11. Sınıf Kimya Akıllı Defter

Bu defter, siz öğretmenlerimize özel olarak boşlukları doldurulmuş bir şekilde basılmıştır. Pembe renkli, italik yazılar, öğrencilerinize yazdırabilmeniz amacı ile öğrenci defterinde boş bırakılmıştır.

Bu ürünün bütün hakları ÇÖZÜM DERGİSİ YAYINCILIK SAN. TİC. LTD. ŞTİ.’ne aittir. Tamamının ya da bir kısmının ürünü yayımlayan şirketin önceden izni olmaksızın fotokopi ya da elektronik, mekanik herhangi bir kayıt sistemiyle çoğaltılması, yayımlanması ve depolanması yasaktır.

Çözüm Yayınları Grafik Birimi

Çözüm Yayınları Dizgi Birimi

2015, Ankara

Feryal Matbaası (0312) 395 22 37

Değerli Öğretmenim,

FATİH Projesi ile ülkemizdeki hemen hemen tüm okullarımıza "akıllı tahtalar" yerleştirildi ve siz değerli öğretmenleri-

mizin kullanımına sunuldu. Akıllı tahtalar doğru bir şekilde kullanıldığında öğrenme süreçlerini hızlandıran, öğrenme düzeyini artıran etkili bir eğitim aracıdır.

Akıllı tahtaların etkili bir şekilde kullanılabilmesi için seçilecek içerik büyük önem taşımaktadır.

Çözüm Yayınları, akıllı tahta ile ders işleme sistemini Türkiye'de ilk uygulayan kuruluştur. Bünyesinde barındırdığı tüm dershanelerde bu sistem günümüze kadar başarı ile kullanılmıştır. Bu teknolojiyi kullanmanın getirdiği tecrübe ile hem öğrenci hem de öğretmeni aktif bir şekilde derste tutacak, öğrenme becerilerini maksimum düzeye çıkaracak içerikleri üretmek, Çözüm Yayınlarının kültüründe yer alan önemli bir birikimdir.

Şu an kullandığınız bu eser, bu birikim ve tecrübenin bir ürünüdür. Uygulamalar sonucunda her yıl geliştirilerek bugün-

kü hâlini almıştır.

Bu ürünün tamamlayıcısı olan "Akıllı Tahta Programı"mız ile öğretmenlerimiz tahtada dersini anlatırken öğrencilerimiz

basılı bir materyal olan akıllı defterlerinden dersi takip edecek ve sizin tahtaya yazdığınız bilgileri defterlerine not edeceklerdir. Yeni bir yaklaşımda bulunarak Öğretmenler İçin Özel Akıllı Defter hazırladık. Öğretmenlerimiz için hazırladığımız bu defterde, öğrencilerimizde bulunan Akıllı Defterlerdeki not almak için bırakılan boşluklar dolduruldu. Öğrenci defterinde olmayan ancak öğretmen defterinde yer alan kısımlar farklı bir renk ile belirtilmiştir.

Thomson Atom Modeli Pembe renkli italik yazıalmamaktadır. Öğretmen-

Dalton atom modelinde "+" ve "–" yüklerden bahsedilmemiştir. Katot ve kanal ışınlarının keşfiyle birlikte Thomson, Dalton'un atom modelini geliştirerek yeni bir atom modeli ortaya koymuştur.

lerimiz bu bilgileri öğrenci-

Thomson atom modeline göre,

lar öğrenci defterinde yer

lerine yazdıracaktır.

– Atomlar "–" ve "+" yüklü taneciklerden oluşur. – Atomdaki (–) ve (+) tanecik sayısı eşittir, Bu yüzden atom yüksüzdür. – Atomlar "+" yüklü küre şeklindedir ve "–" yükler bu küre içerisinde rastgele dağılmıştır.

Öğretmenlerimiz için özel hazırlanan bu akıllı defter sayesinde, akıllı tahta olmadan da öğretmenlerimiz ders işleye-

bilir. Derslerden önce, anlatacakları konuları gözden geçirebilir.

Ders anlatımı sırasında kullanacakları ek materyallerin notlarını defterlerine alabilirler.

Birlikte başarmak dileğiyle… Çözüm Yayınları

1. ÜNİTE / MODERN ATOM TEORİSİ �� 5 ATOMLA İLGİLİ DÜŞÜNCELER�� 5

Dalton Atom Modeli�� 5 Atom Altı Tanecikler �� 6 Elektron ��6 Elektronun Yükünün ve Kütlesinin Bulunması�� 7 Proton :��7 Nötron :��8 Thomson Atom Modeli�� 9 Rutherford Atom Modeli�� 9

ATOMUN KUANTUM MODELİ, KUANTUM SAYILARI, ELEKTRON DİZİLİMLERİ��11 Bohr Atom Modeli��14 Atomun Kuantum Modeli��17 Orbital Çeşitleri ��19 Elektron Dizilimi��21 Küresel Simetri��23 PERİYODİK SİSTEM VE ELEKTRON DİZİLİMLERİ��25 Modern Periyodik Çizelge��27 PERİYODİK ÖZELLİKLER��29 ELEMENTLERİ TANIYALIM��35 YÜKSELTGENME BASAMAKLARI��38 KİMYANIN SEMBOLİK DİLİ VE ADLANDIRMA��41

2. ÜNİTE / KİMYASAL HESAPLAMALAR ��48 MOL KAVRAMI��48 Karışım Problemleri��56 KİMYASAL TEPKİMELER VE DENKLEMLER��59 Tepkime Türleri��60 Kİmyasal Hesaplamalar��64 Artan Madde Problemleri��67 Safsızlık Problemleri��70 Yüzde Verim Problemleri��71 Atom ve Molekül Kütlesinin Bulunma Problemleri��72 Karışım Problemleri��73 Formül Bulma Problemleri��75 3. ÜNİTE / GAZLAR �� 77 Gazların Özellİklerİ��77 İdeal Gaz Yasaları��79 Boyle Yasası��79 Charles Yasası��80 Gay – Lussac Yasası��82 Avogadro Yasası��83 Dalton Yasası��85 Victor Meyer Yöntemi��86 İdeal Gaz Denklemi��86 Gaz Yoğunlukları�� 88 Gazlarda Kİnetİk Teorİ��89 Gerçek Gazlar��91 Gazların Sıvılaşması��92 Gaz Karışımları��93 Sıvıların Denge Buhar Basıncı��98 Gazların Sıvı Üzerinde Toplanması��99 4. ÜNİTE / SIVI ÇÖZELTİLER�� 101 Çözücü - Çözünen Etkİleşİmlerİ�� 101

Derİşİm Bİrİmlerİ�� 105 Çözeltilerin Karıştırılması�� 113 İyon Derişimi�� 114 Kolİgatİf Özellİkler�� 116 Buhar Basıncı Düşmesi�� 116 Donma Noktası Alçalması (Kriyoskopi)�� 117 Kaynama Noktası Yükselmesi (Ebülyoskopi)�� 118 Osmotik Basınç�� 121 Çözünürlük�� 122 Derişime Göre Sınıflandırma�� 123 Çözünen Maksimum Madde Miktarına Göre Sınıflandırma;�� 123 Çözünürlüğe Etki Eden Faktörler�� 124

Ayırma Teknikleri�� 129

5. ÜNİTE / KİMYA VE ENERJİ �� 131 SİSTEMLER VE ENERJİ TÜRLERİ�� 131 Sistemlerin Sınıflandırılması�� 131 İç Enerji�� 134 Sistemlerde Entalpi Değişimi�� 136 Standart Oluşumun Entalpisi�� 138 Yanma Entalpisi, Nötrleşme Entalpisi �� 141 Hess Kanunu�� 141 Bağ Enerjileri�� 143 ENTROPİ�� 145 Kimyasal Tepkimelerde Standart Entropi Değişiminin Hesaplanması�� 147 Gibbs Serbest Enerji�� 149

6. ÜNİTE / TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE �� 151 maddeler nasıl tepkimeye girer�� 151 Tepkime Hızları�� 151 Tepkime Hızının Ölçülmesi�� 153 Çarpışma Teorisi�� 155 Aktifleşme Enerjisi�� 155 Potansiyel Enerji Diyagramları�� 156 tepkime hızını etkileyen faktörler�� 157 Tepkime Hızına Reaktif DerişimininEtkisi�� 157 Tek Basamaklı Tepkimelerde Hız Bağıntısı�� 157 Mekanizmalı Tepkimelerde Hız Bağıntısı�� 158 Tepkime Hızına Sıcaklığın Etkisi�� 160 Tepkime Hızına Temas Yüzeyinin Etkisi�� 161 Tepkime Hızına Reaktif Türünün Etkisi�� 161 Tepkime Hızına Katalizörün Etkisi�� 161 kimyasal denge�� 163 dengeyi etkileyen faktörler�� 169 Le Chatelier İlkesi�� 169 Reaktif ve Ürün Derişimindeki Değişimin Dengeye Etkisi�� 170

sulu çözelti dengeleri�� 176 asit ve baz dengeleri�� 178 Bronsted - Lowry Asit - Baz Tanımı�� 178 Zayıf Asit – Baz Ayrışma Dengeleri�� 179 Nötrleşme ve Titrasyon�� 183 Hidroliz ve Tampon Çözeltiler�� 185 çözünme, çökelme tepkimeleri�� 187 Çökelti Oluşumu ve Çökelme Şartı�� 189 Ortak İyon Etkisi�� 190 Kompleks oluşma ve ayrışma dengeleri�� 191

1. Ünite

Modern Atom Teorisi

MODERN ATOM TEORİSİ ATOMLA İLGİLİ DÜŞÜNCELER 1800'lü yıllarda John Dalton'un atomu keşfetmesiyle birlikte atom modelleriyle ilgili çalışmalar başlamıştır. Atom altı parçacıklarla ilgili çalışmalar günümüzde de halen devam etmektedir.

Dalton Atom Modeli Dalton, yapmış olduğu bilimsel çalışmalarla atomun varlığını ortaya koymuştur. Dalton'a göre, bir elementin kimyasal olarak birleşebilen en küçük ve en temel birimi atomdur. Dalton atom teorisine göre, - Elementler atom adı verilen çok küçük taneciklerden oluşmuştur. - Atomlar içi dolu kürelerdir. - Bir elementin tüm atomları özdeştir. - Bir elementin atomları başka element atomlarından tamamen farklıdır. - Atomlar hiçbir şekilde parçalanamaz. - Kimyasal tepkimelerde atom sayıları korunur.

Dalton atom modeli sabit oranlar yasasına uymakla birlikte katlı oranlar yasasını da başarıyla açıklamıştır.

John Dalton, renk körü olmasından dolayı döneminde iyi bir araştırmacı olarak kabul edilmemiştir. (Günümüzde renk körlüğüne daltonizm denir.) Dalton'un atom kuramının ilk başarılarından biri katlı oranlar yasasını açıklayabilmesidir.

Dalton atom modeli günümüz atom modeli ile karşılaştırıldığında modelin çeşitli eksiklerinin olduğu görülmektedir. Bunlar; - Atomlar içi dolu küre değildir. - Bilinen en küçük tanecik atom değildir, atom altı parçacıklar vardır. - Atomlar çekirdek tepkimeleri sonucu parçalanabilir. - Bir elementin tüm atomları özdeş değildir.

11. Sınıf - Kimya / 5

1. Ünite

Canlılarda Enerji Dönüşümleri

Atom Altı Tanecikler : Modern atom teorisine göre atom, proton, nötron ve elektronlardan oluşmuştur. Atom altı taneciklerden ilk keşfedilen elektrondur.

Elektron : Michael Faraday yapmış olduğu elektroliz deneyiyle maddenin elektriksel yapısı hakkında bilgiler elde etmiştir.

Faraday elektroliz deneyiyle elektrik yüklerinin parçacıklar halinde taşındığı sonucuna ulaşmıştır. Elektronla ilgili kapsamlı bilgiler katot ışınlarının keşfi ile gerçekleşmiştir. William Crooks havası boşaltılmış cam borunun iki ucuna üreteç bağlamıştır. Devreye gerilim uyguladığında devrenin negatif ucundan pozitif ucuna yani katottan anoda doğru ışınların gittiğini gözlemlemiştir. Katottan anoda doğru hareket eden bu ışınlara katot ışınları adı verilir.

Katot ışınlarının özellikleri;

- Katottan anota doğru hareket ederler.

- Negatif yüklüdür. - Katodun ve tüpteki gazın cinsine bağlı değildir. Crooks tüpü 1874 yılında George Johnstone Stoney elektriğin negatif yüklü parçacıklarla taşındığını ve bu parçacıkların atomda bulunduğunu belirtmiştir. Stoney bu parçacıklara elektron adını vermiştir.

Katot

–

+

Yüksek gerilim kaynağı Katot

6 / 11. Sınıf - Kimya

Işık demeti

Fluoresans ekran

ışınları tüpü

1. Ünite

Modern Atom Teorisi

Elektronun Yükünün ve Kütlesinin Bulunması John Thomson katot ışınlarının elektriksel ve manyetik alandaki hareketlerini incelemiştir. Thomson elektriksel ve manyetik alanda katot ışınlarının sapmalarının Stoney'in keşfettiği elektronlarla aynı olduğunu tespit etmiştir. Thomson elektronun, bu sapmalardan yararlanarak

yük kütle

Thomson'un deney sonucunda bulduğu

oranını hesaplamıştır.

yük kütle

oranı;

T ho m so n

e m = –1,7588 . 108 Coulomb/g'dır.

Robert Andrews Millikan Thomson'dan sonra elektronların yükünü ve kütlesini tam olarak hesaplayabilmek için yağ damlası deneyi yapmıştır. Millikan; yapmış olduğu deneyde serbest düşmeye uğrayan yağ damlalarının bulunduğu ortama X-ışınları göndermiştir. X ışınları ortamda bulunan N2 ve O2 gazlarından elektron kopararak elektronların yağ damlalarına yapışmasını sağlamıştır.

Pülverizatör

Yağ X ışınları

Elektron yapışmış yağ damlalarına elektriksel alan uygulayarak yağ damlalarının askıda kalmasını sağlamıştır. Bu deney sonucunda Millikan Thomson'un bulmuş olduğu yük/kütle oranını da kullanarak elektronların yükünü ve kütlesini hesaplamıştır.

Mikroskop Millikan'ın bulmuş olduğu sonuçlar şöyledir: Millika'nın yağ damlası deneyi

e = 1, 6022 . 10–19 Cloumb elektronun yükü m = 9,1096 . 10–31 kg elektronun kütlesidir.

Proton : Atomlar nötr yapıya sahip oldukları için elektriksel boşalım tüplerinde katot ışınlarının tersi yönde hareket eden pozitif yüklü ışınlar elde edilir. Bu ışınlar katot elektroduna ulaşır. Katot elektroduna ulaşan bu pozitif yüklü ışınlara kanal ışınları adı verilir. 11. Sınıf - Kimya / 7

1. Ünite

Modern Atom Teorisi

Kanal ışınları katot ışınlarından daha ağırdır ve kanal ışınlarının kütlesi tüpteki gazın türüne göre değişmektedir. Kanal ışınları ile elde edilen en küçük pozitif yüklü tanecik protondur. Atom çekirdeği kavramını ortaya koyan Rutherford, keşfetmiş olduğu pozitif yüklü parçacığa proton adını vermiştir.

Protonun kütlesi elektronun kütlesinin yaklaşık 1840 katıdır. Atom çekirdeğindeki proton sayısını keşfeden bilim insanı Henry Moseley'dir. Elementlerin X-ışınları spektrumlarını kullanarak atom numaralarını tespit etmiştir.

Henry Moseley Henry Gwyn Jeffreys Moseley İngiliz fizikçi Rutherford'un öğrencisi olan Moseley bazı elementlerin yayımladığı X ışınları spektrumlarının dalga boyları ile atom numaraları arasında ilişki bulunduğunu belirtmiş ve element özelliklerinin atom numaralarına bağlı olduğunu tespit etmiştir. 10 Ağustos 1915'te gönüllü olarak katıldığı I. Dünya Savaşı'nda Gelibolu'da vurularak ölmüştür. Moseley'in X-ışınları spektrumu

Nötron : Rutherford çekirdek kavramını ortaya koyduğunda çekirdekte protonların dışında da taneciklerin olduğunu ve taneciklerin kütlelerinin yaklaşık olarak protonunkine eşit olduğunu belirtmiştir. 1932 yılında Rutherford'un öğrencisi olan James Chadwick nötr parçacıklardan meydana gelmiş yeni bir ışın keşfetmiş ve bu parçacığa nötron adını vermiştir. Üç Temel Taneciğin Özellikleri:


Tanecik

Elektrik Yükü (Cloumb)

Kütlesi (gram)

Proton

+1,602.10–19

1.673.10–24

Nötron

0

1.675.10–24

Elektron

–1,602.10–19

9.109.10–28

1. Ünite

Modern Atom Teorisi

Thomson Atom Modeli Dalton atom modelinde "+" ve "–" yüklerden bahsedilmemiştir. Katot ve kanal ışınlarının keşfiyle birlikte Thomson, Dalton'un atom modelini geliştirerek yeni bir atom modeli ortaya koymuştur. Thomson atom modeline göre, – Atomlar "–" ve "+" yüklü taneciklerden oluşur. – Atomdaki (–) ve (+) tanecik sayısı eşittir, Bu yüzden atom yüksüzdür. – Atomlar "+" yüklü küre şeklindedir ve "–" yükler bu küre içerisinde rastgele dağılmıştır.

Thomson atom modeli üzümlü kek modeli olarak tanımlanmaktadır. Thomson atom modelinin eksikleri, – Çekirdek kavramından bahsedilmemiştir. – Nötrondan bahsedilmemiştir. – Elektronlar atomun içerisine rastgele dağılmamıştır.

Rutherford Atom Modeli : Ernest Rutherford, Thomson'un atom modelini temel alarak bir dizi araştırmalar yapmıştır. Rutherford öğrencileriyle birlikte a taneciklerini kullanarak atom modeli geliştirmiştir.

Rutherford'un a saçılma deneyi Rutherford yapmış olduğu bu deneyde metal levhaya a tanecikleri göndermiştir. Bu taneciklerin büyük çoğunluğu sapmaya uğramadan levhadan geçmiş, küçük bir kısmı sapmaya uğramış, çok küçük bir kısmı ise levhayı geçemeyip tam geriye dönmüştür. 11. Sınıf - Kimya / 9

1. Ünite

Modern Atom Teorisi

Rutherford 1911 yılında yapmış olduğu çalışmalar sonucunda yeni bir atom modeli ortaya koymuştur. Bu modele göre; – Atomun kütlesinin çok büyük bir kısmı ve pozitif yükün tamamı "çekirdek" adı verilen çok küçük bir hacimde toplanmıştır. – Çekirdekteki pozitif yükün büyüklüğü atomdan atoma değişir. Pozitif yüklerin toplam kütlesi, atomun kütlesinin yaklaşık yarısı kadardır. – Atomun büyük bir kısmı boş bir uzay parçasıdır. – Atom elektriksel yük bakımından nötr özellik gösterir.

Rutherford atom modeli çekirdekli atom modeli olarak bilinir.

I. Protonlar çekirdek denilen çok küçük bir hacimde toplanmıştır. II. Atomların kütlesini protonlar belirler. III. Atomun büyük bir kısmı boşluktur. Yukarıdaki ifadelerden hangileri Rutherford atom modeline uyumludur? A) Yalnız I

B) I ve II

D) II ve III

C) I ve III

E) I, II ve III

Rutherford atom modeline göre atomun büyük bir kısmı boşluktur. Protonlar "çekirdek" denilen çok küçük bir hacimde toplanmıştır. Atomun kütlesinin yaklaşık yarısını protonlar oluşturur. Cevap: C


1. Ünite

Modern Atom Teorisi

ATOMUN KUANTUM MODELİ, KUANTUM SAYILARI, ELEKTRON DİZİLİMLERİ Elektromanyetik ışıma elektrik ve manyetik alanda dalgalar halinde yayılan enerji şeklidir. Dalga bir ortamda enerji taşıyan uyarıcıdır. Bir dalgada birbirini izleyen iki tepe veya iki çukur nokta arasındaki uzaklığa dalga boyu denir. Dalga boyu λ ile gösterilir. Frekans ise belirli bir noktadan bir saniyede geçen dalga sayısı olarak adlandırılır. Frekans ν(nü) ile gösterilir. λ

Manyetik alan bileşeni Yayılma doğrultusu Elektrik alan bileşeni

Bir dalga da max yüksekliğe veya min derinliğe genlik denir ve A ile gösterilir. Bir dalganın dalga boyu, frekans ve genlik değerleri elektriksel ve manyetiksel alanda farklı değildir.. λ

Genlik

Dalga boyu arttıkça dalganın frekansı azalır. SI birim sisteminde dalga boyunu birimi metre, frekansın birimi ise, saniye–1 yani Hertz'dir. 1 cm = 10–2 m 1nm = 10–9 m

Elektromanyetik ışıma vakumlu bir ortamda yaklaşık 3.108 m.s–1 hızla yayılmaktadır. Bu değere ışık hızı denir. Işık hızı "c" harfi ile gösterilir.

Işık hızının dalga boyu ve frekansla arasındaki ilişki; c=λ.ν

şeklindedir.

Bir ışık kaynağından yayılan ışığın dalga boyu 600 nm'dir. Buna göre bu ışığın frekansı kaç Hz olur? (c : 3.108 m/s) A) 2 . 1014

c = 3.108 m/s

B) 5 . 1014

D) 5 . 1015

λ = 600 nm

C) 2 . 1015

E) 1 . 1016

ν=?

Dalga boyunu metreye çevirmemiz gerekir. 1nm = 10 –9m ⇒ 600 nm = 6.10–7 m olur.

c = λ . V bağıntısında; 3.108 = 6.10–7 . ν ⇒ ν = 5.1014s–1 olur. Cevap: B 11. Sınıf - Kimya / 11

1. Ünite

Modern Atom Teorisi

Görünür Bölge Spektrumu : Frekansı çok yüksek ya da çok düşük olan ışımaları duyularımızla algılayamayız. Duyularımızla algılayabildiğimiz 380 nm ve 760 nm dalga boyları aralığına görünür bölge denir. Frekans, (s–1) 1024

1022

1020

1018

1012

1014

1016

1010

γ Işınları

104

Radyo dalgaları X Işınları

Mikrodalga Mor ötesi

10–16 10–14 Dalga boyu, (m)

106

108

10–12

10–10

Kızıl ötesi

10–6

10–8

10–6

10–4

10–2

100

102

104

Görünür bölge

λ = 380

450

500

550

600

650

700

760 nm

Görünür Bölge Spektrumu

Işığın İkili Doğası : Işığın hareketiyle ilgili hem dalga hem de tanecik modelleri ortaya konmuştur. Işğın kırılması, yansıması, girişim deseni oluşturması ışığın dalga hareketiyle ilgili kavramlardır. Thomas Young kendi adıyla anılan deneyde ışığın dalga hareketini ortaya koymuştur. Çift yarıkta ışığın, girişim deseni oluşturduğu gözlenmiştir. Tek delikli ekran

Çift delikli ekran Parlak girişim saçağı Karanlık girişim saçağı

Işık kaynağı Young deneyi

Young deneyi, siyah cisim ışıması ve fotoelektrik olayını açıklamada yetersiz kalmıştır. Bu olaylar ışığın tanecikli yapısını gösteren olaylardır. Işığın bir kaynaktan yayılan enerji olduğu ile ilgili çalışan Max Planck ışık enerjisinin "kuant" adı verilen paketler şeklinde alınıp verildiğini belirtmiştir. Albert Einstein ise bu tanecikleri "foton" olarak tanımlamıştır. 12 / 11. Sınıf - Kimya

1. Ünite

Modern Atom Teorisi

Planck'a göre bir elektromanyetik ışımanın enerjisi ışımanın frekansı ile doğru orantılıdır. Bunu veren ifade E = hν formülüdür. E = Enerji h = Planck sabiti (6,626 . 10–34j.s) ν = Frekans (s–1) c = λ . ν eşitliğinden yararlanarak enerji ile dalga boyu arasındaki ilişkiyi ortaya koyabiliriz. νV =

c c ⇒ E=h λ λ

Max Planck Kuantum kavramını geliştirmiştir. Kendi adıyla bilinen "Planck Sabitini" ve "Planck ışınım yasası" nı bulmuştur. Ortaya koyduğu kuantum kuramı döneminin fizik yasaları içinde devrim niteliğindeydi.

Dalga boyu 330 nm olan bir elektromanyetik ışımanın enerjisi kaç joule'dür? (h : 6,6.10–34j.s , c : 3.108 m/s)

λ = 330 nm = 3,3.10–7m. c=

m 3.108 s

E=h

c ⇒ λ

−34 E = 6, 6 .10 ⋅

3.108 = 6.10–19j olur. 3, 3 .10−7

1,324.10–18 j enerji yayan elektromanyetik bir ışımanın dalga boyu kaç nm'dir? m (h : 6,62.10–34j.s , c : 3.108 ) s A) 50 B) 100 C) 150 D) 200 E) 250

E = 1,324.10–18 j c = 3.108

m s

h = 6,62.10–34 j.s λ

= ?

E=h.

c ⇒ λ

1,324.10 –18 = 6.62.10–34 . λ

3.108 λ

= 15.10 –8m

1m = 109nm ⇒ 15.10–8m = 150 nm olur. Cevap: C 11. Sınıf - Kimya / 13

1. Ünite

Modern Atom Teorisi

Fotoelektrik Olayı : 1905 yılında Einstein fotoelektrik olayını çözmüştür. Fotoelektrik olayında ışık kaynağından çıkan ve özgün enerji değerine sahip her taneciğe foton adı verilir. Metal yüzeye ışık düşürüldüğünde metal yüzeyden elektron koparılması olayına fotoelektrik etki (olay) adı verilir. Fotonların metal levhadan elektron koparabilmeleri için sahip olmaları gereken minimum enerji değerine eşik enerjisi, bu enerji değerinin frekansına ise eşik frekansı denir.

Işıma

Elektron –

Işıma

Metal – –

– –

– –

– –

– –

– –

– –

–

–

Işıma

–

Elektron –

Metal

–

–

–

– – – – – – – –

–

– –

– –

– –

– –

– –

– –

–

–

– – – – – – – – – –

Işıma şiddeti artırılırsa daha fazla elektron kopar. – Hızlı elektron

Yüksek frekanslı ışıma

Metal –

–

–

–

–

–

– – – – – – – – – – – – – Işımanın frekansı artırılırsa elektronların kinetik enerjisi artar. –

–

–

–

–

–

–

Bohr Atom Modeli 1913 yılında Niels Bohr Planck'ın kuantum teorisini kullanarak bir atom modeli oluşturmuştur. Bu modelin varsayımları, – Elektronlar çekirdeğin etrafında dairesel yörüngelerde hareket ederler. Yörüngeler 1, 2, 3, 4 gibi rakamlar ya da K, L, M, N … gibi harflerle gösterilir. – Elektronlar belirli ve sabit bir yörüngede bulunabilir. Bu duruma temel hal denir. Elektronlar temel halde iken ışıma yapmazlar. – Elektronlar temel halden yüksek enerjili yörüngelere geçebilir. Buna uyarılmış hal denir. Bu geçişlerde Planck eşitliği kullanılarak enerji değişimi hesaplanır. Uyarılmış haldeki atom temel hale geçerken ışıma yapar. 14 / 11. Sınıf - Kimya

1. Ünite

Modern Atom Teorisi

n =3

Işıma n =2 n=1

∆E = Eyüksek – Edüşük ∆E = h . ν

Bohr atom modelinde hidrojenin spektrumları incelenmiştir. Hidrojenin herhangi bir yörüngedeki enerjisi;

E=−

RH . Z2 bağıntısıyla hesaplanır. n2

RH = –2,18 . 10–18 , n yörünge, Z ise atom numarasıdır.

Bracket Paschen

Enerji

Balmer

n=∞ n=7 n=6 n=5 n=4 n=3 n=2

Lyman n=1

Lyman serisi

Bohr atom teorisinde enerji düzeyi diyagramı

Balmer serisindeki ışımalar görünür bölge ışımalarıdır.

Uyarılmış bir atomda elektronlar dış yörüngeden iç yörüngeye geçerken iki enerji düzeyi arasındaki fark kadar enerji yayar. ∆u enerji farkı ∆E = h . ν = En yüksek – Endüşük = RH . Z2 . f

1 2 niç

-

1 2

n dýþ

p

∆E = h . ν ∆E = h . ν = En yüksek – Endüşük 1 1 h . ν = RH . Z2 . f 2 - 2 p bağıntısıyla hesaplanır. niç n dýþ 11. Sınıf - Kimya / 15

1. Ünite

Modern Atom Teorisi

Hidrojen atomunun 3. enerji düzeyinden 2. enerji düzeyine bir elektronunun geçişi sırasında yaydığı enerjinin frekansı kaç Hz'dir? (h: 6,63 . 10–34 j.s)

 1 1  ∆E = h . ν = RH  2 − 2  Z2 eşitliği ile ∆E hesaplanır.  ni nd   1 1 ∆E = –2, 8.10–18  2 − 2  2 3   1 1 ∆E = 6,63.10–34 . ν = –2,18.10–18  −   4 9 ν = 0,046.1026 = 4,6.1024s–1 olur.

Kuantum Mekaniği Bohr atom modeli H, He+, Li2+ gibi tek elektronlu taneciklerin spektrumlarını açıklamıştır. Bu model elektron sayısı 1'den fazla olan taneciklerin spektrumlarını açıklamada yetersiz kalır.

Dalga ve Tanecik İkiliği: Louis de Broglie, 1924 yılında yapmış olduğu çalışmalar sonucu, ışık ve maddenin doğasını dikkate almış ve küçük taneciklerin dalgaya benzer özellikler gösterebileceğini söylemiştir. de Broglie, Einstein ve Planck'ın enerji eşitliklerini kullanarak taneciklere eşlik eden dalga boylarını hesaplamıştır. Buna göre, E=h.ν=h. E = m . c2

c λ

⇒

h.

Louis de Broglie

c = mc2 λ

(1892-1987) 1929 yılında

Bu eşitliklerden yola çıkarak taneciklerin dalga boyu hesaplanır. λ=


h mϑ

Nobel Fizik Ödülü almıştır.

1. Ünite

Modern Atom Teorisi

6,63 kg kütlesindeki bir cisim ışık hızının 30'da 1'i hızda hareket etmektedir. Buna göre, bu cisme eşlik eden dalga boyu kaç nm'dir? (h : 6,63.10–34j.s , c = 3.108m/s)

de Broglie dalga boyu; λ=

h bağıntısıyla hesaplanır. mϑ

λ=

6, 63 .10−34 j .s 3.108 c 7 = 107m/s ϑ = ⇒ ϑ = 6, 63 kg..10 m / s 30 30

λ = 1.10–41 m

olur.

1m = 109 nm ⇒

λ = 1.10–32 nm olur.

Atomun Kuantum Modeli Modern atom teorisine göre elektronlar kuantum sayıları ve orbitallerle belirtilirler. Heisenberg'in belirsizlik ilkesine göre elektronların hem yerini hem de hızını birlikte bilemeyiz. Elektronların bulunma olasılığının yüksek olduğu konumlar vardır. Bu konumlara orbital adı verilir. Elektronların durumunu ifade eden 4 tane kuantum sayısı vardır. Bunlar başkuantum sayısı (n), açısal (orbital) kuantum sayısı(), manyetik kuantum sayısı (m) ve spin kuantum sayısı (ms) dır.

Baş Kuantum Sayısı : Temel enerji düzeyi sayısını ifade eder. "n" harfi ile gösterilir.

n = 1, 2, 3, 4 ...

Elektronların potansiyel enerjileri çekirdekten uzaklaştıkça artar.

Açısal (Orbital) Kuantum Sayısı : Açısal kuantum sayısı elektron bulutlarının şekillerini ve enerji düzeylerindeki ayrılmalarını ifade eder. "" harfiyle gösterilir. 11. Sınıf - Kimya / 17

1. Ünite

Modern Atom Teorisi

İkincil kuantum sayısı olarak da adlandırılır. Başka bir ifadeyle orbital türünü tanımlar. 4 çeşit orbital bulunmaktadır. Bunlar s, p, d ve f orbitalleridir. Açısal kuantum sayısı ()

0

→

s

1

→

p

2

→

d

3

→

f

Bir enerji düzeyinde bulunabilecek orbital türü pozitif tamsayı değerlini alır.

=n–1

n = 1 için  = 0 olur.

1s

n = 2 için  = 1, 0 olur.

2s ve 2p

n = 3 için  = 2, 1, 0 olur.

3s, 3p ve 3d

n = 4 için  = 3, 2, 1, 0 olur.

Orbital türü

4s, 4p, 4d ve 4f

bağıntısıyla belirlenir. , n – 1'e kadar olan bütün

Manyetik Kuantum Sayısı : Bir orbitalin uzaydaki yönelimini ifade eder. "m" ile gösterilir. Değeri açısal kuantum sayısına bağlıdır. Başka bir ifadeyle orbital sayısını belirtir. m = 2 + 1 bağıntısı ile orbital sayısı belirlenir. m , – 'de + 'ye kadar olan tam sayı değerlerini alır.

 = 0 ise s orbitalidir. m = 2 + 1 bağıntısından s orbitali 1 tane orbitalden oluşur. Bu orbital m = 0 ile gösterilir.  = 1ise p orbitalidir. m = 2 + 1 bağıntısından p orbitali 3 tane orbitalden oluşur. Bu orbitaller m = –1, 0, +1 sayıları ile gösterilir.


1. Ünite

Modern Atom Teorisi Baş Kuantum Sayısı (n)

Orbital Kuantum Sayısı ()

Manyetik Kuantum Sayısı (m)

Orbital Sayısı

Gösterimi

1

0

0

1

1s

0

0

1

2s

1

–1, 0, +1

3

2p

0

0

1

3s

1

–1, 0, +1

3

3p

2

–2, –1, 0, +1, +2

5

3d

0

0

1

4s

1

–1, 0, +1

3

4p

2

–2, –1, 0, +1, +2

5

4d

3

–3, –2, –1, 0, +1, +2, +3

7

4f

2

3

4

Orbital Çeşitleri : s - Orbitali Bütün enerji düzeyleri s orbitali ile başlar. En düşük enerjiye sahip orbitaldir. Küresel yapıya sahip olup, enerji düzeyi sayısı arttıkça orbital büyüklüğü de artar.

