düşük enerjili hâlini daha iyi temsil ettiği yapılan deneylerle ispatlanmıştır. Bu durum temel hâl elektron dağılımıdır. Elektron dağılımını yazmada Almanca “inşa etme” anlamına gelen aufbau (aufba) işlemini kullanacağız. Bu işlem, atom numarası artarken elektron dağılımının nasıl “inşa” edileceğini gösterir. Atomların elektron dizilişleri; periyodik sistemin, elementlerin periyodik özelliklerinin ve atomlarının kimyasal bağ oluşturma yatkınlıklarının belirlenmesinde önemli bir anahtardır. ➞ ➞ Yanlış ➞ ➞ Yanlış ➞ 9F: ➞ ➞ ➞ ➞ ➞ ➞ ➞ ➞ ➞ ➞ ➞ ➞ ➞ ➞ ➞ ➞ ➞ 1s2 2s2 2p4 [He] 2s2 2p4 ➞ 1s ➞ 2s ➞ 8O: 2p ➞ 1s2 2s2 2p3 [He] 2s2 2p3 Doğru ➞ 7N: 1s Doğru ➞ 1s 2s ➞ 2s 2p ➞ 2p ➞ MODERN ATOM TEORİSİ ➞ 40 Doğru ➞ ➞ ➞ 2p2 Yanlış ➞ veya 1s2 2s2 2p5 [He] 2s2 2p5 Bir atomun, temel hâl elektron dizilişindeki en son orbitalinin tam dolu ya da yarı dolu olması, atoma küresel simetri durumu kazandırır. Bu durumdaki atom daha kararlıdır. Çünkü küresel simetri özelliği gösteren atomlarda elektronlar çekirdek tarafından simetrik olarak (eşit kuvvetle) çekilir. Çekirdek tarafından simetrik çekilen elektronu koparmak için dışarıdan verilmesi gereken enerji değeri daha büyük olur. Örneğin10Ne 15P : [He] 2s2 2p6 tam dolu p6 dan dolayı tam küresel simetri, : [Ne] 3s2 3p3 yarı dolu p3 ten dolayı yarı küresel simetri özellik gösterir. Elektron dizilimi ns2(n–1) d4 ve ns2(n–1) d9 ile sonlanan atomlarda, dolu s orbitalindeki iki elektrondan biri boş olan d orbitaline geçerek atoma daha fazla kararlılık kazandırır. ➞ ➞ ➞ ➞ ➞ ➞ ➞ ➞ ➞ ➞ ➞ ➞ ➞ ➞ 4s1 olması gerekirken 9 ➞ ➞ ➞ 3d ➞ [Ar] şeklinde olduğu belirlenmiştir. ➞ 4s olması gerekirken 5 ➞ ➞ 2 ➞ [Ar] ➞ 29Cu: 3d ➞ 4s 1 ➞ ➞ [Ar] ➞ ➞ ➞ 3d 4s 4 ➞ ➞ 2 ➞ ➞ [Ar] ➞ 24Cr: şeklinde olduğu belirlenmiştir. 3d10 İyonların elektron dağılımı, atomun aldığı ya da verdiği elektron sayısı dikkate alınarak yapılır. Bir katyonun elektron dağılımı yapılırken kopacak elektronlar sırası ile np, ns ve (n–1)d orbitallerinden uzaklaştırıldığı hâlde, anyon için bir sonraki soy gaz yapısına ulaşıncaya kadar elektron ilave edilir. : [Ne] 3s2 iken 12Mg 2+ 9F : [He] 2s2 2p5 iken – 9F 13Al : [Ne] 3s2 3p1 iken 13Al 15P : [Ne] 3s2 3p3 iken 3– 15P : [Ar] olur. 16S : [Ne] 3s2 3p4 iken 2– 16S : [Ar] olur. 26Fe : [Ar] 4s2 3d6 iken 2+ 26Fe : [Ar] 3d6 olur. 29Cu : [Ar] 4s1 3d10 iken 29Cu 31Ga : [Ar] 4s2 3d10 4p1 iken 3+ 31Ga : [Ne] olur. : [Ne] olur. 3+ : [Ne] olur. + : [Ar] 3d10 olur. : [Ar] 3d10 olur. Elektron diziliminde en son orbital d ise atom elektronunu yukarıda verilen örneklerde olduğu gibi 3d orbitalinden değil, 4s orbitalinden verir. Çünkü 3d orbital elektronları çekirdeğe daha yakın olduğundan 4s elektronlarından daha güçlü çekilir. Tablo 1.4’te bazı atomların ve Tablo 1.5 ’te ise bazı iyonların elektron dağılımları ve orbital şemaları gösterilmiştir. Tabloları inceleyiniz. 41 MODERN ATOM TEORİSİ 12Mg Atom 2 He 1s2 3 Li 1s2 2s1 7 N 1s2 2s2 2p3 10 Ne 12Mg MODERN ATOM TEORİSİ 42 Elektron Dizilişi 1s2 2s2 2p6 Kısa Gösterimi Orbital Şeması 1s2 1s [He] 2s1 1s 2s [He] 2s2 2p3 1s 2s 2p [He] 2s2 2p6 1s 2s 2p 1s2 2s2 2p6 3s2 1s 2s 2p 3s [Ne] 3s2 13 Al 1s2 2s2 2p6 3s2 3p1 1s 2s 2p 3s 3p [Ne] 3s2 3p1 15 P 1s2 2s2 2p6 3s2 3p3 1s 2s 2p 3s 3p [Ne] 3s2 3p3 17 Cl 1s2 2s2 2p6 3s2 3p5 1s 2s 2p 3s 3p [Ne] 3s2 3p5 18 Ar 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 1s 2s 2p 3s 3p [Ne] 3s2 3p6 21 Sc 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d1 1s 2s 2p 3s 3p 4s 3d 26 Fe 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d6 1s 2s 2p 3s 3p 4s 3d 33 As 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p3 1s 2s 2p 3s 3p 4s 3d 4p 36 Kr 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6 1s 2s 2p 3s 3p 4s 3d 4p 38 Sr 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6 5s2 1s 2s 2p 3s 3p 4s 3d 4p 5s Tablo 1.4: Bazı atomların elektron dizilişleri ve orbital şemaları [Ar] 4s2 3d1 [Ar] 4s2 3d6 [Ar] 4s2 3d10 4p3 [Ar] 4s2 3d10 4p6 [Kr] 5s2 Elektron Dizilişi Kısa Gösterimi Orbital Şeması 11Na+ 1s2 2s2 2p6 1s 2s 2p 15P3– 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 1s 2s 2p 3s 3p [Ar] 17Cl– 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 1s 2s 2p 3s 3p [Ar] 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 1s 2s 2p 3s 3p [Ar] 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d2 1s 2s 2p 3s 3p 4s 3d 25Mn2+ 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d5 1s 2s 2p 3s 3p 4s 3d [Ar] 3d5 26Fe3+ 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d5 1s 2s 2p 3s 3p 4s 3d [Ar] 3d5 20Ca 22Ti 2+ 2+ [Ar] 3d2 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 1s 2s 2p 3s 3p 4s 3d [Ar] 3d10 30Zn2+ 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 1s 2s 2p 3s 3p 4s 3d [Ar] 3d10 33As3+ 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 1s 2s 2p 3s 3p 4s 3d [Ar] 4s2 3d10 35Br – 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6 1s 2s 2p 3s 3p 4s 3d 29Cu + [Ne] Tablo 1.5: Bazı iyonların elektron dizilişleri ve orbital şemaları 2 10 6 4p [Ar] 4s 3d 4p 43 MODERN ATOM TEORİSİ İyon 1.3. PERİYODİK SİSTEM VE ELEKTRON DİZİLİMLERİ Periyodik sistem, elementlerin artan atom numaralarına ve kimyasal özelliklerindeki benzerlikleri- ne göre düzenlenmiştir. Periyodik sistemde yatay sıralara periyot, düşey sütunlara grup adı verilir. Periyodik sistemde 7 periyot vardır. 1. periyotta 2 element, 2 ve 3. periyotlarda 8 element, 4 ve 5. periyotlarda 18 element vardır. 6 ve 7. periyotlarda ise 32 element bulunur. 6 ve 7. periyotlardaki 14 element periyodik sistemde ayrı bir blok olarak iki sıra hâlinde düzenlenmiştir (Tablo 1.6). Periyodik sistemde gruplar, 8 tane A ve 8 tane B olmak üzere 16 tanedir. Sütunların sayısı ise 18’dir. Bu 18 sütun, yeni bir yaklaşım olarak IUPAC (Uluslararası Temel ve Uygulamalı Kimya Birliği) önerisinde ise 1’den 18’e kadar sırayla numaralandırılır. Periyodik sistem; s, p, d ve f olmak üzere dört bloktan oluşmaktadır (Tablo 1.7). s blok ile p-blok elementleri arasında bulunan d-blok elementleri, geçiş elementleri olarak adlandırılır. İç geçiş elementleri olarak da adlandırılan f-blok elementleri periyodik sistemde alt kısma yerleştirilmiştir. İki sıra hâlinde düzenlenmiş olan f-bloku elementlerinden ilk sıradakilere lantanitler, ikinci sıradakilere ise aktinitler denir. IA 1 1 44 2 MODERN ATOM TEORİSİ 3 4 5 6 7 1 H 1.00797 3 Li VIII A 2 Ametal Be 9.0122 11 12 Mg 22.9898 24.312 K Ca 19 Metal 4 6.939 Na III A IV A V A VI A VII A II A 20 III B IV B V B VI B VII B 3 21 Sc 4 5 22 23 V Ti 6 7 24 Cr 25 Mn 13 14 15 16 17 5 6 7 8 9 B 8 26 Fe VIII B 9 10 Co Ni 27 28 IB 11 29 Cu II B C N O F 10.811 12.0112 14.0067 15.9994 18.9984 13 14 15 16 17 Al Si P S Cl 35.453 39.948 Zn Ga Ge As Se Br Kr 30 31 32 33 34 35 47.867 50.942 51.996 54.9380 55.847 58.9332 58.71 63.54 65.37 69.72 72.59 74.9216 78.96 79.909 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 85.47 87.62 88.905 91.22 55 56 57 72 Cs Ba La Hf 92.906 Mo 95.94 Tc (99) 101.07 102.905 106.4 107.870 112.40 114.82 118.69 121.75 127.60 126.904 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 Ta W Re Ru Os Rh Ir Pd Pt Ag Au Cd Hg In Tl 132.905 137.34 138.9055 178.49 180.948 183.65 186.2 190.2 195.09 195.09 196.967 200.59 204.37 87 88 89 104 105 106 107 108 109 110 111 112 113 Fr (223) Ra (226) Ac Rf (227) (261) Lantanitler Ce Aktinitler 58 Db (261) 59 Pr Sg (266) 60 92 93 144.24 Th Pa U 232.038 (231) 61 Pm 140.907 91 (262) Nd 140.12 90 Bh (238.03) Hs (265) 62 Sm Mt (266) 63 Eu Ds (271) Rg (272) 64 Gd 65 Tb Cn (277) 66 Dy Uut (284) 67 Ho Sn Pb Sb Bi Te Po 208.980 (210) (210) 115 116 117 FI (289) 68 Er Uup (288) 69 Tm Lv (292) 70 Yb 151.96 157.25 158.924 162.50 164.930 167.26 168.934 173.934 Np Pu Am Cm Bk Cf Es Fm Md No (237) (242) (243) 96 (247) 97 (247) 98 (247) 99 (249) At 114 150.35 95 I 207.19 (147) 94 100 (254) 101 (253) 102 (256) Uus (294) 71 Lu 174.97 103 Lr (257) Tablo 1.6: Periyodik sistem 1s 2s 3s 4s 5s 6s 7s s Tablo 1.7: Periyodik sistemdeki bloklar d p 3d 4d 5d 6d f 18 Ar 32.064 44.956 Nb 20.183 30.9738 38 Zr 10 Ne 28.086 40.08 Y 4.0026 26.9815 37 Sr 2 He 12 39.102 Rb 18 4f 5f 2p 3p 4p 5p 6p 7p 1s 36 83.80 54 Xe 131.30 86 Rn (222) 118 Uuo (294) Periyodik sistemle atomların elektron dağılımları arasında yakın bir ilişki vardır. Bir elementin, elekt- ron dizilişinde en büyük baş kuantum sayısı periyot numarasına eşittir. Elementlerin en dış katmanın- daki elektron dizilişleri elementin blokunu ve grup numarasını belirler. Buna göre elektron dizilimi s ile bitenler s blokta, p ile bitenler p blokta, d ile bitenler d blokta yer alır (f-bloku bu kurala uymaz.). s ve p-bloku elementleri A grubunu, d ve f-bloku elementleri de B grubunu oluşturur. IA II A III A IV A VA VI A VII A VIII A S1 S2 S2 P1 S2 P2 S2 P3 S2 P4 S2 P5 S2 P6 1 2 13 14 15 16 17 18 Grup 1A’dan grup 7A’ya kadar olan bütün elementler baş (ana) grup elementleri olarak da adlan- dırılır. 8A grubu elementleri soy gazlardır (Elektron dizilişi helyum için 1s2, diğer soy gazlar için ns2np6 dır. n ise en dış kabuğun baş kuantum sayısını göstermektedir.). Geçiş metalleri 3B’den 2B’ye kadar olan ve d alt kabukları tam dolu olmayan, kolaylıkla katyon oluşturabilen elementlerdir. İç geçiş elementleri olan lantanitler ve aktinitler, f alt kabukları tam dolu olmayan elementlerdir. B grubundaki bir elementin grup numarası, s ve d orbitallerindeki elektron sayılarının toplamından yararlanılarak belirlenir. Tablo 1.8’de B grubu elementlerinin son katman elektron sayıları ile grup 45 Son Katman Değerlik Elektron Sayısı Grup Numarası ns2 (n–1) d1 3 III B ns2 (n–1) d2 4 IV B ns2 (n–1) d3 5 VB ns1 (n–1) d5 6 VI B ns2 (n–1) d5 7 VII B ns2 (n–1) d6 8 VIII B ns2 (n–1) d7 9 VIII B ns2 (n–1) d8 10 VIII B ns1 (n–1) d10 11 IB ns2 (n–1) d10 12 II B Tablo 1.8: B grubu elementlerinde son katman değerlik elektron sayısı ile grup numaraları arasındaki ilişki MODERN ATOM TEORİSİ numaraları arasındaki ilişki verilmiştir. İnceleyiniz. ÖRNEK Aşağıda atom numarası ve sembolü verilen elementlerin periyodik sistemdeki periyodunu ve grubunu bulalım. I. 8O II. 12Mg III. 15P IV. 18Ar V. 22Ti ÇÖZÜM Atom numarası verilen elementlerin temel hâl elektron dizilimlerini yapalım. Elektron diziliminde en büyük baş kuantum sayısı elementin periyodunu, en yüksek enerji seviyesindeki toplam elektron sayısı ise elementin grubunu belirler. I. II. 8O: 1s2 2s2 2p4 12Mg: 2. periyot 1s2 2s2 2p6 3s2 6A grubu 3. periyot 1s2 2s2 2p6 3s2 3p3 III. 15P: IV. 18Ar: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 V. 22Ti: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d2 2A grubu 3. periyot 5A grubu MODERN ATOM TEORİSİ 46 3. periyot 8A grubu 4. periyot 4B grubu ÖRNEK Periyodik sistemdeki periyodu ve grubu verilen aşağıdaki elementlerin atom numaralarını bulalım. I. 3. periyot 7A grubu II. 4. periyot 7B grubu III. 4. periyot 5A grubu ÇÖZÜM Atomun elektron dizilimindeki en yüksek temel enerji düzeyi periyot numarasını, en yüksek temel enerji düzeyindeki toplam elektron sayısı ise grup numarasını belirler. Son orbitali s veya p ile bitenler A gruplarını, d ile bitenler B gruplarını oluşturur. Buna göre; I. 3. periyot 7A grubu elementinin elektron dizilimi: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p5 Atom numarası, nötr bir atomda bulunan toplam elektron sayısına eşit olduğundan bu elementin atom numarası 17’dir. II. 4. periyot 7B grubu elementinin elektron dizilimi: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d5 Elementin atom numarası 25’tir. III. 4. periyot 5A grubu elementinin elektron dizilimi: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p3 Elementin atom numarası 33’tür. ÖRNEK Atom numarası, 3. periyottaki soy gazdan 3 fazla olan elementle ilgili; I. 3A grubunda yer alır. II. 4. periyot elementidir. III. Atom numarası 21’dir. yargılarından hangileri doğrudur? A) Yalnız I B) Yalnız II C) I ve II D) II ve III E) I, II ve III ÇÖZÜM Örnek soruda verilen 3. periyot soy gaz (8A) grubu elementinin elektron dizilimini yapalım: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 dır. Buna göre atom numarası 18’dir. Sorudaki elementin atom numarası ise 18 + 3 = 21 olur. Atom numarası 21 olan elementin temel elektron dizilimi: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d1 şeklindedir. Elektron diziliminden, en büyük baş kuantum sayısı yani periyot numarası 4 ve değerlik elektron 47 Cevap: D ÖRNEK I. II. 13AI 19K III. IV. 31Ga 37Rb Yukarıda atom numaraları verilen elementlerin elektron dizilimini yapalım. Hangi elementler periyodik sistemde aynı periyotta, hangi elementler aynı grupta yer alır? Belirleyelim. ÇÖZÜM Atom numarası verilen elementlerin elektron dizilimlerini yapalım. 1s2 2s2 2p6 3s2 3p1, 3. periyot 3A grubu I. 13AI: II. 19K: III. 31Ga: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p1, 4. periyot 3A grubu IV. 37Rb: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6 5s1, 5. periyot 1A grubu 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s1, 4. periyot 1A grubu Buna göre periyodik sistemde aynı periyotta olanlar ile 31Ga ve 19K ile 37Rb’dur. 19K ile 31Ga’dır. Aynı grupta olanlar ise 13AI MODERN ATOM TEORİSİ sayısından da grubunun 3B olduğunu tespit edebiliriz. 1.4. PERİYODİK ÖZELLİKLER Atomların Büyüklüğü ve Atom Yarıçapı Atomun büyüklüğü, yan yana iki metal atomunun çekir- dekleri arasındaki mesafenin yarısı olan atomik yarıçap ile tanımlanır. Örneğin iki çinko atomunun çekirdekleri arasın- 266 pm Zn daki mesafenin (266 pm) yarısı (133 pm) bir çinko atomunun Zn 133 pm yarıçapıdır (Şekil 1.24). Periyodik cetvelde bir periyotta, soldan sağa doğru gidil- dikçe çekirdek yükü arttığı hâlde elektronların bulunduğu enerji kabuğu sabit kalır. Örneğin 2. periyotta, Li’dan F’a Şekil 1.24: Çinko atomunun yarıçapı 133 pm’dir. kadar olan elementler incelendiğinde baş kuantum sayısı sabit kalırken çekirdek yükü düzenli olarak artmakta ve atomik yarıçap da düzenli olarak azalmaktadır. Aynı gruptaki elementler için atomik yarıçap, atom numarası arttıkça artar. 1A grubundaki alkali metaller için en dıştaki elektron ns orbitalinde bulunmaktadır. Orbitalin büyüklüğü ise baş kuantum sayısı (n) ile arttığı için metal atomlarının büyüklüğü Li’dan Cs’a doğru artmaktadır. Bu durum diğer gruplardaki elementler için de geçerlidir. Tablo 1.9 ’da elementlerin atom numaralarına göre atomik yarıçaplarının değişimi görülmektedir. İnceleyiniz. Atomik Yarıçap Artar. Atomik Yarıçap Artar. MODERN ATOM TEORİSİ 48 H He 37 32 B C N O F Ne 113 88 77 70 66 64 69 Na Mg AI Si P S CI Ar 186 160 143 117 110 104 99 97 K Ca Ga Ge As Se Br Kr 227 197 122 122 121 117 114 110 Rb Sr In Sn Sb Te I Xe 247 215 163 140 141 143 133 130 Cs Ba TI Pb Bi Po At Rn 265 217 170 175 155 167 140 145 Li Be 152 Tablo 1.9: Periyodik sistemde elementlerin atom pm cinsinden yarıçapları (1 pm= 10–12m) Kovalent Yarıçapı İncelenen element metal değilse bu defa kimsayal bağlarla bağlı iki atomun çekirdekleri arasındaki uzaklık dikkate alınmalıdır. Ametal atomları kovalent bağlarla bağlı moleküller oluşturur. Kovalent yarıçap, tek bir kovalent bağla bağlanmış eş değer iki atomun çekirdekleri arasındaki uzaklığın yarısıdır. Örneğin bir CI2 molekülünün çekirdekleri arasındaki uzaklık 198 pm olduğundan klorun atom yarıçapı (kovalent yarıçap) 99 pm olur (Şekil 1. 25). Van der Waals Yarıçapı Soy gazlar yüksek basınç ve düşük sıcaklıkta katı hâle gelir. Bunları katı hâlde bir arada tutan kuvvetler Van der Waals kuvvetleridir. Katı hâlde soy gazlar için hesaplanacak yarıçapa Van der Waals yarıçapı denir (Şekil 1. 26). Ayrıca Van der Waals yarıçap bir apolar molekülün atomları arasındaki mesafenin yarısı olarak da tanımlanabilir (Şekil 1. 27). 99 pm 99 pm 98 pm Şekil 1.25: CI2 molekülünde klor atomunun kovalent yarıçapı CI2 Ar 98 pm r2 Şekil 1.26: Van der Waals yarıçap r1 r1 49 Şekil 1.27: r1: kovalent yarıçap r2: Van der Waals yarıçap İyonik Yarıçap Metal atomu ile ametal atomu arasında oluşan iyonik bileşikteki bir katyonun ya da anyonun yarıçapına iyonik yarıçap denir (Şekil 1.28). Nötr bir atom katyon hâline dönüştürüldüğünde çekirdek yükü aynı olmasına karşın elektron sayısı azalacağından elektron bulutu büzülür. Böylece katyonun yarıçapı, nötr atomunkinden daha küçük olur (Şekil 1.29.a). Buna karşın nötr bir atom anyon hâline geldiğinde yarıçapı artar. Çünkü çekirdek yükü aynı kalmasına rağmen, yeni elektronların eklenmesiyle elektron bulutu genişler (Şekil 1. 29.b). Na NaCI 95 Na+ Na+ 186 pm 181 pm – CI Şekil 1.28: Na+ ve CI – iyonlarının NaCI’deki yarıçapları 95 pm (a) CI– CI 99 pm 181 pm (b) Şekil 1.29: Atom ve iyon büyüklükleri a) Na atomu, Na+ katyonu hâline geldiğinde yarıçapı küçülür. b) CI atomu, CI – anyonu hâline geldiğinde yarıçapı büyür. MODERN ATOM TEORİSİ Ar CI2 İzoelektronik (eş elektronlu) iyonlarda, çekirdek yükü büyük olanın yarıçapı daha küçüktür. Örneğin – Mg2+ iyonunun, iyon yarıçapı F iyonunkinden küçüktür. Her iki iyonda da eşit sayıda elektron vardır. Fakat Mg’un çekirdek yükü 12 iken F’un çekirdek yükü 9’dur. İzoelektronik katyonlarda, iyonun artı yükü arttıkça yarıçapı azalır. AI3+, Mg2+ ve Na+ izoelektronik katyonlardır. AI3+ iyonu Mg2+ iyonuyla aynı sayıda elektrona ve bir fazla protona sahiptir. Bu nedenle elektron bulutu AI3+ iyonunda Mg2+ iyonundan içeriye doğru daha fazla çekildiğinden AI3+ iyonunun yarıçapı Mg2+ iyonunkinden daha küçüktür. Benzer şekilde Mg2+ iyonunun, iyon yarıçapı Na+ iyonunun yarıçapından daha küçüktür. İzoelektronik anyonlarda ise negatif yükten iki ya da daha fazla negatif yüke gidildikçe iyonik yarıçap – artmaktadır. Örneğin O2– iyonunun yarıçapı, F iyonunun yarıçapından büyüktür. ÖRNEK Aşağıda verilen izoelektronik çiftlerinden hangisinin yarıçapları arasında II > I ilişkisi vardır? MODERN ATOM TEORİSİ 50 I II A) 2– 16S B) 17Cl C) + 19K 17CI D) 3– 15P + 19K E) 2– 16S 17CI – 20Ca 2+ 18Ar – – ÇÖZÜM İzoelektronik taneciklerden çekirdek yükü büyük olanın yarıçapı daha küçüktür. Buna göre iyonunun yarıçapı, 19K + iyonun yarıçapından daha büyüktür. – 17CI Cevap: C Metallik-Ametallik Periyodik sistemdeki elementlerin büyük çoğunluğu metaldir ve metallerin endüstride kullanımı çok önemlidir. s, d ve f bloklarında bulunan bütün elementler metaldir (1H hariç). p-blokunun ise bazı elementleri (AI, Ga, In, Sn, TI, Pb ve Bi) metal özelliktedir. Tablo 1.10’da sarı renkle gösterilen elementler metal, mavi renkle gösterilen elementler ise ametaldir. Bir periyotta soldan sağa doğru elementlerin elektron vermesi zorlaşacağından elektron alma eğilimi artmaya başlar. Buna göre periyodik sistemde metaller sol tarafta, ametaller ise sağ tarafta toplanmıştır (1H hariç). 3. periyot elementlerinin metal ve ametal özelliklerini incelendiğimizde Na, Mg ve AI element- lerinin metal; Si’un yarı metal; P, S ve CI elementlerinin ise ametal özellikte olduğu görülür. VIII A IA 1 2 1.00797 II A 3 4 Li Be 6.939 9.0122 11 12 Na Mg 22.9898 24.312 K Ca 19 20 Metal Yarı metal Ametal Soy gazlar III B IV B V B VI B VII B 21 Sc 22 23 Ti V 24 Cr 25 Mn VIII B 26 Fe 27 Co III A IV A V A VI A VII A 5 B I B II B 28 Ni 29 Cu 30 Zn 6 C 7 8 9 N O F 17 12.0112 14 15 16 26.9815 28.086 30.9738 32.064 35.453 39.948 Ga Ge As Se Br Kr 31 Si 32 P 33 S 34 Cl 35 40.08 44.956 47.867 50.942 51.996 54.9380 55.847 58.9332 58.71 63.54 65.37 69.72 72.59 74.9216 78.96 79.909 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 85.47 87.62 88.905 91.22 55 56 57 72 Cs 132.905 87 Fr (223) Sr Y Zr Ba La Hf 88 89 104 137.34 138.9055 178.49 Ra (226) Ac (227) Lantanitler Aktinitler Rf Nb 92.906 Mo 95.94 Tc (99) 101.07 102.905 106.4 107.870 112.40 114.82 118.69 121.75 127.60 126.904 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 Ta W Re Ru Os Rh Ir Pd Pt Ag Au Cd Hg 183.65 186.2 190.2 195.09 195.09 196.967 200.59 204.37 106 107 108 109 110 111 112 113 Sg Bh Hs Mt Ds Rg Cn Uut (261) (266) (262) (265) (266) (271) (272) (277) 58 59 60 61 62 63 64 65 66 Pr Nd 140.12 140.907 144.24 Th Pa U 90 232.038 Tl 105 (261) Ce In 180.948 Db 91 (231) 92 (238.03) Pm Sm Eu Gd Tb Dy Sn Pb (222) 117 118 (294) (294) (284) (289) Uup (288) (292) 67 68 69 70 Er 164.930 167.26 Np Pu Am Cm Bk Cf Es Fm (237) (242) (243) (247) (247) (247) 99 (249) 86 Rn (210) 162.50 98 131.30 116 158.924 97 54 Xe (210) FI Ho At 83.80 115 157.25 96 Po I 36 208.980 151.96 95 Bi Te 18 Ar 114 150.35 94 Sb 20.183 207.19 (147) 93 10 Ne 13 39.102 Rb 4.0026 10.811 Al 14.0067 15.9994 18.9984 He 100 (254) Tm Lv Yb 168.934 173.934 101 Md (253) 102 No (256) Uus Uuo Lu 174.97 103 Lr (257) Tablo 1.10: Metal ve ametallerin periyodik sistemdeki dağılımı Aynı grupta ise yukarıdan aşağıya doğru metalik özellik artarken ametalik özellik azalır. Aynı gruptaki elementlerin aşağıya doğru enerji katman sayıları artar ve buna bağlı olarak atomun çapı büyür. Çekirdeğin, en dışta bulunan elektronları çekebilme yeteneği zayıflar. Buna göre bir grupta yukarıdan aşağıya doğru elementlerin elektron verebilmesine bağlı olan metal özelliği artarken, elektron alabilmesine bağlı olan ametal özelliği azalır. Periyodik sistemin 4A grubunda bu durum çok açıktır. Grupta C ametal, Si ve Ge yarı metal, Sn ve Pb ise metalik özellik gösterir. İyonlaşma Enerjisi Metal atomunun çekirdeği, değerlik elektronlarını zayıf çekim kuvveti ile çeker. Bir metal atomundan bir elektron koparmak istersek metal atomundaki değerlik elektronunu, çekirdeğin çekim etkisinden kurtaracak kadar enerji vermek gerekir. Buna göre gaz hâlde bulunan nötr bir atomdan bir elektronun uzaklaştırılması için verilmesi gereken bu enerjiye iyonlaşma enerjisi denir. İyonlaşma enerjisi mol başına; elektron volt (eV mol–1), kilojoule (kJ mol–1) veya kilokalori (kcal mol–1) cinsinden ifade edilir. 51 71 MODERN ATOM TEORİSİ H İyonlaşma enerjisi, deneysel olarak düşük basınçlı gaz hâlindeki atomların katot ışınlarıyla bombardımanından yararlanılarak ölçülür. Şekil 1.30’da sodyum metalinin iyonlaşma enerjilerinin ölçülmesi görülmektedir. Tüpe gaz hâlindeki sodyum doldurularak voltaj verildiğinde katot olarak kullanılan flaman telden kopan elektronlar, sodyum atomunun en dış enerji katmanındaki bir elektronu koparabilecek enerjiye sahip olur. Flamandan kopan elektron, enerjisinin bir kısmını sodyum atomundan kopardığı elektrona aktarır. Böylece enerjisi düşen elektronların anoda ulaşması zorlaşır ve akımda ani azalmaya neden olur. Dış devreden geçen akımda meydana gelen ani değişme, atomun iyonlaşma enerjisine eşittir. F Na → → → → → → → Na → → 52 Bu elektronlar enerji kaybetmez. → → → → → → → → → V → e– F e – ➛ I → Na → → → → → Esnek olmayan çarpışma → → Na → → → – + MODERN ATOM TEORİSİ (b) → → → → → → → → → e– e– V I ➛ (a) Esnek çarpışma → Bu elektronlar enerji kaybeder. – + Şekil 1.30: Sodyumun iyonlaşma enerjisinin ölçülmesi Na(g) Na+(g) + e– İE1 = 496 kJ mol–1 Na+(g) – Na2+ (g) + e İE2 = 4562 kJ mol–1 İE1, gaz hâlindeki nötr bir atomdan bir elektron uzaklaştırabilmek için gereken enerjiyi gösteren birinci iyonlaşma enerjisidir. İE2, gaz hâlinde (+1) değerlikli bir iyondan ikinci elektronu uzaklaştırmak için gerekli enerjiyi gösterir ve ikinci iyonlaşma enerjisi adını alır. Bir atomun iyonlaşma enerjileri İE1 < İE2 < İE3 < ... olarak değişir. İyonlaşma her zaman endotermik (ısı alan) bir olaydır. İyonlaşma enerjisinin tanımında atomun gaz hâlinde olduğu vurgulanmıştı. Bunun nedeni, iyonlaşma enerjisi ölçülürken gaz atomlarının komşularından etkilenmemeleri ve moleküller arası etkileşmelerin (moleküller arası kuvvetlerin) ihmal edilebilir olmasıdır. Bazı istisnalar hariç, bir periyottaki elementlerin birinci iyonlaşma enerjileri atom numarası arttıkça artmaktadır. Bunun nedeni ise soldan sağa gidildikçe çekirdek yükünün artmasıdır. Çekirdek yükünün artması, en dış elektronun çekirdek tarafından daha sıkı tutulması anlamına gelir ki bu da birinci iyonlaşma enerjisinin artmasına neden olur. Asal gazlarda ise bu değer tepe noktasına ulaşır. 1s2 elektron dizilimine sahip olan Helyum, bütün elementler arasında birinci iyonlaşma enerjisi en yüksek olan elementtir. ARAŞTIRMA Elementlerin iyonlaşma enerjilerinin nasıl ölçüldüğünü görsel olarak bir CD’ye yükleyiniz ve hazırladığınız bu CD’yi arkadaşlarınızla paylaşınız. Periyodik cetvelin ilk 20 elementinin 1. iyonlaşma enerjisinin atom numarası ile değişimi Grafik 1.3’te verilmiştir. İnceleyiniz. 1. periyot 2. periyot He 3. periyot Ne 2000 F 1500 N H 1000 Be 500 0 4. periyot O CI C 2 3 AI Na 4 5 6 P Mg B Li 1 7 8 53 Ar 9 10 11 12 S Ca Si 13 14 K 15 16 17 18 19 20 Atom numarası (Z) Grafik 1. 3: Periyodik cetvelin ilk yirmi elementinin iyonlaşma enerjisinin atom numarası ile değişimi Bir periyotta, birinci iyonlaşma enerjilerinin soldan sağa doğru arttığı yönde bazı istisnalar vardır. Birinci istisna, aynı periyottaki grup 2A ile grup 3A arasındadır. Grup 2A elementleri, grup 3A elementlerinden daha yüksek iyonlaşma enerjisine sahiptir. Örneğin 2A grubunda yer alan berilyumun iyonlaşma enerjisi 3A grubunda yer alan borun iyonlaşma enerjisinden daha büyüktür. Bunun nedeni, grup 3A elementlerinin hepsinin en dıştaki p alt kabuğunda (ns2 np1) bir elektrona sahip olmalarıdır. Bu tek elektron, içteki elektronlar ve ns2 elektronları tarafından çekirdeğin etkisinden çok iyi korunur. Böylece tek p elektronunu koparmak, aynı temel enerji seviyesindeki çiftleşmiş s elektronunu koparmaktan daha az enerji gerektirmektedir. Örneğin 2. periyot elementlerinden berilyumdan bora geçerken iyonlaşma enerjisi azalır. MODERN ATOM TEORİSİ İyonlaşma enerjisi (kJ/mol) 2500 Tablo 1.11’de periyodik sistemde yer alan ilk 20 elementin iyonlaşma enerjilerinin sayısal değerleri verilmiştir. İnceleyiniz. MODERN ATOM TEORİSİ 54 Atom Numarası Element 1 H 1312 2 He 2373 5251 3 Li 520 7300 11815 4 Be 899 1757 14850 21005 5 B 801 2430 3660 25000 32820 6 C 1086 2350 4620 6220 38000 47261 7 N 1400 2860 4580 7500 9400 53000 8 O 1314 3390 5300 7470 11000 13000 9 F 1680 3370 6050 8400 11000 15200 10 Ne 2080 3950 6120 9370 12200 15000 11 Na 495,9 4560 6900 9540 13400 16600 12 Mg 738,1 1450 7730 10500 13600 18000 13 Al 577,9 1820 2750 14800 16600 18400 14 Si 786,3 1580 3230 4360 16000 20000 15 P 1904 2910 4960 6240 21000 16 S 2250 3360 4660 6990 8500 17 Cl 1251 2297 3820 5160 6540 9300 18 Ar 1521 2666 3900 5770 7240 8000 19 K 418,7 3052 4410 5900 8000 9600 20 Ca 589,5 1145 4900 6500 8100 11000 İE1 1012 999,5 İE2 İE3 İE4 İE5 İE6 Tablo 1.11: İlk 20 elementin iyonlaşma enerjileri (kJ.mol –1) 2 3 İkinci istisna ise grup 5A ve 6A arasındadır. Grup 5A elementlerinde (ns np ), p elektronları Hund kuralına göre üç ayrı orbitaldedir. Grup 6A (ns2np4) da ise çekirdek yükü bir birim artmış olsa bile iki elektronun aynı p orbitalinde olması elektrostatik itmeyi artıracağı için elementten bir elektron koparmayı kolaylaştıracaktır. Böylece grup 5A elementlerinin iyonlaşma enerjileri, aynı periyottaki grup 6A elementlerininkinden daha büyüktür. Örneğin 2. periyot elementlerinden oksijenin iyonlaşma enerjisi, beklenen değerinden daha düşüktür. Azottan oksijene geçerken iyonlaşma enerjisi az da olsa azalır. O hâlde periyodik sistemin aynı periyodunda iyonlaşma enerjisi değişimi, 1A < 3A < 2A < 4A < 6A < 5A < 7A < 8A şeklindedir. ÖRNEK K, Mg ve Al elementlerine ait ilk dört iyonlaşma enerjileri aşağıdaki tabloda verilmiştir. Buna göre bu elementlerin periyodik sistemdeki grup numaralarını tespit edelim. Element İE1 (kJ/mol) İE2 (kJ/mol) İE3 (kJ/mol) İE4 (kJ/mol) K 418,7 3052 4410 5900 Mg 738,1 1450 7730 10500 Al 577,9 1820 2750 14800 ÇÖZÜM Atomların en dış enerji düzeyindeki elektronun, çekirdek tarafından daha zayıf çekildiğini biliyo- ruz. Bu nedenle bu değerlik elektronunu koparmak için daha az enerji gerekir. Ancak atom kararlı hâle geldikten sonra elektron koparmak zorlaşır ve iyonlaşma enerjisinde ani artış olur. K elementi için ani artış İE1 ile İE2 arasındadır. Bu nedenle K, 1A grubundadır. Mg elementinde ani artış İE2 ile İE3 arasında olduğu için 2A grubunda, Al elementinde ise ani artış İE3 ile İE4 arasında olduğundan 3A grubundadır. 55 I. 1s2 2s1 II. 1s2 2s2 2p4 III. 1s2 2s2 2p3 Elektron dizilimleri verilen elementlerin I ve II. iyonlaşma enerjilerini büyükten küçüğe doğru sıralayalım. ÇÖZÜM Elektron dizilimi verilen elementlerin periyodik cetveldeki yerlerini belirleyelim. I. 1s2 2s1 2. periyot 1A grubu II. 1s2 2s2 2p4 2 2 3 III. 1s 2s 2p 2. periyot 6A grubu 2. periyot 5A grubu Buna göre birinci iyonlaşma enerjisi 5A > 6A > 1A yani III > II > I şeklindedir. İkinci iyonlaşma enerjilerini, atomlardan birer elektron koparıldıktan sonraki elektron dizilimine göre sıralamak gerekir: I. 1s2 II. 1s2 2s2 2p3 III. 1s2 2s2 2p2 I. element 1. periyot soy gaz, II. element 2. periyot 5A ve III. element 2. periyot 4A grubu elektron düzenindedir. Buna göre ikinci iyonlaşma enerjisi I > II > III şeklinde olacaktır. MODERN ATOM TEORİSİ ÖRNEK Elektron İlgisi Gaz hâlindeki bir atomun bir elektron alarak anyon oluşturması sırasındaki enerji değişimine elektron ilgisi denir. – F(g) + e– F Eİ = –328,2 kJ/mol (g) Yukarıdaki tepkimede bir elektron, flor atomunun + yüklü çekirdeği tarafından çekileceği için atom, negatif iyon durumuna geçer ve reaksiyon ekzotermiktir. Enerji değişimi iyonlaşma enerjisinde olduğu gibi elektron ilgisinde de atom büyüklüğündeki değişmeye paralellik gözlenir. İyonlaşma enerjisinin aksine elektron ilgisinin ölçülmesi, pek çok elementin 56 Elektron ilgisi (kJ/mol) 400 anyonunun kararlı olmaması nedeniyle Cl F Br 300 zordur. I Grafik 1.4’te bazı elementlerin elektron ilgileri görülmektedir. Bir periyotta soldan sağa gidildikçe elektron ilgisi 200 Si C yani elektron alma eğiliminde artış göz- Sn Ge lenmektedir. Halojenler (7A) en yüksek elektron ilgisine sahiptir. Çünkü gelen 100 MODERN ATOM TEORİSİ Li 0 K Na Rb 20 10 30 40 elektron, bu bölgede çapı iyice küçül- Cs müş değerlik orbitalindeki boşluğa girer ve çekirdek ile kuvvetli etkileşim için- 60 50 Atom numarası (Z) de olur. Bir grupta, yukarıdan aşağıya doğru elektron ilgisi azalır. Bunun Grafik 1.4: Elementlerin atom numaralarına karşı elektron ilgilerini gösteren grafik yanında yukarıdan aşağıya doğru atom yarıçapı artar fakat birim elektron başına uygulanan çekim kuvveti azalır. Sonuç olarak atomun elektronu kolay vermek istemesi başka bir deyişle elektrona olan ilgisinin az olması anlamına gelmektedir. Tablo 1.12 ’de bazı elementlerin elektron ilgileri verilmiştir. İnceleyiniz. 1 2 3 4 5 6 1A 8A 1 18 He H 2A 3A 4A 5A 6A 7A –72.8 2 13 14 15 16 17 ≥0 Li Be B C N O F Ne –59.6 ≥0 Na Mg 3B 4B 5B 6B 7B –52.9 ≥0 3 4 5 6 7 K Ca Sc Ti V Cr Mn –48.4 –2.4 –18 –7.6 –50.6 –64.3 ≥0 –26.7 –153.9 Rb Sr Y Zr Nb Mo Tc –46.9 –5.0 –30 –41 –86 –72.1 –60 Cs Ba La Hf Ta W Re –45.5 –14.0 –45 ≥0 –31 –79 –20 8B 1B 2B 8 9 10 11 12 Fe Co Ni Cu Zn –15.7 –63.7 –111.7 –119.2 Ru Rh Pd Ag –101.0 –110.3 –54.2 –125.9 Os Ir Pt Au –104.0 –150.9 –205.0 –222.7 Tablo 1.12: Bazı elementlerin elektron ilgileri (kJ/mol) ≥0 AI Si –7 P –141.0 –328.2 S CI –42.5 –133.6 –72.0 –200.4 –348.6 Ga Ge –28.9 –118.9 Cd In ≥0 –39 Sn Hg TI Pb ≥0 –37 –35 As Se Br –78 –195.0 –324.5 Sb Te I –107.3 –101.1 –190.2 –295.2 ≥0 Ar ≥0 Kr ≥0 Xe ≥0 Bi Po At Rn –90.9 –180 –270 ≥0 Elektronegatiflik (EN) Elektronegatiflik, Linus Pauling (Laynıs Polink) tarafından bir atomun, ortak olduğu kimyasal bağdaki elektronu çekme gücünün bir ölçüsü olarak ortaya atılmıştır. Pauling, elektronegatiflik için bağ ayrışma enerjileri cinsinden uygun bir sayısal ölçeğin tanımlanabileceğini ileri sürmüş ve elektronegatiflik listesini oluşturmuştur (Tablo 1.13). Pauling listesinde elektronegatiflik değerleri 0,7 ile 4,0 arasında değişir. 1 H 1 2,1 2 1,0 3 4 5 6 7 Li 18 1,5 4 6 7 8 Cr Mn Fe Zr Nb Mo Tc Ru Hf Ta Re Os IV B 1,0 1,3 1,5 1,2 1,4 1,1 1,3 Rb Sr 0,8 3 III B Ca 0,8 B 1,2 K 1,0 Sc Y Ti 5 VB V VI B VII B 1,6 1,6 1,6 1,8 1,5 2,4 1,9 La Fr Ac Lantanitler : 1,1 – 1,3 1,1 Aktinitler : 1,3 – 1,5 0,7 0,9 Ra 0,9 W 1,5 Cs Ba 0,8 14 III A IV A Be Na Mg 0,9 13 2 II A 1,9 2,5 3,0 2,4 2,8 2,1 2,5 2,0 2,2 Zn Ga Ge As Se Rh Pd Ag Cd In Sn Sb Te Ir Pt Au Hg Tl Pb Bi Po 2,2 2,2 2,2 1,9 2,4 Kr 2,1 Cu 1,6 Br 1,8 Ni 1,9 Ar 1,5 Co 1,8 Cl 4,0 1,6 1,7 1,7 1,9 1,8 Si 1,8 1,8 1,8 P 2,0 1,9 1,9 S – Ne 3,5 Al II B He F 3,0 12 2,2 2,2 O 2,5 11 IB 17 2,0 10 1,8 2,2 N 16 VI A VII A 9 VIII B 1,8 C 15 VA VIII A – – 3,0 I Xe At Rn 2,6 – 57 Tablo 1.13: Elementlerin elektronegatiflik değerleri En çok elektronegatif elementler flora yakın olanlar, en az elektronegatif elementler de fransiyuma yakın olanlardır. Elektronegatiflikler arasındaki fark büyüdükçe bağın sağlamlığının arttığı görülmüştür. Örneğin H – F için fark 1,9 iken C – H bağının elektronegatiflik farkı 0,4’tür. Grafik 1.5’te görüldüğü gibi elektronegatiflik farkı arttıkça bağın iyonik karakteri artar. Bağın iyonik karakter yüzdesi 100 KCI 75 KBr CsI LiF CsCl LiCl 50 HF 25 HBr HCI 1 2 Elektronegatiflik farkı 3 Grafik 1.5: 1A grubu elementlerinin halojenli bileşiklerinde atomların elektronegatiflik farkı ve buna bağlı olarak bağın iyonik karakter yüzdesi MODERN ATOM TEORİSİ IA Bir elementin elektronegatifliği çok farklı şekillerde tanımlanır. Atom özelliklerine dayalı tanım Robert Mulliken (Rabırt Malikin) tarafından önerilmiştir. Mulliken’e göre bir atom yüksek iyonlaşma enerjisi ve yüksek elektron ilgisine sahipse elektron kazanır. Dolayısıyla yüksek elektronegatiflikli atom olarak ifade edilir. Tersine, hem iyonlaşma enerjisi hem de elektron ilgisi düşükse bu atom elektron kazanma yerine elektron kaybetme eğilimi sergiler. Bu gözlemler ile elementin iyonlaşma enerjisi ve elektron ilgisi değerlerinin ortalaması Mulliken elektronegatifliği tanımının ortaya çıkmasına neden olmuştur: K = sabit EN = 1 K · [İE + Eİ] 2 İE = iyonlaşma enerjisi Eİ = elektron ilgisi Eşitlikteki K sabiti, F atomu için elektronegatiflik değeri keyfî olarak 4,0 çıkacak şekilde seçilmiştir. İE ve Eİ’nin her ikisi de büyükse elektronegatiflik de büyüktür ve atom ametal özellik gösterir (Tablo 1.14). MODERN ATOM TEORİSİ 58 Grup 4A İyonlaşma Enerjisi (kJ / mol) Elektron İlgisi (kJ / mol) C 1086 –153,9 Ametal Si 786,3 –133,6 Yarı metal Ge 762 –118,9 Yarı metal Sn 708 –107,3 Metal Pb 715 –35 Metal Element Türü Tablo 1.14: 4A grubu elementlerinin iyonlaşma enerjisi ve elektron ilgisi değerlerinin değişimi ÖRNEK I. Element : 1s2 2s2 2p6 3s1 II. Element: 1s2 2s2 2p3 III. Element: 1s2 2s2 2p5 Elektron dizilimleri verilen elementlerin aşağıdaki özelliklerinin hangisinde I > II > III ilişkisi vardır? A) Elektronegatiflik B) Birinci iyonlaşma enerjisi D) Elektron ilgisi E) Periyot numarası C) Atom büyüklüğü ÇÖZÜM I. Element 3. periyot 1A grubu, II. Element 2. periyot 5A grubu, III. Element ise 2. periyot 7A grubunda yer alır. Periyodik sistemde aynı periyottaki elementlerin soldan sağa doğru atom hacmi küçülür. Periyot numarası büyüdükçe de atom hacmi büyür. Buna göre atom büyüklüğü I > II > III şeklindedir. Cevap: C 59 tıkça artar. Dolayısıyla bu bağları kırmak için mol başına verilecek enerjinin değeri de artar. Bu enerji değerine molar bağ enerjisi denir. Tablo 1.15 ’te mol başına kJ olarak halojenlerin hidrojenli moleküllerinin elektronegatiflik değerleri ve bağ enerjileri verilmiştir. Bağ H H H H H H F F F HF HF HF HCI HCI HCI Cl Cl Cl H H H Br Br Br H H H II I HBr HBr HBr H I H HII Elektronegatiflik Farkı (ΔEN) Bağ Enerjisi (kJ/mol) 1,9 565 0,9 431 0,7 366 0,4 299 Tablo 1.15: Halojenlerin hidrojenli bileşiklerinin elektronegatiflik farkı ve bağ enerjileri MODERN ATOM TEORİSİ Moleküllerde atomları bir arada tutan bağların kuvveti, atomlar arasındaki elektronegatiflik farkı art- Periyodik Sistemde Elementlerin Asitlik ve Bazlık Özelliklerinin Değişimi Periyodik sistemin 3. periyot elementlerinin asitlik ve bazlık özelliklerindeki değişim ele alındığında bu elementlerin oksit bileşiklerinin asitlik ve bazlık değişimi için genellemeler yapılabilir (Burada merkez atomun en yüksek değerlikte olduğu oksitler ele alınacaktır.). Na2O MgO Al2O3 SiO2 P4O10 SO3 CI2O7 Oksitler, suda çözündüklerinde H+ veya OH– iyonu derişimlerini artırmalarına göre asidik ya da bazik olarak sınıflandırılır. Bazı oksitler ise hem asidik hem de bazik özellik gösterdiklerinden amfoterdir (Tablo 1.16). 8A MODERN ATOM TEORİSİ 60 1A 2A 3A 4A 5A Li2O BeO B2O3 CO2 N2O5 Na2O Al2O3 MgO K2O Cs2O 7A OF2 P2O5 SO3 Cl2O7 Ga2O3 GeO2 As2O5 SeO3 CaO Rb2O SiO2 6A In2O3 SnO2 SrO Tl2O3 BaO PbO2 Sb2O5 TeO3 Br2O7 I2O7 Bi2O5 Tablo 1.16: A grubu elementlerinin en yüksek yükseltgenme basamağına sahip olduğu oksitlerinin asidik ve bazik özelliklerinin değişimi görülmektedir. (Mavi, yeşil ve mor renkte olanlar bazik, turuncu ve kırmızı renkte olanlar asidik, hem yeşil hem turuncu renkte olanlar ise amfoterdir.) 3. periyodun ilk iki elementinin (Na ve Mg) oksitleri (Na2O ve MgO) baziktir. Na2O suda çözündüğün- de bir baz olan sodyum hidroksidi oluşturur: Na2O(k) + H2O(s) 2NaOH(suda) MgO suda az çözülür. Ancak asitlerle nötrleşme reaksiyonu verir: MgO(k) + 2HCI(suda) MgCl2(suda) + H2O(s) Al2O3 asitlere karşı baz, bazlara karşı da asit özellik gösterir yani amfoterdir: Al2O3(k) + 6HCI(suda) Al2O3(k) + 6NaOH(suda) 2AlCI3(suda) + 3 H2O(s) 2Na3AlO3(suda) + 3 H2O(s) Si yarı metaldir. Oksidi (SiO2) üç boyutlu ağ yapısına sahiptir. SiO2 çok derişik bazlarla reaksiyona girdiği için zayıf asidik özellik taşır: Na2SiO3(suda) + H2O(s) P4O10, SO3 ve Cl2O7 moleküler bileşiktir ve asidik özellik gösterir. Bu bileşikler, sırasıyla suyla reak- siyona girdiklerinde fosforik asit (H3PO4), sülfürik asit (H2SO4) ve perklorik asit (HCIO4) oluşturur: P4O10(k) + 6H2O(s) 4 H3PO4(suda) SO3(g) + H2O(s) H2SO4(suda) Cl2O7(s) + H2O(s) 2HCIO4(suda) 3. periyot elementlerinden anlaşılacağı gibi soldan sağa doğru gidildikçe oksitlerinin bazik özellikleri azalır, asitlik özellikleri ise artar. Gruplarda ise elementlerin metalik karakteri yukarıdan aşağıya doğru arttığından atom yarıçapı büyük olan elementlerin küçük olanlara göre oksitlerinin daha bazik olduğu söylenebilir. Örneğin 2A grubu elementlerinden bazik özelliği en fazla olan oksidin BaO olduğu, en zayıf bazik özelliğe sahip olanın ise BeO olduğu görülür. Bazik özelliğin tersine grupta yukarıdan aşağıya doğru element oksitlerinin asidik özelliği azalır. Ametal atomunun elektronegatifliği arttıkça bu atomun oluşturduğu oksidin sudaki çözeltisine H+ iyonunu vermesi daha kolay olur. Bunun sonucunda da asidik özellik artar. 7A grubu elementlerinin oksitlerinden OCI2 , OBr2 ve OI2 incelendiğinde en fazla asidik özellik gösterenin OCl2, en az asidik özellik gösterenin ise OI2 olduğu görülür. 61 MODERN ATOM TEORİSİ SiO2(k) + 2NaOH(suda) Genel olarak edinilen periyodik özelliklerin değişimini özet şeklinde vermek yerinde olacaktır. Tablo 1.17’de periyodik özelliklerin soldan sağa ve yukarıdan aşağıya doğru değişimleri verilmiştir. İnceleyiniz. Periyotlar Değerlik elektron sayısı artar. Metalik özellik azalır. Atom numarası artar. Ametallik özellik artar. Atom çapı küçülür. Elektron ilgisi artar. İyonlaşma enerjisi artar. Atom kütlesi artar. Elektronegatiflik artar. 1 5 6 Gruplar 7 4 5 6 7 8 9 10 11 12 Geçiş Metalleri 6 Lantanitler 7 Aktinitler 14 15 17 16 Soy gazlar MODERN ATOM TEORİSİ 4 3 Toprak metalleri 3 Alkali Metaller 2 13 Toprak Alkali Metaller 62 2 Halojenler 1 18 Değerlik elektron sayısı değişmez. Atom numarası artar. Atom çapı artar. İyonlaşma enerjisi azalır. Elektronegatiflik azalır. Metalik özellik artar. Ametalik özellik azalır. Elektron ilgisi azalır. Atom kütlesi artar. Tablo 1.17: Periyodik sistemde elementlerin periyodik özelliklerinin değişimi 1.5. ELEMENTLERİ TANIYALIM Elementlerin elektron dizilimleri ile periyodik sistem arasında yakın bir ilişki vardır. Özellikle de en dış katmandaki elektronlar, elementlerin özelliklerini büyük ölçüde tayin etmektedir. Daha önce vurgulandığı gibi elementler, elektron dağılımlarındaki son orbitale göre periyodik sistemde yer alır. Yani s ile sonlananlar s-blokunda, p ile sonlananlar p-blokunda, d ile sonlananlar d-blokunda ve f ile sonlananlar ise f-blokunda yer alır. Periyodik sistemdeki bu blokları ve bloklarda yer alan elementlerin özelliklerini birlikte inceleyelim. s-bloku Bu blok elementlerinin atomlarında en dış kabuğun s orbitalinde elektronlar vardır. s orbitalinde bir elektronun bulunduğu elementlere 1A grubu elementleri, iki elektronun bulunduğu elementlere de 2A grubu elementleri denir. s-blokunda yer alan metallerin bileşik oluşturma istekleri oldukça fazladır. Periyodik cetvelin en aktif elementleri bu blokta toplanmıştır. 1A Grubu Elementleri (Alkali Metaller) Bu grupta hidrojen hariç Li, Na, K, Rb, Cs ve Fr elementlerine alkali metaller denir. Alkali metaller; gümüş beyazlığında, ısıyı ve elektriği iyi ileten, bıçakla kesilebilecek kadar yumuşak metallerdir. Bunlar en dış orbitallerinde bulunan ve atoma zayıf olarak bağlı bulunan bir tek elektronu kolayca kaybederek 63 gazın elektron dağılımının aynısıdır. Tablo 1.18’de 1A grubu elementlerinin bazı özellikleri verilmiştir. İnceleyiniz. Element Sembol Elektron Dağılımı İyonlaşma Enerjisi (kJ mol–1) I II İyon Erime Kaynama Yarıçapı Noktası Noktası ° (°C) (°C) M+(A) Lityum 3Li [He] 2s1 520 7300 0,68 180,54 1341,8 Sodyum 11Na [Ne] 3s1 495,9 4560 0,97 97,72 882,85 Potasyum 19K [Ar] 4s1 418,7 3052 1,33 63,38 758,85 Rubidyum 37Rb [Kr] 5s1 403 2633 1,47 39,31 687,85 Sezyum 55Cs [Xe] 6s1 375,7 2234 1,67 28,44 670,85 Fransiyum 87Fr [Rn] 7s1 380 – – 26,85 597,85 Tablo 1.18: 1A grubu elementlerinin (alkali metaller) bazı özellikleri MODERN ATOM TEORİSİ (1+) yüklü pozitif iyon hâline geçer. Oluşan pozitif iyonun elektron dağılımı, kendinden bir önceki soy 2A Grubu Elementleri (Toprak Alkali Metaller) Bu grupta Be, Mg, Ca, Sr, Ba ve Ra elementlerine toprak alkali metaller denir. Genellikle beyaz renkli olup yumuşak ve işlenebilir yapıdadırlar. Berilyum su ile reaksiyona girmezken magnezyum su buharı ile çok yavaş reaksiyon vermektedir. Kalsiyum, stronsiyum ve baryum ise soğuk su ile reaksiyona girecek kadar aktiftir. Grupta Mg2+ ve Ca2+ iyonlarının biyolojik önemi büyüktür. Mg2+ iyonları, hayvan hücrelerinde ve bitkilerin yeşil bölümlerinde klorofil içinde de büyük bir öneme sahiptir. Ca2+ iyonu, kemik ve dişlerde ayrıca kanın pıhtılaşmasında ve kalp ritminin düzenlenmesinde oldukça önemlidir. Tablo 1.19’da 2A grubu elementlerinin bazı özellikleri verilmiştir. İnceleyiniz. Element Sembol Berilyum 4Be Magnezyum 12Mg Kalsiyum Elektron Dağılımı [He] 2s2 İyonlaşma Enerjisi (kJ mol–1) I 899 II III İyon Erime Yarıçapı Noktası M+(A°) (°C) Kaynama Noktası (°C) 1757 14850 0,35 1286,8 2468,8 [Ne] 3s2 738,1 1450 7730 0,66 649,85 1089,8 20Ca [Ar] 4s2 589,5 1145 4900 0,99 841,85 1483,8 Stronsiyum 38Sr [Kr] 5s2 549,5 1064 4138 1,12 776,85 1381,8 Baryum 56Ba [Xe] 6s2 502,9 965 3600 1,34 726,85 1869,8 Radyum 88Ra [Rn] 7s2 509,3 979 – 1,43 699,85 1737,8 MODERN ATOM TEORİSİ 64 Tablo 1.19: 2A grubunun (toprak alkali metaller) bazı özellikleri p-bloku Periyodik sistemin p-blokunda yer alan elementler, 3A grubundan 8A grubuna kadar olan elementlerdir. Bu blokta bulunan elementlerin temel hâl elektron dizilişleri p orbitali ile (2He: 1s2 hariç) sonlanır. s-blokundan farklı olarak p-blokundaki 8A He bazı gruplarda metaller ve ametaller birlikte yer almaktadır (Tablo 1. 20). Bu bloktaki element- 3A 4A 5A 6A 7A Ne C F O B N Cl Ar Si S P Al lerin oktete ulaşmak için elektron vermeleri, elektron almalarından daha zordur. Örneğin 7A grubu elementi olan 17Cl’un bir elektron alarak Ga oktete ulaşması, yedi elektron vererek oktete In ulaşmasından daha kolaydır. p-blokunda buluTl nan bazı gruplarda, yukarıdan aşağıya doğru Sn Pb elementlerin ametallik özelliğinden metalik özelliğe geçişi oldukça hızlıdır. Ge Sb Bi Se As Te Po Kr Br I At Xe Rn Tablo 1.20: p-bloku elementleri Şimdi p-blokunda yer alan elementlerden bazılarının özelliklerini inceleyelim. 3A grubu elementleri, toprak metaller olarak adlandırılır. Grupta yer alan B ve Al, kararlı bileşiklerinde (3+) değerlik alır. Grubun ikinci üyesi olan Al amfoter metaldir. Al metali hem asitlerle hem de 65 kuvvetli bazların sulu çözeltileri ile reaksiyon vererek H2 gazı oluşturur. Tablo 1.21’de 3A grubu ele- Al(k) + 3 HCI(suda) Al(k) + 3 NaOH(suda) MODERN ATOM TEORİSİ mentlerinden B ve Al’un bazı özellikleri verilmiştir. İnceleyiniz. AlCl3(suda) + 3/2 H2(g) Na3AlO3(suda) + 3/2 H2(g) 3A Elektron Dizilimi Ametal Yarı Metal Metal 5B [He] 2s2 2p1 Yarı metal 801 –26,7 2,0 13Al [Ne] 3s2 3p1 Metal 577,9 –42,5 1,5 Tablo 1.21: 3A grubunun ilk iki elementi ve bazı özellikleri İyonlaşma Elektron İlgisi Elektronegatiflik Enerjisi (kJ mol–1) (eV) (kJ mol–1) 4A grubunda yer alan C ve Si, kararlı bileşiklerinde (4+) değerlik alır. Örneğin SiO2 kararlı; CO2, CO’ten daha kararlıdır. Tablo 1.22’de 4A grubu elementlerinden C ve Si’un bazı özellikleri verilmiştir. İnceleyiniz. 4A Elektron Dizilimi Ametal -Yarı İyonlaşma Elektron İlgisi Elektronegatiflik –1 Metal - Metal Enerjisi (kJ mol ) (kJ mol–1) (eV) 6C [He] 2s2 2p2 Ametal 1086 –153,9 2,5 14Si [Ne] 3s2 3p2 Yarı metal 786.3 –133,6 1,8 Tablo 1.22: 4A grubunun ilk iki elementi ve bazı özellikleri 5A grubunda bulunan azot elementi iki atomlu serbest bir gazdır (N2). Çeşitli oksitler oluşturur (NO, N2O, NO2, N2O4 ve N2O5). Fosfor, P4 molekülü hâlindedir ve oksijenle P2O3 ve P2O5 oksitlerini oluşturur. Tablo 1. 23’te N ve P’un bazı özellikleri verilmiştir. İnceleyiniz. MODERN ATOM TEORİSİ 66 5A Elektron Dizilimi Ametal -Yarı İyonlaşma Elektron İlgisi Elektronegatiflik –1 Metal -Metal Enerjisi (kJ mol ) (kJ mol–1) (eV) 7N [He] 2s2 2p3 Ametal 1400 –7 3,0 15P [Ne] 3s2 3p3 Ametal 1012 –72 2,1 Tablo 1.23: 5A grubunun ilk iki elementi ve bazı özellikleri 6A grubunun ilk üyesi olan oksijen, iki atomlu serbest bir gazdır (O2). Grubun ikinci elementi kükürt ise S8 yapısında katı bir elementtir. Oksijen, iki elektron alarak pek çok iyonik bileşikte bulunan oksit formunu (O2–) oluşturur. Kükürt, sülfür bileşiklerinde (2–), diğer bileşiklerinde ise (4+), (6+) gibi farklı yükseltgenme basamaklarında bulunabilir. Kükürdün önemli bileşikleri SO2, SO3 ve H2S’dür. Tablo 1.24’te 6A grubunda bulunan O ve S’ün bazı özellikleri verilmiştir. İnceleyiniz. 6A Elektron Dizilimi Ametal -Yarı İyonlaşma Elektron İlgisi Elektronegatiflik –1 Metal - Metal Enerjisi (kJ mol ) (kJ mol–1) (eV) 8O [He] 2s2 2p4 Ametal 1314 –141,0 3,5 16S [Ne] 3s2 3p4 Ametal 999,5 –200,4 2,44 Tablo 1.24: 6A grubunun ilk iki elementi ve bazı özellikleri Periyodik sistemin 7A grubunu oluşturan F, Cl, Br, I ve At elementlerine halojenler adı verilir. Halojenler, dış enerji seviyelerinde yedişer elektron (ns2 np5) bulunduğu için bir elektron alarak kolayca soy gaz düzenine geçer. En aktif ametal olan F elementi, tüm bileşiklerinde 1– değerlikli olup kuvvetli bir yükseltgendir. Halojenler, bileşiklerinde artı değerlik de alır. Örneğin klor elementi, HCIO2, HCIO3 ve HCIO4 bileşiklerinde sırası ile 3+, 5+ ve 7+ değerliklerini alır. Oda koşullarında flor ve klor gaz, brom sıvı, iyot ise katı hâldedir. Bu grubun en altında yer alan astatin radyoaktif bir elementtir. Grubun bütün elementleri F2, Cl2, Br2 ve I2 gibi iki atomlu molekül hâlinde bulunur. Elektronegatifliği en yüksek olan element flordur. Grup içinde yukarıdan aşağıya doğru elementlerin erime ve kaynama noktaları artar. Hidrojenli bileşikleri (HF, HCI, HBr ve HI) suda asidik özellik gösterir ve asitlerin kuvveti yukarıdan aşağıya doğru artar. Tablo 1.25’te 7A grubu elementlerine ait bazı özellikler verilmiştir. İnceleyiniz. Elektron Dizilimi Ametal -Yarı Metal -Metal İyonlaşma Enerjisi (kJ mol–1) Elektron İlgisi (kJ mol–1) Elektronegatiflik (eV) 9F [He] 2s2 2p5 Ametal 1680 –328,2 4,0 17Cl [Ne] 3s2 3p5 Ametal 1251 –348,6 3,0 35Br [Ar] 4s2 3d10 4p5 Ametal 1140 –324,5 2,8 53I [Kr] 5s2 4d10 5p5 Ametal 1008 –295,2 2,5 [Xe] 6s2 4f14 5d10 6p5 Ametal 920 –270 2,2 85At Tablo 1.25: 7A grubu elementlerinin (halojenler) bazı özellikleri Periyodik sistemdeki bazı ametalleri ele aldık. Tablo 1.26 ’da ametallerin bazı fiziksel ve kimyasal özellikleri verilmiştir. İnceleyiniz. Fiziksel Özellikler Kimyasal Özellikler Elektriği iletmez (grafit hariç). Asitler ile tepkimeye girmez. Tel ve levha hâline getirilemez. Asidik oksitler oluşturur. Yüzeyleri mattır. Anyon oluşturur. Katı, sıvı ve gaz hâlde bulunur. İyonlaşma enerjileri yüksektir. Erime noktaları düşüktür. Elektron ilgileri yüksektir. Isıyı iletmez. Tablo 1.26: Ametallerin bazı fiziksel ve kimyasal özellikleri 67 MODERN ATOM TEORİSİ 7A Periyodik cetvelin 8A grubu elementlerine soy gazlar adı verilir. Bunlar; He, Ne, Ar, Kr, Xe ve Rn’dur. He (He, 1s2 ile sonlanır.) hariç, soy gaz atomlarının elektron dizilimi ns2np6 ile sonlanır. Dolayısıyla bu elementler oktetlerini tamamlamıştır. En büyük enerji seviyesinin s ve p orbitalleri dolmuş durumdadır. Soy gazların elektron ilgileri sıfıra çok yakındır. İyonlaşma enerjileri ise çok yüksektir. Bu nedenle soy gazlar ancak özel koşullarda bileşik oluşturabilir. 1962’de N. Barlet (N. Berlıt), O2’in çok kuvvetli yük- seltgen olan PtF6 ile birleşeceğini düşünmüş ve katı bir bileşik olan O2PtF6’yı elde etmiştir. Barlet, buna dayanarak ksenonun PtF2 ile birleşeceğini ileri sürmüş ve bunu deneysel olarak kanıtlamıştır: Xe(g) + PtF2(g) XePtF2(k) İyonlaşma enerjisi yüksek olan He ve Ne soy gazlarından henüz bileşik yapılamamıştır. Günümüze kadar sınırlı sayıda ksenon bileşiği (XeF4, XeO4, XeOF4) ve birkaç kripton bileşiği (Örneğin KrF2) sentezlenebilmiştir. Tablo 1.27 ’de 8A grubu elementlerinin bazı özellikleri verilmiştir. İnceleyiniz. 8A Elektron Dizilimi İyonlaşma Enerjisi Kaynama Yükseltgenme Oda Koşullarında (kJ mol–1) Noktası (°C) Basamağı Fiziksel Hâli He 1s2 2373 –268,93 0 Gaz Ne [He] 2s2 2p6 2080 –246,13 0 Gaz Ar [Ne] 3s2 3p6 1521 –185,85 0 Gaz Kr [Ar] 4s2 3d10 4p6 1350,8 –153,22 0, 2+ Gaz Xe [Kr] 5s2 4d10 5p6 1170,4 –108,05 0, 2+, 4+, 6+, 8+ Gaz 1037 –61,85 0 Gaz MODERN ATOM TEORİSİ 68 Rn [Xe] 6s2 4f14 5d10 6p6 Tablo 1.27: 8A grubu elementlerinin (soy gazlar) bazı özellikleri ARAŞTIRMA Dalış tüplerinde sıvı hava yerine helyumla karıştırılmış oksijen kullanılmasının sebebi nedir? Araştırınız. Elde ettiğiniz bilgileri arkadaşlarınızla paylaşınız. d-bloku Periyodik sistemdeki d-blokunun bütün elementleri metaldir. Bu elementler s ve p-bloku elementleri arasında yer alır ve geçiş metalleri olarak da adlandırılır. Geçiş metallerinin en önemli özelliği farklı yükseltgenme basamaklarında katyonlar oluşturabilmeleridir. Örneğin demirin en çok rastlanan değer- likleri 2+ ve 3+ (Fe2+, Fe3+), bakırın ise 1+ ve 2+’dir (Cu+, Cu2+). Geçiş metallerinin yükseltgenme basamaklarının farklı olması s orbitallerindeki elektronların yanı sıra bir alt enerji seviyesindeki d orbitallerinin de elektronları verebilmelerinden kaynaklanır. Her bir d-bloku sırasının başında ve sonunda bulunan elementler, sıfırdan farklı sadece bir yükseltgenme basamağına sahiptir. Buna göre Sc sadece 3+, Zn sadece 2+ yükseltgenme basamaklıdır. Diğer elementler en az iki yükseltgenme basamağına sahiptir. d-blokundaki çoğu metal, 1A ve 2A grubu metallerinden daha serttir. Bu özellik araç ve bina yapımında demir, bakır ve titanın neden yaygın kullanıldığını daha iyi açıklar. Geçiş metalleri, 1B’den 3B’ye kadar olan ve d alt kabukları tam dolu olmayan veya kolaylıkla katyon oluşturulabilen elementlerdir. Periyodik tabloda geçiş metallerinin sıralı olmaması (1B ve 2B’nin 8B’den sonra gelmesi) bu elementlerin en dış elektron dizilişi ile ilgilidir. Fe, Co ve Ni metalleri bu sınıflandırmaya uymadıkları için 8B grubuna yerleştirilmişlerdir (Tablo 1.28). 21Sc 2 [Ar]4s 3d1 4 4B 5 5B 6 6B 8 7 7B 11 9 10 8B 22Ti 26Fe 24Cr 28Ni [Ar]4s23d2 23V2 3 [Ar]4s13d5 25Mn [Ar]4s23d6 2 5 27Co [Ar]4s 3d [Ar]4s23d8 [Ar]4s 3d 3d 2 7 [Ar]4s 3d 12 1B 2B 29Cu 30Zn [Ar]4s13d10 [Ar]4s23d10 69 4d 5d 6d Tablo 1.28: Periyodik sistemden bir kesit olarak d-bloku d-bloku elementlerinin çoğu paramanyetik özellik gösterir. Özellikle Fe, Co ve Ni elementlerinde paramanyetiklik kuvvetlidir. Yani bu metaller orbitallerinde eşleşmemiş elektron taşır ve sürekli manyetik özellik gösterir. Tablo 1. 29’da d-blokunun ilk sıra (4. periyot) metallerinin bazı özellikleri verilmiştir. İnceleyiniz. Özellikleri Sc Ti V Cr Mn Fe Co Ni Cu Zn Atomik yarıçap (pm) 162 147 134 130 127 126 125 124 128 138 Erime noktası (°C) 1541 1668 1910 1907 1246 1538 1495 1455 1085 420 Kaynama noktası (°C) 2830 3287 3407 2671 2061 2861 2927 2913 2927 907 2,9 4,5 6,1 7,1 7,5 7,9 8,9 8,9 8,9 7,1 Yoğunluk (g cm–3) İE (kJ mol–1) 633,1 658,8 650,9 652,9 717,3 762,5 760,4 737,1 745.5 906,4 Tablo 1.29: d-blokunun ilk sıra (4. periyot) metallerinin bazı özellikleri MODERN ATOM TEORİSİ 3 3B Bakır ve çinko metalleri Tunç Devri’nin önemli elementleridir (Resim 1.26 ve Resim 1.29). Tunç Devri’ni izleyen Demir Devri’nde daha yüksek sıcaklıklara ulaşılmış ve demir cevherleri işlenebilmiştir. Demir, geçiş metalleri içinde en çok kullanılan metaldir (Resim 1. 27). Antik Çağ’dan günümüze kadar demir cevheri işlenerek saf demir elde edilmiş ve başlıca alaşımı olan çelik üretimi önem kazanmıştır. Titan gibi metallerin, cevherlerinden elde edebilmesi yüzyılımızda yaygın şekilde uygulanan yöntemlerle mümkün olabilmiştir. Titanyum, düşük yoğunluğu, sert yapısı ve korozyona karşı direnci nedeniyle değerlidir (Resim 1.28). Titanyumun sert yapısı uçak sanayisinde, korozyona karşı direnci ise kimya endüstrisinde önemli bir yer tutar. % 76 Fe, % 18 Cr, % 5 Ni ve % 1 C içeren çelik korozyona dayanıklıdır ve paslanmaz çelik adını alır. MODERN ATOM TEORİSİ 70 Resim 1.26: Çinko Resim 1.27: Demir Resim 1.28: Titan Bakır, altın ve gümüş nadir bulunmaları nedeniyle çok değerli metallerdir (Resim 1. 29, 1. 30 ve 1.31). Bu metaller genellikle para ve mücevher yapımında kullanılır. Geçiş metallerinin iyonları genellikle renklidir. Geçiş metalleri bileşiklerinin renkli olmasının, d orbitallerindeki elektron geçişlerinden ileri geldiği söylenebilir. Elektron geçişlerinin, ışık spektrumunun görünür bölgesine (380 nm-760 nm) rastlaması durumunda bileşikler renkli olarak görülür. Resim 1.29: Bakır Resim 1.30: Altın Resim 1.31: Gümüş f-bloku f-bloku elementleri periyodik sistemin alt kısmında iki sıra hâlinde bulunur. Elektron düzenleri f orbitalleri ile biter. Genellikle yapay olan f-bloku elementlerine iç geçiş elementleri de denir (Tablo 1.30). 1A 3A 2A 3B La 4B 5B 6B 7B 8B 1B 4A 5A 6A 7A 8A 2B 57 138.91 89 Ac 227 58 Lantanitler Ce Aktinitler 59 Pr 60 150.35 94 151.96 95 157.25 96 (237) (242) (243) (247) Np 144.24 92 232.038 (231) (238.03) Pa (147) 93 U 140.907 91 Th 64 62 Pm Sm 140.12 90 63 61 Nd Pu Eu Gd Am Cm 65 66 Tb Dy Bk Cf 158.924 162.50 98 97 (247) (247) 68 67 Ho Er Es Fm 164.930 167.26 99 100 (249) (254) 69 70 Tm Yb Md No 168.934 173.934 101 102 (253) (256) 71 Lu 174.97 103 Lr (257) Tablo 1.30: Periyodik sistemin f-bloku elementleri f-bloku sıralarının her biri yedişer tane 4f ve 5f orbitallerinin sırasıyla dolmasına karşılık gelmektedir. 71 ise 7. periyotta yer alan metal grubudur. Atom numarası nitler, atom numarası 89Ac’dan 103Lr’a 57La’dan 71Lu’a kadar olan 14 element lanta- kadar olan 14 element de aktinitlerdir. Bunların hepsi radyoaktif olup benzer özellikler gösterirler. 3B grubu elementlerinde olduğu gibi 3+ yüklü iyonlar oluştururlar. Lantanitler ve aktinitler f alt kabukları tam dolu değildir. Elektronlar f orbitali tam dolmadan d ve s orbitallerine geçmiştir. Bu nedenle aufbau kuralına uymazlar. Bu durum Tablo 1.31’de bazı f-bloku elementlerinin elektron diziliminde gösterilmiştir. İnceleyiniz. Element Elektron Dizilimi Seryum (58Ce) [Xe] 4f1 5d1 6s2 Samaryum (62Sm) [Xe] 4f 5 5d1 6s2 Toryum (90Th) [Rn] 5f1 6d1 7s2 Uranyum (92U) [Rn] 5f 3 6d1 7s2 Tablo 1.31: f-bloku elementlerinden bazılarının elektron dizilimi Periyodik sistemin incelenmesinde görüldüğü gibi elementlerin kimyasal özelliklerindeki periyodik değişim, birçok fiziksel özellikte kendini gösterir. Örneğin, elektriksel iletkenlik, kristal yapı, iyonlaşma enerjisi, elektron ilgisi, mümkün olan yükseltgenme basamakları ve atomik büyüklükler elementlerin genel kimyasal davranışlarıyla ilgili olup hep birbirine bağlıdır. MODERN ATOM TEORİSİ 4f elementlerine lantanitler, 5f elementlerine ise aktinitler adı verilir. Lantanitler 6. periyotta, aktinitler OKUMA METNİ BAZI GEÇİŞ METALLERİNİN KULLANIM ALANLARI Geçiş metalleri yüksek sıcaklıkta erir ve elektriği iyi iletir. Genel olarak da özellikleri birbirine ben- zer. Bu özelliklerden her biri, o elementin ve bileşiklerinin özel kullanım alanlarına sahip olmasını sağ- lar. Bazıları sınırlı kullanım alanlarına sahip olmalarına karşın, diğerleri yaşamımızda çok önemli yer tutar. Çelik üretiminde kullanılan metaller, Fe başta olmak üzere Cr, Mn, Co, Ni ve Mo’dir. Elektriği en iyi iletenler Ag ve Cu’dır. Ti, Fe ve Cr boyaların ana bileşenleridir. Ag bileşikleri, fotoğrafçılığın başlıca maddeleridir. Geçiş elementlerinden bazıları organizmada önemli görevlere sahiptir. Demir, tüm d-bloku geçiş metallerinin içinde en yaygın kullanılanıdır. Yer kabuğunda %4,7 oranında bulunur. Daha çok çelik üretiminde kullanılır. Başlıca cevherleri hematit (Fe2O3) ve magnetit (Fe3O4) oksitleridir. Bir sülfür minerali olan piritte (FeS2) bol bulunmasına rağmen kükürdün uzaklaştırılması güç olduğundan pek kullanılmaz. Saf demir bağıl olarak eğilebilir ve dövülebi- 72 lir özelliktedir. Fakat karbon atomları döküm demirini çok MODERN ATOM TEORİSİ sert ve kırılgan yapar. Dekoratif malzeme, motor blokları, fren kasnağı yapımında kullanılır. Çelik, karbon oranı arttıkça daha sert ve kırılgan olur. Demirin korozyon direnci, çeşitli çelik alaşımları ile önemli derecede artırılmıştır. Paslanmaz çelik, kütlece %18 kadar krom içerir ve korozyon direnci oldukça yüksektir. Bakır, çoğunlukla sülfür bileşiklerinden elde edilir. Kı- rılabilir ve öğütülebilir bir cevher olan bakır, köpük flotas- yonu ile diğer kaya parçalarından ayrılır. Bakır ideal bir elektriksel iletkendir. Ancak elektrik endüstrisinde kullanı- labilmesi için, çok saf olması gerekir. Ayrıca alaşımların elde edilmesinde kullanılır. Bakır, çinkoyla pirinç, kalayla tunç (bronz) ve nikelle kupronikel alaşımlarını verir. Bakır, karbondioksitli nemli havada korozyona uğrar. Bunun sonucunda yüzeyde soluk yeşil bir tabaka oluşur. Nikel, demir alaşımlarını elde etmede kullanılmak- tadır. Nikel sert, gümüş beyazı renginde bir metaldir. Çoğunlukla paslanmaz çeliklerin ve bakırla kupronikel alaşımlarının elde edilmesinde kullanılır. Bozuk parala- rın üretiminde kullanılan kupronikel alaşımı %25 Ni ve %75 kadar Cu içerir. Nikel ayrıca katalizör olarak kullanı- lır. Özellikle sıvı bitkisel yağlardan katı yemeklik yağların üretiminde olduğu gibi doymamış organik bileşiklere hidrojen katmada nikel katalizör olarak kullanılmaktadır. Çinko, çoğunlukla kurşun cevherleri ile birlikte ZnS olarak bulunur. Görünüş bakımından gümüşe benzer aktif bir metaldir. Çoğunlukla demirin galvanizlenmesin- de kullanılır. Bakır gibi hava ile temas ettiğinde oluşan sert bazik karbonat filmi ile kaplanarak korunur. Çinko, alüminyum gibi amfoteriktir. Asitlerle Zn2+ iyonları ve alkalilerle çinkat iyonları [Zn(OH)4]2– vermek üzere reak- siyona girer. Bu nedenle galvanizli kaplar, alkalilerin taşınmasında kullanılmamalıdır. Kadmiyum, zehirli olmasına karşın demiri paslan- maya karşı koruması veya parlak olması gibi nedenlerle özel kullanım alanlarına sahiptir. Kadmiyum, düşük erime noktalı lehimler ve alüminyum lehimi yapımında ve bakırın sertliğini arttırmada kullanılır. Nötron tutma yeteneği nedeniyle nükleer reaktörlerde kontrol çubukları yapımında uygulama alanı bulmuştur. Mangan, yer kabuğunda %1 oranında bulunur. Çe- 73 içeren çelik, sert ve aşınmaya dirençli olduğundan tren rayları, buldozer ve greyder yapımı gibi işlerde kullanılır. Mangan bileşiklerinin başlıca kaynağı MnO2’tir. MnO2 kuru pillerde, camlarda, seramik sırlarında ve katalizör olarak kullanılır. Mn–Al alaşımları, meşrubat kutularının sertliğini artırmada işe yarar. Manganca zengin toprak- lar okyanus tabanlarında bulunmaktadır. Çok sayıda yükseltgenme basamağı sayısına sahiptir. En kararlı hâli ise 2+’dir. Fakat mangan, bileşiklerinin çoğunda 4+ ve 7+ değerliklerini alır. Krom, yer kabuğunda ancak %0,0122 oranında bulunmasına karşın metal sanayisinin en önemli metallerinden biridir. Krom metali serttir ve yüzeyinde oluşan, gözle görülemeyen koruyucu oksit tabakası nedeniyle parlaktır. Korozyona dirençli olduğundan diğer metalleri kaplamada geniş çapta kullanılır. Krom sulu çözeltilerinde çeşitli yükseltgenme basamaklarında bulunur ve bu yükseltgenme basamaklarına göre renk alır. Temel Kimya-2 Peter Atkins, Loretta Jones, Bilim Yayıncılık MODERN ATOM TEORİSİ lik üretimi için çok önemlidir. Yüksek oranda mangan 1.6. YÜKSELTGENME BASAMAKLARI Kimyasal değişimlerde, atomda bulunan artı yüklü protonların sayısı değişmezken eksi yüklü elekt- ronlar azalır veya artar. Nötr bir atom bir ya da daha fazla sayıda elektron kaybedip pozitif yüklü iyon hâline gelebilir, pozitif yüklü bu iyona katyon denir. Na+, Mg2+ ve Fe3+ katyonlara örnek verilebilir. Nötr bir ametal atomu ise elektron sayısındaki artış nedeniyle yükü eksi olan iyon durumuna geçebilir, negatif yüklü bu iyona anyon denir. CI–, S2– ve P3– iyonları da birer anyondur. İyon yükü, elektron alışverişinin tam olduğu varsayılan MgCI2 gibi bileşiklerde; Mg2+, CI– gibi gerçek iyonlar için uygun düşen terimdir. Bu iyonlar, sulu çözeltilerde serbest hareket eder. Buna karşılık P2O5, SO2 gibi moleküllerde P ve S atomlarını, sırası ile 5 ve 4 elektron kaybetmiş iyonlar olarak saymak doğru değildir. Bu atomlar için yükseltgenme basamağı terimi daha uygundur. Elementlerin yükseltgenme basamağının tespiti için aşağıda bazı kurallar verilmiştir. Bu kuralları birlikte inceleyelim. Serbest element atomunun yükseltgenme basamağı sıfırdır. (Cl02 , Fe0, O20) Bileşiklerde tüm atomların yükseltgenme basamaklarının toplamı sıfırdır. 1A grubu elementleri (1+), 2A grubu elementleri (2+), 3A grubu elementleri (3+) yükseltgenme 74 basamağına sahiptir. Hidrojen, bileşiklerde genellikle (1+) yükseltgenme basamağına sahiptir. Metal hidrürlerinde MODERN ATOM TEORİSİ (NaH gibi) ise (1–) yükseltgenme basamağındadır. Oksijen, bileşiklerde (2–) yükseltgenme basamağını alır. Peroksitlerde (Na2O2 gibi) (1–)’dir. OF2 bileşiğinde ise (2+)’dır. 7A grubu, 6A grubu ve 5A grubu elementleri, metallerle yaptığı ikili bileşiklerde sırasıyla (1–), (2–) ve (3–) yükseltgenme basamaklarına sahiptir. 7A grubu elementlerinden sadece flor her zaman (1–) yükseltgenme basamağındadır. Diğer 7A grubu elementleri (1–)’in yanı sıra (3+), (5+), (7+) gibi yükseltgenme basamaklarında da bulunabilir. Yükseltgenme basamağı, bir atomun bileşiklerde verdiği ya da aldığı elektron sayısını gösterir. Bileşiklerde yükseltgenme basamağı bilinmeyen elementin yükseltgenme basamağını bulurken bazı kurallara gereksinim duyarız. Yukarıda verilen kurallar bu gereksinim için yeterli olacaktır. Bu kurallardan yararlanarak aşağıdaki bileşik formüllerinde sembolleri kırmızı renkte verilen elementlerin yükseltgenme basamağını bulalım. HNO3 : [(1+) + X + 3 · (2–)] = 0 ⇒ X =5+ Na2SO4 : [2 · (1+) + X + 4 · (2–)] = 0 ⇒ X =6+ K2Cr2O7 : [2 · (1+) + 2X + 7 · (2–)] = 0 ⇒ X =6+ CaCO3 : [(2+) + X + 3 · (2–)] = 0 ⇒ X =4+ KMnO4 : [(1+) + X + 4 · (2–)] = 0 ⇒ X =7+ (Na:1A, K:1A, Ca:2A) Çok atomlu iyonlar olan köklerde bir elementin yükseltgenme basamağı belirlenirken yine diğer elementlerin yükseltgenme basamaklarından yararlanılır. Köklerdeki atomların yükseltgenme basamakları toplamı, kökün değerliğine eşittir. Aşağıda verilen köklerde sembolü kırmızı renkteki elementlerin yükseltgenme basamağını bulalım. HCO–3 : [(1+) + X + 3 · (2–)] = 1– ⇒ X =4+ S2O2– 3 : [2X + 3 · (2–)] = 2– ⇒ X =2+ CrO2– 4 : [X + 4 · (2–)] = 2– ⇒ X =6+ NH+4 : [X + 4 · (1+)] = 1+ ⇒ X =3– PO3– 4 : [X + 4 · (2–)] = 3– ⇒ X =5+ Aynı element atomu farklı bileşiklerde, farklı yükseltgenme basamağında olabilir. Dolayısıyla bazı elementler bağ oluştururken oktet kuralına uymaz. Örneğin kükürt, farklı bileşiklerde farklı yükseltgenme basamağındadır. H2S’de S2– SO2’te S4+ SO3’te S6+ şeklindedir. 75 Örneğin klor atomunun metallerle yaptığı bileşiklerde iyon yükü (1–) iken çok atomlu iyonlarda farklı yükseltgenme basamaklarında olabilmektedir. NaCI’de CI– CIO–3’te CI5+ CIO–4’te CI7+ şeklindedir. d-bloku elementleri birden çok yükseltgenme basamağında bulunabilmektedir. Bu durum d-bloku elementlerinin elektron dizilimleriyle yakından ilgilidir. Örneğin yaparsak; 25Mn: 25Mn elementinin elektron dizilimini 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d5 şeklinde olur. Buna göre Mn elementi (1+)’dan (7+)’ya kadar yükseltgenme basamağı alabilmektedir. Ancak en yaygın olanları; (2+), (3+), (4+) ve (7+)’dır. MnO’te Mn2+ : [18Ar] 3d5 elektron dizilimine M n2O3’te Mn3+: [18Ar] 3d4 elektron dizilimine MnO2’te Mn4+ : [18Ar] 3d3 elektron dizilimine MnO–4 te Mn7+ : [18Ar] elektron dizilimine sahiptir. d-bloku elementleri, bileşik oluşturduklarında öncelikle s orbitallerindeki değerlik elektronlarını kaybeder. İlave olarak çoğu farklı sayıda d orbitallerindeki elektronlarını da verir ve değişik sayıda yükseltgenme basamağına sahip olur. MODERN ATOM TEORİSİ Ametal atomlarının anyon hâlindeki yükleriyle yükseltgenme basamakları farklılık gösterebilir. 1.7. KİMYANIN SEMBOLİK DİLİ VE ADLANDIRMA 9. sınıf kimya dersinde kimyanın sembolik dilinin tarihçesini ve elementlerin sembollerle, bileşiklerin de formüllerle gösterildiğini öğrenmiştiniz. Bu bölümde kimyanın sembolik diline bağlı olarak bileşiklerin adlandırılması yapılacaktır. İyonik ve kovalent bileşiklerde adlandırma kuralları örneklerle incelenecek, kural dışı adlandırmalar da yaygın örneklerle gösterilecektir. İyonik Bileşikler İyonik bileşiklerin katyon ve anyonlardan oluştuğunu biliyoruz. Amonyum iyonu (NH+4) dışında ince- lediğimiz tüm katyonlar metal atomlardan kaynaklanır. Bu nedenle iyonik bileşikler adlandırılırken önce metal katyonun adı, sonra da ametal anyonun adı verilir. Buna göre NaF bileşiğinin adı sodyum florürdür. Ametal adının sonuna “ür” ekinin getirildiğine dikkat ediniz. Metal adı + ametal adı + “ür” eki İyonik bileşiklerin formüllerinin yazılmasında katyon ve anyonların yüklerinin bilinmesi önemlidir. Tablo 1.32’de, çok rastlanan katyon ve anyonlardan yararlanarak adlandırma yapacağız. MODERN ATOM TEORİSİ 76 1+ yüklü 2+ yüklü 3+ yüklü 4+ yüklü 1– yüklü – 2– yüklü H+ Be2+ Al3+ Sn4+ F (Florür) Li+ Mg2+ Cr3+ Pb4+ Cl (Klorür) Na+ Ca2+ K+ Ba2+ Ag+ Sr2+ OH (Hidroksit) CrO42– (Kromat) Cu+ Cu2+ NO 3– (Nitrat) Cr2O72– (Dikromat) Hg+ Hg2+ ClO (Hipoklorit) MnO42– (Manganat) NH+4 Fe2+ ClO 2– (Klorit) CO32– (Karbonat) H3O+ Zn2+ ClO 3– (Klorat) C2O42– (Okzalat) Ni2+ ClO 4– (Perklorat) S2O32– (Tiyosülfat) Sn2+ HCO–3 (Bikarbonat) Pb2+ MnO4– (Permanganat) Fe3+ 3+ As 3– yüklü O2– (Oksit) N3– (Nitrür) – S2– (Sülfür) P3– (Fosfür) – SO42– (Sülfat) PO3– 4 (Fosfat) Br (Bromür) – I (İyodür) – – HSO 4– (Bisülfat) CH3COO– (Asetat) Tablo 1.32: Çok rastlanan katyonlar ve anyonlar SO32– (Sülfit) İyonik bileşiklerin formüllerinin yazılmasına örnekler verelim. Adlandırmada ametal oksijense “oksit”, kükürtse “sülfür”, azotsa “nitrür” olarak adlandırılır. Potasyum Klorür : K+ CI– ⇒ KCI Kalsiyum Nitrür : Ca2+ N3– ⇒ Ca3N2 Çinko İyodür : Zn2+ I – ⇒ ZnI2 Sodyum Hidrür : Na+ H– ⇒ NaH Gümüş Sülfür : Ag+ S2– ⇒ Ag2S Baryum Florür : Ba2+ F– ⇒ BaF2 Alüminyum Oksit : AI3+ O2– ⇒ AI2O3 Sodyum Fosfür : Na+ P3– ⇒ Na3P Magnezyum Bromür: Mg2+ Br– ⇒ MgBr2 Alüminyum Sülfür: Al3+ S2– ⇒ AI2S3 Metallerin çok atomlu iyonlarla (köklerle) oluşturduğu bileşikler adlandırılırken önce metalin adı sonra da kökün adı söylenir. Bu şekilde yapılan adlandırmaya aşağıdaki örnekler verilebilir. :Na+ NO–3 ⇒ NaNO3 Alüminyum Sülfat :AI3+ SO2– 4 ⇒ AI2(SO4)3 Baryum Hidroksit :Ba2+ OH– ⇒ Ba(OH)2 Potasyum Permanganat:K+ MnO–4 ⇒ KMnO4 Kalsiyum Karbonat:Ca2+ CO2– 3 ⇒ CaCO3 Sodyum Bikarbonat :Na+ HCO–3 ⇒ NaHCO3 Magnezyum Fosfat:Mg2+ PO3– 4 ⇒ Mg3(PO4)2 Potasyum Kromat :K+ CrO2– 4 ⇒ K2CrO4 Bazı metaller, birden çok katyon oluşturabilir. Örneğin bakır atomu iki tane katyon oluşturur: Cu+ ve Cu2+. Aynı elementin farklı katyonlarını belirtmek için Romen rakamları kullanılır. Bakır (I) klorür : Cu+Cu– ⇒ CuCI 2+ – Bakır (II) klorür : Cu Cu ⇒ CuCI2 2+ 2– 3+ 2– Demir (II) oksit : Fe O Demir (III) oksit : Fe O ⇒ FeO ⇒ Fe2O3 Kalay (IV) oksit : Sn4+O2– ⇒ SnO2 Krom (III) sülfat : Cr3+SO2– 4 ⇒ Cr2(SO4)3 Mangan (VII) oksit: Mn7+O2– ⇒ Mn2O7 Kovalent Bileşikler İyonik bileşiklerden farklı olarak kovalent bileşikler belirli ve bağımsız molekül birimleri içerir. Ametallerden oluşan moleküllerin yani kovalent bileşiklerin adlandırılmasında elementlerin atom sayısı, sayı ön ekleri ile belirtilir. Kovalent bileşiklerin adının sonuna “ür” ekinin getirildiğine dikkat ediniz. Sayı ön eki + ametal adı + sayı ön eki + ametal adı – “ür” eki İyonik bileşiklerin adlandırılmasında bahsedildiği gibi kovalent bileşiklerin adlandırmasında da ametal oksijense “oksit”, kükürtse “sülfür”, azotsa “nitrür” olarak adlandırılır. 77 MODERN ATOM TEORİSİ Sodyum Nitrat Adlandırmada ön ekler (Tablo 1.33) kullanılırken aşağıdaki kurallar uygulanır: • Birinci element için “mono” ön eki kullanılmaz. Örneğin PF3 bileşiği, monofosfor triflorür yerine fosfor triflorür diye adlandırılır. • Oksitler adlandırılırken bazen ön ekteki “a” atlanır. Örneğin N2O4, diazot tetraoksit yerine diazot tetroksit diye adlandırılır. • Oksitler adlandırılırken bazen de ön ekteki “o” atılır. Örneğin CO, karbonmonooksit yerine karbonmonoksit diye adlandırılır. Buna göre bazı kovalent bileşiklerin adlandırmasını yapalım. Mono 1 Di 2 Tri 3 Tetra 4 Penta 5 Hekza 6 Hepta 7 Okta 8 Nona 9 Deka 10 Tablo 1.33: Kovalent bileşiklerin adlandırılmasında kullanılan Latince sayı ön ekleri MODERN ATOM TEORİSİ 78 N2O : Diazotmonoksit SO3 : Kükürt trioksit NO2 : Azot dioksit P2O3 : Difosfor trioksit N2O3 : Diazot trioksit P2O5 : Difosfor pentoksit N2O5 : Diazot pentoksit CCI4 : Karbon tetraklorür CO2 : Karbondioksit SF6 : Kükürt hekzaflorür SO2 : Kükürtdioksit CI2O7 : Diklor heptoksit Kural dışı adlandırmada bileşikler, sistematik olmayan ama yaygın olarak bilinen adları ile anılır (Tablo 1.34). H2O : Su H2SO4 : Zaç yağı CaCO3: Kireç taşı HCOOH : Karınca asidi HCI Na2CO3 : Çamaşır sodası NaCI : Yemek tuzu PH3 : Fosfin KOH : Potas kostik Ca(OH)2 : Sönmüş kireç KNO3 : Güherçile CH3COOH: Sirke asidi NH3 : Amonyak NaOH : Sud kostik CaO : Sönmemiş kireç CH4 : Metan : Tuz ruhu HNO3 : Kezzap Mg(OH)2 : Magnezya sütü Tablo 1.34: Yaygın olan bileşiklerin sistematik olmayan adları ALIŞTIRMALAR 1. Aşağıda verilen bileşiklerin adlarını karşılarına yazınız. Bileşik Adı Bileşik Formülü Na2O SnO2 KBr CaCO3 Na3N Na2SO4 Al2S3 Al2(SO4)3 AgCl NaHCO3 FeBr2 PbI2 FeBr3 K2CrO4 Mg3P2 K2Cr2O7 Hg2O NaHSO4 Al(OH)3 NH4NO3 KNO3 Cu2O KMnO4 CuO Ag2S NaCIO3 NH4Cl HgCl2 ZnS Cr2O3 Ca3(PO4)2 SrSO3 Bileşik Adı 79 MODERN ATOM TEORİSİ Bileşik Formülü 2. Aşağıda verilen bileşiklerin formüllerini karşılarına yazınız. Bileşik Adı MODERN ATOM TEORİSİ 80 Formülü Bileşik Adı Potasyum oksit Demir (II) sülfat Kalsiyum bromür Demir (III) sülfat Alüminyum klorür Stronsiyum hidroksit Magnezyum nitrür Sodyum kromat Sodyum bisülfat Potasyum siyanür Gümüş nitrat Lityum karbonat Alüminyum sülfat Amonyum fosfat Sodyum dikromat Bakır (I) klorür Amonyum nitrat Bakır (II) klorür Krom (III) oksit Çinko sülfür Baryum karbonat Gümüş iyodür Alüminyum nitrat Potasyum nitrat Sodyum perklorat Stronsiyum sülfat Potasyum okzalat Sodyum hipoklorür Sodyum asetat Nikel sülfür Mangan (IV) oksit Sodyum karbonat Baryum hidroksit Amonyum klorür Formülü 3. Aşağıda formülü verilen bileşikleri adlandırınız. Bileşik Adı Bileşik Formülü NO Cl2O7 PCl3 CS2 N2O5 PCl5 CCl4 Hl P2O3 Cl2O SF6 OF2 NF3 ICl3 P2O5 CF4 Bileşik Adı 81 4. Aşağıda adları verilen bileşiklerin formüllerini yazınız. Bileşik Adı Formülü Bileşik Adı İyot triflorür Kükürt tetraflorür Diklor monoksit Diazot monoksit Fosfor pentaklorür Hidrojen bromür Dikükürt diklorür Bor triklorür Azot triklorür Hidrojen iyodür Diklor pentoksit Karbon tetraflorür Hidrojen klorür Kükürt trioksit Diazot diflorür Difosfor pentoksit Formülü MODERN ATOM TEORİSİ Bileşik Formülü ÖLÇME VE DEĞERLENDİRME AÇIK UÇLU SORULAR Aşağıdaki soruların cevaplarını defterinize yazınız. 1. Bugünkü bilgilerimize göre; Dalton, Thomson, Rutherford ve Bohr atom modellerinin yetersizlikleri ya da eksikleri nelerdir? 2. Atom altı taneciklerinden elektron ve protonların keşfini kısaca açıklayınız. 3. Elektromanyetik ışınların dalga ve tanecik karakterlerini ortaya koyan çalışmalardan kuantum modeli, Young deneyi ve fotoelektrik olayını kısaca açıklayınız. 4. Aşağıda verilen kuantum sayılarının karşılığı olan ml değerlerini ve orbital türünü belirtiniz. Baş kuantum sayısı (n) MODERN ATOM TEORİSİ 82 Açısal momentum kuantum sayısı (l ) 3 4 2 4 2 0 1 3 5. 3d, 2s, 4f ve 3p alt katmanları için n, l ve ml değerlerini bulunuz. 6. Aşağıda verilen iyonların elektron dizilimlerini yapınız ve bu dizilimleri orbital şeması ile gösteriniz. 34Se 2– , 2+ 26Fe , 3+ 31Ga , 3– 15P , 29Cu + 7. Dalga boyu 337 nm olan azot gazından oluşmuş lazer ışığının enerjisi 3,84.10–3 Joule’dür. Buna göre bu lazer ışığındaki foton sayısını bulunuz. (C: 3.108 m s–1, h: 6,626.10–34 J.s) 8. Doğrusal bir yol boyunca hareket eden bir protonun dalga boyu 122 pm’dir. Bu protonun sürati kaç m s–1 dir? (h: 6,626.10–34 J.s, protonun kütlesi: 1,673.10–27 kg) 9. Hidrojen atomunda bir elektronun n = 5 enerji seviyesinden n = 3 enerji seviyesine geçişi sırasında oluşan spektral çizginin frekansı kaç hertzdir? Hesaplayınız. (RH : 2,18.10–18 J, h: 6,626.10–34 J.s) 10. Aşağıdaki izoelektronik taneciklerinin çaplarını büyükten küçüğe doğru sıralayınız. Bu taneciklerin elektron sayıları aynı olduğu hâlde yarıçapları neden farklıdır? Açıklayınız. –2 – + 16S , 17CI , 18Ar, 19K ve 20Ca 2+ 11. Aşağıda verilen alt katmanların enerjilerini Kletchkowski-Madelung Kuralını uygulayarak büyükten küçüğe doğru sıralayınız. 5s, 3d, 4p, 4f, 6s 12. Aşağıda verilen element atomlarının elektron dizilimlerini yazınız ve bu elementlerin hangi periyot ve grupta yer aldığını belirtiniz. Element Elektron Dizilimi Periyodu Grubu 8O 9F 12Mg 16S 83 26Fe 30Zn 13.12. soruda verilen elementlerin hangileri benzer kimyasal özellik gösterir? Açıklayınız. 14. Aşağıda formülleri verilen bileşiklerin adlarını doğru bir şekilde eşleştiriniz. 1. CI2O7 (........) a.Karbon tetraklorür 2. SF6 (........) b.Alüminyum sülfür 3. (NH4)3PO4 (........) c.Baryum hidroksit 4. AI2S3 (........) ç.Diklor heptoksit 5. KMnO4 (........) d.Sodyum bikarbonat 6. NaHCO3 (........) e.Amonyum fosfat 7. CCI4 (........) f. Alüminyum sülfat 8. Mg(NO3)2 (........) g.Kükürt hekzaflorür 9. Ba(OH)2 (........) ğ.Potasyum permanganat 10. AI2(SO4)3 (........) h.Magnezyum nitrat MODERN ATOM TEORİSİ 17CI 15. Aşağıda verilen soruları periyodik cetvelde yerleri belirtilen bazı elementlerden yararlanarak cevaplandırınız. 1A 8A 3A 4A 5A 6A 7A He C N F 2A Li Na Mg 3B 4B 5B 6B 7B 8B K Fe 1B 2B Al Zn S Br Ba Fr Lu MODERN ATOM TEORİSİ 84 Th a. Atom hacmi en büyük olan element hangisidir? (..........) b. Birinci iyonlaşma enerjisi en büyük olan element hangisidir? (..........) c. İkinci iyonlaşma enerjisi en büyük olan element hangisidir? (..........) ç. Elektronegatifliği en fazla olan element hangisidir? (..........) d. Lantanitler serisinde yer alan element hangisidir? (..........) e. Aktinitler serisinde yer alan element hangisidir? (..........) f. Ametal özellik gösteren elementler hangileridir? (........................) g. Hangi iki element atomu arasında oluşacak bileşiğin iyonik karakteri en fazladır? (..........) ğ. Hangileri geçiş elementleridir? (........................) h. Elektron ilgisi en büyük olan element hangisidir? (..........) 16. Aşağıda sol tarafta verilen bilgilerle sağ tarafta verilen kişi, deney ya da teorileri doğru şekilde eşleştiriniz. Bilgi 1. X ışınları spektrumlarına dayanarak elementlerin atom numalaralarını doğru şekilde tayin etmiştir. 2. Gerçekleştirdiği yağ damlası deneyi ile elektronun yükünü ve kütlesini bulmuştur. 3. Işığın dalga hareketini, çift yarıklı girişim deneyini yaparak açıklamıştır. 4. Atomların, çekirdek etrafında dairesel yörüngelerde hızla dönen elektronlarla çevrili tanecikler olduğunu ileri sürmüştür. 5. Elektron gibi küçük kütleli taneciklerin ikili doğasını (tanecik-dalga) aynı denklemde matematiksel eşitlikle göstermiştir. 6.Bir elektronun bulunduğu konum ve vektörel hızı birbirini bütünleyen özelliklerdir. 7. Bir atom, elektron dizilişinde olabildiğince çok sayıda eşleşmemiş elektrona sahip olmak ister. Kişi, Deney ya da Teori a. Thomas Young b. Louis De Broglie c. Rutherford ç. Niels Bohr d. Atomun Kuantum Modeli e. Hund Kuralı f. Henry Moseley g. Robert Andrews Millikan Eşleştirme BOŞLUK DOLDURMA .............................. Aşağıdaki cümlelerin noktalı yerlerini verilen sözcük veya sözcük gruplarından uygun olanlar ile tamamlayınız. Balmer orbital Pauli Heisenberg belirsizlik kovalent yarıçap küre küresel simetri Kletchkowski-Madelung fotoelektrik olayı Hund yarıçapı 1. Bir atomun temel hâldeki elektron dizilişindeki en son orbitalin tam dolu ya da yarı dolu olması atoma ........................ durum kazandırır. 2. Atomda enerji düzeyleri ve dalga fonksiyonları kuantum sayıları ile ifade edilir ve kuantum mekaniğinde yörünge yerine ........................ tanımlaması kullanılır. ....................... serisi adını alır. 4. Bir taneciğin konumunun ve hızının aynı anda tam hassasiyetle ölçülemeyeceği, .............................. İlkesi olarak ortaya konmuştur. 5. CI2 gibi iki özdeş atomun bağlı olması durumunda ................, çekirdekler arası uzaklığın yarısıdır. 6. Bir orbitalde yalnızca iki elektron bulunabilir ve bu elektronlar zıt spinlere sahip olmalıdır. Buna ........................... Dışlama İlkesi adı verilir. 7. Orbitallerin enerjileri ............................................. İlkesi’ne göre (n+ l ) değerinin artmasıyla yükselir. (n+ l ) değerlerinin aynı olması durumunda n sayısı büyük olanın enerjisi de büyük olur. 8. Bir metal yüzeyine enerjisi yeterli olan ışık gönderildiği zaman, metal yüzeyindeki atomlardan elektronların kopması olayına .................................. adı verilir. 9. s orbitalleri ................... şeklinde bir bulut olup çekirdekten uzaklaştıkça yoğunluğu azalır. 10. İzoelektronik iyonlarda, çekirdek yükü büyük olanın .................................. daha küçüktür. 85 MODERN ATOM TEORİSİ 3. Yüksek enerjili bir katmandan n=2 katmanına olan geçişler, görünür bölgede gerçekleşir ve DOĞRU YANLIŞ Aşağıdaki cümleleri okuyunuz. Cümlelerde bildirilen yargılar doğru ise “D” kutusunu, yanlış ise “Y” kutusunu işaretleyiniz. + 2+ 3+ 4+ 1. Bohr atom modeli, hidrojen ve tek elektronlu iyonların (He , Li , Be , B ) spektrumlarını açıklar. Fakat çok elektronlu atom spektrumlarını açıklayamaz. 2. Işığın dalga -parçacık ikili davranışından esinlenen Louis de Broglie, hareket eden bir parçacığın da dalga özelliği gösterebileceğini öne sürmüş ve h böyle bir dalga boyunun, ışığınkine benzer şekilde λ = bağıntısı ile m.v bulunabileceğini belirtmiştir. 3. Heinsenberg’e göre elektron gibi küçük taneciklerin yerlerini belirlemeye çalışırken hızlarında, hızlarını belirlemeye çalışırken de yerlerinde bir be- MODERN ATOM TEORİSİ 86 lirsizlik vardır. 4. Modern periyodik sistemde elementler, artan atom numaralarına göre yatay sıralar ve düşey sütunlar hâlinde düzenlenmiştir. 5. H2Cr2O7’taki Cr’un yükseltgenme basamağı 6+ dır. 6. 23V 2+ iyonunun elektron dizilişi [Ar] 4s23d1 şeklindedir. 7. n = 4 ve l = 2’yi ifade eden orbital 4p’dir. 8. Periyodik sistemin 6. periyodunda atom numarası 58’den 71’e kadar olan (71 dâhil) on dört elemente aktinitler, 7. periyodunda atom numarası 90’dan 103’e kadar olan (103 dâhil) on dört elemente de lantanitler adı verilir. 9. İzoelektronik katyonlar arasında, iyon yükü arttıkça yarıçap küçülür, izoelektronik anyonlar arasında ise iyon yükü arttıkça yarıçap artar. 