Denge Sabiti Hesaplamaları ve Tepkime Yönü | HSC Kimya

Mühürlü bir balonda hidrojen, iyot ve hidrojen iyodür bulunmaktadır. Bu sıcaklıkta denge sabiti \(K_c=49\) değerindedir. Belirli bir andaki derişimler şöyledir:

• \([\ce{H2}]=0.20\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\)
• \([\ce{I2}]=0.20\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\)
• \([\ce{HI}]=1.0\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\)

Hidrojen iyodürün derişimi, giren maddelerin her birinin derişiminden daha yüksektir. Hidrojen iyodürün parçalanarak daha fazla hidrojen ve iyot oluşturacağını tahmin eder miydiniz?

Aslında tepkime ileri yönde ilerler ve daha fazla hidrojen iyodür üretir.

Bunun nedeni, dengenin hangi maddenin en yüksek derişime sahip olduğuna değil, belirli bir derişim oranına bağlı olmasıdır. Bu tepkimede hidrojen iyodürün derişiminin karesi alınır:

\[ \frac{[\ce{HI}]^2}{[\ce{H2}][\ce{I2}]} = \frac{(1.0)^2}{(0.20)(0.20)} =25 \]

Oran şu anda 25’tir, ancak karışımın dengede olması için bu değerin 49’a ulaşması gerekir. İleri yönlü tepkime bu oranı artırarak sistemi dengeye yaklaştırır.

Bu, \(K_{eq}\) hesaplamanın ve tepkimenin yönünü tahmin etmenin temelini oluşturur. Tepkimenin gerektirdiği oranı bilmeniz, mevcut oranı hesaplamanız ve bu iki değeri karşılaştırmanız gerekir.

01Denge sabiti gerçekte neyi ölçer?

Bir meyve şurubu içeceği hazırladığınızı düşünün. Tarif, bir ölçü şuruba karşılık dört ölçü su kullanılmasını gerektirebilir. Suyun şuruptan daha fazla olduğunu bilmek, karışımın doğru yoğunlukta olup olmadığını anlamanız için yeterli değildir. Oranı tarifte belirtilen oranla karşılaştırmanız gerekir.

Denge sabiti de benzer şekilde çalışır. Bir tepkime dengeye ulaştığında mevcut olan ürün ve giren madde derişimlerinin belirli oranını ifade eder.

Genel bir tersinir tepkime için:

\[ aA+bB\rightleftharpoons cC+dD \]

denge sabiti bağıntısı şöyledir:

\[ K_c=\frac{[C]^c[D]^d}{[A]^a[B]^b} \]

Her sembolün belirli bir anlamı vardır:

• \(K_c\), derişimler kullanılarak hesaplanan denge sabitidir.
• Köşeli parantezler, \(\mathrm{mol\,L^{-1}}\) cinsinden ölçülen denge derişimlerini gösterir.
• \(a,b,c,d\), denkleştirilmiş kimyasal tepkime denklemindeki katsayılardır.
• Ürünler payda değil, pay kısmında yer alır.
• Giren maddeler paydada yer alır.

Burada dikkat edilmesi gereken en önemli nokta, bağıntıdaki üsleri denkleştirilmiş kimyasal denklemin belirlemesidir.

2 katsayısı, derişimin karesinin alınacağı anlamına gelir. 3 katsayısı ise derişimin küpünün alınacağı anlamına gelir.

Örneğin, şu tepkimeyi ele alalım:

\[ \ce{2SO2(g) + O2(g) <=> 2SO3(g)} \]

Bu tepkimenin denge bağıntısı şöyledir:

\[ K_c=\frac{[\ce{SO3}]^2} {[\ce{SO2}]^2[\ce{O2}]} \]

\(\ce{SO2}\) ve \(\ce{SO3}\) için 2 katsayısının üs hâline geldiğine dikkat edin. Bu maddelerin derişimlerini 2 ile çarpmazsınız.