1s

2s

3s

p - Orbitali 2. enerji düzeyinden itibaren başlar. Birbiriyle eş enerjili 3 orbitalden oluşur. X, Y ve Z eksenlerinde bulunurlar. pX, pY ve pZ olarak ifade adlandırılır.

y

y z

y z

x

z x

x

Enerji düzeyi sayısı arttıkça orbital büyüklüğü artar. 11. Sınıf - Kimya / 19

1. Ünite

Modern Atom Teorisi

d - Orbitali 3. enerji düzeyinden itibaren başlar. Eş enerjili 5 orbitalden oluşur.

y

y

y

x

x

x

z

z

z

z

y

x

z

x

y

f - Orbitali 4. enerji düzeyinden itibaren başlar. Eş enerjili 7 tane orbitalden oluşur.

Spin Kuantum Sayısı (ms) Pauli öteleme prensibine göre bir orbitalde zıt yönlü olmak üzere en fazla 2 elektron bulunur. "ms" ile spin kuantum sayısı gösterilir.

ms = ∓

1 ile elektronlar ifade edilir. 2

ms = +

1 1 ise elektron yukarı yönlü, - ise aşağı yönlüdür. 2 2

1 + 2



1s2


-

1 2

1. Ünite

Modern Atom Teorisi

Elektron Dizilimi Elektron diziliminde yörünge kavramını öğrenmiştik. Yörünge sayısı n olmak üzere bir yörüngede bulunabilecek en fazla elektron sayısı 2n2 bağıntısı ile hesaplanır.

n = 1 ise 2 elektron



Atom numarası 20'ye kadar olan atomların 3. katmanlarında en fazla 8 elektron bulunur.

20Ca 2

8

8

2

Atom numarası 20 ile 30 arasında olan atomlarda elektronlar 3. katmana eklenir. 3. katman en fazla 18 elektron içerir.

21Sc

30Zn 2

8

9

2

2

8 18

2

Elektronlar orbitallere atomun enerjisi en az olacak şekilde yerleşir. Elektron diziliminde n +  değerine göre orbitaller sıralanır. n +  değeri aynı olan orbitallerden n değeri büyük olanın enerjisi daha büyüktür.

3d > 4s

4s > 3p

n =3 =2 n=4 =0

n =4 =0 n=3 =1

n+ = 5

n+ = 4

n+ = 4

n+ = 4

1s

2s

2p

3s

3p

4s

3d

4p

5s

n

1

2

2

3

3

4

3

4

5

,

0

0

1

0

1

0

2

1

0

n+,

1

2

3

3

4

4

5

5

5


1. Ünite

Modern Atom Teorisi

Pauli ilkesine göre bir orbitalde en fazla iki elektron bulunabilir. Bu elektronlar zıt spinli olmalıdır.

1s2 2s2

2p6

3s2

3p6

3d10

4s2

4p6

4d10

5s2

5p6

5d10

4f14

6s2

1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 2 3d 10 4p 6 5s 2 4d 10 5p 6 6s 2 4f 14





2p6 



: 1s2 2s2 

10Ne

Hund Kuralı Elektronlar eş enerjili orbitale önce aynı spinli olmak üzere teker teker yerleşir. Bütün eş enerjili orbitaller birer elektron aldıktan sonra ikinci elektronlar zıt spinli olmak koşuluyla orbitallere yerleşir. Bu yerleşim kuralına Hund Kuralı denir.

6C

atomunun elektron dağılımını Hund kuralına uyan ve uymayan örneklerle gösteriniz.

6C

: 1s2 2s2 2p2

Hund kuralına uyan

Hund kuralına uymayan

dağılım örnekleri

dağılım örnekleri

2p2


2p2

1. Ünite

Modern Atom Teorisi

Küresel Simetri Temel hal elektron dağılımında son orbitalin ya yarı dolu ya da tam dolu olması durumuna küresel simetri denir. Elektron dizilimleri s1, p3, d5 ve f7 ile bitenler yarı dolu, s2, p6, d10 ve f14 ile bitenler tam dolu olan atomlar küresel simetri özelliği gösterir.

3Li

: 1s2 2s1 7N : 1s2 2s2 2p3

10Ne

: 1s22s22p6

12Mg

: 1s22s22p63s2

Temel hal elektron dağılımı d4 ya da d9 ile bitemez. ns ve (n – 1)d orbitallerinde elektron geçişi sağlanarak d5 ve d10 dağılımına ulaşılır. Bu dağılım kesinlikle uyarılmış hal değildir. 24Cr

: 1s22s22p63s23p64s13d5

2 2 6 2 6 1 10 29Cu : 1s 2s 2p 3s 3p 4s 3d

}

Küresel simetrik

}

Yanlış gösterimlerdir.

24Cr

: 1s22s22p63s23p64s23d4

2 2 6 2 6 2 9 29Cu : 1s 2s 2p 3s 3p 4s 3d

Uyarılmış Hal Temel halde bulunan bir atomun enerji alarak elektronunun üst enerji seviyesine taşınması durumuna uyarılmış hal denir. Uyarılmış hal yüksek enerjili ve kararsız bir durumdur. Temel hal

: 11Na : 1s22s22p63s1

 2 2 6 1 Uyarılmış hal : 11Na 1s 2s 2p 4s

Temel hal

: 6C : 1s22s22p2

Uyarılmış hal : 6C: 1s22s12p3


1. Ünite

Modern Atom Teorisi

İyonların Elektron Dizilimi Anyon oluşurken elektronlar en yüksek enerji düzeyine eklenir. : 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 5

17 CI 17 CI

–

: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6

Katyon oluşurken elektron öncelikle en yüksek enerji düzeyinden kopmaya başlar. : 1s 2 2s 2 2p 6 3s 1

11 Na

11 Na

26 Fe

26 Fe

2+

: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 6

26 Fe

3+

: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 5

+

: 1s 2 2s 2 2p 6 : 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 2 3d 6

Elektron sayıları ve dağılımları aynı olan atom ve iyonlar izoelektroniktir.

+

24Cr

iyonu ile ilgili,

I. Elektron dağılımı d5 ile sonlanır. II.  = 0 değerine sahip toplam 7 elektron bulunur. III. 25Mn2+ ile izoelektroniktir. yargılarından hangileri doğrudur? A) Yalnız I

B) Yalnız II

D) I ve III

24 Cr

: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 1 3d 5

C) Yalnız III

E) II ve III

24 Cr

+:

1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 5

 = 0 ⇒ s orbitalidir. 1s2, 2s2, 3s2 ⇒ toplam 6 elektron bulunur.

25 Mn

: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 2 3d 5


25 Mn

2+ :

1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 5 Cevap : D

1. Ünite

Modern Atom Teorisi

PERİYODİK SİSTEM VE ELEKTRON DİZİLİMLERİ Elementlerin pek çoğunun keşfiyle bilim insanları bu elementleri sınıflandırmaya başlamışlardır. Bilinen ilk sınıflandırmayı Alman Kimyacı Johann Wolfgang Döbereiner yapmıştır. Döbereiner elementleri, atom ağırlıkları özkütleleri gibi özelliklerden yararlanarak üçlü gruplara ayırmıştır. Bu üçlü element gruplarına triadlar adını vermiştir. Atom Ağırlığı Ca

40,07

Sr

87,62

Ba

137,32

Ortalama

Özkütle

Ortalama

1,55 88,69

2,6

2,52

3,5

Daha sonraki yıllarda John Newlands elementlerin kimyasal özelliklerinin atom kütleleriyle ilişkili olduğunu belirtmiştir. Oktavlar olarak bilinen Newlands'ın ortaya koyduğu sınıflandırmaya göre herhangi bir elementin kimyasal özelliği atom kütlesi kendisinden sonra gelen sekizinci elementle benzerdir. 1869 yılında birbirinden bağımsız olarak çalışan Dimitri Mendeleyev ve Lothar Mayer Periyodik yasa önermişlerdir. Bu yasaya göre elementler artan atom kütlelerine göre sınıflandırılır.

32 yaşında iken St. Petersburg Üniversitesi'nde kimya profesörü oldu. Düzenlilikleri araştırmak için, elementleri özeliklerine göre sıraladı. Böylece kimyacıların sessiz bilgisayarı olan periyodik cetveli elde etti. Varlığını bildirdiği elementlerden bazıları birkaç yıl sonra bulununca periyodik tablonun önemi anlaşıldı ve Mendeleyev, büyük bir bilgin olarak tanındı.

Reihen

Periyodik tablo, Mendeleyev'in mükemmel yorumculuğu ve üretici zekasının çarpıcı bir ürünüdür. Gruppe I. – R2O

1 2

Be = 9,4

Na = 23 K = 39

5 6

Ca = 40

Rb = 85

8

Cs = 133

9

(–) –

12

– = 44

Sr = 87

Gruppe V. RH3 R2O5

Ti = 48

?Yt = 88

Ba = 137

Gruppe VI. RH2 RO3

Gruppe VII. RH R2O7

?Di = 138

Hg = 200 –

– = 72

Gruppe VIII. – RO4

TI = 204 –

?La = 180

Mn = 55

Mo = 96

–

Pb = 207

– = 100

–

Ru = 104, Rh = 104, Pd = 106, Ag = 108 I = 127

– –

W = 184

Fe = 56, Co = 59, Ni = 59, Cu = 63 Br = 80

Te = 125

– Ta = 182

CI = 35,5

Se = 78

Sb = 122

–

Th = 231

Cr = 52

Nb = 94

?Ce = 140

F = 19 S = 32

As = 75

Sn = 118

– ?Er = 178

O = 16 P = 31

V = 51

Zr = 90

In = 113

– –

N = 14 Si = 28

– = 68

Cd = 112

(Au = 199) –

C = 12

AI = 27,3

Zn = 65

(Ag = 108)

11

B = 11

Mg = 24

(Cu = 63)

7

10

Gruppe III. Gruppe IV. – RH4 R2O3 RO2

H=1 Li = 7

3 4

Gruppe II. – RO

–––– –

–

Os = 195, Ir = 197, Pt = 198, Au = 199

Bi = 208 –

U = 240

Mendeleyev'in çizelgesi 12 yatay sıra ve 8 gruptan oluşmaktadır. Çizelgede benzer kimyasal özellik gösteren elementler aynı grupta bulunmaktadır. 11. Sınıf - Kimya / 25

Modern Atom Teorisi 1. Ünite

Periyot

Grup

Hidrojen

YARI METAL

IUPAC GRUP NO

Nikel

Gümüş

Bakır

Kadmiyum

Çinko

Talyum

İndiyum

Galyum

Alüminyum

Bor

Kurşun

Kalay

Germanyum

Silisyum

Karbon

Bizmut

Antimon

Arsenik

Fosfor

Azot

Polonyum

Tellür

Selenyum

Kükürt

Oksijen

Astatin

İyot

Brom

Klor

Flor

Radon

Ksenon

Kripton

Argon

Neon

Helyum

Kobalt

Palladyum

Kadmiyum

CAS GRUP NO

ATOM KÜTLESİ

MODERN PERİYODİK TABLO

AMETAL KALKOJEN HALOJEN

Demir

Rodyum

Altın

SOYGAZ

Mangan

Rutenyum

Platin

ALKALİ METAL TOPRAK ALKALİ METAL GEÇİŞ METALİ

Krom

Teknesyum

İridyum

BOR

Vanadyum

Molibden

Osmiyum

Meitneriyum

SEMBOL

Titanyum

Niyobyum

Renyum

Hassiyum

LANTANİT

Magnezyum

Skandiyum

Zirkonyum

Wolfram

Bohriyum

Berilyum

Sodyum

Kalsiyum

İtriyum

Tantal

Seaborgiyum

Lityum

Potasyum

Stronsiyum

Hafniyum

Dubniyum

Praseodim

Uranyum

Neodim

Neptünyum

Prometyum

Plütonyum

Samaryum

Amerikyum

Europyum

Küriyum

Gadolinyum

Berkelyum

Terbiyum

Kaliforniyum

Disprosyum

Einsteinyum

Holmiyum

Fermiyum

Erbiyum

Mendelevyum

Tulyum

Nobelyum

İterbiyum

Lavrensiyum

Lutesyum

ELEMENT ADI

Rubidyum

Baryum

Rutherfordyum

Seryum

Protaktinyum

Standart koşul (25 °C: 101 kPa) GAZ KATI YAPAY SIVI

Sezyum

Radyum

AKTENİT

Fransiyum

Lantinit

Toryum

Lantanit

Akinit

Aktinit


1. Ünite

Modern Atom Teorisi

Modern Periyodik Çizelge Henry G. J. Moseley modern periyodik sistemin kurucusudur. Elementlerin X ışınları kullanarak atom numaralarını tespit eden Moseley, periyodik sistemin atom numaralarına göre hazırlanması gerektiğini ortaya koymuştur. Periyodik sistem artan atom numaralarına göre hazırlanmıştır. Periyodik çizelgede yatay sıralara periyot, düşey sütunlara grup denir. 1. periyotta sadece iki element bulunur. Periyodik çizelge 7 periyot ve 18'e kadar sayılarla ifade edilen gruplardan oluşur. 1 1A

P e r i y o t

1

2 2A

2

G r u p

13 14 15 16 17 3A 4A 5A 6A 7A

18 8A

3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3B 4B 5B 6B 7B 8B 8B 8B 1B 2B

3 4 5 6 7

Periyodik sistem s, p, d ve f olmak üzere 4 bloktan oluşur. Elektron dağılımları

s ile bitenler s bloğu (1A ve 2A)

p ile bitenler p bloğu (3A, 4A, 5A, 6A, 7A ve 8A)

d ile bitenler d bloğu (3B, 4B, 5B, 6B, 7B, 8B, 1B ve 2B)

f ile bitenler f bloğunda bulunur.

3Li, 16S, 22Ti, 29Cu

elementlerinin periyodik çizelgedeki yerlerini bulunuz. Periyodik çizelgede atomların yeri tespit edilirken öncelikle elektron dağılımları yazılır. Elektron dağılımındaki en yüksek enerji düzeyi periyot numarasını, değerlik elektron sayısı ise grup numarasını verir. s ve p orbitalleriyle sonlananlar A, d ile sonlananlar B grubu olur. 3Li

: 1s2 2s1

16S

: 1s22s22p6 3 s 2 3p4

22T

: 1s22s22p6 3 s2 3p6 4 s2 3d 2

1A grubu 2. periyot 6A grubu 3. periyot

29Cu

: 1s22s22p6 3 s2 3p6 4 s1 3d 10

4B grubu 4. periyot 1B grubu 4. periyot 11. Sınıf - Kimya / 27

1. Ünite

Modern Atom Teorisi

26Fe, 27Co

ve 28Ni

elementlerinin periyodik çizelgedeki yerlerini belirtiniz.

26Fe

: 1s22s22p6 3 s2 3p6 4 s2 3d 6

8B grubu 4. periyot

27Co

: 1s22s22p6 3 s2 3p6 4 s2 3d 7

8B grubu 4. periyot

28Ni

: 1s22s22p6 3 s2 3p6 4 s2 3d 8

8B grubu 4. periyot

Temel hal elektron dağılımı d6, d7 ve d8 ile biten üç grup 8B grubu olur.

NOT He atomunu değerlik elektron sayısı 2'dir. Fakat He 2A grubunda değil 8A grubunda bulunur. 1. periyotta sadece 1A ve 8A grupları yer alır.

2He

: 1s2 1. periyot 8A grubu

24Cr

elementi ile ilgili,

I. 4B grubunda bulunur. II.  = 0 değerine sahip 8 elektron içerir. III. Küresel simetrik yük dağılımına sahiptir. yargılarından hangileri yanlıştır? A) Yalnız I

24Cr

B) I ve II

D) II ve III

C) I ve III

E) I, II ve III

: 1s22s22p6 3s2 3p6 4 s13d 5

4. periyot 6B grubunda yer alır.  = 0 ⇒ s orbitalidir. s orbitallerinde toplam 7 elektron bulunur. Son orbitali yarı dolu olduğu için küresel simetriktir. Cevap : B 28 / 11. Sınıf - Kimya

1. Ünite

Modern Atom Teorisi

PERİYODİK ÖZELLİKLER Atom Yarıçapı Atom yarıçaplarını kesin olarak tespit etmek oldukça zordur. Atom yarıçapı, atomların yoğunluk erime ve kaynama noktaları ile birlikte elektron alabilme ya da elektron verebilme yatkınlıklarını belirler. Atom yarı çapları kovalent, metal, iyon ve Van der Waals yarıçapları olarak sınıflandırılır.

Kovalent Yarıçapı Ametal atomları genellikle moleküler halde bulunur. (H2, O2, F2, CI2 ....) İki ametal atomunun çekirdekleri arasındaki uzaklığın yarısına kovalent yarıçapı denir.

CI2 molekülü

Metal Yarıçapı Metallerin katı kristal halindeki iki atomun çekirdekleri arasındaki uzaklığın

186 pm

yarısına metal yarıçapı denir.

Na atomu

Na atomu

İyon Yarıçapı İyonik bağlı bileşiklerde metal atom elektron vererek katyon oluşturur. Katyonunun çapı nötr haline göre daha küçüktür. Ametal atomu ise elektron alarak anyon oluşturur. Anyonun çapı nötr halinden daha büyüktür. İyonlar eşdeğer büyüklükte olmadığından iyon yarıçapı iyonlar arasındaki uzaklığın yarısı değildir.

95 pm

181 pm Na+ iyonu Cl– iyonu 11. Sınıf - Kimya / 29

1. Ünite

Modern Atom Teorisi

Van der Waals Yarıçapı Aynı cins atomlardan oluşan moleküllerin ya da soygazların birbirine en yakın olduğu konumdaki çekirdekler arası uzaklığın yarısına Van der Waals yarıçapı denir. CI2 molekülü CI2 molekülü

Periyodik çizelgede atom yarıçapları kıyaslanırken; önce periyot numarasına sonra grup numarasına bakılır. → Periyot numarası arttıkça atom çapı da artar.

3Li

: 1s22s1

2. periyot

11Na

: 1s22s22p63s1

3. periyot

Na'nın atom yarıçapı Li'ninkinden büyüktür.

→ Aynı periyotta grup numarası azaldıkça atom yarıçapı artar.

12Mg

: 1s22s22p63s2

17CI

: 1s22s22p63s23p5 3. periyot 7A grubu

Mg'nin yarıçapı CI'ninkinden daha büyüktür.

3. periyot 2A grubu

20Ca, 15P, 12Mg

ve 7N atomlarını yarıçaplarına göre büyükten küçüğe doğru sıralayınız.

20Ca

: 1s22s22p63s23p64s2 4. periyot 2A grubu

15P

: 1s22s22p63s23p3

12Mg :

7N

1s22s22p63s2

3. periyot 2A grubu

: 1s22s22p3

2. periyot 5A grubu

3. periyot 5A grubu

Ca > Mg > P > N


1. Ünite

Modern Atom Teorisi

Atom yarıçapı Periyodik çizelgede yukarıdan aşağıya ve sağdan sola doğru gidildikçe atom çapı artar.

İyonlaşma Enerjisi : Gaz halinde ve nötr bir atomdan bir elektron kopartmak için gerekli olan enerjiye 1. iyonlaşma enerjisi denir. İkinci elektronu kopartmak için gereken enerjiye 2. iyonlaşma enerjisi denir. … > 3 . İE > 2. İE > 1. İE Al(g) + E1 → AI+ + e–

E1 = 1 . İE

Al+ + E2 → Al2+ + e–

E2 = 2. İE

Al2+ + E3 → Al3+ + e–

E3 = 3. İE

Elektron çekirdekten uzaklaştıkça elektronu koparmak için gereken enerji azalır. İyonlaşma enerjisi; Periyodik sistemde aşağıdan yukarıya ve soldan sağa doğru gidildikçe genellikle iyonlaşma enerjisi artar.

3. periyot elementlerinin iyonlaşma enerjileri Na

Mg

AI

Si

P

S

1iE

495,8

737,7

577,6

786,5

1012

2iE

4562

1451

1817

1577

7733

2745 11580

3iE 4iE 5iE 6iE 7iE

CI

Ar

999,6

1251,1

1520,5

1903

2251

2297

2666

3232

1912

3361

3822

3931

4356

4957

4564

5158

5771

16090

6274

7013

6542

7238

21270

8496

9362

8781

11020

12000

Çizelgeyi incelediğimizde Mg'nin 1. İE değerinin AI'ninkinden, P'nin 1. İE değerinin S'ninkinden büyük olduğu gözlenir. Bunun nedeni küresel simetridir. 11. Sınıf - Kimya / 31

1. Ünite

Modern Atom Teorisi

Aynı periyotta 1. iyonlaşma enerjisi sıralaması

8A > 7A > 5A > 6A > 4A > 2A > 3A > 1A İyonlaşma Enerjisi

1A

2A

3A

4A

5A

6A

7A

8A

3Li, 4Be

ve 5B atomlarının 1. ve 2. iyonlaşma enerjilerini kıyaslayınız.

3Li

: 1s22s1

2. periyot 1A grubu

4Be

: 1s22s2

2. periyot 2A grubu

5B

: 1s22s22p1

2. periyot 3A grubu

1. İE sıralaması

Be > B > Li olur.

Birer elektron kopartıldıktan sonra +

: 1s2

1. periyot 8A grubuna benzer.

4Be

: 1s22s1


5B

: 1s22s2


2. İE sıralaması

Li+ > B+ > Be+ şeklinde olur.

3Li

+


Grup Numarası

1. Ünite

Modern Atom Teorisi Element

1 . İE (kj/mol)

2. İE (kj/mol)

3. İE (kj/mol)

4. İE (kj/mol)

X

900

1800

14800

21000

Y

496

4560

6900

9540

Z

738

1450

7750

10500

X, Y ve Z baş grup elementlerinin ilk 4 iyonlaşma enerjisi değeri yukarıdaki tabloda verilmiştir. Buna göre, I. X, Y ve Z atomları küresel simetriktir. II. X'in periyot numarası Z'ninkinden fazladır. III. Y 2A grubu elementidir. yargılarından hangileri doğrudur? A) Yalnız I

B) I ve II

D) II ve III

C) I ve III

E) I, II ve III

3.ÝE = 14800 = 9, 22 2.ÝE 1800

X için;

X : 2A grubu

Y için;

Y : 1A grubu

Z için;

Z : 2A grubu

2.ÝE = 4560 = 9, 19 496 1.ÝE

3.ÝE = 7750 = 5, 35 2.ÝE 1450

X, Y ve Z'nin grup numaralarına göre tamamı küresel simetriktir. X ile Z aynı gruptadır. X'in iyonlaşma enerji değerleri Z'ninkinden daha büyüktür. Öyleyse Z'nin atom çapı daha küçüktür. Cevap : A


1. Ünite

Modern Atom Teorisi

Elektron İlgisi : Gaz halinde ve nötr bir atomun bir elektron alması sırasındaki açığa çıkan enerjiye elektron ilgisi denir. F(g) + e– → F(g–) + 320 kj

Periyodik sistemde aşağıdan yukarıya ve soldan sağa gidildikçe elektron ilgisi artar. 8A grubunda elektron ilgisi yoktur.

Elektronegatiflik : Bir kimyasal bağdaki atomların bağ elektronlarını çekebilme kabiliyetlerine elektronegatiflik denir. H+δ – CI–δ ↓

CI'nin elektronegatifliği 3.0 H'nin elekronegatifliği 2,1

Polar kovalent bağ

Polar kovalent bağ, bağ yapan atomlar arasıdaki elektronegatiflik farkından oluşur.

Periyodik sistemde aşağıdan yukarıya ve soldan sağa gidildikçe elektronegatiflik artar.

Asitlik ve Bazlık Özelliği Metal oksit bileşikleri genellikle bazik özellik gösterir. Na2O(k) + H2O(s) → 2Na+(suda) + 2OH(–suda) Ametal oksitlerde oksijence zengin bileşikler asidik fakir bileşikler ise nötr özellik gösterir.

2– CO2(g) + H2O(s) → 2H+(suda) + CO 3( suda)

CO nötr oksit


1. Ünite

Modern Atom Teorisi

ELEMENTLERİ TANIYALIM

s-Blok Elementleri 1A ve 2A grubu s-bloğunda yer alırlar.

1A Grubu (Grup 1) – 1A grubu elementlerine alkali metal denir. Fakat H hariç. H 1. periyot 1A grubu üyesi olup ametaldir. – Elektron dağılımları "ns1" ile sonlanır. Değerlik elektron sayıları 1'dir. H hariç bileşiklerinde sadece "+1" değerliğini alırlar. – Alkali metaller su ile tepkimeye girerek baz ve H2 gazı oluştururlar. Na(k) + H2O(s) → NaOH(suda) +

1 H (g) 2 2

– Oksit ve hidroksit bileşiklerinin bazik özellikleri metalik aktiflikler ile doğru orantılıdır. Rb2O > K2O > Na2O > Li2O

RbOH > KOH > NaOH > LiOH

– Erime noktaları grupta yukarıdan aşağıya inildikçe azalır. 11. Sınıf - Kimya / 35

1. Ünite

Modern Atom Teorisi

2A Grubu (Grup 2) – 2A grubu elementlere toprak alkali metal denir. Grubun tamamı metaldir. – Elektron dağılımları "ns2" ile sonlanır. Fakat n ≠ 1' dir. 2He : 1s2 1. periyot 8A grubu üyesidir. – Grubun ilk üyesi olan Be su ile tepkime vermez diğer üyeleri verir.

Ca(k) + 2H2O → Ca(OH)2(suda) + H2(g)

– Oksit ve hidroksit bileşiklerinin bazik özellikleri metalik aktiflikle doğru orantılıdır.

BaO > SrO > CaO > MgO

Ba(OH)2 > Sr(OH)2 > Ca(OH)2 > Mg(OH)2

p - Blok Elementleri Elektron dizilimlerinin son terimi p orbitali olan elementler p-bloğu elementleridir.

3A Grubu (Grup 13) – Toprak metali olarak adlandırılır. – İlk üyesi B yarı metaldir. diğer üyeleri metaldir. – Elektron dizilimleri ns2 np1 ile sonlanır.

4A Grubu (Grup 14) – Ametal, yarı metal ve metallerden oluşur. – Grubun ilk üyesi C ametaldir. Karbon grubu olarak da adlandırılır. – Grubun diğer üyeleri Si ve Ge yarı metal Sn ve Pb ise metaldir. – Elektron dağılımları "ns2np2" ile sonlanır.

5A Grubu (Grup 15) – Grubun ilk üyesi N'dir. Azot grubu olarakta adlandırılır. – Grubun diğer üyeleri olan P ametal, As ve Sb yarı metal ve Bi metaldir. – Elektron dizilimleri "ns2np3" ile sonlanır.


1. Ünite

Modern Atom Teorisi

6A Grubu (Grup 16) – Grubun ilk üyesi O'dur. Kalkojen grubu olarak adlandırılır. – O, S ve Se ametal, Te ve Po yarı metaldir. – Elektron dağılımları "ns2np4" ile sonlanır.

7A Grubu (Grup 17) – Halojen grubudur. – At dışındakiler ametaldir. – Elektron dağılımları "ns2np5" şeklinde sonlanır. – F hariç bileşiklerinde "–1" ile "+7" arasında değerlikler alır. F daima "–1" değerlik alır.

8A Grubu (Grup 18) – Grup soygaz ya da asalgaz olarak adlandırılır. – Tepkimeye girme istekleri yoktur. – İyonlaşma enerjileri bulunduğu periyottaki elementlerinkinden daha yüksektir. – Elektron dağılımları "ns2np6" şeklinde sonlanır. Fakat He hariç. 2He : 1s2 1. periyot 8A grubu

d-Blok Elementleri Elektron dağılımları d orbitali ile sonlanan elementler d-bloğunda yer alır. – 4. periyottan itibaren başlar. – 3 tanesi 8B olmak üzere 10 tane gruptan oluşur. – Geçiş elementleri olarak adlandırılır. Aktiflikleri A grubu metallere göre daha düşüktür. – Tamamı metaldir. – 3B grubu ile başlar 2B grubu ile sonlanır.

f-Blok Elementleri Elektron dağılımları f orbitali ile sonlanan elementler bu blokta yer alır. – Lantanit ve aktinitler olarak adlandırılır. – İç geçiş elementleridir. 11. Sınıf - Kimya / 37

1. Ünite

Modern Atom Teorisi

YÜKSELTGENME BASAMAKLARI Bir atomun aldığı ya da verdiği elektron sayısına yükseltgenme basamağı ya da yükseltgenme sayısı denir. Örneğin NaCI bileşiğini inceleyelim. Bileşik oluşurken Na atomu bir elektron verir. CI atomu ise bir elektron alır. Na+ ve CI– iyonları oluşur. İşte bu bileşikteki Na'nın yükseltgenme basamağı "+1", CI'ninki ise "–1" olur. Yükseltgenme basamaklaının tespit edilmesi için bazı kurallar vardır. Bu kurallar, – Bileşik yapmamış element atomlarının yükseltgenme basamakları sıfırdır.

Ag, F2, Ne . . .

– Bir bileşikteki atomların yükseltgenme basamakları toplamı sıfırdır. HCI

K2O

(+1) + (–1) = 0

2(+1) + (–2) = 0

Bir iyonda yükseltgenme basamakları toplamı iyon yüküne eşittir.

NO–3

NH+4 (–3) + 4(+1) = +1

(+5) + 3(–2) = –1

– Alkali metaller "+1", toprak alkali metaller "+2" değerliğini alır.

+1

+2

Li

Be

Na

Mg

K

Ca

Rb

Sr

Cs

Ba

Fr

Ra

– H metallerle bileşik oluştururken "–1" ametallerle bileşik oluştururken "+1" değerliğini alır. CaH2 (+2) 38 / 11. Sınıf - Kimya

(–1)

H2O (+1)

(–2)

1. Ünite

Modern Atom Teorisi

– Oksijen bileşiklerinde "–2" değerlik alır. Peroksitlerinde "–1" ve sadece OF2 bileşiğinde +2 değerliklidir. Na2O 2(+1)

(–2)

N2O 2(+1)

H2O2 (–2)

2(+1)

2(–1)

– Metallerin ikili bileşiklerinde 7A grubu elementleri "–1" değerliğini alır. NaF (+1)

(–1)

MgCI2 (+2)

(–1)

KNO3 ve H3 PO4

bileşiklerinde altı çizili atomların yükseltgenme basamaklarını bulunuz.

KNO3 (+1) + N + 3(–2) = 0

H3PO4 3(+1) + P + 4(–2) = 0

N = +5

P = +5

(NH4)2 SO4 bileşiğinde altı çizili atomların yükseltgenme basamaklarını bulunuz.

(NH4)2SO4 NH+4 SO 42– köklerine ayrılır.

NH+4 N +

4(+1) = +1 N = –3

SO 2– 4 S + 4(–2) = –2 S = +6

olur. 11. Sınıf - Kimya / 39

1. Ünite

Modern Atom Teorisi

KCI, HCIO4 , NaCIO2 , HCIO

bileşiklerinde CI atomları aşağıdaki yükseltgenme basamaklarından hangisine sahip değildir? A) –1

B) +1

C) +3

D) +5

KCI

HCIO4

(+1) +

CI = 0

(+1) + CI + 4(–2) = 0

CI = –1

NaCIO2

E) +7

CI = +7 HCIO

(+1) + CI + 2(–2) = 0

(+1) + CI + (–2) = 0

CI = +3

CI = +1

Cevap : D

NaHCO3 ve K2CrO4 bileşiklerinde altı çizili atomların yükseltgenme basamakları toplamı kaçtır? A) 12

B) 11

C) 10

D) 9

K 2CrO 4

NaHCO 3

E) 8

(+1) + (+1) + C +3(–2) = 0

2(+1) + Cr + 4(–2) = 0

C = +4

Cr = +6

+4 + 6 = 10 olur.


Cevap : C

1. Ünite

Modern Atom Teorisi

KİMYANIN SEMBOLİK DİLİ VE ADLANDIRMA Bileşikleri sınıflandırmak ve özelliklerini belirlemek için bileşik adlandırmasını bilmemiz gerekmektedir.

İyonik Bileşiklerin Adlandırılması - Metal – Ametal Bileşiklerin Adlandırılması :

(NaCI) : Sodyum klorür.

Na+ ve CI– iyonları arasında oluşan bileşik adlandırılırken metal adı ve ametal adı yazılır, ardından ametal adına ür eki eklenir. Metal adı + ametal adı + ür eki

Ametaller –1 H–

: Hidrür

F– : Florür

–2 O 2–

–3

: Oksit

S 2– : Sülfür

N 3–

: Nitrür

P 3– : Fosfür

CI– : Klorür Br– : Bromür

I – : İyodür

Oksijen bileşkiklerinde –ür eki almaz, oksit olarak adlandırılır.

Sabit Değerlikli Bazı Metallar;

+1

+2

Li+ : Lityum

Mg2+ : Magnezyum

Na+ : Sodyum

Ca2+ : Kalsiyum

K+ : Potasyum

Sr2+ : Stronsiyum

Rb+ : Rubidyum

Ba2+ : Baryum

Ag+ : Gümüş

Zn2+ : Çinko

+3 Al3+ : Alüminyum

Bileşik oluşurken metal ve ametalin yükleri işaretlerine bakılmaksızın çaprazlanır ve bileşiğin formülüne ulaşılır. Ca2+ N3– → Ca3N2 Ca3N2 bileşiği kalsiyum nitrür olarak adlandırılır. 11. Sınıf - Kimya / 41

1. Ünite

Modern Atom Teorisi

Aşağıda formülleri verilen bileşikleri adlandırınız.

MgCI2 , K2S, AI2O3 , ZnBr2 , LiH

MgCI2 : Magnezyum klorür K2S

: Potasyum sülfür

Al2O3 : Alüminyum oksit ZnBr2 : Çinko bromür LiH

: Lityum hidrür

Aşağıda isimleri verilen bileşiklerin formüllerini yazınız. Gümüş iyodür, kalsiyum nitrür, Sodyum florür, Stronsiyum fosfür, Baryum klorür

Gümüş iyodür

: AgI

Kalsiyum nitrür

: Ca3N2

Sodyum florür

: NaF

Stronsiyum fosfür : Sr3P2 Baryum klorür

: BaCI2

Bazı metaller aynı ametal atomu ile birden fazla bileşik oluşturabilir. Bu bileşiklerinde metal farklı pozitif değerlikler alır. FeO

(+2)

Fe2O3 (–2)

(+3)

(–2)

Bu bileşikler adlandırılırken metal adından sonra metalin değerliği Roma rakamı ile belirtilir.