10. Temel hâl elektron dizilimi [Ar] 4s2 3d10 4p3 olan element, 4. periyot 5A grubunda yer alır. D Y ÇOKTAN SEÇMELİ SORULAR Aşağıdaki soruların doğru cevaplarını bularak işaretleyiniz. 1. Atomun yapısı ile ilgili yapılan çalışmalarda ve sonuçları ile ilgili aşağıda verilenlerden hangisi yanlıştır? A) Faraday elektroliz deneyleri ile atom altı parçacıkların var olabileceği anlaşılmıştır. e B) Thomson, katot ışınları deneyi ile elektronlar için oranını 1,7588.1011 coulomb kg –1 olarak m bulmuştur. C)Rutherford, α saçılması deneyi ile atomun çekirdeğinde, kütlesi protunun kütlesinden büyük, elektriksel olarak nötr olan bir atom altı taneciğin varlığından söz etmiş ve buna nötron adını vermiştir. D)Millikan, Thomson’ın katot ışınları deneyini kullanarak yaptığı yağ damlacığı deneyi ile elektronun kütlesini hesaplamıştır. E) Max Planck, değişik sıcaklıklarda ısıtılan katıların yayınladığı ışımaya ilişkin verileri incelemiş ve yayınlanan ışığın kuant adı verilen enerji paketçikleri hâlinde olduğunu saptamıştır. x z 87 t p y n = 2 n= 1 Şekilde hidrojen atomuna ait elektronun bazı enerji düzeyleri arasındaki geçişleri gösterilmiştir. Bu geçişlerde yayılan spektrum çizgileri aşağıdakilerden hangisinde yanlış verilmiştir? A) y : Balmer serisi B) x : Lyman serisi C) z: Paschen serisi D) t : Balmer serisi E) p : Lyman serisi 3. n l ml Yanda verilen kuantum sayılarından oluşan dizilerden hangilerinin I. 3 3 0 bulunma olasılığı yoktur? II. 5 2 –1 A) Yalnız I III. 4 1 +1 D) II ve IIIE) I, II ve III B) Yalnız II C) I ve II 4. Bir atomda aşağıdaki alt katmanlardan hangisi bulunamaz? A) 6p B) 3d C) 5f D) 4sE) 3f MODERN ATOM TEORİSİ 2. n = 5 n= 4 n= 3 5. Hidrojen atomunun 5. enerji seviyesinde bulunan bir elektron kaç tür foton yayabilir? A) 10 B) 8 C) 6 D) 5E) 4 6. Klor atomunun birinci iyonlaşma enerjisi 1251 kJ mol–1 ve elektron ilgisi –348,6 kJ mol–1dir. Buna göre klorun Pauiling skalasına göre elektronegativitesi aşağıdakilerden hangisidir? (Pauiling sabiti k = 3,75.10–3 alınacak.) A) 2,0 B) 2,5 C) 3,0 D) 3,5E) 4,0 7. X: 4. periyot 3A grubu Y: 4. periyot 3B grubu Z: 3. periyot 8A grubu elementlerinin atom numaralarının sıralanışı aşağıdakilerin hangisinde doğru olarak verilmiştir? A) X > Y > Z B) Y > X > Z C) Z > X > Y D) X > Z > YE) Z > Y > X 88 8. Aşağıdaki köklerin hangisinde sembolü kırmızı renkle belirtilmiş atomun yükseltgenme MODERN ATOM TEORİSİ basamağı yanlış verilmiştir? Kök Yükseltgenme basamağı A) NH+4 3– B) NO–3 5+ C) SO2– 4 6+ D) Cr2O2– 7 12+ E) PO3– 4 5+ 9. Mg3(XO4)n bileşiğinin adı magnezyum fosfat olduğuna göre; I. X ile gösterilen element P’dur. II. n = 2’dir. III. X’in yükseltgenme basamağı 6+ dır. yargılarından hangisi ya da hangileri doğrudur? A) Yalnız I B) I ve II C) I ve III D) II ve IIIE) I, II ve III 10.Aşağıda verilen atom veya iyonlardan hangisinin yarıçapı en küçük, buna karşılık iyonlaşma enerjisi en büyüktür? A) 2– 16S B) – 17CI C) 18Ar D) + 2+ 19K E) 20Ca 11.Aşağıda bazı kimyasal yapılar ve bunların yarıçap türleri verilmiştir. Madde rr r I. rr r rr r CI CI CI rr r Kovalent rr r CI CI CI III. İyonik – CI CI– CI– + K K+ K+ II. Yarıçap türü Van der Waals rr r Ar Ar Ar Ar Ar Ar Buna göre hangi kimyasal yapının karşısında verilen yarıçap türü doğrudur? (17CI , 18Ar , 19K) A) Yalnız I 1 2. B) Yalnız II C) I ve II D) I ve IIIE) I, II ve III 89 I I MODERN ATOM TEORİSİ II II Periyodik sistemdeki elementlerin aşağıda verilen özelliklerinden hangisi hem I hem de II yönünde artar? A) Atom hacmi B) Elektron ilgisi E) Atom numarası D) Elektronegativitesi 1 3.Aşağıda verilen bileşiklerden hangisi yanlış adlandırılmıştır? Bileşik Adı A) N2O Diazotmonoksit B) CaBr2 Kalsiyum bromür C) Fe2S3 Demir (III) sülfür D) Na2O Disodyummonoksit E) (NH4)2SO4 Amonyum sülfat C) Birinci iyonlaşma enerjisi İyonlaşma enerjisi (kcal/mol) 14. Z Y X Atom numarası Yukarıda verilen iyonlaşma enerjisi -atom numarası grafiğindeki X, Y ve Z elementleri periyodik cetvelin 2. periyodunda yer almaktadır. Buna göre; I. Üç elementin de temel hâl elektron dizilimi küresel simetriktir. II. İkinci iyonlaşma enerjisi en büyük olan X’ tir. III. Y, 5A grubu elementidir. yargılarından hangisi ya da hangileri doğrudur? ➞ ➞ ➞ ➞ ➞ ➞ ➞ ➞ ➞ ➞ ➞ ➞ ➞ ➞ ➞ ➞ ➞ D) I ve IIIE) I, II ve III 3s ➞ ➞ ➞ ➞ Z: C) I ve II 2p ➞ Y: 2s ➞ X: 1s ➞ MODERN ATOM TEORİSİ 15. ➞ 90 B) Yalnız II ➞ A) Yalnız I ➞ Yukarıda elektron dizilimi verilen X, Y ve Z elementleri ile ilgili aşağıdaki verilerden hangisi doğrudur? A) Çekirdek yükleri Z > Y > X’ tir. B) Birinci iyonlaşma enerjileri Z > Y > X’ tir. C) Atom yarıçapları Y > X > Z’dir. D) Elektron ilgileri X > Z > Y’dir. E) Değerlik elektron sayıları X > Y > Z’dir. 16.X: 1s2 2s2 2p6 4s1 Y: 1s2 2s2 2p5 Z: 1s2 2s2 2p6 3s2 Elektron dizilimleri verilen X, Y ve Z atomlarına ilişkin aşağıdakilerden hangisi yanlıştır? A) Çekirdek yükü en büyük olan Z’dir. B) X uyarılmıştır. C) Y ile Z elementleri, ZY2 iyonik bileşiğini oluşturur. D) Birinci iyonlaşma enerjilerinin büyüklük sırası Y > Z > X şeklindedir. E) Periyot numarası en büyük olan X’ tir. 17.1+ yükseltgenme basamağındaki iyonunun elektron dizilimi 3d10 ile biten atom ile ilgili; I. Atom numarası 31’dir. II. Geçiş metalidir. III. 4. periyot elementidir. yargılarından hangisi ya da hangileri kesinlikle doğrudur? 18. B) Yalnız II C) Yalnız III D) I ve IIIE) II ve III İyonlaşma enerjisi (kcal mol–1) Element iE1 iE2 iE3 iE4 iE5 X 418 3052 4410 5900 8000 Y 578 1820 2750 14800 16600 Z 589 1145 4900 6500 8100 İlk beş iyonlaşma enerjileri verilen baş grup elementleri X, Y ve Z ile ilgili; 91 I. X elementi periyodik sistemin 2. periyot elementi olabilir. II. Y elementi periyodik sistemin 3A grubunda yer alır. III. Z elementi, 9F elementi ile iyonik ZF2 bileşiğini oluşturur. yargılarından hangisi ya da hangileri doğrudur? A) Yalnız I B) Yalnız II C) I ve III D) II ve IIIE) I, II ve III 1 9.AIüminyum (13AI) elementine ait nötr veya iyon hâlinin orbital şeması verilmiştir. 1s 2s 2p 3s 3p 4s I. II. III. Buna göre; I. I. durumda atom uyarılmıştır. II. Atom, I. durumda nötr, III. durumda katyondur. III. Atom, II. durumdan I. duruma geçerken foton yayar. yargılarından hangisi ya da hangileri doğrudur? A) Yalnız I B) Yalnız II C) I ve III D) II ve IIIE) I, II ve III MODERN ATOM TEORİSİ A) Yalnız I KİMYASAL HESAPLAMALAR 92 1. MOL KAVRAMI 2.EN BASİT FORMÜL VE MOLEKÜL FORMÜLÜ 4.KİMYASAL HESAPLAMALAR Bu ünitenin amacı; Kimyasal değişimleri kütle, hacim ve mol sayısı kavramlarını kullanarak nicel anlamda incelemektir. Bu incelemelerde esas olan mol kavramının tarihsel gelişimini gözden geçirmektir. Tepkimeleri denklemlerle ifade ederek denkleştirmektir. Kimyanın sembolik dilinde temel kavramlar olan formüllerin nasıl belirlendiğini irdelemektir. 93 KİMYASAL HESAPLAMALAR 3.KİMYASAL TEPKİMELER VE DENKLEMLER ÜNİTE İLE İLGİLİ KAVRAMLAR/TERİMLER LİSTESİ Mol Redoks tepkimesi Kimsayal tepkime Tepkime denklemleri Yanma tepkimesi Sınırlayıcı bileşen Asit-baz tepkimesi En basit formül Çözünme-çökelme tepkimesi Molekül formülü KİMYASAL HESAPLAMALAR 94 2.1. MOL KAVRAMI Atom kütleleri, kimyasal bileşiklerin bileşimlerinin ve kimyasal tepkimelerde oluşan madde miktarlarının tayininde gereklidir. Atomların bağıl kütlelerini ilk defa ölçen John Dalton’dır. Dalton, bazı elementlerin 1,0 gram hidrojen ile birleşen kütlelerini ölçmüş ve bundan yararlanarak da Tablo 2.1’de görüldüğü gibi bir bağıl atom kütleleri çizelgesi hazırlamıştır. Hidrojenin Kütlesi (g) Diğer Elementin Kütlesi (g) HF 1 19,0 HCI 1 35,5 HBr 1 80,0 HI 1 127,0 H2O 1 16,0 NH3 1 14,0 Herhangi bir maddenin en küçük bir örneğinde bile milyonlarca atom bulunduğundan, parçacık miktarlarını ölçebilmek için mol kavramı geliştirilmiştir. Tablo 2.1: İkili hidrojen bileşiklerinde 1,0 gram hidrojen ile birleşen diğer elementin kütlesi Tablo 2.1 incelendiğinde, 1,0 gram hidrojen ile birleşen diğer elementin kütlesi, belli bir sayının katları 95 kütle birimi = 1 Dalton, Da) alındığında her elementin atom kütlesi yaklaşık bir tam sayı çıkmıştır. Ancak bütün atomların hidrojenden “inşa edilebileceği” fikri, izotop atomların saptanmasıyla geçerliliğini kaybetmiştir. Daha sonra bağıl atom kütlelerini belirlemek için 12 C atomu referans olarak seçilmiş ve bir 12C atomunun kütlesi 12 akb (atomik kütle birimi; Dalton, Da) olarak belirlenmiştir. Diğer atomların kütleleri bu referansa göre tayin edilmiştir. Bu iş için kütle spektrometresi kullanılır. Kütle spektrometresi gaz hâlindeki atom veya molekülün, yüksek enerjili elektronlarla bombardıman edilmesi ilkesi ile çalışır (Resim 2.1). Resim 2.1: Kütle spektrometresi KİMYASAL HESAPLAMALAR kadar bulunmuştur. Bağıl atom kütlesi fikri buradan doğmuş ve hidrojen atomunun kütlesi 1 akb (1 atomik Bir tane 12 12 C atomunun kütlesinin 1 ’sine 1 akb denir. 12 C izotopunun kütlesinin 12 akb olarak standart kabul edilmesi, diğer elementlerin kütlelerinin buna göre ölçülmesini sağlar. Örneğin deneysel bulgular hidrojen atomunun kütlesinin ortalama olarak atomu kütlesinin %8,40’ı kadar olduğunu göstermiştir. 12 12 C C izotopunun kütlesi 12 akb olduğundan, hid- rojen atomunun kütlesi 0,084 x 12,00 akb veya 1,008 akb olur. Benzer hesaplamalar oksijen atomunun kütlesinin 16,00 akb ve demir atomunun kütlesinin 55,85 akb olduğunu göstermektedir. Tablo 2.1 incelendiğinde görülüyor ki hidrojenle birleşen diğer element kütleleri genellikle tam sayı olmasına rağmen bazıları tam sayı değildir. Örneğin HF bileşiğinde 1 gram hidrojenle birleşen florun gram miktarı hidrojenin gram miktarının 19 katı olmasına karşılık, HCI bileşiğinde 1 gram hidrojenle birleşen klorun gram miktarı hidrojenin gram miktarının 35,5 katıdır. 19. yüzyıl bilim insanları bu durumu, deneylerde yapılan hataların bir sonucu olduğunu sanmışlardır. Ancak daha sonra bazı elementlerin mol kütlelerinin tam sayı çıkmayışının nedeninin, bir elementin atomlarında aynı proton sayısına karşılık farklı nötron sayılarının bulunabileceğinden kaynaklandığı anlaşılmıştır. Bu tip atomlara izotop atomlar adı verilmiştir. İzotop atomların varlığının anlaşılmasın- KİMYASAL HESAPLAMALAR 96 dan sonra elementlerin ortalama atom kütlesi, izotopların bolluk yüzdelerine bağlı olarak hesaplanmıştır. Elementlerin ortalama atom kütlesi aşağıdaki eşitlikle verilir: Elementlerin ortalama atom kütlesi: = izotopun izotopun izotopun izotopun G += G · · yüzdesi kütlesi 1 yüzdesi kütlesi 2 Klorun kütle spektrumunda kütlesi 34,96 olan %75,77 bollukla %24,23 bollukla 37 35 CI izotopu ve kütlesi 36,96 olan CI izotopu olduğu saptanmıştır. Bu verilerden yararlanarak CI elementinin ortalama atom kütlesini bulalım. CI’un ortalama atom kütlesi = ; 75, 77 24, 23 · 34, 96E + ; · 36, 96E = 35, 5 akb bulunur. 100 100 1 2 Çoğu kez ele alınan örneklerdeki atom sayısı çok büyüktür. Bu nedenle atom ve molekülleri ölçmek için mol kavramını geliştirmişlerdir. Uluslararası birim sistemine (SI) göre mol, 12 gram 12 C izotopunun içerdiği atom sayısı kadar tanecik (atom, molekül ya da diğer tanecikler) içeren madde miktarıdır. Kısaca, bağıl atom kütlesi kadar elemente 1 mol denir. 12 gram 12 C’de bulunan gerçek atom sayısı deneysel olarak tayin edilir. Bu sayı Amedeo Avogadro tarafından ortaya konulduğundan Avogadro sayısı olarak adlandırılır ve NA ile göste- rilir (Resim 2.2). Avogadro sayısı (6,02.1023), büyük bir sayıdır, Resim 2.2: Amedeo Avogadro 1776-1856) NA = 6,02.1023 mol –1 hesaplama işlemlerinde kullanılması zordur. Bu nedenle atom, molekül veya iyon gibi son derece küçük nesnelerin sayısal değerlerini belirtmede mol kavramı kullanılmıştır. Atom kütlesi 12,01 Atom numarası 6 1 mol 12C = 6,02.1023 tane 12C atomu = 12 gramdır. C 1 mol 16O = 6,02.1023 tane 16O atomu = 16 gramdır. 1 mol 24Mg = 6,02.1023 tane 24Mg atomu = 24 gramdır. Mol kütlesi bileşiği oluşturan elementlerin kütlelerinin toplamıdır. Bir maddenin kütlesini tartmak çok kolaydır. Atom, molekül veya iyonun mol sayısını bulmak için mol kütlesi kavramını kullanmak gerekir. Bir elementin mol kütlesi, 1 mol atomun kütlesidir. atomlar o kadar küçüktürler ki ölçülmeleri son derece zordur. Moleküler bir bileşiğin mol kütlesi, 1 mol molekülünün kütlesidir. İyonik bir bileşiğin mol kütlesi, 1 mol formül biriminin kütlesidir. Yukarıda incelediğimiz gibi 1 mol 12C atomunun tam kütlesi 12 gramdır ve 6,02.1023 tane C atomu içerir. Buna göre bir tane 12C atomunun kütlesi 12 = 1,993.10–23 gram olur. 6,02.1023 Bir elementteki tek atom kütlesi, mol kütlesinin Avogadro sayısına oranı ile bulunur. Elementin mol kütlesinin tek atomun kütlesine oranı ise daima Avogadro sayısına eşittir (Tablo 2.2). Element Sembolü Mol Kütlesi (gram) Tek Atom Kütlesi (gram) Mol Kütlesi Tek Atom Kütlesi Al 26,982 4,482.10–23 6,020.1023 N 14,007 2,236.10–23 6,021.1023 Ca 40,078 6,645.10–23 6,019.1023 Tablo 2.2: Bazı elementlerin mol kütlesi, tek atom kütlesi ve bu değerlerin oranı Bir maddedeki tanecik sayısı, Avogadro sayısının kaç katı ise o kadar moldür. Yani maddedeki tanecik sayısının Avogadro sayısına oranı mol sayısını verir: Mol sayısı (n) = Tanecik sayısı (N) Avogadro sayısı (NA) veya n = N 6,02.1023 97 KİMYASAL HESAPLAMALAR Yaklaşık 1.10–7 milimetrelik çapları ve yine yaklaşık 1.10–23 gramlık kütleleriyle Mol sayısı verilen bir maddenin atom sayısı, Avogadro sayısı ile çarpılarak bulunabilir: 1 mol H2SO4 ; 2 mol H atomu, 1 mol S atomu, 4 mol O atomu, 1 mol H2SO4 ; 2 · 6,02.1023 tane H atomu, 1 · 6,02.1023 tane S atomu, 4 · 6,02.1023 tane O atomu içerir. 1 mol Mg3(PO4)2 ; 3 mol Mg atomu, 2 mol P atomu, 8 mol O atomu, 23 23 23 1 mol Mg3(PO4)2 ; 3 · 6,02.10 tane Mg atomu, 2 · 6,02.10 tane P atomu, 8 · 6,02.10 tane O atomu içerir. ÖRNEK 23 0,2 mol (NH4)2CO3’taki toplam atom sayısı kaçtır? (NA : 6,02.10 ) 98 ÇÖZÜM KİMYASAL HESAPLAMALAR 1 mol (NH4)2CO3’ta 2 mol N atomu, 8 mol H atomu, 1 mol C atomu ve 3 mol O atomu olmak üzere toplam 14 mol atom bulunur. Buna göre; 1 mol (NH4)2CO3’ta toplam 14 mol atom var ise 0,2 mol (NH4)2CO3’ta x x = 2,8 mol atom içerir. Toplam atom sayısı ise 2,8 · 6,02.1023 = 16,8 · 1023 tanedir. Bileşiklerin Mol Kütlesi Herhangi bir bileşik içerisindeki elementlerin atom kütleleri bilinirse o bileşiğin molekül kütlesi hesaplanabilir. Buna göre molekül kütlesi, molekül içindeki atomların kütleleri toplamıdır. Örneğin C2H6 molekülünün kütlesi; Mol kütlesi, herhangi bir maddenin bir molünün kütlesidir. Maddenin gram cinsinden bağıl atom kütlesi ya da molekül kütlesidir. 2 · (C atom kütlesi) + 6 · (H atom kütlesi) veya 2 · (12,01 akb) + 6 · (1,008 akb) = 30,068 akb’dir. Bileşiklerdeki her elementin atom sayısı, atom kütleleri ile çarpıldıktan sonra çarpımlar toplanarak molekül kütlesi bulunur. İyonik bileşiklerdeki atomların gerçek sayıları değil en küçük oranları gösterilir ve bu tür bileşikler için formül kütlesi terimi kullanılır. Örneğin KBr iyonik bileşiğinin formül birimi bir K+ iyonu ve bir Br– iyonundan oluşmuştur. Buna göre; KBr’ün formül kütlesi = 39,098 akb + 79,904 akb = 119,002 akb ve KBr’ün mol kütlesi = 119,002 g olur. Aşağıda verilen bileşiklerin 1 molünün kütlesini (molekül kütlesini) hesaplayalım. (H: 1 g mol–1 , C: 12 g mol–1 , O: 16 g mol–1 , Al: 27 g mol–1 , P: 31 g mol–1 , S: 32 g mol–1) 1 mol H3PO4 = (3 · 1) + 31 + (4 · 16) = 98 gram 1 mol Al2(SO4)3 = (2 · 27) + (3 · 32) + (12 · 16) = 342 gram 1 mol C6H12O6 = (6 · 12) + (12 · 1) + (6 · 16) = 180 gram Çoğu defa kullanılan ancak kullanımları karışıklıklara yol açabilen molekül ağırlığı, molekül kütlesi, formül kütlesi, atom ağırlığı, atom kütlesi gibi ifadeler yerine mol kütlesi kavramını kullanmak daha uygun olacaktır. 99 elementlerin mol kütleleri toplamına eşittir. Molekül yapılı elementlerde (H2 , O2 , N2 ...) mol kavramı uygulanırken dikkatli olunmalıdır. 1 mol hidrojen denildiğinde 1 mol hidrojen atomu da anlaşılabilir, 1 mol hidrojen molekülü de anlaşılabilir. Bu nedenle ifadeleri kullanırken vurgulanmak istenen şey, açık ve anlaşılır olmalıdır. Buna göre; 1 mol hidrojen atomu, H 1 mol hidrojen molekülü, H2 1 mol hidrojen gazı, H2 şeklinde ifade edilmelidir. Örneğin oksijen elementi için aşağıda verilen örneklerin gram cinsinden kütle değerlerini yazalım. (O : 16 g mol–1) 1 oksijen atomu = 1 oksijen molekülü = 16 g = 16 akb 6,02.1023 32 6,02.10 1 mol oksijen atomu = 16 gram 1 mol oksijen molekülü = 32 gram 1 mol oksijen gazı = 32 gram 23 g = 32 akb Mol kütlesi ile bir tek molekülün kütlesi karıştırılmamalıdır. Mol kütlesi, Avogadro sayısı kadar molekülün kütlesidir. Bir molekülün kütlesi ise maddeyi oluşturan moleküllerin sadece bir tanesinin kütlesidir. KİMYASAL HESAPLAMALAR Bileşikler ister molekül yapılı ister iyonik yapılı olsun mol kütlesi, moleküldeki veya formül birimindeki Belirli bir miktardaki ve mol kütlesi bilinen bir bileşiğin mol sayısı; Mol sayısı (n) = Bileşiğin kütlesi (m) Bileşiğin mol kütlesi (MK) eşitliği ile bulunur. Öğrendiğimiz bilgiler rehberliğinde örnek sorular çözerek konuyu pekiştirelim. ÖRNEK Zaç yağı olarak bilinen sülfürik asidin (H2SO4) 19,6 gramı ile ilgili olarak aşağıdaki soruları cevap- layalım (H: 1 g mol–1 , O: 16 g mol–1 , S: 32 g mol–1). a. Kaç moldür? b. Kaç tane H2SO4 molekülü içerir? c. Toplam kaç mol atom içerir? ç. Toplam kaç tane atom içerir? ÇÖZÜM KİMYASAL HESAPLAMALAR 100 H2SO4’in mol kütlesi = 2 · 1 + 32 + 4 · 16 = 98 g mol–1 dir. a. 19,6 gram H2SO4’in mol sayısını bulalım. n= m 19,6 = 0,2 mol H2SO4 = MK 98 b. 1 mol H2SO4’te 6,02.1023 tane H2SO4 molekülü bulunduğuna göre 0,2 mol H2SO4’in molekül sayısını bulabiliriz. 1 mol H2SO4’te 6,02.1023 tane H2SO4 molekülü varsa 0,2 mol H2SO4’te x x = 0,2 · 6,02.1023 = 1,204.1023 tane H2SO4 molekülü bulunur. c. 1 mol H2SO4’te 2 mol H, 1 mol S ve 4 mol O atomu olmak üzere toplam 7 mol atom vardır. Buna göre; 1 mol H2SO4’te 0,2 mol H2SO4’te 7 mol atom varsa x x = 0,2 · 7 = 1,4 mol atom bulunur. ç. 1,4 mol atom = 1,4 · 6,02.1023 = 8,4 · 1023 tane atom eder. ÖRNEK 3,01.1022 tane CH3COOH molekülü (sirke asidi) ile ilgili aşağıdaki soruları cevaplayalım. (H: 1 g mol–1 , C: 12 g mol–1 , O: 16 g mol–1) a. Kaç moldür? b. Kaç gramdır? c. Toplam kaç mol atom içerir? ÇÖZÜM a. n = N 6,02.1023 = 3,01.1022 = 0,05 mol CH3COOH’dir. 6,02.1023 b.CH3COOH’nin mol kütlesi = (2 · 12 + 4 · 1 + 2 · 16) = 60 g mol–1 n= m m ise 0,05 = MK 60 buradan da m = 0,05 · 60 = 3 g CH3COOH olur. c. 1 mol CH3COOH’nde 2 mol C, 4 mol H ve 2 mol O atomları olmak üzere toplam 8 mol atom 1 mol CH3COOH’nde 8 mol atom varsa 0,05 mol CH3COOH’nde x 101 x = 0,05 · 8 = 0,4 mol atom bulunur. ÖRNEK 14 mol atom bulunduran P2O5 molekülü ile ilgili aşağıdaki soruları cevaplayalım. (O: 16 g mol–1 , P: 31 g mol –1) a. Kaç moldür? b. Kaç tane P2O5 molekülü vardır? c. Kaç gramdır? ÇÖZÜM a. 1 mol P2O5 molekülünde toplam 7 mol atom bulunduğuna göre basit bir orantı ile 14 mol atomun kaç mol P2O5 molekülünde bulunacağını hesaplayalım. 1 mol P2O5’te 7 mol atom varsa x b. n = 2= 14 = 2 mol P2O5’tir. 7 N ise 6,02.1023 N 6,02.1023 N = 2 · 6,02.1023= 12,04.1023 tane P2O5 molekülü içerir. c. n = x= 14 mol atom bulunduran 2= m ise MK m ⇒ m = 284 g’dır. 142 (P2O5 = 2 · 31 + 5 · 16 = 142 g mol–1) KİMYASAL HESAPLAMALAR vardır. Buna göre, ÖRNEK 14,4 gram oksijen içeren CaCO3 (kireç taşı) ile ilgili aşağıdaki soruları cevaplayalım. (C: 12 g mol –1 , O: 16 g mol –1 , Ca: 40 g mol –1) a. Kaç moldür? b. Toplam kaç tane atom bulunur? ÇÖZÜM a. 1 mol CaCO3 bileşiğinde 3 · 16 = 48 g oksijen atomu vardır. Buna göre; 1 mol CaCO3’ta 48 g oksijen varsa 14,4 g oksijen x x= 14,4 = 0,3 mol CaCO3’tır. 48 b. 1 mol CaCO3’ta 1 mol Ca, 1 mol C ve 3 mol O atomu olmak üzere toplam 5 mol atom yani 5 · 6,02.1023 tane atom bulunur. Buna göre; 5 · 6,02.1023 tane atom varsa 1 mol CaCO3’ta 0,3 mol CaCO3’ta KİMYASAL HESAPLAMALAR x = 0,3 · 5 · 6,02.1023 = 9,03.1023 tane atom bulunur. 102 x ÖRNEK 1,2 mol C atomu içeren C3H4 molekülü ile ilgili aşağıdaki soruları cevaplayalım. (H: 1 g mol–1 , C: 12 g mol–1) a. Kaç moldür? b. Kaç gramdır? c. Kaç tane C3H4 molekülü içerir? ç. Toplam kaç mol atom içerir? ÇÖZÜM a.C3H4 molekülünün bir molünde 3 mol C atomu bulunmaktadır. Buna göre; 1 mol C3H4’de b. n = (C3H4 = 3 · 12 + 4 · 1 = 40 g mol–1) m ⇒ m = 0,4 · 40 = 16 g C3H4’dir. 40 N 6,02.1023 0,4 = 1,2 mol C atomu x = 0,4 mol C3H4 bulunur. m ise MK 0,4 = c. n = x 3 mol C atomu varsa ise N ⇒ N = 0,4 · 6,02.1023 = 2,408.1023 tane C3H4 molekül içerir. 6,02.1023 ç. 1 mol C3H4 molekülünde 3 mol C ve 4 mol H atomu olmak üzere toplam 7 mol atom vardır. Buna göre; 1 mol C3H4’de 0,4 mol C3H4’de toplam 7 mol atom varsa x x = 0,4 · 7 = 2,8 mol atom bulunur. ÖRNEK I. 9,03.1022 tane CH4 molekülü II. 2,4 gram H atomu içeren C2H6 molekülü III. Avogadro sayısı kadar hidrojen atomu içeren C3H8 molekülü Yukarıda verilen moleküllerin kütlelerini büyükten küçüğe doğru sıralayalım (H: 1 g mol–1 , C: 12 g mol–1) ÇÖZÜM Örnek soruda verilen her bir molekülün önce mol sayısını ardından da kütlesini bulalım. N I. n = NA = 9,03.1022 = 0,15 mol CH4 6,02.1023 (CH4 = 12 + 4 · 1 = 16 g mol–1) m = 2,4 g CH4’dır. II. 1 mol C2H6’da 6 mol H = 6 · 1 = 6 g H vardır. Buna göre; 1 mol C2H6’da x (C2H6 = 2 · 12 + 6 · 1 = 30 g mol–1) x= 0,4 mol C2H6’dır. m n= 6 g H varsa 2,4 g H MK ⇒ 0,4 = m 30 m = 12 g C2H6’dır. III. 1 mol C3H8’de 8 mol H = 8 · 6,02.1023 tane H atomu vardır. Buna göre Avogadro sayısı kadar H atomu (6,02.1023 tane H atomu) içeren C3H8’in kaç mol olduğunu bulalım. 1 mol C3H8’de x x= n= m= 8 · 6,02.1023 tane H atomu varsa 6,02.1023 tane H atomu 6,02.1023 1 mol C3H8 = 8 · 6,02.1023 8 m m 1 = (C3H8 = 3 · 12 + 8 · 1 = 44 g mol–1) ⇒ MK 8 44 44 = 5,5 g C3H8’dır. 8 Buna göre verilen moleküllerin kütleleri arasındaki ilişki II > III > I şeklinde olur. KİMYASAL HESAPLAMALAR m n= ⇒ 0,15 = MK 16 103 m ÖRNEK CnH2n+2O genel formülüne sahip olan bileşiğin 1,806.1023 molekülü 18 gram olduğuna göre formül- de verilen n sayısı kaçtır? (H: 1 g mol–1 , C: 12 g mol–1 , O: 16 g mol–1) ÇÖZÜM Örnek soruda verilen molekül sayısını mole çevirelim. N 1,806.1023 n= = = 0,3 moldür. NA 6,02.1023 Bileşiğin mol sayısı ve kütlesinden yararlanarak mol kütlesini bulalım. m 18 n= ⇒ 0,3 = MK MK MK = 60 g mol–1 olur. Buna göre; CnH2n+2O = 60 12n + 2n + 2 + 16 = 60 14n + 18 = 60 14n = 42 n = 3 olur. 104 ÖRNEK KİMYASAL HESAPLAMALAR • Bir tane AI atomunun kütlesi 4,485.10–23 gramdır. • 0,2 mol H2S bileşiği 6,8 gramdır. Buna göre 2,408.1023 tane AI2S3 bileşiğinin kütlesi kaç gramdır? (H: 1 g mol–1) ÇÖZÜM AI ve S elementlerinin mol atom kütlelerini bulalım. N 1 n= = mol AI NA 6,02.1023 m 1 4,485.10–23 n= ⇒ = ⇒ MK = 6,02.1023 · 4,485.10–23 = 27’dir. Buna göre; MK 6,02.1023 MK AI= 27 g mol–1 dir. n= m MK ⇒ 0,2 = 6,8 ⇒ MK = 34 g mol–1 H2S’dir. MK H2S = 34 g mol–1 ise S atomunun mol kütlesini bulabiliriz. 2 · 1 + S= 34 S = 32 g mol–1 olur. Buna göre AI2S3 bileşiğinin mol kütlesi 2 · 27 + 3 · 32 = 150 g mol–1 dir. 2,408.1023 tane AI2S3 bileşiğinin mol sayısını ve ardından da kütlesini bulalım. 2,408.1023 N ⇒ = 0,4 mol AI2S3 NA 6,02.1023 m m n= ⇒ 0,4 = MK 150 n= m= 60 g AI2S3 olur. ÖRNEK NK’da öz kütlesi 1,16 g L–1 olan CnH2n–2 formülüne sahip bileşikteki n sayısı kaçtır? (H: 1 g mol–1 , C: 12 g mol–1) ÇÖZÜM NK’da 22,4 litre yani bir mol gazın kütlesini hesaplarsak, bileşiğin mol kütlesini elde etmiş oluruz. Buna göre; d= biliriz. MK VNK 1,16 = formülünden yararlanarak bileşiğin mol kütlesini bula- MK 22,4 MK = 1,16 · 22,4 = 26 g mol–1 Tespit ettiğimiz mol kütlesini bileşiğin genel formülüne eşitleyerek bileşikteki n sayısını bulalım. CnH2n–2 = 26’dır. Molar hacim, bir maddenin bir molünün, desimetre küp (dm3) cinsinden ölçülen hacmidir. Katıların ve sıvıların molar hacimleri değişir ancak aynı koşullardaki tüm gazların molar hacmi eşittir. Tüm gazların normal koşullardaki (0 °C, 1 atm.) molar hacmi 22,4 dm3tür (litre). Oda koşullarında ise (25 °C, 1 atm.) 24,5 dm3tür (litre). 2n + 2n –2 = 26 1 14n = 28 n = 2 olur. 105 1,806.1023 tane molekül içeren (NO2 ve N2O3) gazları karışımında 11,2 gram oksijen atomu bulunduğuna göre karışımda toplam kaç mol atom bulunur? (O: 16 g mol–1) ÇÖZÜM Öncelikle 1,806.1023 tane molekül içeren karışımın mol sayısını bulalım. n= N NA = 1,806.1023 = 0,3 moldür. 6,02.1023 Karışımdaki NO2 gazının mol sayısına x diyelim. Bu durumda N2O3 gazının mol sayısı (0,3 – x) mol olur. Buradan da karışımdaki oksijen atomunun kütlesini bulalım. x mol NO2’te 2x mol O ve (2x) · 16 = 32x g O vardır. Benzer şekilde; (0,3 – x) mol N2O3’te (0,3 – x) · 3 mol O ve (0,3 – x) · 3 · 16 = (14,4 – 48x) g O vardır. Karışımdaki toplam oksijen atomunun kütlesi; 32x + (14,4 – 48x) = 11,2 olur. Buradan da –16x = 11,2 – 14,4 x= 3,2 16 = 0,2 mol olur. O hâlde karışımda 0,2 mol NO2 ve 0,1 mol N2O3 gazları vardır. Şimdi de elde ettiğimiz mol sayıla- rından yararlanarak karışımdaki toplam atom sayısını bulalım. _ 0,2 mol NO2’te 0,2 · 3 = 0,6 mol atom vardır. bb ` Karışımda 0,6 + 0,5 = 1,1 mol atom vardır. 0,1 mol N2O3’te 0,1 · 5 = 0,5 mol atom vardır. b a KİMYASAL HESAPLAMALAR ÖRNEK ÖRNEK I. 32 akb II. 0,2 mol III. 100 tane molekül O2 molekülü ile ilgili yukarıda verilen örneklerin kütlelerini büyükten küçüğe doğru sıralayalım (O: 16 g mol–1). ÇÖZÜM Verilen oksijen örneklerinin kütlelerini bulalım. I. Bir oksijen molekülünün kütlesi 32 akb yani II.n = KİMYASAL HESAPLAMALAR 106 m MK 32 gramdır. 6,02.1023 (O2 : 32 g mol–1) ise m 0,2 = 32 m = 6,4 g’dır. III.Bir O2 molekülünün kütlesi 00 · 1 32 6,02.10 23 32 gram olduğundan 100 tane O2 molekülü 6,02.1023 gramdır. Buradan 3200 32 = gram eder. 23 6,02.10 6,02.1021 Buna göre soruda verilen örneklerin kütlelerinin büyüklük sırası II > III > I şeklinde olur. ÖRNEK NK’da 4,48 litre hacim kaplayan C3H8 gazı ile 1,204.1023 tane XO2 molekülünün kütlesi birbirine eşittir. Buna göre XO2 ile gösterilen bileşikteki X elementinin mol atom kütlesi kaçtır? (C: 12 g mol–1 , H: 1 g mol–1 , O: 16 g mol–1) ÇÖZÜM NK’da 4,48 litre hacim kaplayan C3H8 gazının mol sayısını bulalım. n= n= V 22,4 4,48 22,4 ise = 0,2 mol C3H8 olur. Buradan C3H8’in kütlesini bulalım. (C3H8 = 3.12 + 8.1 = 44 g mol–1) n= 0,2 = m ise MK m ⇒ m = 8,8 g dır. MK 1,204.1023 tane XO2 molekülünün mol sayısını bulalım. n= 1,204.1023 N = = 0,2 mol XO2 dir. NA 6,02.1023 Eşit kütledeki yani 8,8 gramından yararlanarak XO2 nin mol kütlesini bulalım. n= 0,2 = m ise MK 8,8 MK ⇒ MK = 44 g mol –1 olur. XO2 = 44 ise X + 2.16 = 44 107 ALIŞTIRMALAR C3H8 bileşiği ile ilgili aşağıda verilen noktalı yerlere gelebilecek doğru değerleri bulunuz. (H: 1 g mol–1 , C: 12 g mol–1) 1. 2 mol C3H8 bileşiği .............................................. tane C3H8 molekülü içerir. 2.C3H8 bileşiğinin mol kütlesi .............................................. gramdır. 3. 0,4 mol C3H8 bileşiğinde toplam .............................................. mol atom bulunur. 4. 2 mol C3H8 bileşiğinde toplam .............................................. tane atom bulunur. 5. 4 mol H atomu içeren C3H8 bileşiği .............................................. mol C3H8 moleküldür. 6. 3,6 gram C içeren C3H8 bileşiği .............................................. mol C3H8 moleküldür. 7. Toplam 44 mol atom içeren C3H8 bileşiği ......................................... mol C3H8 moleküldür. 8. 5 mol C3H8 bileşiği .............................................. gramdır. 9. 1, 204 . 1023 tane C3H8 molekülü .............................................. moldür. 10. 22 gram C3H8 bileşiği .............................................. tane C3H8 molekül içerir. 11. 4,816.1023 tane H atomu içeren C3H8 bileşiği ................................... mol C3H8 moleküldür. 12. 3,01.1022 tane C3H8 molekülü .............................................. gram C atomu içerir. KİMYASAL HESAPLAMALAR X = 12 g mol–1 olur. 2.2. EN BASİT FORMÜL VE MOLEKÜL FORMÜLÜ Kimyanın sembolik dilini incelerken bileşiklerin formüllerle gösterildiğinden söz etmiştik. Bileşiklerin bu formülleri, en basit formül ya da molekül formülü şeklinde verilir. Bileşiklerdeki element atomlarının sayısını bağıl oranlarla veren formül, en basit formüldür. Bu nedenle basit formül, moleküldeki her elementin gerçekte kaç atomlu olduğunu belirtmez. Bileşiklerin en basit formülleri, kütlece yüzde bileşim ve elementlerin mol kütleleri kullanılarak belirlenir. Bileşiğin molekül kütlesi bilinirse basit formülünden molekül formülüne geçiş yapılır. Molekül formülü, bileşikteki element atomlarının gerçek sayısını gösteren formüldür. Basit formülde sadece atom türleri ve atom sayıları arasındaki oran bilinirken molekül formülünde atom türleri, atom sayıları arasındaki oran ve atom sayısı bilinebilir. ÖRNEK Yiyeceklerde tatlandırıcı olarak kullanılan sorbitolün molekül kütlesi 182 akb ve kütlece yüzde bileşimi %39,56 C, %7,74 H ve %52,70 O’dir. Sorbitolün basit ve molekül formülü nedir? (H: 1 g mol–1 , C: 12 g mol–1 , O: 16 g mol–1) ÇÖZÜM KİMYASAL HESAPLAMALAR 108 Yüzde bileşim, bir bileşiğin içerdiği elementlerin kütlece bağıl oranlarını verir. Oysa kimyasal formülde bu oranlar mol cinsinden yani atom sayıları cinsinden gösterilir. Kütle oranlarını mol oranlarına çevirmek ve buradan da bileşiğin formülünü saptamak için aşağıdaki yolu izleyelim. 1. Basamak: Elimizdeki örneğin tam 100 g olduğunu varsayalım. Bu durumda örnekte 39,56 g C, 7,74 g H ve 52,70 g O vardır. 2. Basamak: 100 gram örnekteki kütleleri mole çevirelim. 39,56 = 3,29 mol C 12 7,74 = 7,74 mol H H’in mol sayısı = 1 52,70 = 3,29 mol O O’in mol sayısı = 16 3. Basamak: Bulduğumuz sayıları en küçük değer olan 3,29’a bölerek tam sayı hâline getirmeye çalışalım. C 3,29 H 7,74 O3,29 = C H2,35O 3,29 3,29 3,29 C’un mol sayısı= 4. Basamak: Mol atom sayılarını tam sayı yapacak küçük bir tam sayı ile çarpalım. Burada mol atom sayılarını 3 ile çarparak yaklaşık bir tam sayı elde edebiliriz. C3H(3 x 2,35)O3 = C3H7O3 olur. Bulduğumuz C3H7O3 formülü, en basit formülü göstermektedir. Molekül formülü ise bu formüle eşit veya bunun katları olabilir. Basit formülü bir çarpan (n) ile molekül kütlesine eşitleyerek molekül formülüne ulaşabiliriz. (C3H7O3)n = 182 (3 · 12 + 7 · 1 + 3 · 16)n = 182 (36 + 7 + 48)n = 182 91n = 182 n = 2 bulunur. Molekül formülü (C3H7O3)n’den C6H14O6 olarak bulunur. Kolay yanabilen bileşiklerin basit formüllerini belirlemek için yakma analizi yönteminden de yararlanılmaktadır. Bu yöntemde, örnekteki bütün C atomları CO2 hâline geçer. H atomları da H2O’yu verir. CO2 ve H2O’daki bu atomların tek kaynağı yakılan örnektir. Oysa basit formül tayininde oksijenin miktarı dolaylı yoldan elde edilir. C ve H atomlarının kütlesini, organik bileşiğin kütlesinden çıkararak oksijenin kütlesine ulaşabiliriz. Yakma analizi yöntemiyle nasıl basit formül tayin edildiğini bir örnekle açıklayalım. ÖRNEK C, H ve O’den oluşan organik bileşiğin 23 gramlık örneği yakıldığında 33 g CO2 ve 18 g H2O oluşuyor. Buna göre organik bileşiğin basit formülü nedir? (H: 1 g mol–1 , C: 12 g mol–1 , O: 16 g mol–1) ÇÖZÜM 3 m 33 = mol CO2 = Mk 44 4 3 3 mol CO2’te mol C atomu bulunur. 4 4 3 Bileşikteki C’un kütlesi · 12 = 9 g C’dur. 4 m 18 = 1 mol H2O = H2O’yun mol sayısı n = Mk 18 (CO2 : 44 g mol–1) (H2O : 18 g mol–1) 1 mol H2O’da 2 mol H atomu bulunur. Bileşikteki H’in kütlesi 2 · 1 = 2 g H’dir. C ve H kütlesini, örneğin kütlesinden çıkarırsak oksijenin kütlesini buluruz. 23 – (9 + 2) = 12 g O olur. Şimdi oksijenin mol sayısını bulalım. 3 12 m = mol O’dir. = n= Mk 16 4 Bulunan mol sayılarından basit formülü belirleyebiliriz. C 3 H2 O 3 4 4 Mol atom sayılarını tam sayı yapacak en küçük tam sayı olan 4 ile çarpalım. C H2 O 3 4 3 = C3H8O3 olur. 4 4 Bileşiğin basit formülü C3H8O3’dir. ALIŞTIRMALAR 1. Molekül kütlesi 120 akb olan bir organik bileşiğin, kütlece yüzde bileşimi %40 C, %6,7 H ve %53,3 O’dir. Buna göre bileşiğin en basit ve molekül formülünü bulunuz. (H: 1 g mol–1 , C: 12 g mol–1 , O: 16 g mol–1) Basit formülü : CH2O Molekül formülü: C4H8O4 2. C, H ve O’den oluşan organik bileşiğin 26,4 gramlık örneğinin yakılması sonucunda 52,8 g CO2 ve 21,6 g H2O elde edilmiştir. Bileşiğin molekül kütlesi 88 akb’dir. Buna göre organik bileşiğin; a. En basit formülünü, b. Molekül formülünü bulunuz. (H: 1 g mol–1 , C: 12 g mol–1 , O: 16 g mol–1) Basit formülü : C2H4O Molekül formülü : C4H8O2 109 KİMYASAL HESAPLAMALAR CO2’in mol sayısı n = 2.3. KİMYASAL TEPKİMELER VE DENKLEMLER Kimyasal tepkimeler bir veya birkaç maddenin yeni madde ya da maddelere dönüştürülmesi işlemi- dir. Diğer bir deyişle kimyasal tepkime, kimyasal değişmenin meydana geldiği bir işlemdir. Çoğu zaman, maddeler bir araya getirilip karıştırıldığında bir tepkime oluşmaz. Bu maddeler başlangıçtaki özellik ve bileşimlerini korur. Ancak bir tepkime olduğunu söyleyebilmek için bazı kanıtlara gereksinim vardır. Bunlar; renk değişimi, çökelek oluşumu, gaz çıkışı, ısı salınması ya da soğrulması gibi olaylardır. Tepkimenin ilerleyiş yönünü gösteren tepkime denkleminde, tepkimeye giren maddelerin (reaktifler) formülleri sol tarafa, tepkimeden çıkan maddelerin (ürünler) formülleri ise sağ tarafa yazılır. Denklemin iki tarafı bir ok ( ) işareti ile birleştirilir. Böylece tepkimeye giren maddelerin ürünlere dönüştüğü ifade edilmiş olur. Kimyasal değişimlerin tepkime denklemini yazıp denkleştirmek oldukça önemlidir. Şekil 2.1’de tebeşirde bulunan CaCO3’ın HCI çözeltisi ile tepkimesi görülmektedir. Bu tepkimenin denklemini yazalım ve denkleştirelim. CaCO3(k) + 2 HCI(suda) CaCI2(suda) + CO2(g) + H2O(s) Tepkime denklemindeki maddelerin fiziksel hâlleri, formüllerinin sağ alt köşe- 110 sinde parantez içinde belirtilir. Katı (k), sıvı KİMYASAL HESAPLAMALAR (s), gaz (g) ve sulu çözelti (suda) ya da (aq) ile gösterilir. Kimyasal tepkimelerin yazıldıktan sonra denkleştirilmesi gerekir. Denkleştirilme en HCI küçük katsayılarla yapılır. Kimyasal tepkimelerde bazı özellikler korunurken bazı özellikler korunmayabilir. Buna göre kimyasal tepkimelerde; CO2 • Atom türü ve sayısı korunur. • Toplam kütle korunur. • Toplam elektron sayısı korunur. • Toplam nükleon sayısı korunur. CaCO3 • Toplam iyon yükü korunur. • Toplam mol sayısı, molekül sayısı korunmayabilir. H 2O Şekil 2.1: Tebeşirde bulunan CaCO3 ile HCI çözeltisi arasındaki tepkime sonucunda oluşan CO2 gazı su üzerinde toplanıyor. Kimyasal değişimlerde, moleküllerdeki bazı bağlar kopar, yerine yeni bağlar oluşur. Bu sırada enerji alınır ya da verilir. Kimyasal tepkime gerçekleşirken dışarıdan ısı alıyorsa endotermik; dışarıya ısı veriyorsa ekzotermik tepkime olarak adlandırılır: 2KCIO3(k) + ısı 2KCI(k) + 3O2(g) (Endotermik tepkime) CH4(g) + 2O2(g) CO2(g) + 2H2O(s) + ısı (Ekzotermik tepkime) Tepkimenin gerçekleşmesi sırasındaki sıcaklık, basınç koşulları ve katalizör gibi etkenler tepkimedeki ok işaretinin üstüne ya da altına yazılır: MnO2 (Katalizör) 2KCIO3(k) 170 °C, 1 atm. 2KCI(k) + 3O2(g) Şimdi doğal gazın bileşenlerinden etanın (C2H6) oksijen ile yanarak karbondioksit ve su oluşturduğu tepkimeyi inceleyelim. Önce ifadeyi tepkime denklemi hâlinde yazalım. Denk olmayan tepkime şöyledir: C2H6(g) + O2(g) CO2(g) + H2O(g) Eşitliğin her iki yanındaki C, H ve O atomlarının sayılarının denk olmadığı görülmektedir. Öncelikle C atomunu denkleştirmek için, CO2 önüne 2 yazılır: C2H6(g) + O2(g) 2CO2(g) + H2O(g) H atomlarının denkleştirilmesi için suyun önüne 3 yazılır: C2H6(g) + O2(g) 2CO2(g) + 3H2O(g) C ve H atomlarının denkliği sağlandıktan sonra O atomu denkleştirilir. Eşitliğin sağ tarafında yedi 7 katsayısı yazılarak giderilir: 2 7 O2(g) 2CO2(g) + 3H2O(g) 2 Denkleştirilmiş tepkimede katsayılar mümkün olan en küçük tam sayılar olmalıdır. Bunun için tüm eşitlik 2 ile çarpılarak C2H6(g) + 7 değeri 7’ye dönüştürülür ve denkleştirilmiş eşitlik aşağıdaki gibi olur: 2 2C2H6(g) + 7O2(g) 4CO2(g) + 6H2O(g) ÖRNEK Kurşun(II) nitrat çözeltisi ile potasyum iyodür çözeltisinin karıştı- kurşun(II) nitrat rılması sonucunda kurşun(II) iyodür katısı ve potasyum nitrat çözeltisi oluşmaktadır. Buna göre tepkimenin denklemi nasıl olmalıdır? ÇÖZÜM Resim 2.3’te gösterilen kimyasal değişimin tepkimesini yazıp denkleştirelim. Kurşun(II) nitrat çözeltisi + Pb(NO3)2(suda) + Potasyum iyodür çözeltisi 2KI(suda) Kurşun(II) Potasyum iyodür + nitrat katısı çözeltisi PbI 2(k) + 2KNO3(suda) potasyum iyodür kurşun(II) iyodür Resim 2.3: Kurşun (II) nitrat çözeltisi ile potasyum iyodür çözeltisi arasındaki tepkime 111 KİMYASAL HESAPLAMALAR oksijen atomu, sol tarafında ise bir O2 molekülü bulunmaktadır. Bu eşitsizlik, sol taraftaki O2’in önüne ALIŞTIRMA Aşağıdaki tepkimelere ilişkin tepkime denklemlerini yazınız ve en küçük katsayılarla denkleştiriniz. a. Magnezyum hidroksit + çözeltisi b. Propan + gazı c. Alüminyum + katısı Nitrik asit Magnezyum nitrat + çözeltisi çözeltisi Oksijen gazı Karbondioksit + gazı Su (sıvı) Su buharı Alüminyum klorür + Hidrojen Hidroklorik asit çözeltisi katısı gazı ÖRNEK Aşağıda verilen denkleştirilmiş tepkimede X yerine gelecek maddenin formülü nedir? 5Cr2O72– + 6Mn2+ + 22H+ 11H2O + 10Cr 3+ + 6X ÇÖZÜM KİMYASAL HESAPLAMALAR 112 Kimyasal tepkimelerde atom türü ve sayısı ile toplam iyon yükünün korunması gerektiğini biliyoruz. Buna göre tepkimedeki atom türünü, atom sayısını ve iyon yükünü dikkate alarak X ile ifade edilen maddenin formülünü bulabiliriz. Buna göre; Tepkimeye girenler Tepkimeden çıkanlar 10 mol Cr atomu ......................... 10 mol Cr atomu – ......................... 6 mol Mn atomu 22 mol H atomu ......................... 22 mol H atomu 11 mol O atomu ......................... 35 mol O atomu Tepkimeye giren maddelerde 6 mol Mn ve 24 mol O atomu eksiktir. Tepkime denkleminde X’in katsayısı 6 olduğundan X’ teki atom sayıları 1 mol Mn atomu ve 4 mol O atomu olmalıdır. Tepkimedeki toplam iyon yükünün de korunması gerekir. Buna göre; 10 · (3+) + 6x = 5 · (2–) + 6 · (2+) + 22 · (1+) eşitliğinden x = 1– olur. Tepkimede X ile ifade edilen maddenin formülü MnO–4 olur. ALIŞTIRMA Aşağıda verilen tepkimeleri en küçük katsayılarla denkleştiriniz. a. AI4C3 + H2O AI(OH)3 + CH4 b. Fe2O3 + HCI FeCI3 + H2O c. AI + NaOH ç. Mg3N2 + H2O Na3AIO3 + H2 Mg(OH)2 + NH3 Kimyasal tepkimeler, kimyasal hesaplamalarda gereklidir. Kimyasal tepkimeler, tepkimedeki mad- delerin (kütle, hacim ve mol sayısı gibi) niceliklerinin bulunmasını sağlar. Böylece tepkimeye belirli miktarda madde girdiğinde ne kadar ürün oluşacağı hesaplanabilir. Kimya laboratuvarlarında veya sanayide gerçekleşen basit kimyasal tepkimelerden yanma, asit-baz, çözünme-çökelme ve redoks tipi tepkimeleri tanımak, anlamak onlar üzerinde yapılan çalışmaları kolaylaştıracaktır. Bu bölümde bazı tepkime türleri incelenecek ve bu tepkimelerin denkleşmiş hâllerinden yararlanılarak gerekli hesapla- malar yapılacaktır. Yanma Tepkimeleri Yanma; bir maddenin oksijen ile tepkimeye girmesidir. Resim 2.4’te görüldüğü gibi magnezyum metalinin oksijen gazı ile verdiği tepkime bir yanma tepkimesidir. 2Mg(k) + O2(g) 2MgO(k) + O2 2MgO Diğer bir örnek de günlük yaşantımızda ısınmada ve yemek 113 pişirmede yaygın olarak kullanılan doğal gazın ana bileşeni olan metan (CH4) gazının yanmasıdır (Resim 2.5). CH4(g) +2O2(g) + CH4 Resim 2.4: Magnezyum şeridinin oksijen ile yanması CO2(g) +2H2O(g) + 2O2 CO2 2H2O Yanma tepkimesinin gerçekleşebilmesi için yanıcı madde, oksi- jen ve tutuşma sıcaklığı gereklidir. Bunlardan biri eksik olduğunda yanma olayı gerçekleşmez. Resim 2.4’te elementel magnezyumun yanması sonucunda magnezyum oksit oluşurken, Resim 2.5 ’te ise bileşik olan metan gazının yanması sonucunda bileşiği oluşturan elementlerin oksitleri oluşur. Yanma tepkimeleri, dışarıya ısı verdikleri için aynı zamanda ekzotermik tepkimelerdir. Resim 2.5: Doğal gazın ana bileşeni olan metanın yanması ALIŞTIRMA Aşağıda verilen yanma tepkimelerini tamamlayarak en küçük katsayılarla denkleştiriniz. a. AI(k) + O2(g) b. C2H5OH(s) + O2(g) c. C3H5(OH)3(s) + O2(g) KİMYASAL HESAPLAMALAR 2Mg Asit-Baz Tepkimeleri Bir asitle bir bazın tepkime vererek tuz ve su oluşturması olayına nötürleşme tepkimeleri denir. Şekil 2.2 ’de hidroklorik HCI çözeltisi asit (HCI) çözeltisine, sodyum hidroksit (NaOH) çözeltisinin ilave NaOH çözeltisi edilmesi ile gerçekleşen nötürleşme olayını görmektesiniz. Bu nötürleşme olayının tepkime denklemi aşağıdaki gibidir: HCI(suda) + NaOH(suda) NaCI(suda) + H2O(s) Burada asitten gelen H+ ile bazdan gelen OH– birleşerek Şekil 2.2: HCI asit çözeltisi ile NaOH baz çözeltisinin nötürleşmesi H2O’yu, asitten gelen CI– iyonu ile bazdan gelen Na+ katyonu ise NaCI tuzunu oluşturmaktadır. ALIŞTIRMA Aşağıda verilen asit-baz tepkimelerini tamamlayınız ve en küçük katsayılarla denkleştiriniz. a. H2SO4(suda) + KOH(suda) 114 b. Ba(OH)2(suda) + HNO3(suda) KİMYASAL HESAPLAMALAR c. Mg(OH)2(suda) + H3PO4(suda) ç. NaOH(suda) + H3PO4(suda) Çözünme-Çökelme Tepkimeleri a) b) c) ç) Reaksiyon sonunda suda çözünmeyen ürün ya da çökelek oluşturan tepkimelerdir Resim 2.6 ’da çeşitli çökeleklerin görünümü verilmiştir. Resim 2.6:Çeşitli çökeleklerin görünümü a) CdS b) PbS c) Ni(OH)2 ç) AI(OH)3 Çökelme tepkimeleri genellikle iyonik bileşikler içerir. Örneğin baryum klorür (BaCI2) çözeltisi sodyum sülfat (Na2SO4) sulu çözeltisine ilave edildiği zaman beyaz renkli baryum sülfat (BaSO4) çökeltisi oluşur (Resim 2.7). BaCI2(suda) + Na2SO4(suda) BaSO4(k) + 2NaCI(suda) Oluşan bu tepkime iki bileşiğin bazı iyonlarının yer değiştirmesi ile yürüyen Resim 2.7: BaSO4 çökeltisinin oluşumu karşılıklı bir yer değiştirme tepkimesidir. Bu tepkimede CI– ve SO42– iyonları yer değiştirmiştir. ALIŞTIRMA Aşağıda verilen çözeltilerin karıştırılması sonucunda hangi çökeleğin oluştuğunu tahmin ederek tepkimenin denklemini yazınız. (Na+, K+ ve NO–3 iyonlarının oluşturduğu bileşikler suda iyi çözünür.) a. AI(NO3)3 çözeltisi ile NaOH çözeltisi b. K3PO4 çözeltisi ile Ca(NO3)2 çözeltisi c. AgNO3 çözeltisi ile Na2SO4 çözeltisi Yükseltgenme-İndirgenme(Redoks) Tepkimeleri Yükseltgenme-İndirgenme (redoks) tepkimelerinin esasını elektron alışverişi oluşturur. Kimyasal tepkimelerin pek çoğu yükseltgenme-indirgenme şeklinde gerçekleşir. Bunlar fosil yakıtların yanmasından, pek çok metal ya da ametalin, filizlerinden elde edilmesine kadar çeşitlilik gösterir. Yükseltgenme elektron kaybının olduğu, indirgenme ise elektron kazanımının gerçekleştiği olaydır. Elektron kaybeden indirgen, elektron kazanan ise yükseltgen özellik gösterir. Yükseltgenmeindirgenme tepkimelerinde indirgenin kaybettiği elektron sayısı, yükseltgenin kazandığı elektron sayı- 115 Zn(k) + 2Ag+(suda) Zn2+ (suda) + 2Ag(k) Tepkimesini incelediğimizde Zn(k) elektron vererek Zn2+ iyonuna, Ag+ iyonu da elektron alarak Ag(k)’e dönüşmüştür. Burada Zn(k) yükseltgenirken Ag+ iyonunun indirgenmesine sebep olduğundan indirgen özellik gösterir. Ag+ iyonu ise elektron alarak indirgendiği ve Zn(k)’nun yükseltgenmesine sebep olduğu için yükseltgen özellik gösterir. ALIŞTIRMA Aşağıda verilen yükseltgenme-indirgenme tepkimelerini denkleştiriniz. Yükseltgen ve indirgen maddeleri belirleyiniz. Redoks Tepkimesi a. Fe(k) + O2(g) Fe2O3(k) b. Mg(k) + N2(g) Mg3N2(k) c. AgBr(k) Ag(k) + Br2(s) ç.Zn(k) + CuSO4(suda) ZnSO4(suda) + Cu(k) Yükseltgen İndirgen KİMYASAL HESAPLAMALAR sına eşit olmalıdır. 2.4. KİMYASAL HESAPLAMALAR Kimyasal tepkimedeki eşitlikler, kimyasal hesaplamalarda dönüşüm faktörlerinin bulunmasını sağ- lar. Böylece tepkimeye belirli miktarda madde girdiğinde ne kadar ürün oluşacağı stokiyometrik olarak hesaplanabilir. Kimyasal tepkimelerde, hiçbir atom yoktan var olamayacağı gibi hiçbir atom da vardan yok edilemez. Bu durum kütlenin korunumu kanununda ifade edilmiştir. Kütlenin korunumu kanununa göre kimyasal bir tepkimeye katılan maddelerin kütleleri toplamı, tepkime sonucunda oluşan ürünlerin kütleleri toplamına eşittir. Önceki bölümde, kimyasal tepkimeler ve türleri verilmişti. Bu bölümde denkleştirilmiş tepkimelerden yararlanarak gerekli kimyasal hesaplamalar yapılacaktır. Burada kütle, mol sayısı, molekül sayısı ve atom sayısı gibi nicelikler birbirleri ile ilişkilendirilecek ve istenilen sonuçlara ulaşılacaktır. ÖRNEK CnH2n+2O2 genel formülüne sahip olan organik bir bileşiğin 0,2 molü tamamen yandığında 26,4 gram 116 CO2 gazı oluşmaktadır. Buna göre formülde verilen n sayısı kaçtır? KİMYASAL HESAPLAMALAR (C: 12 g mol–1 , O: 16 g mol–1) ÇÖZÜM CnH2n+2O2 formülüne sahip bileşiğin oksijen ile yanma tepkimesinin denklemini yazalım ve denk- leştirelim. CnH2n+2O2 + 3n–1 O2 2 nCO2 + (n + 1) H2O (CO2 = 12 + 2 · 16 = 44 g mol–1) 26,4 g CO2 gazının kaç mol olduğunu bulalım. n= m MK = 26,4 = 0,6 mol CO2’tir. 44 Tepkime denkleminden yararlanarak sorunun çözümünü gerçekleştirelim. 1 mol CnH2n+2O2’den n mol CO2 oluşur. 0,2 mol CnH2n+2O2’den 0,6 mol CO2 oluşursa 0,2 n = 0,6 n = 3 olur. Bir kimyasal tepkimede hesaplama yapabilmek için tepkimenin denkleştirilmesi ve denkleşmiş tepkimedeki stokiyometrik katsayıların doğru yorumlanabilmesi gerekir. ÖRNEK Eşit kütlelerdeki CS2 ve O2 gazlarının tepkimesinden CO2 ve SO2 gazları oluşmaktadır. Tam verimle gerçekleşen tepkimede, tepkimeye giren maddelerden hangisinden kütlece yüzde kaç artar? (C: 12 g mol–1 , O: 16 g mol–1 , S: 32 g mol–1) ÇÖZÜM Tepkime denklemini yazalım ve denkleştirelim. CS2 + 3O2 (CS2 = 12 + 2 · 32 = 76 g mol–1) (O2 = 2 · 16 = 32 g mol–1) CO2 + 2SO2 Tepkimede 76 g CS2 ile 3 · 32 = 96 g O2 gazları tam olarak birleşmektedir. Her iki maddeden eşit kütlelerde alındığında CS2’den bir miktar artar. Örneğin her ikisinden de 96’şar gram alındığında 96 – 76 = 20 g CS2 artar. Buna göre artan CS2’ün kütlece yüzdesini bulalım. Tepkimede artan CS2’ün kütlece yüzdesi = artar. 20 · 100 = 20,83 olur. Buna göre CS2’ün kütlece %20,83 96 ÖRNEK tamamı oksijen ile yakıldığında 10,44 gram H2O elde ediliyor. Buna göre karışımdaki C2H6 gazının mol sayısı kaçtır? (H: 1 g mol–1 , C: 12 g mol–1 , O: 16 g mol–1) Kimyasal tepkimelerde hesaplama yapılırken soruda verilen ve istenilen nicelikler arasında orantı kurulur. ÇÖZÜM Karışımın mol sayısını bulalım: n = 1,204.1023 N = = 0,2 moldür. NA 6,02.1023 Karışımı oluşturan gazların oksijen ile yanma tepkimelerini ayrı ayrı yazarak denkleştirelim. C2H4(g) + 3O2(g) C2H6(g) + 7 O2(g) 2 2CO2(g) + 2H2O(s) 2CO2(g) + 3H2O(s) Karışımdaki C2H4’in mol sayısına x diyelim. Bu durumda C2H6’ın mol sayısı (0,2 – x) mol olur. Tepkime denkleminde 1 mol C2H4’den 2 mol H2O oluştuğuna göre x mol C2H4’den 2x mol H2O oluşur. Benzer şekilde tepkime denkleminde 1 mol C2H6’dan 3 mol H2O oluşmaktadır. (0,2 – x) mol C2H6’dan ise 3 (0,2 – x) = 0,6 – 3x mol H2O oluşur. Örnekte verilen 10,44 g H2O’yun mol sayısını bulalım. n= m MK = 10,44 = 0,58 mol H2O olur. 18 Yukarıda bulduğumuz değerleri eşitlersek; 2x + 0,6 – 3x = 0,58 ise x = 0,02 olur. Demek ki karışımda 0,2 – 0,02 = 0,18 mol C2H6 gazı vardır. (H2O = 2 · 1 + 16 = 18 g mol–1) 117 KİMYASAL HESAPLAMALAR C2H4 ve C2H6 gazlarının karışımından oluşan 1,204.1023 molekülünün ÖRNEK C, H ve O’den oluşan bir organik bileşiğin yanma Mol sayısı tepkimesine ait tepkimedeki maddelerin mol sayısının zamanla değişim grafiği yanda verilmiştir. Buna 0,8 H 2O göre organik bileşiğin basit formülü nedir? 0,6 CO2 0,4 Organik bileşik ÇÖZÜM Grafikte zamanla mol sayısı azalanlar tepkimeye girenler, mol sayısı artanlar da ürünlerdir. Grafiği O2 Zaman incelediğimizde 0,6 – 0,4 = 0,2 mol organik bileşik ile birlikte 0,8 mol O2 gazı harcanmakta, buna karşılık 0,6 mol CO2 ve 0,8 mol H2O oluşmaktadır. Bu değerleri en küçük katsayıya çevirirsek, 1 mol organik bileşik ile 4 mol O2’in tepkimesinden 3 mol CO2 ve 4 mol H2O oluşur. Tepkime denk- lemini yazarsak; Organik bileşik + 4O2 3CO2 + 4H2O olur. Tepkimedeki atom türü ve sayısının korunması gerektiğinden organik bileşiğin basit formülü KİMYASAL HESAPLAMALAR 118 C3H8O2 şeklinde yazılır. ÖRNEK AI(OH)3 ile H2SO4 çözeltisinin karıştırılması sonucunda oluşan reaksiyonda 34,2 gram AI2(SO4)3 elde edebilmek için tepkimede kullanılacak AI(OH)3 en az kaç gram olmalıdır? (H: 1 g mol–1 , O: 16 g mol–1 , AI: 27 g mol–1 , S: 32 g mol–1) ÇÖZÜM Tepkime sonunda oluşacak 34,2 g AI2(SO4)3’ın mol sayısını bulalım. [AI2(SO4)3 = 2 · 27 + 3 (32 + 4 · 16) = 342 g mol–1] n= m MK = 34,2 = 0,1 mol AI2(SO4)3 342 Tepkime denklemini yazıp denkleştirelim. 2AI(OH)3 + 3H2SO4 AI2(SO4)3 + 6H2O Denkleşmiş tepkime denkleminde, 1 mol AI2(SO4)3 elde edebilmek için 2 mol AI(OH)3’in harcan- ması gerekir. 0,1 mol AI2(SO4)3 elde edilebilmesi için ise 0,2 mol AI(OH)3 harcanmalıdır. Buradan da 0,2 mol AI(OH)3’in kütlesini bulabiliriz. n = 0,2 = m ise MK m 78 m = 15,6 g AI(OH)3 gerekir. [AI(OH)3 = 27 + 3 · (16 + 1) = 78 g mol–1] ÖRNEK Yoğunluğu 1,2 g mL–1 olan kütlece %20’lik NaOH çözeltisinin 100 mL’sini tam olarak nötürleştirmek için kaç gram H3PO4 gerekir? (H: 1 g mol–1 , O: 16 g mol–1 , P: 31 g mol–1) ÇÖZÜM Yoğunluğu, hacmi ve kütlece yüzde derişimi verilen NaOH çözeltisindeki NaOH’in kütlesini ve ardından da mol sayısını bulalım. d = 1,2 = m V ise m 100 m = 120 g NaOH çözeltisi olur. %20’lik 120 g NaOH çözeltisindeki NaOH’in kütlesini bulabiliriz. 20 100 = 24 g NaOH olur. 119 NaOH’in mol sayısını bulalım. n= n= m MK 24 40 (NaOH = 23 + 16 + 1 = 40 g mol–1) ise = 0,6 mol NaOH olur. NaOH ile H3PO4 arasında gerçekleşen nötürleşme tepkimesini yazalım ve denkleştirelim. 3NaOH + H3PO4 Na3PO4 + 3H2O Denkleşmiş tepkimede 3 mol NaOH ile 1 mol H3PO4 tepkimeye girebildiğine göre 0,6 mol NaOH ile tepkimeye girecek H3PO4’in mol sayısını bulalım. 3 mol NaOH 1 mol H3PO4 0,6 mol NaOH x x= n= 0, 2 = 0, 6 = 0,2 mol H3PO4 gerekir. Buradan da H3PO4’ün kütlesini bulabiliriz. 3 m ise MK m & m = 0,2 · 98 = 19,6 g H3PO4 gerekir. 98 (H3PO4 = 3 · 1 + 31 + 4 · 16 = 98 g mol–1) KİMYASAL HESAPLAMALAR 120 · ÖRNEK 29 gram Mg(OH)2 ve bir miktar Ca(OH)2’ten oluşan baz karışımını tamamen nötürleştirmek için 1,8 mol HCI harcandığına göre karışımdaki Ca(OH)2’in kütlesi kaç gramdır? (H: 1 g mol–1 , O: 16 g mol–1 , Mg: 24 g mol–1 , Ca: 40 g mol–1) ÇÖZÜM 29 g Mg(OH)2’in mol sayısını bulalım. n= 29 m = 0,5 mol Mg(OH)2 olur. = MK 58 (Mg(OH)2 = 24 + 2 · (16 + 1) = 58 g mol–1) Mg(OH)2 ile HCI arasında gerçekleşen tepkimeyi yazalım ve denkleştirelim. Mg(OH)2 + 2HCI MgCI2 + 2H2O Tepkime denkleminde 1 mol Mg(OH)2’i nötürleştirmek için 2 mol HCI gerektiğine göre 0,5 mol Mg(OH)2’i nötürleştirmek için 1 mol HCI gerekir. Buradan da Ca(OH)2’i nötürleştirecek HCI’in mol sayısı 1,8 – 1= 0,8 mol olur. Ca(OH)2 + 2HCI 120 CaCI2 + 2H2O KİMYASAL HESAPLAMALAR Tepkimede 2 mol HCI ile 1 mol Ca(OH)2 tepkimeye girdiğine göre 0,8 mol HCI ile 0,4 mol Ca(OH)2 tepkimeye girecektir. Buradan da Ca(OH)2’in kütlesini bulabiliriz. n= m ise MK (Ca(OH)2 = 40 + 2 · (16 + 1) = 74 g mol–1) m 74 m= 29,6 g Ca(OH)2 bulunur. 0,4= ÖRNEK Kütlece %80’lik 85 gram AgNO3 çözeltisinin yeteri kadar Na2SO4 çözeltisi ile tepkimesinden elde edilen çökeltinin (Ag2SO4(k)) kütlesi kaç gramdır? (N: 14 g mol–1 , O: 16 g mol–1 , Na: 23 g mol–1 , S: 32 g mol–1 , Ag: 108 g mol–1) ÇÖZÜM Kütlece %80’lik 85 gram AgNO3 çözeltisindeki AgNO3 kütlesini bulalım ve ardından da mol sayısını hesaplayalım. 85 · 80 = 68 g AgNO3’dır. 100 n= 68 m = 0,4 mol AgNO3 olur. = MK 170 (AgNO3 = 108 + 14 + 3 · 16 = 170 g mol–1) 2AgNO3(suda) + Na2SO4(suda) Ag2SO4(k) + 2NaNO3(suda) Denkleşmiş tepkimede 2 mol AgNO3’tan 1 mol Ag2SO4 çökeltisi oluşuyor. Buna göre 0,4 mol AgNO3’tan 0,2 mol Ag2SO4 oluşur. Buradan da oluşan Ag2SO4’ın kütlesini bulabiliriz. n= 0,2= m MK (Ag2SO4 = 2 · 108 + 32 + 4 · 16 = 312 g mol–1) ise m 312 m= 0,2 · 312 = 62,4 Ag2SO4 katısı oluşur. ÖRNEK 20 gram KBr çözeltisinde 4,76 gram Cr(NO3)3 tamamen çözündüğünde CrBr3(k) ve KNO3 oluşuyor. Buna göre KBr’ün kütlece yüzde derişimi kaçtır? (N: 14 g mol–1 , O: 16 g mol–1 , K: 39 g mol–1 , Cr: 52 g mol–1 , Br: 80 g mol–1) ÇÖZÜM 4,76 g Cr(NO3)3’ın mol sayısını bulalım. 4,76 m = 0,02 mol Cr(NO3)3 olur. = MK 238 (Cr(NO3)3 = 52 + 3 (14 + 3 · 16) = 238 g mol–1) KBr çözeltisi ile Cr(NO3)3 arasında gerçekleşen tepkimeyi yazalım ve denkleştirelim. 3KBr(suda) + Cr(NO3)3(suda) CrBr3(k) + 3KNO3(suda) Denkleşmiş tepkimeden yararlanarak 0,02 mol Cr(NO3)3 ile tepkimeye girecek KBr’ün mol sayısını bulalım. Tepkimede 1 mol Cr(NO3)3 ile 3 mol KBr birleşmektedir. Buna göre 0,02 mol Cr(NO3)3 ile 0,06 mol KBr tepkimeye girecektir. (KBr = 39 + 80 = 119 g mol–1) Buradan da 0,06 mol KBr’ün kütlesini bulalım. n= 0,06= m ise MK m 119 m= 7,14 g KBr olur. Çözeltideki KBr’ün kütlece yüzde derişimi = 7,14 20 · 100 = %35,7 olur. KİMYASAL HESAPLAMALAR n= 121 ÖRNEK Yüksek fırınlarda, demir cevherinden (Fe2O3) karbonmonoksit gazı geçirildiğinde, saf demir elde edilir. Fe2O3(k) + 3CO(g) 2Fe(k) + 3CO2(g) Buna göre; 32 kg Fe2O3 örneğinden yukarıdaki tepkime sonucunda en çok 2240 gram saf Fe elde edildiğine göre Fe2O3’in saflık yüzdesi kaçtır? (O: 16 g mol–1 , Fe: 56 g mol–1) ÇÖZÜM Tepkimede elde edilen 2240 gram Fe’in mol sayısını bulalım. n= m MK = 2240 = 40 mol Fe olur. 56 Tepkimede 2 mol Fe elde edilebilmesi için 1 mol Fe2O3 harcanmalıdır. Buna göre 40 mol Fe’in elde edilebilmesi için de 20 mol Fe2O3 tepkimede harcanmalıdır. Buradan da 20 mol Fe2O3’in kütlesini bulalım. KİMYASAL HESAPLAMALAR 122 n= m ise MK 20= m ⇒ m = 3,2.103 g = 3,2 kg Fe2O3 olur. 160 Fe2O3’in saflık yüzdesi = (Fe2O3 = 2 · 56 + 3 · 16 = 160 g mol–1) 3,2 · 100 = %10 olur. 32 Sınırlayıcı Bileşen Kimyasal tepkimelerde amaç, başlangıç maddelerini kullanarak en yüksek miktarda ve verimde bileşikler elde etmektir. Kimyasal tepkimelerde reaktifler her zaman oluşturdukları bileşiklerdeki oran- larda olmayabilir. Ancak reaktifler, denkleştirilmiş tepkimede en az belirtilen oranlarda olmak zorun- dadır. Tepkime ortamına fazla miktarda reaktifler eklenmiş olabilir. Tepkimede fazla eklenen reaktifler tamamen tükenmez ve tepkime ortamında artar. Bir tepkimede tamamen tükenen maddeye sınırlayıcı bileşen denir. Bir tepkimede sınırlayıcı bileşen tamamen tükendiğinde, oluşan ürünlerin miktarını da belirler. Bu bileşen tükendiği zaman artık tepkime olmaz ve ürün oluşması durur. ÖRNEK AI metali ile HCI çözeltisi arasında gerçekleşen tepkime aşağıda verilmiştir. 2AI(k) + 6HCI(suda) 2AICI3(suda) + 3H2(g) 10,8 g AI ve 1,32 mol HCI’in tepkimesi ile ilgili, a. Hangi madde sınırlayıcı bileşendir? b. NK’da en çok kaç litre H2 gazı oluşur? (Al: 27 g mol –1) c. Artan madde olmaması için hangi maddeden kaç gram tepkime ortamına eklenmelidir? (Al: 27 g mol–1) ÇÖZÜM a. Öncelikle 10,8 g AI’un mol sayısını bulalım. n= m MK = 10,8 = 0,4 mol AI olur. 27 Denkleşmiş tepkimede 2 mol AI ile 6 mol HCI tepkimeye girebilmektedir. Örneğimizde ise 0,4 mol AI ve 1,32 mol HCI verilmiştir. Burada reaktiflerden biri tamamen tükeninceye kadar tepkime devam edecektir. Reaktiflerin birleşme oranlarına baktığımızda sınırlayıcı bileşenin yani tamamen harcanan bileşenin AI olduğunu görürüz. 2 mol AI 0,4 mol AI 6 mol HCI ise x x = 1,2 mol HCI harcanır. 1,32 – 1,2 = 0,12 mol HCI tepkimeye girmeden kalır. Tepkimede tamamen tükenen yani sınırlayıcı bileşen olan AI, aynı zamanda ürünlerin miktarını belirler. b. Tepkimede oluşan H2 gazının mol sayısını ve ardından da NK’daki hacmini bulalım. Tepkime denkleminde 2 mol AI’dan 3 mol H2 oluşmaktadır. Buna göre, 2 mol AI 0,4 mol AI 3 mol H2 açığa çıkar. x x = 0,6 mol H2 oluşur. Oluşan H2 gazının NK’daki hacmi ise 0,6 · 22,4 = 13,44 L H2 olur. c. Tepkimede 6 mol HCI ile 2 mol AI tam olarak birleşmektedir. Artan 0,12 mol HCI’in tamamen harcanması yani artan madde kalmaması için gereken AI mol sayısını sonra da tepkime ortamına eklenecek AI kütlesini bulalım. 6 mol HCI 0,12 mol HCI n= 0,04 = 2 mol Al ise x x = 0,04 mol AI olur. m ise MK m ⇒ m = 1,08 g AI eklenmelidir. 27 KİMYASAL HESAPLAMALAR 123 ÖRNEK Eşit kütlelerdeki N2 ile H2 gazlarının tepkimesi sonucunda en çok 6,8 gram NH3 bileşiği oluştuğuna göre aşağıda verilen soruları cevaplayalım. (H: 1 g mol–1 , N: 14 g mol–1) a. Sınırlayıcı bileşen hangi maddedir? b. Hangi maddeden kaç gram artar? c. Başlangıç karışımı kaç gramdır? ÇÖZÜM a. Tepkime denklemini yazalım ve denkleştirelim. N2(g) + 2 · 14 = 28 g 3H2(g) 6·1 = 6 g 2 · 17 = 34 g 0,2 katı ? = 5,6 g (NH3 = 14 + 3 · 1 = 17 g mol–1) 2NH3(g) 0,2 katı ? = 1,2 g 0,2 katı 6,8 g Denkleşmiş tepkimede 34 g NH3 elde edebilmek için 28 g N2 ve 6 g H2 harcanmalıdır. Buna göre 6,8 g NH3 elde edebilmek için ise 5,6 g N2 ve 1,2 g H2 harcanması gerekir. Eşit kütlede N2 ve H2 olması 124 gerektiğinden burada her iki maddeden 5,6’şar gram alalım. KİMYASAL HESAPLAMALAR N2(g) Eşit kütlede: Değişim : + 3H2(g) 5,6 g 1,2 g 5,6 g 5,6 g –5,6 g –1,2 g – 4,4 g artar. 2NH3(g) 6,8 g +6,8 6,8 g oluşur. N2 ve H2’den eşit kütlelerde yani 5,6’şar gram alındığında 4,4 gram H2 artar. Tamamen tükenen N2 olduğundan sınırlayıcı bileşen N2’tur. b. Tepkime sonunda 4,4 gram H2 artar. c. Başlangıçta N2 ve H2’den 5,6’şar gram alındığından başlangıç karışımının kütlesi 5,6 + 5,6 = 11,2 gramdır. Tepkime Verimi Bir tepkimenin teorik verimini, sınırlayıcı bileşen belirler. Bir başka deyişle teorik verim, sınırlayıcı bileşenin tümüyle kullanılması hâlinde oluşabilecek ürün miktarıdır. Teorik verim, elde edilebilecek en yüksek verim olup denkleştirilmiş tepkimeden sayısal olarak hesaplanabilir. Uygulamada ise gerçek verim kullanılır ve gerçek verim tepkime sonunda oluşan ürün miktarıdır. Burada gerçek verim daima teorik verimden küçüktür. Kimyasal tepkimelerde tepkime verimini düşüren birçok neden olabilir. Esas tepkimenin yanında yürüyen ikinci bir tepkimenin reaktifleri kullanması, reaksiyonun dengede olması (Dengedeki tepkimede hem tepkimeye girenler hem de ürünler bulunur.), tepkime esnasındaki madde kayıpları, kullanılan maddenin yeterince saf olmaması gibi örnekler verilebilir. ÖRNEK 265 gram Na2CO3’ın bir miktar HCI çözeltisiyle tepkimesinden 3,01.1023 tane CO2 molekülü oluş- maktadır. Buna göre tepkimenin verim yüzdesi kaçtır? (C: 12 g mol –1 , O: 16 g mol –1 , Na: 23 g mol–1) ÇÖZÜM Tepkime denklemini yazalım ve denkleştirelim. Na2CO3(k) + 2HCI(suda) 2NaCI(suda) + CO2(g) + H2O(s) Tepkime sonunda oluşan CO2’in mol sayısını bulalım. n= 3,01.1023 N = = 0,5 mol CO2 olur. NA 6,02.1023 Tepkime denkleminden 0,5 mol CO2’in oluşması için 0,5 mol Na2CO3’ın harcanması gerektiğini anlayabiliriz. Çünkü tepkime denkleminde 1 mol CO2’in oluşması için 1 mol Na2CO3 harcanmaktadır. Buradan da 0,5 mol Na2CO3’ın kütlesini bulalım. n= m ise MK 0,5= m ⇒ m = 53 g Na2CO3 olur. 106 Buna göre tepkimenin verim yüzdesini bulabiliriz. 265 g Na2CO3’ın 100 g Na2CO3’ın 53 g harcanıyor. x x = 20 gram harcanır. Tepkimenin verimi %20’dir. ÖRNEK 48,5 gram ZnS(k) ile 19,2 gram O2 gazının tepkimesinden deneysel olarak en çok 0,3 mol SO2 gazı elde edilmektedir. Buna göre tepkimenin yüzde verimi kaçtır? (S: 32 g mol–1 , Zn: 65 g mol–1) 2ZnS(k) + 3O2(g) 125 KİMYASAL HESAPLAMALAR (Na2CO3 = 2 · 23 + 12 + 3 · 16 = 106 g mol–1) 2ZnO(k) + 2SO2(g) ÇÖZÜM Tepkimedeki maddelerin mol sayısını bulalım. n= 48,5 m = 0,5 mol ZnS olur. = Mk 97 (ZnS = 65 + 32 = 97 g mol –1) n= 19,2 m = 0,6 mol O2 olur. = Mk 32 (O2 = 2 · 16 = 32 g mol –1) Tepkime denklemindeki mol oranlarını kullanarak sınırlayıcı bileşeni bulabiliriz. Sınırlayıcı bileşen, tepkimede ilk tükenen maddedir. Tepkimede en fazla ürün oluşması bu maddenin miktarına bağlıdır. 2ZnS(k)+ 3O2(g) Başlangıç: 0,5 mol 0,6 mol Değişim : –0,4 mol –0,6 mol 2ZnO(k) + 2SO2(g) 0,1 mol – – +0,4 mol +0,4 mol – 0,4 mol 0,4 mol Tepkimede sınırlayıcı bileşen O2(g)’dir. O2 gazının tamamen tükenmesi sonucunda teorik olarak 0,4 mol SO2 gazının oluşması gerekir. Oysa deneysel olarak bulunan değer 0,3 mol SO2’dir. Demek ki tepkime %100 verimli gerçekleşmemiştir. Buna göre tepkimenin verim yüzdesini bulalım. yüzde verim = yüzde verim = Gerçek verim · 100 ise Teorik verim 0,3 0,4 · 100 = %75 olur. ÖRNEK KİMYASAL HESAPLAMALAR 126 Kütlece %60’lık 720 g AI4C3 örneği yeterli miktarda H2O ile tepkimeye sokuluyor. AI4C3(k) + 12 H2O(s) 4 AI(OH)3(k) + 3 CH4(g) Tepkime %80 verimle gerçekleştiğinde NK’da kaç litre CH4 gazı elde edilir? (C: 12 g mol–1 , Al: 27 g mol–1) ÇÖZÜM 720 g AI4C3 örneğindeki saf AI4C3 miktarını bulalım. 720 · 60 = 432 g AI 4 C 3 100 Tepkime %80 verimle gerçekleştiğine göre tepkimede harcanan AI4C3 katısının miktarı; 432 · 80 = 345, 6 g AI 4 C 3 ’dür. 100 Tepkimede harcanan AI4C3’ün mol sayısını bulalım. n= m ise MK n= 345, 6 = 2, 4 mol AI 4 C 3 olur. 144 (AI4C3 = 4 · 27 + 3 · 12 = 144 g mol –1) Tepkime denkleminden yararlanarak NK’da elde edilen CH4 gazının hacmini bulalım. 1 mol AI4C3 2,4 mol AI4C3 3 · 22,4 L CH4 x x = 161,28 L CH4 gazı oluşur. ÖRNEK Kapalı bir kapta, 4NH3(g) + 5O2(g) 4NO(g) + 6H2O(g) tepkimesi gerçekleşiyor. 0,5 mol NH3 ile aşırı O2 gazlarının tepkimesinden deneysel olarak en çok 3 gram NO gazı elde edilebilmektedir. Buna göre, tepkimenin yüzde verimi kaçtır? (N: 14 g mol–1 , O: 16 g mol –1) ÇÖZÜM Tepkimede elde edilen NO gazının mol sayısını bulalım. n= m ise MK n= 3 = 0,1 mol NO’tir. 30 (NO = 14 + 16 = 30 g mol –1 ) Tepkime denkleminde 4 mol NO gazı elde etmek için 4 mol NH3 gazının harcanması gerekir. Buna göre 0,1 mol NO gazı elde etmek için de 0,1 mol NH3 gazı harcanmalıdır. Buradan tepkimenin yüzde verimini bulabiliriz. 0,1 molü tepkimeye girer. 100 mol NH3’ın x 127 x = 20 molü tepkimeye girer. Tepkime verimi %20’dir. ALIŞTIRMALAR 1. MgCO3(k) MgO(k) + CO2(g) Tepkimesine göre 400 gram MgCO3 katısı ayrıştırıldığında 2,408.1024 tane CO2 molekülü elde edildiğine göre tepkime verimi yüzde kaçtır? (Mg: 24 g mol–1 , C: 12 g mol–1 , O: 16 g mol–1) Cevap: %84 2. CS2(g) + 3CI2(g) S2CI2(g) + CCI4(g) Eşit mollerde CS2 ve CI2 gaz karışımının tam verimle gerçekleşen tepkimesinde en fazla Buna göre; a. Başlangıçtaki gaz karışımı kaç moldür? b. Tepkime sonunda hangi gazdan kaç mol artar? c. Sınırlayıcı bileşen hangisidir? (C: 12 g mol–1 , CI: 35,5 g mol–1) 30,8 gram CCI4 elde edilmektedir. Cevap: a. 1,2 mol b. 0,4 mol CS2 artar. c. Sınırlayıcı bileşen CI2’dur. KİMYASAL HESAPLAMALAR 0,5 mol NH3’ın ÖLÇME VE DEĞERLENDİRME AÇIK UÇLU SORULAR Aşağıdaki soruların cevaplarını defterinize yazınız. 1. 35Rb ve 37Rb rubidyumun izotoplarıdır. 35Rb’un bolluk oranı %72, 37Rb’un bolluk oranı ise %28’dir. Buna göre Rb’un ortalama atom kütlesi nedir? 2. NK’daki yoğunluğu 2,59 g L–1 olan C4H10 gazının 11,6 gramı ile ilgili aşağıda verilen soruları cevaplayınız. (H: 1 g mol –1 , KİMYASAL HESAPLAMALAR 128 C: 12 g mol –1) a. Kaç moldür? b. Kaç tane C4H10 molekülü içerir? c. Toplam kaç mol atom içerir? ç. Toplam kaç tane atom içerir? d. Kaç mol C, kaç mol H atomu içerir? e. Kaç tane C, kaç tane H atomu içerir? f. Kaç gram C, kaç gram H atomu içerir? 3. C, H ve O elementlerinden oluşan bir bileşiğin 6 gramında 2,4 gram C, 0,4 gram H bulunmaktadır. Buna göre bileşiğin basit formülü nedir? (H: 1 g mol –1 , C: 12 g mol–1 , O: 16 g mol –1) 4. 6,4 gram S atomu içeren KAI(SO4)2 .nH2O bileşiğinde 32 gram O atomu bulunduğuna göre bileşikteki n sayısı kaçtır? (O: 16 g mol–1 , S: 32 g mol–1) 5. 1,204.1023 tane C3H8 molekülünün 1,5 mol oksijen gazı ile yanması sonucunda en fazla kaç gram CO2 gazı elde edilir? Hangi gazdan kaç mol artar? (C: 12 g mol –1 , O: 16 g mol –1) 6. 2CrI3 + 27H2O2 + 10OH – mülü nedir? 2CrO2– 4 + 6X + 32H2O tepkimesinde X ile gösterilen maddenin for- 7. Aşağıda verilen tepkime türlerini (yanma, asit-baz, çözünme-çökelme veya redoks) tepkimelerin yanlarına yazınız. a.3H2SO4(suda) + 2AI(OH)3(suda) b.C3H6O2(s) + 7 O2(g) 2 c.BaCI2(suda) + Na2SO4(suda) ç.Zn(k) + Cu(NO3)2(suda) 8. 3Cu + 8HNO3 AI2(SO4)3(suda) + 6H2O(s) ................................................... 3CO2(g) + 3H2O(s) BaSO4(k) + 2NaCI(suda) Zn(NO3)2(suda) + Cu(k) ................................................... ................................................... ................................................... 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4X tepkimesine göre 19,2 gram Cu’ın yeteri kadar HNO3 ile tepkimesinden en çok kaç gram X ile gösterilen madde elde edilebilir? (H: 1 g mol –1 , N: 14 g mol –1 , O: 16 g mol –1 , Cu: 64 g mol –1) 9. Birbirini izleyen aşağıdaki tepkimeler sonucunda elde edilen ve Z ile gösterilen maddenin formülü nedir? 2X + O2 Y + H2SO4 2Cu + X 2Y Z 10. Eşit kütlelerde CS2 ve O2 gazları karıştırılıp tepkimeye sokulduğunda CO2 ve SO2 gazları oluşmaktadır. Tam verimle gerçekleşen bu tepkimede hangi madde sınırlayıcı bileşendir? (C: 12 g mol–1 , O: 16 g mol–1 , S: 32 g mol–1) 11. Cr, S ve O’den oluşan bir bileşiğin kütlece %26,53 Cr ve %24,49 S içerdiği bilinmektedir. Bileşiğin molekül kütlesi 392 akb olduğuna göre bileşiğin basit ve molekül formülünü bulunuz (O: 16 g mol–1 , S: 32 g mol–1 , Cr: 52 g mol–1). 12. Belirli sıcaklık ve basınç koşullarında, kapalı bir kapta 3,2 gram CH4 gazı bulunmaktadır. Bu kaba bir miktar C3H6 gazı pompalandığında kaptaki toplam atom sayısı 4 katına çıkıyor. Buna göre kaba ilave edilen C3H6 gazı kaç gramdır? (H: 1 g mol–1 , C: 12 g mol–1) 13. 9,2 gram X2H6O bileşiği tamamen yandığında 17,6 gram XO2 oluşuyor. Buna göre X’in atom kütlesi kaçtır? (H: 1 g mol–1 , O: 16 g mol–1) 129 KİMYASAL HESAPLAMALAR Cu2S + O2 14. 4FeS + 7O2 2Fe2O3 + 4SO2 tepkimesine göre %75 saflıkta 660 gram FeS örneğinden %40 verimle kaç gram Fe2O3 elde edilir? (O: 16 g mol–1 , S: 32 g mol–1 , Fe: 56 g mol–1) 15. 3P + 5HNO3 + 2H2O 3H3PO4 + 5NO tepkimesinde 12 gram NO elde edilebilmesi için tepki- meye giren maddelerin mol sayıları toplamı kaç olmalıdır? (N: 14 g mol–1 , O: 16 g mol–1) 16. AI(OH)3 ile H2SO4 tepkimeye girerek AI2(SO4)3 oluşturur. Buna göre, a. Kimyasal reaksiyonun denklemini yazarak denkleştiriniz. b. 0,2 mol AI(OH)3 ile kaç gram H2SO4 tamamen tepkimeye girer? Hesaplayınız. c. 68,4 gram AI2(SO4)3 elde edilebilmek için kaç mol AI(OH)3 , yeteri kadar H2SO4 ile tepkimeye girmelidir? Hesaplayınız 130 (H: 1 g mol–1 , O: 16 g mol–1 , AI: 27 g mol–1 , S: 32 g mol–1). 17. Aşağıda verilen noktalı yerleri istenenleri sağlayacak şekilde doldurunuz KİMYASAL HESAPLAMALAR (H: 1 g mol–1 , O: 16 g mol–1 , P: 31 g mol–1 , S: 32 g mol–1). a. 3 mol H3PO4 ................................... gramdır. b. 1,806.1023 P2O3 ................................... moldür. c. ................................... gram SO2 0,2 moldür. ç. 1,204.1023 tane H2S molekülü ................................... gramdır. d. ................................... tane H3PO4 molekülünde toplam 16 mol atom bulunur. e. 9,6 gram oksijen atomu içeren SO3 molekülü toplam ................................... tane atom içerir. f. ................................... tane atom içeren H2S molekülü 13,6 gramdır. g. 0,3 mol P2O3 ve 1,204.1024 SO3 karışımının toplam kütlesi ................................... gramdır. ğ. 12,8 gram SO2 molekülünde toplam ................................... tane atom bulunur. h. 80 akb SO3 ................................... moldür. i. 100 tane P2O3 molekülü ................................... gramdır. BOŞLUK DOLDURMA .............................. Aşağıdaki cümlelerin noktalı yerlerini verilen sözcük veya sözcük gruplarından uygun olanlar ile tamamlayınız. sınırlayıcı bileşen mol tepkime denklemi atom kütlesi 1 akb en basit tepkime verimi redoks nötürleşme mol kütlesi molekül 1. Kimyasal bileşiklerin bileşimlerinin ve kimyasal tepkimelerde oluşan madde miktarlarının tayininde ................................ gereklidir. 2. Bir maddedeki tanecik sayısı, Avogadro sayısının kaç katı ise o kadar ............................. dür. 3. Bileşiklerdeki her elementin atom sayısı, atom kütleleri ile çarpıldıktan sonra çarpımlar toplanarak 131 4. Bir 12C atomunun kütlesinin 1 ’sine ............................. denir. 12 5. Bileşiklerdeki element atomlarının sayısını bağıl oranlarla veren formül .......................... formüldür. 6. Elektron alışverişi esasına dayanan tepkimeler ............................. tepkimeleridir. 7. Sınırlayıcı bileşenin tümüyle kullanılması sonucunda oluşan ürün miktarı ..............................’ni gösterir. 8. Tepkimede tamamen tükenen reaktife ............................. denir. 9. Tepkimenin ilerleyiş yönünü gösteren .............................’nde, tepkimeye giren maddelerin formülleri sol tarafa, tepkimeden çıkan maddelerin formülleri ise sağ tarafa yazılır. 10. Asitlerle bazlar arasında gerçekleşen sonucunda tuz ve su oluşan tepkimelere............................. tepkimesi denir. KİMYASAL HESAPLAMALAR ............................. bulunur. DOĞRU YANLIŞ Aşağıdaki cümleleri okuyunuz. Cümlelerdeki yargılar doğru ise “D” kutusunu, yanlış ise “Y” kutusunu işaretleyiniz. 1. Bir maddedeki tanecik sayısı, Avogadro sayısının kaç katı ise madde o kadar moldür. 2. En basit formül, moleküldeki her elementin gerçekte kaç atomlu olduğunu belirtmez. 3. Bir bileşiğin molekül kütlesi, molekülü meydana getiren atomların kütleleri toplamına eşittir. KİMYASAL HESAPLAMALAR 132 4. Avogadro sayısının bilinen değeri 6,02.1023 yerine 6,02.1020 alınırsa bir atomun kütlesi 1000 kat azalır. 5. Bir CH4 molekülünün kütlesi 4 mol He atomunun kütlesine eşittir. (He: 4 g mol –1 , CH4 : 16 g mol –1) 6. Zn(NO3)2 + 2HCI 7. CnH2n+2 + 13 O2 2 ZnCI2 + 2HNO3 tepkimesi bir redoks tepkimesidir. nCO2 + (n + 1) H2O tepkimesindeki n sayısı 4’tür. 8. 20 litre N2 gazının, 80 litre H2 gazı ile tepkimesinden aynı koşullarda 100 litre NH3 gazı oluşabilir. 9. X + Nitrik asit NH3’tır. Amonyum nitrat tepkimesinde X ile gösterilen madde 10. Tepkime verimini, sınırlayıcı bileşen belirler. D Y ÇOKTAN SEÇMELİ SORULAR Aşağıdaki soruların doğru cevaplarını bularak işaretleyiniz. 1. 120 gram C3H4 gazı ile ilgili, I. 3 moldür. II. 1,806.1024 tane C3H4 molekülü içerir. III. Toplam 21 mol atom içerir. Yukarıdaki yargılardan hangisi ya da hangileri doğrudur? (H: 1 g mol–1 , C: 12 g mol–1) A) Yalnız I B) I ve II C) I ve III D) II ve III E) I, II ve III 2. 2,408.1023 tane molekül içeren gazların (C2H2 ve C2H4 ) karışımında toplam 1,8 mol atom bulunduğuna göre karışım kaç gramdır? (H: 1 g mol–1 , C: 12 g mol–1) A) 11 B) 10,6 C) 9,8 D) 8,4 E) 4,6 3. 6,02.1021 tane H2S molekülü ile ilgili aşağıda verilenlerden hangisi yanlıştır? (H: 1 g mol–1 , S: 32 g mol–1) KİMYASAL HESAPLAMALAR A) 0,01 moldür. B) 0,34 gramdır. C) 0,02 gram H atomu içerir. D) 1,806.1021 tane atom içerir. E) 0,32 gram S atomu içerir. 4. CH4 ve C4H6 gazlarına ait kütle değerleri verilmiştir. I. 8 gram CH4 II. 9,6 gram C içeren C4H6 Buna göre aynı koşullardaki bu gazların aşağıda verilen niceliklerden hangisinde II > I ilişkisi vardır? (H: 1 g mol–1 , C: 12 g mol–1) A) Mol sayısı B) Atom sayısı C) Kütle D) Molekül sayısı E) Hacim 5. 24’er tane H, P ve O atomundan en çok kaç H3PO4 molekülü oluşturulabilir? A) 24 B) 12 133 C) 8 D) 6 E) 1 6. Bir mol X2 molekülü m gramdır. Buna göre bir HX molekülü m cinsinden kaç gramdır? (H: 1 g mol–1) A) 2m + 1 B) m+2 2 C) m+2 1,204.1024 D) m+1 2 E) m+2 6,02.1023 7. 9,6 gram oksijen atomu içeren N2O3 gazı ile ilgili aşağıda verilenlerden hangisi yanlıştır? (H: 1 g mol–1 , N: 14 g mol–1 , O: 16 g mol–1) A) 0,2 moldür. B) 15,2 gramdır. C) 5,6 gram N atomu içerir. D) 2,408.1023 tane N atomu içerir. E) Toplam 5 mol atom içerir. 8. 14H+ + 6CI– + X 2Cr3+ + 3CI2 + 7 H2O Yukarıdaki denkleştirilmiş tepkimede X ile gösterilen madde aşağıdakilerden hangisidir? KİMYASAL HESAPLAMALAR 134 A) CrO–4 B) Cr2O72– 9. CH3COOH + KOH C) Cr2O3 D) Cr2O32– E) Cr2O7 CH3COOK + H2O Kütlece %28’lik 300 gram CH3COOH’in yeteri kadar KOH ile %70 verimle gerçekleşen tepkimesinden en çok kaç mol CH3COOK elde edilir? (C: 12 g mol–1 , O: 16 g mol–1) A) 1,40 B) 1,24 C) 1,16 D) 0,98 E) 0,84 10.Kimyasal tepkimelerde; I. Atom türü ve sayısı, II. Toplam kütle, III. Toplam molekül sayısı, niceliklerinden hangisi ya da hangileri kesinlikle korunmalıdır? A) Yalnız I B) Yalnız II C) I ve II D) II ve III E) I, II ve III 11.Eşit kütlelerde Fe ve O2’in tepkimesi sonucunda en çok 46,4 gram Fe3O4 elde edilmektedir. Buna göre, I. 20,8 gram O2 artar. II. Sınırlayıcı bileşen Fe’dir. III. Başlangıçta alınan toplam kütle 67,2 gramdır. Yukarıdaki yargılardan hangisi ya da hangileri doğrudur? (O: 16 g mol–1 , Fe: 56 g mol–1) A) Yalnız I B) Yalnız II C) I ve II D) II ve III E) I, II ve III 12.Eşit moldeki CaCO3 ve Na2CO3 katı karışımının yeteri kadar HCI çözeltisi ile tepkimesi sonucunda 8,8 gram CO2 gazı oluşmaktadır. Buna göre başlangıçtaki katı karışımının kütlesi kaç gramdır? (C: 12 g mol–1 , O: 16 g mol–1 , Na: 23 g mol–1 , Ca: 40 g mol–1) A) 41,2 B) 48,8 C) 53 D) 62,4 E) 20,6 13.Bir organik bileşiğin 6 gramının tam olarak yakılması sonucunda oluşan CO2 ve H2O’yun mol sayıları grafikte verilmiştir. Buna göre organik bileşiğin basit formülü nedir? (H: 1 g mol–1 , C: 12 g mol–1 , O: 16 g mol–1) A) C2H5OH B) C3H6O D) C3H8O E) C3H6O2 Mol sayısı 0,4 H 2O 0,3 CO2 C) C3H8 0 t Zaman 14.Fosfat kayasından saf fosfor aşağıdaki tepkimeler sonucunda elde edilir: 2Ca3(PO4)2 + 6SiO2 6CaSiO3 + P4O10 P4 + 10CO P4O10 + 10C 24,8 kg’lık fosfat kayasından [Ca3 (PO4)2] 3,72 kg saf P4 elde edilebilmektedir. 135 (O: 16 g mol–1 , P: 31 g mol–1 , Ca: 40 g mol–1) A) 25 B) 40 C) 50 D) 60 E) 75 15.KOH ile H2SO4 tepkimeye girdiğinde K2SO4 ve H2O oluşmaktadır. 11,2 gram KOH ile tamamen tepkimeye girebilecek olan kütlece %49’luk H2SO4 çözeltisinden kaç gram gerekir? (H: 1 g mol–1 , O: 16 g mol–1 , S: 32 g mol–1 , K: 39 g mol–1) A) 20 B) 30 C) 40 D) 50 E) 60 16.N2 ve O2 gazlarının tepkimesinden N2O3 gazı oluşuyor. Belirli miktarlardaki N2 ve O2 gazlarının tepkimesinde O2 gazı tamamen tükenirken N2 gazının molce %60’ı artıyor. Tepkime sonunda 0,6 mol N2O3 gazı oluştuğuna göre başlangıçtaki N2 ve O2 gazlarının mol sayıları kaçtır? N2 O2 A) 0,4 0,9 B) 0,6 0,4 C) 1,5 0,9 D) 0,4 0,6 E) 1,5 0,6 KİMYASAL HESAPLAMALAR Buna göre tepkimenin verimi yüzde kaçtır? 17.2XOH + H2SO4 X2SO4 + 2H2O Tepkimede 19,6 gram H2SO4’in tamamının harcandığında 34,8 gram X2SO4 elde edilmektedir. Buna göre tepkimede X ile gösterilen elementin mol atom kütlesi kaçtır? (H: 1 g mol–1 , O: 16 g mol–1 , S: 32 g mol–1) A) 23 B) 24 C) 39 D) 64 E) 108 18.42,6 gram NaCIO3 katısının tamamen ısıtılmasından elde edilen O2 gazı, C2Hx(OH)2 bileşiğinin 0,24 molünü tam olarak yakabildiğine göre x değeri kaçtır? (O: 16 g mol–1 , Na: 23 g mol–1 , CI: 35,5 g mol–1) A) 2 B) 4 C) 6 D) 8 E) 10 19.2,408.1023 tane molekül içeren gazların (H2S ve NH3) karışımı 8,5 gramdır. Buna göre gaz karışımının molce yüzde kaçı NH3’tır? (H: 1 g mol–1 , N: 14 g mol–1 , S: 32 g mol–1) KİMYASAL HESAPLAMALAR 136 A) 25 B) 40 C) 50 D) 60 20.80 litrelik O2 ve O3 gazlarının karışımındaki O3’un %60’ı 2O3(g) E) 75 3O2(g) tepkimesine göre ayrış- tırıldığında kaptaki hacim aynı koşullarda 92 litre oluyor. Buna göre başlangıçtaki O2 gazı kaç litredir? A) 20 B) 30 C) 40 D) 60 E) 85 2 1.Oksijen atom sayısı eşit olan; I. SO2, II.H2SO3, III.H2SO4, bileşikleriyle ilgili aşağıda verilenlerden hangisi yanlıştır? (H: 1 g mol–1 , O: 16 g mol–1 , S: 32 g mol–1) A) Kütlesi en büyük olan I. bileşiktir. B) Mol sayısı en küçük olan III. bileşiktir. C) Atom sayıları II > III > I şeklindedir. D) Molekül sayısı en büyük olan I. bileşiktir. E) İçerdikleri S atomları sayısı eşittir. 22.N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) Yukarıdaki tepkime denklemine göre 6’şar mol N2 ve H2 gazı sabit hacimli bir kapta tepkimeye sokuluyor. Tepkimede H2’in %50’si harcandığı anda kapta toplam kaç mol gaz vardır? A) 12 B) 10 C) 8 D) 6 E) 4 23.H2S gazının oksijen gazı ile tepkimesinden SO2 gazı ve su buharı elde edilmektedir. Buna göre 6,02.1022 tane H2S molekülünün NK’da 6,72 litre O2 gazı ile tepkimesinden en çok kaç gram SO2 gazı elde edilebilir? (O: 16 g mol–1 , S: 32 g mol–1) A) 1,8 B) 2,4 C) 3,2 D) 4,8 E) 6,4 24.24,8 gram fosforun tamamı havada yakıldığında 56,8 gram oksit bileşiği oluşmaktadır. Buna göre oluşan fosfor oksit bileşiğinin en basit formülü nedir? (O: 16 g mol–1 , P: 31 g mol–1) A) P2O3 B) P2O5 25.Mg + H3PO4 Yukarıda C) PO D) PO2 E) P4O10 Mg3(PO4)2 + H2 verilen tepkime denklemi denkleştirildiğinde, ürünlerdeki toplam atom sayısı kaç olur? A) 4 26.2AI(k) B) 10 3 + O 2 2(g) C) 15 D) 19 E) 21 137 AI2O3(k) I. Redoks tepkimesidir. II. 1 mol AI(k) 3 mol elektron vererek yükseltgenmiştir. III.O2 gazı indirgendir. Yukarıdaki A) Yalnız I yargılardan hangisi ya da hangileri doğrudur? B) I ve II C) I ve III D) II ve III E) I, II ve III 2 7.Eşit kütlede SO2 ve O2 gazlarının tepkimesinden SO3 gazı elde ediliyor. Tam verimle gerçekleşen tepkime sonunda 25,6 gram SO3 gazı elde edilirken 0,48 mol madde artıyor. Buna göre, I. Sınırlayıcı bileşen SO2’dir. II. Başlangıçta gaz karışımının kütlesi 40,96 gramdır. III. Artan maddenin kütlesi 15,36 gramdır. yargılarından hangisi ya da hangileri doğrudur? (O: 16 g mol–1 , S: 32 g mol–1) A) Yalnız I B) Yalnız II C) Yalnız III D) II ve III E) I, II ve III KİMYASAL HESAPLAMALAR GAZLAR 138 1. GAZLARIN ÖZELLİKLERİ 2.İDEAL GAZ YASASI 3.GAZLARDA KİNETİK TEORİ Difüzyon/Efüzyon 139 Buharlaşma/Yoğuşma 5.GAZ KARIŞIMLARI Kısmi Basınç Bu ünitenin amacı; Gazları nitelemek için gerekli büyüklükleri ve gaz davranışını açıklamada kullanılan kinetik teorinin temel varsayımlarını irdelemektir. Gaz yasalarını kullanıp gazlarla ilgili hesaplamalar yapmaktır. Kısmi basınç kavramı üzerinden gaz karışımlarını incelemektir. Kritik sıcaklık/basınç kavramlarını kullanarak saf maddelerin faz diyagramlarını yorumlamaktır. GAZLAR 4.GERÇEK GAZLAR ÜNİTE İLE İLGİLİ KAVRAMLAR/TERİMLER LİSTESİ GAZLAR 140 Basınç Difüzyon Hacim Efüzyon Mutlak sıcaklık Faz diyagramı Model Kritik sıcaklık Standart-normal şartlar Kritik basınç İdeal gaz Kısmi basınç Gerçek gaz Doygun buhar basıncı 3.1. GAZLARIN ÖZELLİKLERİ Sıcak havayla doldurulmuş bir balon havada yükselir (Resim 3.1). Bir bisiklet tekerleği fazla şişirildiğinde patlayabilir (Resim 3.2). Bir petrol kuyusundan ham petrolün çıkarılması sırasında sıvı hâldeki ham petrolden önce doğal gaz açığa çıkar ve bu gaz, platformun bacasında yanabilir (Resim 3.3). Bu olaylar gazların hangi özelliklerinden kaynaklanmaktadır? Sıcak hava balonunun havada yükselmesi ve bisiklet tekerinin pompa ile şişirilmesi, gazların fiziksel özellikleri ile; petrol platformunda açığa Resim 3.1: Sıcak hava balonu çıkan doğal gazın yanması ise kimyasal özelliği ile ilgilidir. Biz bu bölümde gazların daha çok fiziksel özelliklerini inceleyeceğiz. Balonun havada yükselmesi, bisiklet tekerinin şişirilmesi vb. 141 olaylarda gazın davranışını onun basınç, sıcaklık, hacim ve miktarı belirler. Şimdi gazların özelliklerini ayrıntılı bir şekilde ele alıp inceleyelim. GAZLAR Bulunduğu kabı tamamen dolduran, kolaylıkla sıkıştırılabilen gazlar, başka bir gaz içinde de yayılır ve her oranda karışır. Gazların yoğunlukları sıvı ve katılardan daha düşüktür. Gaz molekülleri sürekli hareket hâlindedir ve Resim 3.2: Bisiklet tekerinin pompa ile şişirilmesi bu yüzden çarptıkları yüzeye kuvvet uygulayarak basınç oluşturur. Basınç, birim alana düşen dik kuvvet olarak tanımlanır ve “P” ile gösterilir. Bas›nç (P) = Kuvvet (F) Alan (S) bağıntısı ile ifade edilir. Basıncın büyüklüğü, gaz moleküllerinin yüzeye hangi sıklıkla ve hangi kuvvetle çarptıkları ile yakından ilgilidir. Bu çarpma kuvveti çeşitli etkenlere bağlıdır. Bunlar; moleküllerin öteleme hareketi yani kinetik enerjisi, moleküllerin saniyedeki çarpma sayısı ve çarpma şiddetidir. Resim 3.3: Petrol platformunda açığa çıkan doğal gazın yanması Uluslararası birim sisteminde (SI); kuvvet newton (N) ile, alan metrekare (m2) ile ölçülür. Basıncın birimi ise N m–2 dir. Buna göre, bir paskal (Pa) 1 N m–2 lik bir basınçtır. Diğer basınç birimleri ise bar (bar), atm. (atmosfer) ve torrdur (milimetre cıva = mmHg). 