Hatırlamanız gereken iki kural daha vardır:

• Saf katılar ve saf sıvılar denge bağıntılarına dahil edilmez. Bunların derişimleri etkin olarak sabittir.
• \(K_c\) bağıntısında yalnızca denge derişimleri kullanılabilir. Size başlangıç derişimleri verilmişse öncelikle denge derişimlerini hesaplamanız gerekir.

HSC hesaplamalarında derişimleri \(\mathrm{mol\,L^{-1}}\) cinsinden kullanın. Denge sabiti genellikle evrensel olarak sabitlenmiş bir birim olmaksızın sayısal bir değer olarak ifade edilir.

Denkleştirilmiş denklemlerden denge bağıntısı yazmak hâlâ biraz zor geliyorsa Homojen Tepkimeler için Denge Bağıntıları konusunu tekrar gözden geçirin.

02Denge derişimlerinden Keq hesaplama

Bir soru size dengedeki tüm maddelerin derişimlerini verdiğinde \(K_{eq}\) hesaplamak oldukça kolaydır.

Yapmanız gerekenler:

1. Denkleştirilmiş kimyasal tepkime denklemini yazın.
2. Denge bağıntısını oluşturun.
3. Denge derişimlerini yerine koyun.
4. Sayısal değeri hesaplayın.

03ICE tablosu kullanarak bilinmeyen bir denge derişimini bulma

Bazen bir soru size başlangıç derişimlerini ve \(K_{eq}\) değerini verir, ancak bir maddenin denge derişimini hesaplamanızı ister.

Başlangıç derişimlerini doğrudan denge bağıntısında kullanamazsınız.

Bunun yerine, tepkime ilerlerken derişimlerin nasıl değiştiğini hesaplamanız gerekir.

ICE tablosu bu noktada kullanışlı hâle gelir.

ICE şu sözcüklerin baş harflerinden oluşur:

• I – Initial (Başlangıç): Başlangıç derişimleri.
• C – Change (Değişim): Tepkime ilerlerken her derişimin nasıl değiştiği.
• E – Equilibrium (Denge): Dengeye ulaşıldıktan sonraki son derişimler.

Burada önemli olan, değişim satırını yazarken denkleştirilmiş denklemdeki katsayıları kullanmaktır.

Örneğin:

\[ \ce{H2(g) + I2(g) <=> 2HI(g)} \]

Tüketilen her 1 mol hidrojen için 1 mol iyot tüketilir ve 2 mol hidrojen iyodür üretilir.

Dolayısıyla hidrojen \(x\) kadar azalırsa iyot da \(x\) kadar azalır; hidrojen iyodür ise \(2x\) kadar artar.

04Q ve Keq kullanarak tepkimenin yönünü tahmin etme

Şimdi farklı türde bir soruyu ele alalım.

Size bir tepkimenin denge sabiti ve reaksiyon karışımının mevcut derişimleri verilir. Tepkimenin ileri mi yoksa geri yönde mi ilerleyeceğine karar vermeniz gerekir.

Bu noktada tepkime bölümü olan \(Q_c\) devreye girer.

Tepkime bölümü, \(K_c\) ile tamamen aynı bağıntıyı kullanır, ancak önemli bir fark vardır:

• \(K_c\), denge derişimlerini kullanır.
• \(Q_c\), sistem dengede olsun ya da olmasın, o andaki derişimleri kullanır.

Genel bir tepkime için:

\[ aA+bB\rightleftharpoons cC+dD \]

tepkime bölümü şöyledir:

\[ Q_c=\frac{[C]^c[D]^d}{[A]^a[B]^b} \]

\(Q_c\) değerini hesapladıktan sonra bunu \(K_c\) ile karşılaştırın.

Üç olası sonuç vardır.

Mantık oldukça basittir.

\(Q_c\), \(K_c\) değerinden küçükse mevcut karışımın ürün-giren madde oranı, denge için gereken orandan daha düşüktür. İleri yönlü tepkime bu oranı artırır.

\(Q_c\), \(K_c\) değerinden büyükse karışımın oranı gerekenden daha yüksektir. Geri yönlü tepkime bu oranı azaltır.