FeO : Demir (II) oksit

Fe2O3 : Demir (III) oksit


1. Ünite

Modern Atom Teorisi

CuCI2 , PbO2 , CrCI3 SnBr2

Yukarıda verilen bileşiklerini adlandırınız.

CuCI 2 ; Bakır (II) klorür Cu + 2(–1) = 0

PbO 2 : Kurşun (IV) oksit Pb + 2(–2) = 0

Cu = +2

Pb = +4

CrCI 3 : Krom (III) klorür Cr + 3(–1) = 0

SnBr 2 : Kalay (II) bromür Sn + 2(–1) = 0

Cr = +3

Sn = +2

Metal - Anyon Kökü Adlandırması İkiden fazla atomdan oluşan bileşiklerde kökler bulunmaktadır.

NaOH : Sodyum hidroksit

Na+ metal iyonu ile OH– anyon kökü arasında oluşan bileşikte önce metal adı sonra anyon kökü adı yazılır.

Metal adı + anyon kökü adı

Bazı Anyon Kökleri –1

–2

–3

OH– : Hidroksit

SO2– 4 : Sülfat

PO3– 4 : Fosfat

NO –3 : Nitrat

SO32– : Sülfit

PO3– 3 : Fosfit

NO –2 : Nitrit

CO 2– 3 : Karbonat

CN – : Siyanür

CrO2– 4 : Kromat

MnO4– : Permanganat

Cr2O 2– 7 : Dikromat

HCO3– : Bikarbonat

C2O 2– 4 : Okzalat

– CH3COO : Asetat

MnO 2– 4 : Manganat

+ 2– K SO 4 → K2SO4 : Potasyum sülfat 11. Sınıf - Kimya / 43

1. Ünite

Modern Atom Teorisi

Aşağıda verilen bileşikleri adlandırınız.

MgCO3 , Fe2(SO4)3 , NaNO3 , Ca3(PO4)2 , KMnO4, Cu(OH)2

MgCO3 : Magnezyum karbonat

Mg2+ CO 2– 3

Ca3(PO4)2 : Kalsiyum fosfat

Ca2+ PO 43–

Fe2(SO4)3 : Demir (III) Sülfat

KMnO4 : Potasyum permanganat

Fe3+ SO 42–

NaNO3 : Sodyum nitrat

Cu(OH)2: Bakır (II) hidroksit

Na+ NO –3

K+ MnO 4–

Cu2+ OH–

Katyon Kökü – Anyon Kökü Adlandırması Katyon kökü olarak bilmemiz gereken kök NH+4 : Amonyum köküdür.

NH4NO3 : Amonyum nitrat

Katyon kökü adı + anyon kökü adı

(NH4)2SO4 : Amonyum sülfat NH+4 SO 2– 4

Katyon Kökü – Ametal Adlandırması NH4CI : Amonyum klorür

NH+4 CI–

Katyon kökü adı + ametal adı + ür eki

(NH4)2S : Amonyum sülfür

NH+4 S2–

NH4 Br : Amonyum bromür

NH+4 Br–


1. Ünite

Modern Atom Teorisi

I. K3PO4 : Potasyum fosfür II. NH4NO2 : Amonyum nitrit III. Fe2S3 ; Demir (III) sülfat Yukarıda formülleri verilen bileşiklerden hangileri doğru adlandırılmıştır? A) Yalnız I

B) Yalnız II

D) II ve III

C) I ve II

E) I ve III

K3PO4 : Potasyum fosfat

K+ PO3–4

NH4NO2 : Amonyum nitrit

NH+4 NO –2

Fe2S3 : Demir (III) sülfür

Fe3+ S2–

Cevap : B

Kovalent Bileşiklerin Adlandırılması Ametal – Ametal Bileşiklerin Adlandırılması İki atomlu ve her iki atomun da ametal olduğu bileşiklerin adlandırılması metal ametal adlandırmasından çok farklıdır. CO2 : Karbon dioksit Ametal ametal bileşiklerde metal ametal bileşiklerde olduğu gibi değerliklerine göre değil sayılarına göre adlandırılırlar.

LATİN RAKAMLARI Mono : 1

Adlandırmada Latin rakamları kullanılır.

Di : 2 Tri : 3

CO : Karbon monoksit

Tetra : 4 Penta : 5

1. ametalin sayısı 1 ise mono yazılmaz ama 2. ametalin sayısı 1 ise mono yazılır.

Hekza : 6 Hepta : 7 Okta : 8


1. Ünite

Modern Atom Teorisi 1. ametalin sayısı + 1. ametalin adı + 2. ametalin sayısı + 2. ametalin adı + ür eki (mono hariç)

(mono dahil) N 2O 5 ; Diazot pentaoksit

2 tane azot 5 tane oksijen atomu atomu

Aşağıda formülleri verilen bileşikleri adlandırınız. N2O3,

H2O,

SF6 , SO3 , CCI4

N2O3 : Diazot trioksit

H2O : Dihidrojen monoksit

SF6 : Kükürt hekzaflorür

SO3 : Kükürt trioksit

CCI4 : Karbon tetraklorür

Aşağıda isimleri verilen bileşiklerin formüllerini yazınız. Karbon disülfür, Diazot monoksit, Fosfor pentaklorür, Kükürt dioksit, Karbon tetrabromür

Karbon disülfür : CS2

Fosfor pentaklorür : PCI5

Diazot monoksit : N2O Kükürt dioksit : SO2

Karbon tetra bromür : CBr4

I. SO3 : Kükürt trioksit II. SnO2 : Kalay dioksit III. P2O5 : Dipotasyum penta oksit Yukarıda formülleri verilen bileşiklerden hangileri doğru olarak adlandırılmıştır? A) Yalnız I

B) I ve II

D) II ve III


E) I, II ve III

C) I ve III

1. Ünite

Modern Atom Teorisi

SO3 : Kükürt trioksit

SnO2 : Kalay (IV) oksit

P2O5 : Difosfor pentaoksit

Cevap: A

AI2O3 , Fe2O3 ve N2O3

bileşiklerinin adlandırılması aşağıdakilerden hangisinde doğru olarak verilmiştir?

AI2O3

Fe2O3

N2O3

A)

Dialüminyum trioksit

Didemir trioksit

Diazot trioksit

B)

Alüminyum oksit

Demiroksit

Azot oksit

C)

Alüminyum oksit

Demir (III) oksit

Diazot trioksit

D)

Alüminyum (III) oksit

Demir oksit

Diazot trioksit

E)

Alüminyum (III) oksit

Demir (III) oksit

Azot (III) oksit

AI2O3 : Alüminyum oksit Fe2O3 : Demir (III) oksit N2O3 : Diazot trioksit

Cevap : C

Bileşiklerin Yaygın Adlandırılması Bazı bileşikler sistematik adları yanında yaygın isimleriyle bilinmektedir. Örneğin, H2O bileşiği kovalent bağlı olup bileşiğin sistematik ismi dihidrojen monoksittir. Fakat bileşiğin yaygın ismi sudur. Bunun gibi pekçok bileşik vardır. Bunlardan bazıları; CaO

: Sönmemiş kireç

NaOH

: Sud kostik

KNO3

: Güherçile

Ca(OH)2 : Sönmüş kireç

KOH

: Potas kostik

NaCI

: Sofra tuzu

CaCO3 : Kireç taşı

HCI

: Tuz ruhu

NH4CI : Nişadır

CaSO4 : Alçı taşı

HNO3

: Kezzap

Na2CO3 : Çamaşır sodası

NH3

H2SO4

: Zaç yağı

NaHCO3 : Kabartma tozu

: Amonyak


2. Ünite

Kimyasal Hesaplamalar

KİMYASAL HESAPLAMALAR MOL KAVRAMI C – 12 izotopunun 12 gramındaki atom sayısı kadar tanecik içeren madde miktarına mol adı verilir. 1 mol tanecik 6,02.1023 tane tanecik içerir. Bu sayıya Avogadro sayısı denir. Avogadro sayısı "NA" ile gösterilir.

1 mol tanecik = 6,02.1023 tane tanecik

Avogadro sayısı, genellikle kimyasal tepkimelerinin sonuçlarını ölçmede kullanılır ve kimyagerlerin, maddelerin tam olarak hangi oranda tepkimede bulunduklarını belirlemelerine yardımcı olur.

Amedeo Avogadro, Torino, İtalya'da, köklü ve asil bir aile olan Piedmont ailesinin bir üyesi olarak dünyaya geldi. 1820'de, Turin Üniversitesi'nde fizik profesörü oldu.

Mol sayısı, taneciklerin sayısı anlamına gelir. Tanecik ise atom, molekül, iyon vs. anlamına gelir. Mol sayısı "n" harfi ile gösterilir.

Avogadro'nun molarite ve moleküler ağırlık konusundaki çalışmalarının anısına, bir mol Avogadro sayısı olarak adlandırılmıştır. Avogadro sayısının değeri yaklaşık olarak 6,02214199 × 1023'tür.

2 mol He atomu kaç tane atomdan oluşur? (NA : 6,02.1023)

1 mol He atomu 6,02.1023 tane He atomu ise 2 mol He atomu

?

tane He atomu olur.

? = 1,204.1024 tane He atomu olur.


2. Ünite


Bağıl Atom Kütlesi : Elementlerin C – 12 izotopunun kütlesiyle kıyaslanarak belirlenen kütlesine bağıl atom kütlesi denir. 1 tane C–12 izotopunun kütlesi 12 akb (atomik kütle birimi) kabul edilmiştir. O atomunun kütlesi 16 akb H atomunun kütlesi 1 akb olur.

Gerçek Atom Kütlesi : 1 tane atomun kütlesine o atomun gerçek atom kütlesi denir.

1 mol C atomu 12 gramdır. 1 mol C atomu NA tane C atomudur. NA tane C atomu 12 gram ise 12 gram olur. 1 tane C atomunun kütlesi NA

1 mol Mg atomu 24 gramdır. Buna göre Mg atomunun gerçek atom kütlesi kaçtır? (NA = 6.1023)

1 mol Mg

= 6.1023 tane Mg atomu

6.1023 tane Mg

atomu

1 tane Mg

atomu

?=

24g ise ?g

24 4.10–23 gram olur. 6 .1023


2. Ünite 1 tane


CO2 molekülü 44 akb 2 tane O atomu 1 tane C atomu

}

3 tane atom

6,02.1023 tane CO2 molekülü 44 . NA akb (1 mol) 2.6,02.1023 tane O atomu (2 mol) 6.02,1023 tane C atomu (1 mol) (C : 12

O : 16) 44. NA akb = 44 gram olur. Öyleyse 1 gram = NA akb dir.

Mol Hesaplamaları : Mol sayısı – Tanecik sayısı 1 mol tanecik 6,02.1023 tane tanecikten oluşur.

N n= NA

N : Tanecik sayısı

NA : Avogadro sayısı

3,01.1023 tane H2O molekülü kaç mol dür? (NA: 6,02 . 1023)

n=

}

3.6,02.1023 tane (3 mol) atom

3, 01.1023 N ⇒n= = 0, 5mol olur. NA 6 , 02.1023


2. Ünite


0,2 mol SO2 gazı kaç tane molekülden oluşur? (NA = 6,02 . 1023)

n=

N N ⇒ 0, 2 = NA 6, 02.1023

N = 1, 204.1023 tane molekülden oluşur.

9,03.1023 tane atomdan oluşan NO2 gazı kaç moldür? NA = 6,02 . 1023

1 mol

6.02.1023 tane

?

9.03.1023 tane

? = 1,5 mol atom 1 mol NO2 molekülünde 3 mol atom var ise

?

1,5 mol atom vardır.

?=

1, 5 = 0, 5mol NO2 molekülüdür. 3

0,3 mol N2O3 molekülünde kaç tane atom vardır? (NA : Avogadro sayısı) A) 0,5NA

B) 1NA

D) 2NA

C) 1,5NA E) 2,5NA

1 mol N2O3 molekülünde 5, NA tane atom var ise 0,3 mol N2O3 molekülünde ? NA tane atom vardır. ? = 1,5 NA tane atom vardır. Cevap: C


2. Ünite


0,2 mol CH4 molekülündeki atom sayısı kadar O atomu içeren SO2 molekülü kaç tanedir? (NA: Avogadro sayısı) A) 0,5

D) 0,5 NA

1 mol

C) 0,1 NA

B) 1 E) NA

CH4 molekülünde 5 mol atom var ise

0,2 mol CH4 molekülünde ? mol atom vardır. ? = 1 mol atom vardır. Öyleyse SO2 molekülünde de 1 mol O atomu vardır. NA tane SO2 molekülünde 2 mol O atom var ise ? ?=

1 mol O atom

NA 0,5 tane SO2 molekülüdür.. 2 Cevap: D

Mol Sayısı – Kütle Mol sayısı ile kütle hesaplamak için mol kütlesi kullanılır.

m n= MA

n : Mol sayısı m : Kütle

MA = Mol kütlesi

14 gram CO gazı kaç moldür? (C : 12 1 mol

CO 28 g

? mol

CO 14 g

? = 0,5 mol CO olur.


O : 16 )

2. Ünite


Avogadro sayısı kadar atom içeren C2H4(OH)2 molekülü kaç gramdır? (H : 1 C : 12, O : 16, NA : 6.1023) A) 3,1

1 mol

B) 6,2

C) 9,3

D) 12,4

E) 15,5

C2H4(OH)2 10 mol atom içerir ise

?

1 mol atom içerir.

? = 0,1 mol C2H4(OH)2 n=

m m ⇒ 0,1 = ⇒ m = 6,2 gram 62 MA Cevap: B

1,204.1023 tane SO2 molekülü kaç gramdır? (S : 32 O : 16 NA : 6,02 . 1023) A) 1,6

1 mol ?

B) 3,2

C) 6,4

SO2 6,02.1023 tane SO2 1,204.1023 tane SO2

D) 12,8

E) 16,0

molekülü molekülü

?=

1, 204.1023 = 0,2 mol SO2 olur. 6.02.1023

n=

m m ⇒ 0, 2 = ⇒ m = 12,8 gram olur. 64 MA Cevap: D


2. Ünite


6,4 gram CH4 gazında kaç tane atom bulunur? (C : 12 H : 1 NA: Avogadro sayısı) A) 2

B) 5

1 mol

CH4 16 g

?

C) 0,5 NA

D) 2NA

E) 5NA

6,4 g

? = 0,4 mol CH4 1 mol

CH4 5 NA tane atom

0,4 mol CH4

?

? = 2 NA tane atom olur. Cevap: D

Mol Sayısı – Hacim Normal koşullarda 1 mol gaz 22,4 litre hacim kaplar. (NK: O °C ve 1 atm) n=

V 22, 4

V = N . K'da bulunan gazın hacmi

Normal koşullarda 6,72 litre hacim kaplayan SO3 gazı kaç moldür?

n=

V 6 , 72 ⇒n= = 0, 3mol 22, 4 22, 4


2. Ünite


Avogadro sayısı kadar atom içeren CH4 gazı normal koşullarda kaç litre hacim kaplar? A) 4,48

1 mol

B) 8,96

CH4

C) 11,2

D) 22,4

E) 44,8

5 NA tane atom var ise NA tane atom vardır.

? ? = 0,2 mol CH4 olur. 1 mol

CH4

22,4L ise (NK)

0,2 mol CH4

X

X = 4,48 L olur. Cevap: A

Normal koşullarda 11,2 litre hacim kaplayan SO2 gazı için, a) kaç moldür? b) kaç tane molekülden oluşur.? c) kaç mol atom içerir? d) kaç gramdır? e) kaç akb dir? (S : 32, O : 16, NA: 6,02 . 1023)

a) n =

V 11, 2 ⇒n= = 0, 5mol SO2 22, 4 22, 4

b) 1 mol

SO2

NA tane SO2 molekül içerir

0,5 mol SO2

?

d) n =

m m ⇒ 0, 5 = ⇒ m = 32 gramdır. 64 MA

e) 1 gram = NA akb ise

32 gram = 32 NA akb olur.

? = 0,5 NA tane = 3,01.1023 tane SO2 molekül içerir.

c) 1 mol

SO2

0,5 mol SO2

3 mol atom içerir ise ?

? = 1,5 mol atom 11. Sınıf - Kimya / 55

2. Ünite


12 gram C3H4 gazı için, I. NK'da 6,72 litre hacim kaplar. II. 2,1 tane atom içerir. III. 1,2 NA akb H atomu içerir. yargılarından hangileri doğrudur? (C : 12 A) Yalnız I

B) I ve II

D) II ve III

1 mol

H : 1, NA: Avogadro sayısı) C) I ve III

E) I, II ve III

C3H4 40 g ise

?

1 mol

12 g

12 = 0,3 mol C3H4 olur. ?= 40 V V n= ⇒ 0, 3 = 22, 4 22, 4

C3H4

0,3 mol C3H4

7 NA tane atom içerir. ?

2,1 NA tane atom içerir. 1 mol C3H4 → 4 g H atomu = 4 . NA akb H atomu var ise 0,3 mol C3H4 → 1,2 g H atomu = 1,2 NA akb H atomu olur.

V = 6,72 litre olur.

Cevap: C

Karışım Problemleri

0,5 mol SO2 ve SO3 gaz karışımının kütlesi 36,8 gramdır. Buna göre karışımda molce % kaç oranında SO2 gazı bulunur? (O : 16 S : 32) A) 20

B) 40

SO2 : 64 n mol

C) 50

D) 60

E) 80

SO3 : 80 (0, 5 - n) mol

n . 64 + (0,5 – n) . 80 = 36,8 64n + 40 – 80n = 36,8 %SO2 =

16n = 3,2 n = 0,2 mol 0, 2mol . 100 = 40% SO2 0, 5mol Cevap: B


2. Ünite


Normal koşullarda 6,72 litre hacim kaplayan C3H4 ve C2H6 gaz karışımı 11 gramdır. Buna göre karışımda toplam kaç mol atom bulunur? (C : 12 , H : 1) A) 2,2

B) 2,0

N.K' da n =

V 6 , 72 ⇒n= = 0, 3mol 22, 4 22, 4

C3H4 : 40 n mol

C) 1,6

D) 1,4

E) 0,8

C2H6 : 30 (0, 3 - n) mol

n . 40 + (0,3 – n) . 30 = 11 40n + 9 – 30n = 11 10n = 2 n = 0,2 mol C3H4 , 0,1 mol C2H6 1 mol

C3H4 7 mol atom 1 mol C2H6

0,2 mol C3H4 x = 1,4 mol atom

X

8 mol atom

0,1 mol C2H6 x

x = 0,8 mol atom

1,4 + 0,8 = 2,2 mol atom Cevap: A

Atom sayıları eşit olan C2H2 ve CH4 gaz karışımının kütlesi 1,94 gramdır. Buna göre, karışımda kaçar mol C2H2 ve CH4 gazları vardır? (C : 12 , H : 1)


2. Ünite 1 mol


C2H2 4 mol atom içerir.

1 mol

CH4 5 mol atom içerir.

} } 5n mol

4n mol

C2H2 : 26

CH4 : 16

5n . 26 + 4n . 16 = 1,94

130n + 64n = 1,94

n = 0,01 ⇒ C2H2 = 0,05 mol

CH4 = 0,04 mol olur.

194n = 1,94

NO2 ve N2O5 gaz karışımında toplam 6,02.1022 tane atom vardır. Bu gaz karışımında 0,42 gram N atomu olduğuna göre gaz karışımı normal koşullarda kaç litre hacim kaplar? (N : 14 , NA = 6,02.1023) A) 0,224

B) 0,448

D) 2,24

E) 4,48

1 mol = 6.02.1023 tane ise 6.02.1022 tane 0,1 mol olur.

x mol 3x + 7y = 0,1

N2O5

}

}

NO2

C) 0,896

3x + 7y = 0,1 14x + 28y = 0,42

0,01 mol } yx == 0,01 mol olur.

Karışım 0,02 mol olur.

y mol x . 14 + y . 28 = 0,42

n=

V n ⇒ 0, 02 = ⇒ V = 0, 448L 22, 4 22, 4 Cevap: B


2. Ünite


KİMYASAL TEPKİMELER VE DENKLEMLER : Maddenin iç yapısında meydana gelen değişimlere kimyasal değişim adı verilir. Kimyasal değişimler sırasında türler arasında tepkimeler meydana gelir. Kimyasal tepkimeler denklemlerle ifade edilir. H2(g) + Yanıcı

1 O → H2O(s) 2 2(g) Yakıcı Söndürücü

Kimyasal tepkimelerde; – Toplam kütle, – Atom sayısı ve türü, – Toplam proton, nötron ve elektron sayısı,

korunur.

– Molekül sayısı, – Toplam hacim

korunmayabilir.

Kimyasal tepkimelerde atom sayısının korunması için tepkimeler katsayılar kullanılarak denkleştirilmelidir. N2 + 3 H2 → 2NH3

2 , N → 2. N

6 , H → 6.H

AI + H2SO4 → AI2(SO4)3 + H2 tepkimesi en küçük tamsayılarla denkleştirildiğinde ürünlerin katsayıları toplamı ile girenlerin katsayıları toplamları arasındaki fark kaç olur? A) –2

B) –1

C) 0

D) 1

E) 2

Tepkime en küçük tam sayılarla denkleştirildiğinde,

2AI + 3H2SO4 → AI2(SO4)3 + 3H2 olur.

Ürünlerin katsayıları toplamı : 4 Girenlerin katsayıları toplamlı 5

}

Fark –1 olur. Cevap: B 11. Sınıf - Kimya / 59

2. Ünite


Tepkime Türleri Tepkime türlerini şu şekilde sınıflandırabiliriz. – Yanma, asit-baz, çözünme-çökelme, redoks, analiz, sentez.

Yanma Tepkimeleri ; Bir maddenin oksijen ile vermiş olduğu tepkimeye yanma tepkimesi denir. Yanma tepkimeleri azotun yanması hariç ekzotermiktir.

Yanma olayının gerçekleşmesi için; – Yanıcı madde – Oksijen – Tutuşma sıcaklığı gereklidir.

C + O2 → CO2 + ısı

Metallerin yanmasına paslanma adı verilir.

Bu yanma olayları alevsiz yanma olarak adlandırılır.

4Fe + 3O2 → 2Fe2O3

Hidrokarbonların yanması sırasında CO2 ve H2O açığa çıkar.

CH4 + 2O2 → CO2 + 2H2O

Aşağıda verilen yanma tepkimelerini tamamlayıp denkleştiriniz. a) C3H4 + O2 →

b) C2H5OH + O2 →

c) Ag + O2 →

d) CS2 + O2 →


2. Ünite


a) C3H4 + 4O2 → 3CO2 + 2H2O

b)

c) 4Ag + O2 → 2Ag2O d)

C2H5OH + 3O2 → 2CO2 + 3H2O CS2 + 3O2 → CO2 + 2SO2

Asit - Baz Tepkimeleri : Asit ve baz çözeltilerinin birbirleriyle verdiği tepkimelere asit-baz tepkimesi denir. Asit-baz tepkimelerinde tuz ve su oluşur. Bu tepkimelere nötrleşme tepkimesi de denir.

Asit + Baz

→ Tuz + Su

HCI + NaOH

→ NaCI + H2O

H2SO4 + 2KOH → K2SO4 + 2H2O Su oluşmayan asit-baz tepkimeleri nötrleşme tepkimesi olarak adlandırılmaz. HNO3 + NH3 → NH4 NO3 Asit – baz tepkimeleri ekzotermiktir.

Aşağıda verilen asit-baz tepkimelerini tamamlayıp denkleştiriniz. a) H3PO4 + Mg(OH)2 → b) CH3COOH + KOH →

2H3PO4 + 3 Mg(OH)2 → Mg3(PO4)2 + 6 H2O CH3COOH + KOH → CH3COOK + H2O


2. Ünite


Çözünme - Çökelme Tepkimeleri : Suda iyonlarına ayrışarak çözünen iki katının sulu çözeltilerinin karıştırılması ile çözünürlüğü az olan iyonik katının çökmesi tepkimesine çözünme - çökelme tepkimesi denir.

AgNO3(suda) + NaCI(suda) → AgCI(k) + NaNO3(suda)

Net iyon tepkimesi; Ag(+suda) + CI(–suda) → AgCI(k) Pb(NO3)2(suda) + 2KI(suda) → PbI2(k) + 2KNO3(suda)

– Net iyon tepkimesi; Pb2+ (suda) + 2I (suda) → PbI2(k)

K+ ve NO–3 iyonları seyirci iyonlardır.

Çökmeye katılmayan iyonlara seyirci iyon denir.

Yükseltgenme – İndirgenme Tepkimeleri : Yükseltgenme basamaklarının değişimine dayalı gerçekleşen tepkimelere redoks tepkimeleri denir. Redoks tepkimelerinin diğer adı yükseltgenme – indirgenme tepkimeleridir. 1 Na + HCI → NaCI + H2 2 Redoks tepkimelerinde; yükseltgenen madde elektron verir, özelliği indirgendir. İndirgenen madde elektron alır, özelliği yükseltgendir. Yükseltgenme : (X → X2 + 2e–) x 1 İndirgenme

: (Y+ + 1e– → Y) x 2

Redoks : X + 2Y+ → X2 + 2Y

Redoks tepkimeleri alınan ve verilen elektron sayısı eşitlenerek denkleştirilir. Yanma, metal asit gibi tepkimeler redoks tepkimeleridir.

C + O2 → CO2 Tepkimesiyle ilgili, I. Redoks tepkimesidir. II. Isı açığa çıkar. III. C yükseltgen, O2 indirgen özellik gösterir. yargılarından hangileri doğrudur? A) Yalnız I

B) I ve II

D) II ve III


E) I, II ve III

C) I ve III

2. Ünite


Yanma tepkimesi redoks tepkimesidir ve tepkime ekzotermiktir.

C° + O°2 → CO2

C yükseltgenmiş yani indirgen, O2 indirgenmiş yani yükseltgen özellik gösterir. Cevap: B

Aşağıda verilen tepkimelerden hangisi redoks tepkimesi değildir? A) N2 + 3H2 → 2NH3 B) 4Ag + O2 → 2Ag2O C) CaCO3 + 2HCI → CaCI2 + CO2 + H2O D) CH4 + 2O2 → CO2 + 2H2O E) H2S + 2HNO3 → S + 2NO2 + 2H2O

CaCO3 + 2HCI → CaCI2 + CO2 + H2O

Tepkimesinde değerlik değişimi yoktur. Bu tepkime redoks tepkimesi değildir. Cevap: C

Analiz Tepkimesi : Bir bileşiğin bileşenlerine ayrılması tepkimesidir. 2NH3 → N2 + 3H2 H2O → H2 +

1 O 2 2

Analiz tepkimeleri ayrışma tepkimeleri olarak bilinir.

Sentez Tepkimesi : Bir bileşiğin element ya da bileşiklerden elde edilmesi tepkimelerine sentez tepkimeleri denir. H2 + CI2

→ 2HCI

N2 + 3H2

→ 2NH3

CaO + CO2 → CaCO3

sentez tepkimeleri birleşme tepkimeleri olarak bilinir.


1. Ünite

Modern Atom Teorisi

Kİmyasal Hesaplamalar Kimyasal tepkimelerde kütle, atom sayısı ve türü daima korunur. Fakat molekül sayısı, hacim ya da maddelerin fiziksel halleri her zaman korunmaz.

Tepkimedeki tüm fiziksel haller aynı ise bu tepkimelere homojen tepkime denir.

2N2(g) + 5O2(g) → 2N2O5(g) Tepkimedeki maddelerin fiziksel hallerinin farklılık gösterdiği tepkimelere heterojen tepkime denir.

CaCO3(k) → CaO(k) + CO2(g)

Kimyasal hesaplama sorularını çözebilmemiz için tepkime denklemini yazıp denklemi denkleştirmemiz gerekir. Tepkime katsayıları hesaplamalar sorularında çok önemlidir.

1 mol

2 mol

}

}

}

2 mol

}

}

2CO(g) + O2(g) → 2CO2(g)

3 mol giren

2 mol ürün

Mol sayısı azalmış.

}

}

CaCO3(k) → CaO(k) + CO2(g) 1 mol

1 mol

}

}

1 mol

1 mol giren

2 mol ürün

mol sayısı artmıştır.

}

}

1 mol

1 mol

2 mol

}

}

}

H2(g) + CI2(g) → 2HCI(g)

2 mol giren

2 mol ürün

mol sayısı değişmemiştir.


2. Ünite


Hesaplama sorularında bize verilen; kütle, hacim ya da atom sayısı bilgilerinden yola çıkarak mol hesaplanır ve katsayı geçişi yapılarak istenilene geçilir. Kütle

Kütle

Hacim

Mol sayısı

Kat sayısı

Mol sayısı

}

} (Verilen)

Hacim

geçişi

(İstenilen)

Atom sayısı

Atom sayısı

4 gram C3H4 gazının yeteri miktarda O2 ile tepkimesi sonucu açığa çıkan CO2 gazı normal koşullarda kaç litre hacim kaplar? (C : 12 H : 1)

Kütle

Mol sayısı Kat sayı Verilen

Mol sayısı

Hacim

İstenilen

geçişi

C3H4 + 4O2 → 3CO2 + 2H2O ↓ Verilen = n

↓ İstenilen

1 mol

m 4 = ⇒ n = 0,1 mol C3H4 MA 40

C3H4 3 mol CO2

0,1 mol C3H4 ? ? = 0,3 mol CO2 N.K da 1 mol CO2 22,4L. 0,3 mol CO2 ? ? = 6,72L CO2


2. Ünite


Mol Sayısı

Tanecik sayısı : NA tane

Hacim

Kütle

3H2(g) → 2NH3(g)

+

:

N2(g)

1 mol

3 mol

2 mol

0,2 mol

0,6 mol

0,4 mol

3 NA tane

2 NA tane

: 22,4 L.

67,2 L

44,8 L. Normal koşulda

10 L

30 L

20 L Aynı koşulda

: 28 gram

6 gram

14 gram

3 gram

34 gram 17 gram

NOT: Hesaplamalarda geçişler mol sayıları üzerinden olacaktır.

CS2(g) + 3O2(g) → CO2(g) + 2SO2(g)

Normal koşullarda 4,48 litre hacim kaplayan SO2 gazı oluşabilmesi için tepkimeye en az kaç gram CS2 girmelidir? (C : 12 S : 32) A) 3,8

B) 7,6

C) 11,4

D) 15, 2

E) 19

2 mol SO2

NK'da 1 mol SO2

22,4 L

1 mol CS2

4,48 L

x

x

x = 0,2 mol SO2 n=

m m ⇒ 0, 1 = ⇒ m = 7,6 gram 76 MA


0,2 mol SO2

x = 0,1 mol CS2

Cevap: B

2. Ünite


NOT: Tam verimle gerçekleşen tepkimelerde reaktiflerden en az biri tükenir.

Avogadro sayısı kadar atom içeren CH4 gazı yeteri miktar O2 gazı ile tam verimle tepkiye giriyor. Buna göre, tepkime sonucunda oluşan H2O kaç gramdır? (H : 1

O : 16)

A) 0,9

B) 1,8

C) 3,6

D) 4,5

E) 7,2

CH4 + 2O2 → CO2 + 2H2O ↓ ↓ Verilen İstenilen ↓

→

1 mol NA tane

n=

1 mol CH4

5 mol atom

1 mol CH4

x

1 mol atom

0,2 mol CH4 x

x = 0,2 mol CH4

2 mol H2O

m m ⇒ 0, 4 = 18 MA m = 7,2 gram

x = 0,4 mol H2O Cevap: E

Artan Madde Problemleri Tam verimle gerçekleşen tepkimelerde reaktiflerden en az biri tükenmelidir. Reaktiflerden biri tamamen tükenirken diğerlerinden tükenmeyen kalır ise bu maddeler artan madde olur. Tepkimede tükenen madde sınırlayıcı maddedir. Tepkimenin geçişleri sınırlayıcı madde üzerinden yapılır.

Eşit molde alınan N2 ve H2 gazlarının tam verimle tepkimesi sonucu 6,8 gram NH3 gazı oluşmaktadır. Buna göre, a) Başlangıç karışımı kaçar moldür? b) Hangi maddeden kaç mol artar? (N : 14 H : 1) 11. Sınıf - Kimya / 67

2. Ünite

n= = n


m ⇒ MA 6, 8 = 0, 4 mol NH3 17

N2

3H2 → 2NH3

+

0,6 mol

Sınırlayıcı madde H2'dir.

---

0,6 mol

–0,2 mol –0,6 mol

+0,4 mol

0,4 mol

0,4 mol

–––

Başlangıç karışımı 0,6'şar mol olur. N2'den 0,4 mol artar.

Eşit hacimlerde alınan CS2 ve O2 gazlarının tam verimle tepkimesi sonucu 30 litre CO2 gazı oluşmaktadır. Buna göre aynı koşullarda kaç litre gaz artar? A) 60

B) 90

C) 100

D) 120

E) 180

CS2 + 3O2 → CO2 + 2SO2 90L

90L

–30L –90L

+30L

60L ––– Sınırlayıcı madde O2 gazıdır. CS2'den 30 litre, O2'den 90 litre harcanır. Eşit hacim olduğu için 90'ar litre CS2 ve O2 alınır. CS2'den 60 litre artar. Cevap: A

Eşit kütlede alınan H2 ve O2 gazlarının tam verimle tepkimesi sonucu 9 gram H2O elde edilmektedir. Buna göre başlangıç karışımı kaç gramdır? (H : 1 O : 16) A) 7

B) 8


C) 12

D) 14

E) 16

1. Ünite

Modern Atom Teorisi

1 O → H2O 2 2

H2 +

+

1 O 2 2

8 gram

→ H2O

→

→

→

H2 8 gram

18 gram

–1 gram

–8 gram

+ 9 gram

7 gram

–––

9 gram

2 gram 16 gram 1 gram 8 gram

9 gram

–––

Yani 1 gram H2 ile 8 gram O2 9 gram H2O oluşturur. Öyleyse başlangıç karışım, 8'er gram H2 ve O2 alınmalıdır. yani karışım 16 gramdır. Cevap: E

Eşit molde alınan N2 ve O2 gazlarından tam verimle gerçekleşen tepkime sonucunda 0,4 mol N2O5 gazı oluşmaktadır. Buna göre aynı koşullarda artan madde olmaması için hangi maddeden kaç mol eklenmelidir? A) 0,6 mol O2

2N2 1 mol

B) 0,8 mol N2

D) 1,2 mol N2

E) 1, 5 mol O2

+ 5O2 → 2N2O5 1 mol

–––

–0,4 mol – 1 mol 0,6 mol

C) 1,0 mol N2

+0,4 mol

––

0,4 mol

Tepkimede 0,6 mol N2 artar. 2 mol

N2

0,6 mol

N2

5 mol O2 ise X

X = 1,5 mol O2 gazı eklenirse artan madde kalmaz. Cevap: E


2. Ünite


Safsızlık Problemleri Kimyasal tepkimelerde tepkimeye giren maddeler saf olmayabilir. Saf olmayan kısımlar tepkimeye girmeyen kısım anlamına gelir.