1 paskal= 1 N m–2 = 1 kg m–1 s–2 1 bar = 105 paskal 1 atm. = 760 torr 1 atm. = 101325 N m–2 = 101325 Pa = 760 mmHg 1 atm. = 1,01325 bar Atmosfer Basıncının Ölçülmesi Gaz moleküllerinin bulundukları kabın çeperine çarpması sonucu kapta bir basınç oluşmaktadır. Moleküllerin gelişigüzel hareketi, yüzey üzerinde oldukça fazla kuvvet ve yüksek basınç 142 oluşturur. Atmosfer basıncı da aynı şekilde meydana gelir. İtalyan bilim insanı Evangelista Torricelli (Evangelista Toriçelli) (Resim 3.4), 1643 yılında basit bir düzenekle atmos- GAZLAR fer basıncını ölçmüştür. Bilindiği gibi Dünya’nın çevresindeki hava tabakası çeşitli gazların karışımından meydana gelmiştir. Bu gaz tabakasına atmosfer denir. Atmosferdeki gazlar, temas ettiği yüzeylere basınç uygular. Bu basınca atmosfer basıncı denir. Açık hava basıncının değeri deniz seviyesinde en büyüktür. Deniz seviyesinden yükseklere çıkıldıkça hava molekülleResim 3.4: Evangelista Torricelli (1608-1647) rinin yoğunluğu azalacağı için açık hava basıncının değeri de azalır. Torricelli, Şekil 3.1’deki deney düzeneğini deniz seviyesinde kurarak atmosfer basıncını ölçmüştür. Deneyde; yaklaşık bir metre uzunluğunda, bir ucu kapalı cam boru, ağzına kadar cıva ile doldurulur. Borunun, açık ucu baş parmak ile kapatılıp cıva çanağına daldırılır. Kapatılan uç açıldığında cıvanın bir kısmının kaba geri boşaldığı, bir süre sonra ise cıva seviyesinin sabit kaldığı görülür. Cam borudaki cıva seviyesi yüksekliği 760 mm’dir. Cıva seviyesinin belli bir yükseklikte kalması, çanaktaki cıva yüzeyine, atmosfer basıncının etkiyor olmasıyla açıklanabilir. Aynı deney farklı çaptaki cam borularla yapıldığında cıva Şekil 3.1: Atmosfer basıncını ölçen barometre düzeneği düzeyleri arasındaki farkın yine 760 mm olduğu görülür. Yani borudaki cıva yüksekliği, borunun kesitine bağlı değildir. Toriçelli bu deneyi deniz seviyesinde ve 0 °C sıcaklıkta yani normal koşullarda yapmıştır. Bu koşullarda 760 mm cıva sütununun basıncını dengeleyen açık hava basıncı 1 atm. dir. Buna göre normal koşullarda 1 atm. = 76 cmHg = 760 mmHg’dır. Deniz seviyesinden her 10,5 metre yükseklikte gaz basıncı 1 mmHg düşer. Kapalı Bir Kaptaki Gaz Basıncının Ölçülmesi Kapalı bir kaptaki gazların basınçlarını ölçmek için kullanılan aletlere manometre denir. Manometrelerde borunun ucu kapalı veya açık olabilir (Şekil 3.2). Bir ucu kapalı olan U şeklindeki cam borunun içine bir miktar cıva konulup açık uç, basıncı ölçülecek gazın konulduğu kaba bağlanır. Gaz, uyguladığı basınç nedeniyle cıvayı aşağıya doğru iter. Diğer koldaki cıva üzerinde basınç uygulayacak gaz olmadığı için cıva seviyesi sabit kalır. Kollardaki cıva düzeyleri arasındaki fark cmHg ya da mmHg cinsinden gaz basıncına eşittir (Şekil 3.2.a). Gaz basıncı Pgaz = h kadardır. P0 Boşluk Gaz Gaz h h Cıva Cıva (a) (b) GAZLAR Şekil 3.2:a. Kapalı uçlu manometre b. Açık uçlu manometrede cıva seviyesinin açık uçlu kolda yükselmesi Açık uçlu manometrede U borusunun her iki ucu da açıktır. İçine cıva konulduktan sonra borunun bir ucu basıncı ölçülecek gazın konulduğu kaba bağlanır. Atmosfer, açık uçtaki cıva üzerine basınç uygulamaktadır. Gazın basıncı hava basıncından büyükse cıva, açık kolda yükselir (Şekil 3.2.b). Gaz basıncı Pgaz = P0 + h kadardır. Gazın basıncı hava basıncından küçükse cıva, gazın bağlı olduğu kolda yükselir (Şekil 3.3.a). Gaz basıncı Pgaz = P0 – h kadardır. Gaz basıncı, açık hava basıncına eşitse her iki koldaki cıva seviyesi eşit olur (Şekil 3.3.b). Gaz basıncı Pgaz = P0’dır. P0 P0 Gaz Gaz h (a) 143 Cıva Şekil 3.3: a. Cıvanın gaz kabının bağlı olduğu kolda yükselmesi b. Cıva seviyesinin manometrenin her iki kolunda eşit olması (b) Cıva Genellikle bütün barometre ve manometrelerde cıva kullanılır. Cıva zehirli bir maddedir ve uzun süre solunması durumunda sağlık açısından zararlıdır. Ancak cıvanın, yoğunluğu (13,6 g mL–1) pek çok sıvının yoğunluğundan yüksek olduğu için bu amaca uygundur. Bir sütundaki sıvının yüksekliği, yoğunluğu ile ters orantılıdır (Psıvı = h · d). Cıvanın yüksek yoğunluğu sayesinde, kullanışlı küçük barometre ve manometrelerin yapılması mümkün olmuştur. Gaz Hacmi Gaz molekülleri, moleküller arasında büyük boşluklar bulunduğundan birbirinden bağımsız hareket edebilir. Bu nedenle gaz hâlindeki maddelerin belirli bir şekilleri ve hacimleri yoktur. Bulundukları kabın şeklini ve hacmini alırlar (Resim 3.5). Katı ve sıvıların hacmi, basınca bağlı olarak neredeyse hiç değişmezken gazların hacimleri, sıcaklık ve basınca bağlı olarak büyük ölçüde değişir. Bu yüzden gazların hacmi, sıcaklık ve basınç koşullarına göre farklılık gösterir. 0 °C sıcaklık ve 1 atm. basınç altında (normal koşullarda-NK) çeşitli gazlarla yapılan ölçümler sonucunda her bir mol gazın hacminin 22,41 litre olduğu görülmüştür. NK’da 144 Resim 3.5: Gazlar, içinde bulundukları kabın şeklini ve hacmini alır. bir mol gazın kapladığı hacme molar hacim denir. Gazlarda hacim (V); milimetreküp (mm3), santimetreküp (cm3), desimetreküp (dm3) ve metreküp (m3) gibi birimlerle ifade GAZLAR edilebilir. Biz bu bölümde daha çok mililitre (mL) ve litre (L) birimlerini kullanacağız. Aynı zamanda 1 mL = 1 cm3 ve 1 L = 1 dm3 tür. İçinde bulundukları kabın sıcaklığı azaldıkça veya basıncı arttıkça birbirine yaklaşan gaz molekülleri arasındaki çekme kuvvetleri etkin duruma geldiğinde gaz, sıvı hâle geçer. Bu şekilde moleküller arasında etkileşimi olan ve moleküllerin birbirinden etkilendiği gazlara gerçek gazlar denir. Gerçek gazlarda Şekil 3.4: Moleküller arası çekim kuvveti, birbirine yaklaştıkça artar. Bu çekme sonucunda bir gaz, sıvıya dönüşebilmektedir. moleküllerin hacmi ihmal edilemez (Şekil 3.4). Buna göre düşük sıcaklık ve yüksek basınçta idealden uzaklaşan gazlar, gerçek gaz özelliği gösterir. Gerçek gazları daha sonra tekrar ele alıp detaylı bir şekilde inceleyeceğiz. Molekülleri arasında çekim kuvveti olmayan ve birbirinin davranışından etkilenmeyen gazlara ideal gaz denir. İdeal gazlarda gaz moleküllerinin hacmi çok küçük olduğundan toplam hacim yanında ihmal edilebilir. Doğada bulunan gazların hiçbiri ideal gaz değildir. Ancak gerçek gazlar yüksek sıcaklık ve düşük basınçta idealliğe yaklaşır. Gazların hacmi ile ilgili çalışmalara Boyle ve Charles’tan sonra üçüncü katkı, İtalyan bilim insanı Amedeo Avogadro tarafından yapılmıştır. Avogadro, 1811’de aynı sıcaklık ve basınçta farklı gazların eşit hacimlerinin aynı sayıda molekül içereceğini belirten bir hipotez ortaya koymuştur. Buna göre herhangi Sürtünmesiz serbest piston bir gazın hacmi, mol sayıları ile orantılı olmalıdır: V1 V2 = n1 n2 Bu eşitlik Avogadro Yasası’nın matematiksel ifadesidir. Bu yasaya göre sabit basınç ve sıcaklıkta bir gazın hacmi, gazın mol sayısı ile doğru orantılıdır. Şekil 3.5’te bir miktar gaz serbest hareket eden bir piston yardımıyla silindire sıkıştırılmıştır. Sabit sıcaklık ve basınçta silindire gaz ilave edildiğinde gazın hacmi- Silindir Şekil 3.5: Serbest pistondaki kaba gaz pompalanması nin arttığı görülür. Silindire pompalanan gazın mol sayısına bağlı olarak hacim değerleri Tablo 3.1’de gösterilmiştir. Bu değerlerden yararlanarak eklenen gazın mol sayısına karşılık hacim değişimi grafiği çizilebilir (Grafik 3.1). 1120 1,00 2240 2,00 4480 Tablo 3.1: Gazın mol sayısı ve hacim değerleri (O °C ve 1 atm. basınç altında) 2240 GAZLAR 0,50 1120 560 0 gazın cinsine bakılmaksızın belirli sayıdaki gaz molekü- Gazın mol sayısı Grafik 3.1: Gazın hacminin mol sayısına bağlı olarak değişimi Sabit sıcaklık ve basınçta Sürtünmesiz serbest pistonlu kaplarda Pgaz = Pdış eşitliği vardır. 2,00 560 145 4480 1,00 0,25 Hacim (mL) 0,50 Hacim (V) (mL) 0,25 Gazın Mol Sayısı (n) 22,41 Hacim (L) lünün aynı hacmi kapladığı görülmüştür. Gazların özellikleri, basınç ve sıcaklığa bağlı olarak değiştiğinden koşulların belirtilmesi gerekir. Genel olarak gazlar için iki koşul sık olarak kullanılmaktadır. Bunlar normal koşullar (NK) ve standart (oda) koşullardır. 1 mol ideal gazın, NK’da (0 °C ve 1 atm.) hacmi 22,41 litre (Grafik 3.2), standart 1,0 Gazın mol sayısı Grafik 3.2: 1 mol ideal gaz NK’da 22,41 L hacim kaplar. koşullarda (25 °C ve 1 atm.) ise 24,5 litre olarak ölçülmüştür. Bir fikir vermesi bakımından NK’da bir mol gaz hacminin bir basketbol topuyla karşılaştırılması Resim 3.6’da verilmiştir. Normal koşullarda 1 mol ideal gaz 22,41 litre hacim kaplar. Tablo 3.2 ’de bazı gazların molar hacimleri verilmiştir. İnceleyiniz (Bu kitapta genellikle NK’da 1 mol ideal gazın hacmini 22,4 L olarak alıp hesaplamalar yapacağız.). Resim 3.6: NK’da bir mol gaz hacminin bir basketbol topuyla karşılaştırılması 30 Hacim (L) 22.41 L 22.06 L 22.31 L 22.40 L 22.40 L 22.41 L 22.42 L 20 146 GAZLAR 10 0 İdeal gaz Cl2 CO2 NH3 N2 He H2 Gaz türü Tablo 3.2: Bazı gazların NK’deki molar hacimleri Avogadro hipotezi ve onun sonuçları dönemin bilim insanları tarafından yeterince anlaşılamamış ancak elli yıl sonra Stanislao Cannizzaro (Sitanislo Kanizaro 1826 -1910) tarafından doğrulanmıştır. Avogadro’nun “eşit hacim -eşit sayı” teorisi bilim çevrelerinde Avogadro Yasası olarak kabul görmüştür. Burada teori ve yasa kavramlarına kısaca değinelim. Bilimin doğası gereği teori ile yasa farklılık gösterir. Araştırmacı, derlediği verilere dayalı olarak gözlemini deneysel sonuçlar ışığında açıklar ve bir teori oluşturur. Teorinin geçerliliğini kanıtlamak üzere gözlem ve yeni deneyler yapar. Yeterli miktarda veri toplandıktan sonra elde edilen bu bilgiler kısa ve öz bir şekilde, yasa olarak verilir. Aynı şartlar altında aynı sonuçların alındığı, genel kanıya göre kabul görmüş değişmez nitelik kazanmış gerçek bilgiye yasa denir. Biz bu bölümde bazı bilim insanlarının çalışmaları sonucunda ortaya koydukları gaz yasalarını ele alıp inceleyeceğiz. Gazın molar hacminin nasıl ölçüleceğini Etkinlik-Deney 3.1’i yaparak inceleyiniz. ETKİNLİK-DENEY 3.1 Etkinliğin adı: Bir mol gazın kapladığı hacim. Etkinliğin amacı: Tepkimede oluşan gazın mol sayısından yararlanarak hacmini hesaplamak. Araç ve gereçler • Gaz ölçme tüpü (100 mL) • Beherglas (500 mL) • Erlenmayer (250 mL) • Ayırma hunisi • Dik açılı cam boru • Termometre • Bunzen mesnedi • Bunzen kıskacı (2 adet) • 2 delikli lastik tıpa • Lastik hortum (20 cm) • Sacayak • Sodyum karbonat (Na2CO3) • 3M HCI çözeltisi • Saf su • Barometre • Eşit kollu terazi Etkinliğin yapılışı Hidroklorik asit 147 Sodyum karbonat Erlenmayere 265 mg sodyum karbonat koyunuz. Ayırma hunisinin musluğunu kapattıktan sonra 3M’lık HCI çözeltisi ile yarıya kadar doldurunuz. Sodyum karbonatın tamamı, asit ile tepkimeye girene kadar, ayırma hunisinden HCI çözeltisini damla damla sodyum karbonatın üzerine ekleyiniz. Şekilde görüldüğü gibi gaz toplama borusunu, açığa çıkan gazın tüpün içine dolmasını sağlayacak şekilde yerleştiriniz. Gaz ölçme tüpünü su ile doldurunuz ve tüpün ağzını baş parmağınızla kapatıp beherglastaki suyun içine ters çevirerek daldırınız. Tepkime süresince açığa çıkan CO2 gazı, gaz ölçme tüpünde toplanır. Tepkime tamamlandıktan sonra gaz ölçme tüpündeki gazın hacmini ölçünüz. Suyun sıcaklığını termometreden okuyunuz ve odanın basıncını barometre ile ölçerek kaydediniz. Etkinliğin değerlendirilmesi 1. Tepkime denklemini yazarak denkleştiriniz. 2. Su üzerinde toplanan CO2 gazının kısmi basıncını bulunuz (Su üzerinde toplanan gaz sadece CO2 değildir, içinde su buharı da vardır. Karışımın basıncı, o andaki açık hava basıncına eşittir. P0 = PCO2 + PH2O’dır. Suyun buhar basıncı ortamın sıcaklığına bağlı olduğundan deneyin yapıldığı sıcaklıktaki suyun buhar basıncının değerini öğretmeninizden öğreniniz.). 3. Denkleştirilmiş tepkime denklemini kullanarak açığa çıkan CO2’in mol sayısını hesaplayınız. Na2CO3(k) + 2HCI(suda) 2NaCI(suda) + CO2(g) + H2O(s) (Na2CO3 : 106 g mol –1) 4. Genel gaz denklemi ve Avogadro Yasası’ndan yararlanarak CO2 gazının NK’daki molar hacmini hesaplayınız. GAZLAR Karbondioksit 9. sınıf kimya dersinde gaz yasalarını öğrenmiştiniz. Gerçekleştirdiğiniz etkinlikte; CO2 gazının NK’daki molar hacmini bulurken P1V1 = P2V2 eşitliğinden yararlandınız. Bu eşitlikten de anlaşıldığı gibi gazların hacmi, basıncı ile ters orantılıdır. Basınç-hacim ilişkisinin bu ifadesi Boyle-Mariotte Yasası olarak bilinir. Su üstünde toplanan CO2 gazının hacmi aynı zamanda sıcaklığa da bağlıdır. Sıcaklık artırılırsa gaz hacmi büyür, soğutulursa küçülür: V V1 = 2 T1 T2 Gazların hacimlerinin sıcaklıkla doğru orantılı olarak değiştiği ilk kez Fransız bilim insanı Jacques Charles (Jek Çarls) tarafından ifade edilmiştir. Buna göre CO2 gazının molar hacmini bulurken basınç ile birlikte sıcaklığı da hesaplamaya katmak gerekir: VNK = PCO2 · VCO2 · TNK PNK · TCO2 Elde ettiğimiz bu eşitlik genel gaz denklemi olarak bilinir. Bu eşitlik; P1V1 P2V2 = T1 T2 şeklinde de gösterilir. Şimdi öğrendiklerimizi pekiştirmek amacıyla aşağıdaki örneği çözelim. 148 ÖRNEK Etkinlik -Deney 3.1’de yapılan deneyde su üstünde toplanan 2,5.10–3 mol CO2 gazının 15 °C ve 685 mmHg basınçtaki hacminin 65,6 mL olduğunu düşünürsek; 1 mol CO2 gazının NK’da hacminin kaç litre olacağını hesaplayalım. GAZLAR ÇÖZÜM Gazın mol sayısı, basınç, sıcaklık ve hacim etkenlerini kullanarak gazın NK’daki hacmini bulabiliriz. Önce genel gaz denkleminden yararlanarak CO2 gazının NK’daki hacmini bulalım. Deney Koşulları (DK) Normal Koşullar (NK) 685 = 0,9 atm. 760 T = 273 + 15 = 288 K V = 65,6.10–3 L n = 2,5.10–3 mol P= c P = 1 atm. T = 273 K n = 1 mol V=? PV PV m m =c T NK T DK 0, 9 · 65, 6.10 –3 1· VNK = 288 273 VNK = 55,965.10–3L Avogadro Yasası’ndan yararlanarak 1 mol CO2’in NK’daki molar hacmini bulalım. V1 VNK = n1 nNK 55,965.10–3 VNK = 2,5.10–3 1 VNK = 22,386 L Elde ettiğimiz sonuç tam olarak 22,41 L çıkmamıştır. Bunun sebebi, gerçek gazların ideal gaz özelliğinden sapmalarıdır. ÖRNEK 6 gram H2 gazının 20 litre hacim kapladığı koşullarda 12 gram CH4 gazı kaç litre hacim kaplar? (H2 : 2 g mol–1 , CH4 : 16 g mol–1) ÇÖZÜM H2 ve CH4 gazlarının mol sayılarını bulalım. m 6 m 12 3 nH2 = = = nCH4 = = 3 mol = mol Mk 2 Mk 16 4 Aynı koşullarda bulunan bu iki gaz için, Avogadro Yasası’nın bir sonucu olan CH4 gazının hacmini bulalım. V1 V2 = eşitliğinden n1 n2 20 V2 = 3 3 4 V2 = 5 L CH4’dır. ÖRNEK Aynı koşullarda bulunan I. kapta 14,2 gram CI2 gazı 8 litre hacim kaplarken, II. kapta 8 gram XO2 gazı 5 litrelik hacim 149 kaplamaktadır. –1 –1 tır? (CI: 35,5 g mol , O: 16 g mol ) ÇÖZÜM Cl2 8L I 14,2 gram CI2 gazının mol sayısını bulalım. (CI2 = 2 · 35,5 = 71 g mol–1) n= m 14,2 = = 0,2 mol CI2 Mk 71 Avogadro Yasası’ndan yararlanarak II. kaptaki gazın mol sayısını bulalım. V1 V2 = n1 n2 8 5 = 0,2 n2 1 n2 = mol XO2 olur. 8 Buradan da XO2’nin mol kütlesini bulabiliriz. n= m ise Mk 1 8 = 8 Mk Mk = 64 g mol–1 XO2 XO2 = 64 ise X + 2 · 16 = 64 X = 32 g mol–1 olur. XO2 5L II GAZLAR Buna göre XO2 gazındaki X elementinin mol kütlesi kaç- 3.2. İDEAL GAZ YASASI İdeal Gaz Yasası’nda, ideal gazların mol sayısı, sıcaklık, basınç ve hacim değerleri bir arada ele alınıp tek bir eşitlikle ifade edilir. Boyle-Mariotte Yasası’na göre mol sayısı ve sıcaklığı sabit tutulan bir gazın hacmi, basıncıyla ters orantılıdır: PV = sabit (k) Charles Yasası’nda basınç ve mol sayısı sabit tutulduğunda gaz hacmi, mutlak sıcaklıkla doğru orantılı değişir: V = sabit (k) T Avogadro hipotezine göre sıcaklık ve basınç sabit tutulduğunda gaz hacmi, mol sayısı ile doğru orantılıdır: 150 V = sabit (k) n PV oranında tüm gazlar için bir orantı katsayısı nT PV (R) kullanılırsa R = eşitliği elde edilir. R, gaz sabiti olarak adlandırılır. Eşitlik yeniden düzenlenirse nT ideal gaz denklemi elde edilir. Gazlarda P, V, n ve T değerlerinin tümünü içeren GAZLAR PV = n R T İdeal gaz denleminde gaz sabitinin (R) değeri kullanılan birimlere bağlı olur. Normal koşullarda basınç 1 atmosfer, hacim 22,4 litre, mutlak sıcaklık 273 Kelvin ve molekül sayısı 1 mol olarak alındığında R sabiti, R= PV 1 atm. · 22,4 L = = 0,082 L atm. mol –1 K –1 nT 1 mol · 273 K olarak hesaplanır. Hacim birimi olarak m3 , basınç birimi olarak Pa kullanılırsa (SI sisteminde) R = 8,3145 m3Pa mol –1 K –1 (J mol –1 K –1) olur. m getiriMk lirse elde edilen denklemden gazın mol kütlesi hesaplanabilir. Bu yönteme Victor-Meyer Yöntemi adı İdeal gaz denklemi ile gazın mol kütlesi ve öz kütlesi de hesaplanabilir. Eşitlikte n yerine verilir. PV= m RT Mk PMk= m RT elde edilir. V m yerine öz kütle (d) yazılarak düzenlenirse; V PMk = dRT olur. ÖRNEK Victor -Meyer Yöntemi ile bir gazın molekül kütlesi tayin edilmek isteniyor. Bunun için 40 gram ağırlığında temiz ve kuru bir cam tüp alınıyor. Bu cam tüp suyla tamamen doldurulduğunda kütlesi 138 gram olarak ölçülüyor. Aynı tüpün kütlesi, 740 mmHg ve 19 °C’ta bir gaz ile doldurulduğunda ise 40,12 gram geliyor. Buna göre tüpe doldurulan gazın mol kütlesi kaçtır? (dsu = 1 g mL–1) ÇÖZÜM Öncelikle cam tüpün ve dolayısıyla gazın hacmini belirleyelim. Tüpü dolduran suyun kütlesi = 138 – 40 = 98 g’dır. Suyun hacmi ise (tüpün hacmi) d = 1= m eşitliğinden V 98 V V = 98 mL = 0,098 L olarak bulunur. 151 Buradan gazın öz kütlesid = d= m eşitliğinden V 0,12 –1 g L olarak bulunur. 0,098 T = 273 + 19 = 292 K P= 740 = 0,9741 atm. 760 Elde ettiğimiz değerleri denklemde yerine yazarsak gazın mol kütlesini bulabiliriz. PMk = dRT 0,9741 · Mk = 0,12 · 0,082 · 292 0,098 Mk = 30 g mol –1 olarak bulunur. GAZLAR Tüpü dolduran gazın kütlesi 40,12 – 40 = 0,12 g’dır. ÖRNEK 4 gramlık bir gaz örneği, 380 mmHg basınç ve 77 °C sıcaklıkta 4,1 litre hacim kaplamaktadır. Buna göre gazın mol kütlesi kaçtır? ÇÖZÜM 380 = 0,5 atm. 760 P= T = 273 + 77 = 350 K Verilen değerleri ideal gaz denkleminde yerine yazarak gazın mol sayısını bulalım. = nRT PV 0 ,5 · 4,1= n · 0,082 · 350 152 n= 1 moldür. 14 Gazın mol sayısını tespit ettikten sonra gazın mol kütlesini bulabiliriz. n= m ise Mk GAZLAR 4 1 = 14 Mk Mk= 56 g mol –1 dir. ÖRNEK 27 °C sıcaklık ve 1,5 atm. basınç koşullarında 15 gram NO gazı kaç litre hacim kaplar? (N: 14 g mol –1 , O: 16 g mol –1) ÇÖZÜM T = 273 + 27 = 300 K 15 gram NO gazının mol sayısını bulalım. (NO = 14 + 16 = 30 g mol –1) n= 15 m = = 0,5 mol NO olur. Mk 30 İdeal gaz denkleminden yararlanarak gazın hacmini bulalım. PV = nRT 1,5 · V= 0,5 · 0,082 · 300 V = 8,2 litre olur. ÖRNEK Manometrenin 2,8 litrelik cam balonunda 0 °C’ta bir miktar C2H6 gazı vardır. C2H6 gaz basıncının açık hava basıncından 38 cmHg daha büyük olduğu ölçülüyor. Buna göre C2H6 gazı toplam kaç tane atom içerir? (NA = 6,02.1023 , açık hava basıncı (P0) = 76 cmHg alınacak) ÇÖZÜM C2H6 gazının basıncı P0 + 38 = 76 + 38 = 114 cmHg olur. Basınç, hacim ve sıcaklık değerlerini bildiğimiz C2H6 gazının ideal gaz denkleminden yararlanarak mol sayısını bulabiliriz. 114 = 1,5 atm. 76 PV = nRT V = 2,8 L 1,5 · 2,8 = n · T = 273 + 0 = 273 K n = 22,4 · 273 273 3 mol C2H6 olur. 16 1 mol C2H6 molekülünde 8.6,02.1023 tane atom bulunduğuna göre toplam atom sayısını bulabiliriz. 1 mol C2H6’da 3 mol C2H6’da 16 153 3 mol C2H6 molekülündeki 16 8 · 6,02.1023 tane atom varsa x 3 · 8 · 6,02.1023 16 x = 9,03.1023 tane atom içerir. x= ÖRNEK Kapalı bir kapta bulunan He gazının 127 °C’ta öz kütlesi 0,16 g L–1 dir. Buna göre He gazının basıncı kaç atm. dir? (He: 4 g mol–1) ÇÖZÜM İdeal gaz denkleminden türetilen öz kütle formülünden yararlanarak He gazının basıncını bulabiliriz. T = 273 + 127 = 400 K PMk= dRT P · 4= 0,16 · 0,082 · 400 P= 1,312 atm. olur. GAZLAR P= ÖRNEK 0,63 gramlık bir gaz örneği 57 °C sıcaklık ve 750 mmHg basınçta 410 mL’lik bir hacim kaplamaktadır. Bu bileşik kütlece %85,72 C ve %14,28 H içermektedir. Buna göre bileşiğin molekül formülü nedir? (H: 1 g mol –1 , C: 12 g mol –1) ÇÖZÜM İdeal gaz denkleminden yararlanarak gazın mol sayısını, ardından da mol kütlesini bulalım. P= 750 atm. 760 V = 410 mL = 0,41 L T = 273 + 57 = 330 K PV= nRT 750 · 0,41= n · 0,082 · 330 760 n= 0,015 mol 154 Gazın mol kütlesi ise; n= GAZLAR 0,015= m ise Mk 0,63 Mk Mk = 42 g mol –1 dır. Mol kütlesi 42 olan bileşiğin molekül formülünü bulalım. nC = m 85,72 = = 7,14 mol C Mk 12 nH = m 14,28 = = 14,28 mol H Mk 1 İki sayıyı, bulduğumuz değerlerin en küçüğü olan 7,14’e bölersek bileşiğin basit formülüne ulaşırız. C7,14 H 14,28 7,14 7,14 CH2 bileşiğin basit formülü olur. Basit formülünü bulduğumuz bileşiğin mol kütlesinden yararlanarak molekül formülünü bulabiliriz. (CH2)n = 42 (12 + 2)n= 42 14n = 42 n = 3 (CH2)n formülünde 3’ü yerine koyarsak bileşiğin molekül formülü C3H6 olarak bulunur. ÖRNEK CaC2(k) + 2H2O(s) Ca(OH)2(suda) + C2H2(g) 32 gram kalsiyum karbür (CaC2) su ile tamamen tepkimeye girdiğinde elde edilen asetilen (C2H2) gazının 380 torr basınç ve 25 °C sıcaklıktaki hacmi kaç litredir? (CaC2 : 64 g mol –1) ÇÖZÜM 32 gram kalsiyum karbürün (CaC2) mol sayısını bulalım. n= m 32 = = 0,5 mol CaC2 Mk 64 Denkleşmiş tepkimede 1 mol CaC2’ün harcanmasından 1 mol C2H2 gazı elde ediliyor. Buna göre 0,5 mol CaC2’ün tamamen harcanmasından da 0,5 mol C2H2 gazı elde edilir. İdeal gaz denkleminden yararlanarak verilen koşullardaki C2H2 gazının hacmini bulabiliriz. P= 380 = 0,5 atm. 760 PV= nRT T = 273 + 25 = 298 K 0,5 · V= 0,5 · 0,082 · 298 V= 24,4 litre bulunur. 155 ÖRNEK 0 °C’ta 4,48 litrelik kapta eşit molde NH3 ve CI2 gazları tepkimeye giriyor. 2NH3(g) + 3CI2(g) N2(g) + 6HCI(g) Tepkimede gazlardan biri tükendiğinde kaptaki toplam basınç 2 atm. olarak ölçülüyor. Buna göre başlangıçta alınan gaz karışımı kaç moldür? ÇÖZÜM Başlangıçta alınan gazların mol sayılarına 3x diyelim. 2NH3(g) + Başlangıç : 3x mol Değişim : –2x mol Tepkime sonrası: x mol 3CI2(g) 3x mol –3x mol – N2(g) + 6HCI(g) – – +x mol +6x mol x mol 6x mol olur. Tepkime sonrasında kapta toplam (x + x + 6x) = 8x mol gaz bulunur. İdeal gaz denkleminden yararlanarak gazın mol sayısını bulabiliriz. P = 2 atm. T = 273 K V = 4,48 L PV= nRT 2 · 4,48= 8x · 22,4 · 273 273 x= 0,05 bulunur. Buna göre, başlangıçta alınan gaz karışımının mol sayısı (3x + 3x) = 6x’tir. x yerine bulduğumuz 0,05 değerini yazarsak mol sayısı, 6.0,05 = 0,3 mol olarak bulunur. GAZLAR Biliyor muyuz? Ulaşılabilen En Düşük Sıcaklık Nedir? Charles Yasası, mutlak sıfır sıcaklığının, sıfır Kelvin olması gerektiğini öngörmektedir. Fakat bu sıcaklığı elde edebilir miyiz? Çok yakınına ulaşılsa bile yanıt hayırdır. Şimdiye kadar olan deneme- lerde nano Kelvin derecesine varan düşüklükteki sıcaklıklara erişildi. Diğer taraftan, birkaç sıcak atomun sıfır Kelvin’deki buzdolabına konup soğutulması kadar basit bir işlem değildir. Daha önce bir gaz örneğinin sıcaklığının gaz moleküllerinin kinetik enerjisi ile doğru orantılı olduğunu görmüştük. Bu yüzden atomları soğutmak için onların kinetik enerjilerini yok etmeliyiz. Basitçe soğutmak, istenen bu işlemi yapmayacaktır. Zira soğutucu, soğutulan atomlardan daima daha düşük sıcaklıkta olmak zorundadır. Son derece soğuk atomları elde etmenin yolu, onların izledikleri yolda durdurularak kinetik enerjilerinin ortadan kaldırılmasıdır. Bu, lazer ışınlarının atom demetine yönlendirildiği, onlara çarptığı ve onları hızla yavaşlattığı lazer soğutma denilen bir tekniktir. Atomlar bir defa soğutulduğunda, altı lazerin kesiştiği bir ışın kullanılarak enerjileri daha da düşürülür. Soğuk atomlar manyetik alanda yaklaşık 1 saniye tutulabilir. 1995 yılında Kolarado Üniversitesinden bir grup araştırmacı, bu tekniği kullanarak rubidyum (Rb) atomları demetinin sıcaklığını 1,7.10–7 Kelvin’e düşürmeyi başardı. Genel Kimya-I İlkeler ve Modern Uygulamalar s. 204. 156 haz.: Herring-Petrucci-Harwood. GAZLAR ALIŞTIRMALAR 1. 3,01.1022 tane H atomu içeren C2H4 gazının 27 °C ve 1,2 atm. basınçtaki hacmi kaç litre olur? Cevap: 0,256 L 2. CH4 gazının 2,8 atm. basınç altında 273 °C’ta öz kütlesi kaç g L–1 dir? (CH4 : 16 g mol–1) Cevap: 1 g L–1 3. 0,2 mol CS2 ve 0,8 mol O2 gazları 11,2 litrelik kapta tepkimeye giriyor. CS2(g) + 3O2(g) CO2(g) + 2SO2(g) Tepkimede 4,4 gram CO2 oluştuğu anda kaptaki toplam gaz basıncı 1368 torr olarak ölçülüyor. Buna göre tepkime kabında ölçülecek olan sıcaklık değeri kaç °C’tur? Cevap: 0 °C 4. 0 °C ve 2,8 litre hacimde CH4 gazının basıncı açık hava basıncının değerinden 410 mmHg daha azdır. Buna karşılık aynı ortamda 0 °C ve 4,48 litre hacimde SO2 gazının basıncı açık hava basıncından 290 mmHg daha fazladır. Buna göre CH4 gazının kütlesinin, SO2 gazının kütlesine oranı kaçtır? (CH4 : 16 g mol–1 , SO2 : 64 g mol–1 , Açık hava basıncı 1 atm. alınacak.) Cevap: 5. 0,5 mol C2H4 ve C3H8 karışımı tamamen yakıldığında toplam 1,3 mol CO2 oluşuyor. 5 96 Buna göre karışımı yakmak için gereken oksijen gazının basıncı 27 °C sıcaklık ve 4,2 litre hacimde kaç atm. dir? Cevap: 12,3 atm. 3.3. GAZLARDA KİNETİK TEORİ Gazların davranışları ile ilgili basit yasaları açıklamak için 19. yüzyılın ortalarında gazların kinetik modeli denen bir teori ortaya atılmıştır. Bu teori, Şekil 3.6 ’da gösterilen ve aşağıda belirtilen gaz modeline dayanır: 1. Gazlar, sürekli olarak gelişigüzel hareket eden çok sayıda molekülün bir araya gelmesiyle oluşmuştur. 2. Gaz molekülleri birbirinden çok uzaktadır. Yani gaz, hemen hemen tümüyle bir boşluk olarak düşünülebilir (Moleküler kütlesi olan ama hacmi olmayan tanecikler olarak kabul edilebilir.). 3. Moleküller birbirleriyle ve bulundukları kabın çeperleri ile çarpışır. Şekil 3.6: Gaz molekülleri sabit bir hızla hareket ederken birbirlerine ve kabın çeperlerine çarparlar. 4. Moleküller arasında, çarpışma sırasında oluşan zayıf kuvvetler dışında, hiçbir kuvvet olmadığı kabul edilir. Yani bir molekül diğerlerinden bağımsız olarak hareket eder ve birbirinden etkilenmez. 157 5. Bağımsız moleküller çarpışma sonucu enerji kazanabilir ya da kaybedebilir. Ancak moleküllerin Kinetik teoride gaz moleküllerinin hızları ile sıcaklık arasındaki ilişki, moleküllerin ortalama kinetik enerjisi olarak ifade edilir. Bir gaz molekülünün ortalama kinetik enerjisi Aynı sıcaklıkta bütün gazların ortalama kinetik enerjileri aynıdır. Ek = 3 1 Mv 2 = kT 2 2 şeklinde yazılır. Bir mol gaz molekülünün ortalama kinetik enerjisi ise E k = 3 RT 2 eşit- liği ile verilir. Herhangi bir sıcaklıkta, bir molekül ortalama olarak nasıl bir hızla hareket eder? Bir mol gaz için verilen yukarıdaki eşitliklerden yararlanarak gaz moleküllerinin ortalama hızını veren denkleme ulaşabiliriz: 3 1 RT = c Mv 2 m N A 2 2 v2 = v= 3 RT Mk 3 RT Mk NA = Avogadro sayısı NA · M= Mk (Mol kütlesi) R = 8,314 JK–1 mol–1 v = moleküllerin ortalama hızı T = Mutlak sıcaklık (Kelvin) Bu eşitlikte gaz moleküllerinin ortalama hızının, mutlak sıcaklığa ve mol kütlesine bağlı olarak değiş- tiği görülür. GAZLAR tümü göz önüne alındığında sabit sıcaklıkta toplam enerji sabittir. Grafik 3.3 ’te azot gazı için dört farklı sıcaklıkta hız dağılımı eğrileri gösterilmiştir. Dağılım eğrisi, farklı sıcaklıklarda, belirli bir hızla hareket eden moleküllerin sayısı hakkında bilgi verir. Her eğrinin tepe noktası en fazla sayıdaki molekülün hızını ifade eder. Sıcaklık arttıkça eğri düzleşmeye başlar ki bu da daha büyük sayıda moleküllerin daha hızlı hareket ettiğini belirtir. Grafik 3.4’te aynı sıcaklıkta farklı gazların hız dağılımını gösterir. Eğrilerdeki farklılık, daha az mol kütleli moleküllerin, daha fazla mol kütleli moleküllere göre ortalama olarak daha hızlı hareket etmeleriyle açıklanabilir. Molekül sayısı 300 K 600 K 900 K 1200 K 0 500 1000 1500 v(m s–1) 2000 2500 3000 2500 3000 Grafik 3. 3: Dört farklı sıcaklıkta azot gazı için hızların dağılımı 158 Kr GAZLAR Molekül sayısı Cl2 O2 N2 He H2 0 500 1000 1500 v(m s–1) 2000 Grafik 3. 4: 300 K’de farklı gazların hız dağılımı ÖRNEK İdeal gaz özelliği gösteren He molekülünün 127 °C’taki ortalama hızı nedir? (He: 4 g mol–1 , R: 8,314 JK–1 mol –1) ÇÖZÜM T = 273 + 127 = 400 K He gazı moleküllerinin 400 K sıcaklığındaki ortalama hızını bulalım. v= 3 RT Mk v= 3.8, 314.400 4 v = 49, 94 m s –1 olur. Molekülleri arasındaki çekim kuvvetleri küçük olan gazlar, büyük olan gazlara göre ideale daha yakındır. ÖRNEK Oda sıcaklığında bulunan N2 gazının ortalama hızını bulunuz (N2 : 28 g mol–1 , R: 8,314 JK–1 mol –1). ÇÖZÜM Oda sıcaklığı olan 25 °C’u Kelvin’e çevirelim. T = 273 + 25 = 298 K N2 gazı moleküllerinin 298 K’deki ortalama hızını bulalım. v= 3 RT Mk v= 3.8, 314.298 28 v = 13, 3 m s –1 olur. İskoç Robert Brown (Rabırt Bravn), gaz moleküllerinin kinetik enerjilerine bağlı olarak her yöne gelişigüzel hareket ettiklerini savunmuştur (Resim 3.7). Her bir gaz molekülü, diğer gaz molekülleri ile sık sık çarpışır ve bunun sonucunda yön değiştirir. Gaz molekülleri, gaz içinde bir nokta- 159 dan diğerine ulaşmaya çalışan zikzaklı bir yol izler (Şekil 3.7). Buna Resim 3.7: Robert Brown (1773-1858) GAZLAR rağmen gaz moleküllerinin belirli bir yöndeki net hızı, ortalama hızlarına bağlıdır. Difüzyon/Efüzyon Şekil 3.7: Bir gazın molekülleri birbiriyle ve kabın çeperiyle çarpışır. 1832 yılında Thomas Graham (Tomas Grehem), Graham Difüzyon (Yayılma) Yasası ile gaz moleküllerinin gelişigüzel hareketlerini tam olarak açıklamıştır (Resim 3.8). Gaz moleküllerinin başka gaz molekülleri ile kinetik özelliklerinden dolayı yavaş yavaş karışmasına ve homojenlik sağlanana dek yayılmasına difüzyon adı verilir (Şekil 3.8). Gaz 1 Gaz 2 Resim 3.8: Thomas Graham (1805-1869) Şekil 3.8: Gazların difüzyonu Graham Difüzyon Yasası’na göre; aynı sıcaklık ve basınç koşullarında gazların difüzyon hızları, mol kütlelerinin karekökü ile ters orantılıdır. Graham Difüzyon Yasası matematiksel olarak şu şekilde ifade edilir: v1 v2 = v1 = 1. gazın hızı M2 M1 v2 = 2. gazın hızı Eşitliği gazların öz kütleleri M1= 1. gazın mol kütlesi ile de yazabiliriz: M2= 2. gazın mol kütlesi v1 v2 = d2 = 2. gazın öz kütlesi d1 = 1. gazın öz kütlesi d2 d1 Gazların difüzyonu ile ilgili Etkinlik-Deney 3.2 ’yi gerçekleştirerek sonuçlarını yorumlayınız. ETKİNLİK-DENEY 3.2 Etkinliğin adı: Gazların difüzyonu. Etkinliğin amacı: Farklı gazların difüzyon hızlarını kavrayabilme. Araç ve gereçler GAZLAR 160 • NH3 ve HCI çözeltileri • Pamuk • Destek çubuğu (2 adet) • Toplu iğne (2 adet) • Damlalık • Bunzen mesnedi • Mantar tıpa (2 adet) • Bunzen kıskacı (2 adet) • Cetvel • İki ucu açık, 30 cm uzunluğunda cam boru Etkinliğin yapılışı Mantar tıpalara toplu iğneleri tutturunuz ve toplu iğneleri biraz pamukla dolayınız. İki ucu açık cam boruyu şekilde görüldüğü gibi destek çubuğuna yerleştiriniz. Hazırlanan pamuklu mantar tıpaların birine NH3 çözeltisi diğerine HCI çözeltisi damlatınız. Mantar tıpaları aynı anda cam borunun iki ucuna yerleştiriniz. Cam borudaki gazların karşılaşma noktasını gözlemleyiniz. Cam boruda oluşacak beyaz halkanın (NH4CI(k)) cam borulara uzaklıklarını ölçünüz ve sonuçlarını arkadaşlarınızla tartışınız. NH3(suda) NH4CI(k) HCI(suda) Etkinliğin değerlendirilmesi 1. Cam boruda beyaz halka hangi uca daha yakın oluşmuştur? 2. Hangi gazın difüzyon hızının daha büyük olduğunu gazların mol kütlelerini dikkate alarak açık- layınız. (NH3 : 17 g mol–1 , HCI: 36,5 g mol–1) Gerçekleştirdiğiniz etkinlikten çıkan sonuç, aynı koşullarda bulunan gazlardan mol kütlesi küçük olanın, büyük olandan daha kısa sürede yayılacağıdır. Cam boruda oluşan beyaz halkanın (NH4CI(k)), HCI ucuna daha yakın oluşu; NH3 gazının mol kütlesinin, HCI gazının mol kütlesinden daha küçük olması ile açıklanabilir. İki farklı gazın mol kütlesi aynı ise sıcaklığı yüksek olanın difüzyon hızı daha büyüktür. ÖRNEK Şekildeki musluklar aynı anda açılarak aynı koşullardaki CH4 ve X gazları, eşit bölmeli cam boruya gönderiliyor. Cam boruda gazlar ilk olarak 7. noktada karşılaştıklarına göre X ile gösterilen gazın mol kütlesi kaçtır? (CH4 : 16 g mol –1) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 CH4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 X CH4 X ÇÖZÜM Gazlar cam boruda 7. noktada karşılaştıklarına göre CH4 gazı cam boruda 6 birim ilerlerken X gazı 3 birim yol almıştır. Buna göre, CH4 gazının hızı, X gazının hızının iki katı olur ^v CH 4 = 2v xh . 161 Difüzyon Gaz Yasası’nın eşitliğinden yararlanarak X gazının mol kütlesini bulalım. 2 = 1 Mx M CH 4 Mx 16 GAZLAR v CH 4 vX = Eşitliğin her iki tarafının karesini alalım. 4 Mx = 1 16 M x = 64 g mol –1 olur. Difüzyon, bir gazın diğer bir gaz ile yavaş yavaş karıştığı bir işlem iken; efüzyon (dışa yayılma), basınç altındaki bir gazın, kabın bir bölmesinden diğer bölmesine küçük bir delikten Gaz Vakumlu Bölüm geçerek yayıldığı bir işlemdir (Şekil 3.9). Efüzyon, difüzyon- dan farklılık gösterdiği hâlde; efüzyon hızı, Graham Difüzyon Yasası gereği aynı eşitlikle verilir. Yani gazların efüzyon hızı, gazların mol kütlelerinin karekökü ile ters orantılıdır. Efüzyon hızı kaptaki gazın basıncı ile orantılıdır. Gaz bulunduğu kaptan kaçarken basıncı düşer ve efüzyon hızı azalır. Örneğin bir otomobil lastiğindeki küçük bir delik, yüksek basınçlı bölgeden düşük basınçlı bölgeye doğru efüzyona neden olur. Bir süre sonra gazın efüzyonu yavaşlar ve her iki taraftaki basınç eşit oluncaya kadar gaz geçişi devam eder. Şekil 3.9: Gaz molekülleri, yüksek basınçlı bölgeden (sol), düşük basınçlı bölgeye bir iğne deliğinden hareket eder. Bir gaz molekülünün bir başka gaz içinde yayılması veya bir delikten dışarıya efüzyonu için geçen zaman, mol kütlesinin karekökü ile doğru orantılıdır. Mol kütlelerindeki farktan yararlanarak gazların efüzyon yoluyla birbirinden ayrılması sağlanır. v1 t2 v2 = t1 = M2 M1 v1 = 1. gazın hızı olur. v2 = 2. gazın hızı t1 = 1. gazın yayılma süresi t2 = 2. gazın yayılma süresi M1= 1. gazın mol kütlesi M2= 2. gazın mol kütlesi Biliyor muyuz? Gazların Difüzyonu ile İlgili Uygulamalar Gazların birbiri içinde yayılmasının birçok pratik uygulaması vardır. Doğal gaz (LNG) ve sıvılaştırılmış petrol gazı (LPG) kokusuzdur ve ticari olarak çok az miktarda organik sülfür bileşiği olan CH3SH (metil merkaptan) gazı eklenerek kullanılır. Merkaptan, kokuludur ve milyonda bir kısım 162 (ppm) oranında bile olsa anlaşılabilir. Tehlikeli patlamalara neden olabilecek bir kaçak olduğunda, bu kokunun yayılması uyarıcı görevi görür. İkinci Dünya Savaşı sırasında Manhattan projesi çerçevesinde, 235U izotopunu, 238U izotopundan ayırmak için geliştirilen yöntemlerden biri de gazların yayılmasına dayanmaktadır. Bu yöntem şimdi GAZLAR de nükleer santrallerde 235 U bakımından zenginleştirilmiş yakıt için kullanılmaktadır. Normal sıcak- lıklarda uranyumun gaz hâlinde elde edilebilen birkaç bileşiğinden biri de uranyum hekzaflorürdür (UF6). Yüksek basınçla UF6 gazı gözenekli bir engelden geçmeye zorlandığında 235U izotopu içeren 235 U moleküller 238U içerenlerden biraz daha hızlı geçer. Engeli geçen UF6 gazında 238 oranı daha U büyüktür. Böylece, gaz 235U’ce zenginleştirilmiştir. Bu az orandaki zenginleştirme, binlerce defa tekrarlandığında yüksek oranda 235 U içeren ürün elde edilir. Genel Kimya-I İlkeler ve Genel Uygulamalar, s. 207. haz.: Herring-Petrucci-Harwood ALIŞTIRMALAR 1. Aynı koşullarda He gazının difüzyon hızı, XO2 gazının difüzyon hızının 4 katıdır. Buna göre XO2 bileşiğinde X ile gösterilen elementin mol atom kütlesi kaçtır? (He: 4 g mol –1 , O: 16 g mol –1) Cevap: 32 g mol –1 2. Aynı koşullarda bulunan X2H4 gazı cam bir borudan 12 saniyede, H2 gazı ise aynı cam boru- dan 3 saniyede geçebilmektedir. Buna göre X2H4 bileşiğinde X ile gösterilen elementin mol kütlesi kaçtır? (H: 1 g mol –1) Cevap: 14 g mol –1 3.4. GERÇEK GAZLAR Gaz molekülleri arasında çekme ve itme kuvvetlerinin olmadığını varsaymış ve molekül hacimlerinin, kabın hacmi yanında ihmal edilebilecek kadar küçük olduğu kabul edilen bir gazın ideal davrandığını ifade etmiştik. Oysa gerçek olan, moleküller arasında az ya da çok bir etkileşimin olduğudur. Böyle gazlara gerçek gazlar adı verilir. Gaz yasaları, kinetik teorideki varsayımları ile uyumlu olduğu hâlde deneysel sonuçlar gerçek gazlara aittir. Gerçek gazların ideal gaz gibi davrandığını varsayabilmemize karşın, tüm koşullarda böyle olmasını bekleyemeyiz. Örneğin ideal gazda yok farz edilen moleküller arası kuvvetler gerçekten olmasaydı, gazlar sıkıştırılarak sıvılaştırılamazdı. O hâlde gazlar hangi koşullarda ideallikten sapar? Kinetik teoride gaz moleküllerinin öz hacmi, toplam hacim yanında ihmal edilebilir. Ancak basınç artırıldığında gaz molekülleri birbirine yaklaştıkları zaman öz hacim ihmal edilemez düzeye gelir ve gerçek gazın ölçülen hacmi ideal gaz boşluk 1 mol gerçek gaz Aynı zamanda sıcaklık artırıldığında gaz moleküllerinin artan hareketleri ile çekim kuvvetleri ihmal edilebilir. Tersi durumda ise düşük sıcaklıklarda moleküller birbirine yaklaşır ve gerçek gazın ölçü- h1 V.T denklemi ile hesaplanandan daha büyük olur. 1 mol ideal gaz h2 V.T Cıva Cıva Şekil 3.10: Aynı hacim ve sıcaklıkta bulunan 1 mol gerçek ve 1 mol ideal gazın basınçlarının karşılaştırılması 163 İdeal gaz varsayımından sapmanın bir ölçüsü çok iyi açıklar. Basınç arttıkça ideallikten önemli PV RT K 3,0 200 olan bastırılabilme (sıkıştırma) faktörü, 1 mol gaz PV = 1 şeklinde tanımlanır ve ideal gaz daviçin RT ranışının hangi koşullarda kabul edilebileceğini GAZLAR len basıncı, ideal gaz denklemi ile hesaplanandan daha düşük olur (Şekil 3.10). 2,0 sapmalar meydana gelir (Grafik 3.5). Çekim kuvvetleri, moleküller arasında oldukça kısa mesa- 1,0 0K 50 K 640 00 K 10 ideal gaz felerde etkilidir. Atmosfer basıncındaki bir gazda moleküller birbirinden uzaktır ve çekim kuvvetleri ihmal edilebilir. Hâlbuki yüksek basınçlarda, gazın yoğunluğu artar ve moleküller birbirine daha yakındır. Bu durumda, moleküller arası kuvvetler, moleküllerin hareketini etkileyecek kadar önemli hâle gelir ve gaz ideal olarak davranamaz. Gazların ideal davranıştan sapmalarının diğer bir nedeni de sıcaklığın düşürülmesidir. Gaz soğutulursa 0 300 600 900 P (atm.) Grafik 3.5: Metan (CH4) gazının değişik sıcaklıkPV larda oranının basınçla değişimi ve ideal gaz RT denkleminde hesaplanan değerden sapması moleküllerin ortalama kinetik enerjisi azalır ve buna bağlı olarak moleküllerin hareketi de azalacağı için moleküller arası çekim kuvvetleri artar. Hollandalı bilim insanı Van der Waals, gerçek gazları tam olarak inceleyebilmek için, moleküller arası kuvvetleri ve mole- 2,0 küllerin gerçek hacimlerini dikkate almak gerektiğini ifade etmiştir. Moleküller arasın- PV RT 1,5 daki etkileşimler, polar ya da apolar olmala- H2 rına göre farklılık gösterir. Polar moleküller O2 1,0 arasındaki etkileşimler, apolar molekülleri CO2 CH4 arasındaki etkileşimlerden daha büyük olduğundan ideallikten sapma daha çok görülür NH3 0,5 (Grafik 3.6). Örneğin, CH4 apolar yapıda ideal gaz olan bir moleküldür ve molekülleri arasında 200 yalnızca zayıf London kuvvetleri görülür. 400 600 800 NH3 ise polar yapıda bir moleküldür ve molekülleri arasında daha güçlü bir etkile- şim türü olan hidrojen bağları bulunur. Buna göre aynı koşullarda bulunan bu gazların 164 Grafik 3.6: Farklı gazların PV/RT oranının basınçla değişimi eşit mollerdeki basınçları ölçüldüğünde CH4 gazının basınç değerinin, NH3 gazının basınç değerinden daha büyük olduğu görülür. Sonuç olarak CH4 gazı- nın molekülleri arasındaki etkileşim, NH3 gazına göre daha az olduğundan, CH4 gazının ideale daha yakın olduğunu söyleyebiliriz. GAZLAR 1000 P (atm.) Gazlar yüksek basınç ve düşük sıcaklıkta ideallikten uzaklaşır. ARAŞTIRMA Gazların sıkışma-genleşme özelliklerinin sanayideki kullanım alanlarını araştırınız. Elde ettiğiniz bilgileri arkadaşlarınızla paylaşınız. Buharlaşma/Yoğuşma Gerçek gazlarda moleküller arası etkileşimlerin ihmal edilemeyecek düzeyde olduğunu öğrendik. Yüksek basınç ve düşük sıcaklıklarda moleküller arası kuvvetler gazları ideallikten uzaklaştırır. Bu kuvvetler yeterli bir düzeye ulaştığında gaz, sıvı hâle geçer yani yoğuşur. Sıvılardaki moleküller arası etkileşimler gaz fazına göre daha fazladır. Herhangi bir sıcaklıkta moleküller arası çekim kuvvetlerine üstün gelebilecek, ortalama değerin üstünde kinetik enerjiye sahip moleküller, sıvı yüzeyinden kurtularak gaz fazına geçebilir. Moleküllerin sıvı yüzeyinden gaz ya da buhar hâline geçişine buharlaşma denir. Sıvı ile buharın ayırt edilemez olduğu noktaya kritik nokta denir. Kritik noktadaki sıcaklığa kritik sıcaklık (Tk) basınca ise kritik basınç (Pk) denir. Kritik nokta, buhar basıncı eğrisinin en yüksek nokta- sıdır ve sıvının bulunabileceği en yüksek sıcaklığı gösterir. Kritik noktada, sıvıyı buhardan ayıran sınır kaybolur, sıvı ile buhar ayırt edilemez hâle gelir. Tk (K) Pk (atm.) H2 33,3 12,8 N2 126,2 33,5 O2 154,8 50,1 CH4 191,1 45,8 CO2 304,2 72,9 HCI 324,6 82,1 NH3 405,7 112,5 SO2 431,0 77,7 H 2O 647,3 218,3 Tablo 3.3: Bazı maddelerin kritik sıcaklık ve kritik basınç değerleri verilmiştir. Burada kritik sıcaklığı (Tk) ve kritik basıncı (Pk) daha düşük olan gazlar kalıcı gazlardır. Kritik sıcaklığı (Tk) ve kritik basıncı (Pk) yüksek olanlar ise kalıcı olmayan gazlardır. Tablo 3.3 ’te bazı maddelerin kritik sıcaklık ve kritik basınç değerleri verilmiştir. Burada kalıcı gazlar ve kalıcı olmayan gazlar ifadesi gaz ile buhar arasındaki ayrımı yapmak için kullanılmıştır. Gaz terimi, normal sıcaklık ve basınçta gaz hâlinde bulunan maddeler için kullanılırken; buhar terimi, normal sıcaklık ve basınçta bir sıvının veya katının gaz hâli için kullanılmaktadır. Bu nedenle 25 °C sıcaklık ve 1 atm. basınçta su buharından ve karbondioksit gazından söz edilir. Bir gaz yalnızca kritik sıcaklığının (Tk) altındaki sıcaklıkta sıvılaştırılabilir. Eğer oda sıcaklığı, kritik sıcaklığın altında ise gaz sadece uygun bir basınç uygulanarak sıvılaştırılabilir. Eğer oda sıcaklığı, kritik sıcaklıktan yüksekse basınç uygulamasının yanında sıcaklığı da Tk’nin altında bir değere düşürmek gerekir. Sıvı, gaz ve katı fazlar arasındaki geçişler faz diyagramı denilen grafiklerle gösterilir. Grafik katı, sıvı ve gaz fazlarını göstermek üzere üç bölgeye ayrılmıştır. Herhangi iki fazı ayıran çizgi, fazların denge hâlinde bulunduğu koşulları gösterir. Bu bölümde örnek olarak su ve karbondioksidin faz diyagramlarını inceleyeceğiz. 165 GAZLAR “Kalıcı” Gazlar “Kalıcı Olmayan” Gazlar Madde Suyun faz diyagramı Grafik 3.7.a’da görülmektedir. Faz diyagramındaki üç eğrinin birleştiği noktaya üçlü nokta denir. Su için üçlü nokta 0,01 °C ve 0,06 atm. dir. Bu nokta üç fazın da dengede bulunduğu Su Buz 1 0,06 120 Kritik Nokta 218 Basınç (atm.) Basınç (atm.) sıcaklık ve basıncı gösterir. Üçlü Nokta Buhar 100 CO2(k) 80 0,01 0 100 374 Sıcaklık (°C) (a) 166 Grafik 3. 7: a. Suyun faz diyagramı Kritik Nokta 60 31°C, 73 atm. 40 20 0 CO2(s) 0 Üçlü Nokta –80 –60 CO2(g) –57°C, 5,2 atm. –40 –20 0 20 Sıcaklık (°C) 40 (b) b. Karbondioksidin faz diyagramı Faz diyagramlarını kullanarak dış basınç ile kaynama ve erime noktalarının nasıl değişeceğini tahmin etmek mümkündür. 1 atmosferin üzerindeki dış basınçta suyun kaynama noktasının yükseleceği GAZLAR ve erime noktasının düşeceği açıkça görülmektedir. Bunun tersine dış basıncın azaltılması kaynama noktasını düşürürken erime noktasını artırır. Karbondioksidin faz diyagramı (Grafik 3.7.b) suyunkine çok benzer. Ancak aradaki en önemli fark, karbondioksidin faz diyagramında katı ile sıvıyı ayıran eğrinin eğiminin pozitif olmasıdır. Bu durum, su dışında, tüm maddeler için de geçerlidir. Karbondioksidin üçlü noktasındaki basınç ve sıcaklık 5,2 atm. ve –57 °C’tur. Faz diyagramı dikkatlice incelenirse sıvı fazın tümünün atmosfer basıncının üstünde yer aldığı ve dolayısıyla karbondioksidin 1 atm. de erimesinin mümkün olmadığı görülür. Buna karşın 1 atm. deki katı CO2 (kuru buz), –78 °C’un üstündeki sıcaklıklara doğru ısıtılırsa hemen süblimleşir. Çünkü buza benzer ve 1 atm. basınçta sıcaklık artışıyla erimeden doğrudan gaz hâline geçer. Bu özelliğinden dolayı kuru buz iyi bir soğutucutur. Joule-Thomson Olayı Moleküller birbirleriyle etkileştikleri için, gerçek gazlar ideal gaz davranışından sapar. Moleküller arasındaki itme kuvvetleri genişlemeye, çekme kuvvetleri ise sıkışmaya neden olur. Moleküller arası etkileşimlerin en önemli sonuçlarından biri gerçek gazların sıvılaştırılabilmesidir. Gaz molekülleri, düşük sıcaklıklarda, çok yavaş hareket eder. Moleküller arası etkileşimlerin şiddetinin artması sonucu, moleküller birbirine tutunmaya başlar ve serbest hareket yeteneğini kaybeder. Gaz hâlindeki bir maddenin sıcaklığı kaynama noktasının altına kadar düşürüldüğünde gaz sıvılaşmaya yani yoğuşmaya başlar. Soğutucuların olmadığı dönemlerde gazların soğutucu özelliği ile ilgili ilk çalışmayı James Prescott Joule (Ceyms Preskot Jul) ve William Thomson (Vilyım Tamsın) yapmışlardır (Resim 3.9 ve Resim 3.10). Ek = 3 kT formülüne göre bir gazın kinetik enerjisi, sıcaklığa bağ2 lıdır. Bir gazın sıcaklığının artırılmasıyla kinetik enerjisi artar, azaltılmasıyla da kinetik enerjisi azalır. Gazların kinetik enerjisini düşürmek için gaz moleküllerine iş yaptırmak gerekir. Bu da gaz taneciklerini yavaşlatmak, gazları soğutmak anlamına gelir. Joule ve Thomson yaptıkları deneyler sonucunda hızla genleştirilen bazı gazların sıcaklıklarında azalma olduğunu belirlemişlerdir. Gazlar genleştirildiğinde moleküller arasındaki çekim kuvvetlerinin etkisini azaltmak için gereken enerji, sistem ısıca yalıtılmış olduğundan ortam- Resim 3.9: James Prescott Joule (1818-1889) dan alınamaz. Moleküller, bu enerjiyi kendi öz ısılarını kullanarak aldıklarından hızla genleştirilen gaz soğur. Soğuyan gaz bulunduğu ortamı da soğutur. Bu olaya Joule-Thomson Olayı veya Joule-Thomson Genleşmesi denir. 1877 yılında Cailletet (Keletet), Joule-Thomson olayından yararlanarak oksijen ve azotu, soğutulmuş havayı hızla 167 genleştirerek elde etmiştir. Joule-Thomson genleşmesiyle sıvılaştırılan hava içindeki azot ve oksijen damıtma yapılarak (yoğuşma noktası farkından) birbirinden ayrılır. Gazlar, molekül hızı ile sıcaklık arasındaki Buzdolabı, klima gibi soğutucularda da Joule-Thomson olayından yararlanılmıştır. Sıvılar, borularla soğutucunun iç yüzeyine verilir. Bu sıvılar, borular içinde gaza dönüşürken ortamı soğutur. Aynı gaz, kompresör tarafından basınçla yeniden sıvı hâle getirilir. Sistem içinde Resim 3.10: William Thomson (1824-1907) bu döngü sürekli tekrarlanır. Lynde tipi soğutucularda ise gazlar sıvılaşırken Joule-Thomson genleşmesinden yararlanılır. Yüksek basınçtaki gaz, dar bir aralıktan geçirildiğinde soğur ve bu soğuk gaz ile sisteme yeni gelen gaz soğutulur. Soğuyan gaz art arda aynı genleşme işlemine tabi tutularak daha da soğutulur. Bu gibi cihazlarda önceleri soğutucu olarak kolay buharlaştırılabilen sıvılar (amonyak, metil klorür, propan vb.) kullanılmıştır (Resim 3.11, Resim 3.12 ve Resim 3.13). Ancak günümüzde bazı sakıncaları anlaşıldığından bu gazların kullanımından vazgeçilmiştir. Resim 3.11: Amonyak Resim 3.12: Metil klorür Resim 3.13: Propan GAZLAR etkileşimler kullanılarak yavaşlatılabilir. Tablo 3.4 ’te verilen helyum gibi kaynama noktası ve kritik sıcaklık değeri düşük olan maddeler, soğutucu akışkan olarak kullanılmaya uygun değildir. Çünkü oda koşullarında helyum ideale en yakın gazdır. Soğutucu akışkan olarak kullanılacak maddenin basınç etkisiyle sıvılaştırılabilmesi ve üzerindeki basınç kaldırıldığında genleşerek buhar hâline geçmesi gerekir. Oda koşullarında buhar hâlinde bulunabilen NH3 ve CCI2F2 (Freon-12) gibi kaynama noktası düşük, kritik sıcaklığı yüksek olan madde- ler soğutucu akışkan olarak kullanılabilir. Ancak NH3’ın zehirli etkisi nedeniyle CCI2F2’nin de ozon taba- kasına verdiği zararın anlaşılmasından sonra bu maddelerin soğutucu akışkan olarak kullanılmasından vazgeçilmiştir. Bunların yerine puron adı verilen gazın kullanımı yaygınlaşmıştır. Puron gazı, difloro metan (CH2F2) ve pentafloro etan (C2HF5) molekülleri karıştırılarak elde edilir. Puron gazının kaynama noktası –53 oC, kritik sıcaklığı 73 oC’tur. GAZLAR 168 Madde Kritik Sıcaklık (oC) Kaynama Noktası (oC) He –267,80 –268,60 H2 –240,01 –252,75 O2 –118,20 –182,82 N2 146,80 –195,79 F2 –129,00 –188,10 Cl2 144,00 –34,60 Br2 311,00 58,30 H2O 374,30 100,00 NH3 132,40 –33,34 CCl2F2 420,00 –29,80 Tablo 3.4: Bazı maddelerin kritik sıcaklıkları ve kaynama noktaları Buzdolabı (Resim 3.14), araç ve ev tipi klimalar başta olmak üzere birçok cihazda soğutucu akışkan olarak kullanılan maddelerde aranılan özelliklerden bazıları şöyledir: Uygulanabilir basınç altında buharlaşabilmeli ve sıvılaşabilmelidir. Kaynama sıcaklığı düşük, kritik sıcaklığı yüksek olmalıdır. Kolay elde edilebilir ve ucuz olmalıdır. Çevreye zarar vermemeli, zehirli ve yanıcı olmamalıdır. Enerji tüketimi az olmalıdır. Resim 3.14: Buzdolabı Metallerle tepkimeye girmemelidir. OKUMA METNİ SOĞUTUCULARIN ÇALIŞMA PRENSİBİ Hepimiz buzdolabının işlevini biliriz ancak çoğumuz nasıl çalıştığını bilmeyiz. Temel olarak buzdolabının çalışma prensibi soğutmak istediğimiz cisimden ısıyı çekmektir. Isıyı çekebilmenin tek yolu o cisme, soğuk cisim yaklaştırmaktır. Isı, şelaleden akan su gibi sıcaktan soğuğa doğru akar. Soğutma sisteminde bulunan soğutucu gaz, kompresör tarafından sıkıştırılır. Sıkışan soğutucunun sıcaklığı ve basıncı artar. Soğutucu gaz, kompresörden çıkıp kondansere gelir. Soğutucu gaz kondanser borusundan geçerken sıcaklığı ortam sıcaklığından yüksek olduğundan kondanserden dış ortama ısı salınır. Isı transferi sonucunda soğutucu gazın sıcaklığı düşer. Sıcaklığı düşmüş olan soğutucu, buzdolabı içindeki havadan ve hava aracılığı ile de besinlerden ısıyı alır. Dışarıdan bir enerji girişi olmadan düşük sıcaklıktaki bir cisimden yüksek sıcaklıktaki başka bir cisme sürekli olarak ısı transferi yapabilecek bir makine yapmak mümkün değildir. Daha basit bir 169 söyleyişle enerji soğuk bir cisimden sıcak bir cisme kendiliğinden akamaz. Örneğin yazın evler, klima ile ısı dışarı pompalanarak soğutulur. Klima, enerjiyi soğuk odadan dışarıdaki daha sıcak (Bu kitap için düzenlenmiştir.) 3.5. GAZ KARIŞIMLARI Gaz yasaları ve ideal gaz denklemi tek tek gazlara uygulandığı gibi gaz karışımlarına da uygulanabilir. Bilindiği üzere atmosfer gaz karışımından meydana gelmiştir. Bir insanın soluk alıp vermesi de basınçhacim ilişkisine örnek bir olaydır. Soluk aldığımızda diyaframın aşağıya doğru Şekil 3.11: Soluduğumuz havadaki gazlar, akcigerlerimizi doldurur. kasılması ile göğüs boşluğumuzun hacmi artmaktadır. Hacimdeki bu artış içerideki basıncın normal atmosfer basıncının 3 torr kadar altına düşmesine yol açar. Vücudun dışındaki hava daha büyük bir basınca sahip olduğundan kendiliğinden akciğere dolar. Soluk verdiğimizde ise diyafram yine dinlenme konumuna döner ve göğüs boşluğumuza normal büyüklüğünü alır. Hacimdeki bu azalma ile akciğerdeki havanın basıncı yine 3 torr kadar artar ve bu da soluğun vücuttan çıkmasını sağlar. Genelde farkına varmaksızın bütün bu işlemlerle dakikada yaklaşık oniki kez yarım litre civarındaki havayı alıp vermekteyiz (Şekil 3.11). GAZLAR havaya pompalar. Kısmi Basınç Deneysel çalışmaların birçoğunda ve sanayide gaz karışımları kullanılır. Gaz karışımlarının top- lam basıncı, karışımı oluşturan her bir gazın basıncı ile yakından ilişkilidir. Bu durum Dalton Kısmi Basınçlar Yasası ile ortaya konmuştur. Dalton’a göre bir gaz karışımının toplam basıncı, karışımdaki her bir gazın kısmi basınçları toplamına eşittir (Şekil 3.12). Şekil 3.12.a ve Şekil 3.12.b’de bulunan H2 ve He gazlarının 20 °C ve 5 L’de basınçları sırasıyla 2,4 atm. ve 6,0 atm. dir. Bu iki gaz aynı sıcaklık ve hacimdeki bir kapta karıştırıldığında toplam basınç 8,4 atm. olur (Şekil 3.12.c.). PH = 2,4 atm. PHe = 6,0 atm. Pt = 8,4 atm. 0,50 mol H2 1,25 mol He 1,25 mol He + 0,50 mol H2 2 1,75 mol gaz 170 (a) 20 °C’ta 5,0 L (b) 20 °C’ta 5,0 L (c) 20 °C’ta 5,0 L GAZLAR Şekil 3.12: Dalton’ın Kısmi Basınçlar Yasası’nın gösterimi H2 ve He gazlarının basınçları, PH2 = nH2RT V ve PHe = nHeRT şeklindedir. V H2 ve He gazlarının karışımında toplam basınç (PT), H2 ve He moleküllerinin kabın çeperlerine çarpmasından doğar. PT = PH2 + PHe Burada PH2 ve PHe sırasıyla H2 ve He gazlarının kısmi basınçlarıdır. Her bir kısmi basıncın, toplam basınçla nasıl bir ilişkisi olduğunu görmek için PHe’yi PT’ye bölelim. PHe nHeRT/V = PT (nHe + nH2)RT/V PHe = Karışımdaki gazların mol sayıları eşit ise kısmi basınçları da eşittir. nHe · PT veya PHe = XHe · PT (nHe + nH2) bağıntısını elde ederiz. Burada XHe, He’un mol kesridir. Mol kesri, gaz karışımındaki herhangi bir gazın mol sayısının, karışımdaki bütün gazların mol sayılarına oranıdır. Benzer şekilde H2’in kısmi basıncı, PH2 = nH2 nHe + nH2 · PT veya PH2 = XH2 · PT olur. Buna göre kaptaki gaz karışımının sıcaklığı ve hacmi aynı olduğundan Dalton’ın Kısmi Basınçlar Yasası’nı ifade eden eşitlik aşağıdaki gibidir: PH2 = nH2 nToplam · PToplam ve PHe = nHe nToplam · PToplam ARAŞTIRMA Sanayi ve teknolojinin gelişmesiyle bazı gazların (CO, CO2, SO2 gibi) atmosferdeki bileşiminin değişmesi insan sağlığını ve doğayı nasıl etkiler? Araştırınız. Elde ettiğiniz bilgileri arkadaşlarınızla paylaşınız. ÖRNEK 5,6 litrelik bir kapta 4 gram H2 ve 10 gram He gazları 0 °C’ta bulunmaktadır. Buna göre, a. Kaptaki toplam basınç kaç atm. dir? b. Her gazın kısmi basıncı kaç atm. dir? (H2 : 2 g mol–1 , He : 4 g mol–1) 171 ÇÖZÜM için öncelikle gazların mol sayılarını bulalım. _ m 4 b = = 2 mol Mk 2 b ` n T = n H 2 + n He = 2 + 2, 5 = 4, 5 mol 10 m n He = = = 2, 5 mol bb 4 Mk a n H2 = T = 273 K V = 5,6 L PV = nRT P · 5,6= 4,5 · 22,4 · 273 273 PT = 18 atm. olur. b. Her bir gazın kısmi basıncının gazın mol sayısı ile doğru orantılı olduğunu biliyoruz. Buradan Dalton’ın Kısmi Basınçlar Yasası’nı ifade eden eşitliği kullanarak gazların kısmi basınçlarını bulabiliriz. P H2 = PHe = olur. nH2 nT · PT = 2 · 18 = 8 atm. 4,5 nHe 2,5 · PT = · 18 = 10 atm. olur ya da PHe = PT – PH2 eşitliğinden PHe = 18 – 8 = 10 atm. nT 4,5 GAZLAR a. Verilen değerleri ideal gaz denkleminde yerine yazarak kaptaki toplam basıncı bulabiliriz. Bunun ÖRNEK 0,8 mol N2 ve 1,2 mol H2 gazları 0 °C’ta 4 litrelik sabit hacimli kapta tepkimeye sokuluyor. N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) Tepkime tamamlandıktan sonra sıcaklık, başlangıç değerine getiriliyor. Buna göre karışımın basıncını ve karışımdaki gazların kısmi basıncını bulalım. ÇÖZÜM Tepkime sonunda kaptaki gazların mol sayılarını bulalım. N2(g) Başlangıç: 0,8 mol 1,2 mol Değişim : –0,4 mol –1,2 mol + 3H2(g) 0,4 mol – 2NH3(g) – +0,8 mol 0,8 mol Karışımın basıncını ideal gaz denkleminden yararlanarak bulabiliriz. GAZLAR 172 T = 273 K PV = nRT V = 4 L P · 4 = 1,2 · n = 0,4 + 0,8 = 1,2 mol PT = 6,72 atm. olur. 22,4 · 273 273 Karışımdaki gazların kısmi basınçlarını bulalım. PN 2 = nN2 · PT ise nT P N2 = 0,4 · 6,72 = 2,24 atm. 1,2 PNH3 = PNH3 = bulabiliriz. nNH3 nT · PT ise 0,8 · 6,72 = 4,48 atm. ya da toplam basınçtan N2 gazının kısmi basıncını çıkararak da 1,2 PNH3 = PT – PN2 = 6,72 – 2,24 = 4,48 atm. olur. ÖRNEK İdeal özellik gösteren A ve B gazlarının mol kütlelerinin oranı 1 ’dir. 8 Eşit kütlelerdeki A ve B gazlarının oluşturduğu karışımın basıncı P atm. olduğuna göre A ve B gaz- larının kısmi basınçları kaç P atm. olur? ÇÖZÜM İdeal özellikteki A ve B gazlarının mol kütleleri oranı mol sayılarını bulalım. m m = mol A Mk Mk m m nB = = mol B M k 8M k nA = 1 olduğuna göre her bir gazın eşit kütlelerinin 8 _ b b 9m m m ` nT = + = mol olur. M 8 M 8 Mk k k bb a Karışımın toplam basıncı PT = P atm. verildiğinden her bir gazın kısmi basıncını P cinsinden bula- biliriz. m nA Mk 8 P atm. dir. PA = n PT = ·P = 9m 9 T 8M k 173 GAZLAR m nB 8M k 1 PB = n PT = ·P = P atm. dir. 9m 9 T 8M k ALIŞTIRMALAR 1. CH4, X ve Y gazları ideal özelliktedir ve aynı koşullarda bulunmaktadır. Gazların difüzyon hızları arasında Vx = 2VCH4 = 4Vy ilişkisi vardır. Eşit kütlelerdeki CH4 , X ve Y gazlarının oluşturduğu karışımda X gazının kısmi basıncı 3,2 atm. dir. Buna göre, a. Karışımın toplam basıncı kaç atm. dir? b. CH4 ve Y gazlarının kısmi basıncı kaç atm. olur? Cevap: a.PT = 4,2 atm. b. PCH4 = 0,8 atm. PY = 0,2 atm. 2. 0,5 mol CH4 ve C2H6 gazları bir karışımdır. Bu karışımın kütlesi 12,2 gramdır. Bu gaz karışı- mının kaba yaptığı basnıç 4 atm. olduğuna göre her bir gazın kısmi basıncı kaç atm. dir? (H = 1 g mol –1 , C =12 g mol –1, ) Cevap:PCH4 = 1,6 atm. PC 2 H 6 = 2,4 atm. Gazların Su Üzerinde Toplanması Dalton’ın Kısmi Basınçlar Yasası, su üzerinde toplanan gazların basıncının hesaplanmasında da kullanılır. Su üzerinde gaz toplama yöntemi uygulanırken gazın suyla tepkime vermemesi ve suda çözünmemesi gerekir. NH3 gibi gazlar suda kolayca çözünebildiği için su üzerinden bu tür gazları toplamak mümkün değildir. H2 , O2 ve N2 gibi gazlar ise suda kolayca çözünmediğinden su üzerinde toplanabilen gazlardır. Şekil 3.13’teki düzenekte KCIO3 katısı bir katalizör olan MnO2 ile birlikte ısıtıldığında açığa çıkan oksijen gazı (O2) su dolu cam tüp içinde toplanmaya başlar. Bu yöntemle toplanan oksijen gazı saf değildir. Cam tüpte oksijen gazı, su buharı ile karışık hâlde bulunur. Gaz tüpün içinde toplandıkça tüpteki su, kabın içine boşalır. KCIO3(k) MnO2 ısı KCI(k) + 3/2 O2(g) O2(g) KCIO3 ve MnO2 GAZLAR 174 Su Şekil 3.13: Su üzerinde gaz toplamak için kullanılan düzenek Cam tüpteki su buharının basıncı sıcaklığa bağlıdır. Suyun denge buhar basıncı verileri, Tablo 3.5 ’te liste hâlinde verilmiştir. Toplam basınç, atmosfer basıncına eşitlenebilir. Bu eşitlikten yararlanarak tüpte toplanan O2 gazının kısmi basıncı (PO2 ) hesaplanabilir: Sıcaklık (oC) 0 Buhar basıncı (mmHg) 4,6 10 15 17 PT = Phava = PO2 + PH2 O 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 9,2 14,8 14,5 17,5 18,7 19,8 21,1 22,4 23,8 25,2 26,7 28,3 30,0 31,8 Tablo 3.5: Suyun bazı sıcaklıklardaki denge buhar basıncı değerleri ÖRNEK KCIO3 katısının bozunmasıyla üretilen oksijen gazı su üzerinde toplanmaktadır. 20 °C’ta ve 747 torr atmosfer basınçta toplanan oksijenin hacmi 126 mL’dir. Buna göre elde edilen oksijen gazının kütlesi kaç gramdır? [(20 °C’ta suyun buhar basıncı 17 mmHg alınacak. (O2 : 32 g mol –1)] ÇÖZÜM Oksijenin kısmi basıncını Dalton’ın Kısmi Basınçlar Yasası’ndan yararlanarak bulalım. PT = PO2 + PH2 O 747 = PO2 + 17 PO2 = 730 mmHg’dır. İdeal gaz denkleminden yararlanarak oksijen gazının mol sayısını ve ardından da kütlesini bulalım. T = 273 + 20 = 293 K PV = nRT V = 126 mL = 0,126 L 0,96 · 0,126 = n · 0,082.293 730 = 0,96 atm. 760 n = 0,005 mol O2’dir. Mol sayısı bulunan O2 gazının kütlesini bulabiliriz. n= 0,005 = m ise Mk m 32 m = 0,16 g O2 gazı toplanır. ÖRNEK HgO katısı ısıtıldığında Hg(k) ve O2(g) oluşur. 2HgO(k) 2Hg(k) + O2(g) 0,01 mol HgO katısı ısıtılarak tamamen ayrıştırılıyor. Açığa çıkan oksijen gazı 17 °C’ta su üzerinde 56 mL hacimde toplanıyor. Buna göre toplama kabındaki toplam basınç kaç mmHg’dır? (17 °C’ta suyun buhar basıncı 14,5 mmHg) GAZLAR P= 175 ÇÖZÜM 0,01 mol HgO katısının tamamen ısıtılmasından elde edilecek O2 gazının mol sayısını bulalım. Tepkime denkleminde 2 mol HgO katısından 1 mol O2 gazı elde edilir. Buna göre; 2 mol HgO’ten 1 mol O2 gazı oluşursa 0,01 mol HgO x x = 0,005 mol O2 oluşur. Açığa çıkan O2 gazı su üzerinde toplandığından yaptığı basıncı, ideal gaz denkleminden yararla- narak bulabiliriz. T = 273 + 17 = 290 K V = 56 mL = 0,056 L 176 PV = nRT P · 0,056 = 0,005.0,082.290 PO2 = 2,12 atm. PO2 = 2,12.760 = 1611 mmHg olur. Su üzerinde toplanan O2’in basıncı ile 17 °C’ta suyun buhar basıncını toplayarak kaptaki toplam GAZLAR basıncı bulabiliriz; PT = PO2 + PH2O PT = 1611 + 14,5 PT = 1625,5 mmHg olur. ALIŞTIRMA 50 gram kireç taşı (CaCO3) örneği yeteri kadar HCI çözeltisi ile etkileştirildiğinde açığa çıkan CO2 gazı 0 °C sıcaklıkta ve 756,2 mmHg basınç altında su üzerinde toplanıyor. CO2 gazının hacmi 2,4 litre olduğuna göre, a. CO2 gazının kısmi basıncı kaç mmHg’dır? (0 °C’teki suyun buhar basıncı 4,6 mmHg) b. Oluşan CO2 gazının mol sayısı kaçtır? c. Kireç taşındaki CaCO3’ın saflık yüzdesi kaçtır? (CaCO3 : 100 g mol –1) Cevap: a. 751,6 mmHg b. 0,1 mol CO2 c. %20 saflıkta CaCO3 ÖLÇME VE DEĞERLENDİRME AÇIK UÇLU SORULAR Aşağıdaki soruların cevaplarını defterinize yazınız. 1. Denizaltıların iç atmosferinde, personel tarafından açığa çıkarılan CO2’i havadan uzaklaştırıp O2 gazını yeniden kazanabilmek için KO2 katısının kullanılabileceği düşünülmektedir. 4KO2(k) + 2CO2(g) 2K2CO3(k) + 3O2(g) Buna göre 273 °C ve 1 atm. de 6,72 litre O2 gazını elde edebilmek için kaç gram KO2 katısına ihtiyaç vardır? (O: 16 g mol –1 , K: 39 g mol –1) 2. 16 gram CaC2 katısı su ile tamamen reaksiyona girdiğinde elde edilen C2H2 gazının 25 °C ve 1 atm. de hacmini litre olarak hesaplayınız (C: 12 g mol –1 , Ca: 40 g mol –1). 4. 380 mmHg basınç ve 77 °C sıcaklıkta 4 gram ağırlığındaki bir gaz 4,1 litre hacim kaplamaktadır. Buna göre gazın mol kütlesi nedir? 5. 0 °C’ta 75 litrelik bir tankta 40 gram He, 60 gram CO2 gazları karışım hâlinde bulunmaktadır (He: 4 g mol –1 , Ne: 20 g mol –1 , CO2 : 44 g mol –1). Buna göre, a. Karışımın toplam basıncını bulunuz. b.Karışımdaki gazların mol kesrini bulunuz. c. Karışımdaki gazların kısmi basınçlarını bulunuz. 6. 4,2 litrelik bir kabın 6,4 gram CH4 gazı aldığı koşullarda 21 litrelik bir kap 216 gram X2O5 gazı alabilmektedir. Buna göre X’in mol kütlesi kaç gramdır? (H: 1 g mol –1 , C: 12 g mol –1 , O: 16 g mol –1) 7. Şekildeki sistemde sabit sıcaklıkta M musluğu açıldığında 3 atm He M 4 atm H2 3L He gazının kısmi basıncı 1,2 atm. oluyor. Buna göre karışımın son basıncı kaç atm. dir? 177 GAZLAR 3. Denizin dibinden bir dalgıç tarafından bırakılan hava kabarcığı su yüzeyine çıkmaktadır. Oda koşullarındaki bu kabarcığın hacmi 4,6 mL olarak ölçülüyor. Denizin dibindeki sıcaklık 7 °C ve basınç 6,9 atm. olduğu düşünüldüğüne göre kabarcığın ilk hacmi kaç mL’dir? 8. Belirli bir sıcaklık ve basınç koşullarında küçük bir delikten 200 mL CH4 gazı 12 saniyede difüzlenirken aynı sıcaklıkta 800 mL HX gazı 108 saniyede difüzlenebilmektedir. Buna göre X’in mol kütlesi kaçtır? (H: 1 g mol –1 , C: 12 g mol –1) 9. 16 gram ideal özellikteki XO2 gazının 11,2 litrelik bir kapta 546 °C’taki basıncı 1,5 atm. dir. Buna göre X’in mol kütlesi kaç gramdır? (O: 16 g mol –1) 10. 200 gramlık CaCO3 örneği, şekildeki sistemde yeteri kadar HCI çözeltisi ile tepkimeye sokuluyor: CaCO3(k) + 2HCI(suda) HCI çözeltisi CaCI2(suda) + CO2(g) + H2O(g) Açığa çıkan CO2 gazı su üstünde toplanıyor. Dış CO2(g) basıncın 786,7 mmHg olduğu koşullarda topla- nan CO2 gazının hacmi 27 °C’ta 12,3 mL olduğu- 178 na göre CaCO3 örneğinin saflık yüzdesi kaçtır? (27 °C’ta suyun buhar basıncı = 26,7 mmHg, GAZLAR CaCO3 : 100 g mol –1) CaCO3(k) Su 11. CH4 ve SO2 gazlarından oluşan bir gaz karışımının kütlece %25’i CH4 gazıdır. Kaptaki toplam basınç 21 atm. olduğuna göre SO2 gazının kısmi basıncı kaç atm. dir? (CH4 : 16 g mol–1 , SO2 : 64 g mol –1) 12. Şekildeki cam borunun iki ucundan aynı anda gönderilen aynı sıcaklıklardaki gazlar H2 gazının gönderildiği uçtan 96 cm uzaklıkta karşılaşıyor. Buna göre cam bo- H2 O2 runun uzunluğu kaç cm’dir? (H2 : 2 g mol –1 , O2 : 32 g mol –1) 13. 0 °C’ta 3,36 atm. basınç altında CO gazının öz kütlesi kaç g L–1 dir? (CO: 28 g mol –1) 14. Denizde derine inen dalgıçlar He ve O2 gazları karışımı tüpler kullanırlar. 9,03.1024 molekül içeren (He + O2) gazların karışımı ile NK’da 16,8 litre hacim kaplayan kaç tane dalgıç tüpü doldu- rulabilir? 15. 1,806.1023 tane N2 molekülü, 8,8 gram N2O ve NK’da 8,96 litre hacim kaplayan CO gazları aynı kapta karıştırıldığında sabit sıcaklıkta toplam 2700 mmHg basınç yapmaktadır. Buna göre karışımdaki N2 gazının kısmi basıncı kaç mmHg’dır? (N2O: 44 g mol –1) 16. Sabit hacimli bir kapta 12 gram C2H6 ve 5 gram Ne gazı karışımına aynı sıcaklıkta bir miktar CH4 gazı eklendiğinde toplam basınç 1600 mmHg ve C2H6 gazının kısmi basıncı 640 mmHg oluyor. Buna göre eklenen CH4 gazı kaç gramdır? (CH4 : 16 g mol –1, Ne : 20 g mol –1, C2H6 : 30 g mol –1) 17. Sabit hacimli bir kapta 0,6 atm. basınç ve 27 °C sıcaklıktaki ideal özellik gösteren CH4 gazı bulunmaktadır. Buna göre gazın öz kütlesi kaç g L–1 olur? (CH4 : 16 g mol –1) 18. 2,4 atm. basınçta 750 mL hacim kaplayan bir gaz, sabit sıcaklıkta basıncı 0,8 atm. e düşüne kadar genleştiriliyor. Buna göre gazın son hacmi kaç mL olur? 19. 24 litre hacimli esnek bir balondaki ideal bir gazın basıncı ilk basıncının yarısına, mutlak sıcaklığı 179 ise üçte birine indirilmiştir. Buna göre gazın son hacmi kaç litre olur? %23,04 O2 ve %1,36 Ar. Toplam basınç 760 mmHg atm. olduğuna göre her bir gazın kısmi basıncını hesaplayınız (N2 : 28 g mol –1 , O2 : 32 g mol –1 , Ar : 40 g mol –1). 21. Bir otomobil lastiği sıcaklığın –5 °C olduğu bir kış gününde basıncı 1,64 atm. oluncaya kadar şişiriliyor. Hacmin, sabit olduğu ve hiçbir kaçağın olmadığı kabul edilirse sıcaklığın 35 °C olduğu bir yaz gününde lastikteki gazın basıncı kaç atm. olur? 22. Bir evi ısıtmak için yılda ortalama 5.103 m3 doğal gaz kullanılmaktadır. Doğal gazın hacimce %80’inin metan (CH4) gazı olduğu ve ideal davrandığı düşünülürse buna göre 1 atm. ve 20 °C’ta kullanılan CH4 gazının kütlesi kaçtır? (CH4 : 16 g mol –1) 23. Bir gazın mol kütlesini hesaplamak için yapılan deneyde 60 mg gaz, 250 cm3 hacimli bir kaba konuluyor. Bu gazın 25 °C’ta 152 torr basınç yaptığı ölçülüyor. Buna göre gazın mol kütlesi nedir? 24. Mol kütlesi 44 g mol –1 olan CO2 gazının 25 °C’taki moleküllerinin ortalama hızını hesaplayınız (R : 8,314 JK–1 mol –1). GAZLAR 20. Deniz seviyesinde kuru havanın kütlece yüzde bileşimi yaklaşık olarak şöyledir: %75,6 N2, BOŞLUK DOLDURMA .............................. Aşağıdaki cümlelerin noktalı yerlerini verilen sözcük veya sözcük gruplarından uygun olanlar ile tamamlayınız. difüzyon efüzyon Victor-Meyer yöntemi kritik sıcaklık gerçek gaz normal koşullar faz diyagramı kinetik teori kritik basınç Boyle-Mariotte Yasası buharlaşma 1. Mol sayısı ve sıcaklığı sabit tutulan bir gazın hacmi, basıncıyla ters orantılı olarak değişir. Buna .... ......................................... adı verilir. 2. İdeal bir gazın PMK = dRT eşitliğinden yararlanarak mol kütlesinin tayinine ..................................... 180 denir. 3. Herhangi bir sıcaklıkta moleküller arası çekim kuvvetlerine üstün gelebilecek, ortalama değerin üstünde kinetik enerjiye sahip moleküllerin sıvı yüzeyinden gaz hâline geçişine ................................ GAZLAR denir. 4. Gazların davranışları ile ilgili basit yasaları açıklamak için geliştirilen ...............................’ye göre aynı sıcaklıktaki bütün gaz moleküllerinin ortalama kinetik enerjileri aynıdır. 5. Molekülleri arasında etkileşim olan ve sıkıştırıldığında birbirinden etkilenerek sıvılaştırılabilen gazlara ............................................ denir. 6. Gazların havada veya başka bir gaz içinde yayılmasına ..................................... denir. 7. Bir maddenin katı, sıvı ve gaz hâlleri arasındaki geçişler, .................................... denilen grafiklerle gösterilir. 8. Bir gazın sıvılaştırılabileceği en yüksek sıcaklık değerine ................................. adı verilir. 9. 1 mol gazın 22,4 litre hacim kapladığı 0 °C sıcaklık ve 1 atm. basınç koşullarına ............................ denir. 10. Gaz moleküllerinin kapalı bir kaptan küçük bir delik aracılığıyla dışarı geçişine ............................... denir. DOĞRU YANLIŞ Aşağıdaki cümleleri okuyunuz. Cümlelerde bildirilen yargılar doğru ise “D” kutusunu, yanlış ise “Y” kutusunu işaretleyiniz. 1. Gerçek gazlar, yüksek sıcaklık ve düşük basınç koşullarında ideale yakın özellik gösterir. D Y 2. Bir gaz karışımında her bir gazın, mol sayısına bağlı olarak kaba tek başına yaptığı basınca kısmi basınç denir. 3. Joule ve Thomson, yaptıkları deneyler neticesinde “Hızla genleştirilen gazların sıcaklıkları azalır, hızla sıkıştırılan gazların sıcaklıkları artar.” sonucuna ulaşmışlardır. 5. Aynı sıcaklıkta gazların difüzyon hızı, mol kütlelerinin karekökü ile doğru orantılıdır. 6. Aynı koşullarda eşit hacimli gazlar, eşit sayıda molekül içerir. Buna Avogadro Yasası denir. 7. Gazlar; sürekli olarak gelişigüzel harekete sahip, çok küçük, çok sayıda moleküllerin bir araya gelmesiyle oluşmuştur. 8. Sıvı ile buharın ayırt edilemez olduğu noktaya kritik nokta denir. 9. Mol kesri, gaz karışımındaki herhangi bir gazın mol sayısının, karışımdaki bütün gazların mol sayılarına oranıdır. 10. Dalton’ın Kısmi Basınçlar Yasası, su üzerinde toplanan gazların basıncının hesaplanmasında da kullanılır. 181 GAZLAR 4. Moleküller arası çekim kuvvetleri büyük olan gazlar, moleküller arası çekim kuvveti küçük olan gazlara göre daha idealdir. ÇOKTAN SEÇMELİ SORULAR Aşağıdaki soruların doğru cevaplarını bularak işaretleyiniz. 1. Aşağıdakilerden hangisi, gazların davranışlarını inceleyen kinetik teorinin varsayımlarından biri değildir? A) Gazlar sürekli olarak gelişigüzel harekete sahip moleküllerdir. B) Gaz molekülleri kütlesi olan, hacmi olmayan taneciklerdir. C) Gaz molekülleri, birbirleriyle ve bulundukları kabın çeperleriyle esnek çarpma yapar. D) Gaz molekülleri birbirinden bağımsız hareket eder. Aralarında bir etkileşme bulunmaz. E) Aynı sıcaklıkta gaz moleküllerinin ortalama kinetik enerjileri farklıdır. 2. I. Gerçek gazın ölçülen hacmi, ideal gaz denklemi ile hesaplanandan daha büyük olur. II. İdeal gazda yok farz edilen moleküller arası kuvvetler gerçekten olmasaydı, gazlar sıkıştırılarak sıvılaştırılamazdı. 182 III. Polar moleküllerin aralarındaki etkileşimler, apolar moleküllerin aralarındaki etkileşimlerden daha büyük olduğundan ideallikten daha çok sapar. IV. Bir gaz, yalnızca kritik sıcaklığının altında sıvılaştırılabilir. V. Gaz molekülleri, başka gaz molekülleri arasına homojenlik sağlanana dek yayılır. GAZLAR Gazlarla ilgili yukarıda verilenlerden kaç tanesi doğrudur? A) 1 B) 2 C) 3 D) 4 E) 5 3. Kapalı bir kapta eşit kütledeki H2 , CO2 ve C3H8 gazları karışım hâlinde bulunmaktadır. Bu gazlarla ilgili aşağıda verilenlerden hangisi yanlıştır? (H: 1 g mol–1 , C: 12 g mol–1 , O: 16 g mol–1) A) Kısmi basınçları arasında PH2 > PCO2 = PC3H8 ilişkisi vardır. B) Molekül sayısı en fazla olan H2’dir. C) Ortalama kinetik enerjileri eşittir. D) Atom sayısı en az olan CO2’tir. E) Moleküllerinin ortalama hızları aynıdır. 4. Aynı kapta bulunan eşit kütleli X ve Y gazları için, I.nx = ny ise kısmi basınçları eşittir. II.nx > ny ise X gazının difüzyon hızı daha büyüktür. III.nx < ny ise Y gazının hacmi X gazınınkinden büyüktür. Yukarıdaki yargılardan hangisi ya da hangileri doğru olamaz? A) Yalnız I B) Yalnız II C) Yalnız III D) I ve II E) I, II ve III 5. Gazlarla ilgili aşağıda verilenlerden hangisi yanlıştır? A) Gazlar, bulundukları kabın her yerine eşit basınç yapar. B) Gazlar, birbirleriyle her oranda karışarak homojen karışımlar oluşturur. C) Aynı sıcaklıktaki iki gazdan mol kütlesi büyük olanın difüzyon hızı daha büyüktür. D) Gaz molekülleri birbirleriyle ve bulundukları kaba esnek çarpma yapar. E) Gaz molekülleri öteleme, dönme ve titreşim hareketlerini yapabilir. 6. X(g) CH4(g) Y(g) V,T V,T V,T I II III Aynı koşullardaki özdeş üç ayrı kapta aynı sıcaklıkta ve eşit mollerde X, CH4 ve Y gazları bulunmaktadır. Gazların bulunduğu kapların muslukları aynı anda açıldığında I, II ve III. kabın musluklarının önündeki pervaneler, dakikada sırasıyla 12, 24 ve 48 defa dönmektedir. Buna göre X ve Y ile gösterilen gazlar aşağıdakilerden hangisi olabilir? 183 (H: 1 g mol –1 , He: 4 g mol –1 , C: 12 g mol –1 , O: 16 g mol –1 , S: 32 g mol –1) Y A) He SO2 B) O2 He C) SO2 He D) He O2 E) SO2 O2 GAZLAR X 7. Mol sayıları eşit olan H2 , CH4 ve H2S gazları şekildeki H2 M CH4 I. kapta karışım hâlinde bulunmaktadır. Sabit sıcaklıkta iki kabı birleştiren M musluğu kısa süre açılıp tekrar Boş kapatılırsa II. kaba geçen gazların mol sayıları ile I. H 2S I kapta kalan gazların kısmi basınçları arasındaki ilişki aşağıdakilerden hangisi gibidir? II (H: 1 g mol –1 , C: 12 g mol –1 , S: 32 g mol –1) A) nCH4 > nH2 > nH2S C) nH2S > nCH4 > nH2 PCH4 > PH2 > PH2S PH2 > PCH4 > PH2S PH2S > PCH4 > PH2 D)nH2S > nCH4 > nH2 B) nH2 > nCH4 > nH2S E) nH2 > nCH4 > nH2S PH2 > PCH4 > PH2S PH2S > PCH4 > PH2 8. Bir gazın basınç uygulanarak sıvılaştırılabileceği en yüksek sıcaklığa ..........I............ denir. İdeallikten uzaklaştıkça gazların .........II.......... daha kolay olur. Bulundukları sıcaklıkta, basınç etkisi ile sıvılaştırılan akışkanlara ..........III............ denir. Yukarıdaki cümlelerde verilen numaralandırıl- mış boşluklara aşağıdakilerden hangisinin getirilmesi uygundur? I II III A) kritik sıcaklık sıvılaşması buhar B) kritik sıcaklık sıvılaşması gaz C) soğutucu akışkan difüzyonu ideal gaz D) soğutucu akışkan efüzyonu buhar E) buhar sıvılaşması gaz 9. I. Tek gaz taneciğinin ortalama kinetik enerjisi E k = II. Bir gazın 1 molünün toplam kinetik enerjisi E k = lanır. 184 III. Gaz moleküllerinin ortalama hızları v = 3 1 Mv 2 veya E k = kT eşitlikleriyle hesaplanır. 2 2 3 1 RT veya E k = c Mv 2 m N A eşitlikleriyle hesap2 2 3RT eşitliğiyle hesaplanır. Mk Yukarıda verilenlerden hangisi ya da hangileri doğrudur? (v: moleküllerin hızı , NA : Avogadro sayısı , Mk : mol kütlesi) GAZLAR 10. A) Yalnız I PV RT 1 B) Yalnız II C) I ve II D) I ve III E) I, II ve III H2 O2 İdeal gaz CO2 0 Basınç (atm.) Yukarıda H2 , O2 ve CO2 gazlarının basınca bağlı olarak ideal gaz davranışından sapma grafiği verilmiştir. Buna göre, I. Basınç arttıkça CO2 gazının ideal gaz davranışından sapması en fazla olur. II. Gerçek gazların 1 molü, PV = 1 eşitliğini sağlamaz. RT III. Gerçek bir gazın ölçülen basıncı, ideal gaz denklemine göre hesaplanan basıncından daha büyüktür. Yukarıdaki yargılardan hangisi ya da hangileri doğrudur? A) Yalnız I B) Yalnız II C) Yalnız III D) I ve II E) I, II ve III 11.Sabit hacimli bir kapta CH4 ve He gazları karışımı bulunmaktadır. Karışımdaki CH4 gazının kısmi basıncı, toplam basıncın %40’ı kadardır. Buna göre CH4 ve He gazları ile ilgili, n CH 4 2 I. Mol sayıları oranı n = ’tür. 3 He m CH 4 3 = ’dir. II. Kütleleri oranı m 8 He v CH 4 1 III. Difüzyon hızları oranı v = ’dir. 2 He Yukarıdaki yargılardan hangisi ya da hangileri doğrudur? (H: 1 g mol –1 , He: 4 g mol –1 , C: 12 g mol –1) A) Yalnız I B) I ve II D) II ve III E) I, II ve III Şekildeki kaplarda bulunan gazların sıcaklık ve basınçları eşittir. 12. C) I ve III 3,4 g NH3 25,6 g XO2 V 2V A) 12 Buna göre XO2 bileşiğinde X ile gösterilen elementin mol atom kütlesi kaçtır? (H: 1 g mol –1 , N: 14 g mol –1 , O: 16 g mol –1) B) 32 C) 40 D) 54 E) 108 185 13. M N A 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 V, T X P V, T Yukarıdaki sistemde M ve N muslukları aynı anda açıldığında gazlar ilk kez A noktasında karşılaşmaktadır. Buna göre X gazı aşağıda verilenlerden hangisi olabilir? (H: 1 g mol –1 , He: 4 g mol –1 , C: 12 g mol –1 , N: 14 g mol –1 , O: 16 g mol –1 , S: 32 g mol –1) A) O2 B) N2 C) C2H4 D) CH4 E) He 1 4.11,2 gram ideal bir gaz 0 °C ve 1,12 litrelik kapta 8 atm. basınç uygulamaktadır. Bu gaz aşağıdakilerden hangisi olabilir? (H: 1 g mol –1 , C: 12 g mol –1) A) C2H4 B) C3H8 C) C2H6 D) C3H6 E) C4H10 15. I. Normal koşullarda II. Oda koşullarında III. 273 °C ve 2 atm. basınçta Yukarıda verilen koşulların hangisinde ya da hangilerinde C4H8 gazının öz kütlesi 2,5 g L–1 dir? (H: 1 g mol–1 , C: 12 g mol–1 ) A) Yalnız I B) Yalnız II C) Yalnız III D) I ve III E) I, II ve III GAZLAR SO2 P 16. 1 2 3 SO2 O2 CH4 2V T V 2T 3V 2T Şekildeki kaplarda bulunan gazların kütleleri eşit olduğuna göre basınçları arasındaki ilişki nedir? (H: 1 g mol –1 , C: 12 g mol –1 , O: 16 g mol –1 , S: 32 g mol –1) A) P1 = P3 < P2 B) P3 < P2 < P1 17. D) P2 < P1 < P3 E) P3 < P1 < P2 Eşit hacimli kaplarda bulunan 2m gram He ve m 186 2m g He mg CH4 273 °C 273 K gram CH4 gazları ile ilgili aşağıdakilerden hangisi doğrudur? (H : 1 g mol –1 , He : 4 g mol –1 , C : 12 g mol –1) A) Öz kütleleri eşittir. B) Ortalama kinetik enerjileri eşittir. C) Basınçları PHe > PCH4 şeklindedir. D)CH4’ın toplam atom sayısı He’dan büyüktür. GAZLAR C) P1 < P3 < P2 E) Ortalama hızları eşittir. 1 8.Şekildeki piston ideal ve sürtünmesizdir. V1 hacimli kapta eşit mol sayıda N2 ve H2 gazları bulunmaktadır. Sabit sıcaklıkta kapta N2(g) + 3H2(g) tepkimesi Serbest piston 2NH3(g) V1 tam verimle gerçekleştirildiğinde kabın hacminin N2 H2 ilk hacim ile ilişkisi aşağıdakilerden hangisinde doğru olarak verilmiştir? 19. A) V1 = V2 PV RT B) V2 = 2 V1 3 A) Yalnız I D) V2 = 2 V1 3 E) V2 = 3 V1 4 basınçla değişimine aittir. Buna göre, T1 PV m RT I. T1 sıcaklığı, T2 sıcaklığından daha büyüktür. II. İdeal gaz için eğim sıfırdır. İdeal gaz III. Düşük basınçlarda sıkıştırılabilme faktörü sıcaklığa bağlıdır. P (atm) 4 V1 3 Şekildeki grafik bir gaz için sıkıştırılabilme faktörünün c T2 1 C) V2 = B) I ve II Yukarıdaki yargılardan hangisi ya da hangileri doğrudur? C) I ve III D) II ve III E) I, II ve III 20. Verilen hızdaki bağıl molekül sayısı X N2 Y 500 Molekül 1000 1500 2000 2500 hızı (m s–1) Şekildeki grafik aynı sıcaklıktaki X, N2 ve Y gazlarının hız dağılım eğrilerini göstermektedir. Buna göre, I. N2 gazının mol kütlesi, X gazından büyük Y gazından küçüktür. II. X gazının difüzyon hızı, aynı sıcaklıkta Y gazının difüzyon hızından daha büyüktür. III. Sıcaklık arttıkça moleküller daha hızlı hareket eder ve eğriler düzleşmeye başlar. Yukarıdaki yargılardan hangisi ya da hangileri doğrudur? A) Yalnız I B) Yalnız II C) Yalnız III D) I ve III E) II ve III 21.0,8 mol NH3 ve 1,5 mol O2 gazları 8,2 litrelik kapta tepkimeye sokuluyor. 4NH3(g) + 5O2(g) Tam 187 4NO(g) + 6H2O(g) verimle gerçekleşen bu tepkime sonunda sıcaklık 819 °C olduğuna göre kaptaki toplam gaz basıncı kaç atm. dir? A) 27,3 B) 24,2 C) 19,4 D) 13,6 E) 6,4 GAZLAR 22. 4 atm. SO2(g) V M Boş N 3 atm. O2(g) V 2V Şekildeki sistemde sabit sıcaklıkta M ve N muslukları açıldığında gazlar arasında, 2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g) tepkimesi gerçekleşmektedir. Tepkimeden sonra kaptaki toplam basınç kaç atm. olur? A) 0,5 B) 1 C) 1,25 D) 1,5 E) 2 23. Aşağıda verilen tanımlamalardan hangisi doğru değildir? A) Joule -Thomson Olayı: Sıkıştırılmış gazların aniden genleşmesiyle soğuyup sıvılaşmasıdır. B) Kritik Nokta: Sıvı ile buharın ayırt edilemez olduğu noktadır. C) Difüzyon: Basınç altındaki bir gazın bulunduğu kabın bir bölmesinden diğer bölmesine küçük bir delikten geçerek yayılmasıdır. D) Kinetik Teori: Gazların davranışları ile ilgili yasaları açıklamak için ortaya konan teoridir. E) Victor -Meyer Yöntemi: İdeal gaz denklemi yardımıyla gazın mol kütlesi tayinidir. SIVI ÇÖZELTİLER 188 1. ÇÖZÜCÜ ÇÖZÜNEN ETKİLEŞİMLERİ 2.DERİŞİM BİRİMLERİ 3.KOLİGATİF ÖZELLİKLER 4.ÇÖZÜNÜRLÜK 6.AYIRMA VE SAFLAŞTIRMA TEKNİKLERİ Kristallendirme Özütleme (Ekstraksiyon) Kromatografi Bu ünitenin amacı; Maddelerin sıvılarda çözünmesi sürecini türler arası etkileşimleri kullanarak açıklamaktır. Çözeltilerin derişimlerini keşfederek bilinen derişimlerde çözeltiler hazırlamaktır. Uçucu olmayan madde çözeltilerinin özelliklerini derişimleriyle ilişkilendirmektir. Çözünürlüğün sıcaklık, basınç ve çözücü ile değişme eğilimini modern ayırma yöntemleriyle ilişkilendirmektir. 189 SIVI ÇÖZELTİLER 5.