İki değer eşitse sistem zaten dengededir.

05Derişimler veya hacim değiştiğinde Keq değerine ne olur?

Bu, HSC sorularında sık karşılaşılan bir başka kafa karışıklığı kaynağıdır.

Bir sistemin başlangıçta dengede olduğunu düşünün. Sisteme daha fazla giren madde ekleyebilir, bir miktar ürünü uzaklaştırabilir veya gaz karışımının hacmini değiştirebilirsiniz.

Derişimler değiştiği için tepkime bölümü de değişir.

Ancak sıcaklık sabit kaldığı sürece denge sabiti değişmez.

Bu durum size güvenilir bir yöntem sunar:

1. Bozucu etki uygulandıktan hemen sonraki yeni derişimleri hesaplayın.
2. Bu derişimleri tepkime bölümü bağıntısında yerine koyun.
3. Yeni \(Q_c\) değerini değişmeden kalan \(K_c\) ile karşılaştırın.
4. Net tepkime yönünü tahmin edin.

Örneğin, gaz hâlindeki bir denge karışımını başlangıç hacminin yarısına kadar sıkıştırmak, sıkıştırma sırasında herhangi bir tepkime gerçekleşmediği varsayılırsa, her gazın derişimini iki katına çıkarır.

Ancak bu durum \(Q_c\) değerinin mutlaka değişmeden kalacağı anlamına gelmez.

Neden? Çünkü derişimler, pay ve paydada farklı üslerle yer alır.

Şu tepkime için:

\[ \ce{2NO2(g) <=> N2O4(g)} \]

\[ Q_c=\frac{[\ce{N2O4}]}{[\ce{NO2}]^2} \]

Her iki derişimin iki katına çıkarılması payı iki katına çıkarırken paydayı dört katına çıkarır. Dolayısıyla tepkime bölümü başlangıç değerinin yarısına düşer.

Bu nedenle \(Q_c\) hesaplamak, yalnızca sözel bir kestirme yönteme dayanarak denge kaymasını tahmin etmeye çalışmaktan çoğu zaman daha güvenilirdir.

06Keq hesaplamalarında sık yapılan hatalar

07Sorular ve çözümler

Aşağıdaki sorular, temel denge hesaplamalarından ICE tablolarını, tepkime bölümlerini ve denge sistemindeki değişimleri bir araya getiren daha kapsamlı problemlere doğru ilerlemektedir.

Soru 1

Şu denge tepkimesini ele alın:

\[ \ce{PCl5(g) <=> PCl3(g) + Cl2(g)} \]

Belirli bir sıcaklıkta denge derişimleri şöyledir:

• \([\ce{PCl5}]=0.40\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\)
• \([\ce{PCl3}]=0.20\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\)
• \([\ce{Cl2}]=0.20\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\)

\(K_{eq}\) değerini hesaplayın ve dengede tepkimenin hangi tarafının tercih edildiğini belirtin.

Çözüm 1

\(K_{eq}=0.10\); dolayısıyla dengede giren maddeler tarafı tercih edilir.

Öncelikle denge bağıntısını yazın:

\[ K_c=\frac{[\ce{PCl3}][\ce{Cl2}]} {[\ce{PCl5}]} \]

Denge derişimlerini yerine koyun:

\[ K_c=\frac{(0.20)(0.20)}{0.40} \]

\[ K_c=\frac{0.040}{0.40} \]

\[ \boxed{K_c=0.10} \]

Denge sabiti 1’den küçük olduğundan denge, giren maddeleri tercih eder.

Bu, dengede hiç fosfor triklorür veya klor bulunmadığı anlamına gelmez. Yalnızca denge konumunun giren maddeler tarafında olduğunu gösterir.

Soru 2

Şu denge tepkimesini ele alın:

\[ \ce{CO(g) + Cl2(g) <=> COCl2(g)} \]

Sabit bir sıcaklıkta \(K_c=5.0\) değerindedir.