20 gram %60 saflıkta Mg metali ile yeteri miktarda HCI nin tepkimesi sonucu oluşan H2 gazı normal koşullarda kaç litre hacim kaplar? (Mg : 24) A) 5,6

B) 11,2

C) 22,4

D) 33,6

E) 44,8

Mg + 2 HCI → MgCI2 + H2(g) 0,5 mol

2 0x

0,5 mol

60 = 12gram Mg saf kısım 100

0,5 mol H2

bulunur.

1 mol

22,4 L

H2

0,5 mol H2

m 12 = n = = 0, 5mol Mg MA 24

X

X = 11,2 L. olur. Cevap: B

Saf olmayan 200 gram CaCO3 katısı yeteri kadar ısıtıldığında normal koşullarda 6,72 litre hacim kaplayan CO2 gazı açığa çıkmaktadır. Buna göre, CaCO3 örneği yüzde kaç saflıktadır? (CaCO3 : 100) A) 15

B) 20

C) 30

m m ⇒ 0, 3 = ⇒ m = 30gram saf CaCO3 100 MA 200 gram örneğin 30 gramı saf CaCO3 ise

6,72 L

100 gram örneğin

x = 0,3 mol CO2 oluşur.

%15 saflıkta CaCO3 olur.

} 0,3 mol

X

x = 15 gram olur.

CaCO3(k) → CaO(k) + CO2(g) 0,3 mol

E) 60

n=

1 mol CO2 22,4 L x

D) 50

Cevap: A


2. Ünite


Yüzde Verim Problemleri Kimyasal tepkimeler her zaman yüzde yüz verimle gerçekleşmez. Reaktiflerin hiçbirinin tükenmediği tepkimelerde yüzde yüz verim yoktur. Tepkime sonucu 100 birim ürün oluşması gerekirken daha düşük miktarda ürün oluşan tepkimelerde oluşan miktar tepkimenin yüzde verimidir.

148 gram MgCO3 katısı bir süre ısıtılıyor. Elde edilen CO2 gazı normal koşullarda 4,48 litre ise tepkime verimi yüzde kaçtır? (Mg : 24 A) 10

B) 15

C) 20

D) 30

C : 12

O : 16)

E) 40

1 mol CO2

22,4L.

x

4,48L.

x = 0,2 mol CO2 oluşur.

MgCO3(k) → MgO(k) + CO2(g) 2 mol CO2 Oluşması gereken 2 mol fakat oluşan 0,2 mol CO2 öyleyse; 2 mol e 0,2 mol ise m 148 2 mol CO oluşmalıydı. = n = = 2mol 2 100 'e X tir. MA 74 2 mol

x = 10% verim Cevap: A

CaC2 + 2 H2O → Ca(OH2) + C2H2

m gram CaC2 ile yeterli miktarda H2O nun tepkimesi %50 verimle gerçekleştiği anda 0,2 mol Ca(OH)2 elde ediliyor. Buna göre başlangıçta kaç gram CaC2 alınmıştır? (Ca : 40 A) 6,4

B) 12,8

C) 19,2

D) 25,6

C : 12)

E) 32


2. Ünite


→

CaC2 + 2H2O → Ca(OH)2 + C2H2 0,2 mol

0,2 mol 0,2 mol CaC2 harcandığına göre, 100

50

?

0,2

? = 0,4 mol

n=

m m ⇒ 0, 4 = 64 MA

m = 25,6 gram olur.

Cevap: D

Atom ve Molekül Kütlesinin Bulunma Problemleri Kimyasal tepkimelerde reaktif ya da ürünlerin atom ya da molekül kütlelerinin bulunması problemleridir.

3 H 2 2 5,4 gram X metali yeteri miktarda HCI ile tepkimeye girmektedir.

X + 3HCI → XCI3 +

Tepkime sonucunda normal koşullarda 6,72 litre hacim kaplayan H2 gazı açığa çıktığına göre X metalinin atom kütlesi kaçtır? A) 14

B) 27

X + 3HCI → XCI3 +

D) 40

E) 56

3 H 2 2 →

0,2 mol

C) 35

6,72L ⇒ 0,3 mol dür. 0,2 mol X metali tepkimeye girmiştir. n=

m 5, 4 ⇒ 0, 2 = ⇒ MA = 27g / mol olur. MA MA


Cevap: B

2. Ünite


1 O → X2O3(g) 2 2(g) Tepkimesine göre 6 gram XO gazı ile yeteri miktarda O2 gazının tam verimli tepkimesi sonucu 7,6 gram X2O3 oluşmaktadır.

2XO(g) +

Buna göre, X'in atom kütlesi kaçtır? (O : 16) A) 7

E) 35

0,05 mol O2 ile 0,2 mol XO tepkimeye girer. n=

7,6

1,6 gram n=

D) 32

1 O → X2O3 2 2

}

} 6

C) 26

→

2XO +

B) 14

m ⇒ MA

30

6 0, 2 = ⇒ (x + 16)

X = 14 olur.

m 1, 6 ⇒n= = 0, 05mol O2 MA 32 Cevap: B

Karışım Problemleri Birden fazla maddenin bir arada bulunduğu karışımların tepkimelerinde tepkime sonucu oluşan ürünler ile karışımın bileşen miktarlarının hesaplanması problemleridir. Karışım problemlerinde denklem çözümü yapılır.

Normal koşullarda 6,72 litre hacim kaplayan CH4 ve C3H4 gaz karışımı yeteri miktarda O2 gazı ile tepkimeye sokuluyor. Tepkime sonucunda 22 gram CO2 gazı elde edildiğine göre, C3H4 gazı kaç moldür? (C: 12, O: 16) A) 0,05

B) 0,10

C) 0,15

D) 0,20

E) 0,25


2. Ünite

NK : 1 mol X


22,4L.

X = 0,3 mol karışım (0,3 – n) + 3n = 0,5

6,72L.

0,3 + 2n = 0,5

CH4 + 2O2 → CO2 + 2H2O (0,3 – n)

2n = 0,2

(0,3 – n)

n=

22 ⇒ 44

n = 0,5 mol CO2

n = 0,1 mol olur.

C3H4 + 4O2 → 3CO2 + 2H2O n

3n

Cevap: B

40 gram Cu ve Mg karışımı yeteri miktarda HCI ile tepkimeye sokuluyor. Tepkime sonucu normal koşullarda 5,6 litre H2 gazı oluştuğuna göre karışımda kaç gram Cu vardır? (Mg : 24 Cu : 64) A) 32

B) 34

C) 48

D) 50

E) 64

Cu, HCI ile tepkime vermez. Mg + 2HCI → MgCI2 + H2 →

1 mol 4

= n

5, 6 1 = mol 22, 4 4

1 m = ⇒ m = 6 gram Mg 4 24

40 – 6 = 34 gram Cu olur.


Cevap: B

2. Ünite


Formül Bulma Problemleri Formül bulma problemlerinde basit ve molekül formülleri bulunacaktır. Bir bileşiği oluşturan elementlerin en sade şekliyle yazıldığı formül basit formül olarak ifade edilir. Molekül formülü ise bileşikteki gerçek birleşme oranını gösterir.

n(Basit formül) = Molekül formülü

Bir organik bileşiğin 9,2 gramı yeteri miktarda O2 gazı ile tepkimeye sokuluyor. Tepkime sonucu normal koşullarda 8, 96 litre hacim kaplayan CO2 gazı ve 0,6 mol H2O oluştuğuna göre bu bileşiğin basit formülü nedir? (C: 12, H: 1, O: 16)

X + O2 → CO2 + H2O →

→ 0,4 mol

1 mol 22,4 X

0,6 mol

8,96 L.

X = 0,4 mol

C : 0,4 mol x 12 = 4,8 gram

C : 0,4 mol

H : 1,2 mol x1 = 1,2 gram

H : 1,2 mol

O : 0,2 mol x16 = 3,2 gram

O : 0,2 mol

9,2 gram

C, H ve O'dan oluşan organik bir bileşiğinin O2 gazı ile tam verimle tepkimesine ait mol sayısı zaman grafiği yandaki gibidir. Buna göre, bileşiğin basit formülü nedir?

}

C2H6O

Mol sayısı 1 0,8

H2O

0,6

CO2

0,4 0,2 O

O2 X Zaman


2. Ünite

X


+ 4O2 → 3CO2 + 4H2O

0,2 mol 0,8 mol 0,2

0,2

0,6 mol 0,8 mol 0,2

0,2

X : C3H8O2 olur.

Bir organik bileşiğin 6,4 gramının yakılması sonucu 0,4 mol H2O ve 0,2 mol CO2 oluşmaktadır. Organik bileşiğin mol kütlesi 64 g/mol ise bu bileşiğin basit ve molekül formülleri nelerdir?

X + O2 → CO2 + H2O

+ O : 0,2 x 16 = 3,2 6,4

0,2 mol 0,4 mol C : 0,2 H : 0,8 O : 0,2


→

H : 0,8 x 1 = 0,8

→

C : 0,2 x 12 = 2,4

}

CH4O basit formül olur.

CH4O ⇒ 32 gramdır. n(Basit formül) = Molekül formülü n . (32) = 64 ⇒ n = 2 olur. C2H8O2 molekül formülü olur.

3. Ünite

Gazlar

GAZLAR Gazların Özellİklerİ Gazlar maddenin en düzensiz halidir, Gazların belirli şekil ve hacimleri yoktur. Gazlar bulunduğu ortama yayılırlar. Birden fazla gaz aynı ortamda bulunuyor ise bu gazlar birbirleri içerisinde yayılarak homojen karışım oluştururlar. Gaz tanecikleri titreşim dönme ve öteleme hareketleri yaparlar. Gazların fiziksel davranışlarını dört özellik belirler. Bunlar;

• Basınç, hacim, miktar ve sıcaklıktır.

Basınç: Gaz molekülleri çeşitli çarpışmalar yaparak bulunduğu kabın çeperlerine kuvvet uygularlar. Birim alana düşen kuvvete basınç denir. "P" harfi ile gösterilir.

P = F S

F: Kuvvet

S: Birim yüzey alanı

Gaz basıncının birimi için, atm, cmHg, mmHg, torr, bar ve pascal gibi birimler kullanılmaktadır. Bu birimler arasındaki ilişki;

1 atm = 76 cmHg = 760 mmHg

1mmHg =1 torr

1 bar = 105 pascal şeklindedir.

19 torr kaç atm basınca karşılık gelir?

1 atm = 760 mmHg = 760 torr olur. 1 atm 760 torr ise ?

19 torr olur.

? = 0,025 atm olur.


3. Ünite

Gazlar

Hacim Gazlar bulunduğu kabın hacmini kaplar.

1L = 1000 ml

1cm3 = 1 mL

Miktar Gaz miktarı genellikle mol sayısı ile ifade edilir. Mol sayısı, tanecik sayısı kütle ya da hacimden hesaplanır.

n= N , NA

n= m , MA

n= V 22, 4

Sıcaklık Sıcaklık, taneciklerin sahip olduğu kinetik enerjinin bir ölçüsüdür. Hesaplamalarda sıcaklık birimi olarak Kelvin kullanılır.

T(K) = t(°C) + 273

Kelvin sıcaklığına mutlak sıcaklık denir.

Teori ve Yasa Arasındaki Farklar Bir hipotez kısmen doğrulanır ve yeni bulgularla desteklenirse teori haline gelir. Bilimsel bir teori, gözlenen bir doğa olayıyıla ilgili olarak yapılan genellemelerin açıklamalarıdır. Bir hipotez hiçbir kuşkuya yer vermeyecek şekilde doğrulanır ve herkes tarafından kabul edilirse de yasa haline gelir. Bilimsel yasalar herkes tarafından kabul edilirler. Bunlardan birisi, kuşların yerin manyetik alanını kullandıklarını ileri sürmektedir. Diğer bir teoriye göre, kuşlar güneş tarafından yönlendirilmektedir. Uzun yol kateden kuşlar ise yıldızlar tarafından yönlendirilmektedir. Uzun yol kateden kuşlar ise yıldızlar tarafından yönlendirilmiş olabilirler. Öte yandan, Lavoisier'in bulmuş olduğu kütlenin korunumu bir yasa olarak ifade edilir. Tepkimeye giren maddelerin kütleleri toplamı ile tepkime sonucunda oluşan ürünlerin kütleleri toplamı aynıdır.


3. Ünite

Gazlar

İdeal Gaz Yasaları Boyle Yasası Sabit sıcaklıkta belirli miktardaki bir gazın hacmi basıncı ile ters orantılıdır. P1V1 = P2V2

Gazın basınç ve hacim çarpım değeri ise sabittir.

Hacim azalırsa basınç artar.

Gaz Gaz

Hacim artarsa basınç azalır.

P

P1 P2 V1 PV

V

V2 PV

V

P

Silindir şeklindeki ideal pistonlu bir kapta azot gazı bulunmaktadır. Kaptaki gazın basıncı 10 atm iken kap hacmi 50 litredir. Sıcaklık değiştirilmeden gaz sıkıştırılarak hacim 40 litreye düşürüldüğünde gazın basıncı kaç atm olur?


3. Ünite

Gazlar

P1 V1 = P2V2

10 . 50 = P2 . 40

P2 = 12,5 atm olur.

2P X2(g)

Boş

3V, T

2V, T

Sabit sıcaklıkta musluk açılır ise son durumdaki basınç kaç P olur?

P1 V1 = P2V2

2P . 3V = Ps . 5V

P2 = 1,2P

Charles Yasası Sabit basınçta belirli bir miktar gazın sıcaklığı ile hacmi doğru orantılıdır. V (litre)

V (litre)

Sıcaklık(K)

O

–273

Sıcaklık(°C)

O PHava 2V

PHava

Sürtünmesiz piston

V

PGaz

PGaz Şekil I

Basınç ve mol sayısı sabit olduğu için Sıcaklığın birimi Kelvin'dir. 80 / 11. Sınıf - Kimya

Gaz T1=TK

V1 V2 olur. = T1 T2

T2=2T

Şekil II

3. Ünite

Gazlar

İdeal pistonlu bir kapta bulunan bir gazın sıcaklığı 400 K ve hacmi 5 litredir. Buna göre, sıcaklık kaç °C'ye düşürülürse gazın hacmi 3L olur?

5 3 ( T = 240 K olur. 2 400 = T2

T(K) = t(°C) + 273

240 = t(°C) + 273

T = –33 °C olur.

T1 (°C)

T2 (°C)

I.

25

50

II.

0

273

III.

273

546

Yukarıda aynı miktar gaz örneklerine ait sabit basınçtaki sıcaklık değişimleri verilmiştir.. Buna göre, hangi sıcaklık değişimlerinde hacim 2 katına çıkar? A) Yalnız I

B) Yalnız II

D) I ve III

C) I ve II

E) II ve III

Sıcaklık birimi Kelvin alınmalıdır. T1 (°C)

T2 (°C)

I. 25 + 273

50 + 273

II. 0 + 273

273 + 273

III. 273 + 273

546 + 273

Sadece II. de sıcaklık 2 katına çıkar.

V1 V2 V ( V = 2 ( V2 = 2V olur. T1 = T2 273 546 Cevap : B 11. Sınıf - Kimya / 81

3. Ünite

Gazlar

Gay – Lussac Yasası Sabit hacimli bir kapta miktarı sabit olan bir gazın basıncı mutlak sıcaklık ile doğru orantılıdır.

P1 P2 T1 = T2

Sıcaklık birimi Kelvin'dir. Basınç (atm)

Basınç (atm)

Sıcaklık(K)

O

–273

O

Sıcaklık(°C)

Sabit hacimli bir kapta bulunan SO2 gazının 27 °C'deki basıncı 3 atmdir. Gazın miktarı değiştirilmeden sıcaklığı –123 °C'ye düşürülürse son basınç kaç atm olur? A) 1

B) 1,25

C) 1,5

D) 1,75

E) 2

P1 P2 ( T1 = 27 + 273 = 300K T1 = T2 T2 =- 127 + 273 = 150K

3atm = P2 ( P = 1, 5 atm olur. 2 300K 150K

Cevap: C

11,2 litre hacim kaplayan 8 gram He gazının sıcaklığı 273 °C'dir. Buna göre, bu gazın miktarı ve hacmi sabit tutularak sıcaklığı 0°C'ye düşürülürse son basınç kaç atm olur? (He: 4) A) 1

B) 2

C) 4

D) 5

n = m = 8 = 2 mol MA 4

PV = n . R.T

P . 11,2 = 2 . 22, 4 . 546 T1 = 273 + 273 = 546 273

P1 = 8 atm

P1 P2 P ( 8 = 2 P2 = 4 atm olur. = T1 T2 546 273


E) 6

T2 = 0 + 273 = 273K Cevap : C

3. Ünite

Gazlar

Avogadro Yasası Sabit sıcaklık ve basınçta bir gazın hacmi miktarı ile doğru orantılıdır. Aynı sıcaklık ve basınçta farklı gazların eşit hacimleri eşit sayıda tanecik içerir. V1 V2 n1 = n 2

V

PV

n

(P ve T sabit)

(P ve T sabit)

n

2V Sürtünmesiz piston

V n mol X(g)

T1= T

Şekil I

2n mol X(g)

T2= T

Şekil II

Normal koşullarda 1 mol gaz 22,4 litre hacim kaplar. Normal koşul 0 °C ve 1 atm basınçtır.

İdeal piston

He(g) 2L

2L A 2L B 2L C İdeal piston

Şekildeki pistonlu kapta 6 gram He gazı bulunmaktadır. Kaba aynı sıcaklıkta 10 gram daha He gazı eklenirse piston hangi noktada durur? (He: 4) A) A noktası

B) A – B arası

D) B – C arası

C) B noktası

E) C noktası 11. Sınıf - Kimya / 83

3. Ünite

n=

Gazlar

10 6 = 1,5 mol He gazı 1,5 mol 2L hacim kaplıyor. n = = 2,5 mol He gazı eklenirse, 4 4

1,5 + 2,5 = 4 mol He gazı olur. V V 1 = 2 ( 1, 5 = 4 2 V2 n1 n 2 V2 = 16 = 5, 33L olur. 3 Cevap : B

ideal piston Ne(g)

CH4(g)

Yukarıdaki sürtünmesiz pistonlu kapta 0,2 mol Ne gazı bulunmaktadır. Kaba aynı sıcaklıkta 8 gram CH4 gazı ekleniyor. Buna göre, I. Kabın hacmi 3,5 katına çıkar II. Kaptaki gaz karışımının özkütlesi başlangıçtakinden fazla olur. III. Ne gazının kısmi basıncı değişmez. yargılarından hangileri doğrudur? (CH4: 16, Ne: 20) A) Yalnız I

B) I ve II

D) II ve III

C) I ve III

E) I, II ve III

V V n = 8 = 0,5 mol CH4 eklenirse, 1 = 2 ( V1 = V olsun n1 n 2 16

V = V2 ( V = 3, 5V olur. 2 0, 2 0, 7

d = m ( d1 = 4 V V

d 2 = 4 + 8 = 12 d1 > d2 olur. 3, 5V 3, 5V

Ne gazının kısmi basıncı azalır.


Cevap : A

3. Ünite

Gazlar

Dalton Yasası Sabit hacimli bir kaptaki gazın aynı sıcaklıkta madde miktarı ile basıncı doğru orantılıdır.

Basınç (atm)

P1 P2 mol sayısı arttıkça basınç artar. n1 = n 2

(V ve n sabiti)

2V n mol gaz

P atm n mol gaz

V, T

Mol sayısı

2P atm 2n mol gaz

V, T

He(g)

SO2(g)

V, T

V, T

Yukarıda özdeş iki kapta aynı sıcaklıkta 32 şer gram He ve SO2 gazları bulunmaktadır. He gazının basıncı 8 atm olduğuna göre, SO2 gazının basıncı kaç cmHg olur? (He: 4, SO2: 64) A) 152

B) 72

C) 57

D) 38

E) 19

n He = 32 = 8mol 4 n SO = 32 = 0, 5mol 64 2 P PHe P SO 2 (8= 2 = n He n SO 8 0, 5 2

P2 = 0,5 atm = 38 cmHg olur.

Cevap : D


3. Ünite

Gazlar

Victor Meyer Yöntemi Uçucu sıvı maddelerin molekül ağırlıklarının bulunması için sıklıkla kullanıln ve büyük hacimli gazlar yerine sıvı maddelerin tartımının çok daha kolay olması nedeniyle uygulanması kolay bir yöntemdir. Temel prensibi tartısı bilinen uçucu bir sıvının hacminin ölçülmesidir. Bu hacim, deney düzeneği içerisinde, buharlaşan sıvı ile yer değiştiren havanın hacmine eşittir. Buhar ile yer değiştiren hava hacminin ölçülmesiyle ideal gaz kanunu kıllanılarak sıcının molekül ağırlığı hesaplanır. Diğer bir ifadeyle ideal gaz kanunu PV = n.R.T üzerinde, mol sayısının değişkenine, sıvının tartımla bulunan kütlesinin o sıvının molekül ağırlığına bölünmesiyle ulaşılır. Molekül ağırlığı burada tayin edilmeye çalışılan bilinmeyendir ve deney düzeneği aracılığıyla elde eidlen, buharın ittirdiği gazın hacmi değeri buharın ittirdiği kuru havanın kısmi basıncı, ideal gaz sabiti ve ortamın mutlak değerleriyle birlikte formüle aktarıldığında bu molekül ağırlığına ulaşılır.

İdeal Gaz Denklemi Basınç, hacim, mol sayısı ve sıcaklık değişkenlerini gaz yasalarını kullanarak tek bir eşitlikte toplayabiliriz. Elde edilen bu eşitlik ideal gaz denklemi olarak ifade edilir. P . V = nRT

İdeal gaz denklemini sağlayan gazlara ideal gaz adı verilir. Denklemdeki R gaz sabitidir. R = 22, 4 . atm.L = 0, 08206 atm $ L olur. 273 mol.K mol $ K İdeal gaz denkleminde basıncın birimi atm, hacmin birimi litre sıcaklığın birimi ise Kelvindir.

0 °C'de 11,2 litrelik bir kapta bulunan 7 gramlık N2 gazının basıncı kaç cmHg olur? (N: 14) A) 19

B) 38

C) 76

D) 114

E) 152

PV = nRT

n = 7 = 0, 25 mol 28

T = 0 + 273 = 273K

P . 11,2 = 0,25 . 22, 4 . 273 273 P = 0,5 atm olur.

1 atm = 76 cmHg ise 0,5 atm = 38 cmHg olur.

V = 11,2 L Cevap : B


3. Ünite

Gazlar

4,1 litrelik sabit hacimli bir kapta 127 °C'de kaç gram Ne gazının basıncı 1520 mmHg olur? (Ne: 20) A) 2,5

B) 5

C) 7,5

D) 10

E) 12,5

T = 127 + 273 = 400K 1520 mmHg = 2 atm

PV = nRT

2 . 4,1 = n . 0,082 . 400 n= m M A = 20 MA

n m ( m = 5 gram olur. 4 = 20

Cevap : B

R gaz sabiti olduğu için ideal gaz denklemindeki 4 değişkenin birbirine oranı farklı koşullarda da aynı olur. R=

P1 V1 P2 V2 n1 T1 = n 2 T2

Buradan ulaşılan denklem genel gaz denklemidir.

0,4 gram H2 gazının 11,2 litrelik bir kapta 0 °C'de yapmış olduğu basıncın, 273 °C'de 5,6 litrelik bir kapta bulunan 2 gramlık He gazının yapmış olduğu basınca oranı nedir? (H: 1, He: 4) 1 1 3 4 2 A) B) C) D) E) 10 5 5 5 5

n H = 0, 4 = 0, 2 2 2

n He = 2 = 0, 5 mol 4

TH2 = 0 °C + 273 = 273K

THe = 273 °C + 273 = 546K

VH = 11,2L

VHe = 5,6L

2

R=

PH .VH 2

2

2

2

n H .TH

P .V = n He .THe He He

PH .11, 2

PHe .5, 6 = 0, 2.273 0, 5.546 2

PH

1 olur. 2 PHe = 10

Cevap: A 11. Sınıf - Kimya / 87

3. Ünite

Gazlar

Gaz Yoğunlukları Yoğunluk d = m formülü ile hesaplanır. Bu formül ile ideal gaz denklemi birleştirilir ise ideal gazlarda özkütle V hesaplamasını gerçekleştirmiş oluruz.

d=m V

PV = nRT , n = m MA

P.V = n.R.T PV = m .R.T MA

P . mA = m RT V

P . MA = d . RT eşitliğine ulaşılır.

400 K sıcaklığında bulunan CO2 gazının özkütlesi 1,5 g/L olduğuna göre, CO2 gazının basıncı kaç atm olur? (C: 12, O: 16)

P . MA = d.R.T

P . 44 = 1,5 . 0,082 . 400

P = 12, 3 atm olur. 11


MA = 44

3. Ünite

Gazlar

Gazlarda Kİnetİk Teorİ Gazların davranışını açıklayabilmek için gazlarda kinetik teori kuramı ortaya atılmıştır.

Bu teoriye göre, gazlar sabit hızla, gelişi güzel ve doğrusal hareket eden çok küçük taneciklerden oluşur. Gaz tanecikleri birbirlerinden uzakta bulunurlar. Gaz tanecikleri bulundukları kabın çeperiyle ve birbirleriyle çarpışırlar. Çarpışmalar sırasında enerji aktarımı olur fakat toplam enerji korunur. Çeper

Taneciklerin toplam enerjisini sıcaklık değiştirir. Gazların yayılma hızları sıcaklıkla doğru orantılıdır.

Ek = 3 . k . T 2

Ek = 1 MAϑ2 2

Ek: Kinetik enerji

Ek: Kinetik enerji

k: Boltzman sabiti

MA: Mol kütlesi

T: Sıcaklık (K)

ϑ: Hız

Aynı sıcaklıkta bulunan X ve Y gazları için; Sıcaklık aynı ise kinetik enerjide aynı olur. Ekx = Eky

1 .M .ϑ 2 = 1 m ϑ 2 2 x x 2 y y

ϑ 2x M y ϑx 2 = M ( ϑ = ϑy x y

My Mx

Graham difüzyon yasası olarak bilinen eşitliğe göre aynı sıcaklıkta bulunan iki gazın yayılma hızı gazların molekül ağırlıklarının karekökü ile ters orantılıdır. Gaz taneciklerinin bulundukları kaptaki küçük bir delikten kaçmasına efüzyon (dışa yayılım) denir. Farklı gaz taneciklerinin birbiri içerisinde yayılmasına difüzyon (yayılma) denir.

Ç

Ö

Z

Ü

M

CH4(g) TK

He(g) V

V

V

V

V

V

TK

Şekildeki gazların bulunduğu kaplardaki musluklar sabit sıcaklıkta açılırsa gazlar ilk olarak hangi noktada karşılaşır? (CH4: 16, He: 4) A) Ç

B) Ö

C) Z

C) Ü

E) M 11. Sınıf - Kimya / 89

3. Ünite

ϑ CH

4

ϑ He

Gazlar

=

M He Mc H 4

ϑ CH

He ⇒ 4V

CH4 ⇒ 2V yol alır.

4

ϑ He

yol = hız . zaman

=

4 1 16 = 2

He 2 birim yol alırken CH4 1 birim yol alır. Cevap: B

Sıcaklık artarsa gazların kinetik enerjisi artar. Kinetik enerji artınca yayılma hızı artar. Tanecik yüzdesi

T2

T2 > T1

T1 Kinetik enerji

600 cm SO2(g) 4TK

He(g) A

TK

Kaplar arasındaki musluklar aynı anda açıldığında gazlar A noktasından kaç cm uzakta karşılaşır? (SO2: 64, He: 4) A) 50

B) 100

SO2 ⇒ 4T

4Ek

He ⇒ T

Ek

ϑ SO

2

ϑ He

ϑ SO

2

ϑ He

=

M He .TSO

C) 200

D) 300

E) 400

2

M SO .THe 2

=

4.4T = 1 64.T 2

He 2 birim SO2 1 birim yol alır. Gazlar A noktasından 200 cm uzakta karşılaşır. 90 / 11. Sınıf - Kimya

Cevap : C

3. Ünite

Gazlar

Gerçek Gazlar Doğada bulunan gazlar ideal gaz değillerdir. Tanecikler arası etkileşimin yok kabul edilmediği, taneciklerin öz hacimlerinin toplam hacim yanında ihmal edilmediği gazlara gerçek gaz denir. Bir gazın ideallikten sapması yüksek basınç ve düşük sıcaklıkta en yüksek olur. İdeallikten sapmanın ölçüsü sıkıştırılabilirlık faktörü ile ilişkilidir. PV oranı sıkıştırılabilirlik faktörüdür. Bu oran 1 olduğu gazlar ideal gazlardır. Bu oran gerçek gazlarda 1'e nRT eşit değildir. Bu oran 1'e yaklaştıkça gazlar ideale yaklaşır.

PV nRT

O2

1,5

CO2 1,0

İdeal gaz

0,5

T(K) 200

400

600

800

1000

Çok yüksek basınç değerlerinde gaz hacmi çok küçük olur ve sıfıra yaklaşır. Fakat gerçek gazlarda taneciklerin hacimleri ihmal edilmez. Gerçek gazlarda PV değeri ideal gazlarınkinden daha büyük olur. Gerçek gazlarda tanecikler arası etkileşimler vardır. Bu etkileşimlerden dolayı gerçek gazların bulundukları kaba uygulayacağı basınç ideal gazlara göre daha düşük olur. Ayrıca düşük sıcaklıkta taneciklerin hızı azalır. Taneciklerin tanecikler arası etkileşimleri yenmeleri zorlaşır. Bu sebepten dolayı gazlarda ideallikten sapma yüksek olur.


3. Ünite

Gazlar

Gazların Sıvılaşması Gaz tanecikleri ideallikten saptıkça tanecikler arası etkileşimleri artar ve sıvılaşmaları kolaylaşır.

Gazların yüksek sıcaklıkta sıvılaşabilmesi için gazlara yüksek basınç uygulanması gerekir. Gazların ne kadar çok basınç uygulanırsa uygulansın sıvılaşmadığı sıcaklık değerleri vardır. Bu sıcaklık değerlerine kritik sıcaklık denir. Kritik sıcaklık tanecikler arası etkileşimlerle doğru orantılıdır.

Basınç

Katı

Kritik nokta Sıvı

Gaz (CO2’nin faz diyagramı)

Gaz

Kritik Sıcaklık (K)

He

5,3

O2

154,4

CH4

190,2

CO2

304,2

H2O

647,2

Basınç

Süper kritik akışkan

Kritik nokta Sıvı Katı

Kritik sıcaklık

Gaz Sıcaklık

(H2O’nin faz diyagramı)

Kritik sıcaklık

Sıcaklık

Kritik noktanın üzerinde CO2 yeni bir fazda bulunur. Buna süper kritik akışkan denir.

Joule – Thomson Olayı Gazların ani soğutulması üzerine çalışan James Joule ve William Thomson gazların ani genleşmesi ile soğumalarının nedenlerini incelemiştir. Gazların sıcaklıkları azalır ise kinetik enerjileri azalır. Gazlar genleşirken birbirlerinden uzaklaşır ve yavaşlar. Gaz genleşirken tanecikler arası etkileşimleri yenmek için gereken enerjiyi kendi öz ısılarından sağlarlar. Bu nedenle ani genleşen gazlar soğur ve bulunduğu ortamı soğutur. Bu olaya Joule – Thomson olayı adı verilir. Buzdolabı klima gibi soğutucularda Joule – Thomson olayından faydalanılır. Amonyak gibi kolay buharlaşabilen sıvılar soğutucunun borularına aktarılır. Bu sıvılar borular içinde gaza dönüşürken soğutucunun içini soğutur. Gaz haline geçen sıvı komprosör yardımı ile sıkıştırılıp yeniden sıvılaştırılır. 92 / 11. Sınıf - Kimya

3. Ünite

Gazlar

Gaz Karışımları Dalton bir kapta bulunan bir gaz karışımındaki her bir gazın bulunduğu kaba kapta tek başınayken uyguladıkları basıncı uyguladıklarını belirtmiştir. Bir gazın gaz karışımındaki basıncına o gazın kısmi basıncı denir.

A(g)

PX . V =nX . R.T

PT . V = nTRT

B(g)

PY . V = nY . R.T

PT = PX + PY

V, T

PX PY PT nX = nY = nT

PX =

nX .P nT T

PX : X gazının kısmi basıncı nX : X gazının mol kesri nT

Sabit hacimli bir kapta sabit sıcaklıkta 1,6 gram He ve 3,2 gram O2 gazları bulunmaktadır. Bu kaba yapılan toplam basınç 3 atm olduğuna göre, He ve O2 gazlarının kısmi basınçları kaçar atm olur? (He: 4, O: 16)

n He = 1, 6 = 0, 4 mol 4 n T = 0, 5 mol 3 2 , 0, 1 mol nO = 32 = 2

PHe =

nO PO = 2 .PT nT 2

n He .P nT T

PHe = 0, 4 .3 = 2, 4 atm 0, 5 PO = 0, 1 .3 = 0, 6 atm olur. 0, 5 2


3. Ünite

Gazlar

Aynı sıcaklıkta karıştırılan gazlarda hesaplama soruları gazların mol sayıları üzerinden yapılır. Bu hesaplarmalar yapılırken gazlar arasında kimyasal tepkime gerçekleşip gerçekleşmemesi önemlidir. Gazlar arasında kimyasal tepkime yokken gazların karıştırılması; Tepkime yok iken gaz karışımında mol sayıları toplanır. nT = n1 + n2 + n3 + … Burada sabit sıcaklıkta mol sayıları yerine basınç – hacim çarpımları yazılır.