ÇÖZÜNÜRLÜĞE ETKİ EDEN FAKTÖRLER ÜNİTE İLE İLGİLİ KAVRAMLAR/TERİMLER LİSTESİ Dipol-dipol etkileşimleri Çözünürlük İyon-dipol etkileşimleri Kristallendirme Dipol-indüklenmiş dipol etkileşimleri Özütleme H-bağı Kromatografi SIVI ÇÖZELTİLER 190 4.1. ÇÖZÜCÜ ÇÖZÜNEN ETKİLEŞİMLERİ Sıvılarda ve katılarda moleküller, moleküller arası çekim kuvvetleri ile bir arada tutulur. Bu kuvvet- ler aynı zamanda çözeltilerin oluşumunda da temel rol oynar. Bir çözünen, çözücü içinde çözündüğü zaman, çözünen tanecikler çözücünün her yerine dağılır ve çözünen tanecikler, çözücü moleküllerinin arasına girer. Bir çözünen taneciğinin bir çözücü molekülünün yerine geçme durumu üç tür etkileşime bağlıdır. Bunlar; • Çözücü-çözücü etkileşimi • Çözünen-çözünen etkileşimi • Çözücü-çözünen etkileşimidir. Önce çözücünün ve çözünenin molekülleri birbirinden ayrılır. Sonra çözücünün ve Çözücü çözünenin molekülleri karışır (Şekil 4.1). Çözünme Çözücünün ve çözünen moleküllerin bir- Çözelti birinden ayrılması için gereken enerjilerin toplamı, çözücü moleküllerinin, çözünenin 191 moleküllerini kuşatması sırasındaki enerji değişiminden daha büyükse çözünme olayı gerçekleşir. Şekil 4.1: Çözünme süreci Çözünen molekül ve iyonlar, çözücü moleküllerini kendilerine çeker. Bu suretle çözünen maddenin molekülleri veya iyonları, çözücü molekülleriyle çevrilir. Genel olarak polar ve iyonik maddeler polar çözücülerde, polar olmayan maddeler de polar olmayan çözücülerde çözünür. Çözünmede Sabun ve deterjanlar “Benzer benzeri çözer.” kuralına göre temizleme fonksiyonunu yerine getirir. temel ilke “Benzer benzeri çözer.” şeklinde ifade edilir. Örneğin sodyum klorür (NaCI) suda çok çözünür ama benzende (C6H6) çözünmez. İyonik ve polar yapılı bileşikler için en iyi çözücünün su gibi polar bir sıvı olduğunu söyleyebiliriz. Çözelti oluşurken çözünen ve çözücü moleküllerinin kendi aralarındaki çekim kuvvetlerinin yerini çözünen-çözücü çekim kuvvetleri alır. Bu yeni çekimler, yerlerini aldıkları çekimlere benziyorsa çözeltinin oluşması için çok az bir enerji yeterli olacaktır. Genel olarak apolar maddeler, polar maddelerle tam olarak karışmaz yani çözünmez. Öyle ki çözünen molekülleri arasındaki başlıca çekim kuvvetleri London kuvvetleri ise en iyi çözücü yine benzer kuvvetlerce bir arada tutulan çözücülerdir. Örneğin katı kükürt, London kuvvetlerince bir arada tutulan S8 moleküllerinden oluşan katı bir moleküldür. Kükürt molekülleri, apolar bir çözücü olan karbon disülfür (CS2) moleküllerinin arasına kolaylıkla girer. Ama kuvvetli hidrojen bağları bulunan su yapısına giremez. Bu nedenle katı kükürt, suda çözünmezken karbon disülfürde çözünür. Resim 4.1’de görüldüğü gibi apolar karbon tetraklorür (CCI4) ve hekzan (C6H14) polar bir madde olan su içinde hiç çözünmez. Çünkü SIVI ÇÖZELTİLER endotermik, küçük ise ekzotermik olarak Çözünen su molekülleri birbirini, CCI4 veya C6H14 molekülünün su molekülünü çektiğinden daha kuvvetli bir şekilde çeker. Sonuçta üç saf sıvı, üç ayrı faz içeren bir sistem oluşturur. Oysa CCI4 ve C6H14 molekülHekzan leri karıştırılsaydı, birbiri içinde çözünerek homojen bir karışım oluşturacaklardı. Çünkü CCI4 molekülleri arasındaki çekim kuvvetleri ile C6H14 molekülleri arasındaki çekim kuvvetleri birbirine yakındır. Su CCI4 Benzer şekilde apolar iyot (I 2) molekülleri, apolar CCI4 içinde çözü- nür. Katı I 2 molekülleri arasındaki çekim kuvvetleri ile CCI4 molekülleri arasındaki çekim kuvvetleri yaklaşık olarak aynıdır. Bu nedenle I 2 molekülleri, CCI4’de önemli ölçüde çözünebilmektedir. Polar çözücüler, örneğin su, birçok iyonik bileşik için iyi bir çözücüdür. Çözünen maddenin iyonları, çözücü molekülleri tarafından Resim 4.1: Karbon tetraklorür ve hekzan su içinde karışmaz. elektrostatik olarak çekilir. Negatif iyonlar çözücü moleküllerin pozitif ucu, pozitif iyonlar da çözücü molekülün negatif uçları tarafından çekilerek sarılır (Şekil 4.2). Bu şekilde oluşan iyon-dipol etkileşme- si kristaldeki iyonların sulu faza geçmesine sebep olur. Bu çözünen iyonlar, su molekülleri tarafından çevrilerek hidratlaştırılır. SIVI ÇÖZELTİLER 192 Şekil 4.2: Su molekülleri, iyonik kristaldeki iyonları sarar ve onları hidratlaştırır. Metil alkol ve su gibi polar moleküller birbirine hidrojen bağı ile bağlanarak birbirleri içinde kolayca çözünür. Böylece metil alkol ve su her oranda birbirleri ile karışır. Metil alkol, polar olmayan çözücülerde çözünmez. ................... H—O — H——O CH3 H Hidrojen bağı ................... H——O H Hidrojen bağı Bazı polar kovalent bağlı moleküller de suda (NH3 , HCI, CH3COOH, CO2 , SO3 ...) çözünerek iyon içeren çözelti oluşturur (Şekil 4.3). Örneğin hidrojen klorür (HCI) saf hâlde polar bir moleküldür. Bu madde suya ilave edildiği zaman HCI molekülleri su ile etkileşir. Su ve HCI molekülleri arasında oluşan dipol-dipol etkileşimleri oldukça güçlüdür. δ + δ δ – + δ δ – + – δ O δ H δ H + δ Su molekülünde dipol gösterimi δ + δ + + + δ – Polar molekül + δ – δ + δ δ + δ + δ δ – δ + + + + δ – δ – δ + + δ – δ Polar molekül – + δ δ δ + – + δ + δ – 193 Şekil 4.3: Polar moleküllerin suda çözünmesi ve CO2 gazlarının suda iyonlaşarak çözünme denklemi aşağıdaki gibidir: HCI gazının suda çözünmesi; HCI(g) H+(suda) + CI–(suda) NH3 gazının suda çözünmesi; NH+4(suda) + OH–(suda) NH3(g) + H2O(s) Suda iyonlaşarak çözünen HCI, NH3 CO2 , CH3COOH, SO3 gibi molekül yapılı maddelerin sulu çözeltileri elektrik akımını iletir. CO2 gazının suda çözünmesi; CO2(g) + H2O(s) + HCO–3(suda) + H(suda) şeklindedir. Biliyor muyuz? Bir Mum Lekesini Nasıl Çıkartırsınız? Bir mum lekesini çıkartmak istediğimizi düşünelim. Hangi çözücüyü kullanacağımızı nasıl bilebiliriz? Burada temel olan, “Benzer benzeri çözer.” kuralıdır. Su iyi bir polar sıvıdır. Ancak iyon ve polar yapılı maddeleri çözebilir. Apolar yapılı maddeleri çözemez. Bunun tersine benzen ve kuru temizlemede kullanılan tetrakloreten (CI2C = CCI2 ) de dâhil olmak üzere apolar sıvılar London kuvvetleri ile bir arada tutulan mum gibi apolar bileşikler için iyi bir çözücüdür. SIVI ÇÖZELTİLER Polar kovalent bağlı maddelerin bir kısmı suda çözündüklerinde iyonlar oluşturur. Örneğin HCI, NH3 4.2. DERİŞİM BİRİMLERİ Bir çözeltinin derişimi, belli miktardaki çözelti ya da çözücü içerisinde çözünen madde miktarıdır. Çözelti derişimi pek çok birim ile belirtilebilir. 10. sınıf kimya dersinde yüzde derişim ve ppm cinsinden derişim türleri incelenmişti. 100 gram çözeltide çözünen maddenin gram cinsinden değeri kütlece yüzde derişim olarak ifade edilmiş ve kütlece % derişim = Çözünenin kütlesi x 100 eşitliğinden yararlanılarak Çözeltinin kütlesi hesaplamalar yapılmıştı. Çözeltilerde bir bileşenin kütle veya hacim yüzdesi çok küçük olduğunda bu tür çözeltileri ifade etmek için ise milyonda bir (ppm) derişim birimi kullanılmıştı. Milyonda bir derişimi için m ppm = madde x 106 eşitliği kullanılmıştı. Ancak bu bölümde kimyada en yaygın derişim türü olan molamkarışım rite ve molalite birimleri incelenecektir. Molarite (M) Çözeltinin bir litresindeki çözünen maddenin mol sayısına o maddenin söz konumol su çözeltideki molaritesi denir. Molarite “M” ile gösterilir ve birimi ’dir. Molarite, L n mol eşitliği ile verilir. M= = V L 194 Derişim, bir çözeltide çözünen madde miktarını belirtmek amacıyla geliştirilmiş bir kavramdır. ÖRNEK 20,2 gram KNO3 katısına toplam hacim 200 mL olacak şekilde üzerine su ilave edilerek hazırlanan SIVI ÇÖZELTİLER çözeltinin molaritesi nedir? (KNO3 : 101 g mol–1) ÇÖZÜM Bu örnek soru üzerinden aynı zamanda bir çözeltinin nasıl hazırlanabileceğini görelim. 20,2 gram KNO3 katısı tartılarak temiz ve kuru bir cam balon jojeye konur. Kabın 200 mL işaretine kadar su ekle- nir. Şimdi hazırlanan bu çözeltinin molaritesini hesaplayalım (Şekil 4.4). a. b. c. Su KNO3 200 mL 200 mL 200 mL 200 mL işareti 200 mL Şekil 4.4: a. Tartılan KNO3 katısının cam balon jojeye konması b. KNO3 katısının 200 mL’den daha az suda çözülmesi c. Kabın 200 mL işaretine kadar su eklenmesi 20,2 g KNO3’ı mole ve 200 mL çözeltiyi de litreye çevirmek gerekir (200 mL = 0,2 L çözelti). m 20,2 n 0,2 mol nKNO3 = = = 0,2 moldür. Buradan da çözeltinin molaritesi M = = = 1,0 mol L–1 Mk 101 V 0,2 L olur. Bu örnek hesaplamanın rehberliğinde, saf NaCI katısından derişimi 0,1 M olan 500 mL NaCI çözel- tisi ve ayrıca öz kütlesi 1,19 g/cm3 olan %37’lik HCI’den de 2,5 L 1,0 M HCI çözeltisini hazırlayabilmek için Etkinlik-Deney 4.1 ve Etkinlik-Deney 4.2’yi yapınız. ETKİNLİK-DENEY 4.1 Etkinliğin adı: Çözelti hazırlama. Etkinliğin amacı: İstenilen derişimde çözelti hazırlamak. Araç ve gereçler • NaCI • 500 mL’lik balon joje • 1000 mL’lik dereceli silindir • Spatül • Terazi • Tartı takımı • Lastik tıpa • Huni Etkinliğin yapılışı 0,1 M 500 mL NaCI çözeltisi hazırlamak için gerekli olan saf NaCI’ün kütlesini bulalım. (NaCI: 58,5 g mol –1) M= n n ise 0,1 = ⇒ n = 0,05 mol NaCI v 0,5 n= n m ise 0,05 = ⇒ m = 2,925 g’dır. Mk 58,5 195 NaCI’den 2,925 g tartarak 500 mL’lik balon jojeye koyunuz. Üzerine 100 mL su ilave ediniz. Ağzını mL’ye tamamlayınız. Hazırladığınız çözeltiyi etiketleyerek saklayınız. Etkinliğin değerlendirilmesi Öğretmeninizin denetiminde aynı işlem sırasını kullanarak 0,2 M 400 mL ve 0,4 M 500 mL NaCI çözeltileri hazırlayınız. Herhangi bir derişik çözeltiye su eklendiğinde çözelti seyrelir. Çözünenin mol sayısı değişmeden çözeltinin hacmi artırılmış olur. Seyreltme işlemi yapılırken çözeltiye yeterli miktarda su eklenerek yeni çözelti oluşturulur. Bu işlemde çözünenin ilk mol sayısı, son mol sayısına eşit olacağından n1 = n2 ve seyreltme M1V1 = M2V2 bağıntısından yararlanılarak hesaplamalar yapılır. Ayrıca aynı tür çözeltiler karıştırılırsa yeni oluşan karışımın derişimi M1V1 + M2V2 + ........ = MsonVson bağıntısından hesapla- nır. Bir çözeltinin kütlece derişimi ve öz kütlesi verildiğinde molar derişiminin hesaplanması, M= (M: Molarite d · % · 10 Mk d: Yoğunluk bağıntısı ile yapılır. %: Yüzde derişim Aynı sıcaklıkta, tuzlu su çözeltisinin öz kütlesi arı suyun öz kütlesinden büyüktür. Alkollü su çözeltisinin öz kütlesi, arı suyun öz kütlesinden küçüktür. Mk: Mol kütlesi) Şimdi Etkinlik-Deney 4.2’yi yaparak yoğunluğu ve yüzde derişimi bilinen çözeltiden istenilen deri- şimde çözelti hazırlayınız. SIVI ÇÖZELTİLER lastik tıpa ile kapattıktan sonra çalkalayarak çözünmesini sağlayınız. Daha sonra çözeltiyi su ile 500 ETKİNLİK-DENEY 4.2 Etkinliğin adı: Çözeltilerin seyreltilmesi. Etkinliğin amacı: Yoğunluğu 1,19 g/cm3 olan %36,5’lik HCI’den 2,5 L 1,0 M HCI çözeltisi hazırlamak. Araç ve gereçler • Yoğunluğu 1,19 g/cm3 olan %36,5’lik HCI • 1000 mL’lik balon joje • 1000 mL’lik dereceli silindir • Lastik tıpa Etkinliğin yapılışı Yoğunluğu 1,19 g/cm3 olan %36,5’lik HCI’ün molaritesini bulunuz (HCI: 36,5 g mol –1). M= M= d · % · 10 Mk 1,19 · 36,5 · 10 = 11,9 M HCI’dür. 36,5 11,9 M HCI’den kaç mL alınıp 2,5 L 1,0 M HCI çözeltisi elde edilebilir? Bunun için seyreltme bağın- tısından yararlanınız. SIVI ÇÖZELTİLER 196 M1V1 = M2V2 11,9 · V1 = 1 · 2,5 V1 = 2,5 = 0,21 L = 210 mL alınmalıdır. 11,9 Yoğunluğu 1,19 g/cm3 olan %36,5’lik HCI’den 210 mL alarak balon jojeye koyunuz. Daha sonra üzerine su ekleyerek 2,5 L’ye tamamlayıp karışımı iyice çalkalayınız. Hazırlanan 2,5 L 1,0 M HCI çözeltisini etiketleyerek saklayınız. Çözeltiyi hazırlarken HCI asidi kuv- vetli bir asit olduğu için cildinize temas etmemesine dikkat etmelisiniz. Etkinliğin değerlendirilmesi Öğretmeninizin denetiminde aynı işlem sırasını kullanarak 0,8 M 500 mL ve 2 M 1 L HCI çözelti- lerini hazırlayınız. ÖRNEK 200 mL 0,4 M KCN çözeltisine kaç mL su eklenirse çözelti 0,1 M olur? ÇÖZÜM Seyreltme bağıntısından yararlanarak çözeltiye eklenecek olan suyun hacmini bulalım. (200 mL = 0,2 L) M1V1 = M2V2 0,4 · 0,2 = 0,1 · V2 V2 = 0,8 L = 800 mL eklenen suyun hacmi; 800 – 200 = 600 mL olur. ÖRNEK 0,3 M 200 mL NaNO3 , çözeltisi ile 0,4 M 500 mL NaNO3 çözeltisi karıştırılıyor. Yeni çözeltinin deri- şiminin 0,26 M olması için karışıma kaç mL su eklenmelidir? ÇÖZÜM Aynı tür çözeltiler karıştırılırsa yeni oluşan karışımın derişimi M1V1 + M2V2 = MsonVson ile hesaplanır. (200 mL = 0,2 L, 500 mL = 0,5 L) M1V1 + M2V2 = MsonVson 0,3 · 0,2 + 0,4 · 0,5 = 0,26 · Vson Vson = 1 L’dir. Buna göre 1 – (0,2 + 0,5) = 0,3 L ⇒ 300 mL su eklenmelidir. ÖRNEK Yoğunluğu 1,4 g/cm3 olan kütlece %63’lük HNO3’den kaç mL alıp 2 L 0,7 M HNO3 çözeltisi hazır- layabiliriz? (HNO3 : 63 g mol–1) 197 ÇÖZÜM M= d · % · 10 Mk M= 1,4 · 63 · 10 = 14 M HNO3 olur. 63 2. Basamak: Şimdi 14 M’lik HNO3’den kaç mL alıp 2 L 0,7 M HNO3 çözeltisi hazırlayabileceğimizi bulalım. M1V1 = M2V2 ise 14 · V1= 0,7 · 2 V1 = 0,1 L = 100 mL olur. ÖRNEK 2 L 0,1 M NaOH çözeltisinin derişimini 0,25 M yapmak için çözeltiden kaç mL su buharlaştırmalıyız? ÇÖZÜM Bir çözeltiyi seyreltmek ya da deriştirmek için M1V1 = M2V2 eşitliğinden yararlanırız. Buna göre; çözeltinin ilk hacminden son hacmini çıkararak buharlaşan suyun hacmini bulabiliriz. M1V1 = M2V2 ise 2 – 0,8 = 1,2 L 0,1 · 2 = 0,25 · V2 1,2 L = 1200 mL su buharlaştırmalıyız. V2 = 0,8 L olur. SIVI ÇÖZELTİLER 1. Basamak: Yoğunluğu 1,4 g/cm3 olan kütlece %63’lük HNO3 çözeltisinin molaritesini bulalım. ALIŞTIRMALAR 1. 4 M H2SO4 çözeltisinde 19,6 gram H2SO4 çözünmüş olarak bulunduğuna göre çözeltinin hacmi kaç mL’dir? (H2SO4 : 98 g mol–1) Cevap: 50 mL 2. Yoğunluğu 0,85 g mL–1 olan kütlece %28’lik NH3’den 400 mL alınıp üzerine 300 mL su ekle- nirse yeni çözeltinin molaritesi kaç M olur? (NH3 : 17 g mol–1) Cevap: 8 M 3. 0,1 M 100 mL NaOH çözeltisi ile 0,4 M 400 mL NaOH çözeltisi karıştırılıyor. Oluşan yeni çözeltinin molar derişimi kaçtır? Cevap: 0,34 M 4. 16,8 gram XCO3’dan 50 mL 4 M’lik çözelti hazırlandığına göre X ile ifade edilen elementin mol kütlesi kaçtır? (C: 12 g mol–1 , O: 16 g mol–1) Cevap: 24 g mol–1 5. 2,4 M 500 mL KNO3 çözeltisi elde edebilmek için 2 M ve 3 M’lik KNO3 çözeltilerinden sırasıyla 198 kaçar mL karıştırılmalıdır? Cevap: 300 mL ve 200 mL SIVI ÇÖZELTİLER 6. 5 L 0,2 M NaOH çözeltisi hazırlamak için 1,0 M NaOH çözeltisinden kaç mL almak gerekir? Cevap: 1000 mL Molalite (m) 1 kg çözücüde çözünen maddenin mol sayısı molalite olarak tanımlanır. Molalite sıcaklıktan etkilenmez. Çünkü çözücü, hacim cinsinden değil kütle cinsinden verilmiştir. Bu nedenle daha güvenilir bir derişim türüdür. molalite (m) = Çözünenin mol sayısı (n) Çözücünün kütlesi (kg) ÖRNEK 7,2 g C6H12O6 katısı 200 mL suda çözünerek hazırlanan çözeltinin molalitesini hesaplayalım. (C6H12O6 : 180 g mol–1 , dH2O : 1 g/mL) ÇÖZÜM n= m Mk ise n= 7,2 = 0,04 mol C6H12O6 olur. 180 200 mL suyun kütlesi m V m ⇒ m = 200 g = 0,2 kg sudur. 1= 200 d= molalite (m) = 0,04 mol C6H12O6 = 0,2 molaldir. 0,2 kg su Derişim türü Molarite (M) molalite (m) Tanımı Birimi Çözünenin molü Çözelti hacmi mol L Çözünenin molü Çözücünün kütlesi mol kg Çözünenin molü Mol kesri (X) Çözünen ve çözücünün mol sayıları toplamı — Kütlece % derişim Çözünenin kütlesi x 100 Çözeltinin kütlesi % Hacimle % derişim Çözünenin hacmi x 100 Çözeltinin hacmi % Milyonda bir derişim (ppm) Çözünenin kütlesi x 106 Çözeltinin kütlesi mg L–1 Tablo 4.1: Derişim türleri Tablo 4.1’de derişim türlerinin tanımı ve birimi özet olarak verilmiştir. Buna göre derişim türlerinden 199 kütlece yüzde derişim, mol kesri, molarite ve molaliteyi aşağıdaki örnek üzerinde tekrar uygulayalım. Yoğunluğu 1,84 g mL–1 olan kütlece %98’lik 500 mL H2SO4 çözeltisi, içine su eklenerek 1000 mL’ye tamamlanıyor. Elde edilen yeni çözeltideki H2SO4’in derişimini, aşağıda verilen derişim türleri cinsinden hesaplayalım (dH2O : 1 g mL–1 , H2O : 18 g mol –1 , H2SO4 : 98 g mol–1 ). a. Kütlece yüzde b. Mol kesri c. Molarite ç. Molalite ÇÖZÜM a. Yoğunluğu 1,84 g mL–1 olan 500 mL çözeltinin kütlesini bulalım. m V ise 1,84 = m ⇒ m = 920 g çözelti olur. 500 d= Çözeltide çözünen H2SO4’in kütlesini bulalım. 920 · 98 = 901,6 g H2SO4 olur. 100 Çözeltiye 500 mL su (dH2O = 1 g mL–1 olduğundan 500 g su) eklendiğinde toplam çözelti kütlesi (920 + 500) = 1420 g olur. Buna göre çözeltinin kütlece yüzde derişimini bulabiliriz. Kütlece % H2SO4 = H2SO4’in kütlesi x 100 Çözeltinin kütlesi Kütlece % H2SO4 = 901,6 · 100 = %63,4’tür. 1420 SIVI ÇÖZELTİLER ÖRNEK b. Çözeltide çözünen H2SO4’in mol sayısını bulalım. nH2SO4 = m Mk ise n= 901,6 = 9,2 mol H2SO4 olur. 98 Çözeltideki su ve eklenen suyun kütlesi, 920 – 901,6 = 18,4 g su 500 + 18,4 = 518,4 g su olur. nH2O = m Mk ise n= 518,4 = 28,8 mol H2O olur. 18 Buna göre çözeltideki çözünenin mol kesrini bulabiliriz. nH2SO4 9,2 XH2SO4 = ise XH2SO4 = = 0,24 olur. nH2SO4 + nH2O 9,2 + 28,8 c. Çözeltinin molar derişimi; nH2SO4 = 9,2 mol M= V = 1000 mL = 1 L n 9,2 mol ise M = = 9,2 mol L–1 dir. V 1L ç. Çözeltinin molal derişimi; mH2SO4 = 200 9,2 mol , 17,74 molaldır. 0,5184 kg su Çözeltilerin nasıl hazırlanacağı ile ilgili etkinlikleri yaptıktan sonra iki çözelti arasında oluşan tepki- menin nicel incelenmesi ile ilgili olarak Etkinlik-Deney 4.3’ü yapınız. SIVI ÇÖZELTİLER ETKİNLİK-DENEY 4.3 Etkinliğin adı: İki çözelti arasında oluşan tepkime. Etkinliğin amacı: Çözeltilerin karıştırılması ile oluşan tepkimelerde çöken maddenin miktarının nicel olarak incelenmesi. Araç ve gereçler • 0,5 M KI ve 0,5 M Pb(NO3)2 çözeltileri • Tüplük • Süzgeç kâğıdı • 2 adet 50 mL’lik balon joje • Lastik tıpa • Etiket ve cetvel • 5 adet özdeş küçük deney tüpü • Grafik kâğıdı Etkinliğin yapılışı 5 adet küçük deney tüpü alınız. Her birine dörder mL KI çözeltisinden ilave ederek tüpleri numaralandırınız. Daha sonra tüplere sırasıyla 0,5; 1; 2; 3; 4 mL Pb(NO3)2 çözeltisi ilave edip çalkalayınız. Etiketlediğiniz tüpleri tüplüğe koyup 5 dakika kadar bekletiniz. Tüplerin dibinde oluşan sarı renkli çökeltilerin yüksekliklerini cetvel ile ölçerek kaydediniz. Etkinliğin değerlendirilmesi 1. Elde ettiğiniz verileri grafik kâğıdında Pb(NO3)2’ın hacmini, oluşan çökeltilerin yüksekliğine karşı grafiğe geçiriniz. 2. Her bir tüpte çöken PbI2 katısını süzgeç kâğıdı yardımıyla hassas bir şekilde süzüp kuruttuktan sonra tartınız. Çizeceğiniz grafikte y ekseninde çökeltinin kütlesini de gösterebilirsiniz. ÖRNEK Otomobillerin akülerinde 4,2 M H2SO4 çözeltisi kullanılır ve bu çözeltinin yoğunluğu 1,25 g/cm3 tür. Buna göre çözeltideki H2SO4’in molalitesi kaçtır? (H2SO4 : 98 g mol–1) ÇÖZÜM 1. Basamak:Çözeltinin hacmini 1 L (1000 mL) düşünelim ve buna göre çözeltinin kütlesini bulalım. d= m m ise 1,25 = ⇒ m = 1250 g çözelti olur. V 1000 2. Basamak:Çözeltide çözünen H2SO4’in mol sayısını ve kütlesini bulalım. M= n V ise 4,2 = n ⇒ n = 4,2 mol H2SO4 1 n= m Mk ise 4,2 = m ⇒ m = 411,6 g H2SO4 98 1250 – 411,6 = 838,4 g su olur. 201 42 4,2 mol = · 103 = 5 molal olur. –4 8334.10 Kg su 8334 m= ÖRNEK Metanolün (CH3OH) sudaki çözeltisinde mol kesri 0,15’tir. Buna göre çözeltideki metanolün deri- şimi kaç molal olur? (H2O: 18 g mol –1 , CH3OH: 32 g mol–1) ÇÖZÜM 1. Basamak: Karışımın 1 mol olduğunu düşünürsek; 1 mol toplam molekülün 0,15 molü metanol ve 0,85 molü su olur. 2. Basamak: Çözeltideki suyun kütlesini bulalım. n= m ise MK 0,85 = m ⇒ m = 15,3 g su ya da 15,3.10 –3 kg su olur. 18 3. Basamak: CH3OH’ün molalitesini hesaplayalım. m= 0,15 mol = 9,8 molal olur. 15,3.10–3 kg su SIVI ÇÖZELTİLER 3. Basamak: H2SO4’in molalitesini hesaplayalım. ETKİNLİK-DENEY 4.4 Etkinliğin adı: Seyreltik ve derişik çözeltilerin karşılaştırılması. Etkinliğin amacı: Çözeltilerin seyreltik ve derişik olma durumlarını renklerindeki farklılıklarından gözlemleyebilmek. Araç ve gereçler • CuSO4 · 5H2O katısı • 500 mL’lik dereceli silindir • Terazi • 1000 mL balon joje • Spatül • Etiket • 3 adet 500 mL beherglas • Cam baget • Lastik tıpa • Tartı takımı Etkinliğin yapılışı Öğrencilerinizi 3 ayrı gruba ayırarak etkinliği uygulayabilirsiniz. 1. Grup 0,1 M 100 mL CuSO4 çözeltisi hazırlamak için kaç gram katı CuSO4 .5 H2O tartılması gerektiğini hesaplayınız. (CuSO4 · 5 H2O: 250 g mol –1) 202 M= n n ise 0,1 = ⇒ n = 0,01 mol CuSO4 · 5 H2O’dur. V 0,1 n= m m ise 0,01 = ⇒ m = 2,5 g CuSO4 · 5 H2O olur. MK 250 SIVI ÇÖZELTİLER 2,5 g CuSO4 · 5H2O katısını tartıp beherglasa koyunuz, su ile 100 mL’ye tamamlayınız. Karışımı iyice çalkaladıktan sonra etiketleyiniz. 2. Grup 0,05 M 100 mL CuSO4 çözeltisi hazırlamak için kaç gram katı CuSO4 · 5H2O’yun tartılması gerek- tiğini hesaplayınız. M= n= n n ise 0,05 = ⇒ n = 0,005 mol CuSO4 · 5 H2O’dur. V 0,1 m m ise 0,005 = ⇒ m = 1,25 g CuSO4 · 5 H2O’dur. MK 250 1,25 g CuSO4 · 5 H2O katısını tartıp beherglasa koyunuz, su ile 100 mL’ye tamamlayınız. Karışımı iyice çalkaladıktan sonra etiketleyiniz. 3. Grup 0,01 M 100 mL CuSO4 çözeltisi hazırlamak için kaç gram katı CuSO4 · 5H2O tartılması gerektiğini hesaplayınız. M= n= n n ise 0,01 = ⇒ n = 10–3 mol CuSO4 · 5 H2O’dur. V 0,1 m m ise 10–3 = ⇒ m = 0,25 g CuSO4 · 5 H2O’dur. MK 250 0,25 g CuSO4 · 5H2O katısını tartıp beherglasa koyunuz, üzerine 100 mL su ekleyiniz. Karışımı iyice çalkaladıktan sonra etiketleyiniz. Etkinliğin değerlendirilmesi 1. Üç çözeltinin renkleri arasında ton farkı var mıdır? 2. Derişikten, seyreltiğe doğru çözeltileri renk tonu farkından yararlanarak seçebilmemiz mümkün müdür? Yaptığımız etkinlikte hazırladığımız CuSO4 çözeltilerinden 0,1 M olanı koyu mavi, 0,05 M olanı mavi, 0,01 M olanı ise açık mavi renktedir. 0,1 M CuSO4 Çözeltisi 0,05 M CuSO4 Çözeltisi 0,01 M CuSO4 Çözeltisi I. Grup II. Grup III. Grup Çözelti derişimi 0,1 M 0,05 M 0,01 M Çözeltinin rengi Koyu mavi Mavi Açık mavi 203 CuSO4 çözeltisinden daha derişiktir. ÖRNEK 4 M 200 mL Pb (NO3)2 çözeltisi ile 2 M 300 mL KI çözeltileri karıştırılıyor. a. En fazla kaç gram PbI2 çöker? (PbI2 : 561 g mol –1) b. Çözeltide bulunan Pb2+ ve NO 3– iyonlarının molar derişimleri kaçtır? ÇÖZÜM Her bir çözeltideki çözünen maddenin mol sayısını bulalım. a. M = n ise n = M.V ⇒ n = 4.0,2 = 0,8 mol Pb (NO3)2’dür. V Pb(NO3)2(k) Pb2+ (suda) 144424443 14243 0,8 mol ? = 0,8 mol M= 2NO–3(suda) 1442443 ? = 1,6 mol olur. + n ise n = M.V ⇒ n = 2.0,3 = 0,6 mol KI’dür. V KI(k) K+(suda) + I–(suda) 123 14243 123 0,6 mol ? = 0,6 mol ? = 0,6 mol olur. SIVI ÇÖZELTİLER Buna göre 0,05 M CuSO4 çözeltisi, 0,1 M CuSO4 çözeltisinden daha seyreltik ancak 0,01 M Çöken PbI2’ün önce mol sayısını sonra da kütlesini bulalım. 2I–(suda) Pb2+ (suda) + Başlangıç : Değişim 0,8 mol 0,6 mol : –0,3 mol PbI2(k) — –0,6 mol +0,3 mol – +0,3 mol 0,5 mol Çöken 0,3 mol PbI2(k)’nin kütlesi; n= m m ise 0,3 = ⇒ m = 0,3 · 561 = 168,3 g’dır. MK 561 b. Karışımın toplam hacmi 200 + 300 = 500 mL yani 0,5 L’dir. Buna göre karışımda bulunan iyonların molar derişimini bulalım. Pb2+ iyonu için M = n 0,5 ise M = = 1 mol L–1 olur. V 0,5 NO–3 iyonu için M = n 1,6 ise M = = 3,2 mol L–1 dir. V 0,5 204 SIVI ÇÖZELTİLER ÖRNEK 38,35 gram Zn metalini tamamen çözmek için yoğunluğu 1,18 g mL–1 olan %37’lik HCI çözeltisinden en az kaç mL kullanmak gerekir? (HCI: 37 g mol –1 , Zn: 65 g mol –1) ÇÖZÜM Öncelikle Zn metalinin mol sayısını bulalım. n= m MK ise n= 38,35 = 0,59 moldür. 65 HCI çözeltisinin önce molar derişimini ve buna bağlı olarak da mol sayısını bulalım. M= d · % · 10 MK ise M= 1,18 · 37 · 10 = 11,8 M HCI’dür. 37 Tepkime denklemini yazalım ve denklemden yararlanarak da HCI’ün mol sayısını bulalım. Zn(k) + 1 mol Zn 0,59 mol Zn 2 HCI(suda) 2 mol HCI ise ZnCI2(suda) + H2(g) x x = 2 · 0,59 = 1,18 mol HCI olur. Buradan da HCI’ün hacmini bulabiliriz. M= n V ise 11,8 = 1,18 ⇒ V = 0,1 L = 100 mL olur. V ALIŞTIRMALAR 1. 76,6 gram su içinde 3,4 gram, NH3’ın çözünmesiyle oluşan çözeltinin molaritesini ve molalite- sini hesaplayınız (çözeltinin öz kütlesi (d): 1,066 g mL–1 , NH3 : 17 g mol –1). Cevap:2,66 M 2,61 molal 2. 4 M 600 mL Na2SO4 çözeltisi ve 2 M 400 mL AI2(SO4)3 çözeltileri karıştırılıyor. Karışımdaki her bir iyonun (Na+, AI3+, SO2– 4 ) molar derişimlerini hesaplayınız. Cevap: [Na+] = 4,8 M [AI3+] = 1,6 M [SO 2– 4 ] = 4,8 M 3. Kirlenmiş bir su numunesinin, 1,8 ppm KCN içerdiği bulunmuştur. Buna göre 5 litrelik kirlenmiş bu su numunesinin içinde kaç mg KCN çözünmüş olarak bulunur? (Suyun öz kütlesi 1 g mL–1 alınacak.) Cevap: 9 mg 4.2H3PO4 + 3Mg(OH)2 Mg3(PO4)2 + 6H2O tepkimesine göre, 17,4 gram Mg(OH)2, 0,5 litre kaç molar H3PO4 çözeltisi ile tam olarak birleşir? [Mg(OH)2 : 58 g mol –1] Cevap: 0,4 M 205 iyonları derişimi 0,44 M olsun? Cevap: 0,2 M 6. 15,6 gram X(OH)3 katısı ile hazırlanan 500 mL’lik çözeltide OH– iyonları derişimi 1,2 M oldu- ğuna göre, X’in mol kütlesi nedir? (H: 1 g mol–1 , O: 16 g mol –1) Cevap: 27 g mol –1 7. AI(k) + 3HCI(suda) AICI3(suda) + 3/2H2(g) tepkimesine göre NK’da 6,72 litre H2 gazı elde etmek için yeteri kadar AI katısı, 1 M kaç mL HCI çözeltisi ile tepkimeye girmelidir? Cevap: 600 mL 8. 68,4 gram sakkaroz (C12H22O11), 3166 g suda çözünerek çözeltisi hazırlanıyor. Çözeltinin hacmi 320 mL olduğuna göre sakkarozun derişimini, aşağıda verilen derişim türleri cinsinden hesaplayınız (mol kütlesi (H: 1 g mol –1 , C: 12 g mol –1 , O: 16 g mol –1). a. Molarite b. molalite c. Kütlece % derişim ç. Mol kesri (sakkarozun) Cevap: a. 0,625 M b. 0,063 m c. %2,115 ç. X = 0,0011 sakkaroz SIVI ÇÖZELTİLER 5. 0,1 M 200 mL CaCI2 ile 300 mL kaç molar AICI3 çözeltisi karıştırılmalıdır ki karışımdaki CI – 4.3. KOLİGATİF ÖZELLİKLER Çözünen moleküllerin kimyasal özelliklerine değil sayılarına bağlı olan özelliklere koligatif özellikler denir. Koligatif özellikler; çözeltilerin buhar basınçlarının, kaynama noktalarının ve donma noktalarının tespiti hakkında bize yardımcı olur. Koligatif özellikler, çözünenin cinsine bağlı olmayıp sadece çözeltinin derişimi ile değişir. Koligatif özellikler de çözünenin uçucu olmadığı düşünülecek ve bu çözünenin buhar fazına katkıda bulunmadığı varsayılacaktır. Bu bölümde, koligatif özellikler olan; buhar basıncı düşmesi, donma noktası düşmesi, kaynama noktası yükselmesi ve osmotik basınç ele alınıp incelenecektir. Buhar Basıncının Düşmesi Bal ve pekmez, aylarca kurumadan kâsede durabildiği hâlde bardaktaki suyun birkaç günde buhar- laşması nasıl açıklanır? Tuzlu su göllerinin tatlı su göllerine göre daha yavaş buharlaştığı bilinir. Tuzlu göllerde buharlaşma hızının daha düşük olması, tuzun varlığının buhar basıncını düşürdüğünü gösterir. Uçucu olmayan çözünen madde varlığında çözücünün buhar basıncı daha düşüktür. Örneğin 40 oC saf suyun buhar basıncı 55 mmHg’dır. Fakat aynı sıcaklıkta 0,1 M NaCI sulu çözeltisindeki buhar basıncı 44 mmHg’dır. Çözelti için buhar basıncı, çözücünün mol kesriyle doğru orantılıdır. Bu yargı 206 Rault Kanunu olarak bilinir. Rault Kanunu’na göre uçucu olmayan maddelerin çözünmesi, çözücünün buhar basıncını düşürür. Çözelti buhar basıncı “P” ile, saf çözücü buhar basıncı (Posaf ) ile, çözücünün mol P = Xçözücü Posaf şeklindedir. ÖRNEK 171 gram şeker (C12H22O11) 20 °C’deki 90 gram saf suda çözünerek çözeltisi hazırlanıyor. Buna göre, saf suyun buhar basıncı kaç mmHg azalır? (C12H22O11 : 342 g mol–1 , H2O : 18 g mol–1 ve 20 °C’de saf suyun buhar basıncı Posu : 17,52 mmHg) ÇÖZÜM Şekerin ve suyun mol sayılarını bulalım. nC12H22O11 = m 171 = = 0,5 mol MK 342 m 90 n H 2O = = = 5 mol MK 18 144424443 SIVI ÇÖZELTİLER kesri “Xçözücü” ile gösterilir. Bunlar arasındaki ilişkiyi gösteren formül de nToplam = 5 + 0,5 = 5,5 mol Suyun mol kesri, n H 2O 5 = 0,9 olur. = XH2O = nToplam 5,5 Mol kesrinden yararlanarak suyun buhar basıncını bulalım. PH2O = PoH2O · XH2O PH2O = 17,52 · 0,9 = 15,92 mmHg Saf suyun buhar basıncındaki azalma, 17,52 – 15,92 = 1,6 mmHg olur. ETKİNLİK-DENEY 4.5 Etkinliğin adı: Buhar basıncına derişimin etkisi. Etkinliğin amacı: Sulu çözeltilerin buhar basıncına derişiminin etkisini kavramak. Araç ve gereçler • 3 adet 500 mL’lik özdeş dereceli silindir • 0,01 M, 0,05 M ve 0,1 M NaCl çözeltisi Etkinliğin yapılışı Üç adet özdeş dereceli silindire aynı sıcaklıkta, farklı derişimlerdeki (0,01 M, 0,05 M ve 0,1 M) NaCl çözeltilerini 100’er mL olarak koyup beklemeye bırakınız. 10 gün süre ile hacimlerini belli aralıklarla okuyup kaydediniz. Etkinliğin değerlendirilmesi 1. Sulu çözeltilerin hacimlerini karşılaştırınız. Hangi çözeltinin hacmindeki azalma en fazladır? Nedenini arkadaşlarınızla tartışınız. 2. Farklı derişimlerdeki bu çözeltilerin aynı sıcaklıktaki buhar basınçlarını büyükten küçüğe doğru nasıl sıralarsınız? 207 göre çözeltinin buhar basıncı azalır. Buna göre derişimi en az olan 0,01 M çözeltinin buhar basıncı en fazla olacağından hacimdeki azalmanın da en çok olması beklenir. Bu sonuca göre sıvı seviyesi 0,1 M çözeltinin en çok, 0,01 M çözeltinin ise en az olması gerekecektir. Çözeltilerde Donma Sıcaklığı Düşmesi ve Kaynama Sıcaklığı Yükselmesi siyle buhar basıncının düşmesi ve buna bağlı olarak donma noktasındaki azalma ve kaynama noktasındaki artış, çözünenin mol kesrine bağlıdır. Grafik 4.1’de uçucu olmayan çözünenin, çözücünün donma noktası ile kaynama noktasını nasıl etkilediğini irdeleyelim. Grafik, saf çözücünün buhar Basınç Bir çözücünün içinde bir maddenin çözünmeSaf çözücü Çözelti 1 atm. Sıvı Katı basıncı eğrisi (mavi) ile çözeltinin buhar basıncı Buhar ⎧ ⎨ ⎧ de göstermektedir. ⎧ kaynama noktası yükselmesini (ΔTk ) açık bir şekil- ⎧ ⎨ eğrisi (kırmızı), donma noktası açılması (ΔTd ) ve (ΔTd ) (ΔTk ) Sıcaklık Grafik 4. 1: Uçucu olmayan çözünenin, çözeltisi hazırlandığında çözücünün buhar basıncı düşer. SIVI ÇÖZELTİLER Buhar basıncı değişimi, çözeltinin derişimi ile yakından ilgilidir. Derişim arttıkça Rault Kanunu’na Kış aylarında, soğuk olan bölgelerdeki yollara tuz serpildiğinde buz oluşumu gecikir (Resim 4.2). Benzer şekilde uçucu olmayan sodyum klorürü bol bulunduran deniz suyu, saf sudan 1 oC daha düşük sıcaklıkta donar. Bu örneklerden de anlaşılacağı gibi çözücünün buhar basıncının çözelti içinde düşmesi, kaynama noktasında yükselmeye neden olur. Çünkü buhar basıncının yeniden 1 atm. olabilmesi Buhar basıncı için daha yüksek bir sıcaklık gereklidir (Grafik 4.2). Buhar basıncı düşüşü È 1 atm. Saf çözücü Çözelti Kaynama noktası yükselmesi È È Sıcaklık 208 Resim 4.2:Donmayı önlemek için yapılan tuzlama çalışması Grafik 4. 2:Saf çözücü ve çözeltinin sıcaklık-buhar basıncı değişimi SIVI ÇÖZELTİLER İdeal çözeltide çözünen ve çözücü molekülleri arasındaki kuvvetler, çözücü moleküllerinin aralarındaki ile aynıdır. İdeal bir çözeltide donma noktası düşmesi ve kaynama noktası yükselmesi çözünenin mol kesri ile doğru orantılıdır. Elektrolit olmayan seyreltik bir çözelti için; Donma noktası düşmesi (ΔTd ) = –Kd · m Kaynama noktası yükselmesi (ΔTk ) = Kk · m formülleri ile bulunur. Böylece elektrolit çözeltilerde, her formül biriminden iki ya da daha fazla iyon oluşur. Bu iyonlar, donma noktası alçalmasına ve kaynama noktası yükselmesine katkıda bulunur. Örneğin – KBr ile hazırlanan sulu çözeltilerde K+ ve Br iyonları, toplam çözünenin molalitesini iki katına çıkarır. ΔTd= Donma noktası alçalma değeri Kd = Donma noktası alçalma sabiti (su için 1,86 °C m–1) m = molalite ΔTk= Kaynama noktası yükselme değeri Kk = Kaynama noktası yükselme sabiti (su için 0,52 °C m–1) Donma sıcaklığı alçalması ölçülerek mol kütlesi tayinine kriyoskopi, kaynama sıcaklığı yükselmesi ölçülerek mol kütlesi tayinine de ebüliyoskopi denir. Tablo 4.2’de donma noktası düşmesi (Kd) ve kaynama noktası yükselmesi (Kk) değerleri verilmiştir. İnceleyiniz. Normal Donma Noktası (°C) Kd 16,6 3,90 117,9 3,07 Benzen 5,5 5,12 50,1 2,53 Siklohekzan 6,6 80,7 2,79 78,4 1,22 Çözücü Asetik asit Etanol –117,3 Su 0 20,0 1,99 1,86 Normal Kaynama Noktası (°C) Kk 100 0,52 Tablo 4.2: Donma noktası düşmesi ve kaynama noktası yükselmesi değerleri celsius derecesi olarak verilmiştir ve bu değerler 1 mol çözünen taneciğin 1 kg çözücüde çözünmesine karşılık gelir. İyonik maddelerin çözeltileri ile ilgili krisyoskopi ve ebüliyoskopi hesaplamalarında çözeltideki türlerin toplam molalitelerini kullanmak gerekir. Tablo 4.3 ’te bazı maddelerin sulu çözeltilerinin 1 molallık çözeltisinin normal koşullardaki donma ve kaynama noktaları verilmiştir. Tablo 4.3 incelendiğinde eşit derişimdeki çözeltilerden iyon derişiminin, çözeltinin donma ve kaynama noktasını belirlediğini görürüz. 209 Çözeltilerdeki iyon sayısı dolayısıyla toplam iyon derişimi arttıkça donma noktası düşer, kaynama nok- Çözelti Derişimi (molal) Donma Noktası ( oC) Kaynama Noktası ( oC) 1 m C6H12O6 –1,86 100,52 1 m KNO3 –3,72 101,04 1 m Mg(NO3)2 –5,58 101,54 1 m Al(NO3)3 –7,44 102,08 Tablo 4.3: Suyun 0 °C sıcaklıkta donduğu ve 100 °C’ta kaynadığı ortamda bazı maddelerin sulu çözeltilerinin donma ve kaynama noktaları Şimdi bir örnek üzerinden konuyu irdeleyelim. 90 g (5 mol) suyun, sıcaklığı ölçüldükten sonra üzerine 124 g (2 mol) etilen glikol (etandiol) eklenir. Bir süre sonra yeniden sıcaklık ölçüldüğünde sıcaklığın düştüğü gözlenir. Aşağıdaki hesaplamaları yaparak suyun donma noktasının hangi sıcaklığa düştüğünü bulalım. Bunun için önce etilen glikolün molalitesini hesaplayalım. m= n 2 mol 2 ise m = = · 102 molaldir. çözücünün kütlesi (kg su) 0,09 kg su 9 ΔTd = –Kd · m ise ΔTd = –1,86 · 2 · 102 9 ΔTd = –41,33 oC olur. SIVI ÇÖZELTİLER tası yükselir. 5 mol suya, 2 mol etilen glikol eklendiğinde saf suyun donma noktasını – 41,33 oC’a düşürür. Aynı karışımın kaynama noktasını bulmak istersek; ΔTk = Kk · m ise ΔTk = 0,52 · 2 · 102 9 ΔTk = 11,55 °C Buna göre karışımın kaynama noktası; (100 + 11,55) = 111,55 °C’tur. Bu örnekten hareketle kışın donmasın diye otomobil radyotörlerindeki soğutma suyuna etilen glikol (antifriz) katılması yararlı mıdır? Otomobillerin radyatörlerine antifiriz katılmaması hâlinde ne Resim 4.3: Otomobillerin soğutma suyuna antifiriz eklenmesi gibi olumsuzluklarla karşılaşılır? Arkadaşlarınızla tartışınız (Resim 4.3). ÖRNEK Otomobillerin soğutma sistemine antifriz olarak eklenen etandiol, suyun donma noktasını düşürür. 210 Buna göre 2000 g suya 1488 g etandiol katıldığında su hangi sıcaklık değerine kadar donmaz? Yazın da otomobillerde antifriz kullanmak yararlı mıdır? [Etandiol (C2H6O2): 62 g mol–1] SIVI ÇÖZELTİLER ÇÖZÜM Çözeltinin molalitesini bulmak için önce etandiolün mol sayısını bulalım ve suyun kütlesini kilograma çevirelim. n= 1488 m ise n = = 24 mol etandiol Mk 62 m= n 24 mol ise m = = 12 molal olur. çözücünün kütlesi (kg su) 2 kg su Şimdi suyun donma noktasının hangi değere düşeceğini bulalım. ΔTd = –Kd · m ΔTd = –1,86 · 12 = –22,32 °C olur. Buna göre saf suyun 1 atm. basınçta donma noktası 0 °C iken antifrizli suyun donma noktası –22,32 °C’tur. Saf suya antifriz eklendiğinde donma noktası düşmesini –22,32 °C olarak bulduk. Kaynama noktası yükselmesini de benzer şekilde bulabiliriz. ΔTk = Kk · m ΔTk = 0,52 · 12 ΔTk = 6,24 oC olur. Antifrizli su 100 + 6,24 = 106,24 oC’ta kaynayacaktır. Bu nedenle suyun daha yüksek sıcaklıkta kaynayacak olması yazın otomobillerin kolay hararet yapmasını engelleyecektir. Burada şu noktayı belirtmemiz gerekir: Bir maddenin mol kütlesinin tayininde kriyoskopi ya da ebüliyoskopi yöntemlerinden uygun olanı kriyoskopidir. Çünkü çözünen maddenin uçucu olması ebüliyoskopi yönteminin hassasiyetine etki eder. Ayrıca sıvının kaynama noktasının atmosfer basıncına bağlı olması, hassasiyeti daha da artırır. İyonik maddelerin çözeltileri ile ilgili donma noktası düşmesi ve kaynama noktası yükselmesi hesaplamalarında çözeltideki türlerin toplam molalitelerini kullanmak gerekir. Eğer AB tipinde kuvvetli bir elektrolit, suda yüzde yüz çözünürse oluşan bu çözeltide A+ ve B– iyonları bulunur. Bu durumda etkin molalite iki katına çıkar. Bu nedenle seyreltik çözeltiler için daha önce verilen formülleri yeniden düzenlemek gerekir. ΔTd = –Kd · i · m ve ΔTk = Kk · i · m Yukarıdaki formülde i ile gösterilen faktör, bunu ilk defa kullanan J. Van’t Hoff’un (J. Vant Hof) ismi ile anılır. Van’t Hoff faktörü olan i = 1 değerinde çözünen madde iyonlaşmaz. AB tipinde kuvvetli bir elektrolit için bu değer i = 2 olacaktır. Yani i faktörü seyreltik çözeltide elektrolitlerin vereceği iyon sayısını ifade eder. Teorik olarak donma noktası düşmesi çözeltideki buharlaşmayan tanecik sayısına bağlıdır. Tuz çözeltilerinin iyonlar arası çekim kuvvetlerinin gözlenen donma noktası düşmesi ile hesaplanan donma 211 Madde 0,001 m 0,01 m 0,1 m (Elektrolit olmayan) 0,00186 0,0186 0,186 Sukroz 0,00186 0,0186 0,186 2 iyon / Formül 0,00372 0,0372 0,372 NaCI 0,00366 0,0366 0,366 3 iyon / Formül 0,00558 0,0558 0,558 K2SO4 0,00528 0,0501 0,432 4 iyon / Formül 0,00744 0,0744 0,744 K3Fe (CN)6 0,00710 0,0620 0,530 Tablo 4.4: Bazı sulu çözeltilerin değişik molal derişimlerdeki gözlenen donma noktası düşmesinin, hesaplanan donma noktası düşmesi ile karşılaştırılması (Kd = 0,00186 olarak hesaplanmıştır.) Tablodaki ilk sıra, gözlenen donma noktası düşmesini; ikinci sıra, hesaplanan donma noktası düşmesini gösterir. Elektrolit seyreltik çözeltilerin donma noktası, aynı derişimdeki elektrolit olmayan ideal çözeltilere göre daha fazla düşmektedir. Tablo 4.4 ’teki elektrolit olan çözeltinin, elektrolit olmayan çözeltinin aynı derişimine göre donma noktası düşmesi, iyon sayısına bağlı olarak NaCI çözeltisinde 2 kat, K2SO4 çözeltisinde 3 kat ve K3Fe(CN)6 çözeltisinde 4 kat azaldığı görülmektedir. SIVI ÇÖZELTİLER noktası düşmesinin karşılaştırılması Tablo 4.4’te verilmiştir. İnceleyiniz. ÖRNEK 1 atm. basınçta 385 gram suda 158 gram X2 (SO4)3’ın tamamen iyonlarına ayrışarak çözünmesi sonucu oluşan karışımın donma noktası –11,16 oC’tur. Buna göre X2(SO4)3’ın mol kütlesi kaçtır? (Kd : 1,86 °C m–1 , O: 16 g mol–1 , S: 32 g mol–1) ÇÖZÜM 2– X2(SO4)3 çözeltisindeki iyon sayısı 2X3+ (suda) ve 3SO4(suda) olmak üzere i = 5’tir. ΔTd = –Kd · i · m eşit- liğinden yararlanarak çözeltinin molalitesini hesaplayalım. ΔTd = –Kd · i · m –11,16 = –1,86 · 5 · m m = 1,2 molal olur. 385 g suda çözünen X2 (SO4)3’ın mol sayısını ve ardından da mol kütlesini bulalım. n n ise 1,2 = ⇒ n = 0,462 mol X2(SO4)3’tır. çözücünün kütlesi (kg su) 0,385 kg su m= SIVI ÇÖZELTİLER 212 n= 158 m ise 0,462 = ⇒ MK = 342 g mol–1 olur. MK MK ÖRNEK 500 g suda 1,2 mol KNO3 katısının çözünmesi ile elde edilen çözeltinin 1 atm. basınçta donma sıcaklığı ile kaynama sıcaklığını °C olarak bulalım (Kd : 1,86 °C m–1 , Kk : 0,52 °C m–1). ÇÖZÜM Çözeltinin molalitesini bulalım (500 g su = 0,5 kg su). m= 1,2 mol = 2,4 molaldir. 0,5 kg su m= n – ise KNO3 katısı suda çözündüğünde iyon sayısı K+(suda) ve NO3(suda) çözücünün kütlesi (kg su) olmak üzere i = 2’dir. Buna göre donma ve kaynama sıcaklığını bulabiliriz. Donma sıcaklığı Kaynama sıcaklığı ΔTd = –Kd · i · m ΔTk = Kk · i · m ΔTd = –1,86 · 2 · 2,4 ΔTk = 0,52 · 2 · 2,4 o ΔTd = –8,928 C ΔTk = 2,496 oC Çözeltinin donma noktası Çözeltinin kaynama noktası o –8,928 C’tur. (100 + 2,496) = 102,496 °C’tur. Çözücü ve çözünen moleküllerin arasındaki çekim kuvvetleri aynı olan çözeltilere daha önce de belirtildiği gibi ideal çözelti adı verilir. Başka bir deyişle A ile B’nin ideal çözeltisinde A ile A, A ile B ve B ile B arasındaki kuvvetler aynıdır. Bu maddelerden biri diğerine ilave edildiği zaman toplam hacimde bir değişiklik olmadığı gibi karışımından dolayı ısı alışverişi de gerçekleşmez. OKUMA METNİ DAMITARAK SAFLAŞTIRMA Karışmayan sıvıların molekülleri arasında hiçbir çekim kuvveti yoktur. Ayrı moleküllerin birbirini çekmesi, aynı moleküllerin birbirini çekmesi yanında ihmal edilecek kadar azdır. Su-benzen gibi sıvı çiftleri birbirleriyle hemen hemen hiç karışmaz. Bu sıvılar bir araya getirilip çalkalandığında bir emülsiyon oluşur. Bu örnekte olduğu gibi birbiri içinde hiç karışmayan iki sıvının toplam buhar basıncı (PT) Dalton’ın Kısmi Basınçlar Yasası’na göre PT = Psu + Pbenzen olur. Sıvı hâlde hiç karışmayan bu maddelerin buharları homojen bir karışım oluşturur. Toplam buhar basıncı atmosfer basıncına eşit olduğu zaman, heterojen sıvı karışım kaynamaya başlar. 213 Kaynama sıcaklığı her iki sıvının kaynama sıcaklığından daha düşüktür. Bu özellikten faydalanılarak o Su ve benzen karışımı içinden su buharı (100 C) geçirilirse su ve benzen birlikte damıtılır. Bu yön- temde buhar ile su-benzen karışımı 61 oC’ta damıtılabilir. Su buharı ile damıtmada oluşan buhar karışımında kısmi basınçlar kanunu geçerlidir. Buna göre az miktarda su kullanılarak çok miktarda organik maddeyi damıtmak mümkündür. Çünkü suyun buhar basıncı yüksek ve molekül kütlesi küçüktür. hbogm.meb.gov.tr/modulerprogramlar/.../fiziksel -degisimler3.pdf Osmotik Basınç Yarı geçirgen zarla ayrılmış iki çözeltiden derişimi az olan çözeltideki çözücü moleküllerinin, derişimi fazla olan tarafa geçmesine osmoz denir. Osmozda suda çözünmüş maddelerin çok olduğu kısım, suda çözünmüş maddelerin olduğu kısma bir emme kuvveti uygular. Bu emme kuvvetine osmotik basınç adı verilir. Tüm canlı hücrelerin dış çeperleri aslında yarı geçirgen bir zardır. Bu nedenle osmoz, birçok biyolojik sistemde önemli bir rol oynar. Örneğin böbreklerdeki diyaliz olayı gibi. Biyolojik hücre zarları, küçük moleküllerin (glikoz gibi) ve hidratlaşmış iyonların (Na+, K+ gibi) geçmesine izin verir. Bu zar, yarı geçirgen olup hücre içinde sentezlenen enzimlerin ve proteinlerin geçişini engeller. Hücre içi ve dışındaki derişim farkı osmotik basıncı oluşturur. SIVI ÇÖZELTİLER kaynama noktasına gelmeden bozunan bazı organik bileşiklerin damıtılarak saflaştırılması yapılır. Yarı geçirgen zar Osmotik basınç (a) Çözünen moleküller Çözücü moleküller (b) Şekil 4.5: Çözücü ve çözelti sisteminde osmoz olayı Şekil 4.5’te çözelti, osmoz kabına konduktan bir süre sonra çözünen moleküller zarın diğer tarafına geçemediği, buna karşılık su molekülleri geçebildiği için yarı geçirgen zarın sağ tarafında sıvı seviyesinde yükselme meydana gelir. Bunun sonucunda sağ tarafta su molekülleri sayısı arttıkça çözelti 214 seyrelir. Şekildeki kabın her iki tarafındaki yükseklik osmotik basıncın bir ölçüsüdür. Sağ tarafta artan basınç su moleküllerinin zarın sağından soluna geçmesi için kuvvet uygular. Öyle bir basınca gelinir ki bu basınçta suyun sağ tarafa ve sol tarafa geçme hızı birbirine eşit olur. Sağ taraftaki çözelti üzerine SIVI ÇÖZELTİLER denge basıncından daha büyük bir basınç uygulanırsa su normal olarak yaptığı hareketin tersini yapar ve borunun sol kısmına geçmeye başlar. Bu olaya ters osmoz denir. Ters osmoz özellikle tuzlu sudan içme suyu elde etmekte kullanılmaktadır. Ters osmozda suyun yarı geçirgen zar yardımıyla daha yoğun bir ortamdan daha az yoğun olan bir ortama geçişi için yüksek basınç kullanılır. Deniz suyunun osmotik basıncı yaklaşık 30 atm. dir. Tuz çözeltisi üzerindeki basınç 30 atm. değerinin üzerine çıkarılacak olursa osmotik akış tersine döner ve tuzlu su zardan geçerek diğer bölüme gider. Böylece tuzdan arındırılmış su, kullanılabilir nitelik kazanmış olur (Şekil 4.6). Basınç Yarı geçirgen zar İçme suyu Tuzlu su Suyun geçiş yönü Şekil 4.6: Ters osmoz yöntemi ile tuz giderme Suyun kimyasal kalitesinin iyileştirilmesi yani su içinde çözünmüş hâlde bulunan minerallerin sudan ayrılması için önceleri iyon değiştirici reçine tekniği geliştirilmiştir. Ancak bugün için iyon değiştirici reçine tekniği yerine ters osmoz yöntemi tercih edilmektedir. Ters osmoz işlemi esnasında, ihtiyaç duyulan basınç, bir pompa vasıtasıyla sağlanır. İlk başlarda çok pahalı olan ters osmoz yöntemi yalnızca gemilerde deniz suyundan içme suyu elde edilmesi amacıyla kullanılmıştır. Geliştirilen yeni üretim teknikleriyle ters osmoz ile üretilen suyun maliyeti de azalmış ve evlerimizde tezgâh altına kadar girmiştir. Osmozdaki su moleküllerinin davranışını ve basınçla olan ilişkisini ilk defa 1887 yılında Van’t Hoff keşfetmiştir. Van’t Hoff, osmotik basıncı; πV = nRT Burada; eşitliği ile vermiştir. π = Osmotik basınçtır (atm.). ÖRNEK Bir çözeltinin 100 mL’sinde 4,5 gram protein çözünmüştür. Bu çözelti 25 °C’ta 0,0157 atm. osmotik basınca sahip olduğuna göre proteinin mol kütlesini bulalım (R: 0,082 atm. L mol –1 K –1). 215 T = t(°C) + 273 = 25 + 273 = 298 K (V = 100 mL = 0,1 L) Osmotik basınç eşitliğinde verilenleri yerine koyalım. Ancak πV = nRT eşitliğinde n yerine n = yazıp eşitliği yeniden düzenleyelim. πV = nRT πV = m RT MK MK = m RT πV = 4,5.0,082.298 0,0157.0,1 = 109,962 0,00157 = 70 Buna göre proteinin mol kütlesi MK = 70 g mol –1 dir. m MK SIVI ÇÖZELTİLER ÇÖZÜM ALIŞTIRMALAR 1. 100 mL’sinde 10 gram madde çözünmüş olan sulu çözelti 27 °C’ta 13,66 atm. osmotik basınca sahiptir. Buna göre çözünen maddenin mol kütlesi nedir? Cevap: 180 g mol –1 2. 27,6 gram gliserinin (C3H8O3) suda çözünmesiyle hazırlanan 250 mL’lik çözeltisinin 298 K’deki osmotik basıncı kaç atm. dir? (H: 1 g mol –1 , C: 12 g mol –1 , O: 16 g mol –1) Cevap: 29,32 atm. 3. Bir organik bileşiğin 21,5 gramı, 250 gram CCI4’de çözündüğünde elde edilen çözelti 81,73 °C’ta kaynıyor. Buna göre organik bileşiğin mol kütlesi nedir? (CCI4 kaynama noktası: 76,7 °C, Kk : 5,03 °C m –1) Cevap: 86 g mol –1 4. 1 atm. basınçta 2000 gram suda 310 gram etilen glikol (C2H6O2) çözülürse oluşan çözelti kaç °C’ta donmaya ve kaynamaya başlar? (C2H6O2 : 62 g mol –1 , su için Kd : 1,86 °C m –1 , Kk : 0,52 °C m –1) Cevap: Kaynama sıcaklığı: 101,3 °C 216 Donma sıcaklığı : –4,65 °C 5. Yaşadığınız yerdeki en soğuk kış sıcaklığı –20 °C ise, 1,50 litre su içeren bir araba radya- törüne etilen glikol (C2H6O2) antifirizinden kaç litre eklemelisiniz? Bu su-etilen glikol karışımının SIVI ÇÖZELTİLER kaynama noktasını hesaplayınız. (Etilen glikolün yoğunluğu: 1,11 g mL–1 dir, Kd : 1,86 °C m –1 , C2H6O2 : 62 g mol –1 , Kk : 0,52 °C m –1) Cevap:0,909 L Kaynama sıcaklığı: 105,59 °C 6. 0,85 gramlık bir organik bileşiğin, 100 gram benzende çözünmesiyle oluşan çözeltisi 5,16 °C’ta donmaktadır. Çözeltinin molalitesini ve çözünenin mol kütlesini hesaplayınız. (Benzenin donma noktası: 5,5 °C, Kd : 5,12) Cevap:Çözünenin mol kütlesi: 128 g mol –1 molalitesi: 0,0664 m 4.4. ÇÖZÜNÜRLÜK Çözünen ve çözücü moleküllerinin kendi aralarındaki kuvvetlere benzer kuvvetler uygulamaları nedeniyle “Benzer benzeri çözer.” ilkesini görmüştük. Belli hacimdeki çözücü ancak belli miktar çözünen çözebilir. Öyle ki doygunluk noktasına ulaşmış tuzlu su çözeltisine tuz eklemeye devam edilirse tuz çözünmeden kabın dibinde toplanır. İşte bir çözünenin bir çözücü içinde belirli bir sıcaklıkta çözünebildiği maksimum miktarına çözünürlük, birim zamanda çözünen madde miktarına da çözünme hızı denir. Çözeltiler doygunluk durumuna göre doymuş, doymamış ve aşırı doymuş olabilir. Belirli bir sıcaklıkta, belirli miktar suya NaCI eklendiğinde, su belirli miktardaki NaCI’ü çözebilir. Daha fazla NaCI eklenmeye devam edilirse artık eklenen NaCI’ün çözünmediği ve suyun dip kısmında biriktiği görülür. Su, çözebileceği miktarda NaCI’ü çözmüş olduğundan böyle çözeltilere doymuş çözelti denilmektedir. Çözebileceği kadar maddeyi çözmemiş, hâlen çözünen eklendiğinde çözebilen çözeltilere ise doymamış çözelti denir. İçerisinde çözünebileceğinden daha fazla çözünen madde bulunduran çözeltilere aşırı doymuş çözelti denir. Aşırı doymuş çözeltiler kararlı olmayıp küçük bir kristallendirici eklenerek (aşı kristali) fazla olan kısım kristallendirilir (Şekil 4.7). Kristallenme, aşı kristali olarak eklenen tanecik tarafından başlatılmıştır. Kristallenme tamamlandıktan sonra aslında çözünme devam eder. Ancak birim zamanda ne kadar madde çözünerek çözeltiye geçerse aynı miktar çözünen de çözeltiden ayrılarak katı faza geçer. Yani bu anda sistem dengeye ulaşır. Çökelti Aşı kristali a. Doymamış çözelti b. Doymuş çözelti c. Aşırı doymuş çözelti ç. Çökelti 217 SIVI ÇÖZELTİLER Şekil 4.7: Aşırı doymuş sodyum asetat (CH3COONa) çözeltisine küçük bir sodyum asetat kristali eklendiğinde aşırı olan sodyum asetat hızlı bir şekilde kristalleşir. Çözeltiler, yukarıda doymuş, doymamış ve aşırı doymuş olarak sınıflandırılmıştır. Bunların dışında çözeltiler, çözünen maddenin miktarına ve elektrik iletkenliklerine göre de gruplandırılır. İçinde az miktarda çözünen madde bulunduran çözeltilere seyreltik, çok miktarda madde bulunduran çözeltilere ise derişik çözeltiler denir. Moleküller hâlinde çözünen maddelerin çözeltileri elektrik akımını iletmez. Bu maddeler çözeltilerde iyonlarına ayrışmaz ve bu nedenle de molekül hâlinde bulunur. Bu tür maddelerin oluşturduğu çözeltilere de NaCI(suda) NaCI(k) elektrolit olmayan (elektrik akımını iletmeyen) çözelti adı verilir. Sulu çözeltilerinde serbest hareket edebilen iyonların hareketi ile elektrik akımını iletebilen çözeltiler elektrolit çözeltilerdir. Dengeye ulaşan çözeltilerde çözünme hızı, çökelme hızına eşit olur (Şekil 4.8). Bu durumda, çözünenin çözeltideki derişimi sabit kalır. Şekil 4.8: Dengeye ulaşan çözelti Doygun çözeltinin derişimine çözünürlük denir ve genellikle birim olarak “g/100 g su” cinsinden verilir. 4.5. ÇÖZÜNÜRLÜĞE ETKİ EDEN FAKTÖRLER Çoğu defa çözünürlük ve çözünme hızı kavramları birbirine karıştırılır. Örneğin aynı sıcaklıkta, eşit miktarda su bulunan iki ayrı kaptan birincisine pudra şekeri, ikincisine ise küp şeker katıldığında çözünme hızlarının farklı ancak çözünürlüklerinin aynı olduğu görülür. Çözünürlüğü, doygun çözeltinin derişimi olarak da ifade etmiştik. Doygun hâlde olan bir şeker çözeltisinin derişimini, çözeltiye ne kadar şeker ekleyip karıştırırsak karıştıralım değiştiremeyiz. Ancak çözeltinin sıcaklığını artırırsak eklediğimiz şekerin de çözünmesini sağlayabiliriz. O hâlde bir çözeltiyi karıştırmak, çözünme hızını artırırken çözünürlüğü değiştirmez. Ancak çözeltiyi ısıtmak çoğu defa hem çözünme hızını hem de çözünürlüğü artırır. Sıcaklık, basınç (çözünen gaz ise), çözünen ve çözücünün türü, ortak iyon etkisi hem çözünme hızını hem de çözünürlüğü etkileyen faktörlerdir. Şimdi bu faktörlerin çözünürlüğe etkisini inceleyelim. Çözünürlük, bir çözücüde çözülebilen madde miktarının ölçüsüdür. “Benzer benzeri çözer.” ifadesi, bir maddenin bir çözücü içindeki çözünürlüğünün tahmin edilmesine yardımcı olur. Bu ifadenin; benzer büyüklük ve türdeki moleküller arası kuvvetlere sahip iki maddenin birbiri içinde iyi çözündüğü anlamına geldiğini açıklamıştık. Buna göre çözünen ve çözücünün türü çözünürlüğü etkiler. Sıcaklık arttıkça katıların çözünürlüğünün arttığı, gazların çözünürlüğünün azaldığı söylenebilir mi? 218 Şekerin sıcak çayda soğuk çaya göre daha fazla çözündüğünü hepimiz biliriz. Sıcaklık artışı katıların çözünürlüğünü genellikle artırır. Ancak bazı katıların çözünürlüğü sıcaklıkla azalır. Grafik 4.3’te bazı iyonik katıların sıcaklıkla çözünürlüğünün değişimi verilmiştir. Grafikte genel olarak katı maddelerin mektedir. Sıcaklık artışı bazı maddelerin çözünürlüğünü oldukça artırır. Örneğin KNO3 katısının çözü- nürlüğü ile NaCI katısının çözünürlüğünün sıcaklıkla değişimi incelendiğinde, sıcaklık artışının KNO3’ın çözünürlüğünü NaCI’e göre daha çok artırdığı görülür. 60 Çözünürlük (g çözünen / 100 g H2O) SIVI ÇÖZELTİLER sıcaklıkla çözünürlükleri artarken; Li2SO4 gibi bazı katıların sıcaklıkla çözünürlüğünün azaldığı görül- NH4Cl KNO3 50 40 NaCl 30 Li2SO4 20 K2SO4 10 KCIO4 0 10 20 30 40 50 60 o Sıcaklık ( C) Grafik 4.3: Bazı iyonik katıların çözünürlüklerinin sıcaklıkla değişimi Çözünürlüğü (g/100 g su) Gaz Gazların sıvılardaki çözünürlükleri ise sıcaklık arttıkça azalır. Bu azalma bütün gazlar için aynı değildir. Tablo 4.5 ’te bazı gazların sudaki 0 °C 20 °C 50 °C Oksijen 0,0069 0,0043 0,0027 Sıcaklık artışının, gazların çözünürlüğünü azalt- Azot 0,0029 0,0019 0,0012 görülebilir. Örneğin 0 °C’ta azot gazının çözü- Karbondioksit 0,335 0,169 0,076 Tablo 4.5: Bazı gazların sudaki çözünürlükleri çözünürlüğünün sıcaklıkla değişimi verilmiştir. tığı ve bu azalmanın gazlar için farklı olduğu nürlüğü 0,0029 gram, oksijen gazının çözünürlüğü ise 0,0069 gramdır. Sıcaklık artırıldığında bu gazların çözünürlüğünün azalış hızlarının farklı olduğuna dikkat edilmelidir. Genel olarak katı ve sıvı maddelerin sıvılardaki çözünürlüklerine basıncın çok az etkisi vardır. Gazların çözünürlükleri artan basınçla artar. Örneğin gazlı içeceklerin yüksek basınç altında şişelenmesi buna örnektir. Bu suretle içecekteki karbondioksit derişimi artırılır. Şişe açıldığı zaman içecek, karbondioksidi kaybeBir başka örnek olarak da dalgıçların vurgun yemesi olayı verilebilir (Resim 4.5). Bir dalgıç derine daldığında, üzerine etkiyen Resim 4.4: Gazlı içeceklerin kapağı açıldığında köpürme gözlenir. basınç artacağından soluduğu havadaki azot gazı kanda daha çok çözünür. Dalgıç hızla yukarı çıkarsa üzerine etkiyen basınç azalacağından kanında çözünmüş azot, hızla kanı terk eder ve gaz hâline geçer. Damarlarda kabarcıklar oluşturan azot gazı kan dolaşımını engeller ve vurgun olayı meydana gelir. Çözünen gazların basıncı ile çözünürlüğü arasındaki ilişki Henry (Henri) Yasası ile ortaya konmuştur. Henry Yasası’na göre gazların çözünürlüğü, kısmi basınçlarıyla doğru orantılıdır. Çünkü basınçtaki artış, gaz moleküllerinin çözücünün yüzeyine çarpma hızında artmaya neden olur ve bunun sonucunda da çözünürlük artar. Derinlik 0 m Basınç 1 atm. Derinlik 20 m Basınç 3 atm. Resim 4.5: Denizde derine inen dalgıçlar, basıncın etkisi ile vurgun olayıyla karşılaşabilirler. 219 SIVI ÇÖZELTİLER der (Resim 4.4). Bilindiği gibi balıklar suda çözünmüş olarak bulunan oksijeni alır (Resim 4.6). Oksijen gazı yüksek basınç altında yani diplerdeki suda daha çok çözünür. Bu nedenle denizin diplerinde balık türü ve sayısı daha çoktur. Oksijen gazının çözünürlüğü, yüksek basınç altında artarken sıcaklık artışı ile azalır (Grafik 4.4). Çözünürlük (g/100 g su) 0,0064 0,0032 20 Resim 4.6: Deniz canlıları suda çözünmüş oksijeni alır. 40 60 80 100 Sıcaklık (°C) Grafik 4. 4: Oksijen gazının sudaki çözünürlüğünün 1 atm. basınçta sıcaklıkla değişim grafiği 220 SIVI ÇÖZELTİLER Biliyor muyuz? Termal kirlenme, endüstriyel işlemler sırasında oluşan ve çevreye yayılan ısının yaptığı zararlı etkiyi ifade eder. Güç santrallerinden atılan ılık suda oksijen daha az çözünür. Ayrıca sıcak suyun yoğunluğu düşük olduğu için bu su, nehirlerin yüzeyine çıkarak oksijenin absorpsiyonunu ve soğuk suya geçişini engeller. Bu nedenle su, canlılarına boğucu bir battaniye gibi davranır. Bunun sonucu olarak su canlıları (özellikle balıklar) ölebilir. ÖRNEK Oksijen gazının bazı sıcaklık ve basınç koşullarındaki çözünürlük değerleri aşağıda verilmiştir. Koşullar Sıcaklık (°C) Basınç (atm.) Çözünürlük (g/100 g su) I 5 2 Ç1 II 20 2 Ç2 III 5 3 Ç3 Tabloda belirtilen koşullarda O2 gazının sudaki çözünürlük sırası nasıl olmalıdır? ÇÖZÜM Gazların sıvılardaki çözünürlükleri, sıcaklık arttıkça azalırken basınç artışı, çözünürlüğü artırır. Buna göre I ve II. koşullardaki çözünürlükler karşılaştırıldığında; basınç faktörü aynı iken (2 atm.) I. koşuldaki sıcaklığın (5 °C), II. koşuldaki sıcaklıktan (20 °C) daha az olduğu görülür. Bilindiği gibi gazların sıvılardaki çözünürlükleri sıcaklık azaltıldığında artar. Buna göre Ç1 > Ç2 olur. I ve III. çözünürlük koşulları karşılaştırıldığında sıcaklık faktörünün aynı (5 °C) olduğu, buna karşılık basıncın III. koşulda (3 atm.), I. koşuldaki basınçtan (2 atm.) daha yüksek olduğu görülür. Basınç arttıkça gazların sıvılardaki çözünürlükleri artacağına göre Ç3 > Ç1 olur. II. koşulda basınç değeri diğer koşullara göre en düşük ve sıcaklık değeri en büyük olduğundan O2 gazının çözünürlüğü en azdır. Buna göre O2 gazının belirtilen koşullardaki çözünürlüklerinin büyüklük sırası Ç3 > Ç1 > Ç2 şeklinde olur. ÖRNEK Bir tuzun 50 °C’taki çözünürlüğü 40 g/100 g sudur. 35 °C’taki 150 g suda 52 gram tuz çözünerek 221 hazırlanan çözelti ile ilgili, a. Sıcaklık 50 °C’a çıkarıldığında çözeltinin doygun olabilmesi için kaç gram tuz ekleyip çözmek b. Sıcaklık 20 °C’a düşürüldüğünde kaç gram tuz çöker? (20 °C’ta tuzun çözünürlüğü 16 g/100 g sudur.) ÇÖZÜM a. 50 °C’ta 100 g suda 150 g suda x= 40 g tuz çözülüyorsa x 150 · 40 = 60 g tuz gerekir. Çözeltinin doygun olabilmesi için; 60 – 52 = 8 g tuz ekleyip 100 çözmek gerekir. b. Sıcaklık 20 °C’da düşürüldüğünde, 100 g suda 150 g suda x= 16 g tuz çözülüyorsa x 150 · 40 = 24 g tuz gerekir. 100 52 – 24 = 28 g tuz çöker. SIVI ÇÖZELTİLER gerekir? ÖRNEK KNO3 tuzunun çözünürlüğü 75 °C’ta 155 g/100 g su ve 25 °C’ta 38 g/100 g su olur. Buna göre 75 °C’ta 612 gram doymuş KNO3 çözeltisi ile ilgili aşağıdaki soruları cevaplayınız. a. 75 °C’taki KNO3’ın kütlece yüzde derişimi kaçtır? b. Çözelti 25 °C’a soğutulduğunda kaç gram KNO3 kristallenir? c. b şıkkında kristallenen KNO3’ın tamamını çözmek için 25 °C’ta kaç gram su gerekir? ÇÖZÜM a. 75 °C’ta KNO3’ın çözünürlüğü 155 g/100 g su olduğuna göre doygun çözeltideki KNO3 tuzunun kütlece yüzde derişimini bulabiliriz. Kütlece % derişim = 222 155 x 100 (155 + 100) = %60 olur. b. 75 °C doygun KNO3 çözeltisi (155 + 100) = 255 gramdır. 255 gram çözeltinin sıcaklığı 25 °C’a düşürüldüğünde 155 – 38 = 117 gram KNO3 kristallenir. SIVI ÇÖZELTİLER Buna göre 612 gram doymuş KNO3 çözeltinin sıcaklığı 25 °C’a düşürüldüğünde kaç gram KNO3’ün kristalleneceğini bulabiliriz. 255 g çözeltide 612 g çözeltide x= 117 g KNO3 kristallenirse x 612 · 117 = 280 g KNO 3 kristallenir. 255 c. 25 °C’ta KNO3 tuzunun çözünürlüğü 38 g/100 g su olduğuna göre kristallenen 280 gram KNO3’ı çözmek için gereken suyun kütlesini bulalım. 100 g suda 38 g KNO3 x 280 g KNO3 x= 280 · 100 = 736, 84 g su gerekir. 38 ÖRNEK NH4CI tuzunun 60 °C’taki çözünürlüğü 55 g/100 g su olur. Bu tuzun 60 °C’ta 400 gram su ile hazırlanan doygun çözeltisinin sıcaklığı 21 °C’a düşürülüp suyun yarısı buharlaştırılıyor. Bu işlem sonucunda NH4CI’ün olur? 5 ’si kristalleniyor. Buna göre NH4CI’ün 21 °C’taki çözünürlüğü kaç g/100 g su 7 ÇÖZÜM 50 °C’ta 400 gram su ile hazırlanan doygun çözeltideki çözünecek NH4CI katısının kütlesini bulalım. 55 g NH4CI çözünürse 50 °C’ta 100 g suda 400 g suda x= x 400 · 55 = 220 g NH 4 CI çözünür. 100 Çözeltinin sıcaklığı 21 °C’a düşürülüp suyun yarısı buharlaştırıldığında 220 . 5 = 157 g NH4CI(k) 7 kristallenip çözeltiyi terk eder. Öyleyse; 21 °C’ta 200 gram suda (220 – 157) = 63 g NH4CI(k) çözünmüş olarak bulunur. Suyun yarısı buharlaştırıldığında kalan su 200 gramdır. Buna göre NH4CI(k)’ün 21 °C’taki çözünürlüğünü bulabiliriz. 21 °C’ta 200 g suda 100 g suda x= x 63 · 100 = 31, 5 g NH 4 CI 200 21 °C’ta NH4CI(k) çözünürlüğü 31,5 g/100 g su olur. ÖRNEK 25 °C’ta KCI’ün sudaki çözünürlüğü 34 g/100 g su olur. 25 °C’ta 250 gram su ile hazırlanan doygun çözeltinin sıcaklığı 60 °C’a çıkarıldığında çözeltinin bu sıcaklıkta doygun olabilmesi için 62,5 g su buharlaştırılıyor. Buna göre KCI’ün 60 °C’taki çözünürlüğü kaç g/100 g su olur? ÇÖZÜM 25 °C’ta 250 gram suda çözünebilecek KCI katısının kütlesini bulalım. 34 g KCI çözünürse 100 g suda 250 g suda x= x 250 · 34 = 85 g KCI’dür. 100 60 °C’ta çözeltinin doygun olabilmesi için 62,5 g su buharlaştırılıyor. Kalan su ise 250 – 62,5 = 187,5 g olur. Buna göre KCI’ün 60 °C’taki çözünürlüğünü bulabiliriz. 187,5 g suda 100 g suda 85 g KCI çözünürse x x = 45,33 g KCI olur. 60 °C’ta KCI’ün çözünürlüğü 45,33/100 g su olur. 223 SIVI ÇÖZELTİLER 63 g NH4CI çözünürse ALIŞTIRMALAR Aşağıdaki bir tuzun çözünürlük-sıcaklık grafiği verilmiştir. Buna göre 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 ve 10. Çözünürlük (g/100 g su) soruları grafikten yararlanarak cevaplayınız. 120 100 80 60 40 20 5 10 15 20 25 30 35 40 224 Sıcaklık (°C) 1.15 °C’ta 30 gram su ile doygun çözeltisi hazırlanıyor. Sıcaklık 5 °C’a düşürüldüğünde kristallenme olmaması için çözeltiye kaç gram su eklenmelidir? SIVI ÇÖZELTİLER Cevap: 30 g su 2.15 °C’ta 75 gram suda hazırlanan doygun çözeltinin sıcaklığı 30 °C’a çıkarıldığında çözeltiyi bu sıcaklıkta doymuş hâle getirebilmek için daha kaç gram tuz çözmek gerekir? Cevap: 30 g 3.35 °C’ta 440 gram doymuş çözeltinin sıcaklığı 10 °C’a düşürüldüğünde çözeltideki tuzun kristalleniyor. Buna göre bu tuzun 10 °C’taki çözünürlüğü kaç g/100 g su olur? 3 ’ü 4 Cevap: 30 g 4. 5 °C’ta hazırlanan 60 gram doygun çözeltinin sıcaklığı 30 °C’a çıkarıldığında çözeltinin bu sıcaklıkta doygun olabilmesi için 0,25 mol daha tuz eklenerek çözünmesi gerekiyor. Buna göre tuzun mol kütlesi nedir? Cevap: 120 5. 300 gram su kullanılarak 30 °C’ta en çok kaç gram doymuş çözelti hazırlanabilir? Cevap: 540 g 6. 25 gram suda 5 gram tuz çözülerek hazırlanan doygun çözeltinin sıcaklığı kaç °C’tur? Cevap: 5 °C 7. 35 °C’ta, doygun hâldeki çözeltinin kütlece yüzde derişimi kaçtır? Cevap: %54,54 8. I. 15 °C’ta 20 gram su ve 2 gram tuz II. 30 °C’ta 40 gram su ve 24 gram tuz III. 35 °C’ta 60 gram su ve 72 gram tuz Hazırlanan çözeltilerden hangileri doymuştur? Cevap: Yalnız III 9. 250 gram su ve 100 gram tuz ile 5 °C’ta en çok kaç gram doymuş çözelti hazırlanabilir? Cevap: 300 g 10. 35 °C’taki doymuş çözeltinin sıcaklığı 15 °C’a düşürüldüğünde çöken maddeyi tamamen çöz- 225 Cevap: 440 g 4.6. AYIRMA VE SAFLAŞTIRMA TEKNİKLERİ Çözünürlüğün, maddeler için ayırt edici bir özellik olduğunu biliyoruz. Maddelerin çözünürlüklerinin farklı olmasından yararlanarak karışımları bileşenlerine ayırabilmek mümkündür. Örneğin salamura peyniri suda bekletildiğinde, tuz suda çözünerek peynirden ayrılmış olur. Karışımda bulunan maddelerden biri çözücüde çözünüyor, diğeri çözünmüyorsa bu yöntem uygulanabilir. Çözünürlük farkı ile karışımları bileşenlerine ayırma yöntemleri endüstride, maden cevherinin zenginleştirilmesinde, bitkisel yağların üretiminde ve kimyasal ürünlerin saflaştırılmasında olduğu gibi birçok uygulama alanında kullanılır. Bu bölümde ayırma ve saflaştırma yöntemlerinden kristallenme, özütleme (ekstraksiyon) ve kromatografi yöntemleri ele alıp incelenecektir. Kristallendirme Çözünürlükleri birbirinden çok farklı olan katı maddelerin oluşturduğu karışımlar, bileşenlerine kolayca ayrılabilir. Çözünürlükleri birbirine yakın olan karışımların ayrılması ise bu kadar kolay değildir. Bu tür karışımları bileşenlerine ayırabilmek için çözünürlüklerinin sıcaklıkla değişimlerinin farklı olmasından yararlanılır. Etkinlik-Deney 4.6 ’yı yaparak katı maddeleri karışımdan çözünürlük farkından yararlanarak ayırınız. SIVI ÇÖZELTİLER mek için 400 gram su gerektiğine göre ilk çözeltinin kütlesi kaç gramdır? ETKİNLİK-DENEY 4.6 Etkinliğin adı: Katı maddeleri, karışımdan çözünürlük farkı ile ayırma. Etkinliğin amacı: Çözünürlükleri farklı olan katı maddelerden oluşan karışımları bileşenlerine ayırmak. Araç ve gereçler • Naftalin • Süzgeç kâğıdı • Su • Bunzen kıskacı • Yemek tuzu • Beherglas (250 mL) • Cam huni • Erlenmayer (250 mL) • Cam baget • Bunzen mesnedi • Bağlama parçası • Sacayak • Amyant tel • Isıtıcı Etkinliğin yapılışı Naftalin ve yemek tuzu karışımını, üçte ikisi suyla dolu beherglasa dökünüz. Sonra cam baget ile karıştırarak çözmeye çalışınız. Cam huninin ağzına uygun 226 olacak şekilde kestiğiniz süzgeç kâğıdını bir cam huniye yerleştiriniz. Karışımı erlenmayerin içine süzünüz. SIVI ÇÖZELTİLER Süzme işlemi tamamlandıktan sonra süzgeç kâğıdını cam huniden çıkarınız ve içindeki madde ile birlikte kurumaya bırakınız. Çözünmüş olan maddeyi süzüntüden ayırmak için süzüntünün toplandığı erlenmayeri sacayak üzerindeki tel kafese yerleştirerek ısıtınız. Elde ettiğiniz çözeltinin suyunu tamamen buharlaştırınız. Etkinliğin değerlendirilmesi 1. Yemek tuzu ve naftalin gibi katı karışımları ayırmak için hangi özelliklerinin farklı olmasından yararlanılır? 2. Süzme işleminde hangi madde süzgeç kâğıdında toplanmıştır? 3. Tüm katı-katı karışımlarını ayırmak için süzme yöntemi uygun bir yöntem midir? Gerçekleştirdiğiniz etkinlikte naftalin ve yemek tuzunun sudaki çözünürlüklerinin farkından yararlanarak karışımı bileşenlerine ayırdınız. Naftalin suda çözünmezken, yemek tuzu suda çözünerek homojen bir şekilde dağılır. Buna göre süzme işlemi sırasında naftalin süzgeç kâğıdı tarafından tutulurken, yemek tuzu çözeltide kalır. Karışımların birçoğu bir çözücüde tamamen çözünebilir. Bu tür karışımları bileşenlerine ayırabilmek için maddelerin çözünürlüklerinin sıcaklıkla değişiminden yararalanılır. Örneğin potasyum nitratın sudaki çözünürlüğü sıcaklıkla artarken sodyum klorürün çözünürlüğü sıcaklıkla pek değişmez. Bu örnekte olduğu gibi maddelerin çözünürlüklerinin sıcaklıkla değişim farkından yararlanarak karışımları bileşenlerine ayırabilirsiniz. ETKİNLİK-DENEY 4.7 Etkinliğin adı: Çözünürlüklerinin sıcaklıkla değişimi farkından yararlanarak katı karışımlarını bileşenlerine ayırma. Etkinliğin amacı: Maddelerin çözünürlüklerinin sıcaklıkla değişiminden yararlanarak katı karışımlarını ayırma yöntemini kavramak. Araç ve gereçler • Potasyum nitrat (KNO3) • Süzgeç kâğıdı • Sodyum klorür (NaCI) • Cam baget • Erlenmayer (250 mL) • Sacayak • Üçayak • Tartı takımı • Cam huni • Bunzen mesnedi • Bağlama parçası • Amyant tel • Beherglas (100 mL 2 adet) • Su • Bunzen kıskacı • Spatül • Termometre • Terazi Etkinliğin yapılışı On beşer gram potasyum nitrat ve sodyum klorür karışımını beherglasa döküp üzerine beherglasın 3 ’ü kadar 4 227 karıştırarak katıların çözünmelerini sağlayınız. Resimde görüldüğü gibi beherglasa bir termometre koyarak karışımı ısıtınız. Beherglastaki suyun yarısını buharlaştırıncaya kadar ısıtmaya devam ediniz. Termometredeki sıcaklığı 70 °C’ta sabit tutarak karışımı cam huni ve süzgeç kâğıdı yardımıyla erlenmayere süzünüz. Süzgeç kâğıdında biriken katıyı kurumaya bırakınız. Erlenmayerde bulunan süzüntüyü 25 °C’a kadar soğutunuz ve cam huni ile süzgeç kâğıdı yardımıyla tekrar süzünüz. Süzgeç kâğıdında biriken katıyı kurumaya bıkarınız. Süzgeç kâğıtlarında biriken katıyı görünüş bakımından potasyum nitrat ve sodyum klorür ile karşılaştırınız ve sonuçlarını arkadaşlarınızla tartışınız. Etkinliğin değerlendirilmesi 1. 70 °C’ta ve 25 °C’ta yaptığınız süzme işlemi sonucunda süzgeç kâğıdında toplanan katılar hangi madde olabilir? 2. Katı maddelerin çözünürlüklerinin sıcaklıkla değişimi farkından yararlanarak gerçekleştirilen bu ayırma yöntemine ne ad verilir? 3. Bu yöntemle karışımlar, bileşenlerine yüzde yüz saflıkta ayrıştırılabilir mi? SIVI ÇÖZELTİLER su ekleyiniz. Cam baget ile karışımı Bu etkinlikte yapılan işlem, katı maddelerin çözünürlüklerinin sıcaklıkla değişimi farkından yararlanarak kristallendirme işlemidir. Bu yönteme ayrımsal kristallendirme adı verilir. Sayfa 218’deki Grafik 4.3’ü dikkatlice incelediğinizde potasyum nitratın sıcaklıkla çözünürlüğünün değişimi oldukça fazla iken sodyum klorürün çözünürlüğünün sıcaklıkla pek fazla değişmediğini görürsünüz. Buna göre etkinlikte 70 °C’ta yaptığınız süzme işlemiyle süzgeç kâğıdında biriken katı, sodyum klorür olmuştur. Ancak karışımda bir miktar daha çözünmüş olarak sodyum klorür bulunur. Sıcaklık 25 °C’a soğutulduğunda çözeltide çözünmüş olarak bulunan potasyum nitrat kristallenir. Ancak süzgeç kâğıdında potasyum nitrat ile birlikte az da olsa çözeltide kalmış olan sodyum klorür de kristallenir. Bu nedenle karışımlar bileşenlerine yüzde yüz saflıkta ayrıştırılamaz. Kristallendirme ile saflaştırma, katıların çoğunluğunun sıcak çözücülürdeki çözünürlüklerinin soğuk çözücülerdeki çözünürlüklerinden daha büyük olması gerçeğine dayanmaktadır. Özütleme (Ekstraksiyon) Çözünürlük farkından yararlanarak ayırma ve saflaştırma tekniklerinden biri de özütleme (ekstraksiyon) işlemidir. Özütleme yönteminin endüstride birçok uygulama alanı vardır. Örneğin özütleme işlemi ile yağlı tohumlardan seçilecek uygun bir çözücü kullanılarak yağ üretimi gerçekleştirilir. Yağ üretimi; 228 ayçiçeği, soya, keten, susam, mısır, zeytin ve yer fıstığı gibi yağlı tohumlardan uygun bir çözücü yardımıyla özütleme prensibine dayanır. Bu amaç için genellikle kullanılan çözücüler; petrol eteri, benzen, SIVI ÇÖZELTİLER trikloretilen, siklohekzan, karbon disülfür ve alkoldür. (a) (b) (c) Resim 4.7: Yağlı tohumlardan a. Ayçiçeği b. Mısır c. Soya Özütleme işlemi, yağlı tohumların (Resim 4.7.a. Ayçiçeği, Resim 4.7.b. Mısır, Resim 4.7.c. Soya gibi) kırma ve presleme sonucunda elde edilen sıvılarına uygulanır. Özütleme işleminde çözücü olarak yaygın bir şekilde siklohekzan kullanılır. Özütleme sonucunda elde edilen karışım daha sonra ısıtılarak siklohekzandan ayrılır. Yağ ise ham yağ tanklarına gönderilir. Ham yağların içinde birtakım safsızlıklar bulunur. Bu safsızlıkların miktarı ve cinsi; bitkilerin yetiştirildiği iklim şartları ve toprak yapısına, yağlı tohumların depolanma şartlarına ve işlenme teknolojisine bağlı olarak değişir. Yağların sağlıklı olarak insanların kullanımına sunulabilmesi için bu safsızlıkların uzaklaştırılması gerekir. Bu amaçla yağların rafinasyonu gerçekleştirilir (Resim 4.8). Yağların istenmeyen maddelerden arıtma ve kalitesini yükseltme işlemlerine rafinasyon denir. Resim 4.8: Bazı yağlı tohumlardan elde edilen ve rafine edilmiş sıvı yağlar Resim 4.9: Rafinasyon tesisi Rafinasyon en basit anlamda arıtma ve saflaştırma işlemidir (Resim 4.9). Rafinasyon işleminde, safsızlıklar yağın trigliserit yapısını bozmadan uzaklaştırılmalıdır. Rafine edilmiş yağların çoğunda %98 oranında trigliserit bulunur. Yağların rafinasyonunda fosfolipitlerin giderilmesi, asitlik giderme (nötralizasyon), renk açma (ağartma), mumsu maddelerin uzaklaştırılması ve koku giderme aşamaları yer alır. Böylece rafine edilmiş yağlar tüketicilerin kullanımına sunulur. Cevherlerden metal elde edilmesinde de maddelerin çözünürlük farkından yararlanılır. Cevherlerden metal elde edilmesinde yüksek sıcaklık gerektiren yöntemler yerine su ya da uygun çözücü kullanarak cevherin özütlemesi yapılabilir. Özütleme ile yüksek sıcaklık gerektiren yöntemlerdeki enerji tüketimi ve hava kirliliğinin önüne geçilmiş olur. Özütleme işlemi altın, gümüş gibi değerli metallerin oksitli, sülfürlü ve arsenikli cevherlerine de uygulanabilmektedir. Özütleme, cevher zenginleştirme işlemlerine gerek duyulmaksızın uygulanabildiğinden önemli bir ayrıştırma yöntemidir. Cevher sadece parçalanır ve ardından uygun çözücülerle özütlenerek ayırma işlemi gerçekleştirilir. Örneğin altının özütlenmesinde benzen, kerosen ve oktanol gibi çeşitli organik çözücüler kullanılır. SIVI ÇÖZELTİLER 229 Kromatografi Ayrıştırma ve saflaştırma işlemlerinden bir diğeri de kromatografi yöntemidir. Kromatografi, bir karışımın gözenekli bir ortamda hareketli bir çözücü etkisi ile karışım bileşenlerinin farklı hareketleri sonucu birbirinden ayrılması prensibine dayanır. Bir çözeltideki farklı maddeler genellikle katı faz tarafından farklı kuvvetlerle tutulur. Katı fazın kuvvetle tuttuğu bileşikler katı faz üzerinde, zayıf tutulan maddelere göre daha yavaş hareket eder. Böylece, ortama birlikte konulan çeşitli bileşenler, sabit faz üzerinde ayrılmaya başlar. Bu teknik, eser miktardaki maddelerin ayrılmasında oldukça başarılı sonuçlar verir. Kâğıt kromatografisinde ayırma süresi 2-4 saattir. Metodun basit olması, ekonomik olarak kâğıdın ucuz olması ve işlemi yaparken çok az çözücünün kullanılması kâğıt kromatografisinin avantajlı taraflarıdır. ETKİNLİK-DENEY 4.8 Etkinliğin adı: Mürekkebin kromatografik olarak bileşenlerine ayrılması. Etkinliğin amacı: Durgun faz ve hareketli faz bileşenlerinden oluşan karışımları kromatografik yön- tem ile bileşenlerine ayrılmasını gözlemlemek. Araç ve gereçler 230 • Mürekkep (siyah) • Su • Süzgeç kâğıdı • Deney tüpü Etkinliğin yapılışı SIVI ÇÖZELTİLER Süzgeç kâğıdını bir şerit hâlinde kesiniz ve üzerine bir damla siyah mürekkep damlatınız. Üzerine mürekkep damlatılan süzgeç kâğıdını içinde yarısına kadar su bulunan deney tüpüne resimde görüldüğü gibi daldırınız. Su, kâğıttaki liflerin kapiler etkisinden dolayı kâğıt üzerinde ilerledikçe siyah mürekkep koyu bir leke olarak görülecektir. Su, mürekkebin renkli bileşenlerini çözer ve bu bileşenler kâğıda yapışma eğilimlerinin farklılığına göre kâğıt üzerinde farklı bölgelerde tutunur. Süzgeç kâğıdı üzerine damlatılan mürekkebin su ile temasında nasıl bir değişim gözlediğinizi arkadaşlarınızla paylaşınız. Etkinliğin değerlendirilmesi 1. Kromatografi yöntemi esas olarak karışımdaki bileşenlerin hangi özelliklerinin farklı olmasına dayanır? 2. Aynı etkinliği mürekkep dışında hangi maddelerle de yapabilirsiniz? ÖLÇME VE DEĞERLENDİRME AÇIK UÇLU SORULAR Aşağıdaki soruların cevaplarını defterinize yazınız. 1. Çözünme olayını, çözücü ve çözünen etkileşimleri temelinde açıklayınız. 2. Derişim türleri nelerdir? Bu derişim türlerinin birimlerini yazınız. 3. Çözeltileri, çözünen maddenin miktarına, çözünürlüğüne ve iletkenliklerine göre nasıl gruplandırırsınız? 4. Çözeltilerin derişime bağlı (koligatif) özellikleri nelerdir? 5. Çözünürlük nedir? Hangi faktörlere bağlıdır? 6. Kışın araba radyatörlerinin soğutma suyuna neden antifiriz eklenir? Açıklayınız. 231 7. Osmotik basınç nedir? Ters osmoz yöntemi ile deniz suyundan kullanılabilir su nasıl elde edilir? 8. Çözünürlük farkı yardımıyla karışımları bileşenlerine nasıl ayırabilirsiniz? Çözünürlük farkı ile yapılan ayırma ve saflaştırma yöntemleri endüstride hangi alanlarda kullanılır? 9. Kromatografi yöntemi ile ayırma nasıl gerçekleşir? Açıklayınız. 10. Yağlı tohumlardan yağ üretimi nasıl gerçekleştirilir? Hangi yöntemle saflaştırılır? 11. Aşağıdaki tabloda verilen maddelerin suda (H2O) ve karbon tetraklorürdeki (CCI4) çözünürlüklerini çözünür/çözünmez şeklinde belirtiniz ve çözünen ile çözücü arasındaki etkileşim türünü yazınız. Çözünen Potasyum nitrat (KNO3) İyot (I2) Benzen (C6H6) Metil alkol (CH3OH) Karbon disülfür (CS2) Çözücü H2O’da Çözünür/Çözünen CCI4’de Çözünür/Çözünmez Çözünen ve Çözücü Arasındaki Etkileşim Türü SIVI ÇÖZELTİLER Açıklayınız. 12. Aşağıda verilen sorulardaki verileri kullanarak gerekli hesaplamaları yapınız ve sonuçları noktalı yerlere yazınız. (H: 1 g mol –1 , O: 16 g mol –1 , Na: 23 g mol –1 , S: 32 g mol –1) a. 4 gram NaOH’in çözünmesi ile oluşturulan 500 mL’lik çözeltinin molar derişimi ...................... (NaOH: 40 g mol –1). b. 4,9 gram H2SO4’in çözünmesi ile oluşan 0,2 M çözeltinin hacmi ................................ mL’dir (H2SO4 : 98 g mol –1). c. Öz kütlesi 1,2 g mL–1 olan kütlece %20’lik NaOH çözeltisinin molaritesi .................................... (NaOH : 40 g mol –1). ç. 0,1 M 400 mL NaOH çözeltisi ile 0,4 M 100 mL NaOH çözeltisi karıştırılırsa karışımın molar derişimi ..................... M olur. d. 34,2 gram AI2(SO4)3 ile 500 mL çözelti hazırlanıyor. Bu çözeltideki toplam iyon derişimi ......... M’dür [Al2(SO4)3 : 342 g mol–1]. SIVI ÇÖZELTİLER 232 – e. 0,2 mol MgCI2 ve 0,05 mol AICI3’ün çözünmesiyle oluşan 500 mL’lik çözeltideki toplam CI iyon- ları derişimi .....................M’dır. f. Molalitesi 0,8 olan NaCI’ün sulu çözeltisinin normal kaynama noktası ........ °C’tur (Kk : 0,52 °C m–1). g. 0,21 mol etilen glikolün (C2H6O2) 200 gram suda çözünmesi ile hazırlanan antifiriz çözeltisinin normal donma sıcaklığı ................ °C’tur (Kd : 1,86 °C m–1). h. 0,4 M H2SO4’in 100 mL’lik çözeltisine 900 mL su eklendiğinde elde edilen yeni karışımdaki H+ iyonlarının molar derişimi ........................ M’dür. l. 0,1 M 200 mL KNO3 çözeltisinde çözünen KNO3 katısının kütlesi ................................ gramdır (KNO3 : 101 g mol –1). 13. Bir içme suyu örneği analiz edildiğinde suyun 3 litresinde 4,8 mg sülfat iyonu (SO42–) tespit ediliyor. Buna göre sülfat iyonunun içme suyu örneğindeki derişimi kaç ppm’dir? (Suyun öz kütlesi 1 g mL–1 alınacaktır. SO42– : 96 g mol –1) 14. 13. sorudaki sülfat iyonlarının molar derişimini bulunuz. Bulduğunuz değeri, ppm cinsinden derişim değeri ile karşılaştırınız. Hangi çözeltilerde ppm derişim türünün kullanılmasının daha uygun olacağını belirtiniz. 15. Öz kütlesi 1,2 g mL–1 olan kütlece %36’lık HCI içeren derişik HCI çözeltisine kendi hacminin kaç katı kadar su eklenmelidir ki derişimi 4 M olsun? (HCI: 36 g mol –1) BOŞLUK DOLDURMA .............................. Aşağıdaki cümlelerin noktalı yerlerini verilen sözcük veya sözcük gruplarından uygun olanlar ile tamamlayınız. dipol-dipol etkileşimi ideal çözelti molarite özütleme osmoz molalite koligatif ppm çözünürlük benzer-benzeri çözer Rault Kanunu 1. Bir litre çözeltide çözünen maddenin mol sayısına .............................................. denir. 2. Genel olarak polar ve iyonik maddeler polar çözücülerde, apolar maddelerde apolar çözücülerde çözünür. Bu kural ........................................................ kuralıdır. 3. HCI molekülleri suya ilave edildiğinde su molekülleri ile .................................................. sonucunda 233 4. Çözeltilerin derişimlerine bağlı olan özelliklerine ....................... özellikler denir. 5. Yarı geçirgen zarla çevrilmiş iki çözeltiden derişimi az olan çözeltideki çözücü moleküllerinin, derişimi fazla olan tarafa geçmesine ....................... denir. 6. Belirli sıcaklık ve basınç koşullarında 100 gram suyu doymuş çözelti hâline getirecek madde miktarına .......................... denir. 7. 1 kg çözücüde çözünebilecek maddenin mol sayısı ....................................... olarak tanımlanır. 8. Bir çözelti için buhar basıncı, çözücünün mol kesriyle doğru orantılıdır. Bu ifade ............................. .................... olarak bilinir. 9. Çözünen ve çözücü molekülleri arasındaki etkileşim türü aynı olan çözeltilere ................................ adı verilir. 10. Karışımdaki bir maddenin uygun çözücü yardımıyla diğer maddelerden ayrılması işlemine ............................... denir. SIVI ÇÖZELTİLER çözünür. DOĞRU YANLIŞ Aşağıdaki cümleleri okuyunuz. Cümlelerdeki yargılar doğru ise “D” kutusunu, yanlış ise “Y” kutusunu işaretleyiniz. 1. Çözücü moleküllerinin birbirinden ayrılması ile çözünenin moleküllerinden ayrılması için gereken enerjilerin toplamı, çözücü moleküllerinin, çözünenin moleküllerini kuşatması sırasındaki enerji değişiminden daha büyükse çözünme olayı ekzotermik, küçük ise endotermik olarak gerçekleşir. 2. Genel olarak apolar maddeler, polar maddelerle tam olarak karışmaz yani çözünmez. 3. Koligatif özellikler; çözeltilerin buhar basınçları, kaynama noktaları ve donma noktalarının tespiti hakkında bize yardımcı olur. SIVI ÇÖZELTİLER 234 4. Bir çözücünün içinde bir maddenin çözünmesiyle buhar basıncının düşmesi ve buna bağlı olarak donma noktasındaki azalma ve kaynama noktasındaki artış, çözünenin mol kesrine bağlıdır. 5. İyonik maddelerin çözeltileri ile ilgili donma noktası düşmesi ve kaynama noktası yükselmesi hesaplamalarında çözeltideki türlerin toplam molalitelerini kullanmak gerekir. 6. Katı maddelerin çözünürlüklerinin sıcaklıkla değişimi farkından yararlanarak karışımlarından ayırma işlemine ayrımsal kristallenme denir. 7. Ters osmozda suyun yarı geçirgen zar yardımıyla daha yoğun bir ortamdan daha az yoğun olan bir ortama geçişi için yüksek basınç kullanılır. 8. Donma sıcaklığı düşmesi ölçülerek mol kütlesi tayinine ebüliyoskopi, kaynama sıcaklığı yükselmesi ölçülerek mol kütlesi tayinine de kriyoskopi denir. 9. Sıcaklık, basınç (çözünen gaz ise), çözünen ve çözücünün türü, ortak iyon etkisi hem çözünme hızını hem de çözünürlüğü etkileyen faktörlerdir. 10. Kromatografi, sabit faza karşı hareketli bir fazdan yararlanılarak bir karışımdan bir bileşenin ayrılması tekniklerinden biridir. D Y ÇOKTAN SEÇMELİ SORULAR Aşağıdaki soruların doğru cevaplarını bularak işaretleyiniz. 1. I. Metanol II. Yemek tuzu III. Katı iyot IV. Benzen V. Sakkaroz Yukarıdaki maddelerden kaç tanesinin su ile karışımından çözelti elde edilebilir? A) 1 B) 2 C) 3 D) 4 E) 5 Molarite (mol L– ) 2. 1 Cl– 0,52 235 Zaman Yukarıdaki grafik 100 mL MgCl2 çözeltisi ile 400 mL AlCI3 çözeltinin karışımları sonunda Cl – iyonları derişiminin zamanla değişimine aittir. Buna göre başlangıçtaki Mg2+ ile Al3+ iyonları derişiminin oranı A) Mg2+ kaçtır? AI3+ 1 2 B) 2 3 C) 1 8 D) 2 E) 3 2 3. Aşağıda bazı çözünen ve çözücü maddeler ile bunlar arasındaki etkileşimler verilmiştir. Buna göre, çözeltide bulunan tanecikler arasındaki etkileşimlerden hangisi hatalıdır? Çözünen Çözücü Etkileşim Türü A) HCI H2O dipol -dipol B) NaCI H2O iyon-dipol C) CCI4 I2 London D) CH3OH I 2 iyon-dipol E) HBr NH3 dipol -dipol SIVI ÇÖZELTİLER 0,20 4. Çözelti; içindeki çözünenin çözeltinin her yerinde eşit dağılması ile oluşan homojen karışımdır. Bu tanıma göre aşağıda verilen karışımlardan hangisi çözelti özelliği gösterir? A) Mazot-su B) Su - zeytinyağı C) Süt D) Hava E) Duman 5. 0,2 M 800 mL C2H5OH çözeltisi hazırlamak için 1,6 M C2H5OH çözeltisinden kaç mL alınıp su ile seyreltilmelidir? A) 50 B) 100 C) 150 D) 200 E) 250 6. 0,4 M 200 mL KOH çözeltisine 2,24 g katı KOH eklenip çözünmesi sağlanıyor. Daha sonra bu karışımın üzerine su eklenerek toplam hacim 600 mL’ye tamamlanıyor. Yeni elde edilen çözelti kaç molar olur? (KOH: 56 g mol –1) A) 1 B) 0,5 C) 0,3 D) 0,2 E) 0,1 7. Birbiri içinde çözünebilen aşağıdaki madde çiftlerinden hangisinin oluşturduğu çözelti, dipol- dipol etkileşiminin görüldüğü bir çözelti türü değildir? SIVI ÇÖZELTİLER 236 A) CH3OH ile H2O B) C6H6 ile CCI4 C) CH3OH ile HCI D) NH3 ile H2O E) HF ile H2O 8. Kütlece %20’lik 300 g KNO3 çözeltisini %50’lik yapabilmek için aynı sıcaklıkta; I. 180 g KNO3 ekleyip çözmek, II. 180 g su buharlaştırmak, III. %60’lık 200 g KNO3 çözeltisi eklemek işlemlerinden hangisi ya da hangileri ayrı ayrı uygulanabilir? (Çözeltide bir çökelme gözlen- A) Yalnız II memektedir.) B) Yalnız III C) I ve III D) I ve II E) I, II ve III 9. Çözelti derişimlerini çeşitli şekillerde ifade etmek mümkündür. Buna göre aşağıdaki derişim tanımlarından hangisi yanlış verilmiştir? A) Molar derişim (Molarite): Çözeltinin litresindeki çözünenin mol sayısıdır. B) Molalite: Çözücünün bir kilogramındaki çözünenin mol sayısıdır. C) Mol kesri: Bileşenin mol sayısının toplam mol sayısına oranıdır. D) Ağırlıkça ppm: Çözeltideki çözünenin milyonda bir miktarıdır. E) Kütlece % derişim: 100 gram çözücüde çözünen maddenin kütlesidir. 10.Derişik H2SO4 çözeltisinin 200 mL’si su ile seyreltilerek hacmi 800 mL’ye çıkarıldığında çözeltideki toplam iyonların derişimi 5,25 M oluyor. Derişik H2SO4 çözeltisinin öz kütlesi 1,4 g mL–1 olduğu- na göre çözeltinin kütlece % derişimi kaçtır? 1 (H SO : 98 g mol – ) 2 4 A) 7 B) 20 C) 25 D) 49 E) 98 11.0,36 M 500 mL Ca(NO3) 2 çözeltisi elde etmek için 0,2 M ve 0,6 M Ca(NO3)2 çözeltileri karıştırılıyor. Karıştırılan bu çözeltilerin hacimleri sırasıyla kaçar mL’dir? A) 150 -350 B) 200 -300 C) 400 -100 D) 300 -200 E) 100 -400 – 1 2.Fe(NO3)n tuzunun 0,025 molü suda tamamen çözülerek hazırlanan 100 mL çözeltide NO3 iyonları derişimi 0,5 M olmaktadır. Buna göre formüldeki n sayısı kaçtır? A) 1 B) 2 C) 3 D) 4 E) 5 3. 