Bir tepkime kabında başlangıçta şu maddeler bulunmaktadır:

• \([\ce{CO}]=0.60\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\)
• \([\ce{Cl2}]=0.40\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\)
• \([\ce{COCl2}]=0.20\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\)

Her maddenin denge derişimini hesaplayın.

Çözüm 2

Denge derişimleri CO için \(0.40\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\), Cl2 için \(0.20\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\) ve COCl2 için \(0.40\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\) değerleridir.

Öncelikle başlangıç tepkime bölümünü belirleyin:

\[ Q_c=\frac{0.20}{(0.60)(0.40)} \]

\[ Q_c=0.833 \]

\(Q_c<K_c\) olduğundan tepkime ileri yönde ilerler.

\(x\), tüketilen CO ve Cl2 derişimini temsil etsin.

ICE tablosunu oluşturun:

Denge derişimlerini bağıntıda yerine koyun:

\[ 5.0=\frac{0.20+x} {(0.60-x)(0.40-x)} \]

Paydayı açın:

\[ 5.0=\frac{0.20+x} {0.24-x+x^2} \]

Düzenlersek:

\[ 0.20+x=1.20-5x+5x^2 \]

\[ 5x^2-6x+1=0 \]

Çarpanlarına ayırın:

\[ (5x-1)(x-1)=0 \]

Dolayısıyla:

\[ x=0.20\quad\text{veya}\quad x=1.00 \]

İkinci çözüm fiziksel olarak mümkün değildir; çünkü CO ve Cl2 için negatif derişimler oluşturur.

Bu nedenle:

\[ x=0.20 \]

Bu değeri denge satırında yerine koyun:

\[ [\ce{CO}]=0.60-0.20=0.40\ \mathrm{M} \]

\[ [\ce{Cl2}]=0.40-0.20=0.20\ \mathrm{M} \]

\[ [\ce{COCl2}]=0.20+0.20=0.40\ \mathrm{M} \]

Denge sabitini kontrol edin:

\[ K_c=\frac{0.40}{(0.40)(0.20)} =5.0 \]

Hesaplanan derişimler, verilen denge sabitiyle uyumludur.

Soru 3

Haber sürecini ele alın:

\[ \ce{N2(g) + 3H2(g) <=> 2NH3(g)} \]

\(450^\circ\mathrm{C}\) sıcaklığında denge sabiti \(K_c=8.0\) değerindedir.

Bir tepkime karışımında şu anda bulunan derişimler şöyledir:

• \([\ce{N2}]=0.25\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\)
• \([\ce{H2}]=0.50\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\)
• \([\ce{NH3}]=0.40\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\)

\(Q_c\) değerini hesaplayın ve tepkimenin net yönünü belirleyin.

Amonyak derişimini doğrudan azot derişimiyle karşılaştırmanın neden güvenilir olmayan bir tahmin vereceğini açıklayın.

Çözüm 3

Tepkime ileri yönde ilerler ve daha fazla amonyak üretir.

Öncelikle tepkime bölümü bağıntısını yazın:

\[ Q_c=\frac{[\ce{NH3}]^2} {[\ce{N2}][\ce{H2}]^3} \]

Mevcut derişimleri yerine koyun:

\[ Q_c=\frac{(0.40)^2} {(0.25)(0.50)^3} \]

Hesaplayın:

\[ Q_c=\frac{0.160}{(0.25)(0.125)} \]

\[ Q_c=\frac{0.160}{0.03125} \]

\[ Q_c=5.12 \]

Bu değeri denge sabitiyle karşılaştırın:

\[ 5.12<8.0 \]

Dolayısıyla:

\[ \boxed{Q_c<K_c} \]

Net tepkime ileri yönde ilerler ve daha fazla amonyak oluşur.

Burada yapılabilecek cazip ama hatalı çıkarım, amonyak derişiminin azot derişiminden daha yüksek olduğunu fark edip sistemde gereğinden fazla ürün bulunduğunu varsaymaktır.

Ancak denge bağıntısında hidrojen derişimi üçüncü kuvvetiyle yer alır. Üç derişimin tamamı bu orana katkıda bulunur.