Ps . Vs = P1V1 + P2V2 + P3V3+ …

X2(g)

Y2(g)

2P

3P

2V, T

3V, T

Sabit sıcaklıkta musluk açılarak gazlar arasında bir tepkime meydana gelmeksizin gazların karışması sağlanıyor. Buna göre, kaptaki son basınç kaç P olur? A) 2,8

B) 2,6

C) 2,5

PX VX + PY VY = PS . VS

2P . 2V + 3P . 3V = PS . 5V

13PV = P ( P = 2, 6P olur. S S 5V

2

2

2

D) 2,4

VT = 5V

2

Cevap : B

He(g) 3 atm 2L, TK

Ne(g)

P0 = 1 atm

1L, TK İdeal piston

Sabit sıcaklıkta kaplar arasındaki musluk açılırsa son hacim kaç litre olur?


E) 2,2

3. Ünite

P1V1 + P2V2 = PSVS

3 . 2 + 1 . 1 = 1 . VS

Gazlar

VS = 7L olur. Hacim artışı 4 litre olur.

I

II

X(g) 2 atm

X(g) 4 atm

2L, TK

3L, T

III

X(g) 1 atm 5L, T

Sabit sıcaklıkta kaplar arasındaki vana açılarak gazların karışması sağlanıyor. Buna göre, a) Son basınç kaç atm olur? b) Kaplardaki basınç değişimi nasıl olur?

a) P1V1 + P2V2 + P3V3 = PSVS

2 . 2 + 4 . 3 + 1 . 5 = PS . 10

21 atm.L = P ( P = 2, 1 atm olur. S S 10L


3. Ünite

Gazlar

b) I. kapta artar.

II. kapta azalır.

III. kapta artar.

Gazlar Arasında Kimyasal Tepkime Varken Gazların Karışması; Tepkime meydana gelen gaz karışımlarında hesaplamalar mol sayıları üzerinden yapılır. Mol sayısı yerine yine basınç – hacim çarpımı kullanıp tepkime denklemi üzerinden katsayılara göre geçişler yapılır.

Sabit sıcaklıkta kaplar arasındaki musluk açılarak gazların karışması sağlanıyor. Gazlar arasında sabit sıcaklıkta, X2(g) + 2Y2(g) → 2XY2(g) tepkimesi tam terimle meydana geldiğine göre, son basınç kaç P olur? A) 2,2

B) 2,0

X2(g) +

C) 1,8

D) 1,6

2Y2(g)

⇒

Başlangıç: 6PV

6PV

Değişim:

–3PV

–6PV

Sonuç

3PV

–

X2(g)

Y2(g)

3P

2P

2V, T

3V, T

E) 1,2

2XY2(g) – +6PV 6PV

PS . VS = 9PV olur. VS = 5V

PS . 5V = 9PV ⇒ PS = 1,8 P olur. Cevap : C


3. Ünite

Gazlar

Şekildeki kaplar arasındaki musluk açılarak X2 ve Y2 gazların sabit sıcaklıkta,

X2(g) 2 atm

2X2(g) + Y2(g) → 2X2Y(g)

denklemine göre tam verimle tepkimeye girmeleri sağlanıyor.

2L, TK

Buna göre, hacim değişimi kaç litre olur? A) 2 litre artar

D) 1 litre azalır

2X2(g) +

Y2(g)

P0 = 1 atm

1L, TK İdeal piston

C) Değişmez

E) 2 litre azalır.

→

2X2Y(g)

Başlangıç: 4 atmL

1atmL

–

Değişim:

–2atmL

–1atmL

+2atmL

Sonuç

2atmL

–

2 atmL

PS = P0 = 1 atm ise

B) 1 litre artar

Y2(g)

1 atm . VS = 4 atm L

Vs = 4L olur. İlk hacim toplamı 3L olduğuna göre, hacim 1L artar.

NH3(g)

Cevap : B

HCI(g)

2P

2P

2V, T

3V, T

Başlangıç durumu şekilde gösterilen sistemde musluk açılarak gazlar arasında sabit sıcaklıkta,.

NH3(g) + HCI(g) → NH4CI(k)

tepkimesinin gerçekleşmesi sağlanıyor. Buna göre, son durumdaki basınç kaç P olur? A) 1,2

B) 0,8

C) 0,6

D) 0,4

E) 0,2 11. Sınıf - Kimya / 97

3. Ünite

Gazlar

NH3(g) + Başlangıç: 4PV Değişim:

HCIg) 3PV

–3PV

–3PV

PV

–

Sonuç

PS . VS = PV

→ NH4CI(k) _ n mol katısı oluşur. n mol katı oluşur.

PS . 5V = P . V ⇒ PS = 0,2P Cevap: E

Sıvıların Denge Buhar Basıncı Sıvılar her sıcaklıkta buharlaşırlar. Kapalı sistemlerde bulunan buharın yapmış olduğu basınca denge buhar basıncı denir.

H2O(S)

H2O(S) E H2O(g)

Buhar Basıncını Etkileyen Faktörler Buhar basıncı (cmHg)

– Sıvının cinsi – Sıcaklık

Etil alkol

Su

78

100

76

– Sıvının safsızlığı


H2O(g)

Sıcaklık

3. Ünite

Gazlar

Gazların Sıvı Üzerinde Toplanması Suda çözünmeyen bir gaz kapalı bir tüp yardımıyla su üzerinde toplanabilir.

O2(g) ve su buharı

KCIO3(k) + ısı → KC,(k) + 3 O2(g) 2

H2O(S)

Bu durumda kap içerisindeki basınç, gaz basıncı ve suyun buhar basıncının toplamıdır.

PT = PO + Psu buharı 2

Pistonlu kaplarda bulunan ve su üzerinde toplanan gazların basıncı sabit sıcaklıkta hacim değişimi ile birlikte değişir. Fakat suyun buhar basıncı değişmez.

a 2V b

Ne(g) H2O(g)

3V

H2O(S)

25 °C'de şekildeki sistemde piston a konumunda iken kaptaki toplam basınç 180 mmHg dir. Sabit sıcaklıkta piston b konumuna getirilirse son basınç kaç mmHg olur? (25 °C'de suyun buhar basıncı 24 mmHg dir. Sıvı hacmindeki değişim önemsizdir.)

PT = PNe + Psu buharı

180 mmHg = PNe + 24

PNe = 156 mmHg olur.

Piston a konumunda b konuma getirilirse hacim 3V'den V'ye düşer.

ı .V P1V1 = P2V2 ⇒ 156 . 3V = P Ne

ı = 468 mmHg olur. P Ne

PT = 468 + 24 = 472 mmHg olur. 11. Sınıf - Kimya / 99

3. Ünite

Gazlar

620 mmHg H2O(g) He(g)

}V

H2O(S) 2V, T

4V, T

Şekildeki sistemde kaplar arasındaki musluk sabit sıcaklıkta açılıyor. Son durumdaki toplam basınç 273 mmHg olduğuna göre, suyun aynı sıcaklıktaki buhar basıncı kaç mmHg olur? (Suyun hacmindeki değişim önemsizdir.) A) 12

B) 15

C) 24

D) 25

E) 30

He gazı için musluk açıldıktan sonra;

P1V1 = P2V2

620 . 2V = PıHe . 5V

PıHe = 248 mmHg olur.

PT = PıHe + Psu buharı

273 = 248 + Psu buharı

4V'nin V si su ile kaplı öyleyse suyun bulunduğu kabın hacmi 3V olur.

Psu buharı= 25 mmHg olur.

Cevap: D


4. Ünite

Sıvı Çözeltiler

SIVI ÇÖZELTİLER Çözücü - Çözünen Etkİleşİmlerİ

Homojen karışımlara çözelti adı verilir. Bir çözelti oluşabilmesi için çözünme olayı gerçekleşmelidir. Çözelti = Çözücü + Çözünen Çözünme olayı gerçekleşirken çözücü ve çözünen tanecikleri arasında etkileşimler meydana gelir. Çözünme olayının istemliliği tanecikler arası etkileşim türlerine bağlıdır.

Isı

Çözünen

+ Isı

Çözelti

Çözücü

Yapısı birbirine benzeyen çözücü ve çözünen maddeler birbiri içerisinde iyi çözünürler. Çözünme olayı ekzotermik ya da endotermik olabilir. Çözünme olayı gerçekleşirken çözücü molekülleri birbirinden uzaklaşır ve tanecikler arası boşluklar oluşur. Bu olay ısı alarak gerçekleşir. Çözünen molekülleri de çözücü molekülleri arasındaki boşluklara yerleşebilmek için birbirinden uzaklaşırlar. Bu olay için de enerji gerekir. Son aşamada çözücü ve çözünen molekülleri biribirini çekerek çözünme olayı tamamlanır. Bu olay ise ısı vererek gerçekleşir. Toplamda açığa çıkan ısı gereken ısıdan fazla olur ise çözünme ekzotermik, açığa çıkan ısı gereken ısıdan küçük olur ise çözünme endotermik olur.

I. Saf çözücü moleküllerinin ayrılması ∆HI > 0

II. Saf çözünen moleküllerinin ayrılması ∆HII > 0

III. Saf çözücü ve çözünen moleküllerin birleşmesi ∆HIII < 0

Saf çözücü + saf çözünen ⇒ Çözelti ∆HÇ = ∆HI + ∆HII + ∆HIII 11. Sınıf - Kimya / 101

4. Ünite

Sıvı Çözeltiler

Sıvı Çözeltilerde Çözücü ve Çözünen Arasındaki Etkileşimler Çözelti oluşurken çözücü ve çözünen tanecikleri arasındaki etkileşimler çözünmenin hangi düzeyde gerçekleştiğini belirler.

Çözücü ve çözünen taneciklerinin, tanecikleri arası etkileşim türleri birbirine ne kadar çok benzer olur ise çözünme olayı aynı oranda istemli olur. Bu şekilde oluşan çözeltilere ideal çözelti adı verilir. Tanecikler arası etkileşimler birbirinden farklılaştıkça çözünme olayı istemsizleşir. Bu şekilde oluşan çözeltilere ideal olmayan çözelti denir.

Apolar moleküller arasında London kuvvetleri etkilidir. Apolar yapılı C6H6 ve CCI4 molekülleri birbiri içerisinde çözünürken ideal çözelti oluşur.

C6H6 – C6H6

London kuvvetleri

CCI4 – CCI4

London kuvvetleri

C6H6 – CCI4

London kuvvetleri

CCI4 – C6H6

CI

CI

C

CI

O

London kuvveti

CI

Polar moleküller arasında hidrojen bağı bulunmadığı durumlarda dipol – dipol etkileşimi oluşur. Polar yapılı H2S ve PH3 molekülleri arasında dipol – dipol etkilleşim oluşur.

H2S – H2S

Dipol – dipol kuvvetleri

PH3 – PH3


H2S – PH3



H2S – PH3 P

H S H

Hidrojen bağı

H

H

H

4. Ünite

Sıvı Çözeltiler

Polar moleküller hidrojen bağı içerirse çözünme olayında hidrojen bağı meydana gelir. Hidrojen bağı içeren H2O ve HF molekülleri arası etkileşimlerde hidrojen bağı etkin olur.

H2O – H2O

Hidrojen bağı

Hidrojen bağı

HF – HF

H2O – HF

H2O – HF O H

Hidrojen bağı

F

H

H

Dipol – dipol etkileşim

İyonik bağlı katıların polar moleküller ile oluşturduğu etkileşim iyon – dipol etkileşimdir. İyonik bağlı NaCI katısının H2O'da çözünmesi ile oluşan etkileşim türü iyon – dipoldür.

H Na+

CI–

O H

Apolar moleküllerin polar çözücülerde iyi çözünmesi beklenemez. Çözünme olayının gerçekleşmesi için dışarıdan etki gerekir. Apolar bir molekül olan CO2 gazının polar bir çözücü olan H2O içerisinde çözünmesi bu çözünme olayına örnek olarak verilebilir. CO2 ve H2O molekülleri arasında dipol – indüklenmiş dipol etkileşimi vardır.

CO2 – CO2

H2O – H2O

CO2 – H2O

London Hidrojen bağı Dipol – indüklenmiş dipol

CO2 – H2O

H O

O H

C

O

H

O H


4. Ünite

Sıvı Çözeltiler

I.

CH4 – C6H6

II.

H2O – NH3

III.

Br2 – H2O

Yukarıda verilen türler ile oluşturulan çözeltilerden hangileri ideal çözeltidir? A) Yalnız I

B) I ve II

D) II ve III

C) I ve III

E) I, II ve III

CH4 – C6H6

apolar moleküller arası etkileşim

H2O – NH3

hidrojen bağı içerir.

Br2 – H2O

apolar molekül ile polar molekül arası etkileşim Cevap: B

Aşağıda verilen çözücü ve çözünen türleri ile oluşan çözeltilerden hangisi hidrojen bağı içerir? Çözücü

Çözünen

A)

H2S

PH3

B)

NaCI

H2O

C)

C2H5OH

H2O

D)

CH4

C6H6

E)

CCI4

H2O

C2H5OH ve H2O molekülleri arasında hidrojen bağı oluşur. Cevap: C


4. Ünite

Sıvı Çözeltiler

Derİşİm Bİrİmlerİ Bir çözücüde ya da çözeltide çözünen madde miktarının ölçüsüne derişim adı verilir. Çözeltilerde derişim farklı şekillerde ifade edilir. Bunlardan bazıları kütlece yüzde derişim, hacimce yüzde derişim, mol kesri, ppm, ppb, molarite ve molalitedir.

Kütlece Yüzde Derişimi 100 gram çözeltide çözünmüş olan madde miktarına kütlece yüzde derişim denir. Kütlece % derişim =

Çözünen kütlesi Çözelti kütlesi

. 100

Örneğin 25 gram NaCI ve 100 gram su kullanılarak hazırlanan çözelti için,

-

Çözelti = 25 g NaCI + 100g su = 125g

Kütlece % derişim =

25g NaCI 125g çözelti

. 100

çözelti %20'lik olur.

100 gram tuz ve 300 gram su ile hazırlanan çözelti kütlece yüzde kaçlıktır?

Çözücü: 300g su Çözünen: 100g tuz Kütlece % derişim =

Çözelti: 400g 100g tuz 400g . çözelti

. 100

Kütlece %derişim = 25% olur.


4. Ünite

Sıvı Çözeltiler

Hacimce Yüzde Derişim Sıvı sıvı çözeltiler için kullanılan bir derişim çeşididir.

Hacimce % derişim =

Çözünen hacmi Çözelti hacmi

. 100

25 mL etil alkol ve 75 mL su ile hazırlanan çözelti hacimce yüzde kaç etil alkol içerir?

25 mL alkol 75 mL su Hacimce % derişim =

100 mL çözelti 25 mL alkol 100 mL çözelti

. 100

Hacimce % derişim = 25% olur.

Mol Kesri Buhar basıncı, kaynama noktası gibi özellikler ile çözelti derişimi arasındaki bağıntı incelenirken çözelti bileşenleri mol temeline dayalı bir birimle ifade edilmelidir. Bunun için mol kesri ifadesi kullanılır. Bir çözeltideki çözünmüş olan maddenin mol sayısının çözeltideki tüm maddelerin mol sayıları toplamı oranına mol kesri adı verilir. Mol kesri χ ile gösterilir. Bir çözeltideki mol kesirlerinin toplamı daima "1" dir.


4. Ünite

Sıvı Çözeltiler

9,2 gram C2H5OH ve 5,4 gram H2O içeren bir çözeltideki C2H5OH ve H2O'nun mol kesirlerini bulunuz. (C2H5OH: 46, H2O: 18)

nC2 H5 OH = nH2 O =

5, 4 = 0, 3mol 18

χC2 H5 OH = χC2 H5 OH = χH2 O = χH 2 O =

9, 2 = 0, 2mol 46

nC2 H5 OH

nC2 H5 OH + nH2 O 0, 2 = 0, 4 olur. 0, 5 nH 2 O

nH2 O + nC2 H5 OH 0, 3 = 0, 6 olur. 0, 5

χC2 H5 OH + χH2 = 1

. 0, 4

. 0, 6

ppm ve ppb Çok seyreltik çözeltilerin derişimini ifade etmek için ppm ve ppb kullanılır. ppm milyonda 1 demektir. 1 kg ya da 1L çözeltide miligram türünden çözünen madde miktarını ifade eder. 1 ppm = 1mg / 1L ppb, milyarda 1 demektir. 1kg ya da 1L çözeltide mikrogram türünden çözünen madde miktarını ifade eder. 1ppb = 1 µg/1L

1kg = 103g = 106 mg = 109 µg

Bir su örneği analiz edildiğinde 0,92 ppm NO2– iyonu tespit edilmiştir. Buna göre, 5 tonluk su kaynağında kaç mol NO2– iyonu vardır? (N: 14, O: 16) 11. Sınıf - Kimya / 107

4. Ünite

Sıvı Çözeltiler

1kg su

0,92 mg NO2– iyonu bulunur.

5 ton su

?

1kg su

92 . 10–5g NO2– iyonu

5.103 kg su

?

n=

m 4, 6 (n= MA 46

n = 0,1mol NO2– iyonu bulunur.

? = 4,69 g NO2–

Molarite 1 litre çözeltide çözünmüş olan maddenin mol sayısına molarite denir. Molarite "M" harfi ile gösterilir. Molaritenin birimi

M=

n V

mol 'dir. L

Molarite molar derişim olarakta ifade edilir.

Çözünen maddenin mol sayısı Çözelti hacmi (L)

5,6 gram KOH katısı kullanılarak hazırlanan 500 mL çözeltinin derişimi kaç mol/L'dir? (K: 39, O: 16, H: 1) A) 0,5

n=

B) 0,4

C) 0,3

D) 0,2

E) 0,1

m 5, 6 (n= = 0, 1mol KOH MA 56

m A = 56 M=

n 0, 1 (M= = 0, 2 mol/L olur. V 0, 5

V = 500mL = 0, 5L


Cevap: D

4. Ünite

Sıvı Çözeltiler

0,2M 100 mL C6H12O6 çözeltisinde kaç gram C6H12O6 katısı çözünmüştür? (C: 12, O: 16, H: 1) A)1,8

M=

B) 2,7

C) 3,6

D) 4,5

E) 5,4

n ( n = M.V olur. V n = 0, 2Mx0, 1L = 0, 02mol C6 H12 O6 olur.

M A = 180 n=

m m ( 0, 02 = ( m = 3, 6 gram C6 H12 O6 MA 180

katısı çözünmüştür.

Cevap: C

3,4 gram NH3 çözünerek hazırlanan çözeltinin derişimi 0,1 mol/L olabilmesi için çözelti hacmi kaç mL olmalıdır? (N: 14, H: 1) A) 2000

n=

B) 1500

C) 1000

D) 500

E) 200

m 3, 4 (n= = 0, 2mol 17 MA

M A = 17 M=

n 0, 2 ( 0, 1 = ( V = 2L = 2000mL olur. V V

Cevap: A 11. Sınıf - Kimya / 109

4. Ünite

Sıvı Çözeltiler

Molalite Sıcaklıktan bağımsız ve mol kesri ile orantılı olan bir derişim birimidir. Çözünenin mol sayısının çözücünün kilogram türünden miktarına oranı molalite olarak ifade edilir. Molalite "m" harfi ile gösterilir. Çözünenin mol sayısı

m=

Çözücünün kütlesi (kg)

2,34 gram CaF2 katısının 600 gram suda çözünmesiyle elde edilen çözeltinin derişimi kaç molaldir? (Co: 40, F: 19) A) 0,1

n=

B) 0,075

C) 0,05

D) 0,025

E) 0,02

m 2, 34 (n= = 0, 03mol CaF2 MA 78

M A = 78 m=

nçözünen kg su

,

m=

0, 03mol = 0, 05 molal olur. 0, 6kg su

Cevap: C

Çözelti Özkütlesi Çözeltilerde özkütle, çözelti kütlesinin çözelti hacmine oranıdır. dÇözelti =

mÇözelti(g) VÇözelti (mL)

Bir çözeltinin özkütlesi, kütlece yüzde derişimi ve molaritesi arasında, M= M: Molarite d: Çözelti özkütlesi MA: Çözünenin mol kütlesi


d. %.10 MA

bağıntısı vardır.

4. Ünite

Sıvı Çözeltiler

Özkütlesi 1,2 g/mL olan kütlece %49'luk H2SO4 çözeltisinin derişimi kaç mol/L dir? (H2SO4 : 98) A) 6

B) 4

M=

d.%.10 MA

M=

1, 2 . 49 . 10 = 6M olur. 98

C) 3

D) 2,5

E) 2

Cevap: A

Çözeltileri Seyreltme ve Deriştirme Çözünen madde miktarı çok olan çözeltiler, derişik az olan çözeltiler ise seyreltik çözeltilerdir. Çözeltileri seyreltmek için genellikle su eklenir. Su eklendiğinde çözünen madde miktarı değişmez, çözelti hacmi artar, çözelti derişimi azalır. M=

n ( n = M.V V

İlk Çözelti

Son Çözelti

n1

n2

M1

M2

V1

V2

n1 = n2 M1V1 = M2V2 olur.

Çözünenin mol sayısı ilk ve son durumda aynı olur. Aynı hesaplama kütlece yüzde derişim için de geçerlidir. m1%1 = m2%2

0,6 M 200 mL NaNO3 çözeltisine aynı sıcaklıkta 300 mL su ekleniyor. Buna göre, oluşan son çözeltinin derişimi kaç molar olur? A) 0,36

B) 0,24

C) 0,18

D) 0,16

E) 0,12

M1V1 = M2V2 0,6 . 0,2 = M2 0,5 M2 = 0,24M olur. Cevap: B 11. Sınıf - Kimya / 111

4. Ünite

Sıvı Çözeltiler

Çözelti derişimi artırılmak istenirse ya çökme olmadan çözeltiden su buharlaştırılır ya da çözeltiye çözünen eklenip çözülür. Su buharlaştırma işleminde çözünen maddenin mol sayısı değişmez. M1V1 = M2V2 olur.

0,2M 800 mL NaOH çözeltisinden sabit sıcaklıkta çökme olmadan 300mL su buharlaştırılıyor. Buna göre, oluşan son çözeltinin derişimi kaç mol/L olur? A) 0,24

B) 0,32

C) 0,36

D) 0,48

E) 0,54

M1V1 = M2V2 0,2 . 0,8 = M2 . 0,5 M2 = 0,32M olur. Cevap: B

0,2M 100 mL CaCI2 çözeltisine aynı sıcaklıkta 2,22 gram CaCI2 katısı eklenip çözünüyor. Buna göre, son çözeltinin derişimi kaç mol/L olur? (Ca: 40, CI: 35,5) A) 0,6

B) 0,5

C) 0,4

D) 0,3

E) 0,25

n=M.V n = 0,2 . 0,1 = 0,02 mol; n=

m 2, 22 (n= = 0, 02 mol MA 111

M=

0, 02 + 0, 02 = 0, 4 mol /L 0 , 1L

eklenen Cevap: C 112 / 11. Sınıf - Kimya

4. Ünite

Sıvı Çözeltiler

Çözeltilerin Karıştırılması Aynı maddenin farklı derişimlere sahip çözeltileri karıştırıldığı durumda çözeltideki çözünen maddenin mol sayıları toplanır. ntoplam = n1 + n2 + n3 + …

M=

n ( n = M.V olur. V

M1V1 + M2V2 + M3V3 + … = MsonVson eşitliğine ulaşılır.

0,2M 100mL KCI çözeltisine 0,6M 300mL KCI çözeltisi ekleniyor. Buna göre, oluşan son çözeltinin derişimi kaç mol/L olur? A) 0,50

B) 0,45

C) 0,40

D) 0,35

E) 0,30

M1V1 + M2V2 = MSVS 0,2 . 0,1 + 0,6 . 0,3 = MS 0,4 MS =

0, 20 = 0, 5M olur. 0, 4

Cevap: A

0,2M 300 mL NaOH çözeltisine aynı sıcaklıkta 0,3M 200mL ve 0,4M 500mL NaOH çözeltileri eklenerek karıştırılıyor. Buna göre, oluşan son çözeltinin derişimi kaç mol/L olur? A) 0,28

B) 0,30

C) 0,32

D) 0,34

E) 0,36

M1V1 + M2V2 + M3V3 = MSVS 0,2 . 0,3 + 0,3 . 0,2 + 0,4 . 0,5 = MS . 1 MS = 0,32M olur. Cevap: C 11. Sınıf - Kimya / 113

4. Ünite

Sıvı Çözeltiler

İyon Derişimi İyonik bileşikler iyonlarına ayrışarak suda çözünürler. Çözeltideki iyon derişimi hesaplanırken iyonlaşma denklemi yazılır. Örneğin 0,1 M Mg(NO3)2 çözeltisindeki iyonların derişimlerini hesaplayalım, Mg (NO3) 2 $ Mg

0, 1M

2+

0, 1M

-

+ 2NO3 0, 2M

İyon derişimi [] ile gösterilir. [Mg2+] = 0,1M [NO3–] = 0,2M olur.

Çözeltiler karıştırıldığında iyon derişimi hesaplanırken iyonlaşma denklemine göre iyon derişimleri tespit edilir.

2,22 gram CaCI2 katısı çözünerek hazırlanan 500 mL çözeltideki Ca2+ ve CI– iyon derişimleri kaçar molardır? (Ca: 40, C: 35,5) [Ca2+]

[CI–]

A)

0,4

0,8

B)

0,2

0,4

C)

0,02

0,04

D)

0,04

0,08

E)

0,08

0,16

2+

-

CaCI 2 $ Ca

n=

m MA

n=

2, 22 = 0, 02mol 111

0, 04M

0, 04M

+ 2CI

n

M= V M=

0, 02 = 0, 04M 0, 5


0, 08M

[Ca2+] = 0,04M [CI–] = 0,08M Cevap: D

4. Ünite

Sıvı Çözeltiler

0,1M 200mL Ca(NO3)2 çözeltisi ile 0,2M 300mL AI(NO3)3 çözeltisi karıştırılıyor. Buna göre, son çözeltideki [NO3–] kaç molardır? A) 0,50

B) 0,46

C) 0,44

2+

D) 0,42

E) 0,40

-

Ca (NO3) 2 $ Ca + 2NO3 [ \ 1444244 43 0, 02mol 0, 1x0, 2

0, 04mol

3+

-

AI (NO3) 3 $ AI + 3NO3 Z \ 144 4244 43 0, 06mol 0, 2x0, 3

8NO3B =

n VT

8NO3B =

0, 04 + 0, 18 0, 5

-

0, 18mol

-

8NO3B = 0, 44M olur. -

VT = 200 + 300 = 500mL = 0,5L Cevap: C

0,2M 100mL NaOH çözeltisine 0,3M 200mL Ca(OH)2 çözeltisi ile birlikte 200g su ekleniyor. Buna göre, son çözeltideki OH– iyon derişimi kaç mol/L'dir? A) 0,24

B) 0,28

C) 0,32

D) 0,36

E) 0,38

-

+

NaOH $ Na + OH Y \ 0, 2x0, 1

Ca (OH) 2 $ Ca 1442443 0, 3x0, 2

0, 02mol

2+

-

OH + 2 \

0, 12mol

6OH @ = -

0, 02 + 0, 12 0, 5

6OH @ = 0, 28M -

VS = 100 + 200 + 200 = 50,0 mL = 0,5L Cevap: B


4. Ünite

Sıvı Çözeltiler

Kolİgatİf Özellİkler Bir çözeltide çözünen maddenin türüne bağlı olmaksızın derişime bağlı olarak değişen özelliklere koligatif özellikler denir. Buhar basıncının düşmesi, kaynama sıcaklığının yükselmesi, donma sıacaklığının alçalması, osmotik basınç koligatif özelliklerdendir.

Buhar Basıncı Düşmesi Buhar basıncı sıvıların uçuculukları ile doğru orantılıdır. Buharlaşma sıvının yüzeyinde ve her sıcaklıkta meydana gelir. Saf sıvılar ile sıvı çözeltilerin buhar basınçları kıyaslandığında çözeltilerin buhar basıncının saf çözücülerin buhar basıncından daha küçük olur.

1880'lerde bu alanda çalışma yapan F.M Raoult çözücü ve çözünenin mol kesirlerini kullanarak çözeltilerin buhar basınçlarının saf çözücününkinden daha küçük olduğunu ispatlamıştır. A ve B sıvılarından oluşan bir çözeltiyi ele alalım. İdeal bir çözeltide PA ve PB sıvıların kısmi buhar basınçları, PA° ve PB° saf hallerinin buhar basınçları ise,

PA = χAPA° PB= χBPB°

olur.

χA + χB = 1 olduğuna göre, sıvıların kısmi buhar basınçları saf sıvı hallerinin buhar basınçlarından daha küçük olur. Bu bağıntıya Rault yasası denir.


4. Ünite

Sıvı Çözeltiler

0,1 mol benzen ve 0,4 mol toluenin buhar basınçları sırasıyla 98 ve 30 mmHg'dir. Buna göre, çözeltinin buhar basıncı kaç mmHg olur? A) 43,6

B) 44,8

C) 45,2

D) 46,6

PBenzen = χBenzen P°Benzen χBenzen = PBenzen = 0,2 . 98

χToluen =

0, 1 = 0, 2 0, 5 0, 4 = 0, 8 0, 5

= 19,6 mmHg

PToluen = χToluen . P°Toluen

PT = PBenzen + PToluen

PToluen = 0,8 . 30

PT = 19,6 + 24

E) 47,8

= 24 mmHg

= 43,6 mmHg Cevap: A

Donma Noktası Alçalması (Kriyoskopi) Sabit basınç altında soğutulan sıvılar dışarıya ısı vererek sıvı halden katı hale geçerler. Bu olaya donma adı verilir.

Sıvı çözeltilerde ise saf çözücüye göre tanecikler arası etkileşimler daha fazla olacağı için donma noktası düşer. Örneğin; saf su 1 atm basınç altında 0 °C'de donarken, tuzlu su veya şekerli su çözeltileri 0 °C'den daha düşük sıcaklıkta donar. Sıcaklık (°C)

Sıcaklık (°C)

0

Zaman (t)

Zaman (t)

0 - Donma süresince sıcaklık sabit - Donma noktası 0 °C dir.

- Donma süresince sıcaklık azalır - Donma noktası 0 °C altındadır.

İyonal çözeltilerde toplam iyon derişimi, moleküler çözeltilerde ise çözelti derişimi arttıkça donma noktası azalır. 11. Sınıf - Kimya / 117

4. Ünite

Sıvı Çözeltiler

Donma noktası alçalması; ∆Td = –Kd . m

bağıntısı ile hesaplanır.

∆Td: Donma noktasındaki alçalma miktarı (°C)

özücünün molal donma noktası alçalma sabiti (Kriyosko Kd: Ç pi sabiti)

m: Molalite

Çözücü

Kd

Su

1,86

Benzen

5,12

Fenol

7,30

Asetik asit

3,90

Bazı çözücülerin Kd değerleri

100 gram suda 0,2 mol Ca(NO3)2 katısı çözünerek hazırlanan çözeltinin 1 atm basınçtaki donma noktası kaç °C olur? (Kd = 1,86)

m=

0, 2mol = 2molal 0, 1kg su

2+

-

Ca (NO3) 2 $ Ca + 2NO3 144442444 43 2molal

4molal

Toplam 6 molal iyon çözeltide bulunur. Saf su 0°C'te döndüğüne göre çözeltimiz –11,16°C'ta donacaktır.

∆Td = –Kd . m

∆Td = –1,86 . 6 = –11, 16 °C olur.

Kaynama Noktası Yükselmesi (Ebülyoskopi) Sıvılar her sıcaklıkta buharlaşır fakat belirli sıcaklıkta kaynarlar. Bir sıvının kaynamayabilmesi için buhar basıncının dış basınca eşit olduğu sıcaklık değerine ulaşması gerekir.

Sıcaklık (°C)

Sıcaklık (°C) 100 + b Saf su

100

Doymuş tuzlu su kaynar.

100 + a 100 Doymamış tuzlu su kaynar.

0

t t: Saf suyun kaynama süresi


Zaman (t)

t1

t2

t1: Doymamış çözeltinin kaynama süresi

Zaman (t) t2: Doymuş çözeltinin kaynama süresi

4. Ünite

Sıvı Çözeltiler

Uçucu olmayan bir katının bir sıvı içerisinde çözünmesiyle hazırlanan çözeltilerin aynı sıcaklıktaki buhar basınçları düşer . Böylelikle buhar basıncının dış basınca eşit olabilmesi için daha yüksek sıcaklık değerlerine çıkılması gerekir. Kaynama noktasındaki bu yükselmenin nedeni iyonal çözeltilerde toplam iyon derişimi, moleküler çözeltilerde ise çözelti derişimidir. Kaynama noktası yükselmesi ∆Tk: Kk . m

bağıntısı ile hesaplanır.

Çözücü

Kk

Su

0,52

özücünün molal kaynama noktası yükselme sabiti (ebül Kk: Ç yoskopi sabiti)

Benzen

2,53

Fenol

3,56

Toluen

3,33

∆Tk: Kaynama noktasındaki yükselme miktarı (°C)

m: molalite

Bazı çözücülerin Kk değerleri

2kg suda 1mol KCI katısı çözünerek hazırlanan çözeltinin 1 atm basınçtaki kaynama noktası kaç °C olur? (Kk = 0,52) A) 100,52

m=

B) 101, 04

D) 102,08

E) 106,0

1mol = 0, 5molal 2kg

KCI $

C) 101,56

+

K

U

0, 5molal

+

-

CI

W

0, 5molal

Toplam 1 molal iyon bulunur. ∆Tk = 0,52 . 1 = 0,52 °C

Öyleyse kaynama noktası 100,52 °C olur. Cevap: A


4. Ünite

Sıvı Çözeltiler

Sıcaklık (∆T)(°C) X NaNO3 4a

Y

2a

1

2

Molarite (mol/L)

Yukarıdaki grafikte X, NaNO3 ve Y bileşikleriyle hazırlanan çözeltilerin kaynama noktalarındaki artışın derişimle değişimi verilmiştir. Buna göre, X ve Y bileşikleri aşağıdakilerden hangisi olabilir? X

Y

A) AICI3

C6H12O6

B) MgCI2

NaCI

C) Ca(NO3)2

C6H12O6

D) Mg(NO3)2

KNO3

E) AICI3

KCI

+

-

NaNO3 $ Na + NO3 X \ 1M

1M

Y 1M

2M 2a°C X → 4a °C ise 4M iyon olmalı 3+

-

AI + 3CI AICI3 $ Z Z 1M

3M

4M 4a°C

Y → a °C ise 1M olması için moleküler çözelti olmalı

C6H12O6(k) →

C6 H12 O6 (suda) 14444244443 1M

a °C Cevap: A


4. Ünite

Sıvı Çözeltiler

Osmotik Basınç Suyun yarı geçirgen bir zar yardımıyla derişimin az olduğu taraftan çok olduğu tarafa geçmesine osmoz denir. Bu geçiş sırasında derişimi büyük olan tarafın küçük olan tarafa uyguladığı emme kuvvetine osmotik basınç denir.