1 0,2 M 100 mL Al(NO3)3 Al(NO3)3 tuzunun 0,2 M 100 mL çözeltisi ile aşağıda verilen çözeltilerden hangisi karıştırıldı- ğında NO–3 iyonları derişimi 0,5 M olur? A) B) 0,1 M 300 mL KNO3 D) 0,2 M 100 mL Mg(NO3)2 0,3 M 100 mL NaNO3 C) 0,2 M 200 mL Ca(NO3)2 E) 0,1 M 100 mL NH4NO3 14. I. Çözücü türü II. Sıcaklık III. Katının toz hâline getirilmesi IV. Basınç V. Çözeltinin karıştırılması Yukarıdakilerden kaç tanesi bir katının sıvıdaki çözünürlüğünü değiştirir? A) 5 B) 4 C) 3 D) 2 E) 1 SIVI ÇÖZELTİLER 237 15.Bazı katıların değişik sıcaklıklardaki çözünürlükleri (g/100 g su) verilmiştir. Madde Sıcaklık (°C) Çözünürlüğü (g/100 g su) 30 °C 40 °C 50 °C 0 °C X 36,3 36,5 37,0 37,2 Y 50,4 48,8 46,7 45,3 Z 46,0 63,9 85,5 110 Buna göre, I. X, Y ve Z’nin doymamış çözeltileri soğutularak doymuş hâle getirilebilir. II. Çözünürlüğü sıcaklıkla en az değişen X’ tir. III. 60 °C’ta 200 gram su ile hazırlanan Z’nin doymuş çözeltisi 30 °C’a soğutulursa 64 gram Z kristallenir. 238 Yukarıdaki yargılardan hangisi ya da hangileri doğrudur? A) Yalnız I B) Yalnız II C) Yalnız III D) II ve III E) I, II ve III 1 6.1,2 M 250 mL KBr çözeltisi hazırlayabilmek için kaç gram KBr gereklidir? SIVI ÇÖZELTİLER (KBr: 119 g mol–1) A) 11,9 B) 33,8 C) 35,7 D) 42,3 E) 48,6 1 7.Bir miktar etilen glikol (C2H6O2) 1,0 kg suda çözünerek çözeltisi hazırlanıyor. Oluşan çözeltinin kaynama sıcaklığı 105 °C olduğuna göre kaç gram etilen glikol kullanılmıştır? (Kk : 0,52 °C m –1 , C2H6O2 : 62 g mol –1) A) 596 B) 524 C) 465 D) 310 E) 290 D) I ve III E) I, II ve III 18.400 mL 0,2 M KOH çözeltisini 0,3 M yapmak için; I. Çözeltiye 2,24 gram katı KOH ekleyip çözmek II. Çözeltiden 80 mL su buharlaştırmak III. Çözeltiye 100 mL 0,7 M KOH çözeltisi eklemek işlemlerinden hangileri uygulanabilir? (KOH: 56 g mol–1) A) Yalnız I B) Yalnız II C) Yalnız III – 1 9.0,2 M 200 mL XCIn çözeltisiyle 0,4 M 300 mL XCI2 çözeltileri karıştırılıyor. Çözeltideki CI iyonları derişimi 0,72 M olduğuna göre XCIn’deki n sayısı kaçtır? A) 5 B) 4 C) 3 D) 2 E) 1 20.0,4 M 200 mL AgNO3 çözeltisi ile 300 mL MgCI2 çözeltisi karıştırılıyor. Bir süre sonra AgCI(k) çökel- tisi oluşuyor. Çökelti oluşumu tamamlandıktan sonra çözeltideki CI – iyonları derişimi 0,08 M oluyor. Buna göre MgCI2’nin başlangıçtaki derişimi kaç molardır? A) 0,1 B) 0,2 C) 0,4 D) 0,6 E) 0,8 21.Öz kütlesi 1,4 g mL–1 olan kütlece %28’lik KOH çözeltisinin molar derişimi kaç mol L–1 dir? (KOH: 56 g mol –1) A) 7 B) 6 C) 5 D) 4 E) 3 22.40 kg sulu çözeltide 4 mg Fe2+ iyonu bulunmaktadır. Buna göre çözeltideki Fe2+ iyonları derişimi kaç ppm’dir? A) 10 B) 5 C) 2 D) 1 E) 0,1 23.Dibinde katısı olmayan bir çözeltiye, aynı sıcaklıkta saf su eklenirse aşağıda verilen nicelik A) Molar derişimi B) Kütlece yüzde derişimi C) Öz kütlesi D) Buhar basıncı E) Aynı basınçta kaynamaya başlama sıcaklığı 24.Yandaki grafik bir tuzun çözünürlüğünün sıcaklıkla değişimine aittir. Çözünürlük (g/100 g su) 40 °C’taki doygun 540 g sulu çözelti 5 °C’a soğutuluyor. Bu sıcaklıkta çöken katının tamamen çözünmesi için en az 300 g su ekleniyor. Buna göre bu tuzun 5 °C’taki çözünürlüğü kaç g/100 g su olur? A) 60 B) 50 D) 30 E) 20 80 C) 40 0 40 Sıcaklık (°C) 25.0,3 M 300 mL K2S çözeltisi ile 0,3 M 200 mL Cu(NO3)2 çözeltileri karıştırılıyor. CuS(k) çökeldikten sonra çözeltideki S2– iyonu derişimi kaç molar olur? A) 0,03 B) 0,06 C) 0,1 239 SIVI ÇÖZELTİLER lerden hangisinde bir artma olur? D) 0,3 E) 0,6 KİMYA VE ENERJİ 240 1. SİSTEM VE ÇEVRE 2.ISI, MEKANİK İŞ VE İÇ ENERJİ Isı ve Sıcaklık (Termodinamiğin Sıfırıncı Yasası) 3.TERMODİNAMİĞİN BİRİNCİ YASASI Sistemlerde Entalpi Değişimi 241 Gibbs Serbest Enerji ve İstemlilik (Termodinamiğin İkinci Yasası) 5.TERMODİNAMİĞİN ÜÇÜNCÜ YASASI Bu ünitenin amacı; Sistem ve çevre arasındaki madde ve enerji alışverişini irdelemektir. Isı, mekanik iş ve iç enerji arasındaki ilişkiyi keşfederek termodinamiğin temel kanunlarını kavramak ve uygulama alanlarını fark etmektir. Kimyasal ve fiziksel değişimlerin istemliliğini açıklamaktır. KİMYA VE ENERJİ 4.ENTROPİ ÜNİTE İLE İLGİLİ KAVRAMLAR/TERİMLER LİSTESİ Termodinamik Standart oluşum entalpisi Çevre Tepkime entalpisi Sistem Ekzotermik tepkime İç enerji Endotermik tepkime Isı Entropi Sıcaklık Standart (mutlak) entropi Mekanik iş İstemlilik/Gibbs serbest enerjisi KİMYA VE ENERJİ 242 Entalpi 5.1. SİSTEM VE ÇEVRE Fiziksel ve kimyasal değişimler sırasında ısı, mekanik iş ve diğer enerji şekilleri arasındaki dönü- şümleri inceleyen bilim dalına termodinamik adı verilir. Termo ısı, dinamik ise hareket anlamına geldiğinden termodinamiğin doğuşu ısıdan hareket yani iş elde etmek için yapılan çalışmalar olarak ifade edilir. Termodinamiğin temel yasalarına dayanarak fiziksel ya da kimyasal bir olayın verilen koşullarda kendiliğinden olup olmayacağını önceden tahmin edebilmek mümkün olabilmektedir. Termodinamiğin temel yasalarını inceleyebilmek için öncelikle sistem ve çevre (ortam) kavramlarını tanımlamak gerekir. Üzerinde araştırmalar yapmak üzere etra- W (+) fını sınırlayarak ele aldığımız evren parçasına W (–) sistem adı verilir. Sistemin içinde bulunduğu M2 yer ise çevre olarak adlandırılır. Çevrenin dışı yılan gazla dolu pistonlu bir silindir, bir termo- M1 dinamik sistem olarak düşünülebilir. Sistem ile çevrenin basınç ve sıcaklıklarının farklılığı, ısı akışına ve mekanik işe neden olabilmektedir. Isı (Q), sistem ile çevre arasındaki sıcaklık farkından doğan enerji akışıdır. Sıcaklık farkının bulunmadığı yerde ısı akışından söz etmek mümkün değildir. Eğer sıcaklık farkı, Madde çıkışı İdeal gaz sistemi Evren Çevre Madde girişi Q (+) 243 Q (–) Şekil 5.1: Bir termodinamik sistemin şematik olarak gösterilişi Tsistem < Tçevre ise çevreden sisteme ısı akar. Akan bu Q ısısının işareti (+) dır. Eğer sıcaklık farkı, Tsistem > Tçevre ise bu defa sistemden V çevreye ısı akışı olur. Akan bu Q ısısının işareti (–) dir. İş (W), sistem ile çevre arasındaki basınç farkından doğan enerji akışıdır. Eğer basınç farkı, Psistem < Pçevre ise çevreden sisteme iş yapılır. Çevre tarafından sisteme yapılan işin (W) işareti (+) dır. Eğer basınç farkı Psistem > Pçevre ise sistemden çevreye iş yapılır. Sistem tarafından çevreye yapılan Şekil 5.2: Genleşen gazın ortamın basıncını yenmek için yaptığı iş işin (W) işareti (–) dir (Şekil 5.2). Kısaca sisteme gelen ısı ya da sisteme yapılan iş pozitif, sistemden giden ısı ya da çevreye yapılan iş ise negatif olarak kullanılacaktır. İş ve ısı ile ilgili bilgi verdikten sonra sistemleri irdeleyebiliriz. Sistemleri madde ve enerji alışverişlerine göre üç ana grupta toplayabiliriz. İzole Sistem Sistem ile çevre arasında madde ve her türden enerji alışverişi olmayan sisteme izole sistem denir (Şekil 5.3.a). Bu sistem üzerinde durulmayacaktır. KİMYA VE ENERJİ evrenin tümüdür. Şekil 5.1’de içi ideal varsa- Açık Sistem İzole sistemin tümüyle tersi olan yani çevreyle arasında madde ve enerji alışverişi olan sistemlere açık sistem adı verilir. Şekil 5.1’de görülen M1 ve M2 muslukları açılırsa sistem ile çevre arasında madde alışverişi olur. Enerji alışverişinin iş ve ısı şeklinde olduğu böyle bir sistem, açık sisteme bir örnek olarak gösterilebilir (Ayrıca Şekil 5.3.b). Kapalı Sistem Madde alışverişine kapalı fakat enerji alışverişine açık olan sistemlere kapalı sistem adı verilir. Şekil 5.1’de görülen M1 ve M2 muslukları kapalı iken madde alışverişine kapalı bir sistem elde edilir. Isı alışverişlerinin olduğu böyle bir sistem kapalı sistemlere örnek olarak gösterilir (Ayrıca Şekil 5.3.c). 244 (a) (b) (c) KİMYA VE ENERJİ Şekil 5.3: a. İzole Sistem b. Açık Sistem c. Kapalı Sistem Bu ünitede daha çok kapalı sistemler incelenecek. Yani kütlesi veya madde miktarı sabit bir sistem alınıp sistemdeki fiziksel veya kimyasal değişimleri sonucu çevre ile arasındaki enerji alışverişi incelenecektir. Kapalı sistemler, bazı özelliklerine göre kendi aralarında da ayrılabilir. Bunlar; izotermik, izokorik ve izobarik sistemlerdir. İzotermik (Eşsıcaklı) Sistem: Sıcaklığı sabit tutulan bir sistemdir (Şekil 5.4.a). İzokorik (Eşhacimli) Sistem: Hacmi sabit tutulan bir sistemdir. Hacim değişimi olmadığından bu tür sistemlerde mekanik iş (W) alışverişi yoktur (Şekil 5.4.b). İzobarik (Eşbasınçlı) Sistem: Basıncı sabit tutulan bir sistemdir. Bu tür sistemlerde iş ve ısı alışverişleri vardır. İnceleyecek çoğu fiziksel ve kimyasal olaylar atmosfer basıncı altında yürütüleceğinden bu olayların gerçekleştiği sistemler birer izobarik sistem örneğidir (Şekil 5.4.c). (a) (b) Şekil 5.4: a. İzotermik Sistem b. İzokorik Sistem c. İzobarik Sistem (c) 5.2. ISI, MEKANİK İŞ VE İÇ ENERJİ Enerji genellikle iş yapabilme kapasitesi olarak tanımlanır. Kimyasal tepkimelerde yer alan enerji değişimleri kimyanın uygulama alanı içindedir. Enerji, kimyasal tepkimelerin çoğunda ısı şeklinde alınır ya da verilir. Isı ise farklı sıcaklıklardaki iki cisim ya da sistem arasında aktarılan enerjidir. Isı akışı, daha önce belirtildiği gibi sıcak cisimden soğuk cisme doğrudur. Kimyada tepkimelerin ısı vermesi veya ısı alması ile ilgili enerji dönüşümlerinin bilim dalı termokimyadır. Hidrojenin, oksijenle yanma tepkimesi önemli derecede ısı salan kimyasal tepkimelerden biridir. Bu yanma olayında ısı, sistemden çevreye aktarılır ve tepkime ekzotermiktir: H2(g) + 1 O2(g) 2 H2O(s) + 285,5 kJ Cıva (II) oksidin (HgO), yüksek sıcaklıkta bozunma tepkimesi ise endotermik bir tepkimedir ve ısı, çevreden sisteme aktarılır: Hg(k) + 1 O2(g) 2 245 Dönme Öteleme dd+ d+ d- KİMYA VE ENERJİ HgO(k) + 90,7 kJ d- Elektrostatik Titreşim Şekil 5.5: Moleküllerin sahip olduğu enerji türleri Bir sistemin iç enerjisine, taneciklerin kinetik enerjileri, potansiyel enerjileri ile atomların çekirdek ve elektronik enerjilerinin katkısı vardır. O hâlde iç enerji, bir sistemdeki atom, molekül ve iyon gibi tüm türlerin sahip olduğu öteleme, dönme, titreşim, elektronik ve çekirdek enerjilerinin toplamıdır (Şekil 5.5). İç enerji U ile gösterilir ve mutlak değerini ölçmek veya hesaplayabilmek mümkün değildir. Ancak sistemin iki farklı durumu karşılaştırılarak iç enerjileri arasındaki fark ölçülebilir. İç enerji değişimi ( U); U = Uson – Uilk 2000 m şeklinde gösterilir. Bir sistemin iç enerjisi o sistemin içinde bulunduğu hâle bağlı olup bu hâle nasıl yani hangi yoldan geldiğine bağlı değildir. Örneğin bir dağa tırmanan dağcılar hangi yoldan giderlerse gitsinler tırmanacakları yükseklik aynıdır (Şekil 5.6). Patika yolu 1000 m Patika yolu 0m Şekil 5.6: Dağa tırmanan dağcılar hangi yolu takip ederlerse etsinler onların ulaşacakları zirve aynı yüksekliktedir. Bu durumda iç enerji, bir hâl fonksiyonudur. Yalnızca ısı (Q) ve iş (W) alışverişinin olduğu bir sistemin iç enerji değişimi U = Q + W şeklinde ifade edilir. Kimyada genel olarak ısı ve diğer enerji türlerinin birimi Joule (J) ile ifade edilir ve bu birim İngiliz bilim insanı James Prescott Joule (Camis Prescat Jul)’e saygı için verilmiştir. Bunun yanı sıra enerji kalori birimi ile de verilebilir (1 kalori (cal) = 4,184 Joule (J) 1000 cal =1 kcal, 1000 J = 1 kJ). Kimyasal tepkimelerde ısı değişimlerinin yanı sıra bazı tepkimelerde iş alışverişi de olur yani sistem çevresine iş yapabilir veya tersi gerçekleşir. Örneğin potasyum kloratın (KCIO3) potasyum klorür (KCI) ve oksijen gazı (O2) vermek üzere izobarik bir sistemdeki bozunma tepkimesini ele alalım. KCIO3(k) KCI(k) + 3 O2(g) 2 Tepkimede açığa çıkan O2 gazının basıncı atmosfer basıncından büyük PO olduğunda piston yükselir ve sistem çevreye iş yapar (Şekil 5.7). Bu şekil- 246 V de gazların genleşmesi veya sıkışma- Sistem ile çevre arasındaki basınç farkından doğan enerji akışına mekanik iş denir. sı ile sonuçlanan işe, basınç - hacim KİMYA VE ENERJİ işi adı verilir. Basınç - hacim işi, benzinin yanması sırasında araçların motorunda yapılan iş O2(g) KCIO3 (k) tipidir. Bu sistem enerjiyi yalnız iç enerji olarak içerir. Isı veya iş şeklinde içermez. Isı ve iş, sistemin çevresiyle enerji deği- Şekil 5.7: KCIO3 (k)’tın ısıtılması ile oluşan oksijen gazı pistonu yukarı iter ve çevreye iş yapar. şimlerindeki bir araçtır. Yani ısı ve iş sadece sistemdeki bir değişiklik durumunda vardır. İç enerji değişimi ( U), ısı (Q) ve iş (W) arasındaki ilişkiyi veren U = Q + W eşitliğini kullanırken aşağıdaki durumlara dikkat edilmelidir: • Sistem ısı alırsa Q > 0 yani Q’nun işareti (+), iş sisteme yapılırsa W > 0 yani W’nun işareti (+) dır. • Sistemden dışarı verilen ısı Q < 0 yani Q’nun işareti (–), sistem çevreye iş yaparsa W < 0 yani W’nun işareti (–) dir. • Sisteme giren ya da sistemden çıkan enerji, sistemin iç enerjisini değiştirir. Sistemden çıkandan daha fazla enerji sisteme girerse temden çıkarsa U (–) olur. U (+) olur. Sisteme giren enerjiden daha fazla enerji sis- Tablo 5.1’de olayların ilerleyiş süreci ile Q ve W'nun işaretleri verilmiştir. İnceleyiniz. İş (W) ve Isının (Q) İşaretleri Olayın İşleyiş Süreci Sistem tarafından çevreye iş yapılıyor. –W Çevre tarafından sisteme iş yapılıyor. +W Çevreden sisteme ısı aktarılıyor. (Endotermik) +Q Sistemden çevreye ısı aktarılıyor. (Ekzotermik) –Q Isı veya iş bir sistemin iç enerjisini değiştirmenin eş değer yoludur. Bir sistemi bankaya benzetecek olursak banka, birikimleri para olarak kabul eder fakat rezervleri iç enerji olarak muhafaza eder. Tablo 5.1: İş ve ısının işaretleri Sabit basınç altında bir gazın ısıtılması sonucunda (QP) sıcaklık yükselmesi ve buna bağlı olarak genleşme gözlenir. Sistemin iç enerjisindeki değişimi; U=Q+W bağıntısı ile göstermiştik. 247 QP = U–W bağıntısı ile gösterilmişti. Sabit hacimdeki ideal bir gaza ısı verildiğinde (QV) mekanik iş ve iç enerji arasında nasıl bir ilişki olur? Sabit hacimdeki sistemde hacim değişikliği mümkün olmadığından, sistem çevreye iş yapamaz. Yani W = 0 olur. Bu durumda sisteme verilen ısı sadece iç enerjinin artışında kullanılır. Bu durum QV = U bağıntısı ile gösterilir. Kimyasal değişimler, maddeyi oluşturan atom ve moleküllerin diziliş ve düzeninin değişimi ile gerçekleşir. Bu değişimin her biri bir enerji alışverişi ile yürür. Bu bakımdan kimyasal tepkimelerde de enerji alındığı veya verildiği gerçeği unutulmamalıdır. C(k) + 1 O2(g) 2 CO(g) + Q CO(g) + 1 O2(g) 2 CO2(g) + Q Mg(k) + 1 O2(g) 2 MgO(k) + h · ν Yukarıdaki gibi tepkimeler ısı veren yani ekzotermik tepkimelerdir. KİMYA VE ENERJİ Sisteme verilen ısı, iç enerji değişimine sebep olurken sistem tarafından çevreye iş yapılır. Bu ilişki; 3O2(g) + h · ν CaCO3(k) + Q N2(g) + O2(g) + Q 2O3(g) CaO(k) + CO2(g) 2NO(g) Yukarıdaki tepkimeler ise ısı alan yani endotermik tepkimelerdir. ÖRNEK Sabit basınçlı bir silindirde bulunan ideal gaz sıkıştırıldığında yapılan iş 342 Joule’dür. Bu işlem sırasında 78 Joule değerinde ısı, gazdan çevreye aktarılmaktadır. Buna göre sistemdeki iç enerji değişimini Joule cinsinden hesaplayalım. ÇÖZÜM 248 Çevreden sisteme iş yapıldığından W’nun işareti (+) dır. Buna karşılık sistemden çevreye ısı akta- KİMYA VE ENERJİ rıldığı için Q’nun işareti (–) dir. Buna göre sistemin iç enerji değişimini hesaplayabiliriz. rU = Q + W ise rU = (–78) + (+342) = 264 Joule olur. Gazın iç enerjisi 264 Joule kadar artar. ÖRNEK Bir gaz serbest pistonlu kapta genleşirken 45 Joule’lük bir ısı almakta ve dışarıya 217 Joule’lük bir iş yapmaktadır. Buna göre gazdaki iç enerji değişimi kaç Joule olur? ÇÖZÜM Isı ve işin işaretlerini iç enerji değişimi ile ilgili eşitliğe doğru bir şekilde yazmak önemlidir. Buna göre sisteme ısı girdiği için Q’nun işareti pozitif, sistem iş yaptığı için W’nun işareti negatiftir. rU = Q + W ise rU = (+45) + (–217) = –172 Joule olur. Gazın iç enerjisi 172 Joule azalır. ÖRNEK Bir gazın sıkıştırılması sırasında sisteme 425 Joule’lük iş yapılmakta, aynı zamanda sistemden 184 Joule ısı salınmaktadır. Buna göre sistemin iç enerji değişimi kaç Joule olur? ÇÖZÜM Gazın sıkıştırılması sırasında sisteme iş yapıldığı için W’nun işareti pozitiftir. Sistem, çevreye ısı verdiği için Q’nun işareti negatiftir. Buna göre sistemin iç enerji değişimini bulabiliriz. rU = Q + W ise rU = (–184) + (+425) = +241 Joule olur. Sistemin iç enerjisi 241 Joule artar. İskoçyalı mühendis James Watt (1736 - 1819) 1769 yılında yaptığı buhar makinesi ile ilk kez ısının bir kısmını işe dönüştürmeyi başarmıştır. Buhar makinesinin bulunması Avrupa’daki endüstri devriminin de öncüsü olmuştur. ALIŞTIRMALAR Serbest hareketli bir pistonla kapatılmış silindir içindeki ideal gaz 43 Joule’lük ısı almaktadır. Bu 249 süreçte genleşen gaz dışarıya 125 Joule’lük iş yapmaktadır. Buna göre sistemin iç enerji değişimini Cevap: U = –82 Joule Sistemin iç enerjisinde 82 Joule’lük azalma olur. Isı ve Sıcaklık (Termodinamiğin Sıfırıncı Yasası) Sıcaklık, bir maddeyi oluşturan taneciklerin ortalama kinetik (hareket) enerjisini ifade eden bir değerdir. Isı ise sıcaklıkları farklı iki madde arasında alınıp verilen enerjinin adıdır. İki maddeden birinin sıcaklığının diğerinden farklı olması hâlinde, sıcaklığı yüksek olan maddeden sıcaklığı düşük olan maddeye enerji aktarılır. Çoğu zaman ısı ile sıcaklık kavramları birbiriyle karıştırılır. Isının sıcaklık olmadığı burada hemen vurgulanmalıdır. Sıcaklık, termometre ile ölçülür ve derece denilen farklı ölçekleri vardır. Enerjinin bir şekli olan ısı ise kalorimetre ile ölçülür ve kalori veya Joule gibi enerji birimlerinden biri ile verilir. Özellikle TV ve radyo kanallarında sıcaklık kavramı yerine ısı kullanılarak bazen hata Termodinamiğin sıfırıncı yasası sıcaklık ve termal dengeyle ilgilidir. yapılmaktadır. Örneğin “İstanbul’da ısı 25 °C’tur.” denmesi yanlıştır. Doğrusu “İstanbul’da sıcaklık 25 °C’tur.” şeklinde olmalıdır. Isı ve sıcaklık arasındaki ilişki Termodinamiğin Sıfırıncı Yasası’nda belirtilmiştir. Termodinamiğin bu en basit yasasına göre iki ayrı sistem ayrı ayrı sıcaklıkta ise bu iki sistem aynı ortama konduğunda bir süre sonra aynı sıcaklık denkliğinde olurlar. Eğer A ve B sistemleri, termodinamik dengede, B ve C sistemleri de termodinamik denge içerisindeyse, KİMYA VE ENERJİ ( U) Joule cinsinden hesaplayarak sonucu yorumlayınız. A ve C sistemleri de termodinamik dengededir. Daha basit bir ifadeyle farklı sıcaklıklara sahip iki cisim arasında ısı alışverişine dayalı bir temas olursa sıcak olan cisim soğur, soğuk olan cisim ise ısınır. İşin temelinde, iki farklı sıcaklığa sahip iki cisim arasında gerçekleşen ısı akışının sıcak cisimden soğuk cisme doğru aktığı gerçeği yatar. En son ortaya konulan bu çok basit yasa, dördüncü yasa olacak kadar önemli bulunmadığından sıfırıncı yasa olarak adlandırılmıştır. 5.3. TERMODİNAMİĞİN BİRİNCİ YASASI Çok sayıda bilim insanının, ısı ve mekanik iş arasında ilişki aramaları sonu- cunda termodinamik doğmuştur. 1840 yılında ısı ve mekanik işin, enerjinin iki Termodinamik, 19. yüzyılın başlarında buharlı makinelerin verimliliğinin artırılmasına yönelik sorunların çözülmesi amacıyla ortaya konulmuştur. ayrı şekli olduğu, çeşitli enerji şekillerinin birbirine dönüşebileceği ve enerjinin korunumlu olduğu anlaşılmıştır. Buna göre enerji, ancak bir şekilden diğer bir şekline dönüştürülebilir ama asla yoktan var olmayacağı gibi varken de yok edilemez. Tüm evrenin izole edilmiş bir sistem olduğunu varsayarsak Termodinamiğin Birinci Yasası “Evrenin iç enerjisi sabittir.” diye ifade edebilir. Buna göre sistem ve çevrenin iç enerji değişimleri toplamı sıfırdır: 250 Usistem + Uçevre = 0 Enerji aktarımı gerektiren herhan- KİMYA VE ENERJİ gi bir olayda termodinamiğin yasaları geçerlidir. Bu yasalar bizi hayatın neden sürdüğü gibi çok genel bir sorunun cevaplarına götürebilecek önemli yaklaşımlardır. Termodinamiğin günlük hayatta pek çok uygulama alanı vardır. Otomobillerin hareketi (Resim 5.1), soğutma-ısıtma sistemleri ve kompresörler termodinamiğin uygulama alanlarından bazılarıdır. Resim 5.1: Otomobil motorlarının silindirinde gerçekleşen yanma, hareketi sağlar. ARAŞTIRMA Termodinamiğin uygulama alanlarını araştırınız. Konu ile ilgili görsel içerikli afiş hazırlayıp afişi sınıfınızın uygun bir yerine asınız. OKUMA METNİ TERMODİNAMİĞİN TARİHÇESİ Enerjinin çeşitli biçimleri ısı, ışık, elektrik, manyetizma, kimyasal ve mekanik enerji arasındaki ilişkileri inceleyen termodinamiktir. Termodinamik sürtünme yoluyla mekanik olarak ısı üretimi ve buhar makinesi yardımıyla mekanik enerjinin termal yoldan üretilmesi çalışmalarından ortaya çıkmıştır. 18. yüzyılda bazı bilim insanları, ısının cisimlerin küçük parçacıklarının mekanik hareketi olduğunu, bu hareketlerin hızının sıcaklıkla arttığını düşünmüşlerdir. 1840’larda James Joule, birim kütledeki suyun sıcaklığını birim derece artırmak için gerekli olan mekanik iş miktarını ölçmek üzere birtakım deneyler yapmıştır. 1848 yılında bu çalışmalarını sonuçlandırmış ve ısı ile iş arasındaki ilişkiyi ortaya koymuştur. Joule, su dolu bir kaba bağlı bir dinamoyu mekanik işle çalıştırarak mekanik işi elektriğe, elektriği de ısıya dönüştürmüş ve bu işlem sonucu kaptaki suyun ısındığını görmüştür. Buhar makinesinin kurumsal temelleri üzerinde ilk çalışanlardan biri olan Carnot (Karnıt), ısının dinamiğini kap- 251 sayan bir dizi önemli sonuçlara ulaşmıştır. “Carnot İlkesi” de denilen bu KİMYA VE ENERJİ ilkeye göre aynı sıcaklıklar arasında çalışan tüm ısı makinelerinin verimi aynı olmalıydı. Carnot’un kuramından sonra bu kuramı Clapeyron (Klepiyrin) adlı bir başka Fransız mühendis daha da geliştirdi. Clapeyron bir buhar makinesi veriminin, makineden elde edilen işin makineye verilen ısıya oranına eşit olduğunu buldu. 1848’de William Thomson (Lord Kelvin) mükemmel ısı makinelerine ilişkin Carnot kuramının mutlak sıcaklık ölçeğine dayalı olabileceğini gösterdi. Buradan hareketle Kelvin, mutlak sıcaklık ölçeği üzerindeki eşit sıcaklık artımlarının ideal bir ısı makinesinin eşit verimlerle çalıştığı sıcaklık aralıkları olarak tanımlanabileceğini önerdi. Bu gelişmeler 1850’de Clausius’la başlayan, Lord Kelvin, Maxwell, Planck, Duhem ve Poincare’nin önemli katkılarıyla gelişen ve yüzyılın sonlarında Gibbs’in ulaştırdığı parlak noktayla günümüze kadar gelmiştir. Prof. Dr. Yüksel Sarıkaya Fizikokimya, s. 61. (Bu kitap için düzenlenmiştir.) Sistemlerde Entalpi Değişimi Kimyasal tepkimelerdeki enerji değişimleri entalpi (H) ile ifade edilir. Sabit basınçta bir sistemin dışarı verdiği veya dışarıdan aldığı ısı, entalpi değişimine eşittir. Kimyada, diğer değişkenlere göre sabit basınçta gerçekleştirilen işlemler daha fazladır. Böyle bir sistemin ısı şeklinde dışarıya verdiği enerjinin büyüklüğü entalpi olarak düşünülebilir. Sabit basınçta sisteme dışarıdan enerji verilirse sistemin entalpisi artar. Sistemden ısı şeklinde enerji kaybı olursa sistemin entalpisi azalır. İç enerji gibi entalpi de Termodinamiğin Birinci Yasası'nda tanımlanan bir hâl fonksiyonu olduğundan değişim izlenen yoldan bağımsızdır. Bir kimyasal tepkimedeki entalpi değişimi ürünlerin entalpisi ile tepkimeye girenlerin entalpileri arasındaki farka eşittir. H = ΣH°ürünler – ΣH°girenler Burada hemen belirtelim ki kimyasal maddelerin entalpileri sıcaklık ve basınca bağlıdır. Eğer tepkime 1 atm. ve 25 °C yani standart koşullarda (Normal koşullarla karıştırılmamalıdır. Normal koşullar 252 1 atm. ve 0 °C’tur.) ise ısı alışverişine standart tepkime entalpisi denir ve H° ile gösterilir. Standart koşullarda birden çok allotropu olan elementlerin en kararlı allotropları esas alınır. Örneğin KİMYA VE ENERJİ oksijenin en kararlı O2(g) allotropunun, standart oluşum entalpisi sıfır kabul edilirken O3(g) allotropunun standart oluşum entalpisi 142,7 kJ mol–1 dir. Benzer şekilde grafit, elmasa kıyasla daha kararlı allotroptur. Dolayısıyla grafitin standart oluşum entalpisi sıfırdır. Ancak elmasın standart oluşum entalpisi sıfırdan farklıdır. Tepkime entalpisi, sürece bağlı olarak pozitif veya negatif olabilir. Endotermik olaylarda (Sistem çevreden ısı alır.) negatiftir (yani H değeri pozitif (yani H > 0), ekzotermik olaylarda ise (Sistem çevreye ısı salar.) H < 0): C(k) + O2(g) CO2(g) H = –393,5 kJ H değeri negatiftir ( H < 0). Bu Ekzotermik tepkime örneğinde sistem çevreye ısı verdiği için olayda ürünlerin entalpileri toplamı girenlerden daha küçüktür (Şekil 5.8.a) : 3CO2(g) + 4H2O(g) C3H8(g) + 5O2(g) H = +2044 kJ Endotermik tepkime örneğinde ise sistem çevreden ısı aldığı için H değeri pozitiftir ( H > 0). Bu olayda girenlerin entalpileri toplamı ürünlerden daha küçüktür (Şekil 5.8.b). Ekzotermik (girenler) Entalpi H < 0 (negatif) Sistem çevreye ısı salar. CO2(g) C3H8(g) + 5O2(g) Entalpi C(k) + O2(g) Endotermik (ürünler) (a) (ürünler) H > 0 (pozitif) Sistem çevreden ısı alır. 3CO2(g) + 4H2O(g) (girenler) (b) Şekil 5.8: a. Karbonun oksijenli ortamda yanması ekzotermik bir olaydır. b. CO2 gazı ve H2O buharının tepkimesinden C3H8 elde edilmesi endotermik bir olaydır. Endotermik ya da ekzotermik gerçekleşen tepkimelere pek çok örnek verilebilir. Örneğin kireç taşından sönmemiş kireç elde edilmesi süreci endotermik (Resim 5.2), doğal gazın yanması ekzotermik olarak gerçekleşen bir tepkimedir (Resim 5.3). KİMYA VE ENERJİ 253 Resim 5.2: Kireç taşından sönmemiş kirecin elde edilmesi endotermik bir tepkimedir. Resim 5.3: Doğal gazın yanması ekzotermik bir tepkimedir. Standart Oluşum Entalpileri Bir maddenin entalpisinin tam değerini ölçmemizin mümkün olamayacağını belirtmiştik. Ancak tepkimede alınan ya da verilen ısı miktarını yani entalpi değişiminin hesaplanabileceğini vurgulamıştık. Entalpi hesaplamalarında 25 °C ve 1 atm. de yani standart koşullardaki oluşum entalpisi ( H°) değerleri kullanılacaktır. Bir bileşiğin oluşum entalpisi, elementlerin oluşturduğu ısı değişimi olarak tanımlanabilir. Tüm elementlerin standart oluşum entalpileri sıfır varsayılarak bulunan, bazı bileşiklerin standart oluşum entalpileri Tablo 5.2’de verilmiştir. İnceleyiniz. Madde Ag(k) AgCI(k) AI(k) Al2O3(k) Br2(s) –127 Madde H(g) H2(g) 218,2 0 H2O(g) –241,8 –1669,8 H2O(s) –285,8 0 C(grafit) 0 1,9 I2(k) HI(g) Mg(k) MgO(k) CO(g) –110,5 MgCO3(k) CO2(g) –393,5 N2(g) Ca(k) H° (kJ mol–1) 0 –36,2 25,9 0 –601,8 –1112,9 0 –45,8 –635,6 NO(g) 91,3 –1206,9 NO2(g) 33,85 CI2 (g) 0 N2O(g) 81,56 HCI(g) –92,3 CaCO3(k) Cu(k) CuO(k) F2(g) HF(g) 0 0 NH3(g) CaO(k) KİMYA VE ENERJİ 0 HBr(g) C(elmas) 254 H° (kJ mol–1) O(g) 249,4 0 O2(g) 0 –155,2 O3(g) 142,2 0 –268,6 S(rombik) S(monoklinik) 0 0,3 CH4(g) –74,85 SO2(g) –296,1 C2H6(g) –84,68 SO3(g) –395,2 C2H4(g) +52,3 H2S(g) –20,15 C2H2(g) –226,7 ZnO(k) –347,98 N2O4(g) –9,2 Fe2O3(k) –824,2 Tablo 5.2: Bazı element ve bileşiklerin standart oluşum entalpi değerleri Maddelerin oluşum entalpileri sıcaklık ve basınca bağlı olduğu gibi maddenin fiziksel hâline (katı, sıvı, gaz) de bağlıdır. Tablo 5.2 ’de görüldüğü gibi sıvı suyun ve su buharının standart oluşum entalpileri farklıdır. H2(g) + 1 O2(g) 2 H2O(s) H° = –285,5 kJ mol–1 H2(g) + 1 O2(g) 2 H2O(g) H° = –241,8 kJ mol–1 İkinci denklemdeki oluşum entalpisi birinciye göre –43,7 kJ mol–1 daha küçüktür. Bu ısı, bir mol sıvı suyun standart buharlaşma entalpisine eşit olup; H2O(s) H2O(g) H° = +43,7 kJ mol–1 şeklinde ifade edilir. Buharlaşma sırasında sıvıda birbirine bağlı olan molekülleri birbirinden ayırmak için enerji vermek gerektiğinden buharlaşma endotermik bir olaydır. Bir tepkimedeki maddelerin standart oluşum entalpileri bilindiğinde tepkimenin standart entalpisi H° kolayca hesaplanabilir: aA + bB 255 H°tep değeri aşağıdaki gibi bulunur: H°tep = [c H°(C) + d H°(D) ] – [a H°(A) + b H°(B) ] ya da kısaca H°tep = Σ H°ürünler – Σ H°girenler şeklinde yazılabilir. Burada A, B, C ve D tepkimedeki maddeleri gösterirken, a, b, c ve d ise maddelerin mol sayılarını (stokiyometrik katsayılarını) ifade etmektedir. ÖRNEK C2H6(g) + 7 O2(g) 2 2 CO2(g) + 3 H2O(s) tepkimesinin standart entalpi değişimini hesaplayalım. [ H°C2H6 = –84,68 kJ mol–1 H°O2 = 0 kJ mol–1 ] [ H°H2O(s) = –285,8 kJ mol–1 H°CO2 = –393,5 kJ mol–1 ] ÇÖZÜM Tepkimenin entalpi değerini bulmak için ürünlerin toplam entalpi değerlerini girenlerin entalpi değerlerinden çıkaralım. H°tep = [2 H°CO2 + 3 H°H2O] – [ H°C2H6 + 7 2 H°O2 ] = [2 · (–393,5) + 3 · (–285,8)] – [(–84,68) + 0] = –1559,72 kJ olur. KİMYA VE ENERJİ tepkimesi için cC + dD ÖRNEK Endüstride çinko, sülfür cevherinden kavurma yöntemiyle elde edilir. Bu yöntemde ZnS ısıtılarak ZnO’e dönüştürülür. Tepkimenin denklemi, 2ZnS(k) + 3O2(g) 2ZnO(k) + 2SO2(g) H° = – 879 kJ şeklindedir. Tepkimedeki SO2(g) ve ZnO(k) bileşiklerinin standart molar oluşma entalpilleri sırasıyla –296,1 kJ ve –347,98 kJ olduğuna göre ZnS(k)’ün standart molar oluşma entalpisini hesaplayalım. ÇÖZÜM Tepkimedeki ürünlerin entalpileri toplamından, girenlerin entalpileri toplamını çıkararak tepkimenin entalpisinin bulunacağını biliyoruz. Buna göre eşitlikten yararlanarak ZnS(k)’nın molar oluşma entalpisini bulabiliriz. H°tep = Σ H°ürünler – Σ H°girenler 256 –879 = [2 · (–347,98) + 2 · (–296,1)] – [2 · H°ZnS + 0] KİMYA VE ENERJİ H°ZnS = –204,58 kJ bulunur. ALIŞTIRMALAR 1.C2H6 ve C3H8 içeren bir gaz yakıtının 1 molü tamamen yakıldığında standart koşullarda 661,87 kJ ısı açığa çıkıyor. C2H6 ve C3H8 gazlarının standart molar yanma ısıları sırasıyla –1427,72 kJ mol –1 ve –2043,9 kJ mol –1 olduğuna göre gaz yakıtın molce yüzde kaçı C2H6 olur? Cevap: %62 2. Bitkilerin fotosentez olayında gerçekleşen tepkime, 6CO2(g) + 6H2O(s) C6H12O6(k) + 6O2(g) H° = 2803 kJ şeklindedir. Buna göre C6H12O6(k)’ın standart molar oluşum entalpisini hesaplayınız (Tablo 5.2 ’de verilen standart oluşum entalpi değerlerini kullanınız.). Cevap: –1272,8 kJ Tepkime entalpileri laboratuvarda kalorimetre kabı ile ölçülür. Şekil 5.9 ’da sabit hacimli bir kalorimetrede, yalıtılmış bir kabın en ortasında tepkime sistemi, onun dışında ise miktarı belli olan Karıştırıcı su veya bir çözelti bulunur. Tepkimeye giren belli Ateşleme telleri Termometre miktardaki maddelerin verdiği ısı, kalorimetre veya suyun (veya çözeltinin) sıcaklığında oluşturduğu Yalıtımlı kap yükseltme ölçülerek belirlenir. Çünkü tepkimenin verdiği ısı, su (veya çözelti) ve kalorimetre kabının sıcaklığını yükseltmek için alınması gereken ısıya Isı eşittir. Numune kabı Sabit hacimli kalorimetrede tepkime, yüksek Su sıcaklığa ve basınca dayanıklı bir kapta yürütülür. Isı akışı ölçümleri sabit hacimde yapıldığı için tepkime iç enerjileri hesaplanır. O2(g) Şekil 5.9: Sabit hacimli kalorimetre kabının yapısı Sabit basınçlı kalorimetrelerde ise tepkime entalpileri ölçülür. Sabit basınçlı kalorimetreye konulan maddelerin tepkimesi sonunda ısı akışı ölçümleri sabit basınçta yapıldığı için tepkime entalpileri ölçülebilmektedir. 257 İnceleyiniz. Tepkime Isısı Örnek Nötralleşme ısısı HCI(suda) + NaOH(suda) NaCI(suda) + H2O(s) İyonlaşma ısısı H2O(s) H+(suda) + OH–(suda) Erime ısısı H2O(k) H2O(s) Buharlaşma ısısı H2O(s) H2O(g) Tepkime ısısı MgCI2(s) + 2Na(s) H° (kJ) –56,2 56,2 6,01 44 2NaCI(k) + Mg(k) Tablo 5.3: Bazı tepkimelerin sabit basınçta ölçülen ısıları –180,2 KİMYA VE ENERJİ Tablo 5.3’te sabit basınç kalorimetresi ile bulunan bazı tepkimelerin tepkime ısıları verilmiştir. ÖRNEK Amonyak (NH3) ile oksijen (O2) gazlarının tepkimesi 4NH3(g) + 5O2(g) 4NO(g) + 6H2O(g) şeklindedir. Buna göre; a. Tablo 5.2 ’den yararlanarak bu tepkimenin standart tepkime entalpisini bulalım. b. 13,6 kg NH3’ın yeterince O2 gazı ile tepkimesi sonucundaki ısı değişimi kaç kJ olur? Hesaplayalım. (NH3 : 17 g mol–1) ÇÖZÜM a. Tablo 5.2’den yararlanalım. Madde H° (kJ mol–1) NH3(g) – 45,9 O2(g) 258 KİMYA VE ENERJİ Tepkimedeki ürünlerin entalpileri toplamından girenlerin entalpileri toplamını çıkararak tepkimenin entalpisini bulalım. H°tep = Σ 0,0 H°ürünler – Σ H°girenler NO(g) +91,3 = [4 · (+91,3) + 6 · (–241,8)] – [4 · (–45,9) + 5 · (0,0 ] H2O(g) –241,8 = –902 kJ olur. b. 13,6 kg = 13 600 g eder. Buradan NH3 in mol sayısını bulalım. m = 13600 = 8.102 mol NH3’tır. Mk 17 n= Tepkimede 4 mol NH3 tan 902 kJ ısı açığa çıkmaktadır. Buna göre, 4 mol NH3’tan 8.102 mol NH3’tan 902 kJ ısı açığa çıkarsa x x = 18,04.104 kJ ısı açığa çıkar. ARAŞTIRMA Yandaki resimde güneş enerjisinden yararlanarak bir evin enerji ihtiyacının bir bölümünün karşılanabileceğini görmektesiniz. Siz de ekolojik dengeyi bozmayan ve fosil yakıtlara alternatif olabilecek başka enerji kaynaklarını araştırınız. Araştırmanızı poster hâlinde düzenleyip sınıfınızda uygun bir yere asınız. ÖRNEK İçten yanmalı araba motorlarında yakıt olarak kullanılan benzinin bileşiminde bulunan oktanın (C8H18) standart şartlarda yanma tepkimesi, C8H18(s) + 25 O2(g) 2 8CO2(g) + 9H2O(g) H° = –5074 kJ şeklindedir. Buna göre 1 mol oktanın yanması ile ilgili, I. Sabit hacimli bir silindirde ise sistemin iç enerji değişimi U= H = QV = –5074 kJ’dür. II. Serbest hareketli pistonla kapatılmış bir silindirde ise sistemin iç enerji değişimi, mekanik iş için kullanılmıştır. III. İster sabit hacimli ister sabit basınçlı kap olsun C8H18’ın molar yanma entalpisi tepkimenin izlediği yola bağlı değildir. Yukarıda verilenlerden hangileri doğrudur? a. Yalnız I b. I ve II c. I ve III d. II ve III e. I, II ve III ÇÖZÜM I. Tepkime sonucunda açığa çıkan enerji, iç enerji değişiminde kullaBuna göre; U= H = QV = –5074 kJ olur. II. Sabit basınçlı silindirde açığa çıkan ısı, sistemin iç enerjisini değiştirirken bir kısım enerji de mekanik iş olarak harcanacaktır. Buna göre U =QP – W’dir. Sistem ile çevre arasındaki mekanik iş alışverişi sistemin hacim değişiminden kaynaklanır. İş alışverişi sırasında gazın hacmi artabilir veya azalabilir. III. Entalpi değişimi bir hâl fonksiyonu olup tepkimenin izlediği yola bağlı değildir. Cevap: E ÖRNEK 0,02 mol bir organik bileşiğin 0,35 mol hava ile artansız tepkimesinden 1,76 gram CO2 gazı ve 3,612.1022 H2O(g) molekülü oluşmaktadır. Tepkime sonunda açığa çıkan ısı 24,64 kJ olduğuna göre bu organik bileşiğin molekül formülü ve molar yanma entalpisi nedir? (Havanın 1 ’i oksijendir. CO2 : 44 g mol –1) 5 ÇÖZÜM Örnekte verilen CO2 ve H2O’yun mol sayılarını bulalım. n= 1, 76 m = = 0, 04 mol CO2’tir. 44 Mk n= 3, 612.10 22 N = = 0, 06 mol H2O’dur. 23 6, 02.10 6, 02.10 23 Havanın 0, 35 1 ’i oksijen olduğuna göre 0,35 mol havada = 0, 07 mol O2 vardır. 5 5 259 KİMYA VE ENERJİ nılır. Sabit hacimdeki sistem iş yapamadığından W = 0’dır. 0,02 mol organik bileşiğin 0,07 mol O2 ile artansız tepkimesinden 0,04 mol CO2 ve 0,06 mol H2O oluşmaktadır. Buna göre tepkimenin denklemi en küçük katsayılarla düzenlenirse; 7 O 2 2 X+ 2CO2 + 3H2O şeklinde olur. Denkleşmiş bu tepkime denklemindeki atom sayı- larını dikkate aldığımızda X ile gösterilen organik bileşiğin molekül formülü C2H6 olur. Bileşiğin molar yanma entalpisini basit bir orantı ile bulabiliriz. 0,02 mol’den 24,64 kJ ısı açığa çıkarsa 1 mol’den x x = 1232 kJ olur. ÖRNEK CnH2n+2 formülüne sahip olan bir bileşiğin bir miktarı yakıldığında 162 gram H2O ve 410 kJ ısı açığa çıkar. Bu bileşiğin molar yanma ısı H = –136,67 kJ olduğuna göre bileşiğin formülündeki –1 n sayısı kaçtır? (H2O: 18 g mol ) 260 ÇÖZÜM KİMYA VE ENERJİ Bileşiğin molar yanma ısısı H = –136,67 kJ olduğuna göre 410 kJ ısı açığa çıkması için kaç mol bileşiğin yanması gerektiğini bulalım. 1 mol’den 136,67 kJ ısı açığa çıkarsa x mol 410 kJ x= 410 = 3 mol bileşik olur. 136, 67 Örnekte verilen H2O’yun kütlesinden mol sayısını bulalım. n= 162 m ise n = = 9 mol H2O dur. 18 Mk 1 mol bileşik yandığında oluşacak H2O’yun mol sayısını ve buradan da n sayısını bulalım. 3 mol bileşikten 9 mol H2O 1 mol bileşikten x x = 3 mol H2O olur. 3 mol H2O’da 6 mol H atomu vardır. Öyleyse CnH2n+2 bileşiğinde de 6 mol H olacaktır. 2n + 2 = 6 n = 2 olur. Hess Kanunu Birçok bileşiği elementlerinden elde etmek mümkün olmayabilir. Elde etmek istediğimiz bileşikten başka bileşikler veren yan tepkimeler de olabilir. Böyle durumlarda bileşiklerin oluşum entalpileri dolaylı yöntemle bulunur. Dolaylı yöntem İsviçreli kimyacı Germain Hess’in (German Hes) ortaya koyduğu ısıların toplanabilirliği ilkesine yani Hess Kanunu’na dayanır (Resim 5.4). Hess Kanunu’na göre tepkimeye giren maddelerin ürünlere dönüşümündeki entalpi değişimi, tepkimenin bir basamakta veya birden fazla basamakta gerçekleşmesine bağlı olmaksızın aynı değerdedir. Buna göre bir tepkimenin basamakları cebirsel olarak toplanıp çıkarılarak nasıl tepkimenin tümü elde edebiliyorsa basamak tepkimelerinin entalpileri de toplanıp çıkarılarak tüm tepkime entalpisi hesaplanır: H°tep = H°1 + H°2 + H°3 + ........ Resim 5.4: Germain Hess (1802-1850) Hess Kanunu’ndan yararlanarak tepkime entalpisi hesaplanırken ara basamaktaki tepkimeleri düzenleme ihtiyacı olabilir. Bu düzenleme yapılırken, A + 2B C C A + 2B H’ın işareti değişir. H1 ise H2 = – H1 olur. Tepkime uygun bir katsayı ile çarpıldığında A + 2B 2A + 4B KİMYA VE ENERJİ Tepkime ters çevrildiğinde 261 C H1 2C H2 = 2 · H’da aynı katsayı ile çarpılır. H1 olur. C Bir tepkimenin ara basamaklarının entalpileri toplamı söz konusu tepkimenin entalpisini verir (Şekil 5.10). H1 Entalpi + A + 2B C H1 C 2D H2 A + 2B 2D H3 = A + 2B H2 H3 = H1 + H2 2D H1 + H2 Şekil 5.10: Entalpi bir hâl fonksiyonudur. Reaksiyonun izlediği yola bağlı değildir. C(grafit) + 2H2(g) CH4(g) tepkimesinin standart oluşum entalpisini doğrudan ölçmek mümkün değildir. Bu tepkimenin H° değerini aşağıda verilen (1), (2) ve (3) tepkimelerinin entalpileri yardımıyla hesaplayalım. (1) CH4(g) + 2O2(g) (2) H2(g) + 1 2 CO2(g) + 2H2O(g) O2(g) H2O(s) (3) C(grafit) + O2(g) CO2(g) H°1 = –889,5 kJ H°2 = –285,5 kJ H°3 = –393,3 kJ Hess Kanunu’na göre entalpi değişimi hesaplanacak olan tepkimeyi elde etmek için (1), (2) ve (3) tepkimelerini düzenleyelim. (1) tepkimesi ters çevrilir ve dolayısıyla H°1 nin işareti + olur. (2) tepkimesi 2 ile çarpılır ve dolayısıyla, (3) tepkime aynı bırakılır. H°2 da 2 ile çarpılır. H°3 da aynı kalır. Bu değişimleri tepkime denklemi ve entalpi değişimlerini göstererek yazalım ve taraf tarafa toplayalım. KİMYA VE ENERJİ 262 + (1) 2H2O(s) + CO2(g) CH4(g) + 2O2(g) H°1 = +889,5 kJ (2) 2H2(g) + O2(g) 2H2O(s) H°2 = 2 · (–285,5) kJ (3) C(grafit) + O2(g) CO2(g) H°3 = –393,3 kJ C(grafit) + 2H2(g) CH4(g) Metanın (CH4) elementlerinden oluşumu reaksiyonu için Hess Kanunu’nun uygulanması; H° = H°4 + H°2 + H°3 şeklindedir. Buradan da tepkimenin entalpi değeri H° = 889,5 + 2 · (–285,5) + (– 393,3) = –74,8 kJ olur. Kömür ve petrol gibi fosil yakıtların tam yanması için gerekli eş değer miktardan az hava ile yakılması neden doğru değildir? Hess Kanunu’na göre tepkime ısılarının toplanabilirliğini C(k)’nun yanma tepkimesinin ara basamaklarını içeren tepkimeleri üzerinde inceleyelim ve bu soruya cevap arayalım. C(k) + CO(g) 1 O2(g) 2 1 + O2(g) 2 CO(g) H°1 = –110,5 kJ CO2(g) H°2 = –283 kJ Ara basamaktaki tepkimelerin toplamı ana tepkimeyi verir. Buna göre, 1 O2(g) 2 1 CO(g) + O2(g) 2 C(k) + O2(g) C(k) + + CO(g) H°1 = –110,5 kJ CO2(g) H°2 = –283 kJ CO2(g) H= H°1 + H°2 = –110,5 + (– 283) = –393,5 kJ’dür. Buna göre karbonun az hava ile yakılması 45 sonucunda karbonmonoksit oluşurken açığa –1 çıkan ısı 110,5 kJ mol Kaynak Enerji Tüketimi olur. Yeteri kadar hava Petrol ile tam yakılması sonucunda ise karbondioksit oluşurken açığa çıkan ısı 393,5 kJ mol–1 30 olacaktır. Grafik 5.1’de 1950 yılından 2010 yılına kadar geçen zaman içinde Dünya’da kul- Doğal gaz lanılan enerji türleri ve değerleri gösterilmiştir (Uluslararası enerji ajansı verileridir.). Buna göre fosil yakıtlardan elde edilen ısı oldukça 15 önemli olduğundan bu yakıtların tam yanmasını Kömür Nükleer elektrik sağlayacak koşulları oluşturmak bir zorunluluktur. Ayrıca tam yanmanın gerçekleşmediği bir Hidroelektrik güç ortamda oluşan karbonmonoksit gazının insan 0 1950 hayatı için son derece zararlı olduğu unutulmamalıdır. Karbonmonoksit gazı bilindiği gibi zehirlenmelere neden olmaktadır. Yenilenebilir enerji 1960 1970 1980 1990 2000 2010 Grafik 5. 1: 1950-2010 yılları arasında tüketilen enerji türleri ve değerleri (Terawatt-saat olarak) 263 ÖRNEK N2O(g) + 3 O2(g) 2 2NO2(g) tepkimesinin H° değerini aşağıda verilen tepkimelerin H° I. 2NO(g) + O2(g) 2NO2(g) II. N2(g) + O2(g) III. 2N2O(g) 2NO(g) KİMYA VE ENERJİ değerlerini kullanarak bulalım. H°1 = –113,1 kJ H°2 = –182,6 kJ 2N2(g) + O2(g) H°3 = –163,2 kJ ÇÖZÜM Tepkime ısılarının toplanabilirliği kanunundan (Hess Kanunu) yararlanarak örnek soruyu çözmeye çalışalım. Örnekte verilen ana tepkimeyi (net tepkime) elde edebilmek için III. tepkimeyi lım ve sonra üç tepkimeyi taraf tarafa toplayalım. + I. 2NO(g) + O2(g) 2NO2(g) H°1 = –113,1 kJ II. N2(g) + O2(g) 2NO(g) H°2 = –182,6 kJ III. N2O(g) N2(g) + 1 O2(g) 2 H°3 = – 163, 2 = –81,6 kJ 2 2NO2(g) H°= H1 + N2O(g) + 3 O 2 2(g) H°2 + 1 ile çarpa2 H°3 = –113,1 + (– 182,6) + (– 81,6) = –376,3 kJ olur. ALIŞTIRMALAR 1.2AI(k) + 6HCI(suda) değeri verilmiştir. Buna göre, H2(g) + CI2(g) HCI(g) AICI3(k) 2AICI3(suda) + 3H2(g) 2HCI(g) HCI(suda) H° = –1049 kJ tepkimesinin standart entalpi H° = –185 kJ H° = –74,8 kJ AICI3(suda) H° = –323 kJ tepkime ve entalpi değerlerinden yararlanarak AICI3(k)’ün standart molar oluşma entalpisini hesap- layınız. 2. Aşağıda molar yanma ısıları verilen tepkimelerden yararlanarak H2(g) + 1 O2(g) 2 C(grafit) + O2(g) KİMYA VE ENERJİ 264 H2O(s) CO2(s) CH3OH(s) + 3 O2(g) 2 Cevap: 300,4 kJ mol –1 H° = –285,8 kJ H° = –393,5 kJ CO2(g) + 2H2O(s) H° = –726,4 kJ CH3OH(s)’nın standart molar oluşma entalpisini hesaplayınız. Cevap: –238,7 kJ mol 5.4. ENTROPİ Termodinamik çalışmaların temel amaçlarından biri, kimyasal tepkimelerin belirtilen koşullarda kendiliğinden gerçekleşip gerçekleşmeyeceğini anlamaktır. Bir kimyasal tepkimenin olabilirliğinin önceden tahmin edilebilmesi, endüstriyel, biyolojik ve daha birçok bilimsel çalışma açısından oldukça önemlidir. Termodinamikte belirtilen koşullarda kendiliğinden meydana gelen değişimler istemli, kendiliğinden yürümeyen değişimler de istemsiz değişimler olarak adlandırılır. İstemli ve istemsiz değişimlere birçok örnek verebiliriz. Resim 5.5 incelendiğinde mavi kazaklı kayakçının bir tepeden aşağıya doğru kayması istemli bir olay iken kırmızı kazaklı kayakçının tersi yöndeki hareketinin ise istemsiz Resim 5.5: Kayak yapan sporcular olduğu görülür. Resim 5.6 ’da görülen şelale kendiliğinden aşağıya doğru akarken (istemli), yukarı doğru asla akmaz (istemsiz). Resim 5.7 ’de bir parça sodyum metalinin suda şiddetle reaksiyona girerek sodyum hidroksit ve hidrojen gazı verdiği görülmektedir. Buna karşılık, hidrojen gazı ile sodyum hidroksit reaksiyona girerek su ve sodyum oluşturmaz. Resim 5.7: Sodyum metalinin suda alev oluşturarak tepkime vermesi Resim 5.6: Şelale kendiliğinden aşağı doğru akar. 265 Kendiliğinden olan olaylara bir başka örnek, ideal davranan iki gazın birbiri içinde homojen karışması kapatılmış durumdadır. Aradaki musluk açıldığında iki gaz da toplam hacmi dolduracak şekilde birbiri içinde kendiliğinden yayılarak karışacaktır. Bu olay istemli olarak gerçekleşir (Şekil 5.11.b). Bunun tersi yani bütün moleküllerin kendiliğinden bir balonda toplanması istemsizdir. (a) (b) Şekil 5.11.a: İki ayrı gaz muslukla kapatılmış durumdadır. b: Musluk açılarak gazların birbiri içinde dağılması sağlanmaktadır. KİMYA VE ENERJİ olayıdır. Şekil 5.11.a ’da görüldüğü gibi gazlar aynı sıcaklık ve basınçta doldurulmuş ve bir muslukla Bu örnekler bize bir yönde istemli olarak gerçekleşen olayların, aynı şartlar altında ters yönde istemsiz olduğunu gösterir. Burada temel soru şudur: Tek yönlü basit tepkimelerde, ok yönündeki olay kendiliğinden gerçekleşirken tersi yöndeki olay koşullar değişmedikçe kendiliğinden gerçekleşebilir mi? Örneğin elmas yandığında karbondioksit gazı kendiliğinden oluştuğu hâlde, neden karbondioksitten kendiliğinden elmas oluşmaz? C(elmas) katı + O2(g) CO2(g) Kimyasal tepkimelerin doğal yönünü belirleyebilmek için termodinamiğin bir ileri basamağını ele almaya ve enerjinin korunduğu gerçeğinden daha ileride olan başka bir özelliğini öğrenmeye gereksinim vardır. Bu durumu örneklerle irdeleyelim. İstemli olaylar, sistemin enerjisini genel olarak düşürdüğünden çok sayıdaki ekzotermik tepkime istemli olarak gerçekleşir. Örneğin metanın yanması istemli olarak gerçekleşir: CH4(g) + 2O2(g) 266 CO2(g) + 2H2O(s) Diğer bir örnek ise asit-baz nötralleşme tepkimesidir: + – H (suda) + OH (suda) KİMYA VE ENERJİ H° = –890,4 kJ H2O(s) H° = –56,2 kJ Bir tepkimenin ekzotermik olması istemli olma eğilimini artırır. Ancak her ekzotermik tepkime istemli olmayabilir. Endotermik bir tepkimenin istemli olma olasılığı olduğu gibi ekzotermik bir tepkimenin de istemsiz olma olasılığı vardır. Örneğin 1 atm. basınçta 0 °C’un üstünde buz kendiliğinden erir fakat tepkime endotermiktir: H2O(k) H2O(s) H° = +6,01 kJ Bir başka örnek, amonyum nitratın suda çözünmesidir. Bu tepkime de endotermiktir ama istemlidir: NH4NO3(k) NH+4(suda) + NO–3(suda) H° = +25 kJ Yukarıdaki örneklerden çıkarılacak sonuç şudur: Sadece sistemdeki enerji değişikliklerini esas alarak bir tepkimenin istemli olup olmayacağına karar veremeyiz. Ekzotermik tepkimelerde minimum enerjiye eğilim, ürünler yönüne doğru iken endotermik tepkimelerde girenler yönüne doğrudur. Öyleyse bir tepkimenin istemliliği konusunda karar vermek için bir başka termodinamik niceliğe gereksinim vardır. Bilim insanları evrenin sürekli genişlediğini yani düzensiz bir yapıya doğru ilerlediğini düşünerek entropi kavramını ortaya atmışlardır. Entropinin iç enerji ile yakından ilgisi vardır. İç enerji, enerji miktarının ölçüsü iken entropi bu enerjinin nasıl saklandığının bir ölçüsüdür. Düşük entropi, düzensizliğin az; yüksek entropi ise düzensizliğin fazla olduğu anlamına gelir. Bu yüzden, doğal değişmelerin yönünü entropideki değişimden yararlanarak anlayabiliriz. Termodinamiğin İkinci Yasası olarak tanımlanan entropi, sistemin düzensizliğinin veya gelişigü- zelliğinin bir ölçüsü olarak ifade edilebilir. Entropi S ile gösterilir ve genellikle birim olarak JK–1 mol–1 kullanılır. Entropinin olasılık temelinde anlamını, düzen ve rastgelelik kavramları üzerinden incelemek istersek aşağıdaki örnekleri ele almak yararlı olacaktır. Tüm entropi değişimleri, moleküler seviyedeki değişim- lerle ilgili olarak yorumlanabilir. Şekil 5.12.a ’da görüldüğü gibi bir katının atom ya da molekülleri sabit konumlarda bulunur ve bu nedenle düzensizliği azdır. Atom ya da moleküller, (a) Katı Sıvı erime işleminde örgü noktalarından ayrılacağından artık Erime: Ssıvı > Skatı tanecikler çok sayıda farklı düzende olabilir. Bu da düzensizliğin artması demektir ki bu dönüşüm de entropide bir artışa neden olur. (b) Şekil 5.12.b ’de benzer şekilde buharlaşma olayında da sistemin entropisinde bir artış olduğu görülmektedir. Çünkü sıvı fazda molekülleri bir arada tutan kuvvetlerden Buhar Buharlaşma: Sbuhar > Ssıvı dolayı düzenli bir yapıya sahip iken buharlaşan moleküller daha serbest hareket eder. Şekil 5.12.c’deki gibi çözünme 267 Çözücü olayı, genellikle entropi artışına yol açar. Çözünenin oldukça düzenli olan yapısı ve çözücünün kısmen de olsa düzençözücüye göre daha düzensizdir. Diğer taraftan ısıtma ile de bir sistemin entropisi artırılabilir. Yüksek sıcaklıkta düzensiz taneciklerin sayısı artar. Buna göre sistemin entropisi sıcaklık arttıkça artar. (c) Çözünen Çözelti Çözünme: Sçözelti > Sçözücü + Sçözünen Şekil 5.12:a. Erime b. Buharlaşma c. Çözünme Şekil 5.12 'de belirtilen durumlarda düzensizlik artmaktadır ve burada ısı soğurulmasına ( H° > 0) karşın bu üç olayın da istemli olmasına dikkat edilmelidir. Buna göre aşağıdaki durumlarda entropi artışının gerçekleşebildiği söylenebilir: • Katılardan saf sıvılar ya da sıvı çözeltilerin oluşması • Katı ya da sıvılardan gazların oluşması • Bir kimyasal tepkimede gaz molekülleri sayısının artması • Bir maddenin sıcaklığının artması Yapılan tüm incelemeler ışığında Termodinamiğin İkinci Yasası; evrenin enerjisi sabit kalırken entropisi artma eğilimindedir şeklinde özetlenebilir. Termodinamiğin İkinci Yasası'na göre bir tepkimenin kendiliğinden olma eğilimi, evrendeki entropi değişimini veren tısı ile elde edilir. SEvren = SSistem + SOrtam bağlan- Evrendeki entropi değişiminin işareti artı ise yani evrenin entropisi artmış ise olay kendiliğinden yürür. Aksi hâlde olayın tersi kendiliğinden olur. KİMYA VE ENERJİ li olan yapısı bozulur. Oluşan çözelti, saf çözünen ve saf ALIŞTIRMALAR Aşağıdaki tepkimelerde entropi değişimi ile ilgili artma, azalma ya da belirsizlik durumlarını belirtiniz. Tepkime 2NH4NO3(k) Entropi (artar/azalır/belirsiz) 2N2(g) + 4H2O(g) + O2(g) 2SO2(g) + O2(g) C6H12O6(suda) 2SO3(g) C6H12O6(k) CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g) 25 °C ve 1 atm. basınçtaki maddenin etropisine, standart (mutlak) entropi denir. Tablo 5.4 ’te bazı element ve bileşiklerin standart (mutlak) entropileri verilmiştir. İnceleyiniz. Daha önce kararlı hâldeki elementlerin standart oluşum entalpileri sıfır kabul edilmiş, bileşikler 268 için ise pozitif ya da negatif olabileceği vurgulanmıştı. Oysa element ve bileşiklerin entropileri pozitiftir. Ayrıca Tablo 5.4’e baktığımızda su buharının standart entropisinin, sıvı sudan daha büyük olduğunu görürüz. Benzer şekilde brom buharı sıvı bromdan, iyot buharı da katı iyottan daha büyük standart KİMYA VE ENERJİ entropiye sahiptir. Madde S° (J mol–1 K–1) H2(g) 130,6 Fe(k) 27,3 C2H6(g) 229,5 F2(g) 203,3 Zn(k) 41,6 C2H4(g) 219,5 CI2(g) 223,0 H2O(g) 188,7 C2H2(g) 200,8 Br2(g) 152,3 H2O(s) SO2(g) 248,5 O2(g) 205,0 HF(g) 173,5 CO(g) 197,9 N2(g) 191,5 HCI(g) 186,42 CO2(g) 213,6 N2O4(g) 304,0 NO(g) 210,6 239,9 C(grafit) 5,69 Madde S° (J mol–1 K–1) 69,96 Madde S° (J mol–1 K–1) Li(k) 28,0 HBr(g) 198,5 NO2(g) Na(k) 51,0 HI (g) 206,3 NaCI(k) 72,38 Ca(k) 41,6 H2S(g) 205,6 CaO(k) 39,8 Al(k) 28,3 NH3(g) 192,5 Ca(OH)2(k) 76,1 Ag(k) 42,72 CH4(g) 186,2 Fe2O3(k) 87,4 Tablo 5.4: Bazı maddelerin 25 °C ve 1 atm. de standart (mutlak) entropi değerleri Şimdi de entropinin olasılık temelinde anlaşılması için Etkinlik-Deney 5.1’i yapalım. ETKİNLİK-DENEY 5.1 Etkinliğin adı: Olasılık temelinde entropi. Etkinliğin amacı: Entropinin bir olasılık fonksiyonu olduğunu kavramak. Araç ve gereçler • Mürekkep • Su • 250 mL’lik beherglas • Damlalık Etkinliğin yapılışı • İçinde 250 mL su bulunan beherglasın içine bir damla mürekkep damlatınız. • Mürekkebin su içindeki dağılımını gözlemleyiniz. KİMYA VE ENERJİ 269 Etkinliği Değerlendirilmesi 1. Beher içindeki suya damlatılan birkaç damla mürekkep su içinde neden dağılmıştır? 2. Mürekkep moleküllerinin farklı konumlarda bulunma olasılıkları artmış mıdır? 3. Dağılan mürekkebin kendiliğinden (istemli olarak) yeniden damla boyutuna dönüp dönemeyeceğini arkadaşlarınızla tartışınız. Etkinlikte suya damlatılan mürekkep molekülleri yavaş yavaş su içinde dağılmaya başlamıştır. Mürekkep moleküllerinin geniş hacimde suyun belli bir bölgesinde toplanma olasılığı neredeyse imkânsızdır. Su içindeki mürekkep moleküllerinin farklı konumlarda bulunma olasılıkları artmıştır. Dağılan mürekkep molekülleri kendiliğinden (istemli olarak) yeniden damla boyutuna dönmesi mümkün değildir. Bu etkinlikten, entropinin olasılık temelinde de ifade edilebileceği sonucuna ulaşılabilir. Dağılan moleküllerin nicel olarak bulunma olasılığını aşağıdaki yaklaşımlarla irdeleyebiliriz. Şekil 5.13.a ’da sabit sıcaklıkta 1 mol He gazının genleşmiş hâlinin entropisi, aynı sıcaklıktaki 1 mol He gazının sıkışmış hâlinin Şekil 5.13.b entropisinden daha yüksektir. Çünkü (a) kabındaki taneciklerin kabın farklı konumlarda bulunma olasılıkları (b) kabındaki taneciklere göre daha yüksektir. Şekil 5.14.a ’da sıcaklıkları ve hacimleri eşit olan 2 mol He gazının entropisi, Şekil 5.14.b ’deki 1 mol He gazının entropisinden daha düşüktür. Burada (b) kabındaki tanecik sayısı (a) kabındaki tanecik sayısından daha az olduğundan taneciklerin kabın farklı konumlarında bulunma olasılıkları yüksektir. T,V T,V 2 mol He 1 mol He 2V 1 mol He V 1 mol He (a) KİMYA VE ENERJİ 270 s(a) > s(b) (b) (a) Şekil 5.13: Aynı koşullardaki genleşmiş ve sıkışmış gaz örnekleri s(a) < s(b) (b) Şekil 5.14: Aynı sıcaklık ve hacimde farklı mol sayıdaki gaz örnekleri Entropi kavramını sadece moleküllerin düzensizliğe meyli temelinde vermek, evrendeki doğal olayların olumsuz bir sona doğru gittiği yanılgısını getirebilir. Bu nedenle entropiyi kullanılmayan enerji yaklaşımı ile ele alıp incelemek daha doğru olacaktır. Şekil 5.15 ’teki kapta sadece bir gaz molekülü olduğunu düşünelim. İki kabı birleştiren musluk açıldığında bu molekülün kaplarda bulunma olasılığı matematiksel olarak c 1 m ’dir. Molekül sayısı arttıkça 2 kaplardaki moleküllerin bulunma olasılığı da artacaktır. Örneğin kapta on tane molekül bulunsaydı 1 10 m olurdu. Benzer şekilde kapta 1 mol yani 6,02.1023 tane 2 23 1 6, 02.10 molekül olsaydı, moleküllerin kaplarda bulunma olasılığı c m olurdu. 2 moleküllerin kaplarda bulunma olasılığı c n tane gaz molekülü Boş Şekil 5.15: Eşit hacimli kaplar arasında musluk açıldığında n tane gaz molekülünün kaplarda bu1 n lunma olasılığı c m dir. 2 Saf kusursuz bir kristalin 0 Kelvin'deki entropisi sıfırdır. Bütün istemli olaylar evrenin entropisinde artmaya neden olur. Bu sayı c 1 2 6, 02.10 23 m , 0 olduğundan uyguladığımız Etkinlik-Deney 5.1’deki suya damlatılan bir damla mürekkebin aynı yerde bulunma olasılığı da neredeyse sıfırdır. Özetle düzensiz bir hâl, yüksek bir olasılığa ve büyük bir Genel olarak daha karmaşık (çok atomlu) maddelerin molar entropileri daha büyüktür. Metan, CH4 Etan, C2H6 S° = 186,2 J mol K–1 S° = 229,5 J mol–1 K–1 entropiye sahipken düzenli bir hâl düşük bir olasılığa ve küçük bir entropiye sahiptir (Şekil 5.16). SIVI GAZ Entropi KATI Erime noktası Kaynama noktası Sıcaklık Şekil 5.16: Entropi ve hâl değişimi; sıcaklık mutlak sıfırdan başlayarak artarken bir maddenin entropisi de artar. Bir tepkimenin entropisi ve istemliliği arasındaki bağlantı termodinamiğin II. yasası ile açıklanabilir. Termodinamiğin II. yasasına göre; “Her istemli olayda evrenin toplam entropisi artar.” ve “Evren zaman geçtikçe bir denge hâline yaklaşır.” Buna göre, : Sevren = Ssistem + Sçevre > 0 Dengedeki bir olay için: Sevren = Ssistem + Sçevre = 0 İstemli bir olay için şeklinde ifade edilir. Evren, sistem ve çevreden oluştuğundan, evrendeki entropi değişimi ( Sevren ); sistemdeki entropi değişimi ( Ssitem ) ile çevredeki (ortamdaki) entropi değişiminin ( Sçevre ) toplamıdır. İkinci yasa, istemli bir değişmede, evrenin entropi değişiminin sıfırdan büyük olduğunu belirtir ( S > 0). Dengedeki bir olay için ( Sevren ) sıfırdır. istemsizdir. Sevren < 0 olduğu bir tepkime ise belirtilen yönde KİMYA VE ENERJİ 271 Entalpi gibi entropi de bir hâl fonksiyonudur. Herhangi bir tepkime için standart entropi değişimi, S°tep = ΣS°ürünler – ΣS°girenler Herhangi bir tepkimenin eşitliği ile hesaplanabilir. S°sistem değerini hesaplayabilmek için Tablo 5.4 ’te verilen standart entropi değerlerinden yararlanırız. Doğada gerçekleşen pek çok olay istemli olarak yürür. Şekerin suda çözünmesi, suya damlatılan bir damla mürekkebin suda dağılması, gümüşün kirli havada kararması, naftalinin süblimleşmesi gibi olaylar istemli olaylardır. Burada önemli soru şudur; istemli olaylarda sistemin entropisinde bir artış gözlenir mi? Sistem ile ortam farklı sıcaklıkta olduğunda aralarında bir ısı alışverişi olacaktır. Örneğin oda sıcaklığında bırakılan bir mol buz parçası bir süre sonra erimeye başlayacaktır. Buz, çevreden ısı aldığında katı hâldeki düzenli yapısı bozulacak ve sistem daha düzensiz yapıya dönüşecektir. Bu da sistemin entropisinin artmasına neden olacaktır. Bu olayda ayrıca çevrenin buza ısı aktarması sonunda ortamdaki moleküllerin hareketi kısıtlanacak ve dolayısıyla çevrenin entropisinde azalma gözlenecektir. Benzer şekilde 25 °C’taki 1 mol suyun –18 °C ve 0 °C sıcaklıklardaki ortamlara bırakıldığında 272 durumunun ne olacağını irdeleyelim. 25 °C’taki 1 mol su –18 °C ve 0 °C sıcaklıklardaki ortamlara bırakıldığında bir süre sonra donma KİMYA VE ENERJİ olayı gözlenecektir. Donma olayı gerçekleşirken sistemden çevreye ısı aktarımı olacağından çevrenin entropisinde artma olacaktır. Ancak –18 °C’taki ortamın entropisindeki artış 0 °C’taki ortamın entropisinden daha yüksek olacaktır. Çünkü 0 °C’taki ortamda bulunan moleküllerin düzensizliği –18 °C’taki moleküllere göre daha fazladır. O hâlde ortamın entropisindeki artış, ortamın sıcaklığı ile ters orantılıdır. Isı salan (ekzotermik) tepkimelerde ortamın entropisi artarken ısı alan (endotermik) tepkimelerde ortamın entropisi azalır. Isı salan tepkimeler için ortamdaki entropi değişiminin artı, ısı alanlar için eksi olabilmesi için hesaplamada, Sortam = – Burada H T eşitliği kullanılır. H tepkimenin entalpisi, T ise ortamın mutlak sıcaklığıdır. Sistemin entropi değişimi yerine tepkime entropisi ( Step) yazılarak evrendeki entropi değişimi ( Sevren), Sevren= Ssistem – H T eşitliği ile hesaplanabilir. Yalnızca sistemin ya da ortamın entropisindeki değişme bir olayın kendiliğinden yürüyüp yürümeyeceğini belirlemediği hâlde, evrendeki entropi değişimi, kendiliğinden olma eğilimi için bir göstergedir. Eğer evrenin entropisi artmış ise ( Sevren > 0) olay kendiliğinden, aksi hâlde olayın tersi kendiliğinden oluyor demektir. ÖRNEK Standart koşullarda (25 °C ve 1 atm.) CH4(g) + 2O2(g) CO2(g) + 2H2O(g) tepkimesinin kendiliğinden olup olmayacağını tespit edelim. (Tepkimedeki maddelerin standart oluşum entalpileri için Tablo 5.2 ’den, standart entropi değerleri için de Tablo 5.4’ten yararlanalım.) ÇÖZÜM Tablo 5.2’den yararlanarak tepkimenin entalpisini bulalım. H°tep = Σ H°ürünler – Σ H°girenler H°tep = [–393,5 + 2 · (–241,8)] – [(– 74,85 + 0] H°tep = –802,25 kJ olur. Tablo 5.4’ten yararlanarak da tepkimenin entropisini bulalım. 273 S°tep = [213,6 + 2 · (188,7)] – [186,2 + 2 · (205)] S°tep = –5,2 JK–1 = –5,2.10–3 kJ K –1 olur. 25 °C + 273 = 298 K’dir. 298 K’de ortamın entropisini bulabiliriz. Sort = – S°ort = – Htep T ^–802, 25 h 298 = 2,69 kJ olur. Buna göre evrendeki net entropi değişimini bulabiliriz. S°evren = S°tep + S°ortam S°evren = –5,2 · 10 –3 + 2,69 = 2,6848 kJ K –1 = 2684,8 JK–1 olur. Evrenin entropisindeki büyük artış reaksiyonun belirtilen yönde kendiliğinden olacağını göstermektedir. Bu durum doğal gazın önemli bileşeni olan metan (CH4) gazının neden yakıt olarak kullanıldığının termodinamiksel nedenidir. KİMYA VE ENERJİ S°tep = Σ S°ürünler – Σ S°girenler ÖRNEK Demir, önemli bir filizi olan Fe2O3’in (hematit) CO ile indirgenmesinden saf olarak elde edilir. Fe2O3(k) + 3 CO(g) 2Fe(k) + 3 CO2(g) Standart koşullarda (25 °C ve 1 atm.) yukarıda verilen tepkime kendiliğinden gerçekleşebilir mi? Açıklayalım (Tepkimedeki maddelerin standart oluşum entalpileri için Tablo 5.2’den, standart entropi değerleri için de Tablo 5.4’ten yararlanalım.). ÇÖZÜM Tablo 5.2’den yararlanarak tepkimenin entalpisini bulalım. H°tep = Σ H°ürünler – Σ H°girenler H°tep = [0 + 3 · (–393,5)] – [– 824,2 + 3 (– 110,5)] H°tep = –24,8 kJ olur. KİMYA VE ENERJİ 274 25 °C + 273 = 298 K’dir. 298 K’de ortamın entropisini bulabiliriz. S°ort = – S°ort = – Htep T ^–24, 8 h 298 = 0,083 kJ K –1 olur. Tablo 5.4’ten yararlanarak da tepkimenin entropisini bulalım. S°tep = ΣS°ürünler – ΣS°girenler S°tep = [2 (27,3) + 3 (213,6)] – [87,4 + 3 (197,9)] Evrenin entropisini artıracak her olay kendiliğinden olma eğilimi taşımaktadır. Termodinamiğin I ve II. yasaları, enerjisi sabit olan evrenin entropisi sürekli artar şeklinde özetlenebilir. S°tep = 14,4 JK–1 = 0,0144 kJ K –1 olur. Buna göre evrendeki net entropi değişimini bulabiliriz. S°evren = S°tep + S°ort S°evren = 0,0144 + 0,083 = 0,0974 kJ K –1 Evrenin entropisi sıfırdan büyük olduğundan ( Sevren > 0) bu tepkime belirtilen yönde (istemli olarak) kendiliğinden gerçekleşir. ÖRNEK Standart koşullarda (25 °C ve 1 atm.) N2(g) + 2O2(g) 2NO2(g) tepkimesi kendiliğinden gerçekleşebilir mi? Açıklayalım (Tepkimedeki maddelerin standart oluşum entalpileri için Tablo 5.2’den, standart entropi değerleri içinde Tablo 5.4’ten yararlanalım.). ÇÖZÜM Tablo 5.2’den yararlanarak tepkimenin entalpisini bulalım. H°tep = Σ H°ürünler – Σ H°girenler H°tep = [2 (33,85)] – [0 + 0] H°tep = 67,7 kJ olur. 25 °C + 273 = 298 K’dir. 298 K’de ortamın entropisini bulabiliriz. S°ort = – S°ort = – Htep T 67, 7 = –0,227 kJ K –1 298 275 S°tep = Σ S°ürünler – Σ S°girenler S°tep = [2 · (239,9)] – [191,5 + 2 · (205)] S°tep = –121,7 JK–1 = –0,1217 kJ K –1 Buna göre evrendeki net entropi değişimini bulabiliriz. S°evren = S°tep + S°ort S°evren = –0,1217 – 0,227 = –0,3487 kJ K –1 S°evren < 0 olduğundan bu tepkime belirtilen yönde kendiliğinden gerçekleşemez. Ancak tersi yöndeki tepkime istemli olarak kendiliğinden gerçekleşebilir. ÖRNEK Propan gazının yanma tepkimesi, C3H8(g) + 5O2(g) 3CO2(g) + 4H2O(g) H° = –2044 kJ şeklindedir. Buna göre, a. 25 °C’taki çevrenin entropi değişimini hesaplayalım. b. Sistemin entropi değişimi hangi yöne doğrudur? c. Tepkime istemli midir? KİMYA VE ENERJİ Tablo 5.4’ten yararlanarak da tepkimenin entropisini bulalım. ÇÖZÜM a. Çevrenin entropi değişimini veren eşitlikten yararlanarak hesaplama yapabiliriz. T = 273 + 25 = 298 K Sçevre = – Htep T ^–2044 kJh =– = +6,86 kJ K –1 olur. 298 K b. Tepkimedeki maddelerin mol sayıları C3H8(g) + 5O2(g) 3CO2(g) + 4H2O(g) 14444244443 1444442444443 6 mol gaz 7 mol gaz şeklindedir. Tepkimede girenler tarafındaki gazın mol sayısı ile ürünler tarafındaki gazın mol sayısını 276 karşılaştırarak düzensizliğin yani entropi değişiminin yönünü belirleyebiliriz. Buna göre tepkimeye 6 mol gaz girmiş, tepkimeden 7 mol gaz çıkmıştır. Entropinin yönü ürünler tarafınadır. S > 0 yani KİMYA VE ENERJİ pozitiftir. c. Bir tepkimenin istemli olması için Sevren = Ssistem + pozitif S°evren > 0 olmalıdır. Buna göre, Sçevre pozitif Sevren pozitif olduğundan ( S°evren > 0) tepkime belirten yönde istemlidir. Gibbs Serbest Enerji ve İstemlilik (Termodinamiğin İkinci Yasası) Kendiliğinden gerçekleşen (istemli olarak) her olayda evrenin toplam entropisi artmaktadır. Evrenin toplam entropisini, sistem ve çevrenin entropi değişimleri toplamı oluşturur. Ancak burada sistem ve çevrenin entropilerindeki değişimleri bilmemiz mümkün olmayabilir. Bu nedenle ortamın dikkate alınmadığı sadece sisteme uygulanabilen başka bir termodinamik fonksiyona ihtiyaç vardır. Bu fonksiyon Gibbs Serbest Enerjisi olarak adlandırılan serbest enerjidir. Şimdi daha önceki eşitliklerden yararlanarak Gibbs Serbest Enerji’nin (G) formülünü ortaya çıkaralım. Sevren = Step – H bağıntısında eşitliğin her iki tarafını T ile çarpalım. T T Sevren = T Step – H bağıntısı bulunur. Isıyı işe dönüştürmek için yapılan çalışmaların sonucu olarak termodinamiğin ikinci yasası ortaya konulmuştur. Bu denklemin her iki tarafının da işareti değiştirilirse –T Sevren = H – T Step eşitliği elde edilir. Bu eşitlik Amerikalı fizikçi Josiah Williard Gibbs (Josie Vilyırd Gibs) tarafından tanımlandığı için serbest entalpi fonksiyonuna Gibbs Serbest Enerjisi de denilmektedir (Resim 5.8). Buna göre serbest enerji, G = H – T S eşitliği ile tanımlanır. Eğer bir dönüşümde kendiliğinden yürürken Sabit basınç ve sıcaklıkta yürüyen olayların kendiliğinden olma eğilimini belirlemek için evrendeki entropi değişimi yerine sistemdeki serbest enerji değişimi G incelenir. G < 0 ise olay G > 0 olduğunda olay belirtilen yönde kendiliğinden yürümez. Resim 5.8: Josiah Willard Gibbs (1839-1903) G = 0 ise tepkime denge hâlindedir ve bu tür dönüşümler tersinirdir. J. Thomson ve M. Berthelot, 1878 yılında ısı salan kimyasal tepkimelerin kendiliğinden olduğunu ve salınan ısının tepkimeye giren maddeler arasındaki ilginin bir ölçüsü olduğunu ileri sürmüşlerdir. ÖRNEK tepkimesine ait SO3(g) H° ve S° değerleri yandaki tabloda verilmiştir. Buna göre 25 °C’ta G°tep i hesaplayalım ve tepkimenin istemli olup olmadığını belirleyelim. Madde SO2(g) H° (kJ mol –1) – 296,1 248,5 0 205,0 – 395,2 256,8 O2(g) SO3(g) S° (J mol –1 K –1) ÇÖZÜM Tablodan yararlanarak H°tep i hesaplayalım. H°tep = Σ H°ürünler – Σ H°girenler =–395,2 – (– 296,1 + 0) =–99,1 kJ olur. Şimdi de tablodan yararlanarak S°tep i hesaplayalım. S°tep = Σ S°ürünler – Σ S°girenler = 256,8 – [248,5 + 1 2 (205,0)] =–94,2 JK–1 = –9,42.10 –2 kJ K –1 olur. Bulduğumuz H° ve S° değerlerinden yararlanarak tepkimenin G°tep ni hesaplayalım. T = 273 + 25 = 298 K G° = H°– T S° = –99,1 – 298 (– 0,0942) = –71,0284 kJ olur. Tepkimede G° nin işareti negatif olduğundan bu sıcaklıkta tepkime istemli olarak gerçekleşir. 277 KİMYA VE ENERJİ 1 O2(g) 2 SO2(g) + ALIŞTIRMA NO(g)+ 1 O 2(g) 2 NO2(g) Madde H° (kJ mol –1) S° (J mol –1 K –1) NO(g) 91,3 210,6 Tepkimenin istemli olup olmadığını belirle- O2(g) 0,0 205,2 yiniz. NO2(g) 38,85 239,9 Tepkimesinin 25 °C’ta G° sini bulunuz. Bir tepkimenin standart serbest enerji değişimi, bileşikler için verilen standart oluşum serbest enerjileri yardımıyla hesaplanır. Bir bileşiğin elementlerinden standart koşullarda oluşmasına ait tepkime serbest enerjisine, oluşan bileşiğin standart oluşum serbest enerjisi adı verilir. Bu tanıma göre elementlerin standart oluşum serbest enerjisi sıfırdır. Bir tepkime için G° standart serbest enerjisi, tepkimede ürünlerin standart oluşum serbest enerjileri toplamından, tepkimeye giren maddelerin standart oluşum serbest enerjileri toplamı çıkarılarak hesaplanır: G°tep = Σ G°ürünler – Σ G°girenler 278 KİMYA VE ENERJİ Bazı bileşiklerin standart serbest enerjileri Tablo 5.5’te verilmiştir. G° değerleri eksi olan bileşikler standart koşullarda elementlerinden kendiliğinden oluşabilir. Madde G° (kJ mol –1) Madde G° (kJ mol –1) Madde G° (kJ mol –1) H2(g) 0,0 SO2(g) – 300,3 C2H6(g) – 32,89 O2(g) 0,0 SO3(g) – 370,4 C2H4(g) +68,12 Fe(k) 0,0 NO(g) +86,69 C3H6(g) +62,38 H2O(s) – 237,2 NO2(g) +51,84 C2H2(g) – 209,20 CO(g) – 137,2 NH3(g) – 16,48 CH3 OH(s) – 166,2 CO2(g) – 394,4 CH4(g) – 59,79 C2H5 OH(s) – 174,77 Tablo 5.5: Bazı maddelerin standart serbest enerji değerleri ÖRNEK 2CO(g) + 2NO(g) 2CO2(g) + N2(g) tepkimesindeki maddelerin 25 °C’ta standart molar serbest enerji değerlerini kullanarak hesaplayalım. Bu tepkime 25 °C’ta istemli midir? Belirtelim. G°tep i ÇÖZÜM Tablo 5.5 ’te verilen değerleri kullanarak tepkimenin G°tep ni bulalım. G°tep = Σ G°ürünler – Σ G°girenler = [2 (–394,4) + 0,0] – [2 (– 137,2) + 2 (+86,69)] = –788,8 + 447,78 = –341,02 kJ G°tep değeri negatif olduğundan ( G° < 0), tepkime belirtilen yönde istemli olarak gerçekleşir. ÖRNEK C(k) + O2(g) 3CO2(g) + 4H2O(g) CO2(g) 2H2(g) + O2(g) G°2 = –394,4 kJ 2H2O(g) Yukarıda verilen tepkimelerin 3C(k) + 4 H2(g) G°1 = –2074 kJ 279 G°3 = –457,1 kJ G° değerlerini kullanarak C3H8(g) tepkimesinin G° değerini bulalım. ÇÖZÜM Birinci tepkimede C3H8 girenler tarafında olduğundan tepkimeyi ters çevirelim. Bu durumda G° nin işareti de ters çevrilir. 3CO2(g) + 4H2O(g) C3H8(g) + 5O2(g) G°1 = +2074 kJ İkinci tepkimede 1 mol C tepkimeye girmiştir. Oysa elde etmek istediğimiz tepkimede 3 mol C vardır. Bu nedenle ikinci tepkimeyi 3 ile çarpalım. Bu durumda 3C(k) + 3O2(g) 3CO2(g) G° nin değerini de 3 ile çarparız. G° = 3 (–394,4 kJ) = –1183 kJ Üçüncü tepkimede ise 2 mol H2 tepkimeye girerken ulaşmak istediğimiz tepkimede 4 mol H2 tepkimeye girmiştir. Bu nedenle üçüncü tepkimeyi 2 ile çarpmamız gerekir. Bu durumda değerini de 2 ile çarparız. 4H2(g) + 2O2(g) 4H2O(g) Elde ettiğimiz tepkimeleri ve 3CO2(g) + 4H2O(g) 3C(k) + 3O2(g) + 4H2(g) + 2O2(g) 3C(k) + 4H2(g) G°3 = 2 ( –457,1) = –914,2 kJ G°tep değerlerini toplayarak sonuca ulaşabiliriz. C3H8(g) + 5O2(g) G°1 = +2074 kJ 3CO2(g) G°2 = –1183 kJ 4H2O2(g) G°3 = –914,2 kJ C3H8(g) G°= G°1 + G°2 + G°3 = 2074 + (– 1183) + (– 914,2) = –23 kJ bulunur. G° nin KİMYA VE ENERJİ C3H8(g) + 5O2(g) 5.5. TERMODİNAMİĞİN ÜÇÜNCÜ YASASI Termodinamiğin ikinci yasası içinde tanımlanan entropi fonksiyonu, sistemin düzensizliğine ve dolayısıyla da sıcaklığa bağımlıdır. Sıcaklık yükseldikçe bir sistemi oluşturan taneciklerin düzensizliği artacağından entropisi de artar. Tersine, sıcaklık düşmesiyle tanecikler daha düzenli hâle geldiğinden sistemin entropisi azalır. Sıcaklık düşüşüyle gitgide daha düzenli hâle gelen yani düzensizliği sürekli olarak azalan tüm maddelerin entropileri de sürekli azalır. Gaz hâlindeki bir maddenin soğutulmasıyla entropisi azalmaya başlar. Yoğuşma ve donma gibi hâl değişimleri sırasında da taneciklerin daha düzenli hâle geçmesinden dolayı entropide büyük ölçüde azalmalar olur. Bir başka deyişle sıcaklık düştükçe bir sistemi oluşturmak için olası yolların sayısı gitgide azalmaktadır. Sıcaklık, mutlak sıfıra doğru düştükçe mutlak entropi de sıfır olarak bulunur. Bu durum 1906 yılında Walther Nerst (Voltır Nörst) tarafından termodinamiğin üçüncü yasası olarak ileri sürülmüştür (Resim 5.9). Buna göre termodinamiğin üçüncü yasası “Mutlak sıfır sıcaklığında saf ve hatasız kristallerin mutlak entropileri sıfırdır.” şeklinde özetlenebilir. Mutlak sıfırdan itibaren ısıtılan katı, herhangi KİMYA VE ENERJİ bir veya birden fazla T1 sıcaklığında faz değiştirebilir. Bir kristal yapıdan başka bir kristal yapıya geçiş olan faz dönüşümleri sırasında da entropi değişmektedir. Azot gazının molar entropisinin sıcaklığa bağlılığını veren Grafik 5.2’de katı-katı faz dönüşümü sırasında mutlak entropinin arttığı görülmektedir. Birinci katının ısıtılması, katı-katı faz dönüşmesi ve ikinci katının ısıtılması sırasında erime sıcaklığına dek sürekli artan mutlak entropi Te sıcaklığındaki erime ile artmaya devam 200 Mutlak entropi (J K–1 mol–1) 280 Resim 5.9: Walther Nerst (1864-1941) 150 buharlaşma 100 sıvı 50 2 katı- -1 0 ı kat etmektedir. Te erime sıcaklığı ile 1 atm. deki Tb kaynama sıcaklığı arasında artmaya devam eden molar mutlak entropi, buharlaşma sırasında orta- z a ga r vey buha T1 kristal dönüşümü Te Tb 100 200 300 Sıcaklık (K) Grafik 5.2: Azotun mutlak entropisinin 1 atm. basınçta sıcaklıkla değişimi ya çıkan aşırı düzensizlikten dolayı çok daha fazla artmaktadır. Buharlaşma tamamlandıktan sonra oluşan doygun buharın ısıtılarak kızgın buhar ve gaz durumuna getirilmesi sırasında molar mutlak entropideki artış daha az olmaktadır. Katı ve sıvıların ısıtılması yanında katı-katı ve katı-sıvı faz dönüşümleri sırasındaki entropi artışları basıncın değişmesinden ihmal edilebilecek kadar az etkilendiği hâlde sıvı-buhar faz dönüşümü ve gaz fazın ısıtılması sırasındaki entropi artışları basınçtan çok etkilenir. Bu nedenle herhangi bir sıcaklıktaki mutlak entropi, basınç sabit tutularak örneğin 1 atm. sabit basınç altında ölçülen ısınma ısıları ve hâl değişimi entalpileri kullanılarak hesaplanır. ALIŞTIRMALAR 1. 2Fe (k) + 3 O 2(g) 2 Fe2O3(g) G° = –742,2 kJ CO (g) + 1 O 2(g) 2 CO2(g) Tepkimelerin G° değerlerinden yararlanarak Fe2O3 (k) + 3CO(g) tepkimesinin G° = –257,2 kJ 2Fe(k) + 3CO2(g) G° değerini hesaplayınız. Tepkimenin istemli olup olmadığını belirtiniz. 2. 2Ca (k) + O2(g) 2CaO(k) tepkimesinin göre bu tepkimenin 25 °C’ta Cevap: G° = –29,4 kJ G° < 0 olduğundan tepkime istemlidir. H° = –1269,8 kJ ve S° = –364,6 JK–1 olduğuna G° değerini bulunuz. Tepkimenin istemli olup olmadığını belirleyiniz. Cevap: G° = –1,161 kJ G° < 0 olduğundan tepkime istemlidir. 281 3. Sayfa 268’deki Tablo 5.4’ü kullanarak aşağıda verilen her bir tepkimenin S° değerini hesap- layınız. a.N2O4(g) b.C2H4(g) + H2(g) KİMYA VE ENERJİ 2NO2(g) C2H6(g) c.2H2S(g) + 3O2(g) 2SO2(g) + 2H2O(s) ç.N2O4(g) + 4H2(g) N2(g) + 4H2O(g) Cevap: a. –175,8 J K –1 b. –120,6 J K –1 c. –389,28 J K –1 ç. +119,9 J K –1 4. Sıvı metanol (CH3OH), oksijen gazı ile yanarak karbondioksit gazına ve su buharına dönüşür. Sıvı metanolün molar yanma ısısı –1 S° = –1879,8 JK H° = –726,4 kJ’dür. Bu tepkimenin 25 °C’ta entropi değişimi olduğuna göre tepkimenin G° değerini bulunuz. Metanolün yanma tepkimesi- nin istemli olup olmadığını belirtiniz. 5. Fe2O3(k) + 3CO(g) Cevap: G° = –166,2 kJ G° < 0 olduğundan tepkime istemlidir. 2Fe(k) + 3 CO2(g) tepkimede G° = –45,5 kJ, H° = –24,8 kJ ve S° = 15,2 JK–1 ise sıcaklık kaç °C’tur? Cevap: 1212 °C OKUMA METNİ YAŞAYAN SİSTEMLERİN TERMODİNAMİĞİ Pek çok biyokimyasal tepkime kendiliğinden oluşmaz yani pozitif bir G° değerine sahiptir. Ancak bu tepkimeler hayatın sürmesi için de son derece gereklidir. Yaşayan sistemlerde bu tepkimeler, enerji açısından başka tepkimelere bağlı olarak gerçekleşir. Burada bağıl tepkimelerin gerçekleşme ilkesi çok basit bir kavrama dayanır. Termodinamik açıdan olabilecek bir tepkime, kendiliğinden oluşmayacak başka bir tepkimeyi gerçekleştirmek için kullanılabilir. Örneğin endüstriyel açıdan sfalerit mineralinden (ZnS) çinkonun elde edilmesi, kendiliğinden oluşmayan bir tepkime olduğu için bu tepkime tek başına kullanılamaz: ZnS(k) Zn(k) + S(k) G° = +198,3 kJ Diğer taraftan, kükürdün yanarak kükürtdioksit oluşturması ( G° < 0) çok kolay gerçekleşen bir tepkimedir: S(k) + O2(g) 282 SO2(g) G° = –300,1 kJ İki tepkimeyi birleştirerek çinko sülfürden, çinkoyu elde edebiliriz. Bunun pratikte anlamı, ZnS’nin havada ısıtılması sırasında S’den SO2 oluşturması, ZnS’nin parçalanmasına neden olur. KİMYA VE ENERJİ ZnS(k) + Zn(k) + S(k) S(k) + O2(g) ZnS(k) + O2(g) SO2(g) Zn(k) + SO2(g) G° = +198,3 kJ G° = –300,1 kJ G° = –101,8 kJ Bağıl tepkimeler, bizim yaşam sürecimizde önemli bir yer tutar. Biyolojik sistemlerde, enzimler kendiliğinden oluşmayan tepkimelerin gerçekleşmesine yardımcı olur. Örneğin insan vücudunda beslenme ile alınan glikoz (C6H12O6) molekülleri metabolizma sırasında yoğun bir serbest enerji yayarak karbondioksit ve suya dönüşür: C6H12O6(k) + 6O2(g) 6CO2(g) + 6H2O(s) G° = –2880 kJ Yaşayan bir hücrede, bu tepkime tek adım hâlinde gerçekleşmez (Buna karşılık, glikozun alev içerisinde yanması gerçekleşir.); glikoz molekülü enzimlerin yardımı ile bir dizi adım sonunda parçalanır. Bu esnada serbest kalan serbest enerjinin büyük bir kısmı ADP’den ATP ve fosforik asit oluşumunda kullanılır. ATP’nin işlevi, hücreler tarafından ihtiyaç duyuluncaya kadar enerji depolamaktır. Uygun şartlarda; ATP hidrolize uğrayarak ADP ve fosforik asit üretir ve çıkan 31 kJ’lük serbest enerji de protein sentezi gibi kendiliğinden oluşmayan tepkimeleri gerçekleştirmede kullanılır. Prof Dr. Hüseyin Bağ Genel Kimya, s. 179. ÖLÇME VE DEĞERLENDİRME AÇIK UÇLU SORULAR 1. Aşağıda verilen cümlelerdeki noktalı yerlere gelebilecek uygun ifadeleri yazınız. Büyüklüğü ne olursa olsun üzerinde inceleme yapmak üzere sınırlanan evren parçasına ............................. denir. Sistemi çevreleyerek saran daha büyük bir evren parçasına ........................... adı verilir. Bir olay sırasında sistem ve çevredeki değişmelerin toplamı evrendeki değişmeyi verir. Bir sistemin iş yapabilme kapasitesine ................................, sistem ile çevre arasındaki sıcaklık farkından doğan enerji akışına ise ............................... denir. Sistem ile çevre arasındaki madde ve enerji geçişlerinin varlığı ya da yokluğu yanında geçen enerji türüne bağlı olarak birbirinden farklı termodinamik sistemler tanımlanmıştır. Buna göre çevre ile arasında madde ve enerji alışverişi olmayanlara ............................, madde alışverişi olmadığı hâlde enerji alışverişi olanlara ................................ hem madde ve hem de enerji alışverişi olanlara ise .............................. sistem denir. 2. Aşağıdaki sistemleri açık, kapalı veya izole sistem olarak belirtiniz. a. Bir otomobilin motorunda benzinin yanması (...............) 283 b. Bir termometredeki cıva (...............) c. Canlı bir bitki yaprağı (...............) KİMYA VE ENERJİ ç. Bir kalorimetre kabında propan gazının yanması (...............) d. Düdüklü tencere (...............) e. Ağzı açık bir bardaktaki su (...............) f. Termostaki su (...............) g. İnsan vücudu (...............) h. Kuru pil (...............) 3. Aşağıda verilen durumlarda bir tepkimenin kendiliğinden gerçekleşip gerçekleşmeyeceği (istemli/istemsiz) ile ilgili olarak noktalarla gösterilen boş yerleri uygun ifadelerle doldurunuz. H S G Düşük sıcaklıkta Yüksek sıcaklıkta I. – + sıcaklığa bağlı olarak ..................... ..................... II. – – sıcaklığa bağlı olarak ..................... ..................... III. + + sıcaklığa bağlı olarak ..................... istemli IV. ..................... – ..................... istemsiz istemsiz 4. Aşağıda verilen H°tep , S°tep ve sıcaklık değerlerini kullanarak her bir durum için tepkimenin istemli olup olmadığını bulunuz. a. H°tep = +115 kJ ; S°tep = –263 JK–1 ; T = 298 K b. H°tep = –115 kJ ; S°tep = +263 JK–1 ; T = 298 K c. H°tep = –115 kJ ; S°tep = –263 JK–1 ; T = 298 K ç. H°tep = –115 kJ ; S°tep = –263 JK–1 ; T = 1200 K 5. W Q KİMYA VE ENERJİ 284 Çevre Sistem W Q Isı (Q) ve iş (W) için kullanılan işaretler ile ilgili aşağıda verilenleri doğru bir şekilde belirtiniz. a. Sistem tarafından yapılan işin işareti (W) : ............... b. Çevrenin sisteme yaptığı işin işareti (W) : ............... c. Sistemin çevreden aldığı ısının işareti (Q): ............... ç. Sistemin çevreye verdiği ısının işareti (Q): ............... 6. İstemli ve istemsiz değişmeler ile termodinamiğin ikinci ve üçüncü yasaları arasındaki önemli farkları nelerdir? Açıklayınız. 7. Aşağıda verilen madde çiftlerinden hangisi daha büyük entropiye sahiptir? Açıklayınız. a. 50 °C’ta ve 1 atm. de; 1 mol H2O(s) ile 50 °C’ta ve 1 atm. de 1 mol H2O(g) b. 10 °C’ta ve 1 atm. de 1 mol Br2(s) ile –5 °C’ta ve 1 atm. de 1 mol Br2(s) c. 0 °C’ta ve 1 atm. de 1 mol N2(g) ile 0 °C’ta ve 1 atm. de 3 mol N2(g) 8. NH3(g) + HCI(g) mesinin NH4CI(k) tepki- S° değerini tablodaki veri- leri kullanarak hesaplayınız. (Bütün değerler 298 K’de verilmiştir.) Madde H° (kJ mol –1) G° (kJ mol –1) NH3(g) – 45,8 – 16,48 HCI(g) – 92,31 – 95,30 NH4CI(k) – 314,4 – 202,9 9. Aşağıda verilen tepkimelerdeki dönüşümlerde entropinin artacağını, azalacağını ya da belirsiz olacağını belirtiniz. a.KCIO3(k) b.2CO(g) + O2(g) 2CO2(g) c.H2S(g) + 2NH3(g) ç.N2(g) + O2(g) d. AgNO3(k) 3 O 2 2(g) KCI(k) + (NH4)2S(k) 2NO(g) – Ag+(suda) + NO3(suda) 10. Aşağıda verilen örnekleri istemli ya da istemsiz olarak belirtiniz. a. Doğal gazın yanması. (...............) b. Oda sıcaklığındaki sıcak bir içeceğin soğuması. (...............) c. Demir cevherinden demir metalinin özütlenmesi. (...............) 285 d. Sıvı sudan hidrojen gazının elde edilmesi. (...............) e. Bir topun tepeden yuvarlanarak düşmesi. (...............) f. Açık havada bırakılan demir parçasının paslanması. (...............) g. Ağzı açık aseton şişesinden asetonun uçması. (...............) h. Oda koşullarına bırakılan bir buz parçasının erimesi. (...............) ı. Su içine bırakılan mürekkebin dağılması. (...............) 11. Aşağıda bazı tepkimelere ait için H° ve sıcaklık değerleri verilmiştir. Buna göre her bir tepkime S°çevre değerlerini JK –1 olarak hesaplayınız. a. H°tep = –385 kJ, 298 K b. H°tep = –385 kJ, 77 K c. H°tep = +114 kJ, 298 K ç. H°tep = +114 kJ, 77 K KİMYA VE ENERJİ ç. Bir bisikletin tepeye tırmanması. (...............) 12.3C(k) + 4H2(g) C3H8(g) tepkimesinin H° değerini aşağıda verilen tepkimelerin H° değerlerinden yararlanarak bulunuz. C3H8(g) + 5O2(g) C(k) + O2(g) 3CO2(g) + 4H2O(g) CO2(g) 2H2(g) + O2(g) H°1 = –2043 kJ H°2 = –393,5 kJ 2H2O(g) 13. 2H+(suda) + 2Br –(suda) + 2NO2(g) H°3 = –483,6 kJ Br2(s) + 2HNO2(suda) tepkimesi için 298 K de ve tepkimedeki maddelerin molar standart entropileri H+(suda) –1 = 0,0 JK , H° = –61,6 kJ Br –(suda) = 82,4 JK –1, NO2(g) = 240,1 JK –1, Br2(s) = 15,2 JK –1, HNO2(suda) = 135,6 JK –1 dir. Buna göre, a. 298 K’de tepkimenin 286 G° değeri kaç kJ’dür? b. Tepkime ileri yönde mi, yoksa ters yönde mi istemli olarak ilerler? Belirleyiniz. KİMYA VE ENERJİ 14. Aşağıda 298 K’de bazı tepkimelerin standart serbest enerji değişimleri verilmiştir. I. SO2(g) + 3CO(g) II. CO(g) + H2S(g) COS(g) + 2CO2(g) COS(g) + H2(g) G° =– 246,4 kJ G° = +1,4 kJ III. CS2(g) + H2O(g) COS(g) + H2S(g) G° = –41,5 kJ IV. CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g) G° = –28,6 kJ Buna göre yukarıda verilen tepkimeleri uygun şekilde birleştirerek aşağıdaki tepkimelerin G° değerlerini bulunuz. a. COS(g) + 2H2O(g) SO2(g) + CO(g) + 2H2(g) G° = ? b. COS(g) + 3H2O(g) SO2(g) + CO2(g) + 3H2(g) G° = ? c. COS(g) + H2O(g) CO2(g) + H2S(g) G° = ? BOŞLUK DOLDURMA .............................. Aşağıdaki cümlelerin noktalı yerlerini verilen sözcük veya sözcük gruplarından uygun olanlar ile tamamlayınız. entropi termodinamik Hess Kanunu izokorik entalpi sıfır izobarik kalorimetre mekanik iş Gibbs Serbest Enerji istemli 1. Basıncı sabit tutulan sistemdir. ........................................... sistemlerde ısı ve iş alışverişi vardır. 