Yarı geçirgen zar

Derişik

Seyreltik

I

II

Yarı geçirgen zarla farklı derişimlere sahip çözeltiler birbirinden ayrıldığında derişimi az olan kısımdan derişimi çok olan kısıma su geçer. Su geçişiyle birlikte seyreltik kısımda sıvı seviyesi azalır. Derişik kısımda sıvı seviyesi artar. Osmotik basınç değerleri eşit olduğunda yükselme durur.

Ters Osmoz I. kısım

Saf su

II. kısım

Tuzlu su

Yarı geçirgen zar

Şekildeki düzenekte, düzeneğin I. kısmına tuzlu su çözeltisinin osmotik basıncından daha küçük bir basınç uygularsak su moleküllerinin geçişi I. kısımdan II. kısma doğru olur. Bu olay osmoz olarak adlandırılır. Eğer II. kısma osmotik basınçtan daha büyük bir basınç uygulanırsa su moleküllerinin geçişi II. kısımdan I. kısma doğru olur. Bu olaya ters osmoz denir. Ters osmoz yolu ile tuzlu sudan içme suyu elde edilir.


4. Ünite

Sıvı Çözeltiler

Çözünürlük Sabit basınç ve sıcaklıkta birim çözücüde çözünebilen maksimum madde miktarına çözünürlük denir. Birim çözücü olarak 100 gram ya da 100 mL su kullanılır. Çözünürlük, "gram çözünen / 100 gram su" olarak ifade edilir. Örneğin 25 °C'de NaCI tuzunun çözünürlüğü 36g NaCI / 100g sudur.

200 gram kütlece %20'lik X çözeltisi aynı sıcaklıkta daha fazla madde çözememektedir.. Buna göre, X maddesinin çözünürlüğü kaç g/100g sudur? A) 40

200.

B) 30

20 = 40g X 100

C) 25

D) 20

E) 10

katısı

200 - 40 = 160g su

160g su

40g X çözünürse

100g su

?

?=

100.40 = 25 160

Çözünürlük 25g X/100g su olur. Cevap: C

Çözeltiler çözünürlük temelinde incelendiğinde iki sınıfa ayrılır. Bunlar derişime göre ve çözünen maksimum madde miktarına göre sınıflandırmadır.


4. Ünite

Sıvı Çözeltiler

Derişime Göre Sınıflandırma Derişime göre sınıflandırma karşılaştırmalı bir sınıflandırmadır. En az iki çözelti karşılaştırılarak derişik ve seyreltik çözelti tespit edilir.

Derişik Çözelti

Seyreltik Çözelti

Çözünen madde miktarı çok olan çözeltidir.

Çözünen madde miktarı az olan çözeltidir.

25°C 100g su 40g tuz * 30g tuz 30g tuz * 20g tuz

30 gram tuz içeren çözelti 40 gram tuz içeren çözeltiye göre seyreltik, 20 gram tuz içeren çözeltiye göre derişik bir çözeltidir.

Çözünen Maksimum Madde Miktarına Göre Sınıflandırma; Doymuş, doymamış ve aşırı doymuş olmak üzere üç sınıfa ayrılır.

Doymuş Çözelti Sabit basınç altında belirli bir sıcaklıkta çözebileceği maksimum madde miktarını çözmüş olan çözeltidir. Doymuş çözelti çözünürlük değerine ulaşmış çözeltidir. 25 °C'de 100 gram su en fazla 36 gram NaCI katısı çözer. 25 °C'de hazırlanan bu çözelti doymuş, çözeltidir. Aynı koşullarda 300 gram su ile doymuş çözelti hazırlamak için 108 gram NaCI katısı gerekir.


4. Ünite

Sıvı Çözeltiler

Doymamış Çözelti Sabit basınç altında belirli bir sıcaklıkta daha çözebileceği madde miktarı olan çözeltidir. Örneğin; 25 °C'de 100 gram suda 25 gram NaCI çözünerek hazırlanan çözelti doymamış çözelti olur. 25 °C'de 100 gram suda 36 gramdan dah az NaCI içeren çözeltiler doymamış çözeltilerdir.

Aşırı Donmuş Çözelti Sabit basınç altında belirli sıcaklıkta dış koşullarla çözebileceğinden daha fazla madde çözmüş olan çözeltilerdir. Bu çözeltiler kararsız ve anlık çözeltiler olup bir süre sonra çözünen fazla katı çöker ve doymuş çözelti elde edilir.

25 °C'de 100 gram suda 37 gram NaCI katısı çözünerek hazırlanan çözelti aşırı doymuş çözeltidir. Bir süre sonra 1 gram fazla NaCI çöker ve doygun çözelti elde edilir.

Çözünürlüğe Etki Eden Faktörler Çözünürlüğe etki eden faktörler 4 başlık altında incelenebilir. Bunlar; Çözücü ve çözünenin cinsi Ortak iyon Sıcaklık Basınç


4. Ünite

Sıvı Çözeltiler

Çözücü ve Çözünenin Cinsi Tanecik yapıları birbirine benzeyen çözücü ve çözünen türleri arasında yüksek düzeyde çözünme meydana gelir ve ideal çözeltiler oluşur.

Polar çözücülerde polar maddeler, apolar çözücülerde apolar maddeler iyi çözünür. Örneğin; C2H5OH ve H2O birbiri içerisinde çok iyi çözünür, C6H6 ve CCI4'te birbiri içerisinde çok iyi çözünür. Ama C6H6'nın H2O'da iyi çözünmesi beklenmez.

Ortak İyon Ortak iyon içeren çözeltilerde çözünürlük saf sudaki çözünürlükten daha az olur.

Çözünürlük arasındaki ilişki

AgCI(k)

AgCI

AgCI

0,1M NaCI II

0,2M AgNO3 II

I > II > III

şeklindedir.

Saf su I

Sıcaklık Çözünmenin endotermik ya da ekzotermik olmasına bağlı olarak çözünürlük değişir.


4. Ünite

Sıvı Çözeltiler

Endotermik Çözünme Sıcaklık ve çözünürlük doğru orantılıdır. Katıların sıvılardaki çözünürlüğü genellikle endotermiktir. Çözünürlük

XY(k) → XY(suda)

Sıcaklık

Ekzotermik Çözünme Sıcaklık ve çözünürlük ters orantılıdır. Gazların sıvılardaki çözünürlüğü kesinlikle ekzotermiktir. Çözünürlük

XY2(g) → XY2(suda) + ısı

Sıcaklık

Çözünürlük (g KCI / 100 gram su) 40 36 34

20

30

40

Sıcaklık (°C)

Yukarıdaki grafikte KCI tuzunun çözünürlük sıcaklık değişimi verilmiştir.. Buna göre, aşağıda verilen soruları cevaplayınız. a) 30 °C'de 408 gram doygun çözeltide kaç gram KCI çözünmüştür? b) 30 °C'de 200 gram su ile hazırlanan doymuş çözeltinin sıcaklığı 20 °C'ye düşürülürse kaç gram KCI çöker? c) 30 °C'de hazırlanan 68 gram doygun çözeltinin sıcaklığı 40 °C'ye çıkarılır ise tekrar doygun çözelti olabilmesi için kaç gram daha KCI eklenmelidir?


4. Ünite

Sıvı Çözeltiler

a) 30 °C'de 100g su +

36g KCI

Çözer = 136g d.ç

300g su

b) 30 °C'de 100g su

108g KCI olur.

36g KCI çözer

200g su

72g KCI çözer

20 °C'de 100g su

34g KCI çözer

408 d.ç

200g su 68g KCI çözer

30 °C → 20 °C

72 – 68 = 4g KCI çöker.

c) 30 °'de

100g su +

36g KCI

Çözer = 136g d.ç

50 su

40°C'de

68g d.ç

18g KCI olur.

100g su

40g KCI çözer

50g su

?

? = 20g KCI çözer

20 – 18 = 2g daha KCI eklenmelidir.

Çözünürlük (gX / 100g su)

50 15

10

30

Sıcaklık (°C)

Yukarıda X katısının çözünürlük sıcaklık grafiği verilmiştir. 10 °C'de dibinde katısı olmayan 300 gram doymuş çözelti için, I. 100 gram X katısı içerir. II. Sıcaklık 30 °C'ye çıkartılırsa 70 gram X katısı çöker. III. Çözelti soğutulur ise derişim artar. yargılarından hangileri doğrudur? A) Yalnız I B) I ve II C) I ve III D) II ve III E) I, II ve III 11. Sınıf - Kimya / 127

4. Ünite

Sıvı Çözeltiler

10 °C'de 100g su +

50g

X

çözer = 150g d.ç

200g su

30 °C'de 100g su 200g su

300g d.ç

100g X olur. 15g X çözer ?

? = 30g X çözer. 100 – 30 = 70 gram X çöker Çözelti soğutulursa çözünürlük artar. Katı olmadığı için çözünen madde miktarı değişmez. Cevap: B

Basınç Sıvıların üzerine etkiyen basınç ile bir gazın sıvıdaki çözünürlüğü doğru orantılıdır. Katı ve sıvıların çözünürlüğüne basıncın etkisi yoktur. Çözünürlük Gaz Katı, sıvı

Basınç

Bir X gazının çeşitli sıcaklık ve basınç koşullarına göre çözünürlükleri aşağıda belirtilmiştir. Sıcaklık (°C)

Basınç (atm)

Çözünürlük

25

3

Ç1

30

3

Ç2

25

4

Ç3

Buna göre, X gazının belirtilen koşullardaki çözünürlüklerinin sıralanması aşağıdakilerden hangisinde doğru olarak verilmiştir? A) Ç1 > Ç2 > Ç3

B) Ç1 > Ç3 > Ç2

D) Ç3 > Ç1 > Ç2

C) Ç3 > Ç2 > Ç1

E) Ç2 > Ç3 > Ç1

Gazların sıvılardaki çözünürlüğü sıcaklıkla ters basınçla doğru orantılıdır. Ç3 > Ç1 > Ç2 olur. 128 / 11. Sınıf - Kimya

Cevap: D

4. Ünite

Sıvı Çözeltiler

Ayırma Teknİklerİ Çözünürlük maddenin ayırt edici özelliğidir.

Kristallendirme Katılardan oluşan bir karışımda, katılardan birini çözen diğerini çözemeyen bir sıvı seçilerek katıların birbirinden ayrılmasına kristallendirme yöntemi denir.

Örneğin; Tuz – kum karışımına su katılırsa tuz suda çözünür kum çözünmez. Süzme işlemi yapılarak suda çözünmeyen kum ayrılır. Kalan tuzlu su ise ısıtılıp suyun tamamı buharlaştırıldığında tuz elde edilmiş olur.

Ayrımsal Kristallendirme Katı maddelerden oluşan karışımı katıların sudaki çözünürlüklerinin sıcaklıkla farklı şekilde değişmesi yardımıyla yapılan ayırma işlemine ayrımsal kristallendirme denir. Çözünürlük (g/100g su) C6H12O6

NaCI

Sıcaklık (°C)

Örneğin, sudaki çözünürlüğü sıcaklık arttıkça artan şeker (C6H12O6) ve çözünürlüğü sıcaklık değişiminden az etkilenen sofra tuzu (NaCI) bu yolla ayrılır. Karışım suda çözünür. Daha sonra karışım soğutulduğunda C6H12O6 çöker ve karışımdan süzme yolu ile ayrılır. NaCI ise çökmez. C6H12O6 çöktürüldükten sonra su buharlaştırılarak NaCI elde edilir.


4. Ünite

Sıvı Çözeltiler

Ekstraksiyon (Özütleme) Katı ya da sıvı bir karışımda yer alan bir maddeyi bir çözücü yardımı ile ayırma işlemine ekstraksiyon (özütleme) denir. Şeker pancarından şeker eldesi, bitkilerden yağ eldesi, çayın demlenmesi gibi değişimler özütleme işlemine örnek olarak verilebilir.

Kağıt Kromatografisi Fiziksel ve kimyasal özellikleri birbirine yakın veya miktarı çok az olan maddelerin ayrılmasında kromatografi yöntemi kullanılır. Kağıt kromatografisinde temel özellik çözünürlük ve yayılma hızları farkıdır. Bu yöntemde bir sıvı karışımı kağıt üzerinde yürütülerek bileşenlerine ayrılır.

I. Çayın demlenmes II. Zeytinden zeytinyağı eldesi III. Suya bırakılan peynirin tuzunun giderilmesi Yukarıda verilen işlemlerden hangileri ektraksiyona örnektir? A) Yalnız I

B) I ve II

D) II ve III

C) I ve III

E) I, II ve III

Çayın demlenmesi ve peynirin su yardımı ile tuzunun giderilmesi ektraksiyondur. Cevap: C

I. Şeker – Kum : Kristallendirme II. Tuz – Şeker

: Ayrımsal kristallendirme

III. Alkol – Su

: Damıtma

Yukarıdaki karışımları ayırma yöntemlerinden hangileri doğru verilmiştir? A) Yalnız I

B) I ve II

D) II ve III

C) I ve III

E) I, II ve III

I. ve II. yöntem doğru verilmiştir. Alkol – su karışımı ayrımsal damıtma ile ayrılır. Cevap: B 130 / 11. Sınıf - Kimya

5. Ünite

Kimya ve Enerji

KİMYA VE ENERJİ SİSTEMLER VE ENERJİ TÜRLERİ Fiziksel ve kimyasal değişmelerde meydana gelen enerji dönüşümlerini inceleyen bilim dalına termokimya denir. Termodinamik ise sistemlerdeki enerji ve madde alışverişi ile ilgilenen bilim dalıdır. Termodinamik ile ilgili kavramlar evren, sistem ve ortamdır. Evren; sistem ve ortamı kapsar. Sistem; üzerinde çalışma yapılan ve sınırları belirlenmiş evren parçasıdır. Ortam; sistemin dışında kalan evren parçasıdır.

Sistemlerin Sınıflandırılması Sistemleri ısı ve madde alışverişine göre 3 sınıfa ayırabiliriz. Bunlar;

1

Açık Sistem

Açık Sistem

2 Kapalı Sistem

3

İzole Sistem

Açık Sistem Sistem ile ortam arasında hem madde hem de ısı alışverişi olan sistemlere açık sistem denir.

Kapalı Sistem

Kapalı Sistem Sistem ile ortam arasında madde alışverişi olmayıp ısı alışverişi gerçekleşen sistemlere kapalı sistem adı verilir.


5. Ünite

Kimya ve Enerji

İzole Sistem

İzole Sistem Sistem ile ortam arasında madde ve ısı alışverişi olmayan sistemlere izole sistem denir. Bu sistemlerde ısı alışverişi ihmal edilir düzeydedir.

Sistemler, sıcaklık, basınç ve hacim değişimine göre de sınıflandırılabilirler. Sabit sıcaklıktaki sistemlere izotermal, sabit basınçtaki sistemlere izobarik ve sabit hacimli sistemlere ise izokorik sistemler denir. Örneğin buzun 0°C'de erimesi izotermal sistem örneğidir. Gazların pistonlu kaplarda ısıtılması ya da soğutulması izobarik, sabit hacimli kaplarda ısıtılması ya da soğutulması izokorik sistem örneğidir.

Aşağıda verilen sistemlerin hangisinin karşısında verilen türü yanlıştır? Sistem A) Paket süt

Türü Kapalı sistem

B) Erime noktasındaki buz parçası

İzotermal sistem

C) Pistonlu kapta ısıtılan bir soy gaz

İzokorik sistem

D) Bardakta bulunan çay

Açık sistem

E) Termosta bulunan soğuk su

İzole sistem

Paket süt kapalı sistem örneğidir. Buz parçası erime noktasındaysa sıcaklığı sabittir. Sistem izotermal bir sistem olur. Pistonlu bir kapta ısıtılan bir soygazın hacmi artacaktır, yani sistem izokorik değil izobarik sistem olacaktır. İzokorik sistem sabit hacimli, izobarik sistem ise sabit basınçlı sistemdir. Bardakta bulunan çay açık sistem, termosta bulunan soğuk su ise izole sistem örneğidir.


Cevap : C

5. Ünite

Kimya ve Enerji

Sistem türleri ile ilgili, I. Elastik balon izobarik sistem türüdür. II. Saf suyun donması olayında sistem izotermaldir. III. İnsan vücudu kapalı sistem örneğidir. yargılarından hangileri doğrudur? A) Yalnız I

B) I ve II

D) II ve III

C) I ve III

E) I, II ve III

İzobarik sistem, sabit basınçlı sistemdir. Elastik balon izobarik sistem türü olur. İzotermal sistem, sıcaklığın sabit olduğu sistemdir. Saf suyun donması sabit sıcaklıkta gerçekleşir. Değişim izotermaldir. İnsan vücudu, açık sistem örneğidir. Cevap: B

I

II

III

Yukarıda verilen sistemlerden hangileri açık sistem örneğidir? A) Yalnız I

B) I ve II

D) II ve III

C) I ve III

E) I, II ve III

I. ve III. açık sistem, II. ise kapalı sistem örneğidir. Cevap: C


5. Ünite

Kimya ve Enerji

İç Enerji Bir sistemdeki taneciklerin sahip olduğu tüm enerjilerin toplamına sistemin iç enerjisi denir. İç enerji "U" harfi ile gösterilir.

∆U = Uson – U ilk

Isı ve İş Sistem ile ortam arasında sıcaklık farkından dolayı aktarılan enerji türüne ısı denir. Isı ve sıcaklık birbirinden farklı kavramlardır. İş, sıcaklık farkından bağımsız yollarla aktarılan enerjidir. İş "w" harfi ile gösterilir.

Sabit hacimli sistemlerde iş yapılmaz.

Termodinamiğin Sıfırıncı Kanunu: Isı sıcaktan soğuğa doğru akar.

Termodinamiğin I. Kanunu Enerji yoktan var, vardan yok edilemez. Fakat bir türden başka bir türe dönüştürülebilir.

Bu kanun "Enerjinin Korunumu Kanunu" olarak da bilinir.

∆Usistem + ∆Uortam = O

Termodinamiğin I. Kanunu

Sisteme ısı girişi Q(+)

Sistemden iş çıkışı w(--)

SİSTEM

Sistemeden ısı çıkışı Q(--)

Sisteme iş girişi w(+)


∆U = Q + w

bağıntısı ile ifade edilir.

Sistem ortamdan ısı alır ise Q(+), sistem ortama ısı verir ise Q(–) olur. Sistem ortama iş yaparsa w(–), ortam sisteme iş yaparsa w(+) olur.

5. Ünite

Kimya ve Enerji

İdeal pistonlu bir kapta bulunan 1 mol He gazı bir süre ısıtılıyor. Bu işlem sonucunda gaz genleşerek ortama 70 j iş yaparken sistemin iç enerjisi 180 j artıyor. Buna göre, He gazına verilen ısı kaç j olur? A) 70

B) 90

C) 180

D) 230

E) 250

∆U = Q + w

Öncelikle Q ve w'nun işaretlerini tespit edelim; sisteme ısı verildiği için Q(+) Sistem ortama iş yaptığı için w(–) işaretlidir. ∆U = +180 j 180 = Q – 50 w = –50 j Q = 230 j Sisteme 230 j ısı verilmiştir. Cevap : D

Pistonlu bir kapta bulunan 1 mol Ne gazı bir süre ısıtılıyor. Buna göre, bu işlem sonunda; I. sistemin iç enerjisindeki artış alınan ısı kadar artar. II. sistem ortama iş yapar. III. gazın özkütlesi azalır. yargılarından hangileri doğru olur? A) Yalnız I

B) Yalnız II

D) II ve III

C) I ve II

E) I, II ve III

∆U = Q + w

Bağıntısına göre, pistonlu kaplarda hacim değişimi iş yapılması anlamına gelir. Isıtılan gazın hacmi artacağı için sistem ortama iş yapar, iç enerji artışı alınan ısı kadar olmaz. Hacim artacağı için özkütle azalır. ↓d =

m* v-

Cevap : D 11. Sınıf - Kimya / 135

5. Ünite

Kimya ve Enerji

I. Q > ∆U > 0 ise sistem ortama iş yapar. II. Alınan ısı iç enerji değişimine eşit olan sistemler izobarik sistemlerdir. III. Gazlarda hacim artışı ile ortam sisteme iş yapar. Yukarıda verilen yargılardan hangileri doğrudur? A) Yalnız I

B) I ve II

D) II ve III

∆U = Q + w ve

C) I ve III

E) I, II ve III

Q > ∆U ise,

alınan ısının bir kısmı hacim artışına neden olmuştur, yani sistem ortama karşı iş yapmıştır. Isıtılan gazlarda alınan ısı iç enerji değişimine eşit olur ise yapılan iş sıfır olur, yani sistem izokoriktir. Gazlardaki hacim artışı ile ortam sisteme değil sistem ortama iş yapar. Cevap : A

Sistemlerde Entalpi Değişimi Sabit basınç altında bir sistemdeki ısı değişimine entalpi denir. Entalpi "H" harfi ile gösterilir. Qp = ∆U – w

Qp = ∆H

Bir tepkimedeki entalpi değişimi ürünlerin entalpileri toplamı ile girenlerin entalpileri toplamları arasındaki farka eşittir. ∆H = Hürün – Hgiren

Endotermik Tepkimeleri : Entalpi

Ca CO3(k) + ısı → CaO(k) + CO2(g)

Ürün

Giren

}

Hürün > Hgiren dir. ∆Htep > O olur.

∆H

Tepkime Koordinatı


5. Ünite

Kimya ve Enerji

Endotermik Tepkimelerde; – ∆H > 0' dır. – Ürünlerin ısı kapsamı girenlerin ısı kapsamından büyüktür. – Tepkimenin devam edebilmesi için sürekli ısıya ihtiyaç vardır. – Minimum enerjiye eğilim girenler tarafındadır. – Yalıtılmış sistemlerde ortamın sıcaklığı azalır. – Düşük sıcaklıkta girenler, yüksek sıcaklıkta ürünler daha kararlıdır.

Ekzotermik Tepkimeler : Entalpi

CH4(g) + 2O2(g) → CO2(g) + 2H2O(g) + Isı

Giren

Ürün

}

Hgiren > Hürün ∆H < 0 olur.

∆H

Tepkime Koordinatı

Ekzotermik Tepkimelerde; – ∆H < 0' dır. – Ürünlerin ısı kapsamı girenlerin ısı kapsamından düşüktür. – Tepkime başlatıldıktan sonra kendiliğinden devam etme eğilimindedir. – Minimum enerjiye eğilim ürünler yönündedir. – Yalıtılmış sistemlerde ortamın sıcaklığı artar. – Düşük sıcaklıkta ürünler, yüksek sıcaklıkta girenler daha kararlıdır.

Aşağıdaki değişimlerden hangisi sonucu ortama ısı yayılır? A) Buzun erimesi B) H2 molekülündeki bağların kırılıp H atomu oluşumu C) K metalinden 1 elektron koparılarak K+ iyonu oluşumu D) N2 gazının O2 gazı ile tepkimesi sonucu N2O gazı oluşumu E) Kış aylarında camların buğulanması

Camların buğlanması gazın sıvı hale geçmesi olayıdır. Bu olay ekzotermiktir.

Cevap: E 11. Sınıf - Kimya / 137

5. Ünite

Kimya ve Enerji

I. 2O(g) → O2(g) II. Na → Na+ + 1e– III. H2O(k) → H2O(s) Yukarıda verilen olaylardan hangilerinde ürünlerin ısı kapsamı girenlerin ısı kapsamından daha büyüktür? A) Yalnız I

B) Yalnız II

D) I ve II

C) Yalnız III

E) II ve III

II. ve III. değişimler endotermiktir. Cevap: E

Standart Oluşumun Entalpisi Standart koşullarda 1 mol bileşiğin en kararlı elementlerinden oluşması sırasındaki ısı değişimine standart molar oluşum entalpisi denir, ve ∆H°f ile gösterilir.

25°C ve 1 atm standart koşuldur.

Standart koşullarda elementlerin en kararlı hallerinin oluşum entalpileri sıfırdır.

Fe(k) , O2(g), Br2(s) , ....... ∆H°f = 0

Fe(s) , O2(s), Br(g) , ....... ∆H°f ≠ 0

Bir kimyasal tepkimenin entalpi değişimi standart molar oluşum entalpileri ile hesaplanabilir. ∆H° = Σn∆H°f(ürün) – Σn∆H°f(giren)

CH4(g) + 2O2(g) → CO2(g) + 2H2O(g)

∆H°tep = [∆HCO + 2 . ∆HH O ] – [∆HCH ]


2

2

4

5. Ünite

Kimya ve Enerji

CH4, CO2 ve H2O'nun molar oluşum entalpileri sırasıyla –75, –394 ve –58 kj/mol tür. Öyleyse, ∆H°tep = [(–394) + 2(–58)] – [(–75)] ∆H°tep = –435kj olur. Tepkime ısısı –435 kj' dür. Tepkime sırasında açığa çıkan ısı 435 kj olur.

Tepkime bir sayı ile çarpılırsa, tepkime ısısı aynı sayı ile çarpılır.

N2(g) + 3H2(g) → 2NH3(g)

1 2

N2(g) +

3 2

H2(g) → NH3(g)

∆H° = –92 kj ∆H° = –46 kj

Bir tepkime ters çevrilirse, entalpi işaret değiştirir.

N2(g) + 3H2(g) → 2NH3(g)

∆H = –92 kj

2NH3(g) → N2(g) + 3H2(g)

∆H = +92 kj

Bir tepkimenin entalpisi maddelerin fiziksel haline bağlıdır. ∆H° = –285 kj H2(g) + 21 O2(g) → H2O(s) H2(g) + 21 O2(g) → H2O(g)

∆H° = –242 kj

N2O(g)

Molar Oluşum Isısı (kj/mol) +10

N2O4(g)

–20

CO(g)

–120

CO2(g)

–395

Bileşik

Yukarıda verilen bileşikler ve molar oluşum ısılarına göre;

N2O(g) + 3CO2(g) → N2O4(g) + 3CO(g)

tepkimesinin entalpisi kaç kj olur? A) 795

B) 815

C) 925

D) 1025

E) 1215 11. Sınıf - Kimya / 139

5. Ünite

Kimya ve Enerji

N2O(g) + 3CO2(g) → N2O4(g) + 3CO(g)

tepkimesinin entalpisini oluşum entalpisine göre hesaplayacağız.

∆Htep = ∆Hürün – ∆Hgiren

∆Htep = [∆HN2O4 + 3∆HCO] – [∆HN2O + 3∆HCO2]

∆Htep = [(–20) + 3(–120)] – [(+10) + 3(–395)]

∆Htep = +795 kj olur.

Cevap : A

C2H6(g)

Standart Molar Oluşum Isısı(kj/mol) –85

CO2(g)

–395

H2O(s)

–285

Bileşik

Yukarıda verilen bileşikler ve standart molar oluşum ısılarına göre 6 gram C2H6 gazının yakılması sırasında açığa çıkan ısı kaç kj olur? (C: 12 H: 1) A) 468

B) 312

C) 156

D) 78

E) 39

Öncelikle yanma tepkimesini yazalım; 7 C2H6(g) + O2(g) → 2CO2(g) + 3H2O(s) 2 tepkimesine göre 1 mol C2H6(g)'nın yanma entalpisi;

∆Htep = ∆Hürün – ∆Hgiren

∆Htep = [2∆HCO2 + 3∆HH2O] – [∆HC2H6]

∆Htep = [2(–395) + 3(–285)] – [(–85)]

∆Htep = –1560 kj

Daha sonra 6 gram C2H6(g)'nın kaç mol olduğunu bulup açığa çıkan ısı hesaplanır. m n= C 2 H6 = 30g/mol MA 6 n= = 0, 2mol C 2 H6 30

1 mol C2H6 1560 kj ısı açığa çıkarsa

? ısı açığa çıkar. 0,2 mol C2H6 __________________________________

? = 312 kj ısı açığa çıkar


Cevap : B

5. Ünite

Kimya ve Enerji

Yanma Entalpisi Yanma tepkimelerinin tepkime ısılarına yanma entalpisi denir. Yanma tepkimeleri N2'nin yanması hariç ekzotermiktir.

CH4(g) + 202(g) → CO2(g) + 2H2O(g)

∆H = –464 kj

CH4'ün molar yanma entalpisi –464 kj dür.

1 mol CH4 gazının yanması sırasında 464 kj ısı açığa çıkar.

Nötrleşme Entalpisi Asit-baz tepkimelerinin entalpi değerine nötrleşme entalpisi denir.

HCI(suda) + NaOH(suda) → NaCI(suda) + H2O(s)

∆H = –58 kj

Tepkime sırasında 58 kj ısı açığa çıkar. HCI ve NaOH'in molar nötrleşme entalpileri –58 kj dür.

Hess Kanunu : Bir kimyasal tepkimenin entalpisi, tepkimenin izlediği yola bağlı değildir. Hess Kanunu'na göre bir tepkimenin entalpi değeri tepkimeyi oluşturan ara basamakların entalpileri toplamına eşittir.

C(k) + 1 O2(g) → CO(g) ∆H1 = –110 kj 2

CO(g) + 1 O2(g) → CO2(g) 2

C(k) + O2(g) → CO2(g) ∆H = ∆H1 + ∆H2

∆H2 = –284 kj

∆H = –110 – 284 = –394 kj

Germain Henri Hess

Hess Kanunu tepkimelerin taraf tarafa toplanabilirliği ilkesidir.


5. Ünite

Kimya ve Enerji

2XY2(g) + Y2(g) → 2XY3(g) tepkimesinde 2 mol XY3(g) oluşması sırasında 240 kj ısı açığa çıktığına göre; 1 Y 2 2(g) tepkimesinin entalpi değişimi kaç kj olur?

XY3(g) → XY2(g) +

A) –240 B) –120 C) +120 D) +180 E) +240

2XY2(g) + Y2(g) → 2XY3(g) tepkimesinde 2 mol XY3(g) oluşurken 240 kj ısı açığa çıkıyor ise bu tepkimenin entalpi değişimi ∆H = –240 kj olur. Yukarıda verilen tepkime ters çevrilip 2'ye bölündüğünde; 1 XY3(g) → XY2(g) + Y2(g) 2 tepkimesine ulaşılır. Öyleyse ∆H değeride işaret değiştirilip 2'ye bölünür.

∆H = +120 kj olur.

Cevap C

I. 2NO(g) → N2(g) + O2(g) 1 II. NO(g) + O2(g) → NO2(g) 2

∆H = –185 kj ∆H = –60 kj

tepkimeleri ve entalpi değişimlerine göre;

N2(g) + 2O2(g) → 2NO2(g)

tepkimesinin entalpi değişimi kaç kj'dür? A) 245


B) 125

C) 65

D) –65

E) –125

5. Ünite

Kimya ve Enerji

Sorunun çözümü için Hess yasasını kullanacağız. Buna göre, istenilen tepkimeye ulaşmak için; I. tepkime ters çevrilir, II. tepkime ise 2 ile çarpılır. Sonra tepkimeler taraf tarafa toplanır.

N2(g) + O2(g) → 2NO(g)

∆H = +185 kj

2NO(g) + O2(g) → 2NO2(g) ∆H = –120 kj __________________________________

N2(g) + 2O2(g) → 2NO2(g) ∆H = +65 kj

Cevap : C

Bağ Enerjileri Bir kimyasal tepkimede kovalent bağların kırılması ve oluşması ile tepkime entalpisi hesaplanabilir.

Bağların kırılması endotermik bağ oluşumu ekzotermiktir.

∆H°tep

= Σn∆H°kırılan – Σn∆H°oluşan bağlar

bağlar

Bağ türü

Bağ enerjisi (kj/mol)

X–Y

400

Z–Z

250

X–Z

325

Y–Z

450

Yukarıda verilen bağ türleri ve bağ enerjilerine göre;

XY4(g) + 4Z2(g) → XZ4(g) + 4YZ(g)

tepkimesinin entalpi değişimi kaç kj'dür? A) –500

B) –450

C) –400

D) –350

E) –300


5. Ünite

Kimya ve Enerji

Bağ türlerine göre hesaplama yapacağız; Bağ enerjilerine göre;

∆Htep = ∆HKırılanbağlar – ∆HOluşan bağlar

∆Htep = [4(X – Y) + 4(Z – Z)] – [4(X – Z) + 4(Y – Z)]

∆Htep = [4(400) + 4(250)] – [4(325) + 4(450)]

∆Htep = –500 kj olur.

Cevap : A

CI

CI

CH3 – C ≡ CH + 2CI2 → CH3 C

CH

CI

CI

Tepkimesinin entalpi değişimini hesaplayabilmek için aşağıdaki bağlardan hangisinin bağ enerjisini bilmemize gerek yoktur? A) C ≡ C

B) C – H

D) CI – CI

C) C – C

E) C – CI

C – H bağının enerjisine ihtiyaç yoktur. Cevap : B


5. Ünite

Kimya ve Enerji

ENTROPİ Başlatıldıktan sonra bir dış etkiye ihtiyaç olmaksızın kendiliğinden devam eden değişimlere istemli değişimler denir. Örneğin; kağıdın yanması, ele dökülen kolanyanın buharlaşması gibi değişimler istemlidir. Bir değişimin istemliliği dış koşullara bağlıdır. Örneğin; –5 °C'de buzun erimesi istemli değil iken +5 °C'de istemlidir.

Düzensizliğin arttığı ekzotermik değişimler her koşulda istemli olur.

Bir sistemin düzensizliğinin ölçüsü entropi olarak tanımlanır. Entropi, bir sistemin işe dönüştürülemeyen enerjiyi ifade eden termodinamik bir fonksiyondur.

Entropi "S" harfi ile gösterilir. Birimi J/mol K'dir.

Bir sistemin düzensizliği arttıkça entropisi de artar.

Tepkime

Entropi değişimi (∆S)

I.

H2O(g) → H2O(s)

–

II.