2. Tepkime ısılarının toplanabilirliği ilkesine dayanan ................................ göre tepkimedeki entalpi değişimi, tepkimenin bir basamakta veya birden fazla basamakta cereyan etmesine bağlı olmaksızın aynı değerdedir. 3. Bilim insanları evrenin sürekli genişlediğini yani düzensiz bir yapıya doğru ilerlediğini düşünerek ... 287 4. Sabit basınçta bir sistemin dışarı verdiği ya da dışarıdan aldığı ısı ................................ değişimine eşittir. 5. Tepkime ısıları laboratuvarlarda ................................ ile ölçülür. 6. Sabit basınç ve sıcaklıkta yürüyen olayların kendiliğinden olma eğilimlerini belirlemek için entropi değişimi yerine ................................ değişimi kullanılır. 7. Bilim insanlarının ısı ve mekanik iş arasında ilişki aramaları sonucunda ................................ doğmuştur. 8. Sistem ile çevre arasındaki basınç farkından doğan enerji akışına ................................ denir. 9. Elementlerin standart entropileri ................................ değildir. 10. Bütün ................................ olaylar evrenin entropisinde artmaya neden olur. KİMYA VE ENERJİ ............................. kavramını ortaya atmışlardır. DOĞRU YANLIŞ Aşağıdaki cümleleri okuyunuz. Cümlelerde bildirilen yargılar doğru ise “D” kutusunu, yanlış ise “Y” kutusunu işaretleyiniz. 1. Çevresi ile arasında madde ve enerji alışverişi olmayan sistemler kapalı sistemlerdir. 2. Isı, sistemle çevresi arasındaki sıcaklık farkından doğan bir enerji akışıdır. 3. Entropi, bir sistemin düzensizliğinin ölçüsüdür. KİMYA VE ENERJİ 288 4. Kendiliğinden oluşan (istemli) her değişime entropideki artış eşlik eder, şeklinde ifade edilen yasa termodinamiğin birinci yasası olarak tanımlanır. 5. İstemli bir tepkimeyi gösteren negatif bir gatif bir H değeri ile birlikte pozitif bir G değeri için en uygun hâl neS değeridir. 6. Saf kusursuz bir kristalin 0 Kelvin'deki entropisi sıfırdır. 7. Sabit sıcaklık ve basınçta medana gelen bir değişmede me istemlidir. G < 0 ise değiş- 8. Elementlerin standart koşullardaki entropileri sıfır olarak kabul edilir. 9. Termodinamiğin sıfırıncı yasası, sıcaklık ve termal dengeyle ilgi bir yasadır. 10. Maddelerin oluşum entalpileri sıcaklık ve basınca bağlı olduğu gibi maddelerin fiziksel hâline de bağlıdır. D Y ÇOKTAN SEÇMELİ SORULAR Aşağıdaki soruların doğru cevaplarını bularak işaretleyiniz. 1. Aşağıda verilen durumlardan hangisinde entropi artışı beklenmez? A) Katıların sıvılaşması ya da sulu çözeltilerinin oluşması B) Katı veya sıvılardan gazların meydana gelmesi C)Bir kimyasal tepkimede gaz moleküllerinin sayısının artması D)Bir maddenin sıcaklığının artması E) Şeker kamışı şerbetinden şekerin özütlenmesi I 2.Yakıt olarak kullanılan madde bir fırında yakıldığı zaman salınan enerji ............... sağlamak, bir motorun içinde yakıldığı zaman salınan enerji .......II............ üretmek ve bir kimyasal tepkimenin elektronları bir devre üzerinden pompalandığında salınan enerji ise .......III .......... üretmek için kullanılabilir. Bu enerji dönüşümlerini inceleyen ........IV .........., buharlı makinenin gelişimi ve sanayi devri- mine önemli ivme kazandırmıştır. 289 Yukarıdaki paragrafta numaralandırılmış noktalı yerler aşağıda verilen sözcüklerle eşleştiril A) Termodinamik B) Mekanik iş C) Isı D) Elektriksel iş E) Entropi 3. Mutlak sıcaklık (K) H° (kJ mol –1) KİMYA VE ENERJİ diğinde hangi sözcük bu eşleştirmenin dışında kalır? S° (J mol –1) I. 300 – 200 – 240 II. 298 +110 +200 III. 400 +430 – 280 Yukarıda üç ayrı tepkimenin gerçekleştiği sıcaklık değerleri ile bu tepkimelere ait H° ve S° deği- şimleri verilmiştir. Buna göre bu tepkimelerden hangisi ya da hangileri istemlidir? A) Yalnız I B) Yalnız II C) I ve II D) I ve III E) I, II ve III 4. 2NO(g) + O2(g) Entalpi H°1 = +182,6 kJ H°2 2NO2(g) H°3 = +67,7 kJ N2(g) + 2O2(g) Yukarıdaki entalpi diyagramına göre, A) – 114,9 B) – 246,9 H°2 kaç kJ’dür? C) +114,9 D) +246,9 E) – 294,6 5. Aşağıdaki tepkimelerin hangisinde sistemin entropisi azalmıştır? KİMYA VE ENERJİ 290 A) 2NaHCO3(k) B) I2(k) C) NH3(g) + HCI(g) NH4CI(k) D) H2O2(s) 1 O 2 2(g) E) (NH4)2SO4(k) Na2CO3(k) + CO2(g) + H2O(s) I2(g) H2O(s) + 2NH+4(suda) + SO2– 4(suda) 6. Tepkimelerde istemli değişme yönünün belirlenmesinde entalpi ve entropi değişimleri önemlidir. Buna göre aşağıda entalpi değişimleri verilen tepkimelerin entropi değişimleri de dikkate alındığında hangi tepkime bütün sıcaklıklarda istemli olarak gerçekleşir? Tepkime A) 2NH4NO3(k) B) H2(g) C) N2(g) + 3H2(g) D) 2C(grafit) + 2H2(g) E) 2N2(g) + 4H2O(g)+ O2(g) 2H(g) 2NO(g) + O2(g) H°(kJ mol –1) –236 +436 2NH3(g) C2H4(g) 2NO2(g) –91,2 +52,3 –114,1 Standart molar entropi (J mol K ) 7. 250 gaz –1 –1 200 (s+g) 150 sıvı 100 (k+s) 50 0 katı 50 100 150 200 Sıcaklık (K) 250 300 Metil klorürün, (CH3CI) molar entropisinin sıcaklıkla değişim grafiği verilmiştir. Bu grafik ile ilgili: I. Katı ve sıvı fazlar arasındaki dikey çizgi S°erime ye, sıvı ve gaz fazlar arasındaki dikey çizgi ise S°buharlaşma ya karşılık gelir. II. III. S°erime > 291 S°buharlaşma dır. yargılarından hangisi ya da hangileri doğrudur? A) Yalnız I B) I ve II C) I ve III D) II ve III KİMYA VE ENERJİ Termodinamiğin üçüncü yasasına göre 0 Kelvin'de standart molar entropisi sıfırdır. E) I, II ve III 8. Aşağıda verilen yargıların doğru (D) ya da yanlış (Y) olduğu karşısında belirtilmiştir. Buna göre hangisinde hata yapılmıştır? D/Y A) Standart koşullarda elementlerin Gibbs Serbest Enerjileri sıfırdır. D B) Evrenin toplam entropi değişimi D Sevren = şeklindedir. Ssistem + Sçevre > 0 C) Basıncı sabit tutulan sistemlere izokorik sistem denir. Y D) Maddelerin fiziksel hâlinin değişimi, Y H° değerini de etkiler. E) Kimyasal tepkimelerdeki ısı değişimlerini ölçmek için kullanılan aletlere kalorimetre denir. D 9. Aşağıda verilenlerden hangisi termodinamiğin ikinci yasasını tam olarak ifade eder? A) Farklı sıcaklıklardaki iki cisim birbirine yaklaştırıldığında sıcak cisimden soğuk cisme doğru ısı akışı olur. B) Enerji bir hâlden diğer bir hâle dönüştürülebilir. Fakat yok edilemez ya da yoktan var edilemez. C)Mutlak sıfır noktasında bütün saf maddelerin kristalleri sıfır entropiye sahiptir. D)Her istemli olayda evrenin toplam entropisi artar ve evren zamanla termodinamik dengeye ulaşır. E) İzole sistemlerde toplam enerji sabittir. 10. Madde 292 Entropi (S°) (J K–1 mol–1) N2(g) 191,5 O2(g) 205 NO(g) 210,6 25 °C ve 1 atm. basınçta gerçekleşen N2(g) + O2(g) I. S° = +25,1 JK–1 dir. II. G° = +175,12 kJ’dür. 2NO(g) H = +180,5 kJ tepkimesiyle ilgili, KİMYA VE ENERJİ III. Tepkime istemlidir. Yukarıdaki yargılardan hangisi ya da hangileri doğrudur? A) Yalnız I B) Yalnız II C) I ve II D) I ve III E) I, II ve III 11.Aşağıda verilen yargılardan hangisi yanlıştır? A) Standart serbest enerji değeri sıfır olduğunda sistem dengeye ulaşır. B) Elementlerin kararlı hâllerinin entropileri sıfırdır. C)Bir sistemin iç enerjisindeki değişiklik, sisteme verilen ısı enerjisi ile sistem üzerine yapılan işin toplamıdır. D)Bir sistemin iç enerjisine, moleküllerinin öteleme, dönme, titreşim ve çekirdek gibi enerji türleri katkı sağlar. E) Bir tepkime istemli ise tersi yönde gerçekleşen tepkime istemsizdir. 12.12 gram C2H6 gazının standart koşullarda yakılması sonucunda 571 kJ ısı açığa çıkmaktadır. Tepkimedeki CO2(g), H2O(g)’un standart molar oluşma entalpileri sırasıyla –393,5 kJ ve – 241,8 kJ olduğuna göre C2H6 gazının molar oluşma entalpisi kaç kJ’dür? (H: 1 g mol –1, C: 12 g mol –1) A) –84,68 B) – 74,85 C) – 45,8 D) +52,3 E) +226,7 13. Bileşik C2H2(g) –226,7 CO2(g) –393,5 H2O(g) –241,8 25 °C ve 1 atm. basınçta gerçekleşen C2H2(g) + H° (kJ mol –1) 5 O 2 2(g) 2CO2(g) + H2O(g) tepkimesinin entalpi değeri ( H°) kaç kJ’dür? A) –802,1 B) – 876,5 C) 786,5 D) – 786,5 E) 802,1 14.C2H2 ve C2H4 gazları karışımının 0,5 molü yeteri kadar H2 ile doyurularak C2H6’ya dönüştürülüyor. H° (kJ mol–1) C 2H 2 –226,7 C 2H 4 +52,3 C 2H 6 –84,68 293 Bu tepkimelerde toplam 40,59 kJ ısı açığa çıktığına göre karışımdaki C2H2’nin mol yüzdesi kaçtır? A) 80 B) 60 C) 40 D) 30 E) 20 15.Oda koşullarında gerçekleşen CH4(g) + 2O2(g) CO2(g) + 2H2O(g) + 890,4 kJ tepkime sonucunda çevrenin entropi değişimi kaç J olur? A) 2,9879 B) 8,904 C) 8904 D) 2987,9 E) 4,480,5 1 6.X metalinin oksijen gazı ile tepkimesi X(k) + 1 2 O2(g) Tepkimede XO(k) H = –635,6 kJ şeklindedir. 11,2 gram XO katısı oluştuğunda açığa çıkan ısı 127,12 kJ olduğuna göre X’in mol kütlesi kaç gramdır? (O: 16 g mol –1) A) 24 B) 40 C) 56 D) 64 E) 207 KİMYA VE ENERJİ Madde TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 294 1. MADDELER NASIL TEPKİMEYE GİRER? 2.TEPKİME HIZLARI 3.TEPKİME HIZINI ETKİLEYEN FAKTÖRLER 4.KİMYASAL DENGE 5.DENGEYİ ETKİLEYEN FAKTÖRLER 6.SULU ÇÖZELTİ DENGELERİ Asit-Baz Dengeleri Kuvvetli/Zayıf Asitler-Bazlar Tampon Çözeltiler Tuz Çözeltilerinde Asitlik-Bazlık Titrasyon Sulu Ortamlarda Çözünme, Çökelme ve Kompleksleşme Dengeleri Çözünme-Çökelme Dengeleri Kompleks Oluşma-Ayrışma Dengeleri Bu ünitenin amacı; Kimyasal tepkime hızı üzerinden kimyasal dengeyi keşfederek sulu çözeltilerdeki dengelerden kaynaklanan pH ve pOH kavramlarını asitlik ve bazlıkla ilişkilendirmektir. Dengeyi etkileyen faktörleri analiz etmek ve çözünme - çökelme, kompleksleşme gibi olayları denge açısından inceleyip bu kavramlar ile gündelik hayattaki olaylar arasında bağlantı kurmaktır. 295 TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE Suyun Oto-İyonizasyonu ve pH ÜNİTE İLE İLGİLİ KAVRAMLAR/TERİMLER LİSTESİ TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 296 Anlık tepkime hızı Asit-baz çifti Ortalama tepkime hızı Kuvvetli asit/baz Hız sabiti Zayıf asit/baz Aktivasyon enerjisi Asitlik/bazlık sabiti Katalizör Tampon çözelti İnhibitör Titrasyon Kimyasal denge İndikatör Denge sabiti Eş değerlik noktası Le Chatelier ilkesi Çözünürlük çarpımı Oto-iyonizasyon Lewis asidi/bazı pH/pOH Kompleks Brönsted-Lowry asidi/bazı Çökelme tepkimesi 6.1. MADDELER NASIL TEPKİMEYE GİRER? Kimyasal tepkimeler gerçekleşirken moleküllerdeki bir kısım bağlar kırılır ve yeni bağlar oluşur. Ancak tepkime verecek olan bu moleküller birbirinden uzakta olduğu sürece, aralarında bir kimyasal tepkime olması beklenmez. Tepkimeye giren maddelerdeki atomların yeni moleküller oluşturacak şekilde düzenlenebilmesi için birbirleriyle çarpışmaları gerekir. 3. ünitedeki gazların kinetik teorisinde belirttiğimiz gibi gaz molekülleri sürekli olarak hareket hâlindedir ve sıklıkla birbirleriyle çarpışır. Hareket hâlindeki moleküllerin kinetik enerjileri büyükse çarpışan moleküllerin titreşimleri de o kadar kuvvetli olur ve sonuçta kimyasal bağların bir kısmı kırılır. Bağ kırılması ürün oluşumundaki ilk basamaktır. Maddelerin nasıl tepkimeye gireceğini yani tepkime oluşumunu çarpışma teorisi oldukça iyi açıklar. Çarpışma teorisine göre her çarpışma tepkimeyle sonuçlanmayabilir. Bir çarpışmanın tepkimeyle sonuçlanabilmesi için yani etkin çarpışma olabilmesi için; • Moleküllerin birbirine göre uygun doğrultuda çarpışmaları (Şekil 6.1), • Çarpışan moleküllerin belirli bir kinetik enerjiye sahip veya ondan daha büyük olması gerekir. Bu enerjinin sağlanamadığı durumlarda, moleküllerin çarpışmasında herhangi bir tepkime oluşmaz. Grafik 6.1’de moleküllerin kinetik enerji dağılımı verilmiştir. Kesikli çizgilerle gösterilen kinetik enerji değerinden daha yüksek enerjiye sahip moleküller ürüne dönüşebilmektedir. Grafikten de anlaşılacağı gibi, eşik enerjisi ne kadar düşükse ürüne dönüşe- Kinetik enerji bilen (mavi renkle taralı alan) molekül sayısı da o kadar fazla olur. 297 Eşik enerjisi Grafik 6. 1: Moleküllerde kinetik enerjinin dağılımı NN O N O N N (a) Etkin çarpışma NN O O N O N NN O NN O O N O N O O N NN O (b) Etkin olmayan çarpışma Şekil 6.1: Moleküllerin çarpışmaları ve kimyasal tepkimeler Şekil 6.1.a’da N2O ve NO molekülleri arasında etkin ya da verimli bir çarpışma sonucunda N2 ve NO2 ürünleri oluşur. Şekil 6.1.b’de ise N2O ve NO molekülleri arasında meydana gelen iki etkin olmayan verimsiz çarpışma sonucunda ürün oluşmaz. TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE olan en düşük kinetik enerjiye eşik enerjisi denir. Belirli bir kinetik enerjiye sahip moleküllerin sayısı Kimyasal tepkimenin başlayabilmesi için gerekli Tepkimedeki moleküllerin çarpışması sonucunda ürün meydana gelmeden önce kararsız bir kompleks oluşur. Yüksek enerjili bu kararsız komplekse aktifleşmiş kompleks (ya da geçiş hâli) denir. Aktifleşmiş kompleksin enerji düzeyine ulaşması için gerekli olan enerjiye aktifleşme enerjisi (Ea) denir. N≡N–O + N = O N≡N...O...N=O N≡N + O–N = O Tepkimede N2O’in O atomu ile NO’in N atomu arasında bağ yoktur. Aktifleşmiş komplekste, O atomu N2O molekülünden kısmen kopmuş ve NO molekülüne kısmen bağlanmıştır. Son derece kararsız ve kısa ömürlü olan bu aktifleşmiş kompleks N2 ve NO2 ürünlerine dönüşür. Grafik 6.2’de N2O(g) + NO(g) N2(g) + NO2(g) tepkimesinin potansiyel Aktifleşme enerjisinin, kinetik enerji karşılığına eşik enerjisi denir. enerji diyagramında tepkimedeki maddelerin potansiyel enerjilerinin nasıl değiştiği görülmektedir. Tepkimeye giren maddelerin potansiyel enerjisi ile aktifleşmiş kompleksin potansiyel enerjisi arasındaki farkın aktifleşme enerjisi (Ea) olduğuna dikkat ediniz. Eşik enerjisi, düşük enerjili moleküllerin tepkime vermesine engel olan bir bariyer gibi düşünülebilir. N N O O Aktifleşmiş kompleks NN N N NO Potansiyel enerji TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 298 N O N O Eşik enerjisi ve tepkime grafiğine bir benzetme Grafik 6. 2: N2O(g) + NO(g) Ea(ileri) = 209 kJ Reaktifler N2O(g) + NO(g) rH = –139 kJ Ea(geri) = 348 kJ Ürünler N2(g) + NO2(g) Tepkimenin ilerlemesi Aktifleşme enerjisi (Ea) negatif değerde olmaz. N2(g) + NO2(g) tepkimesinin potansiyel enerji diyagramı Eai = İleri aktifleşme enerjisi Eag = Geri aktifleşme enerjisi H = Tepkime ısısı (H = Eai – Eag)’dır. Eai > Eag ise H > 0’dır. Tepkime endotermiktir. Eai < Eag ise H < 0’dır. Tepkime ekzotermiktir. Grafik 6.3 ’teki endotermik bir tepkimeye Aktifleşmiş kompleks ait potansiyel enerji diyagramı incelendiğinde Eai > Eag şeklindedir. Yani tepkimeye giren mad- enerjisinden küçüktür. Bu durumda H’ın işareti pozitiftir. Potansiyel enerji delerin potansiyel enerjisi, ürünlerin potansiyel Eag Eai Ürünler rH = Eai – Eag Reaktifler Zaman Grafik 6. 3: Endotermik tepkimeye ait potansiyel enerji diyagramı ALIŞTIRMA 95 den belirleyiniz. 80 a. Girenlerin potansiyel enerjisi b. Ürünlerin potansiyel enerjisi c. Aktifleşmiş kompleksin potansiyel enerjisi ç. İleri tepkimenin aktifleşme enerjisi Potansiyel enerji (kJ) yararlanarak aşağıda verilen nicelikleri kJ cinsin- d. Geri tepkimenin aktifleşme enerjisi e. İleri tepkimenin entalpisi 75 299 60 40 25 0 Zaman ÖRNEK CO(g) + NO2(g) CO2(g) + NO(g) tepkimesinin ileri aktifleşme enerjisi 133,9 kJ ve CO , NO2 , CO2 , NO gazlarının standart molar oluşma entalpileri sırasıyla –110,5, +33,85, –393,5 ve +91,3 kJ’dür. Buna göre tepkimenin geri aktifleşme enerjisi kaç kJ’dür? ÇÖZÜM Tepkimedeki maddelerin molar oluşma entalpilerinden yararlanarak tepkimenin entalpi değişimini bulalım. H°tep= /H°ürünler – /H°girenler H°tep= [H°CO2 + H°NO ] – [H°CO + H°NO2 ] = [–393,5 +91,3] – [–110,5 + 33,85] = –225,55 kJ Buradan geri tepkimenin aktifleşme enerjisini bulabiliriz. H= Eai – Eag –225,55 = 133,9 – Eag Eag = 133,9 + 225,55 Eag = 359,45 kJ olur. TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE Yanda verilen potansiyel enerji diyagramından ÖRNEK 2NO(g) + CI2(g) tepkimesinin potan- 2NOCI(g) Potansiyel enerji (kJ) siyel enerji diyagramı yanda verilmiştir. İleri tepkimenin aktiflenme enerjisi 98 kJ ve entalpisi 76 kJ olduğuna göre grafikteki a ve b’nin değerleri kaçtır? a 40 0 Zaman b ÇÖZÜM Bir kimyasal tepkimenin entalpi değişimi ileri aktifleşme enerjisi ile geri aktifleşme arasındaki farka eşittir. Buna göre, H = Eai – Eag 76 = 98 – (a – 40) a = 62 bulunur. Grafikte Eai = a – b olduğuna göre b’nin sayısal değerini bulabiliriz. TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 300 Eai = a – b 98 = 62 – b b = –36’dır. ÖRNEK Sabit hacimli bir kapta gerçekleşen; H2(g) + I 2(g) –1 175 kJ mol –1 2HI(g) tepkimesinin aktifleşme enerjisi ve entalpi değişimi –9 kJ mol olduğuna göre potansiyel enerji-zaman grafiğini çizerek yorumlayınız. ÇÖZÜM Potansiyel enerji (kJ) 175 Aktifleşmiş kompleks Eai Eag = 184 kJ rH = –9 kJ Zaman Bu tepkimede H < 0 olduğu için tepkime ekzotermiktir. Ekzotermik tepkimelerde Eag > Eai şeklindedir. Buna göre; H= Eai – Eag —9 = 175 – Eag Eag = 184 kJ olur. 6.2. TEPKİME HIZLARI 2. ünitede kimyasal hesaplar yaparken, girenlerin ürünlere dönüştüğü kimyasal tepkime türlerini incelemiştik. Ancak bu tepkimelerin hangi hızla gerçekleştiğinden söz etmemiştik. Öyle ki bu tepkimelerin bazıları birim zamanda hızla ürünlere dönüşürken bazıları da yavaş gerçekleşir. Genellikle yanma ve patlamalar şeklinde gerçekleşen tepkimeler oldukça hızlı gerçekleşir. Bir uzay gemisini yörüngesine oturtmak için gereken enerji, çok hızlı tepkimeye giren hidrojen ve oksijen gazlarının tepkimesinden sağlanır (Resim 6.1). Oysa bir başka yanma türü olan demirin paslanması (oksitlenmesi) oldukça yavaş gerçekleşen bir tepkimedir (Resim 6.2). Resim 6.1: Uzay gemisinin fırlatılması Resim 6.2: Paslanmış demir Kimyasal tepkimelerde zamanla reaktiflerin derişimleri (C) azalırken ürünlerin derişimleri artar. Buna göre kimyasal tepkimelerin hızları, birim zamanda reaktiflerin derişimlerindeki azalma ya da ürünlerin derişimlerindeki artma olarak tanımlanabilir [C = (Cson – Cilk)]. Buna göre tepkime hızını, Tepkime h›z› = 2NO(g) + O2(g) Deriflim de€iflimi 3C ^C son – C ilk h şeklinde ifade edebiliriz. = 3t Zaman aral›€› [NO] gösterimi NO’in derişimini ifade eder. 2 NO2(g) tepkimesinde maddelerin zamanla değişimi dikkate alındığında tepki- menin hızı NO ve O2 gazlarının derişimlerindeki azalma veya NO2 gazının derişimindeki artma olarak belirtilebilir: rNO = – [NO] 2t rO2 = – [O2] t rNO2 = + [NO2] 2t simgesi son ve ilk hâller arasındaki farkı ifade eder. Tepkimede reaktiflerin derişimlerindeki değişme ([NO] son – [NO] ilk) veya ([O2] son – [O2 ] ilk) negatiftir. Ancak tepkime hızı negatif olamaz. Bu nedenle reaktiflere göre yazılan hız ifadesindeki derişim deği- şimlerinin önüne eksi (–) yazarak tepkime hızlarının pozitif olması sağlanmıştır. Grafik 6.4’te 3 mol NO tepkimeye girmiş 1 mol artmıştır. 2 mol O2 tepkimeye girmiş 1 mol artmıştır. Buna karşılık 2 mol NO2 oluşmuştur. Buna göre NO gazının harcanma hızı, NO2 gazının oluşma hızına eşit ve O2 gazının harcanma hızının iki katıdır. TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 301 Kimyasal tepkimenin hızı tepkimeye giren maddelerin derişimlerine bağlı olduğuna göre tepkimelerin hızları zamanla azalacaktır (Grafik 6.4). H2(g) + I2(g) Derişim (mol L–1) rNO = rNO2 = 2 rO2 3 2 [NO2] [O 2] 1 [NO] 2HI(g) + Zaman (s) Grafik 6. 4: 2NO(g) + O2(g) 2NO2(g) tepkimesindeki maddelerin derişimlerinin zamanla değişimi + Tepkimesinde tepkimeye 1 mol H2 ve 1 mol I2 girmekte 2 mol HI oluşmaktadır. Buna göre tepkime- i 6H 2@ i 6I 2@ i 6HI@ =– =+ ilişkisi vardır. Bu tepkimede yer alan it it 2it maddelerden birinin zamanla derişim değişiminden yararlanarak tepkime hızını bulabiliriz. Örneğin deki maddelerin hızları arasında – H2 gazının derişiminin zamanla değişiminden yararlanarak tepkime hızını rahatlıkla bulabiliriz. rH 2 = – H2 gazının molar derişiminin zamanla değişimi Tablo 6.1’de verilmiştir. Bu tabloda H2 gazının molar derişimini, verilen zaman aralıklarına bölerek c i 6H 2@ m tepkime hızını hesaplayabiliriz. Örneğin 10 ve it 20. saniyeler arasındaki tepkime hızı 0,0149 M s–1 dir. Tabloda tepkime hızının zamanla yavaşladığına dikkat ediniz. Zaman (s) [H2] M 0,00 1,00 10,00 0,819 20,00 0,670 30,00 0,549 40,00 0,449 50,00 0,368 60,00 0,301 70,00 0,247 80,00 0,202 90,00 0,165 100,00 0,135 123 123123 123123 123123 123123 123 TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 302 i 6H 2@ 6H 2@t 2 – 6H 2@t 1 = t2 – t1 it Hız = – [H2] (M s–1) t [H2] M t –0,181 10.00 0,0181 –0,149 10.00 0,0149 –0,121 10.00 0,0121 –0,100 10.00 0,0100 –0,081 10.00 0,0081 –0,067 10.00 0,0067 –0,054 10.00 0,0054 –0,045 10.00 0,0045 –0,037 10.00 0,0037 –0,030 10.00 0,0030 Tablo 6.1: H2 gazının zamanla derişimindeki değişim ÖRNEK C2H4(g) + 3 O2(g) 2 CO2(g) + 2 H2O(g) tepkimesinde CO2 gazının derişimi 10 saniyede 0,2 M’dan 0,4 M’a yükselmektedir. Buna göre C2H4 ve O2 gazlarının hızlarını hesaplayalım. ÇÖZÜM Tepkimede 1 mol C2H4 ve 3 mol O2 gazları harcanırken 2 mol CO2 ve 2 mol H2O gazları oluşmak- tadır. Buna göre tepkimedeki maddelerin hızları arasındaki ilişki, 6 rC2H4 = 2 rO2 = 3 rCO2 şeklindedir. Öncelikle CO2’in oluşma hızını bulalım. rCO 2 = i 6CO 2@ 0, 4 – 0, 2 ise rCO 2 = = 0, 02 M s –1 dir. 10 it Buna göre, C2H4 ve O2’in harcanma hızları: 2rC2H4= rCO2 ise 2rO2= 3 rCO2 ise 2rC2H4= 0,02 2rO2= 3 . 0,02 rC2H4= 0,01 M s–1 olur. rO2= 0,03 M s–1 olur. ÖRNEK CH4(g) + 2 O2(g) CO2(g) + 2 H2O(g) şeklindedir. Bu tepkimede CH4 gazının tamamı 40 saniyede yandığına göre H2O buharının oluşma hızı kaç M s–1 dir? (H: 1 g mol –1 , C: 12 g mol–1) ÇÖZÜM Örnekte verilen 8 gram CH4 gazının mol sayısını bulalım. Daha sonra da sırasıyla molar derişimini ve harcanma hızını bulalım (CH4 = 12 + 4 · 1 = 16 g mol –1). n= m ise MK n= 8 = 0, 5 mol CH 4 olur. 16 CH4 gazının molaritesi, M= n ise V M= 0, 5 = 0, 05 M CH 4 olur. 10 CH4 gazının harcanma hızı, rCH 4 = 0, 05 M = 1, 25.10 –3 M s –1 olur. 40 s Tepkime denklemindeki maddelerin katsayıları dikkate alındığında rH2O = 2 rCH4 olduğu görülür. Buna göre, rH2O = 2.1,25.10 –3 = 2,5.10–3 M s–1 olur. 303 TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 10 litrelik kapalı bir kapta 8 gram CH4 gazının yeterince O2 gazı ile tepkimesi ALIŞTIRMA N2(g) + 3 H2(g) 2 NH3(g) Yukarıdaki tepkimenin belirli bir anında hidrojen gazının harcanma hızının 0,024 mol L–1 s–1 oldu- ğu anda amonyak gazının oluşma hızı ve azot gazının harcanma hızı kaç mol L–1 s–1 dir? Cevap: rNH3 = 0,016 mol L–1 s–1 rN2 = 0,008 mol L–1 s–1 Tepkime hızlarının belirlenmesinde derişim değişimlerini hesaplamak yerine, pratik olarak tepkimelerin bazı karakteristik özelliklerinden de yararlanılabilir. Renk, basınç, hacim, elektrik iletkenliği, sıcaklık, pH gibi özelliklerin değişiminden tepkimelerin hızlarını tespit etmek de mümkün olabilir. Örneğin sulu çözeltide brom ile formik asit arasındaki tepkimenin renk değişiminden yararlanarak tepkime hızı belirlenebilir (Resim 6.3). Br2(suda) + HCOOH(suda) 2H+(suda) + 2 Br–(suda) + CO2(g) Kırmızı renkli Br2(suda) çözeltisine formik asit (HCOOH) katıldığında renk açılır. Renk değişiminin süresi dikkate alınarak tepkimenin hızlı ya da yavaş gerçekleştiği belirlenebilir. TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 304 (a) Resim 6.3.a. Br2 c. Br2 (suda) (suda) ve HCOOH (b) (c) (ç) Kırmızı renge sahiptir. b. Kırmızı renkli Br2 çözeltisine formik asit (HCOOH) katılıyor. ’in tepkimesinde kırmızı renk açılıyor. ç. Tepkime tamamlandığında kırmızı renk kayboluyor. (suda) Tablo 6.2’de bazı tepkimeler ve bu tepkimelerin hızlarının ölçülmesinde kullanılabilecek özellikler verilmiştir. İnceleyiniz. Tepkime AgNO3(k) – Ag+(suda) + NO 3(suda) Zn(k) + 2HCI(suda) S(k) + O2(g) CO2(g) + H2O(s) ZnCI2(suda) + H2(g) SO2(g) H = –296 kJ Tepkime Hızını Ölçmede Kullanılabilecek Özellik İletkenlik artışı (Suda çözündüğünde iyon derişimi artar.) Sabit basınç ve sıcaklıkta hacim artışı ya da sabit hacim ve sıcaklıkta basınç artışı (Gazın mol sayısı arttığından sabit basınçta hacim artışı, sabit hacimde ise basınç artışı olur.) Sıcaklık artışı (Tepkime ekzotermik olduğundan tepkimenin gerçekleştiği kabın sıcaklığı artar.) H+(suda) + HCO –3(suda) pH değişimi (Suda çözündüğünde H+ iyonu derişimi artar.) Tablo 6.2: Bazı tepkime örnekleri ve bu tepkimelerin hızlarının ölçümünde kullanılabilecek özellikler 2N2O4(g) 2N2O(g) + 3 O2(g) tepkimesi sabit sıcak- lıkta ve kapalı bir kapta gerçekleştiğinde tepkimenin hızı Boşluk basınçtaki artış hızı izlenerek ölçülebilir. Tepkimede 2 mol gazdan toplam 5 mol gaz oluşmaktadır. Bu durum gaz basıncında artışa neden olacaktır. Tepkimenin gerçekleşti- h ği kaba bir manometre bağlanarak basınç artışı kolaylıkla izlenebilir (Şekil 6.2). Buna göre birim zamanda basınçtaki artış ne kadar hızlı ise tepkime de o kadar hızlı gerçekleşir. Kimyasal tepkimelerin hızları çoğu defa birbirinden fark- lıdır. Tepkimelerden biri sonlanırken diğeri devam edebilir. Bu durumu Şekil 6.3 üzerinde inceleyelim. Örnek olarak A+B C ve X + Y Cıva Şekil 6.2: 2N2O4(g) 2N2O(g) + 302(g) tepkimesinin hızının basınç değişimi ile izlenmesi Z tepkimelerini ele alalım. Şekil 6.3 ’te 15. dakikadan sonra birinci tepki- medeki ürün oluşumu ikinci tepkimeden daha hızlıdır. 45. dakikadan sonra ise birinci tepkimede ürün oluşumu tamamlanmış iken ikinci tepkimede ürün oluşumu devam etmektedir. Buna göre A + B tepkimesi X + Y Z tepkimesinden daha hızlı gerçekleşmiştir. A +B C X +Y C Z Dakika TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 305 Şekil 6.3: Kimyasal tepkimelerin hızlarının karşılaştırılması (birinci tepkime A + B X+Y Z) C, ikinci tepkime ALIŞTIRMA Aşağıdaki tepkimelerin özelliklerini dikkate alarak tepkime hızlarının izlenmesinde bir yol öneriniz. a. N2(g) + O2(g) b. 2KCIO3(k) 2NO(g) H > 0 2 KCI(k) + 3 O2(g) – + c. 3Fe2+ (suda) + NO 3(suda) + 4 H (suda) 2– ç. Ba2+ (suda) + SO 4(suda) 3 Fe3+ (suda) + NO(g) + 2 H2O(s) BaSO4(k) Bir kimyasal tepkimenin hızını belirleyebilmek için derişimin zaman içindeki değişimlerinin ölçülmesinin gerektiği vurgulanmıştı. Bu durumu Grafik 6.5 ’i inceleyerek tekrar ele alalım. Grafikte H2O2’nin H2O ve O2 oluşturma tepkimesinde H2O2’nin molar derişiminin zamanla değişimi verilmiştir (kırmızı renkteki eğri). H2O2(suda) H2O(s) + 1 O 2 2(g) 306 TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 2,50 [H2O2 ], mol L–1 2,00 1,70 1,50 1,00 0,50 2800 2400 2000 1600 1400 1200 800 400 α Zaman (s) Grafik 6. 5: H2O2’in H2O ve O2 oluşturma tepkimesinde H2O2’in molar derişiminin zamanla (s) değişimi H2O2’nin derişim -zaman grafiğine çizilen teğetin eğiminden tepkimenin hızını belirleyebilmek müm- kündür. Teğetin eğiminden belirlenen tepkime hızı, tepkimenin anlık hızı yani teğetin eğriye değme noktasındaki zamana karşılık gelen hızıdır. Buna göre H2O2’in bozunma tepkimesinin 1400 s’deki hızı Grafik 6.5 ’teki eğriye çizilen teğetin eğiminden hesaplandığında 6,1.10 –4 mol L–1 s–1 bulunur. c tga = 1, 70 = 6, 1.10 –4 mol L–1 m Tepkimelerde, tepkimeye giren maddeler harcandıkça hız da azalır 1400 (Tablo 6.3). Buna bağlı olarak derişim değişiminin ölçül- Zaman (s) düğü zaman aralığında tepkime hızı da değişir. Bir tepkimenin hızı denildiğinde genellikle ortalama hız anlaşılır. Bir tepkimede giren ya da oluşan ürünlerin derişimlerinin belirli zaman aralığındaki değişimi tepkimenin ortalama hızıdır. Ortalama hız ile anlık hız arasındaki farkın anlaşılabilmesi için bir yol örneği verilebilir. 240 km’lik yolun otomobille 2 saatte alındığı varsayılırsa otomobilin ortalama hızı 120 km s–1 olur. Oysa anlık hız, hız göstergesinde herhangi bir anda okunan hızdır. Derişim -zaman grafiğinde bir tepkimenin herhangi bir andaki hızını bulabilmek için bu zamana karşılık gelen eğrinin üzerindeki noktadan eğriye bir teğet çizilir. i 6H 2 O 2@ it 0 2,32 200 2,01 400 1,72 600 1,49 1200 0,98 1800 0,62 3000 0,25 1 O 2 2(g) tepkimesinde H2O2(suda) in zamanla (s) derişim değişimi Tablo 6.3: H2O2(suda) Eğriye çizilen teğetin eğimi anlık hızı verir. Anl›k h›z = tg a = – [H2O2 ], M şeklinde olur. H2O(s) + 307 ÖRNEK 2 HBr(g) tepkimesinde fikte verilmiştir. Buna göre, a. 0 ile 25 saniyeler arasındaki tepkime hızını bulalım. b. 40. saniyedeki anlık hızı bulalım. 1,0 Derişim (mol L–1) Br2’un molar derişiminin zamanla değişimi gra- 0,8 0,6 0,4 [Br 2] 0,2 a 0 ÇÖZÜM 25 4050 75 100 125 Zaman (s) a. 0 ile 25 arasındaki Br2’un harcanma hızını grafikten yararlanarak bulabiliriz. 0 ile 25 saniyeler arasında [Br2 ] derişimi 1,2 M’dan 0,8 M’a düşmektedir. Buna göre tepkime hızı, rBr2 = = i 6Br2@ ise it 61, 2@ – 60, 8@ 0, 4 = = 1, 6.10 –2 M s –1 olur. 25 – 0 25 b. 40. saniyedeki anlık hızı bulmak için, bu zamana denk gelecek şekilde, teğete çizilen doğrunun eğiminden yararlanalım. Buna göre, Anl›k h›z ^tgah = = i 6Br2@ ise it 61, 0@ – 60@ = 1.10 –2 M s –1 olur. 100 – 0 TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE H2(g) + Br2(g) 1,2 Tepkimeye giren ve oluşan maddeler aynı fazda bulunuyorsa bu tepkimeler homojen tepkimeler, farklı fazlarda bulunuyorsa heterojen tepkimeler olarak adlandırılır. Aşağıda homojen ve heterojen tepkimelere örnekler verilmiştir. İnceleyiniz. Örnek Homojen Tepkime 2NO2(g) Örnek Heterojen Tepkime Cu(k) + 2Ag+(ag) 2NO(g) + O2(g) 3+ Cr2+ (ag) + Fe (ag) 2+ Cr3+ (ag) + Fe (ag) 2HgO(k) Cu2+ (ag) + 2Ag(k) 2Hg(s) + O2(g) Kimyasal tepkimelerin hızı ile tepkimeye giren maddelerin derişimleri arasında bir ilişki vardır. Bu ilişkiyi gösteren bağıntıya hız bağıntısı ya da hız denklemi denir. Hız denklemi, tepkimedeki gaz ve sulu çözelti hâlinde bulunan maddeler için geçerlidir. Tepkimedeki katı ve sıvı hâldeki maddelerin sıcaklık sabitken derişimleri değişmediğinden hız ifadesinde yazılmazlar. aA(g) + b B(g) 308 cC(g) + dD(g) Tepkimesinde a, b, c ve d denkleştirilmiş denklemin katsayılarıdır. Tek basamakta gerçekleşen böyle TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE bir tepkimenin hızını aşağıdaki gibi ifade edebiliriz: r = k [A]a [B]b Orantı sabiti, k tepkime hızı ile tepkimeye giren maddelerin derişimlerini ilişkilendiren bir sabittir ve hız sabiti adını alır. Hız sabiti k’nin değeri ne kadar büyükse tepkime o kadar hızlıdır. k’nin birimi tepkimenin özelliğine, katalizör kullanılıp kullanılmadığına ve sıcaklığa bağlıdır. Bir tepkimenin hızının belirtilmesinde derece terimi kullanılır. Hız bağıntısında a = 0 ise tepkime A’ya göre sıfırıncı, a = 1 ise A’ya göre birinci derecedendir denir; b = 2 ise tepkime B’ye göre ikinci derecedendir denir. Tepkimenin toplam derecesi ise tüm üslerin toplamıdır (a + b). Sıfırıncı Dereceden Tepkimeler Sıfırıncı dereceden bir tepkimenin hız eşitliğinde üslerin (Üslere a ve b diyelim.) toplamı sıfıra eşittir (a + b... = 0). A(k) İyodun süblimleşmesi sıfırıncı dereceden bir tepkimedir. ürünler Tepkimesi sıfırıncı dereceden ise hız bağıntısı aşağıdaki gibidir: r = k · [A]° = k = sabit [A] (mol L–1) Hız (mol L–1 s–1) 0,10 0,015 0,20 0,015 0,40 0,015 Birinci Dereceden Tepkimeler Birinci dereceden bir tepkimenin hız eşitliğinde üslerin toplamı bire eşittir (a + b... = 1). A(g) ürünler [A] (mol L–1) Hız (mol L–1 s–1) 0,10 0,015 0,20 0,030 0,40 0,060 Tepkimesi birinci dereceden ise hız bağıntısı aşağıdaki gibidir: r = k · [A] Tepkimeye giren madde gaz olduğu için eşitliği basınç cinsinden de yazabiliriz: r = k · PA olur. İkinci Dereceden Tepkimeler İkinci dereceden bir tepkimenin hız bağıntısında üslerin toplamı ikiye eşittir (a + b... = 2). Sıfırıncı ve birinci dereceden tepkimeleri incelerken yaptığımız gibi yalnızca bir tek maddenin bozunduğu tepkimeyi ele alalım. 309 Ürünler tepkimesi [A] (mol L ) ikinci dereceden olduğundan hız bağıntısı aşağıdaki gibidir: 2 r = k · [A] ya da r = k · PA2 olur. –1 Hız (mol L 0,10 0,015 0,20 0,060 0,40 0,240 –1 s ) Grafik 6.6 ve Grafik 6.7 ’de sıfırıncı, birinci ve ikinci dereceden tepkimelerin derişim -zaman ve hızzaman grafikleri aşağıda verilmiştir. İnceleyiniz. 0.018 0 20 40 60 80 100 120 Zaman (s) Grafik 6.6: Sıfırıncı, birinci ve ikinci dereceden tepkimelerdeki bir maddenin derişim-zaman değişimi r = k [A]° n 0.012 0.008 0.006 0.004 0.002 0 nc i r = de k rec [A ed ] 2 en rin c r = i de k rece [A 1 d ] e 0.010 İk i Birinci dereceden n=1 en 0.2 ed ec er ıd 0 ınc n = fır 0.4 İkinci dereceden n=2 0.014 Sıfırıncı dereceden Bi 0.6 Hız (mol L–1 s–1) 0.016 0.8 Sı Derişim (mol L–1) 1 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 Zaman (s) Grafik 6.7: Sıfırıncı, birinci ve ikinci dereceden tepkimelerin hız-zaman grafiği TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 2 A(g) –1 Hız bağıntısının türetilmesinde, gaz fazında gerçekleşen tek basamaklı bir tepkimenin derecesi o tepkimeye giren maddelerin sayısı üs olarak yazılarak belirlenmişti. Oysa tepkimelerin çoğu basamaklar hâlinde gerçekleşir. Buna göre tek basamakta gerçekleşen, 2A(g) + B(g) Ürünler tepkimesinin hız ifadesi r = k [A]2 [B] şeklindedir. Tepkimenin derecesi (2 + 1 = 3) üçtür. Genel olarak tepkimeye 1 molekül madde giriyorsa buna unimoleküler, 2 molekül giriyorsa buna da bimoleküler tepkime denir. A Ürünler N2O4(g) A+A 2NH3(g) TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 310 A+B H2(g) + F2(g) Unimoleküler (monomoleküler) 2NO2(g) _ b N2(g) + 3H2(g) b b ` Bimoleküler b Ürünler b 2HF(g) b a Ürünler ÖRNEK Tek basamakta gerçekleşen bimoleküler H2(g) + CI2(g) 2HCI(g) tepkimesi ile ilgili; I.H2 ve CI2 gazların derişimi 3 katına çıkarıldığında tepkime hızı 9 katına çıkar. II.H2 derişimi sabit tutulup CI2’nin derişimi 2 katına çıkarıldığında tepkime hızı 4 katına çıkar. III. Tepkimenin hız ifadesi r = k [H2 ] · [CI2 ] şeklindedir ve ikinci derecedendir. yargılarından hangisi ya da hangileri doğrudur? A) Yalnız I B) Yalnız II C) I ve III D) II ve III E) I, II ve III ÇÖZÜM Tek basamakta gerçekleşen tepkimenin hız ifadesi r = k [H2 ] [CI2 ] şeklindedir. Tepkime hızı H2’ye göre 1. dereceden, CI2’ye göre 1. derecedendir. Toplam tepkime hızı 2. derecedendir. Tepkimede H2 ve CI2’un derişimi 3 katına çıkarıldığında tepkime hızı 2. dereceden olduğundan 2 3 = 9 katına çıkar. H2’nin derişimi sabit tutulup CI2’un derişimi 2 katına çıkarıldığında tepkime hızı da 2 katına çıkar. Cevap: C ALIŞTIRMALAR 1. Aşağıda hız ifadeleri ile birlikte verilen tepkimelerin derecesini ve hangilerinin tek basamakta gerçekleştiğini belirtiniz. a. 2 ICI(g) + H2(g) b. 2H2(g) + 2NO(g) c. CHCI3(g) + CI2(g) 2. 2NO(g) + O2(g) 2H2O(g) + N2(g) CCI4(g) + HCI(g) r = k [ ICI] [H2 ] r = k [H2 ] [NO] 2 r = k [CHCI3 ] [CI2 ] 2NO2(g) tepkimesi için sabit sıcaklıkta aşağıdaki deneyler yapılıyor. I. NO’in derişimi sabit tutularak O2’in derişimi 2 katına çıkarıldığında, hız da 2 katına çıkıyor. II. Tepkimenin gerçekleştiği kalan hacmi yarıya indirildiğinde hız 4 kat artıyor. Buna göre tepkimenin; a. Hız bağıntısını, b. Derecesini bulunuz. 311 Cevap: a. r = k [NO] [O2 ] TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE I 2(g) + 2HCI(g) b. Tepkime ikinci derecedendir. 6.3. TEPKİME HIZINI ETKİLEYEN FAKTÖRLER Kimyasal tepkimelerin hızına etki eden faktörleri incelerken tepkimelerin homojen ya da heterojen olarak gerçekleştiğini bilmek önemlidir. Örneğin bir metalin asitte çözünmesi heterojen bir tepkimedir ve metali toz hâline getirip tepkimeye sokmak tepkime hızını artıracaktır. Tepkime hızına etki eden faktörleri aşağıdaki gibi sıralayabiliriz: 1. Tepkimeye giren maddelerin (reaktiflerin) türü 2. Tepkimeye giren maddelerin derişimleri 3. Sıcaklık 4. Katalizör Şimdi tepkime hızına etki eden faktörleri ayrı ayrı ele alıp inceleyelim. 1. Tepkimeye Giren Maddelerin Türü İyon yapılı maddeler arasındaki tepkimelerin hızlı gerçekleşmesi beklenir. Öyle ki zıt yüklü iyonların birbirini çekmesiyle sonuçlanan tepkimeler en hızlıdır. Bu tür tepkimelerde iyon yükü arttıkça tepkime hızı da artar. I. Ag+(suda) + CI–(suda) AgCI(k) 2+ II. 2Fe3+ (suda) + Pb (suda) 4+ 2Fe2+ (suda) + Pb (suda) 2– III.Pb2+ (suda) + SO 4(suda) PbSO4(k) Yukarıda verilen üç tepkimenin hızları karşılaştırıldığında zıt yüklü iyonların birbirini çekmesiyle sonuçlanan I ve III. tepkimelerin hızları, II. tepkimeden daha büyüktür. Çünkü zıt yükler birbirini çeker aynı yükler birbirini iter. İyon yükü arttıkça ve buna karşılık tanecik hacmi küçüldükçe tepkime daha hızlı gerçekleşir. Buna göre yukarıda verilen tepkimelerin hızları rIII > rI > rII şeklinde olur. Tepkimeye giren moleküllerdeki bazı bağların kopması ve yeni bağların oluşması şeklinde gerçekle- TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 312 şen tepkimeler yavaş gerçekleşir. Bir tepkimede kopacak ve yeni oluşacak bağ sayısı arttıkça tepkime hızı azalır. Örneğin H2(g) + CI2(g) C3H8(g) + 5 O2(g) 2HCI(g) tepkimesi yavaş gerçekleşirken, 3 CO2(g) + 4 H2O(g) tepkimesindeki moleküllerde bulunan kopacak ve yeni olacak bağ sayısı arttığından bu tepkimenin çok daha yavaş gerçekleşmesi beklenir. 2. Tepkimeye Giren Maddelerin Derişimi Tepkimelerin hız ifadeleri deneysel verilerle bulunur. Tepkimeye girenlerin derişimleri değiştirilerek ve buna bağlı olarak da tepkime hızındaki değişimden yararlanarak genel hız ifadesi oluşturmak mümkündür. Örneğin, NO2(g) + CO(g) NO(g) + CO2(g) tepkimesi için yapılan sabit sıcaklıktaki deneyde reaktiflerin molar derişimine bağlı olarak değişen hız değerleri aşağıdaki tabloda verilmiştir. Bu verilerden yararlanarak tepkimenin hız ifadesini ve hız sabitini (k) bulalım. [NO2]M [CO]M Hız (M s–1) 1 0,10 0,10 0,0021 2 0,20 0,10 0,0084 3 0,20 0,20 0,0084 4 0,40 0,10 0,0336 Deney 2 ve 3. deney verilerine göre NO2 derişimi sabit tutulup CO derişimi iki kat artırıldığında hız değişmemiştir. Yani hız, CO derişimine bağlı değildir ya da sıfırıncı dereceden bağlıdır (r a[CO]°). 1 ve 2. deney verilerine göre ise CO derişimi sabit tutulup NO2 derişimi iki kat artırıldığında hız dört kat artmıştır. Yani hız, NO2 derişimine ikinci dereceden bağlıdır (r a[NO2 ] 2 ). Bu durumda tepkime hız ifadesi, r = k [NO2 ] 2 [CO]° = k [NO2 ] 2 şeklindedir. Hız ifadesindeki hız sabiti k’nin değeri sabit sıcaklıkta her bir deneyde farklı değerde midir? Yukarıdaki tabloda verilen deneylerden yararlanarak hız sabiti k’nin değerini bulalım. 1. deneyde, 0,0021 = k [0,10] 2 k = 0,21 M –1 s–1 dir. 2. deneyde, r = k · [NO2 ] 2 0,0084 = k [0,20 ] 2 k = 0,21 M –1 s–1 dir. [NO2] 0,10 M x2 0,20 M sabit 0,20 M 3. deneyde, r = k [NO2 ] 2 x2 0,40 M [CO] Hız (M s–1) 0,10 M sabit 0,10 M x2 0,0021 x4 0,0084 sabit 0,20 M 1 x 2 0,0084 0,10 M 0,0033 x4 0,0084 = k [0,20 ] 2 k = 0,21 M –1 s–1 dir. 4. deneyde, r = k [NO2 ] 2 0,0336 = k [0,40] 2 k = 0,21 M –1 s–1 dir. Buna göre kimyasal bir tepkimede deneysel olarak belirlenen hız ifadesinde hız sabiti k’nin değeri, tepkimeye giren maddelerin derişimleri değişse bile sıcaklık değişmediği sürece sabit kalır. 313 TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE r = k [NO2 ] 2 ALIŞTIRMA CHCI3(g) + CI2(g) CCI4(g) + HCI(g) Yukarıdaki tepkimeyle ilgili sabit sıcaklıkta Deney [CHCI3]M [CI2]M Tepkime hızı M s–1 1 0,010 0,010 0,035 2 0,020 0,010 0,070 3 0,020 0,020 0,140 4 0,040 0,040 0,560 yapılan deney sonuçları tabloda verilmiştir. Buna göre, a. Tepkimenin hız ifadesini bulunuz. b. Hız sabiti k’nin sayısal değerini hesaplayınız. Cevap: a. r = k [CHCI3 ] · [CI2 ] b. k = 3,5.102 Kimyasal tepkimelerin çoğu tek basamakta değil, birden çok basamak hâlinde yani mekanizmalı olarak gerçekleşir. Örneğin, 2H2(g) + 2NO(g) TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 314 2H2O(g) + N2(g) tepkimesinin deneysel olarak belirlenen hız ifadesi r = k [H2 ] [N2O 2] şeklindedir. Buna göre tepkimenin tek basamakta gerçekleşen bir tepkime olduğunu söyleyemeyiz. Eğer tepkime tek basamakta gerçekleşmiş olsaydı beklenen hız ifadesi r = k [H2 ] 2 [NO] 2 şeklinde olurdu. Basamaklar hâlinde gerçekleşen bu tepkime için önerilen mekanizma üç farklı hızdaki tepkimeden ibarettir. I. 2NO(g) N2O2(g) (Hızlı) II. H2(g) + N2O2(g) III. N2O(g) + H2(g) 2H2(g) + 2NO(g) H2O(g) + N2O(g) (Yavaş) N2(g) + H2O(g) (Hızlı) 2H2O(g) + N2(g) Mekanizmalı tepkimelerde, tepkime hızını yavaş gerçekleşen basamak belirler. Buna karayollarındaki trafik akışını örnek olarak verebiliriz. Diyelim ki üç şeritli bir kara yolunda iki şerit çalışma nedeniyle kapatıldığında akışa açık olan üçüncü şerit, trafiğin akış hızını belirleyecektir (Resim 6.4). Resim 6. 4: Trafikte araçların akışını yavaş ilerleyen basamak belirler. Tepkime denklemi ve hız ifadesi incelendiğinde tepkimenin derecesinin 2 olduğu görülür. Tepkimede N2O2 ve N2O ara üründür ve deneysel olarak saptanan hız ifadesinde yer almaz. Bir tepkimede ara ürünler varsa tepkime enerji grafiği biraz daha karmaşık olur. Grafik 6.8 ’de tepkimenin mekanizması için potansiyel enerji grafiği gösterilmiştir. İkinci basamağın aktifleşme enerjisi, birinci ve üçüncü basamaklarınkinden büyüktür. Buna göre tepkime hızını aktifleşme enerjisi büyük olan ikinci basamak belirler. II I 2H2(g) + 2NO(g) Ea 1 Potansiyel enerji Ea 2 III Ea 3 N2(g) + 2H2O(g) Zaman N2(g) + 2H2O(g) mekanizmalı ÖRNEK Sabit sıcaklıkta gerçekleşen; 2X(g) + Y(g) + 2 Z (g) verilmiştir. V(g) + 2 W(g) tepkimesi için yapılan deney sonuçları aşağıdaki tabloda Deney [X]M [Y]M [Z]M Tepkime hızı M s–1 1 0,20 0,10 0,20 4.10–3 2 0,20 0,20 0,40 8.10–3 3 0,20 0,30 0,20 4.10–3 4 0,60 0,30 0,20 12.10–3 Buna göre, a. Tepkimenin hız ifadesi nedir? b. Tepkimenin derecesi kaçtır? c. Tepkimenin hız sabiti k’nin değeri kaçtır? TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE Grafik 6. 8: Üç basamakta gerçekleşen 2H2(g) + 2NO(g) tepkimeye ait potansiyel enerji diyagramı 315 ÇÖZÜM a. 1 ve 3. deneylerde X ve Z’nin derişimi sabit iken Y’nin derişimi 3 katına çıkarıldığında tepkime hızı değişmemiştir. Buna göre tepkime hızı Y’ye sıfırıncı dereceden bağlıdır. Yani r a[Y]° dir. 1 ve 2. deneylerde X derişimi sabit iken Z’nin derişimi 2 katına çıkarıldığında tepkime hızı da 2 katına çıkmaktadır. Buna göre tepkime hızı Z’ye göre birinci derecedendir (r a[Z]). Ayrıca 1 ve 2. deney hız ifadelerini oranlayarak da aynı sonuca ulaşabiliriz. r2 k 6x@n 6y@o · 6z@m = r1 k 6x@n 6y@o 6z@m n m 8 · 10 –3 ^0, 20h ^0, 40h = n m 4 · 10 –3 ^0, 20h ^0, 20h log xn = n log x’tir. 2 = 2m 316 log2 = log 2m TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE Eşitliğin her iki tarafının logaritmasını alırsak, log2 = m log 2 m= log 2 log 2 m = 1 olur. 1 ve 4. deneylerde Z’nin derişimi sabit tutulup X’in derişimi 3 katına çıkarıldığında tepkime hızı da 3 katına çıkmaktadır. Buna göre tepkime hızı X’e göre birinci derecedendir. Sonuç olarak tepkimenin hız ifadesi, r = k · [X] [Z] şeklindedir. b. Tepkime X’e ve Z’ye göre 1. dereceden bağlı olduğundan toplam [(1 + 1) = 2] 2. derecedendir. c. Tepkimenin hız sabiti k’yi bulabilmek için tabloda verilen herhangi bir deney verilerini kullanabiliriz. Örneğin 4. deney verilerini alarak hız denkleminde yerine koyalım. r = k [X] [Z] 12.10 –3 M s–1 = k (0,60) M. (0,20) M k= 12.10–3 M s–1 = 10–1 = 0,1 M –1 s–1 olur. 12.10–2 M2 ÖRNEK Sabit sıcaklıkta gaz fazında gerçekleşen 2X + 3Y + 2Z ürünler tepkimesi için yapılan deneylerin sonuçları aşağıdaki tabloda verilmiştir. Tepkime hızı M s–1 Deney [X]M [Y]M [Z]M 1 0,4 0,2 0,4 8.10–3 2 0,2 0,4 0,4 4.10–3 3 0,2 0,2 0,1 2,5.10–4 4 0,2 0,4 0,2 1.10–3 Buna göre, a. Tepkimenin hız ifadesi nedir? b. Tepkimenin hız sabiti k’nin değeri kaçtır? a. 2 ve 4. deneylerde X ve Y derişimleri sabit iken Z’nin derişimi yarıya indirildiğinde tepkime hızı 1 ’e düşmektedir. Buna göre tepkime hızı Z’ye göre 2. derecedendir (r a [Z]2). Bu sonuca 4 ve 2. deney 4 verilerini oranlayarak da ulaşabiliriz. r4 k 6X@n 6Y@m 6Z@k r2 = k 6X@n 6Y@m 6Z@k k 60, 2@n 60, 4@m 60, 2@k 1· 10 –3 = 4 · 10 –3 k 60, 2@n 60, 4@m 60, 4@k 1 1 k =c m 4 2 1 2 1 k c m =c m 2 2 Eşitliğin her iki tarafının logaritmasını alalım. 1 2 1 k m = log c m 2 2 1 1 2 log = k log 2 2 log c k = 2 olur. Yani tepkime hızı Z’ye 2. dereceden bağlıdır (r a[Z] 2). 1 ve 3. deneylerde Y’nin derişimi sabit iken X ve Z’nin derişimlerindeki değişimin hızı nasıl etkilediğini ve buradan da X’e kaçıncı dereceden bağlı olacağını bulalım. r3 k 6X@n 6Z@2 r1 = k 6X@n 6Z@2 ise TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 317 ÇÖZÜM 2, 5 · 10 –4 8 · 10 –3 = k 60, 2@n 60, 1@2 k 60, 4@n 60, 4@2 0, 25 1 n 1 2 = c m · c m olur. 8 2 4 1 1 n 1 4 = c m ·c m 32 2 2 c 1 5 1 n 1 4 m = c m ·c m 2 2 2 c 1 5 1 n+4 m =c m 2 2 Eşitliğin her iki tarafının logaritmasını alalım. 1 5 1 n+4 m = log c m 2 2 1 1 5 log = ^n + 4h log 2 2 5 = n+4 log c n = 1 olur. Tepkime hızı X’e göre 1. derecedendir (ra[X]). 3 ve 4. deneylerde X derişimi sabit iken Y ve Z’nin derişimi iki katına çıkmaktadır. Buna göre, TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 318 r4 k 6Y@m 6Z@2 = r3 k 6Y@m 6Z@2 k 60, 4@m 60, 2@2 1· 10 –3 = 2, 5 · 10 –4 k 60, 2@m 60, 1@2 10 = (2)m · (2)2 2, 5 4 = (2)m + 2 (2)2 = (2)m + 2 dir. Eşitliğin her iki tarafının logaritmasını alalım. log (2)2 = log (2)m + 2 2 log 2 = ^m + 2h log 2 2=m+2 m = 0 olur. Tepkime hızı Y’ye göre sıfırıncı derecedendir (ra[Y]). Buna göre tepkime hız ifadesi r = k [X] [Z] 2 olur. b. Tepkime hız sabiti k’nin değerini herhangi bir deney verisinden yararlanarak bulabiliriz. Örneğin, 2. deney verilerini kullanabiliriz. r = k [X] [Z] 2 4 · 10 –3 M s–1 = k [0,2 M] [0,4 M]2 4 · 10 –3 M s–1 = k · 32 · 10 –3 M3 1 k = M –2 s–1 olur. 8 ÖRNEK Sabit sıcaklıkta gerçekleşen, 2NH3(g) + OCI –(suda) – N2H4(suda) + H2O(s) + CI (suda) tepkimesinin mekanizması aşağıdaki gibidir: – I. NH3(suda) + OCI (suda) NH2CI(suda) + OH– (Hızlı) – N2H+5(suda) + CI (suda) (Yavaş) II. NH2CI(suda) + NH3(suda) III. N2H+5(suda) + OH–(suda) N2H4(suda) + H2O(s) (Hızlı) Buna göre, a. Tepkimenin hız ifadesi nedir? – b. NH3(suda) ve OCI (suda) derişimleri iki katına çıkarıldığında tepkime hızı nasıl değişir? ÇÖZÜM 319 desi, r = k [NH2CI] [NH3] şeklindedir. b. Derişimlerdeki artışı tepkime hız ifadesinde yerine yazalım ve tepkime hızının nasıl değiştiğini bulalım. Buna göre, r = k [NH2CI] [NH3] ise r′ = k [NH2CI] [2NH3 ] r′ = 2 k [NH2CI] [NH3 ] r′ = 2r olur. OCI – ün derişiminin iki katına çıkarılmasında OCI– iyonunun yavaş basamaktaki tepkimenin reaktifler tarafında yer almadığı için tepkime hızına etkisi yoktur. NH3’ın derişiminin iki katına çıkarılması ise tepkime hızını iki kat artırır. 3. Sıcaklık Sıcaklık artışı ile hem endotermik hem de ekzotermik tepkimelerin hızları artar. Çünkü sıcaklık yükselmesiyle moleküllerin hareketi daha da hızlanır. Birim zamandaki moleküllerin toplam çarpışma sayısı artar ve dolayısıyla etkin çarpışma sayısı artar. TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE a. Mekanizmalı tepkimelerde tepkime hızını yavaş basamak belirler. Buna göre tepkime hız ifa- Grafik 6.9 ’da biri T2 yüksek sıcaklığında diğeri ise Belirli bir kinetik enerjiye sahip moleküllerin sayısı T1 düşük sıcaklığında bulunan moleküller arasında T1 enerji dağılımı eğrisi görülmektedir. Tepkimenin olabilmesi için gerekli en az enerji grafikte işaretlenmiştir T2 b (eşik enerjisi). T1 sıcaklığında bu en az enerjiye eşit T2 > T 1 veya daha büyük enerjili moleküllerin sayısı, bu grafik için çizilen dağılım eğrisinin altında kalan alan ile (a a ile gösterilen) orantılıdır. T2 sıcaklığında ise en az enerjiye sahip veya daha yüksek enerjili moleküllerin Kinetik enerji Eşik enerjisi (Ea) sayısı bu sıcaklık için enerji dağılım eğrisinin altındaki alan ile (a + b ile gösterilen) orantılıdır. Bu açıklama- Grafik 6.9: Farklı sıcaklıklarda belirli bir kinetik enerjiye sahip moleküllerin sayısı lardan da anlaşılacağı üzere sıcaklık arttıkça artan etkin çarpışma sayısı tepkime hızını da artırmaktadır. Bir başka deyişle aktifleşme enerjisini aşan tanecik sayısı arttığından etkin çarpışma yapabilecek taneciklerin sayısı ve toplam tepkime hızı da artacaktır. Bir T sıcaklığında en az eşik enerjisine (Ea) sahip çarpışmaların kesri e – TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 320 R ideal gaz sabitini (R = 8,314 J mol –1 Ea RT ile orantılıdır. Burada –1 K ), T ise mutlak sıcaklığı (Kelvin) göstermektedir. Bu sebeple hız sabiti (k) aynı faktörlerle orantılı olup aşağıdaki gibi yazılabilir: k = A e– Ea RT Bu bağıntı da orantı sabiti olan A (Arrehenius sabiti) frekans faktörü olarak adlandırılır. A frekans faktörü içerisinde; çarpışmaların sıklığı ve çarpışmanın yönü vardır. Tepkimenin eşik enerjileri (Ea) yalnızca deneysel çalışmalarla bulunabilir. Eğer bir sıcaklıktaki k değeri bilinirse yukarıda verilen bağıntıdan bir tepkimenin eşik enerjisi (Ea) hesaplanabilir. Hesaplamaların daha kolay olabilmesi için k’ye ait eşitliğin her iki tarafının e tabanına göre doğal logaritması (ln) alınırsa; Ink = In ` A e – Ink = In A– 25 Ink Ea RT j Ea RT ln = loge lnk = logek elde edilir. lnA = logeA Eşitlik basit bir düzenleme yapılarak bir doğru denklemine dönüştürülebilir. 20 15 Eğim = Ea R 10 5 5.10–4 1.10–3 1,5.10–3 Grafik 6. 10: Ink’nin 2.10–3 Ink = – c Ea 1 mc m + In A R T y = m x + b Yukarıdaki eşitlik kullanılarak elde edilen lnk’nın 1 ^ –1 h K T 1 ’ye karşı grafiği T Ea 1 ’ye karşı grafiğinden, eğim ve kesim noktası T R bulunur (Grafik 6.10). ETKİNLİK-DENEY 6.1 Etkinliğin adı: Kimyasal tepkime hızını sıcaklık nasıl etkiler? Etkinliğin amacı: Tepkime hızının sıcaklıkla değişiminin gözlenmesi. Araç ve gereçler • 2M HCI çözeltisi • Sacayak • Demir tozu • Isıtıcı • Beherglas (250 mL) • Termometre • Tüplük • Amyant tel İki ayrı temiz deney tüpünün içine ikişer gram demir Termometre tozu koyunuz. Tüplerden birinin üzerine 2M HCI çözeltisinden 20 ml ekleyiniz. Bu deney tüpünü sıcaklık 30 °C olana kadar beherglas içinde ısıtınız. Diğer deney tüpündeki tepkimeyi ısıtma yapmadan gözlemleyiniz. HCI çözeltisi Su 321 TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE Gözlemlerinizi arkadaşlarınızla paylaşınız. Etkinliğin değerlendirilmesi 1. Sıcaklık, tepkime hızını nasıl etkiler? 2. Sıcaklıktaki artış her tepkimenin hızını artırır mı? 4. Katalizör Kimyasal tepkimelerin, enerji ve zaman tasarrufu açısından hızlı gerçekleşmesi istenir. Bazı durumlarda da sıcaklığı yükseltmeden veya derişimi artırmadan tepkimenin hızlandırılması gerekebilir. Örneğin ekzotermik tepkimelerde sıcaklığın artırılması ürün veriminin düşük olmasına yol açabilir. Öyleyse sıcaklığı yükseltmeden hızı artırmanın başka bir yolu olmalıdır. İşte bu işi yapan maddeler katalizörlerdir. Kimyasal tepkimelerin bazıları yüksek verimle ilerlemekle birlikte çok yavaş olduklarından ekonomik açıdan uygulanabilir değildir. Bazı tepkimelerde de ürünün kalitesini artırmak amacıyla tepkimenin hızını yavaşlatmak gerekebilir. Bu amaçlarla hızı artıran maddeler katalizörler, hızı azaltan maddeler ise inhibitörlerdir. Bir reaksiyonda reaktiflerden ürünlere alternatif bir yol oluşturarak tepkimenin, aktifleşme enerjisi daha düşük bir mekanizma üzerinden yürümesini sağlayan, böylelikle hızı artıran maddelere katalizör denir. Bazı inhibitörler, bazı tepkimelerin gerçekleşmesini önler. Özellikle gıda endüstrisinde kullanılan ve koruyucu adı verilen inhibitörler yiyeceklerin daha uzun süre taze kalmasını sağlar. Grafik 6.11 ve Grafik 6.12 ’de kata- Katalizörsüz lizörlü ve katalizörsüz olarak oluşan bir Aktifleşme enerjisindeki azalma enerji diyagramı verilmiştir. Grafikte de görüldüğü gibi katalizör kullanılmış bir tepkime ile katalizörsüz bir tepkimenin izlediği yolun birbirinden farklı olduğu anlaşılmaktadır. Potansiyel enerji kimyasal tepkimeye ilişkin potansiyel Eai Katalizörlü Eag Eai rH Eag Homojen ve heterojen tepkimelerde Tepkimenin ilerleyişi olduğu gibi tepkimeye giren maddeler ile katalizör aynı fazda bulunuyorsa bu tür katalizörlere homojen katalizör, farklı Grafik 6. 11: Katalizörlü ve katalizörsüz tepkimenin potansiyel enerji-tepkimenin ilerlemesi grafiği fazlarda bulunuyorsa bu tür katalizörlere de heterojen katalizör denir. Aktifleşmiş kompleks Katalizörlerin tepkime üzerine yapacailgili aşağıdaki genellemeleri yapabiliriz: • Tepkime hızını artırır. • Eai ve Eag’ nin değerini aynı miktarda düşürür. • İstenilen bir ürünü verecek şekilde tepkimeyi yönlendirir. • Tepkimenin H değerini etkilemez. • Tepkimenin daha düşük enerjili Potansiyel enerji TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 322 ğı etkiler oldukça fazladır. Katalizörlerle Katalizörsüz Eai Girenler Eag Katalizörlü H Ürünler Tepkimenin ilerleyişi Grafik 6.12: H2O2 tepkimesinin katalizörlü ve katalizörsüz potansiyel enerji grafiği (mavi kesikli çizgi katalizörlü tepkimeye ait) bir yol (mekanizma) izlemesini sağlar. Tepkime sonunda değişmeden çıkar. • Katalizör net eşitlikte yer almaz. • Hız sabiti k’yi değiştirir. Şimdi katalizörün etkisini H2O2(suda)’ in bozunma tepkimesi üzerinden irdeleye- lim. H2O2(suda)’ in bozunması yavaş gerçekleşen bir tepkime olup genellikle kata- lizör gerektirir. I – iyonu bu amaç için iyi bir katalizördür (Resim 6.5). Resim 6.5: H2O2’in H2O ve O2 oluşturmak üzere bozunması, katalizör kullanıldığında oldukça hızlı gerçekleşir. I.H2O2(suda) + I –(suda) OI –(suda) + H2O(s) (Yavaş) II.H2O2(suda) + OI –(suda) H2O(s) + I –(suda) + O2(g) (Hızlı) Net tepkime: 2 H2O2(suda) 2 H2O(s) + O2(g) Katalizörün formülü net tepkimede yer almaz. Ara ürün olan OI –(suda) iyonu net tepkimede görülmez. H2O2’ in parçalanma hızı, yavaş olan I. basamağın hızına bağlıdır. – r = k [H2O2 ] [ I ] Canlılarda birçok karmaşık kimyasal tepkime olmasına rağmen bunların hiçbiri enzim tepkimeleri kadar önemli ve hayati değildir. Enzimler, biyolojik katalizörler olup biyokimyasal tepkimelerin hızlarını oldukça fazla oranda artırır. Enzimler, anahtar -kilit rolüne sahiptir. Canlı bir sistemde ortalama 3000 farklı enzimin olduğu tahmin edilmektedir. Her enzim, bir substratı ürüne çeviren özel bir tepkimeyi katalizler. Enzim katalizörü genellikle homojendir. Substrat ve enzim aynı sulu çözeltide yer alır. Biliyor muyuz? Katalitik dönüştürücüler Bir araba motorunun içinde yüksek sıcaklıklarda azot ve oksijen gazları tepkimeye girerek azotmonoksit gazı oluşturur. N2(g) + O2(g) 2NO(g) Egzoz taksim borusu Egzoz borusu Egzoz çıkış borusu Hava pompası: ikincil hava kaynağı Katalitik dönüştürücüler NO(g) atmosfere salınır salınmaz, O2(g) ile birleşerek NO2’ti verir. Arabalardan yayılan azot dioksit, karbonmonoksit (CO) ve çeşitli yanmamış hidrokarbonlar, hava kirliliği oluşturan gazlardır. Bu nedenle yeni üretilen arabalar katalitik dönüştürücülerle donatılmıştır. Etkin bir katalitik dönüştürücünün iki temel işlevi vardır. CO ve yanmamış hidrokarbonları CO2 ve H2O’ya yükseltgemek; NO ve NO2’i, N2 ve O2’e indirgemektir. TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 323 ETKİNLİK-DENEY 6.2 Etkinliğin adı: Katalizörün tepkime hızına etkisi. Etkinliğin amacı: Katalizörün tepkime hızına etkisinin incelenmesi. Araç ve gereçler • %30’ luk H2O2 çözeltisi • Spatül • Sıvı el temizleyici • Dereceli silindir (100 mL’lük 2 adet) • 2 g KI Etkinliğin yapılışı İki ayrı dereceli silindirin içine 4 -5 damla kadar sıvı el temizleyici koyunuz. Dereceli silindirdeki her iki sıvı el temizleyici üzerine 20 mL kadar H2O2 çözeltisi ekleyiniz ve sonucu gözlemleyiniz. Dereceli silindirlerden birini gerekli tüm önlemleri aldıktan sonra dikkatlice 2 g KI katısı ekleyiniz. Sabunun hızla köpürdüğünü gözlemleyiniz. TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 324 Etkinliğin değerlendirilmesi 1. Deneyde hangi madde katalizör olarak kullanılmıştır? 2. Katalizör 2H2O2(suda) Açıklayınız. 2H2O(s) + O2(g) + 108 kJ tepkimesinin hızını nasıl etkilemiştir? Gerçekleştirdiğimiz etkinlikte katalizör kullanımının tepkime hızını arttırdığını gözlemlediniz. Burada belirtmek gerekirse, her tepkimenin kendine özgü bir katalizörü vardır. 2H2O2(suda) 2H2O(s) + O2(g) + 108 kJ tepkimesinde çözelti ortamına eklenen KI katısı O2 gazının çıkış hızını artırmış yani katalizör olarak etki etmiştir. ALIŞTIRMALAR 1. A ve B gazlarının tepkimesi sonucunda AB gazı oluşuyor. A ve B derişimleri 0,1 M iken tepki- me hızı 3.10 –2 M s–1, A ve B derişimleri 0,02 M iken tepkime hızı 2,4.10 –4 M s–1 dir. Buna göre tepkime derecesi ve tepkimenin hız sabitinin (k) değeri kaçtır? Cevap: Tepkime derecesi = 3 Hız sabiti k = 30 2. 21,6 gram AI metalinin tamamı harcanıyor. Yeterli miktarda H2SO4 çözeltisi ile tepkimesi 10 dakika sürüyor. 2 AI(k) + 3 H2SO4(suda) Buna göre H2 gazının oluşma hızı kaç mol s–1 dir? (AI: 27 g mol–1) 2– I.Ba2+ (suda) + SO 4(suda) II.Ce4+ (suda) III.CH4(g) + 2 O2(g) + IV. Ag+(suda) + Cevap: 2.10 –3 mol s–1 BaSO4(k) Fe2+ (suda) 3+ Ce3+ (suda) + Fe (suda) CO2(g) + 2H2O(g) CI–(suda) 325 AgCI(k) Aynı koşullarda gerçekleşen yukarıdaki tepkimelerin hızlarını büyükten küçüğe doğru sırala- yınız. Cevap: I > IV > II > III 4. Aşağıda verilen tepkime türlerindeki hız sabiti k’nin birimini belirleyiniz (Tepkimelerde derişim birimi M, hız birimi ise M s–1 olarak alınacak.). a. Birinci dereceden tepkime c. Sıfırıncı dereceden tepkime b. İkinci dereceden tepkime 5. Grafikte numaralandırılmış kutulara aşağıdaki verilenlerden hangileri gelmelidir? 4 potansiyel enerjileri, ürün- lerin potansiyel enerjileri, aktifleşmiş kompleksin potansiyel enerjisi Potansiyel enerji H, Eai , Eag , reaktiflerin 3 6 1 5 2 Zaman TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 3. AI2(SO4)3(suda) + 3 H2(g) 6. 4 gram Zn(k) parçacığı oda sıcaklığındaki 2M HCI çözeltisine atıldığında H2 gazı açığa çıkıyor. Buna göre; I. 4 gram Zn(k) parçacığı yerine 2 gram Zn(k) parçacığı kullanma, II. 2 M HCI çözeltisi yerine 2 M CH3COOH çözeltisi kullanma, III. Sıcaklığı 40 °C’a çıkarma işlemleri ayrı ayrı uygulandığında H2(g)’nın açığa çıkış hızının büyükten küçüğe doğru sıralamasını yapınız. Cevap: III > I > II 7. C2H4(g) + 3O2(g) 2 CO2(g) + 2 H2O(g) tepkimesinde CO2 gazının NK’da oluşma hızı 13,44 L dak–1 dir. Buna göre aynı koşullarda O2 gazının ortalama harcanma hızı kaç g s–1 olur? (O2 : 32 g mol–1) 8. 2X(g) + 3Y(g) + 2Z(g) TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 326 Cevap: 0,48 g s–1 T(g) + 2K(g) Tepkimesi ile ilgili aşağıdaki deneyler yapılıyor: I. Tepkimenin gerçekleştiği kabın hacmi yarıya indirildiğinde tepkime hızı 8 katına çıkıyor. II. X derişimi sabit tutulup Y ve Z derişimleri ikişer katına çıkarıldığında tepkime hızı yine III. Y derişimi sabit tutulup X ve Z derişimleri iki katına çıkarıldığında tepkime hızı 4 katına 8 katına çıkıyor. çıkıyor. Buna göre tepkime hız ifadesini bulunuz. 9. 3X(g) + 2Y(g) + Z(g) Cevap: r = k [Y] [Z] 2 Ürünler tepkimesi kapalı bir kapta sabit sıcaklıkta gerçekleşiyor. Bu tepkimeye ait deney sonuçları aşağıdaki tabloda verilmiştir. Deney [X]M [Y]M [Z]M Hız M s–1 1 0,01 0,01 0,01 1.10 –3 2 0,01 0,01 0,04 2.10 –3 3 0,02 0,01 0,01 1.10 –3 4 0,02 0,03 0,01 9.10 –3 Buna göre tepkime hız sabiti k’nin değeri kaçtır? 10. Bir miktar magnezyum metalinin HCI asit çözeltisi ile tepkimesi sonucunda açığa çıkan H2(g)’nin hacmi ölçülüyor. Elde edilen hacim (cm3), zaman (s) değişimi tabloda verilmiştir. Buna göre tepkimede oluşan hidrojen gazının ortalama hızını cm3 s–1 cinsinden hesaplayınız. Cevap: k = 100 Zaman (s) 0 1 2 3 4 5 6 7 Hidrojen gazının hacmi (cm3) 0 14 22 31 36 40 40 40 Cevap: rH2 = 8 cm3 s–1 6.4. KİMYASAL DENGE Kimyasal tepkimelerin çoğu tek yönlü olarak değil de çift yönlü yani tersinir olarak gerçekleşir. Tersinir tepkimeler başlangıçta, yalnızca ürünler yönünde ilerler. Ürün molekülleri oluştukça ters yönde de bir tepkime başlar ve yeniden reaktif molekülleri oluşur. İlk anlarda bu ters tepkimenin hızı küçük olmakla birlikte, ürün moleküllerinin derişimi arttıkça ters tepkimenin de hızı artar. Bir süre sonra, ileri ve geri tepkimelerin hızları eşit hâle gelir. Bu anda kimyasal denge kurulur. Kurulan denge dinamiktir. Çünkü reaktiflerden ürünlerin oluşma hızı ile ürünlerden reaktiflerin oluşma hızı birbirine eşit olarak devam eder. Buna göre denge tepkimesinde, ileri ve geri tepkimeler devam ettiği hâlde, ürün ve reaktif miktarlarında bir değişme olmaz. Kapalı bir sistemde, sabit sıcaklıkta eşit hızda birbirine zıt iki değişme nedeniyle gözlenebilir olayların görünürde durması hâline denge denir. Denge, sistemde gerçekleşen olayın türüne bağlı olarak fiziksel ve kimyasal olabilir. Suyun kapalı bir kapta ve belli bir sıcaklıkta buharlaşması fiziksel dengeye bir örnektir. Bu dengede sıvı fazı terk eden H2O molekülleri ile sıvı faza geri dönen H2O molekülleri eşittir: ileri geri H2O(g) 327 Suyun buharlaşması endotermik olduğundan su buharının enerjisi suyun enerjisinden daha yüksektir. Bu nedenle minimum enerjili hâle gelme eğilimi reaktifler yani sıvı su lehinedir. Su buharı, sıvı suya göre daha düzensiz olduğundan maksimum düzensizliğe ulaşma eğilimi ise ileri yönde yani buharlaşma lehinedir. Suyun doğadaki dengesi canlı hayatı için son derece önemlidir (Şekil 6.4). Kar Yağışı Bulut ve Su Buharı Kar ve Buz Birikimi Taşınma Yoğuşma Yağış Terleme Neh Buharlaşma Okyanus/Deniz ir S uyu Yer Altı Suları Şekil 6.4: Suyun doğadaki dengesi TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE H2O(s) + ısı Denge, kimyasal bir olayın gerçekleşmesi şeklinde ise buna kimyasal denge denir. Örneğin azot dioksitt (NO2) ile diazot tetroksit (N2O4) arasındaki tersinir tepkime bunlardan biridir: N2O4(g) 2 NO2(g) H = +58 kJ NO2 gazı zehirli bir gaz olduğu için çeker ocaklı ortamda çalışılmalıdır. Tepkime esnasında koyukahve rengin oluşması NO2’in varolduğunun göster- gesidir. Yani kapalı bir kaba belli bir miktar N2O4 koyarsak hemen kahverengi bir renk oluşur. Bu durum, NO2 moleküllerinin oluştuğunu gösterir. Bu renk koyulaşması, N2O4 bozunması bir dengeye ulaşıncaya kadar devam eder. Dengeye ulaştıktan sonra renk değişimi durur (Şekil 6.5). Bir tıpa ile ağzı kapatılmış deney tüpüne konulan renksiz N2O4 gazı ısıtılırsa rengin koyu kahverengi- ye dönüştüğü ve oluşan rengin sabit kaldığı görülür. Bu durum bize deney tüpü ne kadar ısıtılırsa ısıtılsın rengin daha fazla koyulaşamayacağını yani N2O4 gazının tamamen NO2 gazına dönüşmeyeceğini gös- terir. O hâlde ortamda belli derişimlerde NO2 ve N2O4 gazları denge hâlinde bulunmaktadır (Grafik 6.13). N2O4(g) t Şekil 6.5: Renksiz N2O4 gazı ısıtıldığında koyu kahverengi NO2 gazına dönüşür. Zaman Grafik 6.13: N2O4(g)’in NO2(g)’e dönüşümüne ait derişim -zaman grafiği Denge Bağıntısı ve Denge Sabiti Bir kimyasal tepkimenin dengeye ulaşması ileri yöndeki tepkime hızının geri yöndeki tepkime hızına eşitliği ile mümkündür. Örneğin A ve B moleküllerinin tepkimesinden C ve D moleküllerinin elde edilmesi tepkimesinde, aA(g) + bB(g) cC(g) + dD(g)’dir. A ve B moleküllerinin derişimleri başlangıçta maksi- mumdur. Kap içerisinde A ve B’nin derişimleri, bu moleTepkime hızı TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 328 NO2(g) NO2(g) Derişim N2O4(g) küller tepkimeye girdikçe azalacağından ileri tepkimenin İle ri hızı zamanla azalır. Buna karşılık artan C ve D derişiminden dolayı da geri tepkimenin hızı zamanla artar. i r Ge Böylece ileri tepkimenin hızı yavaşlayıp geri tepkimenin t Zaman Grafik 6. 14: Tepkime hız-zaman grafiği hızlanması her iki yöndeki tepkimenin hızı eşit oluncaya kadar devam eder (Grafik 6.14). Bu sırada A, B, C ve D derişimleri değişmez yani tepkime dengededir. Moleküllerin derişimlerinin sabit kaldığı denge durumunda, ileri yöndeki tepkime hızı ile geri yöndeki tepkime hızı birbirine eşit olur. Belirli sıcaklıktaki ileri tepkime hızı (ri), A ve B’nin derişimleri çarpımı olup ki ileri yöndeki tepkimenin hız sabitidir. Buna göre ileri yöndeki hız ifadesi, ri = ki [A] a [B] b eşitliği ile ifade edilir. Aynı şekilde geri tepkimeye ait hız ifadesi de, rg = kg [C]c [D]d eşitliği ile ifade edilir. Dengede, ileri ve geri tepkime hızları eşit olduğundan, ri = rg ki [A]a [B]b = kg [C]c [D]d eşitliği elde edilir. Bu eşitlikteki iki hız sabitinin oranını elde edecek şekilde düzenlenirse, [C]c [D]d ki = olur. kg [A]a [B]b ki oranı, yeni bir sabit olan denge sabiti (K) adını alır. Denge sabiti K, derişimler cinsinden kg ifade edildiği belirtilmek üzere, Kc = [C]c [D]d [A]a [B]b şeklinde olur. Bu eşitliğe denge bağıntısı adı verilir. Saf katıların ve sıvıların derişim değerleri, tepkimeye katılsalar bile sabit kaldığından denge bağıntısında yer almaz. Yukarıdaki denge bağıntısı tüm maddelerin aynı fazda olduğu bir homojen denge tepkimesi için çıkarılmıştır. Oysa kimyasal tepkimelerin pek çoğu aynı fazda gerçekleşmez. Katı ile sıvı, sıvı ile gaz, gaz ile katı maddeler de birbirleriyle tepkime verir. Bu tepkimeler tek fazlı olmadığı için, bu gibi tepkimelerin dengesi heterojen denge olarak ifade edilir. Örneğin, C(k) ile O2(g)’in tepkimesinde denge bağıntısı, 2C(k) + O2(g) 2CO(g) Kc = 6CO@2 şeklindedir. 6O 2@ Bir kimyasal tepkimede yer alan gazların kısmi basınçları, aynı zamanda derişimlerinin de bir ölçüsü olduğundan, tepkimenin denge sabiti tepkimede yer alan gazların kısmi basınçları cinsinden de ifade edilebilir. Kısmi basınçlar cinsinden ifade edilen gaz sabiti, Kp ile gösterilir. Buna göre yukarıdaki tepkime için kısmi basınçlar cinsinden denge sabiti, Kp = 2 P CO şeklinde olur. PO 2 329 TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE Eşitlikteki Aşağıda bazı denge tepkimelerinin derişim cinsinden denge sabiti (Kc) ile kısmi basınçlar cinsinden denge sabiti (Kp) verilmiştir. İnceleyiniz. Derişim Cinsinden Tepkime H2(g) + S(k) Denge Sabiti H2S(g) H2S(g) + I2(k) 2HI (g) + S(k) 330 TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) Cinsinden Denge Sabiti [H2S] [H2] Kp = Kc = [HI ]2 [H2S] 2 PH I Kp = PH 2 S Kc = [NH3]2 [N2] [H2]3 Fe3O4(k) + 4H2(g) Kc = [H2]4 CaO(k) + CO2(g) CaCO3(k) Kc = 1 [CO2] Denge tepkimesi ile denge bağıntısı arasında ilişkiyi inceleyecek olursak: 1. Bir denge tepkimesi ters çevrildiğinde denge sabiti de ters çevrilir. A + 2B 3C 3C Kc = A + 2B Klc = 6C@3 6A@6B@2 6A@6B@2 6C@3 PH 2 S Kc = 3Fe(k) + 4H2O(s) Kısmi Basınçlar ise = 1 olur. Kc KP = PH 2 2 P NH 3 3 PN 2 P H 2 4 Kp = PH 2 Kp = 1 PCO 2 2. Bir denge tepkimesi herhangi bir katsayı (n) ile çarpılırsa bu sayı (n), denge bağıntısında yer alan maddelerin derişimlerine ve dolayısıyla denge sabitine üs olarak geçer. A + 2B nA + 2nB 3C Kc = 3nC Klc = 6C@3 6A@6B@2 6C@3n ise 6A@n 6B@2n =e 6C@3 n o = K nc olur. 6A@6B@2 3. Mekanizmalı tepkimelerde, net tepkimenin denge sabiti ara basamakların denge sabitleri çarpımına eşittir. I.A II.2B 2B K1 = 3C K2 = 6B@2 6A@ 6C@3 6B@2 İki denge tepkimesini toplarsak; + II. 2B A 2B 3C 3C K1 = [B]2 [A] 331 3 K2 = [C] [B]2 K3 = [B]2 [C]3 [C]3 = = K1 · K2 elde edilir. · [A] [B]2 [A] ÖRNEK Amonyağın, elementlerinden 25 °C’taki sentezine ait denge tepkimesi ve denge sabiti verilmiştir. 2NH3(g) Kc = 3,7.108 N2(g) + 3H2(g) Buna göre 25 °C’taki, NH3(g) 1 3 N2(g) + H2(g) tepkimesinin denge sabiti kaçtır? 2 2 ÇÖZÜM Bir denge tepkimesi ters çevrildiğinde denge sabiti Kc de ters çevrilir yani gi bir katsayı ile çarpılırsa bu sayı denge sabiti Kc’ye üs olarak geçer. Buna göre örnekte verilen tepkime ters çevrilip denge sabiti NH3(g) 1 olur. Kc 3 1 N + H 2 2^ g h 2 2^ g h Klc = 1 = Kc 1 olur. Tepkime herhanKc 1 katsayısı ile çarpılmıştır. Öyleyse tepkimenin 2 1 , 5, 2 · 10 –5 olur. 3, 7.10 8 TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE I. A ÖRNEK Aşağıda ikinci ve üçüncü tepkimelerin denge sabitleri verilmiştir. İlk tepkimenin denge sabitini bulalım. CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g) K1 = ? CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g) K2 = 1.105 CO(g) + 2H2(g) CH3OH(g) K3 = 1,4.107 ÇÖZÜM Örnekteki birinci tepkimenin denge sabitini bulabilmek için ikinci ve üçüncü tepkimeler ve denge sabitlerinden yararlanabiliriz. Buna göre ikinci tepkimeyi ters çevirdikten sonra ikinci ve üçüncü tepkimeleri toplamamız gerekir. TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 332 + 1 1 = K 2 1.10 5 CO2(g) + H2(g) CO(g) + H2O(g) Kl2 = CO(g) + 2H2(g) CH3OH(g) K3 = 1,4.107 CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g) K 1 = 1 · K 3 = 1 5 · 1, 4.10 7 = 1, 4.10 2 olur. K2 1.10 ALIŞTIRMA N2(g) + 1 O2(g) 2 N2O(g) K1 = 2,7.10 –18 2NO(g) K2 = 4,7.10 –31 N2(g) + O2(g) Yukarıdaki tepkimenin denge sabitleri bilindiğine göre; N2O(g) + 1 O2(g) 2 2NO(g) K c = ? tepkimesinin denge sabiti kaçtır? Cevap: 1,74.10–13 Kp ile Kc İlişkisi Kısmi basınçlar cinsinden denge sabiti Kp ile derişimler cinsinden denge sabiti Kc arasındaki ilişkiyi türetmek için kükürt trioksit bileşiğinin ayrışma tepkimesini inceleyelim. 2SO3(g) Kc = 2SO2(g) + O2(g) 6SO 2@2 6O 2@ 6SO 3@2 İdeal gaz yasası, PV = nRT, düzenlenirse, n n P olur. Burada molar derişimi ifade eder. Buna göre, = V V RT 6SO 2@ = n SO 2 6O 2@ = n O2 6SO 3@ = n SO 3 V V V PSO 2 = = RT PO 2 RT = PSO 3 RT yazılabilir. Bu ifadeleri Kc eşitliğinde yerine koyalım. ^PSO 2 /RTh ^PO 2 /RTh 2 Kc = ^PSO 3 /RTh 2 = 2 P SO PO 2 2 2 P SO 3 · RT = K p RT olur. Genel bir tepkime için benzer bir türetmeyi yaparsak; 333 aA(g) + bB(g) TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE Kc = Kp RT eşitliğini düzenlersek; Kp = Kc (RT) –1 olur. cC(g) + dD(g) Kp = Kc (RT)n eşitliği elde edilir. Burada n, gaz hâlindeki ürünlerin ve reaktiflerin mol sayıları farkıdır. Genel tepkimede n = (c + d) – (a + b)’dir. ÖRNEK 2 SO2(g) + O2(g) 2 SO3(g) tepkimesinin 900 K’de denge sabiti Kc = 13,3 olarak bulunmuştur. Bu tepkime için aynı sıcaklıkta Kp değeri kaçtır? ÇÖZÜM Tepkime için n = /nürün – /ngiren n = 2 – 3 = –1’dir. Kp = Kc (RT)n eşitliğinde verilenleri yerine koyalım. Kp = 13,3 · (0,082 · 900) –1 Kp = 0,18 bulunur. ALIŞTIRMALAR Aşağıdaki denge tepkimeleri için Kp ile Kc arasındaki ilişkiyi veren bağıntıyı yazınız. Tepkime Kp ile Kc arasındaki ilişki N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) .................................................... H2(g) + CI2(g) 2HCI(g) .................................................... CaCO3(k) CaO(k) + CO2(g) Zn(k) + 2H+(suda) .................................................... Zn2+ (suda) + H2(g) .................................................... Denge Hesaplamaları Denge tepkimelerinde, tepkimedeki maddelerin derişim değişimleri dikkate alınarak denge derişim- TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 334 leri belirlenir. Denge derişimlerinden yararlanarak da tepkimenin belirtilen sıcaklıktaki denge sabiti (Kc ) ya da istenilen değerler hesaplanır. ÖRNEK Kapalı bir kapta gerçekleşen tepkime, CO(g) + 2 H2(g) CH3OH(g) sabit sıcaklıkta 0,5 M CO ve 1 M H2 ile başlatılıyor. Tepkime dengeye ulaştığında CO’in derişimi 0,15 M oluyor. Buna göre tepkimenin denge sabiti Kc’nin sayısal değeri kaçtır? ÇÖZÜM CO(g) Başlangıç : 0,5 M Değişim : –0,35 M Denge : 0,15 M + 2H2(g) 1M CH3OH(g) — –0,70 M +0,35 M 0,30 M 0,35 M Tepkimedeki maddelerin denge derişimlerinden yararlanarak denge sabiti Kc’yi hesaplayalım. Kc = = 6CH 3 OH@ 6CO@ 6H 2@2 0, 35 ^0, 15h ^0, 30 h2 = 26 bulunur. ÖRNEK C2H2(g) + 3 H2(g) 2CH4(g) tepkimesi 0,115 M CH4 gazı ile başlatılıyor. Dengede C2H2’in derişimi 0,035 M olarak bulunuyor. Buna göre tepkimenin aynı sıcaklıktaki denge sabiti Kc’nin sayısal değeri kaçtır? ÇÖZÜM 2 CH4(g) Başlangıç : Değişim : Denge : C2H2(g) + 3 H2(g) 0,115 M — — –0,070 M +0,035 M +0,105 M 0,045 M 0,035 M 0,105 M Tepkimedeki maddelerin denge derişimlerinden yararlanarak denge sabiti Kc’yi hesaplayalım. 6C 2 H 2@ 6H 2@3 6CH 4@2 60, 035@ · 60, 105@3 = 60, 045@2 = 2 · 10 –2 olur. ÖRNEK 2COF2(g) CO2(g) + CF4(g) Kc = 4 Yukarıdaki dengede verilen tepkimede 0,25 M COF2 ve 0,20 M CF4 karışımı bulunduğuna göre CO2’in denge derişimi kaç molar olur? ÇÖZÜM Dengede bulunan tepkimedeki maddelerin derişimlerinden ve denge sabitinin sayısal değerinden yararlanarak CO2’in derişimini bulalım. 2 COF2(g) CO2(g) + CF4(g) Kc = 4 Kc = 6CO 2@ · 6CF4@ 4= 6CO 2@ ^0, 20h 6COF2@2 ^0, 25h2 6CO 2@ = 1, 25 M ’d›r. 335 TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE Kc = ALIŞTIRMALAR 1. N2(g) + O2(g) 2 NO(g) Kc = 0,01 0,2 M N2 ve 0,2 M O2 tepkimeye sokuluyor. Dengeye ulaşan tepkimede her bir maddenin derişimi kaç molar olur? Cevap: [N2 ] = 0,19 M [O2 ] = 0,19 M [NO] = 0,019 M 2. SO3(g) + NO(g) SO2(g) + NO2(g) tepkimesi için belirli bir sıcaklıkta denge sabiti Kc = 0,25’tir. 2 litrelik kaba 0,6 mol SO3(g) ile 0,6 mol NO(g) konularak başlatılan tepkime dengeye ulaştığında SO2(g)’nın denge derişimi kaç molar olur? Cevap: [SO2] = 0,1 M TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 336 Denge Kesri Kimyasal bir tepkimede reaktifler karıştırıldığında tepkime ürün oluşturmak üzere ilerler. Tepkimenin dengeye ulaşıp ulaşmadığını anlamak için denge kesrinden (Qc) yararlanılır. Denge kesri, denge sabi- tinde olduğu gibi, Qc = [Ürünler] [Girenler] eşitliği ile hesaplanır. Hesaplanan bu oran, • Qc = Kc ise tepkime dengededir. • Qc < Kc ise tepkime dengeye ulaşmak için bir süre ürünler lehine ilerlemelidir. • Qc > Kc ise tepkime dengeye ulaşmak için bir süre girenler lehine ilerlemelidir. ÖRNEK Kapalı bir kapta gerçekleşen tepkime ve denge sabiti verilmiştir. I2(g) + CI2(g) 2ICI(g) Kp = 81 (25 °C) 25 °C’taki tepkimede maddelerin kısmi basınçları PI2 = 0,1 atm. PCI2 = 0,1 atm. ve PICI = 0,36 atm. olarak ölçülüyor. Buna göre, a. Bu tepkime dengede midir? Eğer dengede değilse dengeye ulaşabilmesi için bir süre hangi yöne ilerlemelidir? b. Dengede her bir maddenin kısmi basınçlarını bulunuz. ÇÖZÜM a. Tepkimenin dengede olup olmadığını belirleyebilmek için kısmi basınçlar cinsinden denge kes- rini (Qp) hesaplamamız gerekir. P I2CI Qp = PI 2 PCI 2 = ^0, 36h2 ^ 0, 1 h · ^ 0, 1 h = 12, 96 Qp = 12,96, Kp = 81’dir. Buna göre Qp < Kp olduğundan tepkime dengede değildir. Tepkime den- geye ulaşabilmek için bir süre ürünler lehine ilerlemelidir. b. Denge, ürünler lehine ilerleyeceğine göre reaktiflerin kısmi basıncı azalırken ürünlerin kısmi basıncı artar. Başlangıç : 2ICI(g) 0,1 atm. 0,36 atm. (0,1 – x) atm. (0,36 + 2x) atm. 0,1 atm. Değişim : Denge : (0,1 – x) atm. Kp = CI2(g) + –x –x +2x P I2CI ^0, 36 + 2xh2 ^0, 36 + 2x h ise 81 = her iki tarafın karekökünü alırsak; 9 = olur. PI 2 · PCI 2 ^0, 1 – xh ^0, 1 – xh ^ 0, 1 – x h Buradan da x = 0,05 olur. Denge tepkimesinde her bir gazın kısmi basıncını bulabiliriz. PI 2 = 0,1 – x = 0,1 – 0,05 = 0,05 atm. PCI2 = 0,1 – x = 0,1 – 0,05 = 0,05 atm. PICI = 0,36 + 2x = 0,36 + 2.0,05 = 0,46 atm. olur. ALIŞTIRMA Kapalı bir kapta gerçekleşen denge tepkimesi ve denge sabiti verilmiştir. N2O4(g) 2NO2(g) Kc = 5,85.10 –3 Tepkimede N2O4 ve NO2 gazlarının derişimleri sırasıyla 0,0255 M ve 0,0331 M’dır. Buna göre denge kesri (Qc) değerini hesaplayınız. Tepkime dengede midir? Tepkime dengede değilse hangi yöne ilerleyeceğini belirleyiniz. Cevap: Qc = 4,29.10 –2 Qc > Kc olduğundan tepkime dengede değildir. Tepkime dengeye ulaşmak için bir süre girenler lehine ilerlemelidir. 337 TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE I2(g) 6.5. DENGEYİ ETKİLEYEN FAKTÖRLER Dengedeki bir kimyasal tepkimede bazı değişiklikler yapılarak bu tepkimenin daha verimli dengeye ulaşması sağlanabilir. Bu konuda en önemli çalışma Henry Le Chatelier’e (Henri Lö Şatölyer) aittir (Resim 6.6). Dengedeki sistemler üzerinde uzun yıllar çalışma yapmış olan Fransız kimyacı Le Chatelier, 1888 yılında kendi adı ile anılan önemli bir kuralı ortaya koymuştur. Bu kurala göre “Dengedeki bir sisteme dışarıdan herhangi bir etki yapıldığında, sistem bu etkiyi azaltacak yöne doğru kendiliğinden kayar ve denge yeniden kurulur.” Bu durum ip cambazının Resim 6.6: Henry Le Chatelier (1850-1936) durumuna benzetilebilir (Resim 6.7). TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 338 Resim 6.7: Dengede kalmaya çalışan bir ip cambazı Şimdi denge üzerinde etkili olabilecek faktörleri Le Chatelier prensibi ışığında sırasıyla ele alalım. Dengeye etki eden faktörler; 1. Derişimin değiştirilmesi, 2. Basınç ya da hacmin değiştirilmesi, 3. Sıcaklığın değiştirilmesi. Derişimin Değiştirilmesi Denge karışımında yer alan bir reaktif veya üründen bir miktar ilave ya da uzaklaştırma yapılması hâlinde, dengedeki maddelerin derişimleri değişir. Bu da dengede oluşan denge sabiti Kc’nin değişmesi anlamına gelir. Sonuçta sistem artık dengede değildir. Sistem yeniden derişimler oranını Kc’ye eşit olacak şekilde değiştirerek tekrar dengeye ulaşır. Bu değişim, dengenin ya ürünler yönünde (ileri yönde) ya da reaktifler yönünde (geri yönde) kaymasıyla elde edilir. Örnek olarak sabit hacim ve sıcaklıkta gerçekleşen N2(g) + 3 H2(g) denge tepkimesini inceleyelim. 2 NH3(g) a. Kaba Bir Miktar N2(g) Eklenirse Le Chatelier ilkesine göre denge hâlindeki tepkimeye N2(g) eklenirse tepkime bu etkiyi en aza indire- cek şekilde yani ürünler lehine kayarak bozulur. Bu böylece yeni bir denge kurulur. Yeni kurulan dengede, ilk dengeye göre N2(g) ve NH3(g) derişimleri fazla, H2(g) Derişim durumda H2(g) derişimi azalır, NH3(g) derişimi artar ve N2(g) H2(g) NH3(g) derişimi azdır. Sıcaklık sabit olduğundan denge sabiti Kc değişmez (Grafik 6.15). 0 Le Chatelier ilkeCaO(k) + CO2(g) tepkimesinde açığa çıkan CO2(g) tepkime kabından sürekli çekilerek dengenin sağa kayması sağlanır. Böylece CaCO3(k)’ın büyük bir kısmının CaO(k)’e dönüşmesi sağlanır. Grafik 6. 15: N2(g) + 3H2(g) ge tepkimesine N2(g) eklenmesi Zaman 2NH3(g) den- 339 sine göre dengedeki sistemden sabit sıcaklıkta H2(g) çeki- lirse denge H2(g) deri- şimini artıracak yönde yani girenler lehine N2(g) Derişim CaCO3(k) tʹ H2(g) bozulur. H2(g) derişimi NH3(g) azalır, N2(g) derişimi artar. Yeni denge kurulduğunda ilk dengeye göre H2(g) ve NH3(g) derişimleri az, N2(g) derişimi ise fazladır. Sıcaklık sabit olduğundan denge sabiti Kc değişmez (Grafik 6.16). 0 t tʹ Zaman Grafik 6. 16: N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) denge tepkimesinden H2(g) çekilmesi N2(g) Le Chatelier ilkesine göre dengedeki tepkime sabit H2(g) sıcaklıkta eklenen NH3(g) derişimini azaltmak için giren- ler lehine kayarak bozulur. Bunun sonucunda NH3(g)’ın Derişim c. Bir Miktar NH3(g) Eklenirse NH3(g) bir kısmı harcanırken N2(g) ve H2(g) derişimleri artar. Yeni denge kurulduğunda tepkimedeki tüm maddele- rin derişimleri ilk denge durumuna göre artmış olur. Sıcaklık sabit olduğundan denge sabiti Kc değişmez (Grafik 6.17). 0 t tʹ Zaman Grafik 6. 17: N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) denge tepkimesine NH3(g) eklenmesi TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE b. Bir Miktar H2(g) Çekilirse t ÖRNEK CO(g) + CI2(g) COCI2(g) tepkimesi dengede iken 1 litrelik kapta 0,5 mol CO(g), 0,25 mol CI2(g) ve 0,25 mol COCI2(g) bulunmaktadır. Aynı sıcaklıkta dengedeki COCI2(g)’nin mol sayısının 0,40 olması için kaba kaç mol CO(g) eklenmelidir? ÇÖZÜM CO(g) + CI2(g) COCI2(g) 0,5 mol 0,25 mol 0,25 mol tepkimesinin denge sabitini bulalım. Burada hacim 1 litre olduğundan mol sayısını molar derişim olarak alabiliriz. Denge sabiti Kc = 6COCI 2@ 0, 25 = = 2 bulunur. 6CO@ 6CI 2@ 0, 5 · 0, 25 Kaba eklenen CO(g)’in mol sayısına x diyelim. Le Chatelier ilkesine göre eklenen CO(g)’i azaltmak 340 için denge bir süre ürünler lehine ilerlemelidir. Buna göre, TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE CO(g) + Başlangıç : (0,5 + x) mol Değişim : –0,15 mol Denge : (0,35 + x) mol CI2(g) COCI2(g) 0,25 mol 0,25 mol –0,15 mol +0,15 mol 0,10 mol 0,40 mol Sabit sıcaklıkta Kc değişmediğinden dengedeki derişimleri Kc’ye eşitleyebiliriz. Kc = 2= 6COCI 2@ ise 6CO@ 6CI 2@ 0, 40 ^0, 35 + xh · ^0, 10h x = 1,65 mol bulunur. Buna göre kaba 1,65 mol CO(g) eklenmelidir. ÖRNEK Kapalı bir kaptaki CO(g) + SO3(g) CO2(g) + SO2(g) tepkimesinin belirli bir sıcaklıkta denge karışımında 0,4 mol CO, 0,2 mol SO3, 0,2 mol CO2 ve 0,8 mol SO2 gazları bulunmaktadır. CO2 gazının dengedeki mol sayısını 0,3’e çıkartmak için kaptan kaç mol SO2 gazı uzaklaştırılmalıdır? ÇÖZÜM Denge tepkimesindeki verilenlerden denge sabitinin (Kc) değerini bulalım. Burada kabın hacmine V diyelim. Kc = 6CO 2@ 6SO 2@ ise 6CO@ 6CI 2@ 0, 2 0, 8 mc m V V = 2 olur. Kc = 0, 4 0, 2 c mc m V V c Şimdi CO2’in dengedeki mol sayısını 0,3 yapmak için kaptan uzaklaştırılacak SO2’in mol sayısını bulalım. Bunun için SO2’in mol sayısına x diyelim. Buna göre, + SO3(g) CO2(g) 0,2 mol 0,2 mol Başlangıç : Değişim 0,4 mol : –0,1 mol –0,1 mol Denge : 0, 3 mol V L 0, 1 mol V L Kc = 2= + +0,1 mol 0, 3 mol V L SO2(g) 0,8 mol (+0,1 – x) mol ^0, 9 – x h mol V L 6CO 2@ 6SO 2@ ise 6CO@ 6SO 3@ c 341 0, 3 0, 9 – x mc m V V & x = 0, 7 mol SO 2 olur. 0, 3 0, 1 c mc m V V Buna göre CO2’in dengedeki mol sayısını 0,3’e çıkarabilmek için kaptan 0,7 mol SO2 uzaklaştı- rılmalıdır. ALIŞTIRMALAR 1. 4 mol SO2 ve 4 mol O2 gazları belirli bir sıcaklıkta 3 litrelik kaba konuyor. 2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g) tepkimesi dengeye ulaştığında kaptaki gaz karışımının molce %37,5’inin O2 olduğu tespit ediliyor. Buna göre tepkimenin denge sabiti (Kc) değeri kaçtır? Cevap: Kc = 64 2. 1 litrelik bir kapta, N2(g) + O2(g) 2NO(g) tepkimesi belirli bir sıcaklıkta dengede iken kapta 0,2 mol N2, 0,2 mol O2 ve 0,1 mol NO gazları bulunmaktadır. Aynı sıcaklıkta kaba 0,1 mol NO gazı eklendiğinde N2 gazının yeni kurulacak dengedeki molar derişimi kaç olur? Cevap: 0,24 M TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE CO(g) Biliyor muyuz? Kanımızın plazmasında karbondioksit ve karbonik asit (H2CO3) arasında bir denge söz konusudur. CO2 + H2O Membran H2CO3 Hemoglobin CO2 Plazma içinde çözündü. Kan plazması Hızlı Karbonik anhidraz Bikarbonata dönüşür. Kırmızı kan hücresi TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 342 O2 Plazma içinde çözündü. CO2 plazma içinde çözünerek H2CO3’a dönüşür. Daha sonra HCO3– iyonuna ayrışır. O2 gazı kır- mızı kan hücrelerinde bulunan hemoglobin ile HbO2’yi oluşturur. CO2 dokulardan kana giren bir atık üründür. Kandaki CO2 derişimi yükseldikçe bu denge tepkime- si sağa kayar ve kan dolaşımı ile vücutta taşınan H2CO3 artar. Kanımız akciğerlere ulaştığında CO2 solunumla dışarı verilir. Bu durumda kandaki CO2 derişimi azalacağından, bu denge tepkimesi sola kayar ve kan dolaşımındaki H2CO3 derişimi düşer. Basınç ya da Hacmin Değiştirilmesi Basınç ya da hacim değişimi denge hâlindeki bir sistemi nasıl etkiler? Bir gazın basınçla hacminin nasıl değiştiğini 3. üniteden hatırlayınız. Bildiğiniz gibi basınç ile hacim ters orantılıdır. Basınç artırıldığında hacim azalır. Denge hâlindeki bir tepkimenin gerçekleştiği kaba basınç uygulanarak hacmi azaltıldığında denge bozulur. Sistemin yeniden dengeye gelebilmesi için Le Chatelier ilkesine göre bu dış etkiyi en aza indirecek şekilde tepki gösterir. Örneğin pistonlu bir kapta denge hâlinde bulunan, N2(g) + 3H2(g) tepkimesini inceleyelim. 2 NH3(g) Şekil 6.6.a’da görüldüğü gibi piston üzerine sabit sıcaklıkta basınç uygulanarak hacim azaltıldığında denge bundan nasıl etkilenir? Tepkime denklemine dikkatlice baktığınızda N2(g) reaktifler tarafında 4 mol gaz, ürünler tarafında ise 2 mol gaz olduğu görülür. İdeal gaz denkleminden (PV = nRT), gazın mol sayısı (n) azal- Derişim H2(g) NH3(g) dıkça toplam basıncı da azalır. Buna göre, toplam basınç artırıldığında (hacim azaltıldığında) sistem bu dış etkiyi azaltmak ve yeni dengeye ulaşmak için toplam basıncı azaltacak yön olan ürünler lehine kayarak bozulur. Kurulan yeni 0 t tʹ Grafik 6.18: N2(g) + 3H2(g) Zaman 2NH3(g) denge tepki- mesinde basıncın artırılması (hacmin azaltılması) sonucunda tepkimedeki maddelerin derişim değişimleri dengede, ilk dengeye göre N2(g) , H2(g) ve NH3(g) derişimleri fazladır. Sıcaklık sabit olduğundan denge sabiti (Kc) değişmez. Grafik 6.18’de zamanla maddelerin derişimlerinde meydana gelen değişimleri inceleyiniz. TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 343 N2(g) + 3 H2(g) 2 NH3(g) N2(g) + 3 H2(g) (a) Şekil 6.6: Basınç değişiminin dengeye etkisi: a. Toplam basınç artırıldığında denge, mol sayısı az olan yöne kayar. b. Toplam basınç azaltıldığında denge, mol sayısı çok olan yöne kayar. (b) 2 NH3(g) Şekil 6.6.b’de pistonun üzerindeki basınç sabit sıcaklıkta azaltıldığında hacim artar. Sistem, bu etkiyi en aza indirebilmek için toplam basıncı artıracak yönde girenler lehine bozulur. Bir süre sonra yeni denge kurulur. Yeni derişimleri azdır (Grafik 6.19). N2(g) Derişim kurulan dengede ilk dengeye göre N2(g) , H2(g) ve NH3(g) H2(g) Sıcaklık sabit olduğundan denge sabiti (Kc) değişmez. Özet olarak denge hâlindeki bir gaz tepkimesi ile ilgili; • Toplam basınç artırıldığında (hacim azaltıldığında) denge mol sayısı az olan yöne kayar. • Toplam basınç azaltıldığında (hacim artırıldığında) denge mol sayısı çok olan yöne kayar. NH3(g) 0 t tʹ Grafik 6.19: N2(g) + 3H2(g) Zaman 2NH3 denge tepkimesinde basınç azaltıldığında (hacim artırıldığında) tepkimedeki maddelerin derişimlerinin zamanla değişimi şeklinde bir sonuca ulaşabiliriz. ALIŞTIRMALAR Pistonlu bir kapta gerçekleşen, a. 2 KCIO3(k) b. 2 SO2(g) + O2(g) 2 KCI(k) + 3 O2(g) 2 SO3(g) denge tepkimelerinde sabit sıcaklıkta tepkime kabının hacmi artırıldığında her bir tepkimede denge hangi yöne kayar? Kaba bir miktar soy gaz eklendiğinde denge bozulur mu? Bozulursa yeni dengenin kurulabilmesi için tepkime bir süre hangi yöne doğru ilerlemelidir? Açıklayınız. Sıcaklık Le Chatelier ilkesine göre denge hâlindeki bir tepkimenin sıcaklığı değiştirildiğinde, tepkime bu etkiyi en aza N2(g) indirecek şekilde bir tepki gösterir. Sıcaklık değişiminin dengeye etkisini endotermik ve ekzotermik tepkimelerde ayrı ayrı incelemek gerekir. Buna göre ekzotermik tep- H2(g) Derişim TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 344 kimede sıcaklık artırıldığında tepkime girenler yönüne kayar. İlk denge durumuna göre NH3 derişimi azalır. N2 ve H2 derişimi artar. Denge sabiti (Kc) küçülür (Grafik 6.20). sıcaklığın artırılması N2(g) + 3 H2(g) 2 NH3(g) + ısı Tepkime sola kayar. Kc küçülür. NH3(g) 0 t tʹ Grafik 6.20: N2(g) + 3 H2(g) Zaman 2 NH3(g) + ısı Ekzotermik tepkimede sıcaklık artırıldığında tepkimedeki maddelerin derişimlerinin zamanla değişimi Ekzotermik tepkimede sıcaklık azaltıldığında ise Derişim N2(g) 0 H2(g) tepkime ısı üretecek şekilde yani ürünler lehine kayar. İlk denge durumuna göre NH3 derişimi artar. N2 ve H2 derişimi azalır. Denge sabiti Kc büyür (Grafik 6.21). NH3(g) t tʹ Grafik 6.21: N2(g) + 3 H2(g) sıcaklığın azaltılması Zaman 2 NH3(g) + ısı Ekzotermik tepkimede sıcaklık azaltıldığında tepkimedeki maddelerin derişimlerinin zamanla değişimi N2(g) + 3 H2(g) 2 NH3(g) + ısı Tepkime sağa kayar. Kc büyür. Endotermik tepkimede ise sıcaklık artırıldığında (ısı ilavesi) denge, ürünler yönüne kayar. İlk denge durumu- 0 t tʹ Grafik 6. 22: N2O4(g) + ısı Zaman na göre NO2 derişimi artar N2O4 derişimi azalır. Denge sabiti (Kc) büyür (Grafik 6.22). sıcaklığın artırılması N2O4 (g) + ısı 2 NO2(g) Endotermik tepkimede sıcaklık artırıldığında tepkimedeki maddelerin derişimlerinin zamanla değişimi 345 2 NO2(g) Tepkime sağa kayar. Kc büyür. Endotermik tepkimede, sıcaklık azaltıldığında (ısı Derişim N2O4(g) tifler yönüne kayar. İlk denge durumuna göre NO2 deri- şimi azalır N2O4 derişimi artar. Denge sabiti (Kc) küçülür NO2(g) 0 çekildiğinde) ise tepkime, ısı üretecek şekilde yani reak- t Grafik 6. 23: N2O4(g) + ısı tʹ Zaman 2 NO2(g) Endotermik tepkimede sıcaklık azaltıldığında tepkimedeki maddelerin derişimlerinin zamanla değişimi (Grafik 6.23). sıcaklığın azaltılması N2O4 (g) + ısı 2 NO2(g) Tepkime sola kayar. Kc küçülür. TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE Derişim N2O4(g) NO2(g) ETKİNLİK-DENEY 6.3 Etkinliğin adı: Sıcaklık değişiminin dengeye etkisi. Etkinliğin amacı: Endotermik bir tepkimede sıcaklık değişiminin dengeyi nasıl etkilediğini gözlemlemek. Araç ve gereçler • Sodyum klorür • Cam baget • 1 M Cu(NO3)2 çözeltisi • Spatül • Buz • Damlalık • Beherglas (250 mL) (2 adet) • Isıtıcı • Dereceli silindir (100 mL) • Sacayak • Deney tüpü • Amyant tel Etkinliğin yapılışı TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 346 Deney tüpüne 1 M’lık Cu(NO3)2 çözel- Cu(NO3)2 çözeltisi tisinden 10 mL ilave ediniz ve üzerine yarım spatül kadar NaCI tuzundan ekleyip karıştırdıktan sonra karışımı ısıtınız. buz Çözeltinin rengi değişince ısıtma işlemini durdurunuz. Deney tüpünü sıcak sudan alıp içinde buz -su karışımı olan başka bir beherglasa koyunuz. Deney tüpündeki çözeltinin renk değişimini gözlemleyiniz. Etkinliğin değerlendirilmesi Şekil -1 Şekil -2 1. Tepkime hangi yöne doğru ekzotermiktir? 2. Sıcaklık artışı dengeyi hangi yönde değiştirir? 3. Sıcaklık değişimi, denge sabitini (Kc) nasıl etkiler? Açıklayınız. Etkinlik - Deney 6.3’teki denge tepkimesi – Cu2+ (suda) + 4CI (suda) şeklindedir. 2– CuCI 4(suda) H > 0 – – Cu2+ ve CI iyonları arasında gerçekleşen denge tepkimesi Cu2+ (suda) + 4CI (suda) CuCI2– 4(suda) endotermik olduğundan sıcaklık artışı dengeyi ürünler lehine kaydırır ve denge sabiti büyür. Sıcaklık azaltıldığında ise denge, girenler lehine kayar ve denge sabiti küçülür. Özet olarak denge hâlindeki ekzotermik bir tepkimede, • Sıcaklık artırıldığında denge, reaktifler yönüne kayar. Ürünlerin derişimleri azalır, reaktiflerin derişimleri artar. Denge sabiti (Kc) küçülür. • Sıcaklık azaltıldığında denge, ürünler yönüne kayar. Reaktiflerin derişimleri azalır, ürünlerin derişimleri artar. Denge sabiti (Kc) büyür. Denge hâlindeki endotermik bir tepkimede, • Sıcaklık artırıldığında denge, ürünler yönüne kayar. Reaktiflerin derişimleri azalır, ürünlerin derişimleri artar. Denge sabiti (Kc) büyür. • Sıcaklık azaltıldığında denge, reaktifler yönüne kayar. Ürünlerin derişimleri azalır, reaktiflerin derişimleri artar. Denge sabiti (Kc) küçülür. Aşağıda verilen endotermik ve ekzotermik denge tepkimelerinde, sıcaklık artırıldığında denge hangi yöne kayar? Sıcaklık azaltıldığında denge hangi yöne kayar? Bu değişimlerin etkisi ile denge sabiti (Kc) nasıl değişir? a.CaCO3(k) CaO(k) + CO2(g) b. 2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g) H > 0 H < 0 ÇÖZÜM CaO(k) + CO2(g) H > 0 Endotermik tepkimede sıcaklık artırıldığında denge ürünler yönüne kayar. Denge sabiti (Kc) büyür. Katı hâlde bulunan CaCO3 ve CaO’in denge derişimleri CO2(g) Derişim a. CaCO3(k) CaO(k) değişmezken CO2 gazının derişimi ilk denge durumuna CaCO3(k) göre artar (Grafik 6.24). 0 t Grafik 6.24: CaCO3(k) tʹ Zaman CaO(k) + CO2(g) H > 0 endotermik tepkimede sıcaklık artırıldığında tepkimedeki maddelerin derişimlerinin zamanla değişimi TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 347 ÖRNEK Sıcaklık azaltıldığında ise denge reaktifler yönüne kayar. Denge sabiti (Kc) küçülür. Benzer şekilde katı ken CO2 gazının derişimi ilk denge durumuna göre azalır (Grafik 6.25). CO2(g) Derişim hâldeki CaCO3 ve CaO’in denge derişimleri değişmez- CaO(k) CaCO3(k) 0 t Zaman tʹ Grafik 6.25: CaCO3(k) CaO(k) + CO2(g) H > 0 endotermik tepkimede sıcaklık azaltıldığında tepkimedeki maddelerin derişimlerinin zamanla değişimi Ekzotermik tepkimede sıcaklık artırıldığında denge reaktifler yönüne kayar. Denge sabiti (Kc) küçülür. İlk SO2(g) denge durumuna göre SO3 gazının derişimi azalırken SO2 ve O2 gazlarının derişimleri artar (Grafik 6.26). SO3(g) 0 t tʹ Grafik 6.26: 2SO2(g) + O2(g) Zaman 2SO3(g) H < 0 ekzotermik tepkimede sıcaklık artırıldığında tepkimedeki maddelerin derişimlerinin zamanla değişimi Sıcaklık azaltıldığında ise denge, ürünler yönüne kayar. Denge sabiti (Kc) büyür. İlk denge durumuna göre SO2 ve O2 gazlarının derişimleri azalırken SO3 gazının O2(g) Derişim TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 348 O2(g) 2SO3(g) H < 0 Derişim b. 2SO2(g) + O2(g) SO2(g) SO3(g) derişimi artar (Grafik 6.27). 0 t t′ Grafik 6.27: 2SO2(g) + O2(g) Zaman 2SO3(g) H < 0 ekzotermik tepkimede sıcaklık azaltıldığında tepkimedeki maddelerin derişimlerinin zamanla değişimi Yukarıda sıralanan etkilerden derişim, basınç ya da hacmin değiştirilmesi yalnızca dengedeki maddelerin derişimlerini değiştirirken denge sabitini değiştirmez. Sıcaklığın değiştirilmesi, dengedeki maddelerin derişimlerini değiştirdiği gibi denge sabitini de değiştirir. Katalizör ise dengedeki maddelerin derişimlerini ve denge sabitini değiştirmez. Dengenin daha kısa sürede kurulmasını sağlar. ALIŞTIRMALAR Kapalı bir kapta gerçekleşen, 2H2S(g) + 3 O2(g) 2H2O(s) + 2SO2(g) H° = –1124 kJ mol –1 denge tepkimesinde; a.H2S(g) eklendiğinde, b. SO2(g) eklendiğinde, c.O2(g) çekildiğinde, ç. Basınç artırıldığında, d. Kabın hacmi artırıldığında, e. Kap ısıtıldığında, f. Kap soğutulduğunda, denge hangi yöne doğru bozulur? Her bir etki sonunda denge sabiti Kc nasıl değişir? Açıklayınız. Biliyor muyuz? Kulağın dış, orta ve iç kulak olmak üzere üç bölümü vardır. Dış ve orta kulak yapıları ses dalgalarını toplayıp gücünü artırarak iç kulak sıvısına aktarma görevi görür. İç kulaktaki işitme ve denge merkezleri kulak kemiği içinde yerleşmiş olup iç kulak sıvıları ile (endolenf ve perilenf) doludur. İşitme ve denge sinirlerinin algılayıcı hassas sinir uçları ve sinir hücreleri bu sıvılarla sürekli temas hâlindedir. İç kulağa ulaşan ses dalgaları burada iç kulak sıvıları ile iletilerek sinir uçlarını uyarır ve elektrik uyarısı oluşmasını sağlar. Bu uyarının işitme siniri ile beyne iletilmesi sonucu işitme gerçekleşir. Bu denge durumu bozulduğunda ise vertigo denilen rahatsızlık ortaya çıkar. Orta kulak Dış kulak Örs Çekiç İç kulak Yarım daire kanalları Kulak kepçesi Salyangoz Östaki borusu Kulak yolu Kulak zarı Üzengi TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 349 ALIŞTIRMALAR 1.H2(g) + CI2(g) 2HCI(g) Kc = 25 tepkimesi için 1 litrelik sabit hacimli kaba 0,2 mol H2, 0,2 mol CI2 ve 1,2 mol HCI konularak sabit sıcaklıkta dengeye gelmesi sağlanıyor. Kurulan bu dengede, kapta kaç mol HCI gazı vardır? Cevap: 1,14 mol HCI 2. 2NH3(g) N2(g) + 3H2(g) tepkimesine göre 5 mol NH3’ın %40’ı ayrıştığında, dengedeki kapta toplam basınç 14 atm. olduğuna göre tepkimenin kısmi basınçlar cinsinden denge sabiti (Kp) kaçtır? 4. 2NOCI(g) Cevap: Kp = 12 2NO(g) + CI2(g) tepkimesi 4 litrelik bir kaba 6 mol NOCI konarak başlatılıyor. 100 K’de tepkime dengeye ulaştığında kaptaki toplam basınç 16,4 atm. olarak ölçülüyor. Buna göre Kc değeri kaçtır? Cevap: Kc = 2 5. Kapalı bir kapta, TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 350 2NH3(g) + 3CI2(g) N2(g) + 6HCI(s) 4 mol NH3, 4 mol CI2 ile tepkime başlamaktadır. Tepkime NH3’ın %50’sinin ayrışması ile dengeye ulaşıyor. Dengedeki toplam basınç 2,4 atm. olduğuna göre Kp’nin sayısal değeri kaçtır? Cevap: Kp = 1,93 6.6. SULU ÇÖZELTİ DENGELERİ Suyun Oto-İyonizasyonu ve pH Su, bilindiği gibi canlılar için son derece önemli bir sıvıdır. Su, çok saf olsa bile duyarlı elektrik ilet- kenliği ölçümleri ile saptanabilen, çok düşük derişimlerde iyonlar içerir. Bu durum, su moleküllerinin proton (H+) vermesinden veya proton almasından ileri gelir. Bu olaya suyun kendi kendine iyonlaşması (oto-iyonizasyonu) adı verilir. Suyun kendi kendine iyonlaşmasında, bir su molekülü asit gibi davranarak baz gibi davranan başka bir su molekülüne proton verir ve böylece hidronyum iyonu (H3O+) ve hidroksit iyonu (OH–) meydana gelir. Tepkime tersinirdir ve tersinir tepkimede H3O+ proton verir, OH– proton alır. H3O+ sudan daha kuvvetli asit, OH– ise sudan daha kuvvetli baz konumundadır. Su, HCI ile tepkimesinde baz gibi davranırken NH3 ile tepkimesinde asit gibi davranır. Su baz gibi davranır. HCI(suda) + H2O(s) Asit (Proton verir.) Baz (Proton alır.) Su asit gibi davranır. H3O+(suda) + CI–(suda) NH3(suda) + H2O(s) Baz (Proton alır.) Asit (Proton verir.) NH+4(suda) + OH–(suda) Su, asitlere karşı baz, bazlara karşı asit gibi davrandığından amfoter özellik gösterir. Bu durumu suyun oto-iyonizasyonunda açık bir şekilde görebiliriz. H2O(s) + H2O(s) Asit (Proton verir.) H3O+(suda) + OH–(suda) Çeşme suyu ve yer altı suyu kaynakları, birçok çözünmüş iyon içerdiğinden elektriği iletir. Baz (Proton alır.) Suyun oto-iyonizasyonunu basit olarak, H2O(s) H+(suda) + OH–(suda) şeklinde de gösterebiliriz. Suyun iyonlaşması için denge sabiti, Ksu = [H+ ] · [OH– ] şeklindedir. – – 25 °C’ta saf suda H+ ve OH iyon derişimleri eşittir ve [H+ ] = 1.10 –7 M ve [OH ] = 1.10 –7 M olarak bulunur. Böylece 25 °C’ta saf suda ve sulu çözeltilerde eşitlik, şeklinde olur. 351 25 °C’ta bir sulu çözeltide H+ iyon derişimi ile OH– iyon derişimleri çarpımı daima 1.10 –14 tür. Örneğin, [H+ ] = 1.10 –3 M olan çözeltideki OH– iyon derişimini bulabiliriz. (1.10–3) · [OH– ] = 1.10–14 [OH– ] = 1.10–14 = 1.10–11 M 1.10–3 Burada [H+ ] > [OH– ] olduğundan çözelti asidiktir. Benzer şekilde [OH– ] = 1.10 –2 M olan çözeltideki H+ iyon derişimini bulalım. [H+ ] · (1.10–2) = 1.10–14 [H+ ] = 1.10–14 = 1.10–12 M 1.10–2 Çözeltide [OH– ] > [H+ ] olduğundan çözelti baziktir. Özetlenirse; – • Nötr çözeltilerde [H+ ] = [OH ] = 1.10–7 M (25 °C’ta) – • Asidik çözeltilerde [H+ ] > [OH ] – • Bazik çözeltilerde [OH ] > [H+ ] – • 25 °C’ta bütün sulu çözeltilerde [H+ ] · [OH ] = Ksu = 1.10 –14 tür. 1 litre suyun (yaklaşık 55,5 mol su) yalnızca 10–7 molü iyonlaşır. TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE Ksu = [H+ ] [OH– ] = 1.10–14 ALIŞTIRMALAR 25 °C’ta hazırlanan aşağıdaki her bir çözeltide [H+ ] derişimi verilenlerin [OH– ] derişimini, [OH– ] derişimi verilenin [H+ ] derişimini bulunuz. Çözeltinin asidik, bazik ve nötr olduğunu belirtiniz. a. [H+ ] = 5.10 –5 M – b.[OH ] = 2,5.10 –2 M c.[H+ ] = 1.10 –7 M – – Cevap: a. [OH ] = 2.10 –10 M [H+ ] > [OH ] olduğundan çözelti asidiktir. – b. [H+ ] = 4.10 –13 M [OH ] > [H+ ] olduğundan çözelti baziktir. – c. [H+ ] = [OH ] = 1.10 –7 M ve çözelti nötrdür. pH Kavramı Sulu çözeltilerde H+ ve OH– iyonlarının derişimleri genellikle çok küçük sayılardır ve bunlarla çalış- TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 352 ması oldukça güçtür. Bu nedenle daha pratik bir kavram olan pH geliştirilmiştir. Bir çözeltinin pH’si hidrojen iyonu derişiminin (mol L–1) negatif logaritması olarak tanımlanır. pH = –log [H3O+ ] ya da Bir çözeltide [H+ ] = 1.10 –3 M ise bu çözeltinin pH değeri, pH = –log [H+ ] = –log (1.10 –3) = –(–3) = 3 olarak bulunur. [H+] = 1.10 –7 M (nötral) olan çözeltinin pH değeri, pH = –log [H+] = –log (1.10 –7) = –(–7) = 7 olarak bulunur. Genel olarak 25 °C’taki sulu çözeltilerde; • pH < 7 ise çözelti asidiktir. • pH > 7 ise çözelti baziktir. • pH = 7 ise çözelti nötrdür (Tablo: 6.4). pH = –log [H+ ] pH Ölçeği 0 1 2 3 4 5 6 Asidik 10–0 7 8 9 10 11 12 pH 10–1 10–2 10–3 10–4 10–5 10–6 10–7 13 14 Bazik 10–8 10–9 10–10 10–11 10–12 10–13 10–14 [H+ ] Tablo 6.4: [H+] derişimi ve pH skalası Tablo 6.5’te bazı maddelerin pH değerleri verilmiştir. İnceleyiniz. Madde pH Madde pH Madde Mide özsuyu 1,0 – 3,0 Elma 2,9 – 3,3 Yağmur suyu (kirlenmemiş) Limon 2,2 – 2,4 Şeftali 3,4 – 3,6 İnsan kanı pH 5,6 7,3 – 7,4 Erik 2,8 – 3,0 Kiraz Magnezya sütü 10,5 Amonyak 3,2 – 4,0 Yumurta akı 7,6 – 8,0 10,5 – 11,5 %4 NaOH çözeltisi Tablo 6.5: Bazı maddelerin pH değerleri ÖRNEK 25 °C’taki sulu çözeltide [H+] = 1,8.10 –4 M olan çözeltinin pH değeri kaçtır? (log 1,8 = 0,26) ÇÖZÜM [H+] derişiminden yararlanarak pH değerini bulalım. pH = –log [H+ ] = –log (1,8.10 –4 ) = 4 –log 1,8 = 4 – 0,26 = 3,74’ tür. pH < 7’den küçük olduğu için çözelti asidiktir. 14 TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 353 pOH Kavramı – OH iyonu derişiminin negatif logaritması kullanılarak pH’ye benzer bir şekilde pOH skalası oluştu- rulabilir. pOH = –log [OH– ] – Bir çözeltide [OH ] = 1.10 –3 M ise çözeltinin pOH değeri, pOH = –log [OH– ] pOH = –log [10 –3 ] = –(–3) = 3 olur. Çözeltide [OH– ] > [H+] ve pOH < 7 olduğundan çözelti bazik özellik gösterir. pOH skalasında pOH değeri 7’den küçük ise çözelti bazik, 7’den büyük ise çözelti asidik özellik gösterir (Tablo 6.6). 354 TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 0 1 2 3 4 5 6 Asidik 14 7 8 9 10 11 12 13 pH 13 12 11 10 9 8 7 Bazik 6 5 4 pOH Tablo 6.6: pH ve pOH Burada 25 °C’ta suyun iyon çarpımı sabitini yeniden inceleyelim. – [H+ ] · [OH ] = Ksu = 1.10 –14 Eşitliğin her iki tarafının negatif logaritması alındığında – –(log [H+] + log [OH ]) = –log (1.10 –14) – – log [H+] + (– log [OH ]) = 14 olur. pH ve pOH tanımlarından pH + pOH = 14 14 elde edilir. Buna göre 25 °C’taki sulu çözeltilerin pH ve pOH toplamı daima 14’tür. 3 2 1 0 ÖRNEK 25 °C’taki sulu çözeltide pH – pOH = 6’dır. Buna göre bu çözeltide [H+ ] ve [OH– ] derişimleri kaç M’dır? ÇÖZÜM 25 °C’taki sulu çözeltide pH + pOH = 14 olduğunu biliyoruz. Buna göre örnekte verilen eşitlikle taraf tarafa toplayarak pH değerini bulabiliriz. pH + pOH = 14 + pH – pOH = 6 2pH = 20 pH = 10 olur. Buradan çözeltideki [H+] ve [OH– ] derişimlerini bulabiliriz. pH = 10 ise [H+ ] = 10 –10 M olur. – pOH = 14 – 10 = 4 olduğundan [OH ] = 10 –4 M olur. 27 °C’ta 1,64 atm. basınçta 1,5 litre hacim kaplayan HCI gazı suda tamamen çözünerek oda sıcaklığında 10 litre çözeltisi hazırlanıyor. Buna göre 27 °C’taki HCI çözeltisinin pH ve pOH değerleri kaçtır? ÇÖZÜM İdeal gaz denkleminden yararlanarak HCI gazının mol sayısını ve ardından da çözeltinin derişimini bulalım. PV = nRT 1,64 · 1,5 = n · 0,082 · (273 + 27) n = 0,1 mol HCI M= n ise V M= 0,1 = 10 –2 M HCI olur. 10 HCI kuvvetli asit olduğundan suda tamamen iyonlaşarak çözünür. HCI(suda) H+(suda) + CI–(suda) 10 –2 M 10 –2 M 10 –2 M pH = – log [H+ ] = – log [10–2 ] = 2 olur. pH + pOH = 14 ise 2 + pOH = 14 pOH = 12 olur. 355 TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE ÖRNEK Brönsted-Lowry Asit ve Baz Tanımı Asit ve bazların tanımlanmasında kapsamlı bir öneri Danimarkalı kimyacı Johannes Brönsted (Yannes Bronsted) tarafından yapılmıştır. Bu tanıma göre H+ iyonunu verebilen maddelere asit, H+ iyonunu alabilen maddelere baz denir. Aşağıdaki tepkimede HCI, H+ iyonunu verebildiği için asit, su da H+ iyonunu aldığı için baz özellik gösterir. + HCI(suda) H3O+(suda) H2O(s) Asit (proton veren) CI–(suda) + Baz (proton alan) Asit ve bazların Brönsted–Lowry tanımının bir başka yaklaşımı da konjuge (eşlenik) asit–baz çifti kavramıdır. Buna göre bir Brönsted asidinin konjuge bazı, asitten bir proton (H+) uzaklaştırıldığında geriye kalan türdür. Konjuge asidi ise bir Brönted bazına bir proton ilave edilmesi ile oluşur. Her Brönsted asidi bir konjuge baza, her Brönsted bazı da bir konjuge asidine sahiptir. Örneğin amonyum iyonu (NH4+), NH3’tan oluşan konjuge asittir ve hidroksit iyonu (OH – ), H2O’dan oluşan konjuge bazdır. NH3(suda) 356 TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE baz (proton alan) H2O(s) NH+4(suda) asit (proton veren) asit (proton veren) + H+ alan OH–(suda) baz (proton alan) H+ veren NH3 NH4+ (Baz) (Konjuge asit) 1444444444442444444444443 H 2O OH– (asit) (Konjuge baz) 1444444444442444444444443 Konjuge asit-baz çifti Konjuge asit - baz çifti Şekil 6.7: NH3(g) + H2O(g) + – NH+4(suda) + OH(suda) tepkimesinde konjuge asit-baz çiftleri ALIŞTIRMALAR Aşağıda verilen tepkimelerdeki Brönsted-Lowry tanımına göre konjuge asit-baz çiftlerini belirle- yiniz. a.H2SO4(suda) + H2O(s) HSO–4(suda) + H3O+(suda) b.HCO–3(suda) + H2O(s) H2CO3(suda) + OH–(suda) c. CN–(suda) + H2O(s) HCN(suda) + OH –(suda) ç.CH3COOH(suda) + CO2– 3(suda) d. HSO–4(suda) + NH3(suda) CH3COO–(suda) + HCO–3(suda) NH+4(suda) + SO–2 4(suda) Asit ve Bazların Kuvveti Kuvvetli asitler, suda tam olarak iyonlaştığı kabul edilen kuvvetli elektrolitlerdir. Kuvvetli asitlerin çoğu inorganik asitlerdir; hidroklorik asit (HCI), nitrik asit (HNO3), perklorik asit (HCIO4) ve sülfürik asit (H2SO4) kuvvetli asitlere örnek verilebilir. Kuvvetli asitler suda büyük oranda iyonlaşarak çözünür. HCI(suda) + H2O(s) H3O+(suda) + CI–(suda) HNO3(suda) + H2O(s) H3O+(suda) + NO–3(suda) HCIO4(suda) + H2O(s) H3O+(suda) + CIO–4(suda) H2SO4(suda) + H2O(s) – H3O+(suda) + HSO4(suda) (H2SO4 iki protonlu bir asit olup burada iyonlaşmanın sadece birinci basamağı gösterilmiştir.) Asitlerin çoğu suda kısmen iyonlaşabilen zayıf asitlerdir. Dengede, zayıf asitlerin sulu çözeltileri; örnek hidroflorik asit (HF), asetik asit (CH3COOH), karbonik asit (H2CO3), siyanür asit (HCN) ve amonyum iyonudur (NH+4). Kuvvetli bir asit olan HCI’ün suda iyonlaşması ile zayıf bir asit olan H2CO3’in suda iyonlaşması Şekil 6.8 ’de verilmiştir. İnceleyiniz. Kuvvetli asitlerin metallerle tepkimesi hızlı gerçekleşirken zayıf asitlerin metallerle tepkimesi yavaş gerçekleşir (Resim 6.8). HCI CI– H+ CI– H+ CI– H+ – H CI H+ H+ H2CO3 + H HCO–3 H2CO3 CI– CI– H+ + a. HCI bir kuvvetli asit olduğundan iyonlarına tamamen ayrışır. H+ H2CO3 HCO–3 H2CO3 H2CO3 b. H2CO3 bir zayıf asit olduğundan tamamıyla iyonlarına ayrışamaz. Şekil 6.8: a. Kuvvetli bir asit olan HCI’in iyonlaşması b. Zayıf asit olan H2CO3’in iyonlaşması (a) (b) Resim 6.8: a. Zn metali HCI ile (kuvvetli asit) kuvvetli bir tepkime verir. b. H2CO3 ile (zayıf asit) daha zayıf bir tepkime verir. 357 TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE iyonlaşmamış asit molekülleri, H3O+ iyonları ve eşlenik bazının bir karışımını içerir. Zayıf asitler için Kuvvetli asitler gibi kuvvetli bazlar da suda tam olarak iyonlaşan kuvvetli elektrolitlerdir. Alkali metallerin ve bazı toprak alkali metallerin hidroksitleri kuvvetli bazlardır. Kuvvetli bazlar suda büyük oranda iyonlaşarak çözünür. Na+(suda) + OH–(suda) NaOH(k) KOH(k) K+(suda) + OH–(suda) Ba(OH)2(k) Ba2+(suda) + 2 OH–(suda) Yukarıda verilen tepkimelerde metal hidroksitleri proton alamadıkları için Brönsted bazı değildir. Ancak iyonlaştıklarında oluşan hidroksit iyonu (OH– ) proton alabileceğinden dolayı bir Brönsted bazıdır. – H3O+(suda) + OH (suda) 2 H2O(s) Bu nedenle NaOH veya herhangi bir metal hidroksidi baz olarak tanımladığımızda gerçekte metal hidroksitten oluşan OH– ’i kasdetmiş oluruz. Zayıf bazlar da tıpkı zayıf asitler gibi zayıf elektrolitlerdir. Örneğin amonyak zayıf bir bazdır ve suda çok az miktarda iyonlaşır. TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 358 NH3(suda) + H2O(s) NH+4(suda) + OH–(suda) NH3 yapısında H olmasına rağmen bir asit gibi iyonlaşmaz yani yapısından bir H+ ayrılamaz. 1.Bir asit kuvvetli ise onun konjuge bazı oldukça zayıftır. Örneğin kuvvetli bir asit olan HCI için konjuge bazı, CI – iyonu, son derece zayıf bir bazdır. 2.H3O+ sulu çözeltide bulunabilen kuvvetli asittir. H3O+ dan daha kuvvetli asitler su ile tepkimeye girerek H3O+ ve konjuge bazlarını oluşturur. Örneğin H3O+ dan daha kuvvetli bir asit olan HCI, H3O+ ve CI – oluşturmak üzere su ile tamamen tepkimeye girer. HCI(suda) + H2O(s) H3O+(suda) + CI –(suda) H3O+ dan daha zayıf asitler, H3O+ ve asidin konjuge bazını oluşturmak üzere su ile çok az oranda tepkimeye girer. Nitekim aşağıdaki denge tepkimesi giren yönüne (sola doğru) doğrudur. HF(suda) + H2O(s) H3O+(suda) + F –(suda) 3.OH– iyonu sulu çözeltide bulunabilen kuvvetli bazdır. OH– den daha kuvvetli olan bazlar, OH– ve konjuge asitlerini oluşturmak üzere su ile tepkimeye girerler. Örneğin, amit iyonu (NH2– ), OH– dan daha kuvvetli bir bazdır. Bu nedenle aşağıda görüldüğü gibi su ile tamamen tepkimeye girer: – NH2(suda) + H2O(s) NH3(suda) + OH–(suda) Zayıf asitler Eşlenik (Konjuge) Baz HCIO4 (perklorik asit) – CIO4 (perklorat iyonu) HI (hidroiyodik asit) I – (iyodür iyonu) HBr (hidrobromik asit) Br – (bromür iyonu) HCI (hidroklorik asit) CI – (klorür iyonu) H2SO4 (sülfürik asit) HSO4– (hidrojen sülfat iyonu) HNO3 (nitrik asit) NO3– (nitrat iyonu) H3O+ (hidronyum iyonu) H2O (su) HSO4– (hidrojen sülfat iyonu) SO2– 4 (sülfat iyonu) HF (hidroflorik asit) F – (florür iyonu) HNO2 (nitröz asit) NO2– (nitrit iyonu) HCOOH (formik asit) HCOO– (format iyonu) CH3COOH (asetik asit) CH3COO– (asetat iyonu) NH4+ (amonyum iyonu) NH3 (amonyak) HCN (hidrosiyanik asit) CN – (siyanür iyonu) H2O (su) OH– (hidroksit iyonu) NH3 (amonyak) NH2– (amit iyonu) Tablo 6.7: Konjuge asit-baz çiftlerinin bağıl kuvvetleri 359 TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE Asit Bazın kuvveti artar. 1444444444444444444444442444444444444444444444443 Asidin kuvveti artar. 1444444444444442444444444444443 Kuvvetli asitler Tablo 6.7’de bazı önemli konjuge asit-baz çiftleri bağıl kuvvetlerine göre verilmiştir. İnceleyiniz. ÖRNEK 16,2 gram HBr’ün 200 mL suda çözünmesiyle elde edilen çözeltinin pH değerini hesaplayalım (HBr: 81 g mol –1). ÇÖZÜM HBr’ün mol sayısını ve ardından molaritesini bulalım. n= m 16,2 ise n = = 0,2 mol HBr Mk 81 V = 200 mL = 0,2 L HBr’ün molar derişimi M= n 0,2 = = 1 M = 100 M olur. V 0,2 HBr kuvvetli asit olduğundan suda tamamen iyonlaşır. 360 HBr(suda) H+(suda) + Br–(suda) 100 M ise 100 M 100 M olur. pH = – log [H+] TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE pH = – log 100 pH = 0 olur. ÖRNEK pH değeri 12 olan 500 mL bir çözelti hazırlamak için kaç gram NaOH gereklidir? (NaOH: 40 g mol –1) ÇÖZÜM – pH = 12 ise pOH = 14 – 12 = 2 olur ve [OH ] = 10 –2 M’dır. NaOH kuvvetli baz olduğundan tamamen iyonlarına ayrışır. NaOH(suda) Na+(suda) + OH–(suda) 10 –2 M olur. 10 –2 M V = 500 mL = 0,5 L M= n ise V 10 –2 = n ⇒ n = 5.10 –3 mol NaOH olur. Buradan da NaOH’in kütlesini bulalım. 0,5 m n= ise Mk 5.10 –3 = m 40 m = 0,2 g NaOH gerekir. ÖRNEK Aşağıda verilen 25 °C’taki kuvvetli asit çözeltilerinde [H+] , [OH– ] ve pH değerlerini hesaplayalım. a. 0,25 M HCI b. 0,015 M HNO3 c. 0,052 M HBr ve 0,020 M HNO3 çözeltileri karışımı ç. Öz kütlesi 1,01 g mL–1 olan kütlece %0,624’lük HNO3 çözeltisi (HNO3 : 63 g mol –1) (log 25 = 1,4 log 15 = 1,17 log 72 = 1,85) ÇÖZÜM Verilen örneklerdeki HCI, HNO3 ve HBr kuvvetli asit olduğundan suda tamamen iyonlaşarak çözü- nür. Buna göre, + – a. 0,25 M HCI çözeltisi için [H ], [OH ] ve pH değerlerini bulalım. + [HCI] = [H ] = 0,25 = 25.10 –2 M’dır. + – [H ] · [OH ] = 10–14 ise [OH – ] = 4.10 –14 M olur. + pH = – log [H ] pH = – log [25.10 –2 ] = 2 – log25 = 2 – 1,4 = 0,6 olur. + – b. 0,015 M HNO3 çözeltisi için [H ], [OH ] ve pH değerlerini bulalım. + [HNO3] = [H ] = 0,015 = 15.10 –3 M’dır. + – [H ] · [OH ] = 10 –14 ise – [15.10 –3] · [OH ] = 10 –14 [OH – ] = 6,6 10 –13 M olur. + pH = – log [H ] = – log [15.10 –3 ] = 3 – log 15 = 3 – 1,17 = 1,83 olur. TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 361 – [25.10 –2] · [OH ] = 10 –14 c. 0,052 M HBr ve 0,020 M HNO3 çözeltileri karışımındaki [H+ ], [OH – ] ve pH değerlerini bulalım. _ bb + ` karışımdaki [H ] = 0,072 = 72.10 –3 M olur. b + [HNO3] = [H ] = 0,020 M a [HBr] = [H+ ] = 0,052 M + – [H ] · [OH ] = 10 –14 ise – [72.10 –3] · [OH ] = 10 –14 [OH – ] = 1,38.10 –13 M olur. TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 362 + pH= – log [H ] = – log [72.10 –3 ] = 3 – log 72 = 3 – 1,85 = 1,15 olur. + – ç. Öz kütlesi 1,01 g mL–1 olan kütlece %0,624’lük HNO3 çözeltisindeki [H ], [OH ] ve pH değer- lerini bulalım. d · % · 10 ise Mk M= = = 0,1 M HNO3 olur. 1,01 · 0,624.10 63 [HNO3] = [H+ ] = 0,1 = 10 –1 M’dır. + – [H ] · [OH ] = 10 –14 ise – [10 –1] · [OH ] = 10 –14 M – [OH ] = 10 –13 M olur. pH= –log [H+ ] = –log [10 –1] = 1 olur. ALIŞTIRMA Aşağıda verilen madde derişimlerine göre [H+ ] ve [OH– ] iyonlarının derişimlerini bularak pH ve pOH değerlerini hesaplayınız. Çözeltilerin asit, baz veya nötr olduğunu belirtiniz. Çözelti [H+ ]M [OH– ]M pH pOH Asit, baz, nötr 0,01 M HNO3 0,05 M Ca(OH)2 0,01 M NaCI 0,001 M NaOH Asit-Baz Dengeleri Kuvvetli / Zayıf Asitler-Bazlar Bir asidin derişimi, çözeltide çözünmüş olan asidin miktarını gösterir. H3O+ iyonu derişimi ve buna bağlı olarak pH’si ise çözelti içindeki iyonlaşmayı gösterir. Kuvvetli bir asidin suda tamamen iyonlaştığını ifade etmiştik. Zayıf bir asit suda çözündüğü zaman ise kısmen iyonlaşır ve sulu çözeltide iyonlar ve moleküller bir denge konumuna ulaşır. Burada monoprotik (tek protonlu) bir HA zayıf asidini ele alalım. Bu asidin sudaki iyonlaşması, H3O+(suda) + A–(suda) HA(suda) + H2O(s) şeklindedir. Bu iyonlaşma için denge ifadesi, Ka = [H3O+ ] · [A– ] [HA] veya daha basit olarak, HA(suda) Ka = şeklinde gösterilir. H+(suda) + A–(suda) [H+] · [A– ] [HA] TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 363 Burada Ka , asidin iyonlaşma sabitidir. Zayıf asitler, küçük Ka değerlerine sahiptir. Çünkü bunların çözeltilerinde iyon derişimi en düşük, iyonlaşmayan asit molekülleri derişimi ise en büyüktür (Tablo 6.8). HIO3 + H2O Kloröz asit HCIO2 + H2O Nitröz asit Hidroflorik asit Formik asit TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 364 Ka = İyodik asit Klorasetik asit Sabiti K HC2H2CIO2 + H2O HNO2 + H2O HF + H2O HCHO2 + H2O pK pKa = H3O+ + IO–3 1,6 X 10 –1 0,80 H3O+ + CIO–2 1,1 X 10 –2 1,96 H3O+ + C2H2CIO–2 1,4 X 10 –3 2,85 H3O+ + NO2 7,2 X 10 –4 3,14 H3O+ + F – 6,6 X 10 –4 3,18 H3O+ + CHO–2 1,8 X 10 –4 3,74 Benzoik asit HC7H5O2 + H2O H3O+ + C7H5O–2 6,3 X 10 –5 4,20 Asetik asit HC2H3O2 + H2O H3O+ + C2H3O–2 1,8 X 10 –5 4,74 HOCI + H2O H3O+ + OCI – 2,9 X 10 –8 7,54 HCN + H2O H3O+ + CN – 6,2 X 10 –10 9,21 H3O+ + C6H5O– 1,0 X 10 –10 10,00 H3O+ + HO–2 1,8 X 10 –12 11,74 Hipokloröz asit Hidrosiyanik asit Fenol Hidrojen peroksit HOC6H5 + H2O H2O2 + H2O Kb = Baz Dietilamin Etilamin Amonyak Hidroksilamin Piridin Anilin pKb = OH – + (C2H5)2NH+2 6,9 X 10 –4 3,16 – OH + C2H5NH+3 4,3 X 10 –4 3,37 – OH + NH+4 1,8 X 10 –5 4,74 OH – + HONH+3 9,1 X 10 –9 8,04 C 5H 5N + H 2O OH – + C5H5NH+ 1,5 X 10 –9 8,82 C6H5NH2 + H2O – OH + C6H5NH+3 7,4 X 10 –10 9,13 (C2H5)2NH + H2O C2H5NH2 + H2O NH3 + H2O HONH2 + H2O Tablo 6.8: Bazı asit ve bazların iyonlaşma dengeleri ve iyonlaşma sabitleri Asitlik kuvveti Asit İyonlaşma Bazlık kuvveti İyonlaşma Dengesi Bir asit çözeltisinin başlangıç derişimi ve Ka değeri bilinirse dengedeki [H+ ] iyonu derişiminin veya çözeltinin pH’sini hesaplayabiliriz. Benzer şekilde, eğer zayıf asit çözeltisinin pH’sini ve başlangıç derişimini bilirsek, Ka değerini hesaplayabiliriz. Örneğin 25 °C’ta 0,1 M olan zayıf HA asidinin Ka = 1.10 –5 olduğunu varsayarsak bu asit çözeltisinin pH değerini bulabiliriz. – H+(suda) + A (suda) HA(suda) Başlangıç : 0,1 M – Değişim : –x M Denge : 0,1 – x M Ka = [H+] [A– ] [HA] 1.10–5 = x·x 0, 1 – x ihmal – +x M +x M xM xM x = 10 –3 ⇒ [H+] = 10 –3 M olur. pH = –log [H+] = –log [10 –3 ] 365 ÖRNEK 25 °C’ta 2,5 M HNO2 çözeltisinin iyonlaşma yüzdesini bulalım (HNO2 için Ka = 4,6.10 –4). ÇÖZÜM HNO2(suda) H+(suda) + NO–2(suda) Başlangıç : 2,5 M – Değişim : –x M Denge : 2,5 – x M Ka = 4,6.10 –4 = – +x M +x M xM xM [H+ ] · [NO–2 ] [HNO2] x·x 2, 5 – x ihmal x = 0,034 ⇒ [H+] = 0,034 M olur. İyonlaşma % si = = [H+] dengede [HNO2] başlangıç 0,034 M 2,5 M · 100 · 100 = %1,36 olarak bulunur. TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE = 3 olur. ÖRNEK 25 °C’ta 0,6 M HF asidinin sulu çözeltisinde asidin %3,7’si iyonlaşmaktadır. Buna göre, bu asit çözeltisinin pH değeri ve asidin Ka değeri kaçtır? (log 2,22 = 0,34) ÇÖZÜM 0,6 M HF asidinin iyonlaşan kısmını bulalım. 0,6 · 3,7 = 2,22.10 –2 iyonlaşır. 100 H+(suda) HF(suda) Başlangıç : 0,6 M –2 – Değişim : –2,22.10 M Denge : (0,6 – 2,22.10 –2) M F–(suda) – M +2,22.10 –2 M 2,22.10 –2 M 2,22.10 –2 M +2,22.10 –2 + Çözeltinin pH değeri bulabiliriz. TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 366 pH = – log [H+ ] = – log (2,22.10 –2 ) = 2 – log 2,22 = 2 – 0,34 = 1,66 olur. Tepkimedeki maddelerin denge derişimleri bilindiğinden asitlik sabiti Ka’ yı hesaplayabiliriz. Ka = = 6H +@ · 6F –@ 6HF@ 2, 22.10 –2 · 2, 22.10 –2 0, 6 – 2, 22.10 –2 = 8, 2.10 –4 ihmal Zayıf bazlar da zayıf asitler gibi sulu çözeltide iyonlar ve moleküller ile bir denge konumuna ulaşır. Zayıf bir baz olarak B’yi ele alalım. B’nin suda iyonlaşması, BH+(suda) + OH–(suda) şeklinde gösterilir. B(suda) + H2O(s) Bu iyonlaşma için denge ifadesi, Kb = [BH+] [OH–] şeklinde yazılabilir. [B] Burada Kb, bazın iyonlaşma sabitidir. ÖRNEK 25 °C’ta 0,15 M’lık amonyak (NH3) çözeltisi için, pH değerini ve iyonlaşma yüzdesini hesaplayalım (log 6,1 = 0,78, NH3 için Kb = 1,8.10 –5 ). ÇÖZÜM NH3(suda) Başlangıç : H2O(s) NH+4(suda) + OH–(suda) 0,15 M – Değişim : –x M Denge : (0,15 – x) M – +x M +x M xM xM [NH4+] [OH–] [NH3] 1,8.10–5 = 6x · x@ 0, 15 – x ihmal x2 = 2,7.10 –4 367 x = 1,64.10 –3 ⇒ [OH – ] = 1,64.10 –3 M [H+ ] · [OH – ] = 10 –14 ise [H+ ] · [1,64.10 –3 ] = 10 –14 [H+ ] = 6,1.10 –12 M olur. pH= –log [H+ ] = –log [6,1.10 –12 ] = 12 – log 6,1 = 12 – 0,78 pH = 11,22 olur. İyonlaşma yüzdesini bulalım. İyonlaşma yüzdesi = = 6NH 4+@dengede 6NH 3@bafllang›ç · 100 ise 1,64.10–3 · 100 0,15 = %1,93 olur. TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE Kb = + ÖRNEK Belirli bir sıcaklıkta zayıf bir baz olan etil aminin (C2H5 – NH2) 2,3.10 –2 M çözeltisinin pH’si 10 olduğuna göre aynı sıcaklıkta Kb değeri kaçtır? ÇÖZÜM pH = 10 ise pOH = 14 – 10 = 4 olur. Buradan da [OH – ] = 10 –4 M olur. C2H5 – NH2(suda) Başlangıç : –4 C2H5 – NH+3(suda) – : –10 M +10 Denge : (2,3.10 –2 – 10 –4 ) M Kb = = TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE H2O(s) 2,3.10 –2 M Değişim 368 + –4 M 10 –4 M + OH–(suda) – +10 –4 M 10 –4 M 6C 2 H 5 – NH +3@ · 6OH –@ 6C 2 H 5 – NH 2@ 10 –4 · 10 –4 ^2, 3 · 10 –2 – 10 –4 hihmal = 4,3 · 10–6 olur. ALIŞTIRMALAR 1. 25 °C’ ta 5,7.10–2 M’lık metilamin (CH3 – NH2) çözeltisinin pH’sini hesaplayınız. (Kb = 4,4.10–4 log 2 = 0,3) Cevap: 11,7 2. 25 °C’ta 0,148 M bir monoprotik asit (HA) çözeltisinde asidin %1,55’i iyonlaşmaktadır. Bu asidin iyonlaşma sabiti (Ka) değerini hesaplayınız. Cevap: Ka = 3,54.10 –5 3. 25 °C’taki 0,1 M zayıf bir monoprotik (HA) türdeki bazı asitlerin iyonlaşma sabitleri (Ka) veril- miştir. Buna göre her bir asit çözeltisinin pH değerini ve iyonlaşma yüzdesini hesaplayınız. a. Ka = 1.10 –5 b. Ka = 1.10 –3 c. Ka = 1.10 –9 Cevap: a. pH = 3 ve iyonlaşma yüzdesi %1 b. pH = 2 ve iyonlaşma yüzdesi %10 c. pH = 5 ve iyonlaşma yüzdesi %0,01 Bazı iyonların asit ve bazlığını Brönsted - Lowry asit -baz tanımında görmüştük. Örneğin aşağıdaki denge tepkimesinde, NH+4(suda) + H2O(s) NH3(suda) + H3O+(suda) asit (1) baz (1) asit (2) OH HS– O S2– H 2O OH– HPO42– HCO3– eşitliğindeki terimlerden ikisi ([NH3] ve [NH4+ ], NH4+ iyonunun koniyonunun Ka’sı ile NH3’ın Kb’si arasında bir ilişki vardır. Bu ilişkinin en kolay yolu, eşitliğin hem payını hem de paydasını [OH– ] ile çarparak görmektir. – 6NH 3@ 6H 3 O +@ 6OH @ K su 1.10 –14 = = = 5, 6.10 –10 dır. Ka = – Kb 6NH +4@ 6OH @ 1, 8.10 –5 Tablo 6.9 ’da bazı asitler ve bu asitlerin konjuge bazları veril- ← Artan bağıl asit kuvveti juge bazı olan NH3’ın Kb ifadesindeki ile aynıdır. Öyleyse, NH+4 NH+4 H2PO–4 HSO3– H 2S H2CO3 C5H5NH+ CH3CO2H zayıf miştir. İnceleyiniz. HCN Bir asit ve onun konjuge bazının iyonlaşma sabitlerinin çarpı- HF H3PO4 H2SO3 HSO–4 H3O+ mı, suyun iyonlaşma sabitine eşittir: HNO3 H2SO4 güçlü Ka(asit) . Kb(asidin konjuge bazı) = Ksu Bazı zayıf bazlar ve bu bazların konjuge asidi olan katyonları aşağıda verilmiştir. HCI HBr PO3– 4 CO2– 3 NH3 CN– HPO2– 4 SO2– 3 HS– HCO–3 C 5H 5N CH3CO–2 F– H2PO–4 HSO–3 SO42– H 2O NO–3 HSO–4 CI– Br – Tablo 6.9: Konjuge asit-baz çiftleri Zayıf baz Konjuge asit özellik gösteren katyonu NH3 NH+4 CH3NH+3 CH3NH2 C2H5NH+3 C2H5NH2 Zayıf asitlerin iyonları su ile etkileştirildiğinde baz gibi davranabilmektedir. Örneğin aşağıdaki denge tepkimesinde HCO–3(suda) + H2O(s) H2CO3(suda) + OH–(suda) baz (1) asit (1) asit (2) baz (2) 369 TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 6NH 3@ · 6H 3 O +@ Ka = 6NH +4@ 2– Artan bağıl baz kuvveti → çok zayıf asit iyonlaşma sabiti ile ifade edebiliriz. BAZ – güçlü ASİT proton verir. Bu tepkime dengesini, amonyum iyonunun, (NH4+ ), zayıf NH4+ bir asittir ve bir baz gibi davranan H2O molekülüne bir çok zayıf baz (2) HCO–3 bir bazdır ve bir asit gibi davranan H2O molekülünden bir proton alır. Bu tepkime dengesini, bikarbonat iyonunun (HCO–3 ), baz iyonlaşma sabiti ile ifade edebiliriz: – 6H 2 CO 3@ · 6OH @ Kb = 6HCO 3–@ Benzer şekilde eşitliğin hem payını hem de paydasını [H+ ] ile çarparsak; Kb = – + 6H 2 CO 3@ 6OH @ 6H @ K su 1.10 –14 = = = 2, 27.10 –8 elde ederiz. – 6 +@ Ka 6HCO 3@ H 4, 4.10 –7 Kb(baz) · Ka (bazın konjuge asidi) = Ksu dur. Bazı zayıf asitler ve bu asidin zayıf baz olan anyonları aşağıda verilmiştir: 370 TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE Konjuge baz özellik gösteren anyonu Zayıf asit H2CO3 HCO–3 CH3COOH CH3COO– CN – HCN ÖRNEK Aşağıda verilen iyonların çözeltisini asidik, bazik veya nötr diye tanımlayalım. a. NO–3 b. NO–2 c. CH3COO – ç. CH3NH+3 d. Ca2+ ÇÖZÜM a. NO–3 iyonu, güçlü asit olan HNO3’ in anyonudur. Güçlü asidin anyonu olan NO–3 iyonunu bulun- duran çözelti nötr özellik gösterir. NaNO3(suda) Na+(suda) + NO–3(suda) Buna göre NO3– iyonu içeren NaNO3 tuzu hidroliz olmaz. Yani su ile bir etkileşime girmez. – – b. NO 2 iyonu, zayıf asit olan HNO2’ in konjuge bazıdır. Zayıf asidin anyonu olan NO2 iyonu su ile etkileştirildiğinde yani hidroliz olduğunda sudan H+ iyonu alır ve ortamın bazik olmasını sağlar. NaNO2(suda) NO–2(suda) + H2O(s) Na+(suda) + NO–2(suda) HNO2(suda) + OH–(suda) c. CH3COO – iyonu, zayıf asit olan CH3COOH’in konjuge bazıdır. Zayıf asidin anyonu olan CH3COO – iyonu su ile etkileştirildiğinde yani hidroliz olduğunda sudan H+ iyonu alır ve ortamın bazik olmasını sağlar. CH3COONa(suda) CH3COO–(suda) + H2O(s) CH3COO–(suda) + Na+(suda) CH3COOH(suda) + OH–(suda) ç.CH3NH+3 iyonu, zayıf baz olan CH3NH2’nin konjuge asididir. Zayıf bazın katyonu olan CH3NH3+ iyonu su ile etkileştirildiğinde yani hidroliz olduğunda, suya H+ iyonu verir ve ortamın asidik olmasını sağlar. CH3NH+3 (suda) + H2O(s) CH3NH+3(suda) + CI –(suda) CH3NH2(suda) + H3O+(suda) d.Ca2+ iyonu, güçlü baz olan Ca(OH)2’ın katyonudur. Güçlü bazın katyonu olan Ca2+ iyonunu bulunduran çözelti nötr özellik gösterir. CaCI2(suda) – Ca2+ (suda) + 2 CI (suda) Buna göre Ca2+ içeren CaCI2 tuzu hidroliz olmaz. Yani su ile bir etkileşime girmez. Özet olarak: • Kuvvetli asit ve bazların tuzları (NaCI gibi) hidroliz olmaz. Çözeltinin pH değeri 7’dir. • Kuvvetli baz ve zayıf asitlerin tuzları (CH3COONa gibi) hidroliz olur; çözeltide pH > 7’ tür (Anyon (CH3COO– ) bir baz gibi davranır.). • Zayıf bazların kuvvetli asitlerle verdiği tuzlar (NH4CI gibi) hidroliz olur; çözeltide pH < 7’ tür (Katyon (NH+4) bir asit gibi davranır.). • Zayıf asit ve zayıf bazların tuzları (CH3COONH4 gibi) hidroliz olur (Katyonlar asit, anyonlar ise baz gibi davranır. Çözeltinin asidik mi, yoksa bazik mi olacağı, iyonların Ka ve Kb değerlerine bağlıdır.). 371 TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE CH3NH3CI(suda) ÖRNEK 0,1 M HCOONa çözeltisinin pH değerini bulalım (HCOOH için Ka = 1,8.10 –4 , log 4,2 = 0,62). ÇÖZÜM – HCOONa tuzu tamamen çözündüğünde Na+(suda) ve HCOO (suda) iyonlarına ayrışır. Na+ iyonu sudan daha zayıf bir asit olduğundan hidroliz olmaz. Diğer taraftan HCOOH’in eşlenik bazı olan HCOO – iyonu sudan daha kuvvetli bir bazdır. Yani su ile etkileşerek sudan H+ iyonu alır ve ortamın bazik olmasını sağlar. HCOO–(suda) + Başlangıç : H2O(s) HCOOH(suda) + OH–(suda) 0,1 M – Değişim : –x M Denge : (0,1 – x) M +x M +x M xM xM Ka · Kb= Ksu ise TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 372 Kb= Ksu 1.10 –14 = = 5,6.10 –11 Ka 1,8.10 –4 Kb= [HCOOH] [OH – ] [HCOO–] Kb= x·x 0, 1 – x 5,6.10 –11= ihmal x2 0,1 x = 2,4.10 –6 ⇒ [OH – ] = 2,4.10 –6 M olur. – [H+ ] · [OH ] = 1.10 –14 ise [H+ ] · (2,4.10 –6 ) = 1.10 –14 [H+ ] = 4,2.10 –9 M dır. – pH = – log [H+ ] = – log (4,2.10 –9 ] = 9 – 0,62 = 8,38 olur. ÖRNEK 0,01 M NH4CI çözeltisinin pH değerini bulalım (NH3 için Kb = 1,8.10 –5, log 2,36 = 0,37). ÇÖZÜM NH4CI tuzu tamamen iyonlaştığında NH+4(suda) ve CI –(suda) iyonlarına ayrışır. CI – iyonu sudan daha zayıf bir baz olduğundan sudan H+ koparamaz yani su ile hidroliz olmaz. Öte yandan NH3’ın eşlenik asidi alan NH+4 iyonu sudan daha kuvvetli bir asittir. Yani su ile etkileşerek suya H+ iyonu verir ve ortamın asidik olmasını sağlar. NH+4(suda) Başlangıç : + H2O(s) 0,01 M Değişim : –x M Denge : (0,01 – x) M NH3(suda) + – H3O+(suda) – +x M +x M xM xM Ka . Kb= Ksu ise Ksu 1.10 –14 = = 5,6.10 –10 olur. Kb 1,8.10 –5 Ka= [NH3] [H3O+ ] [NH+4] Ka= x·x 0, 01 – x ihmal 5,6.10 –10= x2 0,01 x= 2,36.10 –4 ⇒ [H3O+ ] = 2,36.10 –4 M olur. Buradan da çözeltinin pH değerini bulalım. pH= – log [H3O+ ] ise = – log [2,36.10 –4] = 4 – log 2,36 = 4 – 0,37 = 3,63 olur. 373 TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE Ka= ALIŞTIRMALAR 1. 25 °C’ta 0,05 M CH3COONa çözeltisinin pH’si kaçtır? (CH3COOH için Ka = 1,8.10 –5, log 19 =1,28) Cevap: 8,72 2. 25 °C’ta pH’si 12 olan 500 mL çözelti hazırlamak için kaç gram KCN gerekir? (HCN için Ka = 6,2.10 –10 , KCN : 65 g mol –1) Cevap: 201,5 g 3. 25 °C’ta 0,2 M NH4NO3 çözeltisinin pH’si 5 olduğuna göre NH3 zayıf bazının iyonlaşma sabiti (Kb) değeri kaçtır? Cevap: 2.10 –5 Tampon Çözeltiler Seyreltme ve az miktarlarda asit ya da bazın ilavesiyle pH’deki değişime direnç gösterme yeteneğine sahip olan çözeltilere tampon çözeltiler adı verilir. Bir tampon çözelti, zayıf bir asit ile bu asidin tuzu veya zayıf bir baz ile bu bazın tuzunun suda çözünmesiyle hazırlanır. Örneğin asetik asit (CH3COOH) ve sodyum asetatın (CH3COONa) karışımı ile hazırlanan çözelti bir tampon çözeltidir (Şekil 6.9). TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 374 Bir tampon oluşumu Konjuge baz Zayıf asit Tampon çözelti Asetik asit Sodyum asetat – CH3COO CH3COOH H3O+ Na+ Şekil 6.9: Asetik asit (CH3COOH) ve onun tuzunun (CH3COONa) oluşturduğu karışım bir tampon çözeltidir. Bir tampon çözelti konjuge asit- baz çifti içerir. Asetik asit (CH3COOH), sodyum asetat (CH3COONa) tamponunda CH3COO – baz özelliğine sahiptir. CH3COOH ve CH3COO – tan oluşan tampon çözeltiye az miktarda baz eklendiğinde, eklenen baz CH3COOH tarafından nötrleştirilir ve eklenen bazın çözeltinin pH’sini değiştirmesi engellenir. Benzer şekilde ortama bir miktar asit eklendiğinde eklenen asit, çözeltideki CH3COO – tarafından nötrleştirilir. – CH3COOH + OH CH3COO– + H2O CH3COO– + H3O+ CH3COOH + H2O eklenen baz eklenen asit Tepkimeleri sonucu ortamın [CH3COO– ] oranı fazlaca değişmez ve bunun sonucunda ortamın pH’si de [CH3COOH] değişmez. CH3COOH, CH3COONa’ın oluşturduğu tampon çözeltinin pH’si 4,7’de sabit kalır (Şekil 6.10). pH = 2,9 pH = 8,9 pH = 4,7 0,1 M C2H4O2 (a) 0,1 M NaC2H3O2 (b) 0,1 M C2H4O2 0,1 M NaC2H3O2 (c) Şekil 6.10:a. Asetik asidin (CH3COOH) pH değeri b. Sodyum asetatın (CH3COONa) pH değeri c. Tampon çözeltinin pH değeri Tampon çözeltilerin canlı organizmalar açısından önemi büyüktür (Resim 6.9). Canlı organizmalardaki metabolik tepkimeler belirli pH sınırları içinde gerçekleşir. Bu pH sınırlarının çok az değişmesi bile ciddi rahatsızlıklara yol açar hatta ölümle sonuçlanabilir. Kanın normal pH’si 7,4’ tür. pH değerinde 0,1 normalin altına düşmesi sonucunda kalp yetersizliği, böbrek ve şeker hastalığı gibi rahatsızlıklar ortaya çıkabilmektedir. Resim 6.9: Serum gibi damar içine enjekte edilen sıvılar kan pH’sini muhafaza edebilecek tampon çözeltilerdir. TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 375 ÖRNEK 4,1 gram CH3COONa’ ın 0,4 M 500 mL CH3COOH çözeltisine 25 °C’ta eklenip çözünmesiyle sağlanan tampon çözeltinin pH değeri nedir? (CH3COONa: 82 g mol –1, CH3COOH için Ka = 1,8.10 –5 , log 7,2 = 0,86) Zayıf asit ve bu asidin tuzu ya da Zayıf baz ve bu bazın tuzu tampon çözelti oluşturur. ÇÖZÜM 4,1 gram CH3COONa’ın mol sayısını ve çözeltideki molaritesini bulalım. n= 4,1 m = = 0,05 mol’dür. Mk 82 500 mL = 0,5 L M= n 0,05 = = 0,1 M CH3COONa olur. Burada [CH3COONa] = [CH3COO – ] = 0,1 M’dır. V 0,5 Denge tepkimesini yazarak çözeltinin pH’sini bulalım. 376 TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE CH3COOH(suda) + Başlangıç : 0,4 M – Değişim : –x M +x M Denge : (0,4 – x) M xM Ka= H3O+(suda) + CH3COO–(suda) H2O(s) 1,8.10–5= 0,1 M +x M (0,1 + x) M [H3O+ ] [CH3COO – ] [CH3COOH] x · ^ 0, 1 + x h ^0, 4 – x h ihmal ihmal x= 7,2.10 –5 ⇒ [H3O+ ] = 7,2.10 –5 M olur. pH= –log [H3O+ ] ise = –log [7,2.10 –5 ] =5 – log 7,2 =5 – 0,86 =4,14 olur. ÖRNEK 25 °C’ta Kb = 1,8.10 –5 olan 0,02 M’lık NH3 çözeltisi ile 0,04 M NH4CI çözeltisi eşit hacimde karıştırılıyor. Oluşan tampon çözeltide pH değeri nedir? (log 9 = 0,95) ÇÖZÜM Çözeltiler eşit hacimde karıştırıldığında toplam hacim iki katına çıkar ve derişimler yarıya iner. Buna göre, [NH3] = 0,01 M ve [NH4CI] = [NH+4] = 0,02 M olur. Denge tepkimesini yazarak çözeltinin pH’sini bulalım. Başlangıç : + NH+4(suda) H2O(s) 0,01 M 0,02 M Değişim : –x M +x M Denge : (0,01 – x) M (0,02 + x) M Kb= –5 + OH–(suda) 1,8.10 = [NH+4 ] [OH– ] [NH3] ^0, 02 + x h ihmal ·x ^0, 01 – x hihmal x= 9.10 –6 ⇒ [OH– ] = 9.10 –6 M olur. – pOH= – log [OH ] ise = – log [9.10 –6 ] = 6 – log 9 = 6 – 0,95 = 5,05’tir. pH + pOH = 14 ise pH = 14 – pOH = 14 – 5,05 = 8,95 olur. Biliyor muyuz? Kanda Tampon Yüksek dağlara tırmanan dağcıların, oksijen (O2) azlı- ğından dolayı yeterli oksijeni toplayabilmeleri için aşırı soluma yapmaları gerekir. Bu durum alkalosise (kanın pH değerinin artması ile ortaya çıkan rahatsızlık) neden olur. Yanında oksijen tüpü taşımayan bir dağcı Everest Tepesine (8848 m) tırmandığında kan pH’si 7,7 ya da 7,8’e yükselir. – +x M xM 377 TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE NH3(suda) ALIŞTIRMALAR 1. 300 mL 0,02 M HF ve 200 mL 0,1 M KF çözeltileri karıştırılıyor. Oluşan çözeltideki pH değeri nedir? (HF için Ka = 6,6.10 –4 log 19,8 = 1,29) Cevap: 3,71 2. pH’si 4 olan bir tampon çözelti hazırlamak için eşit hacimdeki HNO2’in molar derişiminin NaNO2’ın molar derişimine oranı ne olmalıdır? (HNO2 için Ka = 7,2.10 –4) Cevap: 6HNO 2@ 5 = 6NaNO 2@ 36 Tuz Çözeltilerinde Asitlik-Bazlık Bir tuzun, bir asit ile bir bazın tepkimesinden oluşan iyonik bileşikler olduğunu biliyoruz. Bir tuzun katyonu, anyonu veya her ikisi su ile tepkimeye girebilir yani hidroliz olur. Tuz hidrolizi genellikle çözeltinin pH’sini etkiler. Bu bölümde nötr çözelti oluşturan tuzlar, bazik çözelti oluşturan tuzlar ve asidik çözelti oluşturan tuzları kısaca inceleyelim. Nört Çözelti Oluşturan Tuzlar TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 378 – – Bir alkali ya da toprak alkali metal iyonu (Be2+ hariç) ile kuvvetli bir asidin konjuge bazını (CI , Br ve NO–3 gibi) içeren tuzlar genellikle hidroliz olmaz ve bu çözeltiler nötr özelliktedir. Örneğin HNO3 ile NaOH’ın tepkimesinden oluşan tuz (NaNO3) suda çözündüğünde tamamen ayrışır. NaNO3(k) Na+(suda) + NO–3(suda) Tuzun çözünmesiyle oluşan Na+ iyonu, ne H+ verir ne de alır. NO–3 iyonu, kuvvetli bir asit olan HNO3’ in konjuge bazıdır ve H+ iyonlarına karşı ilgisizdir. Sonuç olarak Na+ ve NO–3 iyonlarını içeren bir çözeltinin pH’si 7 olup nötrdür. NaCI, KBr ve Ca(NO3)2 gibi tuzlar nötr tuzlardır. Bu tuzların sulu çözeltilerinin pH’si 7’dir. Bazik Çözelti Oluşturan Tuzlar Kuvvetli bir baz ile zayıf bir asitten oluşan tuz, bazik tuz olarak nitelendirilir. Örneğin sodyum asetat bir bazik tuzdur. Sodyum asetat tuzunun suda ayrışma tepkimesinde CH3COONa(k) Na+(suda) + CH3COO–(suda) oluşan Na+ iyonu, asidik ya da bazik özelliğe sahip değildir. Ancak asetat iyonu (CH3COO– ), zayıf asit olan CH3COOH’in konjuge bazıdır ve bu nedenle H+ iyonlarına karşı ilgiye sahiptir. Asetat iyonunun hidroliz tepkimesi, CH3COO–(suda) + H2O(s) CH3COOH(suda) + OH–(suda) şeklindedir. – Tepkime OH iyonları oluşturduğu için sodyum asetat çözeltisi bazik olacaktır. Bu hidroliz tepkime- sinin denge sabiti, CH3COO – için baz iyonlaşma sabiti ifadesidir. Kb = – 6CH 3 COOH@ 6OH @ 6CH 3 COO –@ Asidik Çözelti Oluşturan Tuzlar Kuvvetli bir asit ile zayıf bir bazdan oluşan tuzlar suda çözündüğünde, çözelti asidik olur. Örneğin, NH+4(suda) + CI–(suda) NH4CI(k) tepkimesi ele alındığında CI – iyonu, bir kuvvetli asit olan HCI’ün anyonu olduğundan H+ iyonlarına karşı ilgiye sahip değildir. Amonyum iyonu (NH+4 ), zayıf baz olan NH3’ın zayıf konjuge asididir ve suda, NH+4(suda) + H2O(s) NH3(suda) + H3O+(suda) şeklinde iyonlaşır. Bu tepkime H3O+ iyonları oluşturduğundan çözeltinin pH’si azalır yani asidik olur. Buna göre NH+4 iyonunun hidrolizi, NH+4 asidinin iyonlaşması ile aynıdır. Bu tepkimenin denge sabiti, Ka = 6NH 3@ 6H 3 O +@ şeklindedir. 6NH +4@ ÖRNEK 0,5 M NaCN çözeltisinin pH değeri nedir? (HCN için Ka = 6,2.10 –10 ve log 2,8 = 0,45) 379 Kuvvetli bir baz olan NaOH’in Na+ iyonu hidroliz olmaz ama CN – iyonu aşağıdaki gibi hidroliz olarak bazik çözelti oluşturur. [NaCN] = [CN – ] = 0,5 M olur. Buna göre, CN–(suda) Başlangıç : Kb= 1,6.10 –5= H2O(s) 0,5 M HCN(suda) + – OH–(suda) – Değişim : –x M +x M +x M Denge : (0,5 – x) M xM xM [HCN] [OH – ] [CN– ] x·x ^0, 5 – x hihmal x = 2,8.10–3 ⇒ [OH – ] = 2,8.10–3 olur. – pOH= –log [OH ] = –log [2,8.10 –3 ] = 3 –log 2,8 = 3 – 0,45 = 2,55 ise + pH = 14 – 2,55 = 11,45 olur. Ka · Kb = Ksu ise Kb= Ksu 1.10 –14 = = 1,6.10 –5 Ka Ka Kb = 1,6.10 –5 olur. TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE ÇÖZÜM ÖRNEK 0,12 M NH4CI çözeltisinin pH değeri nedir? (NH3 için Kb = 1,8.10 –5 log 8,16 = 0,91) ÇÖZÜM Kuvvetli bir asit olan HCI’ün CI – iyonu hidroliz olmaz ama NH+4 iyonu aşağıdaki gibi hidroliz olarak bazik çözelti oluşturur. [NH4CI] = [NH+4 ] = 0,12 M olur. Buna göre; NH+4(suda) Başlangıç : Ka= TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 380 5,55.10–10= + 0,12 M – – Değişim : –x M +x M +x M Denge : (0,12 – x) M xM xM [NH3] [H3O+] [NH4+ ] x·x ^0, 12 – x hihmal x = 8,16.10 –6 x= 8,16.10 –6 ⇒ [H3O+] = 8,16.10 –6 M olur. NH3(suda) + H3O+(suda) H2O(s) Ka · Kb= Ksu Ka = K su 1.10 –14 = = 5, 55.10 –10 Kb 1, 8.10 –5 pH= – log [H3O+ ] = –log [8,16.10 –6 ] = 6 – log 8,16 = 6 – 0,91 = 5,09 olur. ALIŞTIRMALAR 1. Bazı diş macunlarının bileşiminde bulunan NaF’ün 0,1 M çözeltisinin pH’si nedir? (HF için Ka = 6,6.10 –4, log 8,1 = 0,9) Cevap: 8,1 2. 0,02 M NH4NO3 çözeltisinin pH değeri nedir? (NH3 için Kb = 1,8.10 –5, log 3,33 = 0,52) Cevap: 5,48 Titrasyon Çözeltilerdeki maddenin derişimini belirlemek bazı uygulamalarda önemlidir. Örneğin meyve aromalı bir içecekte sitrik asidin ya da endüstriyel bir işlem sonrası atık sudaki asidin derişimini bilmek önemlidir. Bunun için titrasyondan yararlanılır. Daha önce belirttiğimiz gibi asitlerle bazlar arasında nötrleşme tepkimeleri gerçekleşir. Nötrleşme, titrasyon denilen bir yöntemle yapılır. Derişimi kesin olarak bilinen bir çözelti (standart çözelti) ile derişimi bilinmeyen bir çözeltinin, derişiminin belirlenmesi için kullanılan yönteme titrasyon denir (Resim 6.10). Bir asit çözeltisinin derişimini bulmak istediğimizde, derişimi bilinen bir baz çözeltisi ile bu asit çözeltisi titre edilmelidir. Aynı şekilde Resim 6.10: Asit-baz titrasyonu derişimini bildiğimiz bir asit ile derişimini bilmediğimiz bir bazı da titre edebiliriz. Titrasyonda indikatör (asit-baz belirtici) denilen özel boya maddeleri kullanılır. Bir titrasyonda indikatörün renk değiştirdiği noktaya dönüm noktası adı verilir ve bu nokta aynı zamanda titrasyonun bitiş noktasıdır. İndikatörlerin çoğu ortamın H+ iyonu derişimine göre renk değiştiren zayıf asitlerdir. İndikatör, asit hâlinde bir renk, konjuge baz hâlinde de başka bir renk oluşturur. konjuge asit (1. renk) konjuge baz (2. renk) Yukarıdaki dengeyi incelersek ortama H3O+ eklendiğinde denge girenler tarafına, OH – eklenirse denge ürünler tarafına kayacaktır. Laboratuvarda sık kullanılan bazı indikatörler ve bunların renk değiştirdikleri pH değerleri Şekil 6.11’de verilmiştir. İnceleyiniz. İndikatör pH 0 1 2 3 4 5 6 7 Alizarin sarısı–R Timolftalein 8 Fenolftalein Timol mavisi (baz) Fenol kırmızısı Bromtimol mavisi Klorfenol kırmızısı 6 Metil kırmızısı Bromkrezol yeşili Metil oranj Bromfenol mavisi Timol mavisi (baz) Metil moru Sarı Kırmızı 7 (b) 8 Kırmızı Sarı Kırmızı Sarı Sarı Sarı 9 (a) 10 Sarı Sarı Sarı Mavi Renksiz Sarı 8 9 Sarı Renksiz Mavi Kırmızı Mavi Kırmızı Mavi Kırmızı Sarı-turuncu Mavi-menekşe Menekşe Şekil 6.11: Bazı indikatörler ve bunların renk değiştirdikleri pH değerleri 0 1 (c) 10 2 11 12 Menekşe TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE H3O+(suda) + In–(suda) HIn(suda) + H2O(s) 381 Genel olarak indikatörün %90 ya da daha fazlası HIn yapısındaysa çözelti, indikatörün asit rengini alır. %90 ya da daha fazlası In– şekli- pH < 6,1 (sarı) ne geçmişse çözeltinin rengi bu kez baz (anyon) renginde olur. HIn ve In– derişimleri yaklaşık eşit ise indikatör bir yapıdan diğerine değişim pH ≈ 7,1 (yeşil) hâlindedir ve bir ara renk gözlenir. Tam bir renk değişimi ancak yaklaşık 2 pH birimi aralığının pH değişimlerinde gözlenir. Örnek olarak bromtimol mavisi pkHIn = 7,1 olduğundan asidik ortamda sarı, nötr ortamda yeşil ve pH > 8,1 (mavi) bazik ortamda ise mavi renge dönüşür. Asit çözeltisinin bazla veya baz çözeltisinin asitle titrasyonu sırasında, çözeltinin pH’sinin katılan baz (veya asit) miktarıyla nasıl değiştiğini gösteren eğriye titrasyon eğrisi denir (Grafik 6.28 ve Grafik 6.29). 14 14 12 12 10 pH pH TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 8 10 Kuvvetli baz 382 S 8 6 6 4 4 2 0 Kuvvetli asit 20 10 Baz hacmi (mL) Kuvvetli asit 30 Grafik 6.28: Kuvvetli bir asit üzerine büretten kuvvetli bir baz ilavesiyle yapılan titrasyonun eğrisi (Eş değerlik noktası pH = 7 (s noktası) olur.) S Kuvvetli baz 2 0 20 10 Asit hacmi (mL) 30 Grafik 6.29: Kuvvetli bir baz üzerine büretten kuvvetli bir asidin ilavesiyle yapılan titrasyon eğrisi (Eş değerlik noktası pH = 7 (s noktası) olur.) Titrasyonda, nötrleşme anında yani dönüm noktasında asitten gelen hidronyum iyonlarının (H3O+) sayısı, bazdan gelen hidroksit (OH – ) iyonlarının sayısına eşittir. Dönüm noktasına ulaşıldığında, standart çözeltinin hacmi dikkatlice belirlenir. Daha sonra aşağıdaki formül kullanılarak derişimi bilinmeyen çözeltinin derişimi hesaplanır. td · (M · V)Asit = td · (M · V)baz Burada M = molar derişim, V = hacim ve td = tesir değerliğidir. Tesir değerliği asitlerde sulu çözel- tiye verebildikleri H+ iyonu sayısı kadar iken bazlarda sulu çözeltiye verebildikleri OH – iyonu sayısı kadardır. Etkinlik-Deney 6.4’ü yaparak titrasyon olayını gerçekleştirin ve standart çözelti (HCI) yardımıyla derişimi bilinmeyen bazın (NaOH) molar derişimini bulunuz. ETKİNLİK-DENEY 6.4 Etkinliğin adı: Asit-baz titrasyonu, nötrleşme. Etkinliğin amacı: Derişimi bilinen bir asit çözeltisi yardımıyla derişimi bilinmeyen bir baz çözeltinin derişiminin belirlenmesi. Araç ve gereçler • 0,1 M HCI çözeltisi • Üçayak • Derişimi bilinmeyen NaOH çözeltisi • Destek çubuğu • Fenolftalein indikatörü • Bağlama parçası • Büret • Bunzen kıskacı • Erlenmayer (250 mL) • Damlalık • Dereceli silindir Etkinliğin yapılışı birkaç damla fenolftalein indikatörü damlatınız. Büret Derişimi bilinmeyen NaOH çözeltisi ile büreti doldurup deney düzeneğini kurunuz. Bir elinizle büretin musluğunu açarak baz çözeltisini damla damla asit çözeltisine ilave ediniz. Bu arada da diğer elinizle erlenmayeri yavaş yavaş NaOH çalkalayarak çözeltilerin karışmasını sağlayınız. Titrasyonda dönüm noktasına yaklaştığında bazın damladığı yerde pembe renk oluşur. Oluşan bu pembe renk, çalkalayınca 0,1M HCI kaybolur. Baz eklemeye devam edip sabit pembe renk elde edilince musluğu kapatınız. Bürette harcanan bazın hacmini okuyup kaydediniz. Etkinliğin değerlendirilmesi pH 1. Nötrleşmede harcanan NaOH çözeltisinin hacmi kaç mL’dir? 2. Erlenmayerdeki asidin (HCI) mol sayısı kaçtır? 3. NaOH çözeltisinin derişimi kaç molardır? 4. Titrasyonda dönüm noktasının belirlenmesinde pH değişiminin eklenen bazın hacmine karşı grafiğe geçiriniz. Eklenen bazın (NaOH) hacmi (mL) TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 383 Erlanmayere 50 mL 0,1 M HCI çözeltisi koyup üzerine Gerçekleştirdiğiniz Etkinlik-Deney 6.4 ’te tam nötrleşme anında asidin mol sayısı bazın mol sayısına eşittir. Büretteki harcanan bazın (NaOH) hacmini 50 mL olarak okuduğumuzu kabul edelim. Buna göre, nH+= nOH– td · (M · V)Asit= td · (M · V)Baz 1 · (0,1 · 0,05)Asit = 1 · (X · 0,05)Baz X = 0,1 M’dır. Titrasyonda derişimi bilinmeyen NaOH’in molar derişimi 0,1 olarak bulunur. ÖRNEK 100 mL 0,01 M HCI çözeltisi 0,02 M NaOH çözeltisi ile titre ediliyor. Buna göre elde edi- Büret lecek titrasyon grafiği aşağıdakilerden hangisi gibidir? 0,02M NaOH A. pH TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 384 0 pH pH 14 14 14 14 7 7 7 7 2 2 50 B. 100 Eklenen bazın hacmi (mL) C. pH pH pH 2 100 Eklenen 0,01M HCI bazın hacmi (mL) Eklenen bazın hacmi (mL) pH pH 200 pH pH 14 14 14 14 14 14 12 12 7 7 7 7 7 7 7 7 2 2 2 2 50Eklenen Eklenen bazın bazın hacmi (mL) hacmi (mL) pH pH pH 100 D. pH 100 Eklenen Eklenen bazın bazın hacmi (mL) hacmi (mL) 100 E. pH pH pH 14 14 12 12 7 7 7 7 2 2 100 EklenenEklenen bazın bazın hacmi (mL) hacmi (mL) 200 200 EklenenEklenen bazın bazın hacmi (mL) hacmi (mL) 100 Eklenen Eklenen bazın bazın hacmi (mL) hacmi (mL) 100 100 EklenenEklenen bazın bazın hacmi (mL) hacmi (mL) 200 200 Eklenen Eklenen bazın bazın hacmi (mL) hacmi (mL) 10 ÇÖZÜM 100 mL 0,01 M HCI çözeltisini tam olarak nötrleştirebilmek için 0,02 M NaOH çözeltisinin harcanacak hacmini (V) bulalım. td · (M · V)Asit= td · (M · V)Baz 1 · (0,01 · 0,1)Asit= 1 (0,02 · V)Baz VBaz= 0,05 L = 50 mL’dir. Şimdi asit çözeltisinin başlangıçtaki pH değerini bulalım. pH= – log [H+ ] pH= – log 10 –2 pH= 2’dir. Buna göre grafikte pH değeri 2’den başlamalıdır. Asit çözeltisine baz eklendiğinde pH 7’ye yaklaşır. Tam nötrleşme anında yani dönüm noktasında (pH = 7) eklenen bazın hacmi 50 mL’dir. Cevap: A ÖRNEK 0,1 M 40 mL HNO3 çözeltisi 0,1 M KOH çözeltisi ile titre ediliyor. Aşağıdaki durumlardan her biri için; a. 10 mL KOH eklendiğinde b. 40 mL KOH eklendiğinde c. 60 mL KOH eklendiğinde oluşan karışımın pH değerini hesaplayalım. (log 2 = 0,3 ve log 6 = 0,8) ÇÖZÜM Titrasyondaki asit çözeltisinde bulunan H+ iyonunun mol sayısını bulalım. V = 40 mL = 0,040 L td · (M · V)H+ = 1 · (0,1 · 0,040) = 4.10 –3 moldür. Şimdi asit çözeltisine eklenen her bir bazın mol sayısını ve buna bağlı olarak oluşan karışımın pH değerini bulalım. a. Eklenen bazın mol sayısını bulalım. V = 10 mL = 0,010 L td · (M · V)OH – = 1 · (0,1 · 0,010) = 1.10 –3 moldür. TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 385 1.10 –3 mol KOH ile ancak 1.10 –3 mol HNO3 nötrleşir. Son durumda kısmi nötrleşmeden sonra kalan HNO3 ; 4.10 –3 – 1.10 –3 = 3.10 –3 moldür. Çözeltide nötrleşme sonunda kalan HNO3’in molar derişimini bulalım. M= n ise V M= 3.10 –3 3.10 –3 = = 6.10 –2 M olur. 0,040 + 0,010 0,050 [HNO3 ] = [H+ ] = 6.10 –2 M ise pH = – log.[H+ ] = – log (6.10 –2 ) = 2 – log 6 = 2 – 0,8 = 1,2 olur. b. Eklenen bazın mol sayısını bulalım. V = 40 mL = 0,040 L td · (M · V)OH – = 1 · (0,1 · 0,040) = 4.10 –3 mol TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 386 4.10 –3 mol KOH çözeltisi ile 4.10 –3 mol HNO3 tam olarak nötrleşir. Karışımın pH’si 7 olur. c. Eklenen bazın mol sayısını bulalım. V = 60 mL = 0,060 L td · (M · V)OH – = 1 · (0,1 · 0,060) = 6.10 –3 mol 4.10 –3 mol HNO3 ile ancak 4.10 –3 mol KOH nötrleşir. Son durumda kısmi nötrleşmeden sonra kalan KOH ; 6.10 –3 – 4.10 –3 = 2.10 –3 moldür. Çözelti de nötrleşme sonunda kalan KOH’in molar derişimini bulalım. M= n ise V M= 2.10 –3 2.10 –3 = = 2.10 –2 M olur. 0,040 + 0,060 0,1 [KOH] = [OH – ] = 2.10 –2 M ise pOH = – log [OH – ] = – log [2.10 –2 ] = 2 – log 2 = 2 – 0,3 = 1,7 bulunur. pH + pOH = 14 ise pH + 1,7 = 14 pH = 14 – 1,7 pH = 12,3 olur. ÖRNEK 200 mL 0,4 M NaOH çözeltisine kaç mL 0,05 M H2SO4 çözeltisinden eklenmelidir ki karışımın pH’si 13 olsun? ÇÖZÜM Karışımın pH’si 13 olduğundan karışım bazik özellik gösterir. pOH = 14 – 13 = 1 olur. Öncelikle bazın ve asidin mol sayılarını bulalım. Asidin hacmine VL dersek, td · (M · V)OH– = 1 · (0,4 · 0,2) = 8.10 –2 mol td · (M · V)H+ = 2 · (0,05 · V)H+ = 0,1 V mol olur. – – Karışımın pOH’si 1 ise [OH ] = 10 –1 M olur. Buradan karışımdaki OH iyonun derişimini kullanarak asidin hacmini bulabiliriz. M= 10–1= n ise V 8.10 –2 – 0,1.V (0,2 + V) 10 –1 (0,2 + V)= 8.10 –2 – 0,1 V 0,2 + V= 0,8 – V 2V= 0,6 V= 0,3 L = 300 mL H2SO4 eklenmelidir. ÖRNEK İki değerli (td = 2) asidin 49 gramı, 500 mL KOH çözeltisi ile tam olarak nötrleştiriliyor. Aynı KOH çözeltisinin 100 mL’si, bu defa 200 mL 1 M HNO3 çözeltisi ile tamamen nötrleştirilebildiğine göre iki değerli asidin mol kütlesi kaçtır? ÇÖZÜM Öncelikle KOH bazı ile HNO3 asidinin tam olarak nötrleşmesinden yararlanarak KOH’in molar derişimini bulalım. 100 mL = 0,1 L 200 mL = 0,2 L td · (M · V)H+= td · (M · V)OH – ise 1 · (1 · 0,2)H+ = 1 · (X · 0,1)OH – X = 2 M dir. – [OH ] = [KOH] = 2 M olur. 387 TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE İki değerli asit ile KOH bazının nötrleşmesinden yararlanarak iki değerli asidin mol kütlesini bulabiliriz. 500 mL = 0,5 L td · (M · V)H+= td · (M · V)OH – ise td · (n)H+= td · (M · V)OH – 2 · (n)H+ = 1 · (2 · 0,5)OH – nH+ = 0,5 mol olur. n= 0,5 = m ise iki değerli asidin mol kütlesini (Mk) bulabiliriz. Mk 49 Mk Mk = 98 g mol –1 olarak bulunur. ÖRNEK TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 388 pH = 13 olan Mg(OH)2 çözeltisine pH = 1 olan 100 mL HCI çözeltisine ilave ediliyor. Oluşan karışımın pH değeri 7 oluyor. Buna göre eklenen Mg(OH)2 çözeltisinin hacmi kaç litredir? ÇÖZÜM pH = 1 ise [H+ ] = 10 –1 M olur. Buna göre asidin mol sayısı, 100 mL = 0,1 L HCI çözeltisi td · (M · V)H+ = 1 · (10 –1 · 0,1) = 10 –2 moldür. pH = 13 ise pOH = 14 – 13 = 1 olur ve [OH – ] = 10 –1 M’dır. Mg(OH)2 ?= Mg2+ + 2OH – 10 –1 M olur. 2 10 –1 M Buna göre bazın mol sayısı, td · (M · V)OH– = 2 c 10 –1 · V m = 0,1 V moldür. 2 Karışımın değeri pH = 7 olduğuna göre nötrleşmede nH+ = nOH– olur. 10 –2 = 0,1 V V = 0,1 L = 100 mL Mg(OH)2 çözeltisi eklenmelidir. ALIŞTIRMALAR 1. 0,3 M 100 mL H2SO4 çözeltisi, 0,1 M 400 mL NaOH çözeltisi ile nötrleştiriliyor. Nötrleşme sonundaki karışımın pH değeri nedir? (log 4 = 0,6) Cevap: 1,4 2. Üç değerlikli kuvvetli bir asidin 0,8 M 100 mL çözeltisini tamamen nötrleştirmek için iki değerlikli kuvvetli bir bazın 0,4 M’dan kaç mL kullanmak gerekir? Cevap: 300 mL 3. Baz çözeltisi Asit çözeltisi Karışım a. 200 mL 0,4 M NaOH 200 mL X M H2SO4 pH = 7 b. 400 mL 0,2 M NaOH X mL 0,05 M H2SO4 pH = 13 c. 100 mL 0,8 M NaOH 300 mL XM H2SO4 pH = 2 Yukarıda verilen her bir nötrleşme olayındaki X değerlerini bulunuz. Cevap:a. X = 0,2 M b. X = 200 mL 389 4. 0,25 M KCN çözeltisinin pH değeri kaçtır? (HCN için Ka = 6,2.10 –10 , log 5 = 0,7) Cevap: 11,3 5. NH4CI tuzunun m gramı suda çözünerek 400 mL çözeltisi hazırlanıyor. Çözeltinin pH’si 4 oldu- ğuna göre m değeri kaçtır? (NH3 için Kb = 1,8.10 –5 , NH4CI: 53,5 g mol –1) Cevap: 385,2 g 6. 6 mg CH3COOH’in 180 mL çözeltisinde pOH = 10 olduğuna göre CH3COOH’ın asitlik sabiti Ka ve iyonlaşma yüzdesi kaçtır? (CH3COOH: 60 g mol –1) Cevap: Ka = 1,8.10–5 iyonlaşma yüzdesi %18 7. pH = 1 olan 1 litre HNO3 çözeltisine pH = 13 olan Mg(OH)2 çözeltisinden kaç mL eklenmelidir ki karışımın pH’si 7 olsun? Cevap: 1000 mL 8. Kuvvetli bir baz olan X(OH)2’nin 2,44 gramı suda tamamen çözünerek 400 mL’lik çözelti hazırlanıyor. Bu çözeltinin pH’si 13 olduğuna göre X ile gösterilen elementin mol kütlesi kaçtır? Cevap: 88 g mol–1 9. Zayıf bir baz olan hidrazinin (N2H4) suda çözünme denklemi, N2H4(g) + H2O(s) N2H+5(suda) + OH–(suda) şeklindedir. Buna göre 0,1 M N2H4 çözeltisinin pH değeri kaçtır? (N2H4 için Kb = 4.10 –7 , log 2 = 0,3) Cevap: pH = 10,3 TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE c. X = 0,14 M Sulu Ortamlarda Çözünme, Çökelme ve Kompleksleşme Dengeleri Çözünme-Çökelme Dengeleri Denge kavramının diğer bir uygulaması da sulu ortamlarda gerçekleşen, çözünme, çökelme ve kompleksleşme dengeleridir. Çökelme tepkimeleri sanayide, ilaç sektöründe ve günlük yaşantımızda geniş bir uygulama alanına sahiptir. Örneğin sodyum karbonat (Na2CO3), sanayide çökelme tepkimesi ile elde edilir. Suda çok az çözünen baryum sülfat (BaSO4), x-ışınlarını geçirmediğinden sindirim sis- temi rahatsızlıklarının teşhisinde kullanılır (Resim 6.11). Mağaralarda oluşan sarkıt ve dikitler kalsiyum karbonatın (CaCO3) çökelme tepkimesi ile meydana gelir (Resim 6.12). TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 390 Resim 6.11: İnsan kalın bağırsağının BaSO4 kullanılarak görüntülenmesi Resim 6.12: Mağaralardaki sarkıt ve dikitler Belirli sıcaklık ve basınçta, 100 gram suda çözünen maksimum madde miktarını çözünürlük olarak ifade etmiştik. Genel olarak suda az çözünen maddelerin oluşturduğu çözelti içerisinde çözücü -çözünen arasında kimyasal bir denge söz konusudur. Bu dengeye çözünürlük dengesi adı verilir. Suda az çözünen tuzların çözünürlükleri ve çözünen iyonların derişimleri çözünürlük çarpımı bağıntısından yararlanılarak hesaplanır. Örneğin az çözünen bir tuz olan CaF2 ile dengede olan sulu çözeltisini düşü- nelim. Bu durumda çözünürlük dengesi, CaF2(k) – Ca2+ (suda) + 2 F (suda) şeklinde olur. CaF2’ün tümü suda Ca2+ ve F –(suda) iyonlarına ayrışarak çözünmeyip kısmen çözünür. Daha önce kimyasal denge konusunda vurguladığımız gibi heterojen tepkimelerde katının derişimi sabittir. Bu durumda CaF2’ün çözünmesine ilişkin denge sabitinde CaF2(k) yer almaz. Buna göre denge bağıntısı – Kçç = [Ca2+ ] · [F ] 2 şeklinde olur. Burada Kçç çözünürlük çarpımı sabiti olarak adlandırılır. Genel olarak bir bileşiğin çözünürlük çarpı- mı, çözünürlük dengesinde yer alan iyonların molar derişimlerinin çarpımıdır. Burada iyonların katsayıları üstel olarak yazılmalıdır. Bileşik Kçç Alüminyum hidroksit [AI(OH)3 ] 1,8 X 10 –33 Kurşun (II) kromat (PbCrO4) 2,0 X 10 –14 Baryum karbonat (BaCO3 ) 8,1 X 10 –9 Kurşun (II) florür (PbF2) 4,1 X 10 –8 Baryum florür (BaF2 ) 1,7 X 10 –6 Kurşun (II) iyodür (PbI2) 1,4 X 10 –8 Baryum sülfat (BaSO4 ) 1,1 X 10 –10 Kurşun (II) sülfür (PbS) 3,4 X 10 –28 Bizmut sülfür (Bi2S3 ) 1,6 X 10 –72 Magnezyum karbonat (MgCO3) 4,0 X 10 –5 Kadmiyum sülfür (CdS) 8,0 X 10 –28 Magnezyum hidroksit [Mg(OH)2] 1,2 X 10 –11 Kalsiyum karbonat (CaCO3 ) 8,7 X 10 –9 Mangan (II) sülfür (MnS) 3,0 X 10 –14 Kalsiyum florür (CaF2 ) 4,0 X 10 –11 Cıva (I) klorür (Hg2CI2) 3,5 X 10 –18 Kalsiyum hidroksit [Ca(OH)2 ] 8,0 X 10 –6 Cıva (II) sülfür (HgS) 4,0 X 10 –54 391 Kalsiyum fosfat [Ca3(PO4)2 ] 1,2 X 10 –26 Nikel (II) sülfür (NiS) 1,4 X 10 –24 Krom (III) hidroksit [Cr(OH)3 ] 3,0 X 10 –29 Gümüş bromür (AgBr) 7,7 X 10 –13 Kobalt (II) sülfür (CoS) 4,0 X 10 –21 Gümüş karbonat (Ag2CO3) 8,1 X 10 –12 Bakır (I) bromür (CuBr) 4,2 X 10 –8 Gümüş klorür (AgCI) 1,6 X 10 –10 Bakır (II) iyodür (CuI2 ) 5,1 X 10 –12 Gümüş iyodür (AgI) 8,3 X 10 –17 TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE Bazı tuzların çözünürlük çarpımları Tablo 6.10 ’da verilmiştir. İnceleyiniz. Bileşik Bakır (II) hidroksit [Cu(OH)2 ] 2,2 X 10 –20 Gümüş sülfat (Ag2SO4) 1,4 X 10 –5 Bakır (II) sülfür (CuS) 6,0 X 10 –37 Gümüş sülfür (Ag2S) 6,0 X 10 –51 Demir (II) hidroksit [Fe(OH)2 ] 1,6 X 10 –14 Stronsiyum karbonat (SrCO3) 1,6 X 10 –9 Demir (III) hidroksit [Fe(OH)3 ] 1,1 X 10 –36 Stronsiyum sülfat (SrSO4) 3,8 X 10 –7 Demir (II) sülfür (FeS) 6,0 X 10 –19 Kalay (II) sülfür (SnS) 1,0 X 10 –26 Kurşun (II) karbonat (PbCO3 ) 3,3 X 10 –14 Çinko hidroksit [Zn(OH)2] 1,8 X 10 –14 Kurşun (II) klorür (PbCI2 ) 2,4 X 10 –4 Çinko sülfür (ZnS) 3,0 X 10 –23 Tablo 6.10: Bazı az çözünen iyonik bileşiklerin 25 °C’taki çözünürlük çarpımları Kçç Çözünürlük çarpımı Kçç değeri, iyonik bir katının çözünürlüğünü (S) ifade eder ve bu değer küçüldük- çe bileşiğin sudaki çözünürlüğü azalır. Bir maddenin çözünürlüğü iki şekilde ifade edilebilir: 1 litre doy- muş çözeltideki çözünen maddenin mol sayısını ifade eden molar çözünürlük (mol L–1) ve 1 litre doymuş çözeltideki çözünen maddenin gram olarak miktarını ifade eden çözünürlük (g L–1) kavramlarıdır. Bazen bir bileşiğin çözünürlüğü verilir ve bu bileşiğin çözünürlük çarpımının (Kçç) hesaplanması istenir (Şekil 6.12.a). Bazen de Kçç değeri verilir ve molar çözünürlüğünün hesaplanması istenir (Şekil 6.12.b). Bileşiğin çözünürlüğü Bileşiğin molar çözünürlüğü Katyon ve anyonların derişimleri Bileşiğin Kçç si Bileşiğin molar çözünürlüğü Bileşiğin çözünürlüğü (a) Bileşiğin Kçç si Katyon ve anyonların derişimleri TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 392 (b) Şekil 6.12: Aşamalı olarak a. Çözünürlük verilerinden Kçç hesaplanması, b. Kçç verilerinden çözünürlük hesaplanması ÖRNEK 25 °C’ta 100 mL’lik çözeltide 41 mg CaSO4’ın çözündüğü bilindiğine göre CaSO4’ın 25 °C’taki Kçç değeri nedir? (CaSO4 : 136 g mol –1) ÇÖZÜM Öncelikle çözünen CaSO4’ın mol sayısını ve ardından molar derişimini (çözünürlük = S) bulalım. 41 mg = 41.10 –3 g 100 mL = 0,1 L n= m ise Mk M= n ise V n= 41.10 –3 = 3,01.10 –4 mol CaSO4 olur. 136 M= 3, 01.10 –4 = 3,01.10 –3 M CaSO4 olur. 0, 1 CaSO4(k) Ca2+ (suda) –3,01.10 –3 M +3,01.10 –3 M + Kçç = [Ca2+ ] · [SO42– ] = (3,01.10 –3 ) · (3,01.10 –3 ) = 9,06.10 –6 bulunur. SO2– 4(suda) +3,01.10 –3 M olur. ÖRNEK 25 °C’ta PbI2’ün çözünürlük çarpımı Kçç = 7,1.10 –9 dur. Buna göre PbI2 katısının 25 °C’ta sudaki çözünürlüğünü mol L–1 cinsinden hesaplayalım. ÇÖZÜM Çözünürlük denge tepkimesinde çözünen PbI2’ün çözünürlüğüne S mol L–1 dersek, PbI2(k) Pb2+ (suda) –S mol L–1 +S mol L–1 + 2 I –(suda) + 2S mol L–1 olur. Çözünürlük çarpımı eşitliğinden çözünürlüğü bulalım. Kçç = [Pb2+ ] · [I – ] 2 7,1.10 –9 = (S) · (2S) 2 7,1.10 –9 = 4S3 S = 1,21.10 –3 mol L–1 PbI2’ün molar çözünürlüğü = 1,21.10 –3 M’dır. AgCN katısının belirli bir sıcaklıkta çözünürlük çarpımı Kçç = 1,6.10 –13 olduğuna göre aynı sıcak- lıkta 100 litre suda çözünebilecek en çok AgCN katısı kaç mg’dır? (AgCN: 134 g mol –1) ÇÖZÜM AgCN katısının sudaki çözünme denklemini yazalım ve çözünürlüğünü bulalım. AgCN(k) – Ag+(Suda) + CN (suda) –S mol L–1 +S mol L–1 +S mol L–1 Kçç = [Ag+ ] · [CN– ] 1,6.10 –13 = S · S 16.10 –14 = S2 S = 4.10 –7 mol L–1 olur. AgCN’ün molar çözünürlüğü 4.10 –7 M’dır. Buna göre 100 litre suda çözünen AgCN’nın mol sayı- sını ve ardından kütlesini bulalım. n ise V n 4.10 –7 = 100 M= n = 4.10 –5 mol olur. n= m ise Mk 4.10 –5 = m 134 m = 5,36 10 –3 g = 5,36 mg AgCN katısı çözünür. 393 TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE ÖRNEK ÖRNEK Belirli bir sıcaklıkta 4 litre saf suda en çok 312 mg X(OH)3 katısı çözünebiliyor. Buna göre X’in mol atom kütlesi nedir? (X(OH)3 katısı için Kçç = 2,7.10–11 , H: 1 g mol –1 , O: 16 g mol –1) ÇÖZÜM Çözünürlük denge tepkimesinde çözünen X(OH)3’ün çözünürlüğüne S dersek, X3+ (suda) X(OH)3(k) –S mol L–1 + 3 OH–(suda) +S mol L–1 +3S mol L–1 olur. Çözünürlük çarpımı eşitliğinden çözünürlüğü bulalım. – Kçç= [X3+ ] · [OH ] 3 TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 394 2,7.10 –11 = S · (3S)3 2,7.10 –11 = 27S4 S = 1.10 –3 mol L–1 X(OH)3’ün molar çözünürlüğü = 1.10 –3 M’dır. Molar çözünürlüğünü bulduğumuz X(OH)3’ün hacminden de yararlanarak mol sayısını bulalım. M= 1.10 –3= n ise V n 4 n= 4.10 –3 mol X(OH)3 olur. Buradan da bileşiğin mol kütlesini ve ardından X’in mol kütlesini bulalım. 312 mg = 312.10 –3 g n= 4.10–3= m ise Mk 312.10 –3 Mk Mk= 78 g mol –1 olur. Buna göre X’in mol kütlesi, X(OH)3= 78 X + 3 (16 + 1)= 78 X + 51= 78 X= 27 g mol –1 bulunur. ÖRNEK Ca(OH)2’ in çözünürlük çarpımı Kçç = 4.10 –6 olduğuna göre aynı sıcaklıkta hazırlanan doymuş Ca(OH)2 çözeltisinin pH’si kaçtır? (log 2 = 0,3) ÇÖZÜM Ca(OH)2’ in çözünürlük dengesini yazalım. Dengedeki çözünürlüğe S dersek, Ca(OH)2(k) –S mol L–1 Ca2+ (suda) + – 2 OH (suda) +S mol L–1 +2S mol L–1 Kçç = [Ca2+ ] · [OH – ] 2 4.10 –6 = S · (2S)2 4.10 –6 = 4S3 S = 10–2 mol L–1 [OH– ] = 2S = 2.10 –2 mol L–1 olur. 395 TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE Burada çözeltinin önce pOH’sini ardında da pH’sini bulabiliriz. pOH = – log [OH – ] = – log (2.10 –2 ) = 2 – log 2 = 2 – 0,3 = 1,7 olur. pH + pOH = 14 ise pH = 14 – 1,7 pH = 12,3 bulunur. ALIŞTIRMALAR 1. 1,508 gram AgF katısı 104 L suya atılıyor. Sabit sıcaklıkta çözünme tamamlandıktan sonra çözünmeden kalan AgF kaç gram olur? (AgF: 127 g mol –1 , Kçç = 1,6.10 –13 ) Cevap: 1 g AgF(k) 2. X(OH)2 katısı 200 mL suda en çok 3,6.10 –2 mg çözünebildiğine göre X’in mol atom kütlesi kaçtır? [X(OH)2 için Kçç = 3,2.10 –17] Cevap: 56 g mol –1 3. 1.10 –4 M 100 mL CuCI çözeltisini doymuş hâle getirebilmek için 4.10 –5 mol daha katı Cu2CI2 ilave edilip çözünmesi sağlanıyor. Buna göre aynı sıcaklıkta CuCI’ün çözünürlük çarpımı (Kçç) değeri kaçtır? Cevap: Kçç = 2,5.10 –7 4. PbI2(k) için belirli bir sıcaklıkta çözünürlük çarpımı Kçç = 4.10 –21 olduğuna göre aynı sıcaklıkta doymuş PbI2 çözeltisinde [I – ] derişimi kaç molar olur? Cevap: 2.10–7 M 5. XY2 iyonik katısı için Kçç = 4.10 –6 dır. Katısı ile denge hâlinde olan XY2 çözeltisine aynı sıcaklıkta azar azar saf su ekleniyor. Çözeltiye toplam 2 litre X2+ saf su eklendiğinde iyonların molar derişimlerinin değişmemesi için dipteki katının kaç molü çözünmelidir? Y– XY2(k) TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 396 Cevap: 2.10 –2 mol 6. Belirli bir sıcaklıkta 100 litre saf suda en çok 2,78 gram XCI2 katısı çözünebilmektedir. XCI2’nin çözünürlük çarpımı Kçç = 4.10 –12 olduğuna göre X ile gösterilen elementin mol kütlesi kaçtır? (CI: 35,5 g mol–1) Cevap: 207 g mol –1 Çökelti Oluşumu İki çözelti karıştırıldığında bir çökelti oluşup oluşmayacağı çözünürlük çarpımı değerleri kullanılarak belirlenebilir. Karışımlarda bir çökeltinin oluşup oluşmayacağını bilmek çoğu kez oldukça işimize yarar. Laboratuvar çalışmalarında istenilen çökeltiyi oluşturmak için iyonların derişimleri çarpımı, Kçç’yi geçecek şekilde ayarlanır. Çökelti tepkimelerini tahmin etmek, tıpta önemlidir. Örneğin böbrek taşı insanda çok büyük ağrılara neden olmaktadır ve kalsiyum oksalatın (CaC2O4) zamanla çökelmesinden kaynaklanır. Şekil 6.13’te K2CrO4 çözeltisi ve AgNO3 çözeltisi karıştırıldığında bir çökelme gözlenir. Çöken madde Ag2CrO4 dır. Ag2CrO4 katısının çözünürlük dengesi ve Kçç’si aşağıdaki gibidir: Ag2CrO4(k) 2 Ag+(suda) + CrO2– 4(suda) Kçç = [Ag+ ] 2 [CrO42– ] = 1,1.10 –12 K+ CrO42– Ag2CrO4 K+ – NO3 K2CrO4(suda) Ag+ – NO3 – Ag2CrO4(k) + 2K+(suda) + 2NO3(suda) 2AgNO3(suda) 2AgNO3(suda) + K2CrO4(suda) Ag2CrO4(k) + 2KNO3(suda) Şekil 6.13: K2CrO4 çözeltisi ile AgNO3 çözeltisi karıştırıldığında Ag2CrO4 çöker. bir çözelti karışımı elde edildiğini varsayalım. Bu çözeltide bir çökelti gözlenir mi? Daha önce kimyasal denge konusunda denge kesri (Q) ifadesi kullanılmıştı. Bu ifade çözünürlük dengesine uyarlanırsa denge derişimleri yerine başlangıç derişimleri alınarak iyon çarpımı Qçç değeri bulunabilir. Qçç= [Ag+] 2 [CrO42– ] = (0,01)2 (0,02) = 2.10 –6 > Kçç bulunur. Qçç > Kçç olması, Ag+ ve CrO42– iyonları denge derişimlerinin, denge konumundaki doygun çözeltide bulunması gerekenden fazla olduğunu gösterir. Buna göre çözelti aşırı doymuştur ve dengenin sağlanabilmesi için denge sola doğru kayar. Aşırı doymuş çözeltide bulunan fazla Ag2CrO4 çöker. Eğer Qçç < Kçç olsaydı, çözelti doymamış olacaktı. Doymamış çözeltilerde bir çökelme olmaz. Özet olarak: • Qçç > Kçç ise çökelme olur. • Qçç < Kçç ise çökelme olmaz. • Qçç = Kçç ise çözelti dengededir. 397 TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE Şimdi K2CrO4(suda) ve AgNO3(suda) çözeltilerini karıştırarak [Ag+] = 0,01 M ve [CrO42– ] = 0,02 M olan ÖRNEK Gümüş klorürün (AgCI) çözünürlük çarpımı, Kçç = 1,8.10 –10 dur. 4.10 –4 M NaCI çözeltisi ile 2.10 –4 M AgNO3 çözeltisi eşit hacimde karıştırılırsa AgCI çöker mi? ÇÖZÜM Çözeltiler eşit hacimde karıştırıldığından derişimler yarıya düşer. Bu durumda yeni derişimler, [NaCI] = 4.10 –4 = 2.10 –4 M ⇒ [CI – ] = 2.10 –4 M’dır. 2 [AgNO3 ] = 2.10 –4 = 1.10 –4 M ⇒ [Ag+ ] = 1.10 –4 M’dır. 2 Karışımdaki Ag+ ve CI – iyonlarının başlangıç derişimleri çarpımı Qçç’yi bulalım. TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE Ag+(suda) + CI –(suda) 1.10 –4 M 2.10 –4 M – Qçç = [Ag+ ] · [CI ] 398 AgCI(k) = (2.10 –4) · (1.10 –4) = 2.10 –8 Bu sonuca göre, Qçç > Kçç yani 2.10 –8 > 1,8.10 –10 olduğundan AgCI çöker. ÖRNEK Pb(NO3)2 ve NaBr çözeltileri karışımında 0,015 M Pb(NO3)2 ve 0,0035 M NaBr bulunmaktadır. Buna göre karışımda bir çökelme gözlenir mi? (PbBr2 için Kçç = 4,6.10 –6 ) ÇÖZÜM – Karışımdaki Pb2+ ve Br iyonları derişimi [Pb(NO3)2 ] = [Pb2+ ] = 0,015 M [NaBr] = [Br– ] = 0,0035 M’dır. Karışımdaki Pb2+ ve Br– iyonlarının başlangıç değişimleri çarpımı Qçç’yi bulalım. PbBr2(k) – Pb2+ (suda) + 2 Br (suda) 0,015 M 0,0035 M – Qçç = [Pb2+] · [Br ] 2 = 0,015 · (0,0035)2 = 1,83.10 –7 Bu sonuca göre Qçç < Kçç yani 1,83.10 –7 < 4,6.10 –6 olduğundan karışımda bir çökelme gözlenmez. ÖRNEK 300 mL 0,1 M Pb(NO3)2 çözeltisi ile 200 mL 1 M KCI çözeltileri karıştırılıyor. Çökelme tamamlandıktan sonra çözeltideki Pb2+ iyonu derişimi kaç molar olur? (PbCI2 için Kçç = 1,6.10 –5 ) ÇÖZÜM İki çözelti karıştırıldığında karışımın toplam hacmi (300 + 200 = 500 mL) artar. Bu nedenle karışımdaki maddelerin yeni derişimlerini hesaplamak gerekir. Buna göre, V1= 200 mL = 0,2 L V2 = 200 + 300 = 500 mL = 0,5 L V2= 200 + 300 = 500 mL = 0,5 L Pb(NO3)2’ın yeni derişimi KCI’ün yeni derişimi M1 · V1= M2 · V2 M1 · V1= M2 · V2 0,1 · 0,3= M2 · 0,5 1 · 0,2= M2 · 0,5 M2= 0,06 M M2= 0,40 M [KCI ]= [CI – ] = 0,40 M olur. [Pb(NO3)2 ]= [Pb2+ ] = 0,06 M olur. Karışımda oluşan çözünme -çökelme dengesini ele alalım. PbCI2(k) Başlangıç : – Pb2+ (suda) + 2CI (suda) 0,06 M Değişim : – 0,06 M 0,40 M – 0,12 M Çözünen : –S M +S M +2S M Denge : SM (0,28 + 2S) M Çözünürlük çarpımı eşitliğinden Pb2+ iyonunun derişimini bulalım. – Kçç = [Pb2+] · [CI ] 2 1,6.10 –5 = S · ^0, 28 + 2S h 2 ihmal 1,6.10 –5 = S · 0,0784 1,6.10 –5 = 2,04.10 –4 M 7,84.10 –2 S= S = [Pb2+ ] = 2,04.10 –4 M bulunur. 