H2(g) + 21 O2(g) → H2O(s)

–

III.

Ag+(suda) + Br

–

(suda)

→ AgBr(k)

+

Yukarıda verilen olaylardan hangilerinin entropi değişimi işareti yanlış verilmiştir? A) Yalnız I

B) Yalnız II

D) I ve II

Her üç değişimde de entropi azalmıştır.

C) Yalnız III

E) II ve III

Cevap : C 11. Sınıf - Kimya / 145

5. Ünite

Kimya ve Enerji

Aşağıda verilen değişimlerden hangisinde ∆S > 0 olur? A) CO2(g)'in suda çözünmesi B) Suyun donması C) Kar oluşumu D) NH4NO3(k)'in suda çözünmesi E) H2(g) ve O2(g)'den H2O(s) eldesi

NH4 NO3(k) → NH+4(suda) + NO–3(suda)

düzensizlik ve entropi artar. Cevap : C

Termodinamiğin II. Kanunu Termodinamiğin II. kanununa göre, evrenin entopisini artıran her değişim istemlidir.

∆Sevren = ∆Ssistem + ∆Sortam

∆Sevren > 0 ise değişim istemlidir. ∆Sevren < 0 ise değişim istemsizdir. ∆Sevren = 0 ise değişim dengededir. Örneğin, +5 °C'de buz erirken sistemin entropisi artar, ortamın entropisi azalır. Toplam entropinin artmasından dolayı değişim istemlidir. Sistemin entropisi ile sıcaklık doğru orantılıdır. Fakat ortamın entropisi, sistemin sıcaklığı ile ters entalpisi ile doğru orantılıdır. ∆Sortam a 1 a ∆Hsistem T Sabit basınç altında ortamın entropisi, ∆Sortam = ifade edilir. 146 / 11. Sınıf - Kimya

- TH sisitem T

5. Ünite

Kimya ve Enerji

Termodinamiğin III. Kanunu Termodinamiğin III. kanuna göre, 0 Kelvin yani mutlak sıfır noktasında bütün saf maddelerin kristallerinin entropisi sıfırdır. Bu sıcaklıkta katıların tüm titreşim hareketleri sona ermiştir.

Kimyasal Tepkimelerde Standart Entropi Değişimi (∆S°) Hesaplanması Bir tepkimenin standart entropi değişimi;

0

TS tepkime =

/ nS 0ürün - / nS 0giren

bağıntısı ile hesaplanır. N2(g) + 3H2(g) → 2NH3(g)

N2, H2 ve NH3 gazlarının standart entropi değerleri sırasıyla 191,6, 190,7 ve 192,8 J/mol K'dir.

∆S°tepkime = [2 . ∆S°NH ] – [∆S°N + 3∆S°H ] 3

2

2

∆S°tepkime = [2(193)] – [(192) + 3(131)] ∆S°tepkime = –198,1 J/mol K olur.


5. Ünite

Kimya ve Enerji

Kireç söndürme tepkimesi olarak bilinen, CaO(k) + H2O(s) → Ca(OH)2(k)

tepkimesinin standart entropi değişimi kaç j/mol K'dir? (S°CaO(k) = 38,2 j/mol K, S°H2O(s) = 70 j/mol K , S°Ca(OH)2(k) = 76,1 j/mol K) A) –32, 1

B) –32, 4

D) –34, 2

C) –33, 6

E) –38, 4

∆Stepkime = Sürün – Sgiren

∆Stepkime = [76,1] – [(38,2) + (70)]

∆Stepkime = –32,1 J/mol K olur. Cevap: A

Madde

Standart Entropi (S°) j/mol K

NH3(g)

193

O2(g)

205

NO(g)

210

H2O(g)

190

Yukarıdaki tabloda verilenlere göre,

4NH3(g) + 5O2(g) → 4NO(g) + 6H2O(g)

tepkimesinin standart entropi değişimi kaç j/mol K'dir? A) 225

B) 183 C) 174


D) 167 E) 143

5. Ünite

Kimya ve Enerji

∆Stepkime = Sürün – Sgiren ∆Stepkime = [4(210) + 6(190)] – [4(193) + 5(205)] ∆Stepkime = [1980 – 1797 ∆Stekime = 183 J/mol K olur.

Cevap: B

Gibbs Serbest Enerji

Gibbs serbest enerji, iş yapmaya hazır enerji anlamına gelir. "G" harfi ile gösterilir.

∆Sevren = ∆Ssistem + ∆Sortam

∆Sortam =

∆Sevren = ∆Ssistem –

- TH sistem T - TH sistem (Her 2 tarafı – T ile çarpalım) T Josiah Willard Gibbs

–T∆Sevren = ∆Hsistem – T . ∆Ssistem

–T∆Sevren Gibbs serbest enerji olarak ifade edilir.

∆G = ∆Hsistem – T . ∆Ssistem

∆G > 0 ise değişim istemsizdir. ∆G < 0 ise değişim istemlidir. ∆G = 0 ise değişim dengededir.


5. Ünite

Kimya ve Enerji

Aşağıda verilen durumlara göre istemlilik koşullarını inceleyelim. ⇒ ∆H < 0,

∆S > 0

∆G = ∆H – T . ∆S ∆G = (–) – T . (+) Tüm sıcaklık değerlerinde ∆G < 0 olur. Yani her sıcaklıkta değişim istemlidir.

⇒ ∆H > 0,

∆S > 0

∆G = ∆H – T . ∆S ∆G = (+) – T . (+) Sonucun ∆G < 0 olabilmesi için T yüksek olmalıdır. Yani yüksek sıcaklıklarda değişim istemlidir.

⇒ ∆H < 0,

∆S < 0

∆G = ∆H – T . ∆S ∆G = (–) – T . (–) Sonucun ∆G < 0 gelebilmesi için T düşük olmalıdır. Yani değişim düşük sıcaklıkta istemlidir.

⇒ ∆H > 0,

∆S < 0

∆G = ∆H – T . ∆S ∆G = (+) – T . (–) Sonucun ∆G < 0 gelmesi mümkün değil. Tüm sıcaklık değerlerinde değişim istemsizdir.


6. Ünite

Tepkimelerde Hız ve Denge

TEPKİMELERDE HIZ VE DENGE Maddeler Nasıl Tepkİmeye Gİrer Çevremizde meydana gelen olayları incelediğimizde, bazılarının çok kısa sürede, bazılarının ise çok uzun sürede meydana geldiğini görürüz. Örneğin demirin paslanması çok yavaş gerçekleşen bir tepkime iken kağıdın yanması daha hızlı gerçekleşen bir tepkimedir.

Tepkime Hızları Ortalama Hız Birim zamanda reaktif ya da ürün derişimindeki değişime ortalama hız denir.

Ortalama Hýz =

Molar deriþim deðiþimi Birim zaman

Kimyasal tepkimelerin hız ifadelerini tepkime üzerinde inceleyelim, 2N2(g) + 5O2(g) → 2N2O5(g)

Tepkime hızları R, r ya da ϑ ile gösterilir.

rN = 2

- T9O2C - T9N2C + T9N2O5C , rO = , rN O = 2 2 5 Tt Tt Tt

Tepkimeye giren türlerin hızları arasındaki ilişki; - T9N2C - T9O2C + T9N2O5C = = 2Tt 5Tt 2Tt

Buradan N2'nin harcanma hızı 2ϑ ise O2'nin harcanma hızı 5ϑ ve N2O5'in oluşma hızı 2ϑ olur.

Harcanma ve oluşma hızları tepkimedeki kat sayılarla doğru orantılıdır.


6. Ünite


4NO2(g) + O2(g) → 2N2O5(g) tekimesinde tepkimeye girenlerin harcanma ve ürünlerin oluşma hızları arasındaki ilişki aşağıdakilerden hangisinde doğru olarak verilmiştir? 4T 6NO 2@ T 6O 2@ 2T 6N 2 O 5@ ==+ Tt Tt Tt T 6NO 2@ T 6O 2@ T 6N 2 O 5@ B) Hız ===+ 4Tt Tt 2Tt 4T 6NO 2@ T 6O 2@ 2T 6N 2 O 5@ C) Hız =+ =+ =Tt Tt Tt T 6NO 2@ T 6O 2@ T 6N 2 O 5@ D) Hız ===+ Tt Tt Tt A) Hız =-

E) Hız =+

T 6NO 2@ T 6O 2@ T 6N 2 O 5@ =+ =Tt Tt Tt

4NO2(g) + O2(g) → 2N2O5(g) –4ϑ Hız = -

–ϑ

+2ϑ

T 6NO 2@ T 6O 2@ T 6N 2 O 5@ ==+ 4Tt Tt 2Tt Cevap : B

8 gram Ca'nın yeteri miktarda HCI ile tepkimesi 40 saniye sürmektedir. Buna göre, tepkime sırasında oluşan H2(g)'nin oluşma hızı normal koşullarda kaç L/s'dir? (Ca: 40) A) 0,112

B) 0,224

C) 0,448

D) 1,12

E) 2,24

Öncelikle tepkimeyi yazalım;

Ca + 2HCI → CaC,2 + H2

Kimyasal tepkimelerde hesaplama yapabilmek için mol sayılarını bulmamız gerekir. m 8 n= n= , = 0, 2 mol Ca tepkimede MA 40 Ca ve H2'nin kat sayıları aynı olduğu için H2'nin de mol sayısı 0,2 olur. Normal koşullardaki hacim istendiği için; V V n= , V = 4,48 L & 0, 2 = 22, 4 22, 4 Öyleyse H2'nin hızı = 152 / 11. Sınıf - Kimya

4, 48L = 0,112 L/s bulunur. 40s Cevap : A

6. Ünite


4,6 gram Na(k) metalinin yeteri miktarda H2O ile tepkimesi 20 saniyede gerçekleşiyor. Tepkime sonucunda NaOH ve H2(g) oluşuyor. Buna göre, H2(g)'nin oluşum hızı kaç mol/s'dir? (Na: 23g/mol) B) 5.10–1

A) 1

D) 5.10–2

C) 1.10–1

E) 5.10–3

n = 4, 6 = 0, 2 mol 23 Na + H 2 O " NaOH + 1 H 2 2 0, 2

0, 1 mol

r H = 0, 1 mol = 5.10 -3 mol/s 20s 2 Cevap: E

Anlık Hız Derişim (mol/L)

Bir kimyasal tepkimenin herhangi bir anındaki hızına anlık hız denir.

∆c

Anlık hızı hesaplayabilmek için derişim zaman grafiğinde istenilen zamana ait derişime çizilen teğetin eğimi kullanılır. t

Zaman

∆t

t anındaki hız rt = Tc Tt

Tepkime Hızının Ölçülmesi Tepkime hızının ölçülebilmesi için reaktif ya da ürünlerdeki çeşitli değişimlerden yararlanılır.

Basınç - Hacim Değişimi Bir kimyasal tepkimenin hızı, sabit basınç altında hacim değişimi ya da sabit hacimde basınç değişimi ile ölçülebilir. Örneğin sabit sıcaklık basınçta, C3H8(g) + 5O2(g) → 3CO2(g) + 4H2O(g)

V

5V

144424443

6V

3V

4V

144424443 7V

Tepkime hızı hacim artışıyla ölçülebilir. 11. Sınıf - Kimya / 153

6. Ünite


Renk Değişimi Tepkime hızı renk değişimlerinden yararlanarak tespit edilebilir. H2(g) + Br2(g) → 2HBr Renksiz Koyu kırmızı

Renksiz

Br2 sıvısının koyu kırmızı rengi H2 gazı ile tepkime sonucu zamanla açılır. Kırmızı renk kaybolduğunda Br2 tükenmiş olur yani tepkime tamamlanmıştır.

İletkenlik Değişimi Sulu çözeltileri elektrolit olan tepkimelerin hızları elektriksel iletkenlik değişimi ile ölçülebilir. 2– CO2(g) + H2O(s) → 2H+(suda) + CO3(suda)

Başlangıçta elektriksel iletkenlik saf suda yok iken CO2 gazının çözünmesiyle elektriksel iletkenlik oluşur. Bu değer sabitlendiğinde tepkime tamamlanmıştır. Aynı tepkimenin hızı pH değişimi ile de ölçülebilir.

I. 2N2(g) + 3H2(g) → 2NH3(g) II. H2(g) + Br2(s) → 2HBr(g) III. CaCO3(k) → CaO(k) + CO2(g) Yukarıdaki tepkimelerden hangilerinin hızı sabit basınçta hacim artışıyla hesaplanabilir? A) Yalnız I

B) Yalnız II

D) I ve II

C) Yalnız III

E) II ve III

2N2(g) + 3H2(g) → 2NH3(g) 2V

3V

2V

5V H2(g) + Br2(s) → 2HBr(g) V – 2V CaCO3(k) → CaO(k) + CO2(g) –

–


V

Cevap: E

6. Ünite


Çarpışma Teorisi

+

+

144424443

X2(g) Y2(g)

X2Y2(g) 2XY

Reaktif Aktifleşmiş

Ürün kompleks

Bir kimyasal tepkimede ürün oluşabilmesi için reaktiflerin çarpışmaları gerekir. Reaktiflerin ürün oluşturacak şekilde çarpışmalarına etkin çarpışma denir. Etkin çarpışma oluşabilmesi için reaktiflerin, uygun geometrik şekilde ve uygun enerjide çarpışmaları gerekir. Tepkime sırasında oluşan aktifleşmiş kompleks aktifleşme enerjisine sahip karmaşık ara üründür.

Aktifleşme Enerjisi Etkin çarpışma sonucu reaktiflerin ürüne dönüşmeleri için gereken minimum enerjiye aktifleşme enerjisi denir. Aktifleşme enerjisi Ea ile gösterilir.

Aktifleşme enerjisi, aktivasyon ya da eşik enerjisi olarak da adlandırılır.

Aktifleşme enerjisi büyük olan tepkimeler yavaş gerçekleşir. Eai : İleri tepkimenin aktifleşme enerjisi Eag : Geri tepkimenin aktifleşme enerjisi

∆H = Eai – Eag

Tepkime ısısı Eai ve Eag arasındaki farktan da hesaplanır.


6. Ünite


Potansiyel Enerji Diyagramları Endotermik Tepkimeler 2AB + ısı → A2 + B2

P.E (kj)

∆H = Eai – Eag

A 2 B2

Eag A 2 , B2 ∆H

Eai

AB

Eai > Eag ∆H > 0 olur.

T.K

Ekzotermik Tepkimeler A2 + B2 → 2AB + ısı

P. E

A 2 B2

∆H = Eai – Eag

Eai A2 , B2

∆H

Eag AB

Eai < Eag ∆H < 0 olur.

T. K

Potansiyel Enerji (kj)

Kimyasal bir tepkimeye ait potansiyel enerji tepkime koordinatı grafiği yandaki gibidir.

80

Buna göre, aşağıda verilen ifadelerden hangisi yanlıştır?

60

A) Tepkime endotermiktir.

20

B) İleri aktifleşme enerjisi 60 kj'dür. C) Geri aktifleşme enerjisi 20 kj'dür.

Tepkime Koordinatı

D) Aktifleşmiş kompleksin potansiyel enerjisi 80 kj'dür. E) Minimum enerjiye eğilim ürünler yönünedir.

Verilen potansiyel enerji tepkime koordinatı grafiği endotermik bir tepkimeye aittir.

Eai = 80 – 20 = 60 kj, Eag = 80 – 60 – 20 kj olur.

Aktifleşmiş kompleksin potansiyel enerjisi 80 kj'dür. Tepkime endotermik olduğu için minimum enerji eğilimi girenler yönünedir. 156 / 11. Sınıf - Kimya

Cevap : E

6. Ünite


Yandaki grafikler iki farklı tepkimeye ait potansiyel enerji – tepkime koordinatı grafikleri olduğuna göre, aşağıdakilerden hangisi yanlıştır?

90

A) I. tepkime ekzotermik, II. tepkime endotermiktir.

10

P.E (kkal)

P.E (kkal) 110 80

30 I

B) I. tepkime II. tepkimeden daha hızlıdır.

T.K.

30 10 II

T.K.

C) I. tepkimenin ileri aktifleşme enerjisi geri aktifleşme enerjisinden küçüktür. D) II. tepkimenin aktifleşme enerjisi 80kkal'dir. E) I. tepkimenin geri aktifleşme enerjisi II. tepkimenin geri aktifleşme enerjisinden daha küçüktür.

Verilen grafiklerden I. si ekzotermik, II. si ise endotermiktir. I. grafikte Eai = 90 – 30 = 60 kkal, Eg = 90 – 10 = 80 kkal II. grafikte Eai = (10 – 30 = 80 kkal, Eg = 110 – 80 = 30 kkal I. tepkimenin aktifleşme enerjisi II. tepkimenin aktifleşme enerjisinden daha küçük olduğu için 1. tepkime daha hızlıdır.

Cevap E

Tepkİme Hızını Etkİleyen Faktörler Tepkime Hızına Reaktif Derişiminin Etkisi Reaktif derişimi ile tepkime hızı doğru orantılıdır. Bir tepkimenin hızının en büyük olduğu durum sabit sıcaklıkta tepkimenin başladığı andır.

Hız a Reaktif derişimi

Tek Basamaklı Tepkimelerde Hız Bağıntısı

Gaz fazında ve tek basamakta gerçekleşen H2(g) + F2(g) → 2HF(g) tepkimesinde tepkime hızı H2 ve F2 gazlarına 1. dereceden bağlıdır. Öyleyse tepkimenin hız bağıntısı,

r = k . [H2] [F2] olur.

k, hız sabitidir. 11. Sınıf - Kimya / 157

6. Ünite


Tek basamakta gerçekleşen, 2NO(g) + O2(g) → 2NO2(g) 2HCl(g) + CaCO3(k) → CaCl2(suda) + CO2(g) + H2O(s) KCl3(k) → KCl(k) + 3 O2(g) 2 tepkimelerinin hız bağıntılarını yazalım.

r = k . [NO]2. [O2]

r = k . [HCl]2

r=k

Katı ve sıvılar hız bağıntısında yazılmaz.

Mekanizmalı Tepkimelerde Hız Bağıntısı H2O2(suda) + 2Br–(suda) + 2H30+(suda) → Br2(s) + 4H2O

Tepkimesinin hız bağıntısı

r = k . [H2O2] [Br–] seklindedir.

Hız bağıntısı net tepkimeden farklı olduğuna göre tepkime mekanizmalı yani basamaklıdır. Tepkimenin basamakları,

I. H2O2 + Br– → BrO– + H2O (Yavaş)

II. BrO– + H3O+ → HBrO + H2O (Hızlı)

III. HBrO + H3O+ + Br– → 2H2O + Br2 (Hızlı)

şeklindedir. Tepkime 3 adımda gerçekleşmiştir. Tepkimenin hız bağıntısı yavaş adıma göre yazılır. 1. adımda oluşup 2. adımda harcanan BrO– ve 2. adımda oluşup 3. adımda harcanan HBrO ara ürünlerdir.

Hız bağıntısındaki üsler toplamı tepkime derecesi (mertebesi) anlamına gelir.


6. Ünite


2X(g) + Y2(g) → 2XY(g) tepkimesi 2 basamakta gerçekleşmektedir. Tepkimenin hızlı adımı, XY2(g) + X(g) → 2XY(g) ise tepkimenin hız bağıntısı nedir? A) k.[X]2[Y2]

B) k.[X][Y2]2

C) k.[X][Y2]3

E) k.[X]2[Y2]2

D) k.[X][Y2]

Hızı belirleyen adım yavaş adımdır. Net tepkime ve hızlı adımdan yola çıkarak yavaş adımı bulalım. Net tepkime ile hızlı adımın tersi taraf tarafa toplanırsa yavaş adım bulunur. 2X(g) + Y2 (g) " 2XY(g) Yavaş adım;

2XY(g) " X(g) + XY2 (g) _____________________ X(g) + Y2(g) → XY2(g) olur. Hız bağıntısı TH = k.[X][Y2] bulunur.

Cevap : D

Deney

[X]

[Y]

[Z]

Hız (mol/L.s)

1

0,1

0,1

0,1

2.10–5

2

0,1

0,2

0,2

4.10–5

3

0,2

0,2

0,1

8.10–5

4

0,2

0,1

0,1

8.10–5

Gaz fazında gerçekleşen;

2X + 3Y + Z → 2K + L

tepkimesine ait sabit sıcaklıktaki deney sonuçları tablodaki gibidir. Buna göre, tepkime hızını belirleyen basamağı nasıldır? A) 2X + Y → Ürün

B) 2X + Z → Ürün

C) X + 2Y → Ürün

D) 2Y + Z → Ürün

E) X + 2Z → Ürün


6. Ünite


Burada öncelikle 3. ve 4. deneyleri incelersek, [X] ve [Z] değişmezken [Y] yarıya inmiş fakat hız değişmemiştir. Buna göre, tepkime hızı [Y]'ye bağlı değildir. Artık [Y]'ye ait deney verilerini değerlendirmeye almayacağız. 1. ve 2. deneyleri incelersek, [X] aynen kalmış, [Z] 2 katına çıkmış hız da 2 katına çıkmış, öyleyse hız [Z]'ye 1. dereceden bağlıdır. 1. ve 3. deneyleri incelersek [Z] aynen kalmış [X] ise 2 katına çıkmış hız da 4 katına çıkmış, öyleyse tepkime hızı [X]'e 2. dereceden bağlıdır. Hız bağıntısı TH = k.[X]2 . [Z] hızı belirleyen adım ,

2X + Z → Ürün olur. Cevap : B

Yandaki gaz fazında ve sabit sıcaklıkta gerçekleşen bir tepkimeye ait potansiyel enerji – tepkime koordinatı grafiği verilmiştir.

100 90

Buna göre, aşağıdakilerden hangisi yanlıştır?

Potansiyel Enerji (kj) II I

70

A) Tepkime mekanizmalıdır.

50

B) Tepkime hızını I. adım belirler.

10

C) I. tepkime endotermik II. tepkime ekzotermiktir.

Tepkime Koordinatı

D) II. adımın entalpisi –60 kj, dür. E) Tepkimenin entalpi değer 20 kj'dür.

Grafiğe göre tepkime iki basamaktan oluşan mekanizmalı bir tepkimedir. I. adım endotermik olup Ea = 90 – 50 = 40 kj, II. adım ekzotermik olup Ea = 100 – 70 = 30 kj olur. I. adımın Ea değeri daha büyük olduğu için hızı I. adım belirler. I. adımın entalpisi +20 kj II. adımın entalpisi –60kj net tepkimeninki ise –40 kj'dür.

Cevap E

Tepkime Hızına Sıcaklığın Etkisi Tanecik sayısı

Sıcaklığın artırılması ile taneciklerin kinetik enerjisi artar. Kinetik enerji artışı taneciklerin hızlarının artışına neden olur.

T2 T1

Ea

Kinetik Enerji

T2 > T1 Sıcaklık arttıkça etkin çarpışma sayısı artar. Bunun sonucu olarak da tepkime hızı artar. 160 / 11. Sınıf - Kimya

6. Ünite

Tepkimelerde Hız ve Denge Sıcaklık arttırıldığında, etkin çarpışma sayısı, aktifleşme enerjisini aşan tanecik sayısı ve k hız sabiti artarken, aktifleşme enerjisi değişmez.

Tepkime Hızına Temas Yüzeyinin Etkisi Al(k) + 3HNO3(suda) → Al(NO3)3(suda) + 3 H2(suda) 2

Heterojen tepkimelerde katının temas yüzeyi arttıkça tepkime hızı da artar. Tepkimenin hız denklemi,

r = k . [HNO3]3 olur.

Al metalinin temas yüzeyi artırılırsa, k hız sabiti artar.

Tepkime Hızına Reaktif Türünün Etkisi Zıt yüklü iyonlar içeren tepkimeler çok hızlı gerçekleşir. Yanma tepkimeleri genellikle yavaş gerçekleşir. I. CH4(g) + 2O2(g) → CO2(g) + 2H2O(g) II. 4Fe(k) + 3O2(g) → 2Fe2O3(k) III. C3H8(g) + 5O2 → 3CO2(g) + 4H2O(g) – IV. Ag+(suda) + Cl (suda) → AgCl(k)

Tepkimenin hızları arasındaki ilişki

2+ IV. Zn(k) + Cu2+ (suda) → Zn (suda) + Cu(k)

IV > V > I > III > II şeklindedir.

Tepkime Hızına Katalizörün Etkisi Potansiyel Enerji

Eai Eai kat Eag kat

Eag

Kimyasal tepkimelere dışarıdan eklenen tepkime sonucunda değişikliğe uğramadan çıkan ve tepkime hızını artıran maddelere katalizör denir.

∆H Tepkime Koordinatı 11. Sınıf - Kimya / 161

6. Ünite


Katalizör;

― İleri ve geri aktifleşme enerjilerini aynı oranda düşürür.

― Tepkimeyi hızlandırır.

― Tepkime ısısını (∆H) değiştirmez.

Tanecik sayısı

― Tepkimenin izlediği yolu değiştirir fakat tepkimenin yönünü değiştirmez.

― Mekanizmalı tepkimelerde katalizör yavaş adıma etkir.

Ea kat

― Kinetik enerji diyagramına etki etmez.

Şekildeki pistonlu kapta; 2X2(g) + Y2(g) → 2X2Y(g)

X2(g)

tepkimesi gerçekleşmektedir. Bu tepkime için;

Y2(g)

Ea

Kinetik Enerji

ideal piston

I. kaba sabit sıcaklıkta Y2(g) göndermek, II. pistonu sabitleyip kabı ısıtmak işlemleri uygulanıyor. Buna göre, bu işlemler sonucunda tepkime hızı nasıl değişir? I

II

A)

değişmez

artar

B)

azalır

azalır

C)

azalır

artar

D)

artar

artar

E)

artar

azalır

I. işlemde kaba gönderilen Y2(g), kabın hacmini artıracaktır. Y2(g)'nin mol sayısı artacak fakat derişimi değişmeyecektir. X2(g)'nin derişimi ise hacim arttığı için azalacaktır. Böylece tepkime hızı azalmış olacaktır. II. işlemde sıcaklık artacağı için tepkime hızı artar.


Cevap C

6. Ünite


KİMYASAL DENGE Bir kimyasal tepkimede reaktiflerin ürünlere, ürünlerin de reaktiflere dönüşüm hızının eşit olduğu duruma kimyasal denge denir. Derişim

Hız

Reaktif

ϑi

Ürün

ϑg Zaman

Zaman

ϑi = ϑg olduğu durumda sistem dengeye ulaşır.

Denge tepkimelerinde %100 verim olmaz.

ileri

N2(g) + 3H2(g) m 2NH3(g) iler

ri . rg ri = ki . [N2][H3]3

rg = kg . [NH3]2

ki = [N2][H3]3 = kg . [NH3]2 2

ki 9NH3C = k g 9N C9H C3 2 2

Burada KC =

KC derişimler türünden denge sabitidir.

KC =

2 9NH3C

3 9N 2C9H 2C

ki kg

olur.


6. Ünite

Tepkimelerde Hız ve Denge KC =

8ÜrünB

6Reaktif @

Gaz fazında yürüyen tepkimelerde denge sabiti KP ile de gösterilir. KP , kısmi basınçlar türünden denge sabitidir. KP =

2 PNH

3

PN2 $ PH32

KP ile KC arasındaki ilişki;

KP = KC(RT)∆n

şeklinde ifade edilir.

∆n = nürün – ngiren olur.

Aşağıda verilen denge tepkimelerinin denge bağıntılarını derişimler türünden yazınız. KP ile KC arasındaki ilişkiyi gösteriniz. a) H2(g) + Cl2(g) m 2HCl(g) b) 2NO(g) + O2(g) m 2NO2(g) c) CaCO3(k) m CaO(k) + CO2(g)

2 a) KC = 6HCl@ 9H 2C9Cl 2C ∆n = 2 – 2 = 0

KP = KC (RT)0

b) KC =

2 9NO 2C

6NO@ 8O 2B 2

KP = KC olur. KP = KC (RT)–1 olur.

∆n = 2 – 3 = –1

KP = KC (RT)1 olur.

c) KC = 9CO2C

∆n = 1 – 0 = 1

I. X(k) + O2(g)

D

XO2(g)

II. X3Y4(g) + 4O2(g)

D

III. X2(g) + 3Y2(g)

2XY3(g)

D

3XO2(g) + 2Y2O(s)

Yukarıda verilen tepkimelerin hangilerinde Kp = Kc bağıntısı vardır? A) Yalnız I

B) I ve II

D) II ve III


C) I, II ve III

C) I ve III

6. Ünite


Kp ile Kc arasında; Kp = Kc(RT)∆n bağıntısı vardır. Kp = Kc alabilmesi için ∆n = 0 olmalıdır. I. tepkimede X(k) olduğu için ∆n = 0 olur. II. tepkimede Y2O(s) olduğu için ∆n = 3 – 5 = –2 olur. III. tepkimede ∆n = 2 – 4 = –2 olur.

Cevap : A

Mol sayısı 8 6

X2(g)

4

Z(g)

2

Y2(g) t

Zaman

1 litrelik bir kapta gerçekleşen denge tepkimesinin denge sabiti nedir? (Denge tepkimesi en küçük tam sayılarla denkleştirilecektir.) C) 3 D) 4 E) 8 A) 2 B) 4 3 3

Öncelikle tepkimeyi yazıp kat sayılarını bulalım. Tepkimedeki harcanma ve oluşma oranları denklemin kat sayılarını verir.

X2(g)

Başlangıç :

+

8 mol

2Y2(g) D 2Z(g) 6 mol

––

_________________________________________ Değişim : –2mol –4 mol +4mol 4mol 6mol 2mol Denge : 1L 1L 1L

Kc =

6Z@2 , 6X 2@6Y2@2

Kc =

2 ^ 4 h2 2 = 3 (6)(2)

olur. Cevap : A 11. Sınıf - Kimya / 165

6. Ünite


2XY(g)

D

X2(g) + Y2(g)

1 'tür. 4 Buna göre, 1 litrelik bir kapta 4 mol XY(g) ile başlatılan tepkime dengeye ulaştığında XY(g)'nin yüzde kaçı ayrışmış olur? tepkimesinin belirli sıcaklıktaki denge sabiti

A) 75

B) 60

C) 50

2XY(g)

Başlangıç :

D) 25

D

4 mol

X2(g)

+

–

E) 20

Y2(g) –

Değişim : –2a +a +a ____________________________________________ a a ^4 - 2ah Denge : 1L 1L 1L

6X 2@. 6Y2@ 1 = 4 6XY@2

Kc =

1 1 a a & = = 4 (4 - 2a) 2 4 - 2a 2

2

a = 1 mol bulunur. XY(g)'nin ayrışan kısmı 2a olduğu için 2 mol XY(g) ayrışmış olur. 4 mol XY(g)'nin 2 molü ayrıştıysa bu oran %50 olur.

Cevap : C Derişimler türünden denge bağıntısında katı ve sıvılar alınmaz, gaz ya da sulu çözeltiler alınırken, Kısmi basınçlar türünden denge bağıntısında sadece gazlar alınır.

Hess Yöntemi İle KC Arasındaki İlişki

Bir denge tepkimesi ters çevrilirse, denge sabitinin çarpmaya göre tersi alınır.

2X2(g) + Y2(g) m 2X2Y(g) KC = K 2X2Y(g) m 2X2(g) + Y2(g) K′C = 1 K


6. Ünite


― Bir denge tepkimesi herhangi bir sayıyla çarpılırsa, o sayı denge sabitine üs olarak yazılır.

2X2(g) + Y2(g) m 2X2Y(g) KC = K 4X2(g) + Y2(g) m 4X2Y(g)

KC = K2

X2(g) + 1 Y2(g) m X2Y(g) 2

KC = K 2

1

― Denge tepkimeleri taraf tarafa toplanırsa, denge sabitleri çarpılır.

2X2(g) + Y2(g) m 2X2Y(g) KC = K1 2X KC = K2 2Y(g) + Y2(g) m 4XY(g) + ____________________________________________ 2X2(g) + 2Y2(g) m 4XY(g)

2X2(g) + Y2(g) D 2X2Y(g)

KC = K1 . K2

Kc = 4

Buna göre; X2Y(g) D X2(g) + 1 Y2(g) 2 tepkimesinin denge sabiti kaç olur? A) 0,5

B) 1

C) 2

D) 4

E) 8

Denge bağıntılarında, tepkime ters çevrilirse denge sabitinin "–1" kuvveti alınır. Tepkime bir sayı ile çarpılırsa o sayı denge sabitine üs olarak yazılır. Öyleyse, 1

X2Y(g)

Kc =

1 1 2 D X2(g) + Y2(g) Kc = c m olur. 2 4 1 1 = bulunur. 4 2 Cevap : A


6. Ünite


X2(g) + 2Y2(g)

E

2XY2(g)

tepkimesinin belirli sıcaklıktaki denge sabiti Kc = 36'dır. Buna göre, aynı sıcaklıkta; 1 XY2(g) E X2(g) + Y2(g) 2 tepkimesinin denge sabiti kaçtır? 1 1 1 B) C) A) 36 18 6

D) 6

E) 18

Tepkime ters çevrilip 2'ye bölünmüş 1 1 K = C 36 = 6 Cevap: C

Sulu fazda gerçekleşen bir denge tepkimesinin belirli sıcaklıktaki basamakları şöyledir, 2CIO–

E

-

CI– + CIO 2 (yavaş)

-

CIO 2 + CIO–

E

-

CI– + CIO3 (hızlı)

Buna göre, tepkimenin denge ve hız bağıntıları aşağıdakilerden hangisinde doğru olarak verilmiştir?

A)

B)

Denge baðýntýsý

Hýz baðýntýsý

k. 6CIO 2 @. 6CIO @

6CI @ 6CIO @ - 2

6CIO-3 @ - 2

6CI-@2 6CIO-3 @ 6CIO-@3

6CI-@6CIO-2 @ C) 6CIO-@2 D)

6CI-@2 6CIO-3 @

E)

6CI-@6CIO-2 @

6CIO-3 @3

6CIO @ -

k 6CIO @

2

k 6CIO @

3

k 6CIO 2 @6CI @ k 6CIO @

2

Hız bağıntısı yavaş adıma, denge bağıntısı net tepkimeye göre yazılır. Net tepkime

3C10–3 E 2CI– + CIO–3


Cevap: B

6. Ünite


Dengeyİ Etkİleyen Faktörler Le Chatelier İlkesi Dengedeki bir sisteme dışarıdan bir etki uygulandığında sistemin dengesi bozulabilir. Sistem dengesini bozan bu etkiyi azaltıcı yönde tepki üretir. Buna da Le Chatelier ilkesi denir.

Derişimin Etkisi Bir tepkimenin dengede olup olmadığı denge kesri ile belirlenir. Denge kesri Q ile gösterilir. 8ÜrünB

Q=

Q = KC ise sistem dengededir.

Q > KC ise sistem girenler yönüne kayarak dengeye ulaşır.

Q < KC ise sistem ürünler yönüne kayarak dengeye ulaşır.

6Reaktif @

X2(g) + Y2(g) m 2XY(g) KC = 18

1 litrelik kapta gerçekleşen tepkimede 2'şer mol X2 ve Y2 ile 4 mol XY gazları bulunmaktadır.

Buna göre,

a) Sistem dengede midir?

b) Sistem dengede değilse hangi yöne net değişim gözlenir?

2 a) Q = ^ 4h2 = 4 olur. ^2h

Q < KC olduğu için sistem dengede değildir.

b) Dengeye ulaşabilmek için tepkime ürünler yönüne devam etmelidir.


6. Ünite


Reaktif ve Ürün Derişimindeki Değişimin Dengeye Etkisi 2X(g) + Y2(g) m 2X2Y(g)

tepkimesi üzerinden inceleyelim.

Reaktif Ekleme;

Derişim

Dengedeki sisteme X2 eklenirse

9X 2C

artar.

9Y2C

azalır.

9X 2 YC

X2

2X2(g) + Y2(g) m 2X2Y(g)

Y2 X2 Y Zaman

Reaktif Çekme;

Dengedeki sistemden X2(g) çekilirse,

2X2(g) + Y2(g) m 2X2Y(g)

Derişim X2

Y2

X2 Y

9X 2C

azalır.

9Y2C

artar.

9X 2 YC

azalır.

Zaman

Ürün Ekleme;

Dengedeki sisteme X2Y(g) eklenirse,

2X2(g) + Y2(g) m 2X2Y(g)

Derişim X2 Y2

artar.

9Y2C

artar.

9X 2 YC

X2 Y

Zaman 170 / 11. Sınıf - Kimya

9X 2C

artar.

artar.

6. Ünite


Ürün Çekme;

Dengedeki sistemden X2Y(g) çekilirse,

2X2(g) + Y2(g) m 2X2Y(g) Derişim X2

Y2

9X 2C

azalır.

9Y2C

azalır.

9X 2 YC

X2 Y

azalır.

Zaman

Derişimlerin değişmesi denge sabitini değiştirmez.

X2(g) + Y2(g)

D

2XY(g)

∆H < 0

tepkimesi dengedeyken t1 anında bir etki uygulanıyor. Sistem t2 anında yeniden dengeye geldikten sonra t3 anında başka bir etki daha uygulanıyor. Sistem t4 anında yeniden dengeye ulaşıyor.

Derişim Y2 X2 XY

Buna göre, t1 ve t3 anındaki etkiler aşağıdakilerden hangisinde doğru olarak verilmiştir? t1

t3

A)

Y2(g) eklemek

sıcaklığı artırmak

B)

hacmi artırmak

sıcaklığı azaltmak

C)

Y2(g) eklemek

hacmi artırmak

D)

sıcaklığı artırmak

hacmi artırmak

E)

Y2(g) eklemek

sıcaklığı azaltmak

t1

t2

t3

t4

Zaman

t1 anındaki etki, sisteme Y2 gazı eklemektir. t3 anındaki etki ise sıcaklığı azaltmaktır. Cevap: E 11. Sınıf - Kimya / 171

6. Ünite


2XY(k) + Z2(g)

E

2XYZ(g)

tepkimesi sabit hacimli kapalı bir kapta belirli sıcaklıkta dengededir. Dengedeki bu sisteme uygulanan bazı işlemler şöyledir;

I. XY(k) eklemek

II. XYZ(g) çekmek

III. Z2(g) eklemek

uygulanılan bu işlemlerin hangileriyle denge ürünler yönüne değişim gösterir? A) Yalnız I

B) Yalnız II

D) II ve III

C) I ve II

E) I, II ve III

XY katı olduğu için dengeyi etkilemez, XYZ gazı çekmek ve Z2 gazı eklemek dengeyi ürünler yönüne kaydırır. Cevap: D

Basınç ve Hacmin Etkisi

M = n V

Hacim değişimi dengedeki tüm derişimleri değiştirir.

Hacim Azalması; Dengedeki bir sistemin hacmi azalır ise tüm derişimler artar, denge artan derişimleri azaltmak için mol sayısı az olan yöne kayar. X2(g) + 3Y2(g) m 2XY3(g) Derişim

Tüm derişimler artar.

X2

Mol sayısı az olan yön bu tepkimede ürünler yönüdür.

Y2

XY3 Zaman 172 / 11. Sınıf - Kimya

6. Ünite


Hacim artması; X2(g) + 3Y2(g) m 2XY3(g)

Derişim X2

Tüm derişimler azalır. Denge azalan derişimleri artırmak için mol sayısını çok olan yöne koyar.

Y2

XY2

Zaman

Bu tepkimede denge girenler yönüne kayar. Tüm derişimler azalır. Eğer tepkimede ürün ve girenlerin kat sayıları toplamı eşitse denge etkilenmez. Derişim

X2(g) + Y2(g) m 2XY(g)

X2

Hacim artarsa, tüm derişimler azalır, fakat denge bozulmaz.

Y2 XY3

Zaman

Kapalı bir kapta gerçekleşen; X2(g) + 2Y2(g)

E

2XY2(g) + ısı

Bu sisteme t anında yapılan bir etki sonucu derişimlerindeki değişim grafikteki gibidir.

Derişim

Buna göre, t anındaki etki aşağıdakilerden hangisidir?

X2

A) Sıcaklığı azaltmak B) Sıcaklığı artırmak C) Hacmi azaltmak

Y2

XY2

t

t1

Zaman

D) Ortama Y2 eklemek E) Ortamdan X2 çekmek 11. Sınıf - Kimya / 173

6. Ünite


t anında ortama Y2 gazı ilave edilmiştir. Denge artan Y2 derişimini azaltmak için ürünler yönüne kayar. Cevap: D

Sıcaklığın Etkisi Sıcaklık hem dengeyi hem de denge sabitini etkiler. QXU artar.

Derişim

QYU artar.

X

Ekzotermik Tepkimeler,

QXYU azalır.

Y

X(g) + Y(g) m XY(g) + ısı

KC azalır.

XY

Zaman

Endotermik Tepkimeler,

ısı + X + 2Y m XY2(g) Derişim

QXU artar.

X

QYU artar.

Y

QXY2U azalır.

XY2

KC artar.

Zaman

Ekzotermik denge tepkimelerinde KC sıcaklıkta ters, endotermik denge tepkimelerinde doğru orantılıdır.


6. Ünite


Şekildeki kapta belirli bir sıcaklıkta dengede bulunan sisteme aynı sıcaklıkta Ne(g) gönderildiğinde kaptaki renk koyulaşıyor. nX(g) kırmızı

Buna göre,

I. n > m dir.

II. X ve Y gazlarının derişimleri azalmıştır.

III. X gazının mol sayısı artmıştır

mY(g) renksiz

ideal pistonlu kap

yargılarından hangileri doğrudur? A) Yalnız I

B) I ve II

D) II ve III

C) I ve III

E) I, II ve III

Ne gazı eklenince hacim artar denge mol sayısı çok olan yöne kayar, n > m olur. Hacim artacağı için tüm derişimler azalır, fakat denge girenler yönüne kaydığı için X'in mol sayısı artar. Cevap: E

X2(g) + 2Y2(g)

E

2XY2(g)

sabit hacimli bir kapta gerçekleşen tepkime ile ilgili;

25 °C'de KC = 2 . 10–1

50 °C'de KC = 8 . 10–2

bilgileri veriliyor. Buna göre, I. Denge tepkimesi ekzotermiktir. II. Sıcaklık arttıkça toplam mol sayısı artar. III. Hacim artarsa X2(g)'nin mol sayısı artar. yargılarından hangileri doğrudur? A) Yalnız I

B) I ve II

D) II ve III

C) I ve III

E) I, II ve III

Sıcaklık arttıkça denge sabiti azalmıştır. Denge ekzotermik olur. Sıcaklık arttıkça denge girenler yönüne hacim artarsa denge mol sayısı çok olan tarafa yani girenler yönüne kayar, X2 nin mol sayısı artar. Cevap: E 11. Sınıf - Kimya / 175

6. Ünite


SULU ÇÖZELTİ DENGELERİ Saf Suyun Otoiyonizasyonu Saf su 25 ºC'de çok az miktarda iyonlaşır. – 2H2O(s) m H3O+(suda)+ OH(suda)

Saf suyun iyonlaşma bağıntısı, Ksu = QH3O+U QOH–U ya da Ksu = QH+U QOH–U şeklinde olur.

25 ºC'de

QH+U = QOH–U = 1. 10–7 M olur.

Ksu = 1 . 10–14 tür.

Asit çözeltilerinde,

QH+U > QOH–U QOH–U > QH+U

Baz çözeltilerinde,

pH ve pOH Kavramı H+ iyon derişiminin –logaritması pH, OH– iyon derişiminin –logaritması pOH olarak ifade edilir.

pH = –logQH+U ,

pOH = –logQOH–U

25ºC'de

QH+U = QOH+U = 1. 10–7 M olur.

pH = –log10–7 = 7

pOH = –log10–7 = 7 olur.

pH + pOH = 14'tür. (25 °C)


6. Ünite


25 °C'deki bir sulu çözeltide H+ iyon derişiminin OH– iyon derişimine oranı 1.1010'dur. Buna göre, çözeltinin pH değeri kaçtır? A) 1

B) 2

C) 3

D) 12

E) 13

25 °C'de sulu çözeltilerde,

Ksu = [H+] . [OH–] = 1 .10–14

bağıntısına göre soruyu çözeceğiz.

6H+@ 10 1.10 ise [H+] = 1.1010[OH–] olur. - = 6OH @

Öyleyse; Ksu = 1.10–14 = 1.1010.[OH–].[OH–]

[OH–] = 1.10–12 M, [H+] = 1.10–2 M olur.

pH = –log[H+], pH = –log10–2 ⇒ pH = 2 bulunur. Cevap : B

25 °C'de pH değeri 8 olan bir çözelti ile ilgili; I. Bazik özellik gösterir. II. pOH değeri 6'dır. III. Çözeltiye su eklenirse pH değeri artar. yargılarından hangileri doğrudur? A) Yalnız I

B) I ve II

D) II ve III

C) I ve III

E) I, II ve III

25 °C'de pH = 8 olduğuna göre, çözelti baziktir. pH + pOH = 14, pOH = 6 olur. Çözelti bazik olduğu için çözeltiye su eklenirse OH– iyon derişimi azalır, pH değeri azalır, pOH değeri artar.

Cevap : B pH Cetveli

1

2 Asit

3

4

5

6

7

8

Nötral

9

10

11

12

13

14

Baz 11. Sınıf - Kimya / 177

6. Ünite


Asİt ve Baz Dengelerİ

Bronsted - Lowry Asit - Baz Tanımı Bronsted - Lowry asit - baz tanımına göre, proton (H+ iyonu) veren maddelere asit, proton (H+ iyonu) alabilen maddelere baz denir. NH3 + H2O m NH+4 + OH– NH3 : Baz H2O : Asit

HF + H2O m H3O+ + F–

HF : Asit

H2O : Baz

Konjuge Asit - Baz Çifti,

HCN + H2O m H3O+ + CN–

Asit1 Baz2 Asit2 Baz1

, NH3 + H2O m NH4+ + OH–– Baz1 Asit2 Asit1 Baz2

H+ iyonu alışverişi gerçekleşen çiftlere konjuge asit baz çifti denir.

Aşağıda verilen tepkimelerdeki konjuge asit-baz çiftlerini belirtiniz. a) H3PO4 + H2O m H2PO4– + H3O+

b) CH3NH2 + H2O m CH3NH3+ + OH–


6. Ünite


a) H3PO4 + H2O m H2PO4– + H3O+

b)

Baz1 Asit2 Asit1 Baz2

Asit1 Baz2 Baz1 Asit2

H2S + NH3

D

CH3NH2 + H2O m CH3NH3+ + OH–

HS– + NH4+

tepkimesiyle ilgili; I. Brønsted – Lowry asit baz tanımına uyan bir tepkimedir. II. NH+4 , NH3'ün konjuge asididir. III. Tepkimede H2S proton veren maddedir. yargılarından hangileri doğrudur? A) Yalnız I

B) I ve II

D) II ve III

C) I ve III

E) I, II ve III

Verilen tepkimede Brønsted – Lowry asit baz tanımına uyan bir tepkimedir. Tepkimede H2S proton veren yani asit, NH3 ise proton alan yani baz özelliği gösterir. HS–, H2S'in konjuge bazı, NH4+ ise NH3'ün konjuge asididir.

Cevap : E

Zayıf Asit - Baz Ayrışma Dengeleri Suda %100 iyonlaşamayan asitlere zayıf asit, %100 iyonlaşamayan bazlara zayıf baz denir.

HCN + H2O m H3O+ + CN–

HCN, HF, CH3COOH, H2CO3 gibi asitler zayıf asitlerdir. NH3 , CH3NH2 , C2H5NH2 gibi bazlar zayıf bazlardır. NH3 + H2O m NH4+ + OH– Zayıf asitler HA ile gösterilirse, HA m H+ + A– ayrışma denklemi ya da HA + H2O m H3O+ + A– + Ka = 6H @6A @ olur. Ka = Asitlik ayrışma sabitidir. 6HA@ Zayıf baz B ile gösterilirse

B + H2O m BH+ + OH– + Kb = 6BH @6OH @ olur. 6B@ Kb = Bazlık ayrışma sabitidir.

Ka ve Kb denge sabiti olduklarından sadece sıcaklıkla değişir. 11. Sınıf - Kimya / 179

6. Ünite


0,01M HX zayıf asidinin pOH değeri 9'dur. Buna göre, HX zayıf asidinin asitlik sabiti kaçtır? A) 1.10–8

B) 1.10–7

D) 2.10–7

C) 2.10–6

E) 1.10–6

Öncelikle pH değerini bulalım.

pH + pOH = 14 ⇒ pH + 9 = 14, pH = 5 bulunur.

pH = –log[H+], [H+] = 10–pH olur, [H+] = 1.10–5M

HX zayıf asidinin ayrışma denklemini yazarsak,

D H+

HX

Başlangıç :

+

X–

0,01M

+10–5 +10–5 M Değişim : –10–5 _________________________________ 10–5M olur. Denge : 0,01M 10–5 2 5 + K = 6H @6X @ & K = ^10 h = 1.10- 8 a a -2 6HX@ 10

Cevap : A

0,2M HX zayıf asidinin asitlik sabiti Ka=8.10–5'dir. Buna göre, asidin iyonlaşma yüzdesi nedir? A) 4

B) 2

C) 1

D) 0,1

E) 0,2

Öncelikle asidin ayrışma denklemini yazalım; + X– HX D H+ Başlangıç : 0,2 Değişim : –a +a +a _________________________________ Denge : 0,2 a a 2 6H+@6X-@ a -5 Ka = & Ka = = 8.10 0, 2 6HX@

a2 = 16.10–6 ⇒ a = 4.10–3 M olur.

iyonlaşma yüzdesini; %iyonlaşma = -3

%=

4 .10

-1

2.10

Asidin ayrışan kısmı Başlangıç derişimi

.100 formülüyle bulalım.

.100 & iyonlaşma yüzdesi %2 bulunur.


Cevap : B

6. Ünite

Tepkimelerde Hız ve Denge İyonlaşma yüzdesi =

Ýyonlaþan kýsým $ 100 Asit deriþimi

0,5 M NH3 çözeltisi için,

a) pH kaçtır?

b) İyonlaşma yüzdesi kaçtır?

(NH3 için Kb = 2 . 10–6)

NH3 + H2O m NH4+ + OH–

Başlangıç 0,5

―

―

Değişim

–a

+a

+a

Denge:

0,5

a

a

2 Kb = 2 . 10–6 = a 0,5

pOH = –log10–3 = 3

⇒

pH = 11 olur

a = 10–3M olur. İyonlaşma %si = 10 $ 100 0,5 -3

İyonlaşma %si = 2 . 10–1% olur.

Le Chatelier ilkesine göre zayıf asit ya da zayıf baz çözeltilerine su eklenirse iyonlaşma yüzdesi artar.

Bazların Kuvvetliliği Metallerin hidroksitli bileşiklerinde metalik aktiflik artıkça bazlık kuvvetliliği de artar.

1A

Li

KOH > NaOH > LiOH

Na K

1A 2A 3A 3. per. Na Mg Al

NaOH > Mg(OH)2 > Al(OH)3 11. Sınıf - Kimya / 181

6. Ünite


Asitlik Kuvvetliliği Holojenli asitlerin kuvvetliliği

7A

Elektronegatiflik

F Cl

4.0

Br

2.8

I

2.5

Asitlik kuvvetliliği, HI > HBr > HCl > HF

3.0

Oksijenli Asitlerde Kuvvetlilik, Merkez atomun yükseltgenme basamağı arttıkça asitlik kuvvetliliği artar.

HClO4 > HClO3 > HClO2 > HClO

HCIO > HBrO > HIO merkez atomun elektronegatifliği arttıkça asitlik kuvveti artar

I. HCIO3 > HCIO2 II. HCIO > HBrO III. HCI > HBr Yukarıda asitlik kuvvetliliği karşılaştırılmalarından hangileri doğru verilmiştir? A) Yalnız I

B) Yalnız II

D) II ve III

C) I ve II

E) I, II ve III

I. HCIO3, HCIO2'den daha kuvvetli bir asittir. Çünkü oksijenli asitlerde merkez atomun yükseltgenme basamağı arttıkça (pratik olarak oksijen sayısı arttıkça) asitlik kuvvetliliği artar. II. HCIO, HBrO'dan daha kuvvetlidir. Çünkü merkez atomu farklı oksijenli asitlerde merkez atomun yükseltgenme basamakları aynı ise elektronegatifliği büyük olanın asitliği de büyüktür. III. HCI, HBr'den daha kuvvetli bir asit değildir. Çünkü halojenli asitlerde halojenin elektronegatifliği azaldıkça asitlik kuvvetliliği artar. Cevap : C


6. Ünite


NaOH, Mg(OH)2, AI(OH)3 ve KOH

bazlarının kuvvetliliklerine göre sıralanışı nasıl olmalıdır? (19K, 13AI, 12Mg, 11Na) A) KOH > AI(OH)3 > Mg(OH)2 > NaOH B) NaOH > KOH > Mg(OH)2 > AI(OH)3 C) Mg(OH)2 > NaOH > AI(OH)3 > KOH D) KOH > NaOH > Mg(OH)2 > AI(OH)3 E) AI(OH)3 > Mg(OH)2 > KOH > NaOH

Baz kuvvetliliği için metalik aktifliğe bakılır. Metalik aktiflik arttıkça yani metalin çapı arttıkça hidroksitli bileşiklerin bazik özelliğide artar. 1s22s22p63s23p64s1

19K:

13AI:

4. periyot 1A grubu

1s22s22p63s23p1

3. periyot 3A grubu

12Mg:

1s22s22p63s2

3. periyot 2A grubu

11Na:

1s22s22p63s1

3. periyot 1A grubu

Metalik aktiflik sıralaması,

K > Na > Mg > AI

olduğu için baz kuvvetliliği sıralaması;

KOH > NaOH > Mg(OH)2 > AI(OH)3

olur.

Cevap : D

Nötralleşme ve Titrasyon

HCl + NaOH → NaCl + H2O Asit Baz Tuz Su

Asit - baz tepkimelerinde net iyon tepkimesi, H+ + OH– → H2O Titrasyon : Derişimi bilinerek hazırlanan asit ya da baz çözeltisi ile nötrleşme tepkimesi sonucu derişimi bilinmeyen asit ya da baz çözeltisinin derişiminin hesaplanmasıdır.

pH 7

Dönüm noktası

Eklenen Baz çözeltisi hacmi 11. Sınıf - Kimya / 183

6. Ünite


Dönüm noktasında, MA . VA . TdA = MB . VB . TdB MA : Asidin derişimi

MB : Bazın derişimi

VA : Asidin hacmi

VB : Bazın hacmi

TdA : Asidin tesir değerliği

TdB : Bazın tesir değerliği

0,2 M 100 mL H2SO4 çözeltisi ile kaç gram KOH katısı karıştırılırsa son çözeltinin pH değeri 7 olur? (K: 39, O: 16, H: 1) A) 22,4

B) 11,2

C) 5,6

D) 2,24

E) 1,12

pH = 7 olması demek çözeltinin nötr olması demektir. Bunun için de nH+ = nOH– olmalıdır. nH+ = MA . VA . TdA bağıntısından nH+ = 0,2 . 0, 1 . 2 = 0,04 mol bulunur. nH+ = nOH– olduğuna göre, nOH– = 0,04 mol olur. Bize kaç gram KOH gerekir diye sorduğu için; m m n= , 0, 04 = MA 56 m = 2,24 gram KOH gerekir.

Cevap : D

pH 11 7

50

Eklenen asit hacmi

pH değeri 11 olan 150 mL KOH çözeltisine 50 ml 10–3M kuvvetli bir asit eklendiğinde pH = 7 oluyor. Buna göre, asidin tesir değerliği kaçtır? A) 5

B) 4

C) 3

D) 2

E) 1

MA VA . TdA = MB . VB . TdB bağıntısına göre,

10–3 . 50 . TdA = 10–3 . 150 . 1 ise,

TdA = 3 bulunur. 184 / 11. Sınıf - Kimya

Cevap : C

6. Ünite


Hidroliz ve Tampon Çözeltiler Kuvvetli asit ve kuvvetli baz tepkimesinden oluşan tuz nötr özellik gösterir.

HCl

+

NaOH → NaCl

Kuvvetli

Kuvvetli

Nötr

Asit

Baz

Tuz

+

H2O Su

Nötr tuzlar hidroliz olmaz.

Bazik Tuzlar Kuvvetli baz ve zayıf asitten oluşan tuz bazik özellik gösterir. Bazik tuzlar su ile etkileşerek hidroliz olur. O,2 M NaCN tuzunun pH değerini hesaplayalım. (HCN için Ka = 2 . 10–5) NaCN → Na+ + CN– 2 a = 1 . 10–10 0,2M 0,2M a = 10–5 M olur. CN– + H2O m HCN + OH– pOH = –log10–5 ⇒ pOH = 5 0,2M ― ― –a +a +a pH = 9 olur. 0,2 a a 2 -14 K Kh = su = 1 $ 10 -5 = a Ka 2 $ 10 0,2

Asidik Tuzlar Kuvvetli asit, zayıf bazın tepkimesi sonucu asidik tuz oluşur. Asidik tuzlar hidroliz olur. 0,1 M NH4Cl tuzunun pH değerini hesaplayalım. (NH3 için Kb = 1 . 10–5) NH4Cl → NH4+ + Cl– 0,1M 0,1M NH4+ + H2O m NH3 + H3O+ 0,1M ― ― –a +a +a 0,1 a a 14 2 K Kh = su = 1 $ 10 -5 = a Kb 1 $ 10 0,1

a = 1 . 10–5

QH3O+U = 1 . 10–5

pH = –log10–5 ⇒ pH = 5 olur. 11. Sınıf - Kimya / 185

6. Ünite


0,2M NaX tuzunun pH değeri 9 dur. Buna göre, tuzu oluşturan HX asidinin Ka değeri kaçtır? A) 1.10–5

B) 2.10–5

C) 1.10–4

D) 2.10–4

E) 4.10–4

NaX → Na+ + X– 0,2M 0,2M pH = 9 ⇒ pOH = 5'tir. [OH–] = 1.10–5M olur. + H2O D HX + OH– X– Başlangıç : 0,2 – – –5 –5 –5 Değişim : –10 M +10 M +10 M __________________________________________ Denge : 0,2 10–5M 10–5M

^10- 5h Ksu Kh = , = Ka ^2.10- 1h 2

- 14

1.10 Ka

- 10

=

10

-1

2.10

Ka = 2.10–5 olur.

Cevap : B

Tampon Çözelti pH değişimlerine karşı direnç gösteren çözeltilere tampon çözelti denir. Zayıf asit ve onun kanjuge bazını içeren bir tuz çözeltisi ya da zayıf baz ve onun konjuge asidini içeren tuz çözeltisi tampon çözelti özelliği gösterir. NH3 – NH4Cl , HCN , – KCN ............ Tampon çözeltilerde,

QH+U = Ka $ 6Asit@ , QOH–U = Kb $ 6Baz@ 6Tuz@ 6Tuz@

0,2M CH3COOH ve 0,4M CH3COONa tuzunu içeren çözeltinin pH değeri kaçtır? (CH3COOH için Ka = 2 . 10–4) A) 3

B) 4

C) 5

D) 9

QH+U = Ka $ 6Asit@ ⇒ QH+U = 2 . 10–4 . 0,2 0,4 6Tuz@

QH+U = 1 .10–4


pH = –log10–4 = 4

E) 10

Cevap : B

6. Ünite


Çözünme - Çökelme Tepkİmelerİ

Doymuş bir NaCl çözeltisine bir miktar iri taneli kaya tuzu yani NaCl eklenirse, çözünen katı kütlesinin değişmediği ama iri tanecikli katının şeklinin değiştiği gözlemlenir. Öyleyse doymuş çözeltide çözünme ve çökelme olayları aynı hızda devam etmektedir.

Na+ Cl −

NaCl(k) m Na+(suda) + Cl –(suda)

NaCl(k)

Tuzların Çözünürlüğü Suda az çözünen iyonik katıların çözünme hızının çökme hızına eşit olduğu denge durumuna çözünürlük dengesi denir. Hız

AgCl(k) m Ag+(suda) + Cl –(suda)

Çözünürlük çarpımı KÇÇ ile gösterilir.

Çökelme hızı

KÇÇ = QAg+U QCl–U Zaman

t

Çözünme dengesinin denge sabitine çözünürlük çarpımı denir.

Çözünme hızı

Aşağıda verilen tuzların çözünme denklemlerini ve çözünürlük çarpımı ifadelerini yazınız. a) MgF2

b) Ag2SO4

c) Fe(oH)3

d) ZnS

a) MgF2 m Mg2+ + 2F –

KÇÇ = QMg2+U QF–U2

b) Ag2SO4 m 2Ag+ + SO 2– 4

KÇÇ = QAg+U2 QSO 2– 4U

c) Fe(OH)3 m Fe3+ + 3OH–

KÇÇ = QFe3+U QOH–U3

d) ZnS m Zn2+ + S2–

KÇÇ = QZn2+U QS2–U

MgF2'nin belirli sıcaklıktaki çözünürlük çarpımı değeri 3,2 . 10–5 dir. Buna göre, MgF2'nin saf sudaki çözünürlüğü kaç mol/L olur? A) 4.10–4

B) 2.10–3

D) 2.10–2

C) 4.10–3

E) 4.10–2 11. Sınıf - Kimya / 187

6. Ünite


Öncelikle MgF2'nin ayrışma denklemini yazalım;

MgF2 (k) D Mg 2+ + 2Fs

2s

s

çözünürlüğe "s" dersek,

Kçç = [Mg2+] . [F–]2

3,2 . 10–5 = s.(2s)2 → 4s3 = 32.10–6 s = 2.10–2M olur.

Cevap : D

10 litrelik MgCO3 doygun çözeltisinde kaç mol MgCO3 çözünmüştür? (MgCO3 için Kçç = 4.10–8) A) 2.10–4

B) 2.10–3

D) 2.10–2

C) 1.10–2

E) 4.10–2

Öncelikle ayrışma denklemini yazalım,

MgCO3 (k) D Mg s

s

2+

2-

+ CO3 s

2+ K3çç(k)=D[Mg . [ CO32- ] = s2 MgCO Mg2+] + s

s

s

4.10–8 = s2 ⇒ s = 2.10–4M bulunur.

Bize çözünen MgCO3'ün mol sayısını sorduğu için, n s = M = 'den V n -4 -3 2.10 = 10L & n = 2.10 mol bulunur.

Cevap : B

200L doygun CaSO4 çözeltisi hazırlamak için kaç gram CaSO4 katısı gerekmektedir? (CaSO4 için Kçç = 4.10–8 CaSO4:136) A) 5,44

D) 0,544


B) 2,72

E) 0,272

C) 1,36

6. Ünite


Öncelikle çözünme denklemini yazalım;

CaSO 4 (k) D Ca s

2+

s

[Ca2+2+]

2-

+ SO 4 s

. [ SO 24- ] + s

Kçç CaSO 4 (k= ) D Ca s s n s = M = 'den v

s2 = 4.10–8 ⇒ s = 2.10–4 M olur. n -4 2.10 = 200

n = 4.10–2 mol bulunur. m m -2 n= 'dan 4.10 = MA 136

m = 5, 44 gram olur. Cevap : A

Çökelti Oluşumu ve Çökelme Şartı İki farklı tuz çözeltisi karıştırıldığında çökme olup olmayacağını Q (denge kesri)'ya bakarak karar verilir.

Q = KÇÇ ise Dibinde katısı olmayan doygun çözeltidir.

Q > KÇÇ ise Çözelti aşırı doymuş olur. Sistem dengeye gelene kadar çökme olur.

Q < KÇÇ ise Doymamış çözeltidir. Sistem dengede değildir.

0,02M 100mL Pb(NO3)2 çözeltisiyle kaç molar 100 mL KF çözeltisi karıştırılırsa dibinde katısı olmayan doygun çözelti elde edilir? (PbF2 için Kçç = 1.10–8) A) 4.10–4

B) 2.10–4

D) 2.10–3

C) 4.10–3

E) 4.10–2

İki çözelti karıştırılınca;

Pb(NO3)2 → 0,02M

KF

XM

Pb

2+

0, 01M

Pb2+ + 2NO3– 0,02M

→ K+ + F– XM -

+ 2F D PbF2 (k) XM 2

Çözeltiler eşit hacimde karıştırıldığı için derişimlerin yarısı alınır. x 2 Kçç = [Pb2+] . [F–]2 1.10–8 = 10–2 a k x= 2.10–3M olur. 2

Cevap : D 11. Sınıf - Kimya / 189

6. Ünite


Ortak İyon Etkisi Doymuş bir çözeltiye çözeltideki iyonlardan birini içeren başka bir katı ya da çözelti eklenirse, doymuş çözeltinin çözünürlüğü azalır.

Ortak iyon çözünürlüğü azaltır.

AgI'nın 0,01M'lık AgNO3 çözeltisindeki çözünürlüğü 1.10–12 M'dir. Buna göre, AgI'nın saf sudaki çözünürlüğü kaç molardır? A) 1.10–14

B) 1.10–12

D) 1.10–7

C) 1.10–8

E) 1.10–5

Öncelikle ortak iyondan yola çıkarak AgI'nın Kçç değerini hesaplayınız.

Ag+

→

AgNO3 0,01M

NO3–

+

I–

0,02M

AgI(k) 1.10–12M

+

Ag+

D

1.10 –12 M

Kçç = [Ag+] . [I–]

Kçç = 10–2 . 10–12 = 1.10–14 bulunur.

1.10–12 M

Bize saf sudaki çözünürlüğü sorulduğu için; +

-

AgI(k) D Ag + I s

s

Kçç =

[Ag+]

[I–]

1.10–14 = s2

s

.

= s2 s = 1.10–7 M olur.

Cevap : D

Belirli sıcaklıkta 0,2 M KI çözeltisinin 2 litresinde kaç mol PbI2 çözünmüştür? (PbI2 için Kçç = 8.10–12) A) 4.10–10

B) 2.10–10

D) 2.10–11


E) 1.10–11

C) 4.10–11

6. Ünite


+

KI $ K + I

0, 2M

0, 2M

-

0, 2M

2+

PbI 2 D Pb + 2I XM

XM

-

2XM

PbI2 için KÇÇ bağıntısını yazalım. KÇÇ = [Pb2+][I–]2 8 . 10–12= (X) (0,2 + 2X)2 X = 2 . 10–10 -10 -10 M = n & 2.10 = n & n = 4.10 mol V 2

Cevap : A

Kompleks Oluşma ve Ayrışma Dengelerİ

F B

F

+ F

→

N H

H

H

F

F

H

B

N

F

H

H

BF3 ile NH3 ün tepkimesinde ortaklaşa kullanılan elektron çiftini NH3 sağlar. Oluşan bu bağa koordine kovalent bağ,, bileşiğe ise koordinasyon bileşiği ya da kompleks denir. Koordinasyon bileşiklerinde elektron çifti veren Lewis bazı, elektron çifti alan ise Lewis asididir.

BF3 : Lewis asidi

NH3 : Lewis bazı

Fe2+ + 6CN– m QFe(CN)6U4– Koordinasyon bileşiği oluşumu ile ilgili;

Fe 2+ : Merkez iyondur ve Lewis asididir.

CN – : Ligand olarak adlandırılır ve Lewis bazıdır. 11. Sınıf - Kimya / 191

6. Ünite


QAg(NH3)2U+ koordinasyon bileşiğinin merkez iyon ve ligandını belirtiniz.

Ag+ + 2NH3 m QAg(NH3)2U+

Ag+; Merkez iyon NH3; Ligand

Aşağıda verilen koordinasyon bileşiklerinden hangisinin karşısında verilen oluşum dengesi bağıntısı yanlıştır? A) [Cu(CN)4]2–

Kol =

C) [PbI4]2–

Kol =

E)

6Cu (CN) 4@2 6Cu 2+@6CN-@4

B)

[Fe(SCN)]2+ Kol =

6PbI 4@2 D) 6Pb 2+@6I-@4

[Ag(NH3)2]+ Kol =

[Co(NH3)6]3+ Kol =

6Co (NH3) 6@3+ 6Co3+@6NH3@6

6Fe (SCN)@2+ 6Fe 2+@6SCN-@

6Ag (NH3) 2@+ 8Ag+B6NH 3@2

Fe3+ + SCN– D [Fe(SCN)]2+ koordinasyon bileşiğinin oluşum sabiti.

K ol =

6Fe (SCN@2+ olur. 6Fe3+@. 6SCN-@

Bu koordinasyon bileşiğinde merkez iyon Fe3+ iyonudur.


Cevap : B

11. Sınıf Kimya Akıllı Defter

Recommend Documents