399 TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE V1 = 300 mL = 0,3 L ALIŞTIRMALAR 1. NaF ve Ca(NO3)2 çözeltileri bir kapta karıştırılıyor. Oluşan karışımda 0,015 M NaF ve 0,01 M Ca(NO3)2 bulunmaktadır. Buna göre bir çökelme gözlenir mi? (CaF2 için Kçç = 53.10 –9 ) Cevap: Qçç = 2,25.10 –6 Qçç > Kçç olduğundan CaF2 çöker. 2. 155 mL 1,6.10 –3 M KCI çözeltisine 245 mL 1,75.10 –2 M Pb(NO3)2 çözeltisi eklendiğinde PbCI2(k) çöker mi? (PbCI2 için Kçç = 1,6.10 –5 ) Cevap: Qçç = 4,12.10 –9 Qçç < Kçç olduğundan çökelme olmaz. 3. 400 mL 0,004 M BaCI2 çözeltisi, 600 mL 0,008 M K2SO4 çözeltisine ilave ediliyor. Bir çökelti gözlenir mi? (BaSO4 için Kçç = 1,1.10 –10) TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 400 Cevap: Qçç = 7,68.10 –6 Qçç > Kçç olduğundan BaSO4 çöker. Çözünürlüğe Etki Eden Faktörler Tuzların çözünürlüğü, çözünürlük çarpımı ve çözünürlük dengesi; sıcaklık, pH ve ortak iyon etkisi gibi faktörlere bağlıdır. Bu faktörlerin çözünürlük dengesine etkisi incelenirken; gördüğümüz kimyasal denge konusunda öğrenilen kuralların tamamı burada da geçerlidir. Çözünürlüğe etki eden faktörlerin etkisi Le Chatelier ilkesi ile açıklanır. Burada dengeyi ileri yönde kaydıracak her etki çözünmeyi, geri yönde kaydıracak her etki ise çökelmeyi sağlayacaktır. Yukarıda sıraladığımız çözünürlüğe etki eden faktörleri şimdi ayrı ayrı ele alıp inceleyelim. Sıcaklığın Etkisi Bir tuzun çözünürlüğünün sıcaklık değişiminden nasıl etkileneceğini tespit edebilmek için çözünmenin endotermik mi yoksa ekzotermik mi olduğunu bilmek gerekir. Çözünmesi endotermik olan tuzların çözünürlük dengesinde sıcaklık artırıldığında denge ileri yöne kayar ve çözünme olur. Çözünürlük artar ve çözünürlük çarpımı (Kçç) büyür. Sıcaklık azaltıldığında ise denge geri yöne kayar ve çökelme olur. Çözünürlük azalır ve çözünürlük çarpımı (Kçç) küçülür. Çözünmesi ekzotermik olan tuzların çözünürlük dengesinde sıcaklık artırıldığında denge geri yöne kayar ve çökelme olur. Çözünürlük azalır ve çözünürlük çarpımı (Kçç) küçülür. Sıcaklık azaltıldığında ise denge ileri yöne kayar ve çözünme olur. Çözünürlük artar ve çözünürlük çarpımı (Kçç) büyür. pH’nin Etkisi Çözelti ortamının pH değeri, maddelerin pek çoğunun çözünürlüğüne etki eder. Özellikle zayıf asitlerin suda az çözünen tuzlarının (Na2CO3, KCN, CH3COONa gibi) çözünürlüğü pH değişiminden oldukça etkilenir. Örneğin Na2CO3 tuzunun anyonu olan karbonat (CO32–) iyonu bazik özelliktedir: Na2CO3(k) CO32–(suda) + 2 Na+(suda) Karbonat iyonu su ile etkileştiğinde ortam bazik olur: HCO–3(suda) + OH–(suda) CO2– 3(suda) + H2O(s) Çözeltiye H+ iyonu eklendiğinde çözeltinin pH değeri azalır. Bu durumda H+ iyonu, OH– iyonu ile etkileşip H2O’yu oluşturur. Le Chatelier ilkesine göre dengedeki OH– iyonları azaldığından denge sağa, ileri yöne kayar ve çözünürlük artar. Çözeltiye OH– iyonu eklendiğinde ise çözeltinin pH değeri artar. Bu durumda denge sola, geri yöne kayar ve çözünürlük azalır. Sonuç olarak Na2CO3 katısının çözünürlüğü asidik ortamda artarken bazik ortamda azalır. Kireç taşının (CaCO3) çözünürlüğü çok azdır ve baz özellik gösterir. Asidik çözeltilerde kolayca çözü- nür. Kireç taşı yataklarına sızan yağmur suyu CaCO3’ı çözer ve zamanla bu çözünme etkisi ile kireç taşı yataklarında büyük oyuklar oluşur. CaCO3(k) + CO2(suda) + H2O(s) Ca(HCO3)2(suda) 401 sonucunda CO2 ve H2O kaybına neden olur. Ca(HCO3)2, CaCO3(k)’a dönüşür. Bu işlem yüzlerce yıl devam ettiğin- de mağaraların tavanında sarkıt adı verilen tortu oluşur. Benzer şekilde damlayan çözeltinin bir kısmı mağaranın tabanına ulaşır ve dikit adı verilen kireç taşı oluşur. Denizli ilimizin Pamukkale bölgesinde yer altından çıkan sıcak sular, Ca(HCO3)2’ı zamanla CaCO3(k) tortu- larına dönüştürür (Resim 6.13). Resim 6.13: CaCO3’ın çökelmesiyle oluşan Pamukkale travertenleri Ortak İyon Etkisi Bazı durumlarda, suda az çözünen bir tuzu, çözeltisinden çöktürmek gerekebilir. Doygun çözeltide iyonlar, katısı ile dengede olduğu için Le Chatelier ilkesine göre ortama ortak iyon içeren ve suda çözünen ikinci bir tuz eklenince bir çökelme gözlenecektir. Çözünürlüğün bu şekilde düşmesine ortak iyon etkisi denir. AgCI(k) Ag+suda + CI –suda 25 °C’ta çözünürlük çarpımı Kçç = 1,6.10 –10 olan AgCI(k)’ün sudaki çözünürlüğü 1,3.10 –5 M iken çözeltiye NaCI(k) eklenirse CI – iyonlarının derişimi artar. Denge, ortama fazladan CI – iyonları eklemenin etkisini azaltacak yönde sola kayar. Bu durumda çökelme gözlenir. Ag+ iyonlarının bir kısmı çözeltiden uzaklaştığına göre AgCI tuzunun ortak iyon içeren NaCI çözeltisindeki çözünürlüğü, saf sudakinden daha azdır. Örneğin AgCI tuzunun 0,1 M NaCI çözeltisindeki çözünürlüğü 1,6.10 –9 M olarak hesaplanır. Bu değer, AgCI tuzunun saf sudaki çözünürlüğünden çok daha azdır. TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE Tepkime tersinir olduğundan çözeltideki buharlaşma ÖRNEK PbI2 tuzunun 0,1 M KI çözeltisindeki çözünürlüğü kaç molardır? (PbI2 için Kçç = 7,1.10 –9 ) ÇÖZÜM PbI2 tuzunun saf su yerine, 0,1 M KI çözeltisinde çözünerek doygun çözeltisinin hazırlandığını düşünürsek önceden çözücü içinde [ I – ] = 0,1 M’dır. Bu çözücü de çözünen PbI2’ün çözünürlüğü S mol L–1 ise [Pb2+ ] = S mol L–1 ve [ I – ] = 2S mol L–1 olacaktır. Denge PbI2(k) Pb2+ (suda) + 2 I –(suda) –S M SM 0,1 M SM (0,1 + 2S) M : 2S M – Kçç = [Pb2+ ] · [ I ] 2 ise 7,1.10 –9 = S · ^0, 1 + 2S h 2 ihmal TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 402 S = 7,1.10 –7 M olur. PbI2’ün 0,1 M KI çözeltisindeki çözünürlüğü 7,1.10 –7 molar olur. ÖRNEK pH = 9 olan tampon çözeltide Fe(OH)3’in molar çözünürlüğü nedir? [Fe(OH)3 için Kçç = 4.10 –38 ] ÇÖZÜM – pH = 9 olan çözeltide pOH = 14 – 9 = 5 ise [OH ] = 10 –5 M olur. Fe(OH)3 katısının çözeltideki çözünürlüğüne S mol L–1 dersek; – Fe3+ (suda) + 3 OH (suda) Fe(OH)3(k) –S M Denge : SM 10 –5 M SM (10 –5 + 3S) M 3S M – Kçç = [Fe3+ ] · [OH ] 3 ise 4.10 –38 = S · ^10 –5 + 3S h 3 ihmal S = 4.10 –23 M pH = 9 olan tampon çözeltide Fe(OH)3’ in çözünürlüğü 4.10 –23 M olur. olur. ÖRNEK Mg(OH)2 katısının 0,02M Mg(NO3)2 çözeltisindeki çözünürlüğü 2,5.10 –5 mol L–1 olduğuna göre Mg(OH)2 katısının aynı sıcaklıkta saf sudaki çözeltisinin pH değeri kaçtır? (log 4,64 = 0,66) ÇÖZÜM Mg(OH)2’in çözünürlük dengesini yazalım. Örnekte verilen değerleri kullanarak Mg(OH)2’in çözünürlük çarpımı olan Kçç değerini bulalım. Mg(NO3)2 suda tamamen iyonlaştığından ortak iyon olan Mg2+ nin derişimi [Mg2+ ] = 0,02 M olur. + 2 OH–(suda) Mg(OH)2(k) Mg2+ (suda) –2,5.10 –5 M +2,5.10 –5 M 0,02 M +2 (2,5.10 –5) M – Kçç = [Mg+2 ] · [OH ] 2 ise = ^0, 02 + 2, 5. 10 –5 h ^5.10 –5h2 ihmal = 5.10 –11 olur. Mg(OH)2’in Kçç değerini bulduktan sonra saf sudaki çözünürlüğünü hesaplayabiliriz. Mg(OH)2(k) Mg2+ (suda) –S mol L–1 +S mol L–1 – + 2 OH (suda) +2S mol L–1 Kçç= [Mg2+ ] · [OH – ] 2 5.10 –11= S · (2S)2 5.10 –11= 4S3 S= 2,32.10 –4 [OH– ]= 2S = 4,64.10 –4 M – pOH= – log [OH ] = – log [4,64.10 –4 ] = 4 – log 4,64 = 4 – 0,66 = 3,34 olur. Buradan da pH + pOH= 14 ise pH + 3,34= 14 pH= 10,66 olur. TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 403 ÖRNEK Be(OH)2 katısının 0,4 M KOH çözeltisindeki çözünürlüğü 10 –5 mol L–1 olduğuna göre Be(OH)2’in 0,1 M Be(NO3)2 çözeltisindeki çözünürlüğü kaç mol L–1 dir? ÇÖZÜM Be(OH)2’in 0,4 M KOH çözeltisindeki çözünürlüğünden yararlanarak Be(OH)2 için Kçç değerini bulalım. Ortak iyon olan OH – iyonunun derişimi [KOH] = [OH – ] = 0,4 M’dır. Be(OH)2(k) Be2+ (suda) + 2 OH–(suda) 0,4 M –1.10 Denge –5 M +1.10 –5 M +2.10 –5 M 1.10 –5 M : (0,4 + 2.10 –5) M – Kçç = [Be2+ ] · [OH ] 2 ise = 10 –5 · 80, 4 + 2.10 –5 ) 2 404 TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE ihmal = 1,6.10 –6 olur. Be(OH)2’in Kçç değerini bulduktan sonra 0,1 M Be(NO3)2 çözeltisindeki çözünürlüğünü bulabiliriz. Ortak iyon olan Be2+ nin derişimi [Be(NO3)2 ] = [Be2+ ] = 0,01 M’dır. Be(OH)2(k) Be2+ (suda) + 2 OH–(suda) 0,1 M –S M Denge : +S M (0,1 + S) M +2S M 2S M – Kçç = [Be2+ ] · [OH ] 2 ise 1,6.10 –6 = (0,1 + S ) · (2S)2 ihmal 1,6.10 –6 = 10 –1· 4S2 S = 4,10 –3 M olur. Be(OH)2 tuzunun 0,1 M Be(NO3)2 çözeltisindeki çözünürlüğü 4.10 –3 M’dır. ÖRNEK 0,01 M K2C2O4 çözeltisinin 200 litresinde kaç mol Ag2C2O4 katısı çözünebilir? (Ag2C2O4 için Kçç = 4.10 –12 ) ÇÖZÜM Ag2C2O4 tuzunun 0,01 M K2C2O4 çözeltisindeki çözünürlüğünü bulalım. Ortak iyon olan C2O42– iyonun derişimi [K2C2O4 ] = [C2O42– ] = 0,01 M’dır. 2 Ag+(suda) Ag2C2O4(k) + C2O2– 4(suda) 0,01 M –S M : +S M 2S M (0,01 + S) M Kçç = [Ag+ ] 2 · [C2O42– ] ise 4.10 –12 = (2S) · (0,01 + S ) ihmal 4.10 –12 = 4S2 · 10 –2 S = 1.10 –5 M bulunur. 0,01 M K2C2O4 çözeltisinin 200 litresinde çözünebilecek Ag2C2O4 katısının mol sayısını bulalım. M= 1.10 –5 = 405 2 n V ise n 200 n = 2.10 –3 moldür. ÖRNEK Suya sertlik veren iyonlar genellikle periyodik cetvelin 2A grubunda bulunan toprak alkali metallerin 2+ yüklü iyonlarıdır. Sertlik derecesi 5 olan suyun litresinde, yaklaşık 1 mg çözünmüş CaCO3 bulunduğunu düşünürsek aynı sıcaklıkta doymuş CaCO3 çözeltisinin sertlik derecesi kaç olur? (CaCO3 için Kçç = 1.10 –12 , CaCO3 : 100 g mol –1) TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE Denge +2S M ÇÖZÜM CaCO3’ın saf sudaki çözünürlük dengesini yazalım ve buradan da çözünürlüğünü bulalım. CaCO3(k) 2– Ca2+ (suda) + CO 3(suda) –S M +S M +S M Kçç = [Ca2+ ] · [CO32– ] ise 1.10 –12 = S · S S = 10 –6 M olur. Sertlik derecesi 5 olan ve suda çözünmüş olan CaCO3’ın molar derişimini bulalım. 1 mg = 10 –3 g CaCO3 V=1L TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 406 n= m 10 –3 = 10 –5 mol CaCO3 ’tır. = Mk 100 M= 10 –5 n = = 10 –5 mol L–1 olur. 1 V Buradan da molar derişim, [CaCO3 ] = [Ca2+ ] = 10 –5 mol L–1 bulunur. Sertlik derecesi 5 olan suda 10 –5 M Ca2+ varsa x 10 –6 M Ca2+ içeren x = 0,5 olur. CaCO3’ın doymuş çözeltisinin sertlik derecesi 0,5’tir. ALIŞTIRMALAR Belirli bir sıcaklıktaki 0,1 M 100 litre KF çözeltisinde en çok kaç mg PbF2 katısı çözünebilir? (PbF2 için Kçç = 4,1.10 –8 , PbF2 : 247 g mol –1) Cevap: 101,27 mg Kompleks Oluşma-Ayrışma Dengeleri Çözünme dengesindeki bir iyonun kompleks oluşturması da dengeyi etkiler ve çözünürlüğü artırır. Şekil 6.14’te görüldüğü gibi katı ile dengede bulunan AgCI çözeltisine NH3 çözeltisi eklendiğinde, AgCI(k) çözünür. Bu çözünmede AgCI’den gelen Ag+ iyonları, [Ag(NH3)2] + iyonlarını oluşturmak üzere NH3 molekülleri ile birleşir. [Ag[NH3] 2] + iyonları CI – iyonları ile beraber çözünür. AgCI(k) + 2 NH3(suda) [Ag(NH3)2] +(suda) + CI –(suda) Burada [Ag(NH3)2] + kompleks iyon ve [Ag(NH3)2]CI ise koordinasyon bileşiği (kompleks) olarak adlandırılır. Kompleks iyon çok atomlu katyon ve anyon olup ligand olarak adlandırılan başka molekül veya iyonların bağlandığı merkez iyonundan oluşmuştur. AgCI(k) – Ag+(suda) + CI (suda) [Co(NH3 )6 ]CI3 bir koordinasyon bileşiği [Ag(NH3)2 ]+(suda) Tepkimelerde görüldüğü gibi AgCI çözünürlük dengesinde karışıma NH3 çözeltisi ilave edildiğinde denge sağa kayar ve kararlı bir kompleks iyon olan Merkez atom Kompleks katyon Anyon [Co(NH3)6]3+ 3 CI – Ligandlar [Ag(NH3)2]+ oluşur. NH3(suda) CI–(suda) Ag +(suda) Ag(NH3)+2(suda) AgCI(k) (a) 407 TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE Ag+(suda) + 2 NH3(suda) (b) Şekil 6.14: Kompleks iyon oluşumu: a. AgCI(k)’ün NH3 çözeltisinde çözünmesi b. Ag(NH3)+2 kompleks iyonunun oluşması Suda az çözünen bir bileşiğin çözünürlük dengesini belirtmek için çözünürlük çarpımı sabiti Kçç’yi kullanırız. Kompleks iyon dengeleri için ise oluşum sabiti Kol kullanılır. Kol, kompleks iyonunun merkez iyonu ve ligandlarından oluşma yapısının denge sabitidir. Buna göre, yukarıdaki tepkime için denge bağıntısı, K ol = 6Ag ^NH 3 h2@+ 6Ag +@ 6NH 3@2 şeklinde olur. Tablo 6.11’de bazı kompleks iyonlarının oluşum sabitleri verilmiştir. İnceleyiniz. Kompleks İyon TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 408 Denge Tepkimesi Kol [Co(NH3)6 ] 3+ Co3+ + 6 NH3 [Co(NH3)6 ] 3+ 4,5 X 1033 [Cu(NH3)4 ] 2+ Cu2+ + 4 NH3 [Cu(NH3)4 ] 2+ 1,1 X 1013 [Fe(CN)6 ] 4 – Fe2+ + 6 CN – [Fe(CN)6 ] 4– 1 X 1037 [Fe(CN)6 ] 3 – Fe3+ + 6 CN – [Fe(CN)6 ] 3– 1 X 1042 [PbCI 3 ] – Pb2+ + 3 CI – [PbCI3 ] – 2,4 X 101 [Ag(NH3 )2 ] + Ag+ + 2 NH3 [Ag(NH3 )2 ] + 1,6 X 107 [Ag(CN)2 ] – Ag+ + 2 CN – [Ag(CN)2 ] – 5,6 X 1018 [Ag(S2O3 )2 ] 3 – Ag+ + 2 S2O2– 3 [Ag(S2O3 )2 ] 3– 1,7 X 1013 [Zn(NH3 )4 ] 2+ Zn2+ + 4 NH3 [Zn(NH3 )4 ] 2+ 4,1 X 108 [Zn(CN)4 ] 2 – Zn2+ + 4 CN – [Zn(CN)4 ] 2– 1 X 1018 [Zn(OH)4 ] 2 – Zn2+ + 4 OH – [Zn(OH)4 ] 2– 4,6 X 1017 Tablo 6.11: Bazı kompleks iyonlarının oluşum sabitleri ÖRNEK 200 mL 1,5.10 –3 M Cu(NO3)2 çözeltisine 250 mL 0,2 M NH3 çözeltisi ekleniyor. Denge kurulduktan sonra çözeltideki Cu2+ derişimi kaç M olur? [Cu(NH3)42+ için KoI = 1,1.1013 ] ÇÖZÜM İki çözeltinin karıştırılması sonucunda elde edilen yeni karışımdaki Cu2+ iyonu ve NH3’ın derişim- lerini bulalım. Cu2+ iyonu için; NH3 için; V1 = 200 mL = 0,2 L V1= 250 mL = 0,25 L V2 = 200 + 250 = 450 mL = 0,45 L V2= 200 + 250 = 450 mL = 0,45 L M1V1= M2V2 ise M1V1= M2V2 ise 1,5.10–3 .0,2= M2 .0,45 0,2.0,25= M2 .0,45 M2= 6,7.10 –4 M’dır. M2= 0,11 M’dır. 409 Cu 2+ + 4 H N H H3 N H Cu H3N Cu2+ (suda) + 4 NH3(suda) Başlangıç : 6,7.10 –4 M –4 Değişim : – (6,7.10 ) Denge : XM Kol = 1,1.1013 = 0,11 M –4 – 4(6,7.10 ) 0,11 M NH3 2+ NH3 Cu(NH3)2+ 4(suda) – (+6,7.10 –4 ) 6,7.10 –4 M 6Cu ^NH 3 h24+ 6Cu 2+@ 6NH 3@4 6,7.10 –4 X (0,11)4 1,61.109 X = 6,7.10 –4 X = 4,16.10 –13 olur. Cu2+ iyonunun derişimi 4,16.10 –13 < [Cu2+] < 6,7.10 –4 arasında bir değerdedir. Cu2+ iyonunun karışımdaki en küçük değeri [Cu2+ ] = 4,16.10 –13 M’dır. TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE Kompleks iyon dengesini yazalım. Lewis Asitleri ve Bazları Daha önceki bölümlerde Brönsted -Lowry asit -baz tanımı yapılmış; proton verebilen maddelere asit, proton alabilen maddelere de baz denilmişti. Ancak proton aktarımının dışında asit -baz tanımı da vardır. 1923 yılında Gilbert Newton Lewis tarafından önerilen asit -baz tanımı bu tip bir tanımlamadır. Lewis’e göre elektron çifti alabilen maddeler asit, elektron çifti verebilen maddeler de bazdır: BF3(suda) + NH3(suda) F B F + BF3NH3(suda) N F H Lewis asidi H F H Lewis bazı F H B N F H H Kompleks TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 410 Tepkimesinde oktet boşluğu bulunan ve elektron çifti alabilen BF3 Lewis asidi, NH3 ise yapısındaki ortaklanmamış elektron çiftini verebildiğinden Lewis bazı olarak davranmıştır. Bütün Lewis asit -baz tepkimeleri sonucunda koordine kovalent bağ (koordinasyon bağı) oluşur. B–N kovalent bağında ortaklaşa kullanılan elektronların her ikisi de N atomundan gelmektedir. Bu şekilde ortaklaşılan elektron çiftinin, bir atom tarafından karşılandığı bağa koordine kovalent bağ denir. Oluşan bileşik de koordinasyon bileşiği ya da kompleks bileşiğidir. Cu2+ (suda) Lewis asidi + 4N H H 3N H H Lewis bazı H3N Cu NH3 2+ NH3 Kompleks Cu2+ iyonu, kompleks bileşiğinin merkezinde yer aldığından merkez atom veya merkez iyondur. Kompleks bileşiğinde merkez atoma bağlı olan NH3 molekülleri ise liganttır. Cu2+, Fe2+, Fe3+, Pb2+ ve Cr2+ gibi birçok katyon NH3, CN– ve I – gibi molekül ya da anyon ile komp- leks bileşiklerini oluşturur. [Cu(NH3)4]2+, [Fe(CN)6 ]3+, [PbI4 ] 2– ve [Cr(NH3)4 ] 2+ gibi birçok bileşik kompleks bileşiktir. ÖRNEK 0,1 M NH3 çözeltisinde AgCI(k)’ün çözünürlüğünü hesaplayalım [AgCI için Kçç = 1,6.10 –10, Ag(NH3)+2 kompleksi için Kol = 1,6.107]. ÇÖZÜM AgCI(k)’nın ve kompleksin denge tepkimesini yazalım. Toplam tepkimenin denge sabiti Kçç ile Kol’nin çarpımına eşit olacaktır. Ag+(suda) + CI–(suda) Ag+(suda) + 2NH3(g) Kçç = [Ag+] · [CI – ] = 1,6.10 –10 Ag(NH3)+2(suda) K ol = + AgCI(k) + 2NH3(g) Ag(NH3)+2 (suda) 6Ag ^NH 3 h2+@ 6Ag +@ 6NH 3@2 = 1, 6.10 7 K = Kçç · Kol = 1,6.10 –10 · 1,6.107 = 2,6.10 –3 + CI– (suda) 411 0,1 M NH3 çözeltisinde AgCI(k)’nın çözünürlüğünü hesaplayalım. Ag(NH3)+2(suda) + CI–(suda) AgCI(k) + 2NH3(g) Başlangıç : Değişim : Denge 0,1 M : – – –2S M +S M +S M (0,1 – 2S) M SM SM K= 2,6.10 –3 = [Ag(NH3)2)]+ [CI–] ise [NH3]2 S·S ^ 0, 1 – 2S h 2 ihmal S = 5,1.10 –3 M bulunur. AgCI(k)’nın 0,1 M NH3 çözeltisindeki molar çözünürlüğü 5,1.10 –3 mol L–1 olur. Bu değer AgCI(k)’nın saf sudaki çözünürlük (saf sudaki çözünürlük 1,26.10 –5 M) değerinin 100 katından daha büyüktür. TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE AgCI(k) ALIŞTIRMALAR 1. 2 litre 3.10 –4 M SrCO3 çözeltisinin doymuş olabilmesi için çözeltiden kaç mL su buharlaştırıl- malıdır? (SrCO3 için Kçç = 3,6.10–5) Cevap: 1900 mL 2. 2.10 –2 M Ba(NO3)2 çözeltisi ile 8.10 –2 M NaF çözeltileri eşit hacimde karıştırılıyor. Çökelme tamamlandıktan sonra Ba2+ iyonlarının molar derişimi kaçtır? (BaF2 için Kçç = 2.10 –6) Cevap: [Ba2+ ] = 5.10 –3 M 3.X2Y3 katısının sudaki çözeltisinin Y2– iyonunun derişimi Derişim (mol L–1) grafikteki gibi değişmektedir. Buna göre X2Y3 katısının aynı sıcaklıktaki Kçç değeri nedir? 3.10–2 t Cevap: Kçç = 1,08.10 –8 412 TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE Zaman 4. 27,2 gram CaSO4 katısı belirli bir sıcaklıktaki 10 litre saf suya atılıyor. Dengeye ulaşan çözeltide CaSO4 katısının kütlece yüzde kaçı çözünmeden kalır? (CaSO4 için Kçç = 2,5.10 –5 , CaSO4 : 136 g mol–1) Cevap: %75 5. XY katısının 500 K’deki Kçç = 1.10 –8 dir. 500 K’de 5 litre doymuş çözeltisi 300 K’ye kadar soğu- tulduğunda 40 mg XY çöktüğüne göre XY tuzunun 300 K’deki Kçç değeri kaçtır? (XY: 200 g mol –1) Cevap: 3,6.10–9 6. PbI2 tuzunun belirli sıcaklıkta 0,01 M KI çözeltisindeki çözünürlüğü 4.10–5 M olduğuna göre PbI2’ün aynı sıcaklıkta saf sudaki çözünürlüğü kaç g L–1 dir? (PbI2 : 461 g mol –1) Cevap: 0,461 g L–1 7. Belirli bir sıcaklıkta AI(OH)3 katısının saf sudaki çözünürlüğü 10 –8 mol L–1 dir. Bu katının aynı sıcaklıkta XM NaOH çözeltisindeki çözünürlüğü ise 2,7.10 –13 mol L–1 olduğuna göre X değeri kaçtır? Cevap: 1.10 –6 M 8. Kapalı bir kapta; SO2CI2(g) SO2(g) + CI2(g) tepkimesi 0,02 M SO2CI2 ile başlatılıyor. Tepkime dengeye ulaştığında [CI2] = 1,2.10 –2 M oluyor. Buna göre tepkimenin denge sabiti (Kc) değeri kaçtır? Cevap: Kc = 1,8.10 –2 9. Aşağıda verilen her bir tepkime için Kp değerini hesaplayınız. 2NO2(g)Kc = 5,9.10 –3 (298 K’de) a. N2O4(g) b. N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)Kc = 3,7.10 –8 (298 K’de) c. N2(g) + O2(g) 2NO(g)Kc = 4,1.10 –31 (298 K’de) Cevap: a. Kp = 1,44.10 –1 b. Kp = 6,19.10 –11 c. Kp = 4,1.10 –31 10. Aşağıda, sabit sıcaklıkta bazı tepkimeler ve denge sabitleri verilmiştir. 1 Br 2 2(g) NO(g) + NOBr(g)Kp = 5,3 N2(g) + O2(g)Kp = 2,1.1030 2NO(g) Buna göre yukarıdaki tepkimeler ve denge sabitlerini kullanarak tepkimesinin denge sabitini (Kp) bulunuz. 2NOBr(g) 413 Cevap: Kp = 1,33.10 –29 11. Azot dioksidin dimerleşme tepkime dengesi 2NO2(g) N2O4(g) Kp = 6,7 (298 K’de) şeklindedir. 2,25 litrelik bir kapta 0,055 mol NO2 ve 0,082 mol N2O4 gazları 298 K’de bulunmaktadır. Buna göre tepkime dengede midir? Tepkime dengede değilse dengeye ulaşabilmesi için tepkime hangi yöne ilerlemelidir? Cevap: Tepkime dengede değildir. Tepkimenin dengeye 12.C(k) + 2H2(g) ulaşabilmesi için bir süre ürünler lehine ilerlemelidir. CH4(g) H < 0 Kapalı bir kapta gerçekleşen denge tepkimesine aşağıdaki işlemler uygulandığında denge bundan nasıl etkilenir? Açıklayınız. a. C(k) eklenmesi b. H2(g) eklenmesi c. Sıcaklığın artırılması ç. Tepkime kabının hacminin küçültülmesi d. Katalizör eklenmesi e. Neon gazı eklenmesi TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE N2(g) + O2(g) + Br2(g) OKUMA METNİ ATATÜRK’ÜN AKLA VE BİLİME VERDİĞİ ÖNEM Tam bağımsızlık mücadelesinin kazanılmasını takiben Atatürk için en önemli konu, Türk toplumunu içinde bulunduğu karanlıktan kurtarmak, ona çağdaş yaşamın yollarını göstermekti. Onun içindir ki Atatürk, askerî zaferleri takiben “Millî Mücadele’nin birinci safhası kapandı, artık ikinci safha başlıyor.” demişti. Hedefi çağdaşlaşmak, en kısa zamanda çağdaş uygarlık düzeyine ulaşmaktı. Toplumu geri bırakan zincirleri kırmak, onun ilerlemesine set çeken engelleri ortadan kaldırmak gerekiyordu. Bu konuda yapılacak olan mücadele birincisinden daha fazla önem taşımaktaydı. Çünkü bu savaşın başarılı olmaması kazanılan tüm başarıların boşa gitmesine yol açacaktı. Büyük Atatürk bunu “Eğitimdir ki bir milleti hür, bağımsız, şanlı, yüksek bir toplum hâlinde yaşa- tır veya bir milleti kölelik ve yoksulluğa terk eder.” sözüyle çok güzel açıklamıştır. Ankara Erkek Lisesi-1933 TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 414 Atatürk bu savaşta öğretmenlere büyük bir sorumluluk düştüğünü “Bir millet irfan ordusuna sahip olmadıkça başarıya ulaşamaz. Savaş meydanlarında ne kadar parlak zaferler elde ederse etsin, o zaferlerin kalıcı sonuçlar vermesi, ancak irfan ordusu ile geçerlidir.” sözüyle ifade etmiştir. Atatürk, Türk milletinin çağdaş bir yapıya kavuşması için akla ve bilime büyük önem vermiştir. Atatürk’ün “Dünyada her şey için maddiyat için, maneviyat için en gerçek yol gösterici, ilimdir, fendir. İlim ve fennin dışında yol gösterici aramak bilgisizliktir, doğru yoldan sapmaktır.” sözleri onun akla ve bilime verdiği değerden kaynaklanmaktadır. Çünkü akıl, mantık ve bilim devlet yönetiminde ve toplum yaşamında katı kurallardan kurtularak gerçekçi olmamızı gerektirmektedir. Aklın ve mantığın ışığında bilim süzgecinden geçen her görüş bizi şüphesiz ki gerçeğe götürür. Gerçekler karşısında hayalci olmak kadar büyük hata olamaz. Bu nedenledir ki Atatürk “Biz ilhamlarımızı gökten ve gaipten değil, doğrudan hayattan almış bulunuyoruz.” demiştir. Atatürk’ün sağlığında üzerinde önemle durduğu gibi toplumumuzun sorunlarına akılcı, bilimsel ve gerçekçi bir görüşle eğilinmesi ve sorunların bu görüşle çözümlenmesi gerekmektedir. Bir diğer ifadeyle sorunların çözümünde dogmatik unsurların etkisinde kalmaksızın sadece ve sadece aklı, mantığı ve bilimi kabul etmektir. Atatürkçülük 3 (Atatürkçü Düşünce Sistemi adlı kitaptan alınarak düzenlenmiştir.) ÖLÇME VE DEĞERLENDİRME AÇIK UÇLU SORULAR Aşağıdaki soruların cevaplarını defterinize yazınız. 1. Aşağıdaki tepkimeler tek basamakta gerçekleşmektedir. I. X(k) + 2Y(g) XY2(g) II.2X(g) + 3Y(g) X2Y3(g) III.2X(g) + Y(g) X2Y(g) Tepkimelerin oluştuğu kapların hacimleri yarıya indirilirse hangi tepkimelerin hızı 8 katına çıkar? 2. I. II. 2M HCI 2M HCI CO2(g) CO2(g) III. 3M HCI CO2(g) CaCO3(k) CaCO3(k) CaCO3(k) 20 °C 40 °C 40 °C Yukarıdaki düzeneklerde, CaCO3(k) + 2HCI(suda) CaCI2(suda) + CO2(g) + H2O(s) tepkimesine göre CO2 gazı çıkmaktadır. Buna göre CO2 gazının çıkış hızının doğru sıralanışı nasıldır? Nedenini açıklayınız. 3. 2X + 3Y + Z Ürünler Tepkimesinin belirli bir sıcaklıkta yapılan deney sonuçları verilmiştir. Tepkime Hızı (mol L–1 s–1) Deney [X] M [Y] M [Z] M 1 0,2 0,2 0,2 4.10–4 2 0,4 0,2 0,4 1,6.10–3 3 0,2 0,2 0,4 4.10–4 0,4 0,4 0,8 3,2.10–3 4 Buna göre tepkimenin hız bağıntısı nedir? TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 415 4.XO(g) + XO2(g) + 1 O 2 2(g) XO2(g) (Yavaş) 1 O 2 2(g) XO3(g) (Hızlı) Mekanizması verilen tepkimede; I. Kabın hacmini yarıya indirmek, II. Kaptaki XO derişimini iki katına çıkaracak kadar XO eklemek, işlemleri ayrı ayrı uygulanıyor. Buna göre tepkime hızı toplam kaç katına çıkar? 5. Gaz fazın gerçekleşen, X2(g) + 2Y2(g) 2XY2(g) Tepkimesinde hızı belirleyen basamak X2(g) + a ve b sayıları arasındaki oran nedir? TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 416 X2Y(g) olduğuna göre, tabloda verilen Hız (mol L–1 s–1) [X2 ] M [Y2 ] M 0,01 0,01 2.10–4 0,02 0,01 a 0,01 0,04 b 6. 4HCI(g) + O2(g) 1 Y 2 2(g) 2CI2(g) + 2H2O(g) H < 0 Denge tepkimesinde, aşağıdaki işlemler uygulandığında dengenin hangi yöne doğru bozulacağını karşısına yazınız. Uygulanan İşlem Dengenin Yönü a. Aynı sıcaklıkta tepkime kabına HCI(g) eklemek ........................................................ b. Aynı sıcaklıkta basıncı artırmak ........................................................ c. Tepkime kabını ısıtmak ........................................................ ç. Aynı sıcaklıkta tepkime kabından H2O(g) çekmek ........................................................ d. Aynı sıcaklıkta tepkime kabına CI2(g) eklemek ........................................................ e. Aynı sıcaklıkta tepkime kabının hacmini küçültmek ........................................................ 7. Tablo 6.10’daki (sayfa 369) Kçç değerlerinden yararlanarak aşağıda verilen tuzların 25 °C’ta sudaki çözünürlüklerini mol L–1 türünden hesaplayınız. a. BaSO4(k) b. PbCO3(k) c. Ca(OH)2(k) 8. Aşağıda verilen tuzların belirli sıcaklıktaki molar çözünürlüklerinden yararlanarak her bir tuzun çözünürlük çarpımını (Kçç) hesaplayınız. a. BaCrO4’ın molar çözünürlüğü = 1,8.10–5 M b. Ag2SO3’ın molar çözünürlüğü = 1,55.10–5 M c. Pd(SCN)2’ın molar çözünürlüğü = 2,22.10–8 M 9. BaF2 tuzunun aynı sıcaklıkta aşağıda verilen ortamlardaki çözünürlüklerini hesaplayınız (BaF2 için Kçç = 2,45.10–5). a. Saf suda b. 0,1 M Ba(NO3)2 çözeltisinde c. 0,15 M NaF çözeltisinde 10. 2.10–4 M 250 mL Pb(NO3)2 çözeltisi ile x M 250 mL NaI çözeltileri karıştırılıyor. PbI2’ün çökmeye başlayabilmesi için X’in alabileceği en küçük değer ne olmalıdır? (PbI2 için Kçç = 4.10–10) 11. 1,2 gram CH3COOH’in 500 mL çözeltisinde pOH = 10 olduğuna göre CH3COOH’in asitlik sabiti Ka değeri ve iyonlaşma yüzdesi kaçtır? (CH3COOH: 60 g mol–1) 12. 3,75 g XOH suda çözünerek 3 litre çözeltisi hazırlanıyor. Bu çözeltideki pH = 12 olduğuna göre X’in mol kütlesi nedir? (H: 1 g mol–1 , O: 16 g mol–1) 13. 100 mL 0,3 M H2SO4 ile 200 mL 0,15 M NaOH çözeltileri oda koşullarında karıştırılıyor. Karışımın pH değeri kaçtır? 14. 400 mL 0,4 M KOH çözeltisine; a. 100 mL 1,6 M HCI çözeltisi, b. 800 mL 0,1 M H2SO4 çözeltisi, c. 150 mL 1,2 M HNO3 çözeltisi ekleniyor. Hangilerinin oluşturduğu karışımda pH = 7 olur? 15. 4 litre HCI çözeltisi ile 6 litre NaOH çözeltileri karıştırılıyor. Karışımın pH’si 13 olduğuna göre asit ve baz çözeltileri hangi molar derişim oranlarında karıştırılmalıdır? 16. 0,1M CH3COOH çözeltisindeki H+ iyon derişimi kaç M’dır? (CH3COOH için Ka = 1,8.10–5) 17. Aşağıda verilen çözeltilerin her birinin pH’sini bulunuz. a. 0,1M NaOH çözeltisi b. 0,05M H2SO4 çözeltisi c. 0,1M CH3COOH çözeltisi (CH3COO’ın %1 iyonlaştığı varsayılacaktır.) TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 417 BOŞLUK DOLDURMA .............................. Aşağıdaki cümlelerin noktalı yerlerini verilen sözcük veya sözcük gruplarından uygun olanlar ile tamamlayınız. titrasyon ligant kimyasal denge dinamik tampon çözelti hidroliz etkin çarpışma ortak iyon Le Chatelier ilkesi katalizör yavaş adım 1. Herhangi bir tepkime ortamındaki taneciklerden enerjisi, aktifleşme enerjisine eşit veya büyük olan tanecikler uygun geometride çarpıştığında tepkime gerçekleşebilir. Bu çarpışmaya ............................ denir. 2. Tepkime hızını değiştiren ancak tepkime sonucunda değişmeden çıkan maddelere .................... denir. TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 418 3. Kapalı bir kapta, sabit sıcaklıkta ileri ve geri yöndeki tepkimelerin eşit hızla gerçekleşmesi nedeniyle makroskobik özelliklerin (renk, basınç...) değişmezliği hâline .................................. denir. 4. Dengeyi etkileyen faktörler derişim, basınç (veya hacim) ve sıcaklıktır. Bu faktörlerden herhangi birinin denge üzerinde yapacağı etki ................................. yararlanarak belirlenebilir. 5. Bir asit çözeltisine kontrollü bir şekilde yavaş yavaş baz ekleme ya da bir baz çözeltisine kontrollü bir şekilde yavaş yavaş asit ekleme işlemine ............................ denir. 6. Zayıf bir asit ya da zayıf bir baz ile bunların tuzlarının oluşturduğu çözeltilere ................................. adı verilir. 7. Bir tuz arı suda değil de bu tuzla ortak iyon içeren bir çözeltide çözünürse bu tuzun çözünürlüğü arı sudakinden daha az olur. Buna ............................ etkisi denir. 8. Koordinasyon bileşiklerinde, merkez atomuna bağlı nötr molekül veya anyonlara ............................ denir. 9. Mekanizmalı tepkimelerde tepkime hızını ............................ belirler. 10. Çözünme -çökelme dengesi ............................ süreçtir. DOĞRU YANLIŞ Aşağıdaki cümleleri okuyunuz. Cümlelerdeki yargılar doğru ise “D” kutusunu, yanlış ise “Y” kutusunu işaretleyiniz. 1. Bir kimyasal tepkimede ürüne dönüşecek taneciklerin çarpışmaları sırasında yeni taneciklerin oluşması için gereken minimum enerjiye aktifleşme enerjisi denir. D Y 2. Kimyasal bir tepkimede sıcaklık artırıldığında taneciklerin etkin çarpışma sayısı ve aktifleşme enerjisini aşan tanecik sayısı artar. CO(g) + H2O(g) denge tepkimesinde Kp = Kc’dir. 4. Brönsted - Lowry’ye göre bir kimyasal tepkimede proton verebilen madde baz, proton alabilen madde ise asit olarak tanımlanır. 5. Kuvvetli asit ve kuvvetli bazın nötürleşmesindeki eş değer noktada, çözeltide hem H+ iyonu hem de OH– iyonu derişimleri 1.10–7 M’dır. 6. Katalizörlerin, tepkimeye giren maddelerle aynı fiziksel hâlde bulunanlarına heterojen katalizör, farklı fiziksel hâlde bulunanlarına da homojen katalizör denir. 7. Kapalı bir sistemde bir tepkimenin dengede olup olmadığı veya hangi yönde ilerlediği denge kesri kavramı ile açıklanır. Buna göre Q < Kc ise denge girenler lehine kayar. 8. Cd3(PO4)2 iyonik katısının çözünürlük çarpımı ifadesi Kçç = [Cd2+ ]3 [PO43– ]2 şeklindedir. 9. Suyun iyonlaşma sabitine (Ksu), oto -iyonizasyon sabiti denir. Buna göre suyun 25 °C’taki değeri 1.10–14 tür. 10. Mekanizmalı tepkimelerde tepkime hızını yavaş basamak belirler. 419 TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 3. CO 2(g) + H2(g) ÇOKTAN SEÇMELİ SORULAR Aşağıdaki soruların doğru cevaplarını bularak işaretleyiniz. 1. Aşağıdaki tepkimelerden hangisinin en hızlı gerçekleşmesi beklenir? A) N2O3(g) + O2(g) + H2O(s) B) 3Cu2+ (suda) + 2Cr(k) C)S(k) + O2(g) 2– D)Ba2+ (suda) + S (suda) E) CO(NH2)2(k) + H2O(s) 2. TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 420 II.Zn(k) SO2(g) BaS(k) CO2(g) + 2 NH3(g) NO2(g) (sarı) (renksiz) + 2HCI(suda) III.K2SO4(k) IV. N2O5(g) 3Cu(k) + 2Cr3+ (suda) I. NO(g) + 1 O 2 (g) 2 (renksiz) 2HNO3suda ZnCI2(suda) + H2(g) 2K+(suda) + SO2– 4(suda) 2NO2(g) + 1 O 2 2(g) Yukarıda verilen tepkimelerin hızlarının belirlenmesi ile ilgili aşağıda verilenlerden hangisi yanlıştır? A) I. tepkimenin hızı renk değişimi ile belirlenebilir. B) II. tepkimenin hızı H2 gazının birim zamanda oluşan mol sayısı ile belirlenebilir. C)III. tepkimenin hızı iletkenlikteki artış ile belirlenebilir. D)IV. tepkimenin hızı sabit sıcaklık ve hacimde basınç artışı ile belirlenebilir. E) I ve IV. tepkimelerin hızları sabit sıcaklık ve basınçta hacimdeki artış ile belirlenebilir. 3.C3H4 gazının yanma tepkimesinde 10 litrelik bir kapta 40 saniye sonra 24 gram C3H4 harcanıyor. Buna göre CO2 gazının oluşma hızı kaç mol L–1 s–1 dir? (H: 1 g mol–1 , C: 12 g mol–1) A) 1,5.10–3 B) 4,5.10–3 C) 6.10–3 D) 8.10–2 E) 9.10–2 4. Potansiyel Enerji a c b Zaman Yukarıda potansiyel enerji grafiği verilen tepkime ile ilgili, I. Geri tepkimenin aktifleşme enerjisi (a – c)’dir. II. Aktifleşmiş kompleksin enerjisi (a + b)’dir. III. Ürünlerin toplam potansiyel enerjisi (b + c)’dir. Yukarıdaki yargılardan hangileri doğrudur? B) I ve II C) I ve III 5. Yandaki pistonlu kapta N2(g) + 3H2(g) D) II ve III E) I, II ve III 2 NH3(g) tepkimesi tek adımda gerçekleşmektedir. Bu tepkime ile ilgili aşağıdaki işlemler sabit sıcaklıkta uygulanıyor. H2(g) I. işlem: Pistonun üzerine ağırlık koymak, N2(g) II. işlem: Kaba He gazı eklemek, III. işlem: Piston sabitlenerek kaba H2 gazı eklemek. Buna göre ileri yöndeki tepkime hızındaki değişim ile ilgili verilenlerden hangisi doğrudur? I. işlem II. işlem III. işlem A) Artar. Azalır. Değişmez. B) Azalır. Değişmez. Artar. C) Artar. Azalır. Artar. D) Azalır. Azalır. Artar. E) Artar. Değişmez. Değişmez. TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE A) Yalnız I Serbest piston 421 6. Molekül sayısı T2 T1 Ea1 Ea2 Kinetik enerji Yukarıda bir tepkimenin T1 ve T2 sıcaklıklarındaki molekül sayısı-kinetik enerji grafiği görülmektedir. Buna göre aşağıda verilenlerden hangisi yanlıştır? TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 422 A) T2 > T1’dir. B) T2 sıcaklığında eşik enerji engelini aşan molekül sayısı T1’den fazladır. C)Ea2 katalizörlü tepkimenin eşik enerjisidir. D)T2 sıcaklığındaki tepkime hızı T1’den büyüktür. E) T1 sıcaklığındaki moleküllerin kinetik enerjisi T2 sıcaklığındakinden küçüktür. 7. Potansiyel enerji c I II III b a Zaman Potansiyel enerji grafiği verilen tepkime için aşağıdakilerden hangisi yanlıştır? A) Tepkime mekanizmalıdır. B) Toplam tepkime ekzotermiktir. C)Tepkime hızını I. adım belirler. D)Katalizör (b – a) değerini etkilemez. E) Sıcaklık artırılırsa (c – b) değeri azalır. 8. X + 2Y + 3Z 2D + 3E Gaz fazında gerçekleşen yukarıdaki tepkime için belirli bir sıcaklıkta aşağıdaki deneyler yapılıyor: Deney [X] M [Y] M [Z] M Tepkime hızı (Ms–1) 1 0,1 0,2 0,01 1,2.10–3 2 0,2 0,2 0,01 2,4.10–3 3 0,1 0,4 0,01 1,2.10–3 4 0,1 0,4 0,02 4,8.10–3 Tepkime hızı I. Tepkime hızı II. 2b 4b b b [X] Tepkime hızı III. a [Y] 2a a 2a [Z] Yukarıda verilen grafiklerden hangisi ya da hangileri doğrudur? A) Yalnız I B) I ve II C) I ve III D) II ve III 9. Aşağıdaki denge tepkimelerinin hangisinde Kp = Kc ilişkisi vardır? A) 2Na2O2(k) + 2CO2(g) 2 Na2CO3(k) + O2(g) B) NiO(k) + CO(g) C)NH4NO3(k) D)4HCI(g) + O2(g) 2H2O(s) + 2 CI2(g) E) 2NO(g) + O2(g) 2NO2(g) Ni(k) + CO2(g) N2O(g) + 2 H2O(g) 423 a 2a E) I, II ve III TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 10. Mol sayısı 0,6 Z 0,3 0,2 Y X Zaman t 1 litrelik bir kapta gerçekleşen bir tepkimede mol sayısının zamanla değişimi grafiği verilmiştir. Tepkime t anında dengeye geldiğine göre bu tepkimeyle ilgili; I. Heterojen bir tepkimedir. II. Tepkimenin denklemi 3X(g) + Y(k) 2Z(g) şeklinde olabilir. III. Denge sabiti Kc = 5,4’tür. Yukarıdaki yargılardan hangileri doğrudur? A) Yalnız I B) Yalnız II C) Yalnız III D) I ve III E) I, II ve III TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 424 11.2SO2(g) + O2(g) 2 SO3(g) Kc = 0,5 Aynı sıcaklıkta 1 litrelik kapta 0,1 mol SO2, 0,2 mol O2 ve 0,04 mol SO3 gazları bulunuyor. Sistem dengeye gelirken bu sistemle ilgili aşağıda verilenlerden hangisi doğrudur? A) Sistem dengededir. B) Denge, ürünler lehine kayar. C)SO2 gazının kısmi basıncı azalır. D)SO3 gazının mol sayısı azalır. E) Kaptaki gaz basıncı azalır. 12. I. N2(g) + 3H2(g) II. NH4CI(k) III. 2 NH3(g) (Hızlı) NH3(g) + HCI(g) (Yavaş) 1 1 H + CI 2 2(g) 2 2(g) HCI(g) (Hızlı) Mekanizmasına sahip olan N2(g) + 4H2(g) + Cl2(g) aşağıdakilerden hangisidir? 1 6N 2@ · 6H 2@4 · 6CI 2@ A) K c = D) K c = 6NH 3@ · 6HCI@ B) K c = E) K c = 2NH4CI(k) tepkimesinin denge bağıntısı 6NH 3@ · 6HCI@ 6N 2@ · 6CI 2@ 6NH 3@ · 6HCI@ 6NH 4 CI@ C) K c = 6NH 3@ · 6HCI@ · 6H 2@ 13.CO(g) + 1 O 2 2(g) CO2(g) Tepkimesi dengede iken sabit sıcaklıkta tepkime kabının hacmi yarıya indiriliyor. Buna göre, Derişim L–1) (mol Derişim L–1)(mol Derişim Derişim (mol L–1) (mol Derişim L–1) (mol Derişim L–1) (mol Derişim L–1) (mol Derişim L–1) (mol Derişim L–1) (mol L–1) CO2 CO2 CO2 O2 O2 O2 CO CO CO Zaman I I Zaman II Zaman I Zaman II Zaman II Zaman Zaman III III Zaman III Zaman Yukarıda verilen grafiklerden hangisi ya da hangileri doğrudur? A) Yalnız I B) I ve II C) I ve III D) II ve III E) I, II ve III 14.1 litrelik kaba 1 mol CO2 ve 1 mol H2 gazları konularak CO2(g) + H2(g) CO(g) + H2O(g) Kc = 16 tepkimesi gerçekleştiriliyor. Dengeye ulaşan tepkimede maddelerin derişimindeki değişimi gösteren grafik aşağıdakilerden hangisidir? A) B) [CO]ve[H [CO]ve[H 2O][CO]ve[H 2O] 2O] 1 1 1 0,2 0,2 0,2 425 Derişim Derişim (mol Derişim L–1 (mol ) (mol L–1)L–1) 1 (mol/1t) (mol/1t) (mol/1t) [CO]ve[H [CO]ve[H 2O][CO]ve[H 2O] 2O] 1 1 [CO2]ve[H [CO ]ve[H 2] 2[CO 2]ve[H 2] 2] C) Derişim Derişim (mol Derişim L–1 (mol ) (mol L–1)L–1) 1 0,8 1 1 1 [CO]ve[H [CO]ve [H2O] [H2O] 2O][CO]ve 0,8 0,8 0,8 0,2 0,2 0,2 [CO2]ve[H [CO ]ve[H 2] 2[CO 2]ve 2] [H2] 0,2 Derişim Derişim (mol Derişim L–1 (mol ) (mol L–1)L–1) 1 1 1 [CO]ve[H [CO]ve[H 2O][CO]ve[H 2O] 2O] 0,8 0,8 0,8 [CO2]ve[H [CO ]ve[H 2] 2[CO 2] 2] 2]ve[H 0,2 0,2 [CO2]ve[H [CO ]ve[H 2] 2[CO 2] 2] 2]ve[H ZamanZaman Zaman Zaman ZamanZaman Derişim Derişim (mol L–1 (mol ) L–1 D)) 1 0,8 0,2 [CO]ve[H [CO]ve [H2O] 2O] [CO2]ve[H [CO 2] 2]ve[H2] Derişim Derişim (mol L–1 (mol ) L –1) 1 0,8 1 0,8 0,2 0,2 ZamanZaman 15.X(g) + 2Y(g) [CO]ve[H [CO]ve[H 2O] 2O] [CO2]ve[H [CO 2] 2]ve[H2] ZamanZaman Zaman 1 [CO]ve[H [CO]ve[H 2] 2] 0,8 0,2 0,2 [CO2]ve[H [CO 2O] 2]ve[H2O] ZamanZaman ZamanZaman 2 Z(g) Kc = 4 serbest pistonlu bir kaba 4 mol X, 6 mol Y ve 8 mol Z gazları konulduğunda hacim 1 litre oluyor. Bir süre sonra sabit sıcaklıkta dengeye ulaşan tepkimede aşağıda verilenlerden hangisi yanlış olur? A) Molekül sayısı azalır. B) Pistonlu kapta hacim 1 litreden az olur. C)Z’nin mol sayısı 8’den büyük olur. D)X’in mol sayısı 4’ten küçük olur. E) Denge sabiti Kc’nin değeri 4’ten büyük olur. 0,2 ZamanZaman Zaman (mol L–1 (mol ) L–1) E)DerişimDerişim 1 0,8 TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE Derişim Derişim (mol Derişim L–1 (mol ) (mol L–1)L–1) D pH 50 16.100 mL 0,5 M NH3 çözeltisinin pH’nin 10 olabilmesi için çözeltiye kaç gram katı NH4NO3 eklenmelidir? (NH3 için Kb = 2.10–5 , NH4NO3 : 80 g mol–1) A) 0,4 B) 0,8 C) 1,2 D) 1,6 E) 3,2 17.0,1 M 100 mL Mg(OH)2 çözeltisini tamamen nötrleştirmek için aşağıda verilenlerden hangisi kullanılmaz? (H2SO4 : 98 g mol–1) A) 0,1 M 100 mL H2SO4 B) 0,02 mol HCI C) 0,98 gram H2SO4 D) 0,2 M 50 mL H2SO4 E) 0,1 M 100 mL HCI 18.500 mL 0,1 M CH3COOH ve 500 mL 0,1 M CH3COONa çözeltilerinin karıştırılması ile elde edilen tampon çözeltideki H+ iyonları derişimi kaç molardır? 426 TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE (CH3COOH için Ka = 1,8.10–5) A) 9.10–6 B) 1,8.10–5 C) 9.10–3 D) 3.10–3 E) 10–2 19.Yandaki düzenekte büret içinde bulunan 0,005 M NaOH çözeltisi damla Büret damla erlenmayer içinde bulunan 0,01 M 50 mL HCI çözeltisine eklene- 0,005 M NaOH rek titre ediliyor. Bu olaya ilişkin aşağıda verilen grafiklerden hangisi doğrudur? (HCI = kuvvetli asit NaOH = kuvvetli baz) A) pH pH B) 77 pH pH pH pH 77 11 50 Eklenen Eklenen 50 bazın bazın hacmi(mL) (mL) hacmi C) 50 Eklenen Eklenen bazın bazın hacmi hacmi (mL) (mL) pH pH D) pH pH 7 7 7 7 2 2 2 2 50 77 77 22 Erlen22 50 Eklenen Eklenen 50 bazın bazın hacmi(mL) (mL) hacmi 50 Eklenen Eklenen bazın bazın hacmi hacmi (mL) (mL) pH pH 50 Eklenen Eklenen 50 bazın 0,01M bazın hacmi (mL) hacmi (mL) HCI 50 mL E)pH 12 12 7 7 100 Eklenen 100 Eklenen bazın bazın hacmi hacmi (mL) (mL) pH 100 Eklenen 100 Eklenen bazın bazın hacmi hacmi (mL) (mL) 100 Ekle Ekle 100 baz bazı hac hacm 20.0,8 M CH3COONa çözeltisi ile ilgili, I. Kırmızı turnusolu maviye çevirir. II. pH = 9,3’tür. III.[OH– ] = 2.10–5 tir. Yukarıdaki yargılardan hangisi ya da hangileri doğrudur? (CH3COOH için Ka = 2.10–5 ve log 2 = 0,3) A) Yalnız I 21. B) Yalnız II C) I ve II 0,1M 100 mL HCI 0,1M 100 mL HCI HNO3 KOH D) II ve III E) I, II ve III 100 mL saf su HNO3 0,1M 100 mL 0,1M 100 mL 0,1M 100 mL I II III Yukarıdaki büretlerde verilen sıvılar I, II ve III kaplarına ilave edilirse kaplardaki çözeltilerin pH’leri arasında nasıl bir ilişki olur? A) I > III > II B) II > I > III C) III > II > I D) II > III > I E) III > I > II 22.Ca3(PO4)2 katısı için Kçç = 34,56.10–33 tür. Buna göre aynı sıcaklıkta doymuş Ca3(PO4)2 çözeltisinde [PO4–3] iyonunun molar derişimi kaçtır? A) 2.10–5 B) 2.10–7 C) 4.10–7 D) 1,6.10–8 23.X2Y(k) tuzu ile ilgili; 50 °C’taki Kçç = 10,8.10–8 75 °C’taki Kçç = 4.10–9 dur. Buna göre aşağıda verilenlerden hangisi yanlıştır? A) Katının çözünürlüğü ekzotermiktir. B) 50 °C’taki çözünürlüğü 75 °C’taki çözünürlüğünün 3 katıdır. C) 100 °C’taki Kçç değeri 4.10–9 dan küçüktür. D) 75 °C’taki doygun çözeltide [X+ ] = 2.10–3 mol L–1 dir. E) Katısı ile dengede olan çözeltinin sıcaklığı artırılırsa iletkenliği de artar. E) 2,4.10–12 427 TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 24.0,2 M MgCI2 çözeltisiyle 0,2 M AgNO3 eşit hacimde karıştırılıyor. Sabit sıcaklıkta dengeye ulaşan sistem için, I. [Mg2+ ] = [NO3– ] = 0,1 M’dır. II. [Ag+] . [CI– ] > Kçç dir. III. [CI– ] = 0,2 M’dır. Yukarıdaki yargılardan hangileri doğrudur? (AgCI için Kçç = 1.10–10) A) Yalnız I B) I ve II C) I ve III D) II ve III E) I, II ve III 25.Kütlece %2’lik ve öz kütlesi 1,35 g mL–1 olan 100 mL’lik HA çözeltisinin pH’si kaç olur? (HA: 27 g mol–1 , HA için Ka = 1.10–6) A) 1 B) 3 C) 4 D) 5 E) 8 26.Bir XnYm tuzunun suda çözünmesi ile oluşan iyonların molar deri- şimleri grafikteki gibidir. Buna göre aşağıda verilenlerden hangisi 428 Derişim (mol L–1) 6.10–3 Y–n 2.10–3 X+m TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE doğrudur? Tuzun formülü Çözünürlük Kçç A) XY3 1.10–3 4,32.10–12 B) X2Y3 2.10–3 1,2.10–7 C) XY3 2.10–3 4,32.10–10 D) X2Y3 1.10–3 1,2.10–7 E) XY3 2.10–3 7,2.10–14 27. Kçç 1.10–3 Zaman Çözünürlük CaF2(k) 4,10–12 S1 AI(OH)3(k) 2,7.10–15 S2 SrCO3(k) 1,6.10–9 S3 Aynı sıcaklıkta Kçç değerleri verilen katıların sudaki çözünürlükleri arasında bulunan ilişki aşağıdakilerden hangisidir? A) S1 > S2 > S3 B) S1 > S3 > S2 C) S3 > S2 > S1 D) S2 > S1 > S3 E) S1 = S2 > S3 28.Ca3(PO4)2 katısının çözünürlüğü, aynı sıcaklık ve derişimde aşağıda verilen çözeltilerin hangisinde en azdır? A) K3PO4 B) CaCO3 C) HNO3 D) NaOH E) HCI 29.X2Y’nin sulu çözeltisi, katısı ile denge hâlindedir. X2Y(k) + H2O(s) 2X+(suda) + Y2– (suda) + ısı Buna göre; I. Ortamın sıcaklığını düşürmek, II. Ortama X2Y(k) eklemek, III. Ortama aynı sıcaklıkta su eklemek işlemlerinden hangileri uygulandığında ortamdaki iyon derişimi artar? A) Yalnız I B) Yalnız II C) Yalnız III D) I ve II E) I, II ve III 30.X2Y3 iyonik katısının 25 °C’taki Kçç = 1,08.10–23 tür. X2Y3 katısının aynı sıcaklıkta doymuş çözeltisinde iyonların molar derişimini gösteren grafik aşağıda verilenlerden hangisi gibidir? A) 2.10–5 DerişimDerişim Derişim –1) 3+)(mol (mol L–1(mol ) L–1 L3+ [X ] [X ] –5 2.10 2.10–5 [Y2–] 1.10–5 1.10–5 1.10–5 D) DerişimDerişim –12– (mol ) ] [Y2–] (mol L–1 ) L[Y 2.10–8 1.10–8 [X3+] [X3+] B) DerişimDerişim Derişim –1) 2–)(mol L–1(mol ) [Y L–1 ] [YL2– ] [X3+]–5 (mol –5 3.10 3.10 3.10–5 [Y2–] [X3+] [Y2–]–5 2.10 2.10–5 2.10–5 Zaman Zaman Zaman DerişimDerişim –13+ (mol ) ] [X3+] (mol L–1 ) L[X 3.10–5 3.10–5 E) 2.10–5 2.10–5 Zaman Zaman [Y2–] [Y2–] [X3+] Zaman Zaman C) Derişim Derişim Derişim –1) 2–)(mol L–1(mol ) L–1 [Y ] [YL2– ] [Y2–] –8 (mol –8 2.10 2.10 2.10–8 DerişimDerişim Derişim 3+)(mol L–1(mol ) L–1 L [X ] [X [Y2–] –5 (mol –5 3.10 3.10 3.10–5 [X3+] [X3+] –8 1.10 1.10–8 1.10–8 [Y2–] [X3+] –5 2.10 2.10–5 2.10–5 [X3+] Zaman Zaman Zaman Zaman DerişimDerişim –12– (mol ) ] [Y2–] (mol L–1 ) L[Y 3.10–8 3.10–8 2.10–8 2.10–8 Zaman Zaman [X3+] [X3+] Zaman Zaman 31.Bir tuzun 25 °C’taki çözünürlük çarpımı 2,7.10–27 , aynı sıcaklıkta ve saf sudaki çözünürlüğü ise 1.10–7 mol L–1 dir. Buna göre bu tuzun formülü aşağıdakilerden hangisi olabilir? A) XY B) X2Y C) XY2 TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE 429 D) XY3 E) X2Y3 [Y Zaman Za 32.300 mL 0,1 M AgNO3 çözeltisi ile 200 mL 0,2 M K2SO4 çözeltisi karıştırılıyor. Bu karışımla ilgili, I. [NO–3 ] = [SO42– ] olur. II. Çökelme tamamlandıktan sonra çözeltide [Ag+] = 0,05 M olur. III. 4,68 gram Ag2SO4 çöker. Yukarıdaki yargılardan hangisi ya da hangileri doğrudur? (Ag2SO4 için Kçç = 4.10–6 , Ag2SO4 : 312 g mol–1) A) Yalnız I B) Yalnız III C) I ve II D) I ve III E) II ve III 33.CaSO4 tuzunun belli bir sıcaklıkta 0,01 M K2SO4 çözeltisindeki çözünürlüğü 1.10–8 M olduğuna göre CaSO4 tuzu için, I. Kçç = 1.10–10 dur. II. Sudaki çözünürlüğü 1,36.10–3 g L–1 dir. 430 III. 100 litre saf suda en çok 10–3 mol çözünebilir. TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE yargılarından hangisi ya da hangileri doğrudur? (CaSO4 : 136 g mol–1) A) Yalnız I B) I ve II C) I ve III D) II ve III E) I, II ve III 34.X ve Y indikatörlerinin asidik ve bazik ortamda verdikleri renkler tablodaki gibidir. İndikatör Asit ortam Bazik ortam X Kırmızı Turuncu Y Kırmızı Mor Buna göre aşağıda verilen maddelerin sulu çözeltilerine bu indikatörler katılırsa hangi maddenin karşısında gözlenebilecek renk yanlış verilmiştir? Çözelti Katılan indikatör Gözlenen renk A) KOH Y Mor B) HNO3 X Kırmızı C) HCIO4 Y Kırmızı D) NH3 X Turuncu E) HBr Y Mor A absorbsiyon: Bir maddenin enerjiyi veya diğer bir maddeyi emebilme, soğurma yeteneğidir. açık sistem: Çevresi ile hem madde hem de enerji alışverişi yapabilen sistem. aktifleşme enerjisi: Tepkimenin oluşumu için gerekli minimum enerji. alfa (a) ışınları: Radyoaktif bir atom çekirdeğinin parçalanmasından meydana gelen 2 proton ve 4 2 nötrondan oluşan tanecikler c He m . 2 alkali metaller: Periyodik cetvelin 1A grubunda yer alan Li, Na, K, Rb, Cs ve Fr elementlerinin özel adı. alkalosis: Kanın pH değerinin artması ile ortaya çıkan rahatsızlık. ametaller: Periyodik cetvelde ısı ve elektriği iletmeyen elementler. anlık hız: Derişim-zaman grafiğinde eğimin tanjantı. anlık tepkime hızı: Reaksiyonun anlık hızı, zamana karşı derişimin grafiğe geçilmesi ile elde edilen eğriye t anında çizilen teğetin eğimidir. asidik iyon: Brönsted asidi olarak davranan herhangi bir iyon. asit-baz indikatörü: Bir çözeltinin pH değerini ölçmede kullanılan madde. İndikatör iyonlaşmamış zayıf asit iken iyonlaştığında farklı renkler alır. asitlik sabiti: Suya proton aktarmadaki denge sabiti. atmosfer basıncı: Dünyayı çevreleyen atmosferde bulunan gazların uyguladığı basınç. 431 atom: Elementlerin özelliklerini taşıyan en küçük yapı birimi. atom kütlesi: Bir atomun atomik kütle birimi cinsinden kütlesi. atomik kütle birimi (akb): Çok ufak maddelerin, özellikle atom ve moleküllerin kütlelerini hesaplamak için kullanılan ölçü birimidir. Aufbau yöntemi: Elektronların atomik orbitallere enerjileri en düşük olacak şekilde sırası ile yerleşmesi olayıdır. Avogadro sayısı: NA = 6,02.1023 sayısı·1 mol taneciğin sayısı. B barometre: Atmosfer basıncını ölçmekte kullanılan düzenek. basınç: Birim alana uygulanan kuvvet. basınç-hacim işi: Gazların genleşmesi ya da sıkışmasının yaptığı iş. – baz: Suda çözündüğünde hidroksit iyonu (OH ) veren madde. baz iyonlaşma sabiti: Zayıf bir bazın iyonlaşma tepkimesinin denge sabiti. birinci dereceden tepkime: Hız eşitliğinde derişim terimlerinin toplam üssü 1 olan tepkime. Boyle Yasası: Sabit sıcaklık ve miktardaki bir gazın hacmi basıncı ile ters orantılıdır. Brown hareketi: Gaz moleküllerinin bulundukları kap içinde gelişigüzel yaptıkları öteleme hareketi. Brönsted-Lowry tanım: Asit proton veren, baz proton alandır. C celcius sıcaklık: Buzun erime noktasını 0 °C, suyun kaynama noktasını 100 °C kabul eden sıcaklık. Charles yasası: Sabit basınç ve miktardaki bir gazın hacmi ile Kelvin sıcaklığı doğru orantılıdır. SÖZLÜK atom yapıçapı: Elementlerin iki atom biriminin çekirdekleri arasındaki uzaklığın yarısı. Ç çarpışma teorisi: Kimyasal reaksiyonların gerçekleşebilmesi için reaksiyona giren bileşenlerin çarpışmadan reaksiyon oluşturamayacağını açıklayan teori. çevre: Sistemi çevreleyen evren parçasıdır. çizgi spektrumu: Uyarılmış bir atomun yaydığı, çeşitli dalga boylarını içeren ve sürekli olmayan spektrum. çökelme: Çözünenin hızlı bir şekilde katı hâlinde çözeltiden ayrılması. çökelme tepkimesi: Bir çökeltinin oluşmasıyla sonlanan reaksiyona çökelme reaksiyonu denir. çökelti: Çözeltiden ayrılan çözünmemiş katı maddeye çökelti denir. çözünürlük çarpımı: Bir doymuş çözeltide iyonların molar derişimlerinin çarpımı. D dalga boyu: Bir dalga hareketinin birbirini izleyen tepeleri ya da çukurları arasındaki uzaklık. dalga sayısı: Bir dalganın birim uzunluk içine sığan dalga boyu sayısıdır. değerlik elektronları: En büyük baş kuant numaralı elektron katmanında bulunan elektronlar. derişim: Belli bir hacimdeki madde miktarı. difüzyon: Bir cismin başka bir cismin içine yayılması. 432 dinamik denge: Bir kimyasal tepkimede, ileri ve geri yöndeki tepkimelerin hızlarının eşit olduğu hareketli denge. SÖZLÜK dinamo: Hareket enerjisini içindeki mıknatıs ve bobin sayesinde elektrik enerjisine dönüştüren araç. doygun buhar basıncı: Buharlaşma sırasında sıvıdan ayrılan ve dönen moleküllerin eşit olması veya denge durumuna ulaşması anındaki gaz basıncıdır. doygun çözelti: Belirli bir sıcaklıkta çözebileceği en fazla çözüneni içeren çözelti. E efüzyon : Bir kapta açılan küçük bir delikten gazın dışarı çıkması ya da yayılması. elektron dağılımı: Atomda elektronların orbitallere dağılımı. elektron ilgisi: Gaz hâlinde bağımsız ve nötral bir atoma dıştan bir elektron eklendiğinde meydana gelen enerji değişimine denir. elektronegatiflik: Bir atomun, katıldığı bağdaki elektronları kendine çekme yeteneği. emisyon: Bir cismin ışın yayması olayıdır. enerji: İş yapabilme kapasitesi. entalpi: Sabit basınçtaki tepkime ısısını ifade eden termodinamik fonksiyon. entropi: Bir sistemin düzensizliğinin ölçüsü. eş değerlik noktası: Titrasyonda, indikatörün renk değiştirdiği nokta. F fotoelektrik olay: Elektrokimyasal bir ışığın çarpması sonucu bir metal yüzeyinden elektron koparılması. foton: Elektromanyetik ışımanın enerji paketçikleri. frekans: Bir noktadan birim zamanda geçen dalga sayısı. G gaz sabiti (R): İdeal gaz denklemindeki sabit · R = 22, 4 L atm değeri. = 0, 082 273 mol K geçiş elementleri: En dış elektron tabakasından daha içte bulunan d ya da f orbitallerinin dolmak- ta olduğu atomları içeren elementler. Eğer f orbitalleri doluyorsa elementlere iç geçiş elementleri denir. genel gaz denklemi: İdeal gaz denklemine dayanan ve genlik: Bir dalganın durgun durumdan ayrılma miktarı. P1 V1 P2 V2 şeklinde yazılan ifade. = T1 T2 gerçek gaz: Düşük sıcaklık ve/veya yüksek basınçlarda gazların aralarındaki çekim kuvvetleri ve hacimleri ihmal edilemez olur. Bu şekilde hacimleri ihmal edilemeyen gazlara denir. Gibbs serbest enerjisi: Bir sistemin sabit sıcaklık ve basınçta iş yapmak için hazır olan enerjisi. H Heisenberg belirsizlik ilkesi: Bir elektronun yerinin ve hızının aynı anda bilinemeyeceğini belirten ilke. Hess Yasası: Bir tepkimedeki entalpi değişiminin tepkime basamaklarının entalpi değişimleri toplamına eşit olması. hız sabiti: Hız denklemindeki orantı sabiti (k). hidrokarbon: Sadece karbon ve hidrojenden oluşmuş bileşik. hidroliz: Zayıf asit ve baz tuzlarının su ile tepkimeye girerek asit veya baz özelliği göstermesi olayıdır. 433 I-İ iç enerji: Sistemin toplam enerjisi. indikatör: Asit formundan baz formuna geçerken renk değiştiren madde. istemli değişme: Dışarıdan bir etki olmaksızın kendiliğinden gerçekleşen değişim. iş: Bir sistem ile sistemin çevresi arasında alınıp verilen bir enerji şekli. iyon yarıçapı: Küresel bir iyonun yarıçapı, bir elementin iyonik bileşiklerindeki atom yarıçapı. iyonik bağ: Metal ve ametal atomları arasındaki elektron alışverişinden oluşan bağ. izoelektronik: Elektron sayısı ve elektron dizilişi aynı olan tanecikler. izole sistem: Çevreyle madde ve enerji alışverişi olmayan sistem. izotop: Bir elementin, çekirdeğinde farklı sayıda nötron taşıyan atomları. J Joule: SI sisteminde temel enerji birimi. Bir newtonluk kuvvetin bir metrelik mesafede yaptığı iş miktarı. K katalizör: Tepkimeye giren, tepkimeyi hızlandıran ve tepkime sonunda değişmeden çıkan madde. katot ışınları: Basıncı çok düşük gazlara elektrik akımı uygulandığında negatif elektrottan yayılan negatif yüklü parçacıklar (elektronlar). SÖZLÜK Hund kuralı: Aynı enerji düzeyindeki orbitallere elektronlar önce teker teker girer. Bütün orbitaller birer elektron almadıkça elektron eşleşmesi olmaz. katyon: Pozitif yüklü iyon. kısmi basınç: Bir gaz karışımında, gazlardan birinin diğerlerinden etkilenmeyen basıncı. kimyasal kinetik: Kimyasal tepkimelerin hızlarının ve basamaklarının incelendiği bilim dalı. kinetik enerji: Bir cismin hareket enerjisi. kinetik teori: Gazların davranışları ile ilgili yasaları açıklamak için ortaya konan gazların kinetik modeli. kritik basınç: Kritik sıcaklıktaki bir sıvının doymuş buhar basıncıdır. Bir başka deyişle kritik sıcaklığında bulunan bir gazın sıvılaştırılması için gerekli basınçtır. kritik sıcaklık: Bir gazın basınç uygulanarak sıvılaştırılabileceği en yüksek sıcaklıktır. koligatif özellikler: Buhar basıncı düşmesi, donma noktası alçalması, kaynama noktası yükselmesi ve osmotik basınç gibi çözeltideki parçacığın niteliğine değil niceliğine bağlı olan özellikler. konjuge asit-baz çifti: Brönsted asidi ve onun konjuge bazı. koordinasyon bileşiği: Nötral kompleks veya iyonlarından en az birinin kompleks yapıda olduğu iyonik bileşik. kromatografi: Bazı yüzeylerin farklı maddeleri farklı derecede adsorblaması prensibine dayanan bir ayırma tekniği. kuantum: Enerji paketçiği. kuantum sayısı: Kuantum mekaniğinde n, l , ml ve ms ile gösterilen sayılardır (n = baş kuantum sayısı, l = açısal momentum kuantum sayısı, ml = manyetik kuantum sayısı, ms = spin kuantum sayısı). 434 kütle spektrometresi: Atom veya moleküllerden oluşturulan iyon demetlerini manyetik alanda saptırarak bu atom veya moleküllerin kütlelerini ve bolluklarını ölçme tekniği. SÖZLÜK L Le Chatelier ilkesi: Denge hâlindeki bir sistemdeki maddelerin sıcaklık, basınç ya da derişimlerini değiştiren bir etki, dengeyi bozar ve sistem bu etkiyi azaltıcı yönde bir tepki göstererek yeni bir dengeye ulaşır. Lewis asidi: Bir elektron çifti alabilen madde. Lewis bazı: Bir elektron çifti verebilen madde. ligand: Bir komplekste, merkezde metal iyonuna bağlı olan grup. litre: 1 desimetreküpün hacmi. Lyman serisi: Hidrojen spektrumunda oluşan ilk grup. M manometre: Bir gazın basıncını, çoğu kez açık hava basıncıyla karşılaştırarak ölçen düzenek. manyetik kuantum sayısı (ml ): Bir atomda, alt katmandaki her bir orbitali tanımlayan ve uzaydaki yönelmesini belirleyen kuantum sayısı. mekanik: Kuvvetlerin maddeler ve hareketler üzerine etkisini inceleyen fizik dalıdır. metalik yarıçap: Metallerde komşu iki atomun merkezleri arasındaki uzaklığın yarısı. mol: 6,02.1023 (Avogadro sayısı) kadar atom, molekül veya iyon içeren miktar. molalite: Çözünenin mol cinsinden, çözücünün kg cinsinden ifade edildiği bir çözelti derişim birimi. molar çözünürlük: Doygun çözelti hâlindeki maddenin molar derişimi. molarite: Bir litre çözeltide çözünmüş maddelerin mol sayısını veren derişim birimi. mol kesri: Bir çözeltideki herhangi bir bileşenin mol sayısının çözeltideki bütün maddelerin mol sayıları toplamına oranı. mol kütlesi: Maddelerin bir molünün kütlesi. mutlak sıfır: Molekül hareketinin sıfır olduğu varsayılan sıcaklık: 0 K = –273 °C. N net tepkime: Birden fazla basamakta yürüyen işlemlerde toplam veya net değişiklik. normal koşullar: 0 °C sıcaklık ve 1 atm basınç koşulları. nötralleşme tepkimesi: Bir asidin bir bazla tepkimeye girerek tuz ve su oluşturması. nötron: Hidrojen atomu dışındaki bütün atomlarda bulunan, elektrik yükü bakımından nötral temel madde parçacığı. nükleon: Atomun çekirdeğinde bulunan pozitif yüklü protonlarla yüksüz nötronların genel adı. O oluşum sabiti: Serbest metal iyonunun koordinasyon küresindeki H2O moleküllerinin ligandlarla adım adım yer değiştirme denge sabitlerinin bileşkesi. orbital: Bir atomda elektron yük yoğunluğunun ya da elektronun bulunabilme olasılığının yüksek olduğu bölge. organik bileşik: Karbon ve hidrojen veya karbon, hidrojen, az sayıda oksijen, azot veya kükürt gibi diğer elementleri içeren bileşik. ortak iyon etkisi: Bir iyonu ortak olan tuzların, birlikte olduğu durumda çözünürlüklerinin azalması. 435 ortam: Sistemin dışındaki bölge. Ö özütleme: Uygun bir çözücü yardımı ile bir karışımdan istenen maddeyi ayırma işlemi. P paramanyetik: Manyetik alan içerisine yerleştirildiğinde geçici olarak manyetik özellik kazanan maddeler. Paskal: Bir N/m2 lik basınç. Pauli ilkesi: Hiçbir elektronun kuantum numaralarının dördü de aynı olmayacağından aynı orbitaldeki iki elektrona ait spinlerin zıt olması. pH: Çözeltideki 6H 3 O +@ ’nın negatif logaritmasının kısa gösterimi ( pH = – log 6H 3 O +@ şeklinde tanımlanır.) pOH: Çözeltideki 6OH –@ ’in negatif logaritmasının kısa gösterimi ( pOH = – log 6OH –@ şeklinde tanımlanır.) polar molekül: Pozitif ve negatif yük merkezlerinin çakışmadığı molekül. potansiyel enerji: Konum ve yerleşmeye bağlı enerji. Cisimler arasında itme ve çekme kuvvetlerinden doğan enerji. P reaktif: Tepkimeye giren türlerin her biri. SÖZLÜK osmoz: Çözücü moleküllerin, daha seyreltik çözeltiden (ya da saf çözücüden) daha derişik çözeltiye doğru, bir yarı geçirgen zardan net geçişi. S sıfırıncı mertebe tepkime: Tepkime hızının tepkimeye katılanların derişimine bağlı olmadığı tepkime. sınırlayıcı bileşen: Belirli bir tepkime için, ürünün teorik verimini kontrol eden reaktif. SI: Uluslararası birim sistemi. soğutucu akışkan: Buzdolabı, klima gibi soğutucularda kullanılan kaynama noktaları düşük, kritik sıcaklığı yüksek olan NH3, CCI2F2 (freon -12) gibi sıvılara verilen ad. spin: Elektronların orbitallerde birbirine zıt yönlü dönmesi. stokiyometrik katsayılar: Bir kimyasal eşitlikte, kimyasal formüllerin çarpıldığı katsayılar. substrat: Biyokimyada enzimlerin tepkimelerinde işlenen maddelere verilen addır (tepkimeye giren madde). T tampon çözelti: Küçük miktarlarda asit veya baz ilavelerinde pH değişimine karşı direnç gösteren çözelti. teorik verim: Tepkime stokiyometrisine göre bir tepkimeden alınabilecek maksimum ürün miktarı. 436 tepkime (reaksiyon): Maddelerin birbiri ile etkileşerek kimlik değişimine uğraması. tepkime hızı: 1. Bir tepkimenin oluş hızı. 2. Birim zamanda reaktiflerin derişimlerindeki azalma ya da ürünlerin derişimlerindeki artma. tersinirlik: Olayın her an geriye dönebilecek şekilde yürümesi. SÖZLÜK tuz: Genel olarak katyon ve anyonlarla oluşan iyonik bileşik. U uyarılmış atom: Elektronları enerji alarak temel hâlden daha yüksek enerjili düzeylere çıkmış atom. U-Ü ürün: Bir kimyasal tepkime sonucu oluşan türler. V vakum: Havası boşaltılmış kapalı kap. Y yarı geçirgen zar: Ancak bazı iyonların veya moleküllerin geçişine izin veren zar. Z zayıf asit-baz: Normal derişimlerde, sulu çözeltilerinde kısmen iyonlaşan asit veya bazlar. zayıf elektrot: Moleküler yapıda olan ve çözeltide kısmen iyonlaşan madde. Apaydın, Sabri; Abdullah Şimşek, Genel Kimya, Nobel Yayınları, Ankara, 2006. Atkins, Peter; Jones Loretta, Temel Kimya-1, çev.: E. Kılıç, F. Köseoğlu ve H. Yılmaz, Cilt I, Bilim Yayıncılık, Ankara, 1997. Atkins, Peter; Jones Loretta, Temel Kimya-2, çev.: E. Kılıç, F. Köseoğlu ve H. Yılmaz, Cilt II, Bilim Yayıncılık, Ankara, 1999. Backris, John O’M; Amulya K.N Reddy, Modern Elektrochemistry, Plenum Press, London, 1998. Bağ, Hüseyin, Genel Kimya-I, Pegem Akademi, Ankara, 2013. Berkem, Ali Rıza; Sacide Baykurt, Fizikokimya, Fatih Yayınevi, İstanbul, 1980. Brown, Lemay, Burstein, Chemistry, The Central Science, 1997. C. Chill, Graham; John S. Holman, Chemistry in Context, Nelson, 1995. Chang, Raymond D., Genel Kimya Temel Kavramlar, çev.: Tahsin Uyar, Serpil Aksoy, Recai İnam, Palme Yayıncılık, Ankara, 2009. Erdik, Ender; Yüksel Sarıkaya, Temel Üniversite Kimyası, On Sekizinci Baskı, Gazi Kitabevi, Ankara, 2007. Frederick, J. Keller; Gettys W. Edward Malcolm, J. Skove, Fizik (Dalgalar, Katılar ve Akışkanlar, Termodinamik ve Optik), 1995. Kanışkan, N.; Erol Açıkkalp; Necmettin Caner; Alaattin Güven, T. Kimya, Açıköğretim Yayınları, Eskişehir, 1993. Leonard W. Fine; Beall Herbert, Üniversite Kimyası, çev.: Haluk Beyenal, Cilt I, Alkım Yayınevi, İstanbul, 2007. 437 Mortimer, C. E., Modern Üniversite Kimyası, çev.: T. Altınata ve Diğerleri, Cilt I-II, Çağlayan Kitabevi, İstanbul, 1999. Petrucci, Harwoord Herring, Genel Kimya-I İlkeler ve Modern Uygulamalar, Palme Yayıncılık, Ankara, 2010. Petrucci, Ralph H.; S. Harwoord William; Herring Geoffrey, Genel Kimya İlkeleri ve Modern Uygulamalar, çev.: Tahsin Uyar, Serpil Aksoy, Cilt I-II, Palme Yayıncılık, Ankara, 2005. Saçak, Mehmet, Kimyasal Kinetik, Gazi Kitapevi, Ankara, 2004. Sarıkaya, Yüksel, Fizikokimya, Gazi Kitabevi, Dokuzuncu Baskı, Ankara, 2008. Sayılı, Aydın, Atatürkçülük II. Kitap: Atatürk ve Atatürkçülüğe İlişkin Makaleler, M.E.G.S.B. Millî Eğitim Basım Evi, Ankara, 1988. Segal, Bercice, G. Chemistry, 1989. Sieno, M. J.; R.A.; Plane, Temel Kimya, çev.: Necla Gündüz ve Diğerleri, Üçüncü Baskı, Savaş Yayınları, Fen Bilimleri Dizisi, 1983. Tunalı, Namık Kemal; Saim Özkar, Anorganik Kimya, Gazi Üniversitesi Yayınları, No: 185, İkinci Baskı, Ankara, 1996. Tunalı, Namık Kemal; Saim Özkar, Anorganik Kimya, Gazi Kitabevi, Altıncı Baskı, Ankara, 2007. Ölmez, Halis; Veysel T. Yılmaz, Anorganik Kimya Temel Kavramlar, Marmara Kitap Merkezi Yayınları, Dördüncü Baskı, İstanbul, 2008. Zeren, M. Ayhan, Atomlar Moleküller, Birsen Yayınevi, İstanbul, 1998. Zeren, M. Ayhan, Elektrokimya Temel Bilgiler, Ofset Yayınları, Ankara, 1999. KAYNAKÇA Mahani, Bruce H., Üniversite Kimyası, çev.: Cemil Şenvar, Erfüz Edgüer, Cilt II, Hacettepe Üniversitesi Yayınları, Ankara, 1974. 15.sayfa: http://static.tumblr.com/900434007d1f02179533c5b3ec3f70c8/1zcpaou/KmCn0bezr/ tumblr_static_antoine_lavoisier_med.jpg 23.06.2015 15.sayfa: http://www.realcolegiodeartilleria.es/wp-content/uploads/2013/09/Louis-Proust.jpg 14.06.2014 15.sayfa: http://a5.files.saymedia-content.com/image/upload/c_fill,g_face,h_300,q_80,w_300/ MTE1ODA0OTcxNTk5OTU1NDY5.jpg 14.06.2014 17.sayfa: http://blog.sciencemuseum.org.uk/insight/files/2013/11/jj_thomsom_428.jpg 14.06.2014 18.sayfa: http://haberustam.com/milikanin-yag-damlasi-deneyi/ 15.06.2014 20.sayfa: http://www.aip.org/history/exhibits/rutherford/images/sectionpics/slide3_moseley.jpg 15.06.2014 25.sayfa: http://what-buddha-said.net/gallery/index.php/Science/bohr_niels_max-planck 16.06.2014 25.sayfa: http://img.desmotivaciones.es/201202/AlbertEinstein_1.jpg 16.06.2014 27.sayfa: http://www.socialaction.dk/coolbook/niels-bohr/ 16.06.2014 29.sayfa: https://en.wikiquote.org/wiki/Louis_de_Broglie 23.07.2015 31.sayfa: https://en.wikiquote.org/wiki/Werner_Heisenberg 23.07.2015 438 32.sayfa: http://www.krishnapath.org/quantum-physics-came-from-the-vedas-schrodingereinstein-and-tesla-were-all-vedantists 29.06.2015 39.sayfa: http://scienceworld.wolfram.com/biography/Pauli.html 17.06.2014 GÖRSEL KAYNAKÇA 96.sayfa: http://www.rsc.org/chemistryworld/issues/2006/march/avogadro.asp 23.07.2015 142.sayfa:http://tr.wikipedia.org/wiki/Evangelista_Torricelli 20.07.2014 159. sayfa: http://m.teachastronomy.com/astropediaimages/Robert_Brown_(botanist).jpg 23.07.2015 159.sayfa:http://en.wikipedia.org/wiki/Thomas_Graham_(chemist) 22.07.2014 167.sayfa:https://en.wikiquote.org/wiki/James_Prescott_Joule 23.07.2015 167.sayfa:https://en.wikisource.org/wiki/Author:William_Thomson_(1824-1907) 251.sayfa:https://austinfrederick.files.wordpress.com/2013/03/00084006.jpg 21.08.2014 261.sayfa:http://kimia.upi.edu/utama/bahanajar/kuliah_web/2009/0700118/Germain%20 Henri%20Hess.htm 26.08.2014 277.sayfa:http://www.aip.org/history/gap/Gibbs/Gibbs.html 03.09.2014 280.sayfa:http://www.tarihtebugun.org/20444-25-haziran-1864_kimyager_walther_nernst_ dogdu.html 23.07.2015 338.sayfa:http://tokohdanbintang.blogspot.com.tr/2012/07/profil-kimiawan-henry-louis-le.html 08.09.2014 338.sayfa:http://noticias.univision.com/article/1579611/2013-06-23/estados-unidos/noticias/nickwallenda-logra-hazana-al 23.07.2015 Not: Kitapta sayfa numarası verilmeyen diğer görseller, yayınevi arşivinden alınmıştır. 1. ÜNİTE SORULARININ CEVAPLARI Açık Uçlu Sorular 4. n=3 1 3d orbitali , ml = –2, –1, 0, +1, +2 l=2 n=4 1 4s orbitali , ml = 0 l=0 n=2 1 2p orbitali , ml = –1, 0, +1 l=1 n=4 1 4f orbitali , ml = –3, –2, –1, 0, +1, +2, +3 l=3 5. n=3 3d ⇒ l = 2 ml = –2, –1, 0, +1, +2 439 CEVAP ANAHTARI n = 2 2s ⇒ l = 0 ml = 0 n=4 4f ⇒ l = 3 ml = –3, –2, –1, 0, +1, +2, +3 n=3 3p ⇒ l = 1 ml = –1, 0, +1 6. 34Se2– : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 2 2 26Fe2+ : 1s 2s 2p6 3s2 3p6 4s 3d6 2 2 31Ga3+ : 1s 2s 2p6 3s2 3p6 4s 3d10 15 2 2 P3– : 1s 2s 2 2 29Cu+ : 1s 2s 2p6 3s2 3p6 2p6 3s2 3p6 4s 3d10 4p6 7. 65.1014 8. 3,23.103 m s–1 9. 2,33.1014 hertz 10. 16S–2, 17CI–, 18Ar, 19K+ ve 20Ca2+ iyonlarının elektron sayıları eşit olduğu hâlde yarıçaplarının farklı olmasının nedeni atomların çekirdeklerindeki çekim gücünün farklı olmasından kaynaklanır. Çekirdek yükü büyük olanın çekim gücü fazla olacağından bu taneciklerin çapları arasında 16 S–2 > 17CI– > 18 Ar > 19K+ > 20Ca2+ ilişkisi vardır. 11. Orbitallerden (n + l ) değeri büyük olanın enerjisi de büyüktür. (n + l ) nin eşitliği durumunda n değeri büyük olanın enerjisi daha büyük olur. Buna göre 4f > 6s > 5s > 4p > 3d sıralaması olur. 12. Element CEVAP ANAHTARI 440 Elektron Dizilimi Periyodu Grubu 8 O 1s2 2s2 2p4 2 6A 9 F 1s2 2s2 2p5 2 7A 12 Mg 1s2 2s2 2p6 3s2 3 2A 16 S 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4 3 6A 17 CI 1s2 2s2 2p6 3s2 3p5 3 7A 26 Fe 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d6 4 8B 30 Zn 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4 2B 13. Periyodik cetvelin aynı grubunda bulunan elementler benzer kimyasal özellik gösterir. Buna göre 8O ile 16S ve 9F ile 17CI benzer kimyasal özellik gösterir. 14. 1.ç 2. g 3. e 15. a. Fr b. He c. Li ğ. Fe, Zn 16. 1.f 2. g 4. b ç. F 5. ğ d. Lu 6. d e. Th 7. a f. C, N, S, F, Br h. F 3. a 4. ç 5. b 6. d 8. h 7. e 9. c g. Fr, F 10. f Boşluk Doldurma 1. küresel simetri 2. orbital 3. Balmer 4. Heisenberg belirsizlik 5. kovalent yarıçap 6. Pauli 7. Kletchkowski-Madelung 8. fotoelektrik olayı 9. küre 10. yarıçapı Doğru – Yanlış 1. D 2. D 3. D 4. D 5. D 6. Y 7. Y 8. Y 9. D 10. D 441 1. C 2. C 3. A 4. E 5. A 6. C 7. A 8. D 9. B 10. E 11. E 12. E 13. D 14. E 15. B 16. E 17. C 18. D 19. D CEVAP ANAHTARI Çoktan Seçmeli Sorular 2. ÜNİTE SORULARININ CEVAPLARI Açık Uçlu Sorular 1. 35,56 2. a. 0,2 mol b. 1,204·1023 tane C4H10 molekülü c. 2,8 mol atom ç. 2,8 · 6,02 · 1023 tane atom d. 0,8 mol C ve 2 mol H atomu e. 0,8 · 6,02 · 1023 tane C atomu 2 · 6,02 · 1023 tane H atomu f. 0,8 · 12 = 9,6 g C 442 2 · 1=2 g H CEVAP ANAHTARI 3. CH2O 4. n = 12 5. 26,4 gram CO2 0,5 mol O2 artar. – 6. X = IO 4 7. a. asit - baz b. yanma c. çözünme - çökelme ç. redoks 8. 7,2 gram 9. X = SO2 Y = SO3 Z = H2S2O7 10. Sınırlayıcı bileşen CS2’dir. 11. Basit formül : Cr2(SO4)3 Molekül formülü: Cr2(SO4)3 12. 14 gram 13. x = 12 g mol–1 14. 180 gram 15. 0,8 mol 16. b. 29,4 g c. 0,4 mol 17. a. 294 443 c. 12,8 ç. 6,8 d. 12,04 · 1023 e. 0,8 · 6,02 · 1023 f. 1,2 · 6,02 · 1023 g. 193 ğ. 0,6 · 6,02 · 1023 h. 1 6, 02 · 10 23 i) 110 6, 02 · 10 21 CEVAP ANAHTARI b. 0,3 Boşluk Doldurma 1. atom kütlesi 2. mol 3. mol kütlesi 5. en basit 6. redoks 7. tepkime verimi 8. sınırlayıcı bileşen 9. tepkime denklemi 10. nötürleşme Doğru – Yanlış 1. D 2. D 3. D 4. Y 5. Y 6. Y 7. D 8. Y 9. D 10. D 444 CEVAP ANAHTARI Çoktan Seçmeli Sorular 1. E 2. B 3. D 4. C 5. D 6. C 7. E 8. B 9. D 10. C 11. E 12. E 13. D 14. E 15. A 16. C 17. C 18. B 19. E 20. C 21. E 22. B 23. E 24. B 25. D 26. B 27. E 4. 1 akb 3. ÜNİTE SORULARININ CEVAPLARI Açık Uçlu Sorular 1. 14,2 g 2. 6,1 L 3. 0,626 mL 4. 56 g mol –1 5. a.3,39 atm. b. XHe = 0,88 XCO2 = 0,12 c. PHe = 2,98 atm. PCO2 = 0,41 atm. 6. 14 g mol –1 7. 3,6 atm. 8. 80 g mol –1 9. 32 g mol –1 445 10. %25 CEVAP ANAHTARI 11. PSO2 = 9 atm. 12. 120 cm 13. 4,2 g L–1 14. 20 tane 15. PN2 = 900 mmHg 16. 5,6 gram 17. 0,39 g L–1 18. 2250 mL 19. 16 L 20. PN2 = 594 mmHg 21. 1,88 atm. 22. 266 gram 23. 30 g mol –1 24. 12,99 m s–1 PO2 = 158,5 mmHg PAr = 7,5 mmHg Boşluk Doldurma 1. Boyle -Mariotte Yasası 2. Victor -Meyer yöntemi 3. buharlaşma 4. kinetik teori 5. gerçek gaz 7. faz diyagramı 8. kritik sıcaklık 9. normal koşullar Doğru – Yanlış 1. D 2. D 3. D 4. Y 5. Y 6. D 7. D 8. D 9. D 10. D CEVAP ANAHTARI 446 Çoktan Seçmeli Sorular 1. E 2. E 3. E 4. C 5. C 6. C 7. E 8. A 9. E 10. D 11. C 12. B 13. D 14. A 15. D 16. C 17. C 18. B 19. E 20. C 21. A 22. C 23. C 6. difüzyon 10. efüzyon 4. ÜNİTE SORULARININ CEVAPLARI Açık Uçlu Sorular 11. Çözünen Çözünen ve Çözücü Arasındaki H2O’da CCI4’de Etkileşim Türü Çözünür/Çözünen Çözünür/Çözünmez Çözücü Potasyum nitrat (KNO3) Çözünür Çözünmez İyon-dipol İyot (I2) Çözünmez Çözünür London Benzen (C6H6) Çözünmez Çözünür London Metil alkol (CH3OH) Çözünür Çözünmez Hidrojen bağı Karbon disülfür (CS2) Çözünmez Çözünür London 12. a. 0,2 b. 250 447 ç. 0,16 d. 1 e. 1,1 f. 100,8 g. –1,953 h. 0,08 ı. 2,02 13. 1,6 ppm 14. 1 · 10 –4 M 6 15. 2 katı kadar su eklenmelidir. CEVAP ANAHTARI c. 6 Boşluk Doldurma 1. molarite 2. benzer-benzeri çözer 3. dipol -dipol etkileşimi 4. koligatif 5. osmoz 6. çözünürlük 7. molalite 8. Rault Kanunu 9. ideal çözelti Doğru – Yanlış 1. Y 2. D 3. D 4. D 5. D 6. D 7. D 8. Y 9. D 10. D CEVAP ANAHTARI 448 Çoktan Seçmeli Sorular 1. C 2. A 3. D 4. D 5. B 6. D 7. B 8. D 9. E 10. D 11. D 12. B 13. B 14. D 15. B 16. C 17. A 18. D 19. C 20. B 21. A 22. E 23. D 24. C 25 B 10. özütleme 5. ÜNİTE SORULARININ CEVAPLARI Açık Uçlu Sorular 1. Sistem, çevre, enerji, ısı, izole, kapalı, açık ifadeleri gelir. 2. Açık sistem : a, c, e, g Kapalı sistem: b, d, h İzole sistem : ç, f 3. H S I. – + II. – – III. + + IV. + – G Düşük sıcaklıkta Yüksek sıcaklıkta istemli istemli istemli istemsiz istemsiz istemli istemsiz istemsiz sıcaklığa bağlı olarak sıcaklığa bağlı olarak sıcaklığa bağlı olarak – 4. İstemli : b, c 449 İstemsiz: a, ç İşareti negatif olanlar: a, ç 7. a. Aynı koşullarda H2O(g)’nın entropisi sıvı hâlinden (H2O(s) ) daha büyüktür. b. Sıcaklık arttıkça entropi artar. Buna göre 10 °C’taki Br2(s)’nın entropisi –5 °C’taki Br2(s)’dan daha büyüktür. c. Aynı koşullardaki gazların mol sayısı çok olanın entropisi daha büyüktür. Buna göre 3 mol N2(g)’un entropisi, 1 mol N2(g)’un entropisinden daha büyüktür. 8. S° = –285,8 JK–1 9. a. Artar. b. Azalır. c. Azalır. 10. İstemli: a, b, e, f, g, h, ı İstemsiz: c, ç, d 11. a. 1291 JK–1 c. –382 JK–1 b. 5000 JK–1 ç. Azalır. ç. –1480 JK–1 12. –104,7 kJ 13. a. G° = +45,26 kJ b. Tepkime ileri yönde istemsizdir. Tersi yönde istemlidir. 14. a. G° = +189,2 kJ b. G° = +160,6 kJ c. G° = –30 kJ d. Artar. CEVAP ANAHTARI 5. İşareti pozitif olanlar : b, c Boşluk Doldurma 1. izobarik 2. Hess Kanunu 3. entropi 4. entalpi 5. kalorimetre 6. Gibbs serbest enerji 7. termodinamik 8. mekanik iş 9. sıfır Doğru – Yanlış 1. Y 2. D 3. D 4. Y 5. D 6. D 7. D 8. Y 9. D 10. D 450 CEVAP ANAHTARI Çoktan Seçmeli Sorular 1. E 2. E 3. A 4. A 5. C 6. A 7. B 8. D 9. D 10. C 11. B 12. A 13. A 14. E 15. D 16. B 10. istemli 6. ÜNİTE SORULARININ CEVAPLARI Açık Uçlu Sorular 1.III 2. III > II > I 3. r = k[X] 2 [Y] 4. 4 2 katına çıkar. a =1 b 6. a. Ürünler ( ) b. Ürünler ( ) c. Girenler ( ) ç. Ürünler ( ) d. Girenler ( ) e. Ürünler ( ) 7. a. 1,04.10–5 mol L–1 451 b. 1,81.10–7 mol L–1 c. 1,26.10–2 mol L–1 b. 7,82.10–3 c. 1,10.10–4 8. a. Kçç = 3,24.10–10 b. Kçç = 1,48.10–14 c. Kçç = 4,38.10–23 9. a. 1,83.10–2 10. x = 4.10–3 M 11. Ka = 2,5.10–7 iyonlaşma yüzdesi %4 12. 108 g mol–1 13. pH = 1 14. a ve b 15. 6HCI@ 3 = 6NaOH@ 2 16. [H+ ] = 1, 8 · 10 –3 17. a. pH = 13 b. pH = 1 c. pH = 3 CEVAP ANAHTARI 5. Boşluk Doldurma 1. etkin çarpışma 2. katalizör 3. kimyasal denge 4. Le Chatelier ilkesi 5. titrasyon 6. tampon çözelti 7. ortak iyon 8. ligant 9. yavaş adım Doğru – Yanlış 1. D 2. D 3. D 4. Y 5. D 6. Y 7. Y 8. D 9. D 10. D 452 CEVAP ANAHTARI Çoktan Seçmeli Sorular 1. D 2. E 3. B 4. E 5. C 6. C 7. E 8. E 9. B 10. D 11. D 12. A 13. E 14. C 15. E 16. B 17. E 18. B 19. D 20. E 21. D 22. C 23. E 24. A 25. B 26. C 27. E 28. B 29. A 30. B 31. D 32. A 33. E 34. E 10. dinamik A asit-baz çifti 374 atom 15, 16, 19, 21, 22, 25, 26, 27, 28, 30, 31, elektronegatiflik 57, 58, 59 emisyon 26 en basit formül 108 32, 37, 39, 40, 41, 44, 48, 49, 51, 56, 59, 60, endotermik tepkime 248, 252, 266, 345, 347 99, 108, 109, 116, 245, 247, 267, 297, 410 277, 280 63, 66, 71, 74, 75, 76, 77, 84, 95, 96, 97, 98, B entalpi 252, 253, 255, 257, 261, 262, 268, 272, entropi 264, 266, 267, 268, 269, 270, 271, 272, 276, 280 basınç 49, 111, 141, 142, 143, 144, 145, 148, F 150, 160, 161, 163, 164, 165, 166, 167, 168, 170, 189, 214, 215, 218, 219, 220, 228, 243, 266, 280, 304, 305, 309, 329, 342, 343, 348, 390 faz diyagramı 165, 166 fotoelektrik olayı 25, 26 frekans 20, 23, 24, 26, 320 C-Ç G çevre 168, 241, 243, 244, 245, 247, 250, 252, 453 271, 272, 276 genlik 23 çökelme tepkimesi 390 gerçek gaz 144, 163, 164, 166 çözünürlük 216, 218, 219, 225, 226, 228, 229, 390, 392, 396, 397, 400, 401, 407, 408 hacim 93, 113, 141, 144, 145, 146, 148, 150, 163, 164, 169, 170, 244, 246, 247, 257, 269, D dalga boyu 23, 24, 26, 27, 31 270, 304, 339, 342, 343, 344, 382 hız sabiti 308, 312, 313, 320, 322, 329 hidrojen bağ 164 denge sabiti 328, 329, 330, 332, 334, 338, 339, 343, 344, 345, 347, 348, 351, 378, 379, 390, 408 difüzyon 159, 160, 161 dipol-dipol etkileşimleri 193 E I ısı 52, 63, 110, 113, 167, 213, 241, 243, 244, 245, 246, 247, 248, 249, 250, 252, 253, 255, 257, 261, 262, 263, 267, 272, 277, 345 ışık hızı 23 İ efüzyon 159, 161, 162 ekzotermik tepkime 110, 113, 247, 252, 266, 319, 321, 344, 345 elektron dizilimi 40, 41, 45, 52, 68, 71, 75 elektron ilgisi 56, 58, 71 iç enerji 241, 245, 246, 247, 250, 252, 257, 266 ideal gaz 144, 145, 146, 150, 163, 166, 169, 320, 333, DİZİN çözünürlük çarpımı 392, 390, 396, 400, 401, 408 H indikatör 381, 382 Ö inhibitör 321 iyonlaşma enerjisi 51, 52, 53, 54, 56, 58, 68, 71 K katalizör 111, 174, 308, 311, 321, 322, 323, 324, 348 kısmi basınç 139, 170, 171, 174, 219, 329, 330, 332 kimyasal denge 295, 327, 328, 390, 397, 400 kompleks 295, 298, 390, 407, 408, 410 kristallendirme 225, 228 kritik basınç 139, 164, 165 kritik sıcaklık 164, 165, 168 454 kromatografi 225, 230 kuantum sayıları 32, 35, 36, 39 DİZİN L Le Chatelier ilkesi 339, 340, 342, 344, 400, 401 M-N mekanik iş 241, 243, 244, 245, 247, 250 mol 51, 59, 93, 96, 97, 98, 99, 100, 113, 116, 144, 145, 146, 150, 157, 158, 160, 161, 162, 163, 170, 194, 195, 198, 206, 207, 208, 209, 210, 211, 255, 270, 272, 301, 302, 305, 306, 333, 343, 352, 384, 392 molekül formülü 108 özütleme 225, 228, 229 P periyodik sistem 21, 40, 44, 45, 50, 51, 54, 60, 63, 65, 67, 69, 71 R redoks tepkimesi 115 S-Ş sıcaklık 49, 70, 111, 139, 141, 143, 144, 145, 148, 150, 157, 158, 160, 163, 164, 165, 166, 167, 168, 170 sınırlayıcı bileşen 122, 124 sistem 32, 33, 40, 44, 45, 50, 60, 63, 65, 67, 69, 71, 167, 177, 192, 217, 243, 244, 245, 246, 247, 249, 250, 252, 257, 266, 267, 271, 272, 276, 280, 323, 327, 338, 339, 342, 343, 344, 390 spektrum 24, 25, 26, 27, 28, 29, 32, 96 standart oluşum entalpisi 252, 253, 255, 262, 268 T-U-Ü tampon çözelti 374, 375 tepkime entalpisi 252, 261 termodinamik 243, 249, 250, 264, 266, 273, 276 titrasyon 381, 382, 383 mutlak sıcaklık 150 O orbital 32, 33, 34, 35, 36, 37, 38, 39, 40, 41, 45, 48, 54, 56, 63, 65, 68, 69, 70, 71 oto-iyonizasyon 350, 351 V-Y-Z yanma tepkimesi 113, 245, 262 yörünge 27, 30, 31, 32, 33, 301 yükseltgenme basamağı 69, 74, 75 7 6 5 4 3 2 1 6,9 3 1,3 160 738 24,3 0,8 248 403 0,7 270 384 (223) 0,7 265 376 1,0 215 550 0,9 283 509 0,9 222 503 (226) 1,4 162 631 1,2 180 616 88,9 1,1 188 499 (227) 1,1 187 538 AKTİNYUM Ac 89 LÂNTAN La 57 138,9 İTRİZYUM Y 39 SKANDİYUM 45,0 Yarı metal 1,3 160 660 91,2 1,3 159 680 1,6 146 664 92,9 Soy gaz TORYUM Th 1,3 179 587 90 232,0 SERYUM Ce 1,1 182 527 140 PROTAKTİNYUM Pa 1,5 163 568 91 231,0 PRASEODİM Pr 1,1 182 523 59 140,9 — — — 262 2,4 139 770 58 Db 105 TANTAL Ta 73 180,9 NİYOBYUM Nb 41 DUBNİYUM — — — (261) 1,6 134 650 50,9 VANADYUM V 23 5B 5 RUTHERFORDYUM Rf 104 HAFNİYUM Hf 72 178,5 ZİRKONYUM Zr 40 1,5 147 658 47,9 4B 4 TİTAN Ti 22 Ametal AKTİNİTLER LÂNTANİTLER RADYUM Ra 88 BARYUM Ba 56 137,3 STRONSİYUM Sr 87,6 Sc 21 3B 3 2,4 139 770 — — — (266) 1,7 156 584 238,0 URANYUM U 92 DEODİM Nd 1,1 181 530 60 144,2 SEABORGİYUM Sg 106 TUNGSTEN W 74 183,8 MOLİBDEN 2,2 139 685 1,6 128 653 52,0 95,9 Mo 42 KROM Cr 24 6B 6 Simgesi 1,9 136 702 (98) — — — (264) 1,9 137 760 1,1 183 536 1,1 1,3 155 597 (237) 660 (269) 1,3 159 585 (244) PLÜTONYUM Pu 94 SAMARYUM Sm 1,2 180 543 62 150,4 HASSİYUM Hs 108 — — — 2,2 135 840 OSMİYUM Os 76 190,2 RUTENYUM 2,2 134 711 101,1 Ru 44 1,9 126 760 55,8 8 DEMİR Fe 26 (268) AMERYUK 1,3 173 578 (243) Am 95 EVROPİYUM Eu 1,1 208 547 63 152,0 MEİTNERYUM Mt 109 — — — 2,2 136 880 İRİDYUM Ir 77 192,2 RODYUM 2,3 134 720 45 102,9 Rh 1,9 125 758 58,9 KOBALT Co 27 8B 9 2,2 137 805 — — — (271) 2,3 139 870 KÜRİYUM 1,3 174 581 (247) Cm 96 GADOLİNYUM Gd 1,2 180 593 64 157,2 DARMSTADTİYUM Ds 110 PLÂTİN Pt 78 195,1 PALÂDYUM Pd 46 106,4 NİKEL 1,9 124 737 58,7 10 Ni 28 Elektronegatiflik Atom yarıçapı (pm) 1. iyonlaşma enerjisi (kJ mol-1) PERİYODİK CETVEL NEPTÜNYUM Np 93 PROMETYUM Pm 61 BOHRİYUM Bh 107 REDYUM Re 75 186,2 TEKNETYUM Tc 43 MANGAN 1,6 127 717 Adı 54,9 7B 7 Mn 25 Zr 1,3 160 91,2 Atom kütlesi ZİRKONYUM 40 Parantez içinde verilen sayılar, yapay elementlerin en kararlı izotopunun kütle numarasıdır. Metal FRANSİYUM Fr 87 SEZYUM Cs 55 132,9 RUBİDYUM Rb 85,5 38 1,0 197 590 40,1 KALSİYUM Ca 20 MAGNEZYUM Mg 12 37 39,1 1,6 112 899 9,0 BERİLYUM Be 4 2A 2 0,8 227 419 POTASYUM K 19 0,9 186 496 1,0 152 520 23,0 SODYUM Na 11 LİTYUM Li HİDROJEN H 1,0 2,2 37 1312 1 1A 1 Atom numarası 1,3 170 601 (247) BERKELYUM Bk 97 TERBİYUM Tb 1,2 177 565 1,3 186 608 (251) KALİFORNİYUM Cf 98 DİSPROSYUM Dy 1,2 178 572 66 162,5 — — — (277) 2,0 151 1007 65 158,9 Cn 112 CIVA Hg 80 200,6 KOPERNİKYUM — — — (272) 2,5 144 890 1,7 151 868 KADMİYUM Cd 1,6 134 906 65,4 48 112,4 ÇİNKO Zn 30 2B 12 RÖNTGENYUM Rg 111 ALTIN Au 1,9 144 731 79 197,0 GÜMÜŞ Ag 47 107,9 BAKIR 1,9 128 745 63,5 1B 11 Cu 29 455 1,5 143 578 27,0 2,0 85 801 10,8 1,8 167 558 1,3 186 620 (252) AYNŞTAYNİYUM Es 99 HOLMİYUM Ho 1,2 176 581 67 164,9 UNUNTRİYUM — — — 1,8 170 589 (284) Uut 113 TALYUM TI 81 204,4 İNDİYUM In 49 114,8 1,8 135 579 69,7 GALYUM Ga 31 ALÜMİNYUM Al 13 BOR B 5 3A 13 2,6 77 1086 12,0 1,9 118 786 28,1 2,0 122 762 72,6 — — — (289) 2,1 146 716 FERMİYUM 1,3 — 627 (257) Fm 100 ERBİYUM Er 1,2 176 589 68 167,8 FLEROVYUM Fl 114 KURŞUN Pb 1,9 140 709 82 207,2 KALAY Sn 50 118,7 GERMANYUM Ge 32 SİLİSYUM Si 14 KARBON C 6 4A 14 74,9 2,0 140 834 1,3 — 635 MENDELEVYUM (258) Md 101 TULYUM Tm 1,2 176 597 69 168,9 UNUNPENTİYUM — — — (288) 2,0 150 703 Uup 115 BİZMUT Bi 83 209,0 ANTİMON Sb 51 121,8 ARSENİK As 33 2,2 120 947 2,2 110 1012 31,0 1,0 3,0 70 1402 FOSFOR P 15 AZOT N 7 5A 15 3,0 70 1314 16,0 79,0 2,0 168 812 (209) 2,1 142 869 — — — (292) 1,3 — 635 (259) NOBELYUM No 102 İTERBİYUM Yb 1,2 193 603 70 173,0 LİVERMORYUM Lv 116 POLONYUM Po 84 TELLÜR Te 52 127,6 SELENYUM Se 34 2,6 119 941 2,6 103 1000 32,1 KÜKÜRT S 16 OKSİJEN O 8 6A 16 1,3 174 524 — — — (262) LÂRENSİYUM Lr 103 LÜTESYUM Lu 71 175,0 UNUNSEPTİYUM Uus 117 2,2 145 890 (210) 2,7 133 1008 ASTATİN At 85 İYOT I 2,8 114 1140 79,9 3,2 100 1251 35,4 53 126,9 BROM Br 35 KLOR CI 17 4,0 72 1682 19,0 FLÜOR F 9 7A 17 0 31 2372 4,0 83,8 2,6 131 1170 UNUNOKTİNYUM — — — (294) Uuo 118 2,6 134 1037 (222) RADON Rn 86 KSENON Xe 54 131,3 KRİPTON Kr 36 3,0 112 1351 0 98 1521 40,0 0 71 2080 20,2 ARGON Ar 18 NEON Ne 10 HELYUM He 2 1A 1