Sistem, iki tekil derişim karşılaştırılarak değil, bağıntının tamamı kullanılarak değerlendirilmelidir.

Soru 4

Şu denge tepkimesini ele alın:

\[ \ce{2NO2(g) <=> N2O4(g)} \]

Sabit bir sıcaklıkta, bir tepkime kabı başlangıçta şu derişimlerle dengededir:

• \([\ce{NO2}]=0.40\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\)
• \([\ce{N2O4}]=0.16\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\)

Tepkimenin yanıt verecek zamanı olmadan kabın hacmi aniden başlangıç hacminin yarısına kadar sıkıştırılır.

Yeni tepkime bölümünü hesaplayın ve tepkimenin hangi yönde ilerleyeceğini tahmin edin.

Her gazın derişimi iki katına çıkmasına rağmen sıkıştırmanın tepkime bölümünü neden değiştirdiğini açıklayın.

Çözüm 4

Tepkime ileri yönde kayar ve daha fazla \(\ce{N2O4}\) üretir.

Öncelikle başlangıç denge sabitini hesaplayın:

\[ K_c=\frac{[\ce{N2O4}]}{[\ce{NO2}]^2} \]

\[ K_c=\frac{0.16}{(0.40)^2} \]

\[ K_c=\frac{0.16}{0.16}=1.0 \]

Sıcaklık sabit kaldığından \(K_c\) değeri 1.0 olarak kalır.

Hacim yarıya indirildiğinde her gazın derişimi anında iki katına çıkar.

Dolayısıyla:

\[ [\ce{NO2}]=0.80\ \mathrm{M} \]

\[ [\ce{N2O4}]=0.32\ \mathrm{M} \]

Yeni tepkime bölümünü hesaplayın:

\[ Q_c=\frac{0.32}{(0.80)^2} \]

\[ Q_c=\frac{0.32}{0.64} \]

\[ Q_c=0.50 \]

Değerleri karşılaştırın:

\[ Q_c=0.50<K_c=1.0 \]

Dolayısıyla tepkime ileri yönde ilerler.

Buradaki önemli nokta, tüm derişimlerin iki katına çıkarılmasının tepkime bölümünü mutlaka değişmeden bırakmamasıdır.

\([\ce{N2O4}]\) katsayısı 1 olduğu için pay iki katına çıkar.

Ancak \([\ce{NO2}]\) değerinin karesi alındığından payda dört katına çıkar.

Sonuç olarak \(Q_c\), başlangıç değerinin yarısına düşer.

İleri yönlü tepkime, iki azot dioksit molekülünü tüketerek bir diazot tetraoksit molekülü üretir. Bu durum, sıkıştırmanın daha az gaz taneciği içeren tarafı tercih edeceği tahminiyle de uyumludur.

Soru 5

Şu denge tepkimesini ele alın:

\[ \ce{2NO2(g) <=> N2O4(g)} \]

Başlangıç hacmi \(1.00\ \mathrm{L}\) olan kapalı bir kap, sabit sıcaklıkta dengededir.

Denge derişimleri şöyledir:

\[ [\ce{NO2}]=1.00\ \mathrm{mol\,L^{-1}} \]

\[ [\ce{N2O4}]=1.00\ \mathrm{mol\,L^{-1}} \]

Kapta aşağıdaki değişiklikler gerçekleştirilir:

1. Bir piston, kabı hızla \(2.00\ \mathrm{L}\) hacme kadar genişletir. Ardından piston sabitlenir ve bu genişleme sırasında herhangi bir tepkime gerçekleşmez.
2. İdeal seçici bir tutucu, \(\ce{N2O4}\) derişimini \(0.11\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\) değerine düşürene kadar bu maddeyi uzaklaştırır. Tutucu hiçbir \(\ce{NO2}\) maddesini uzaklaştırmaz.

Daha sonra tepkimenin, sabit \(2.00\ \mathrm{L}\) hacminde yeniden dengeye ulaşmasına izin verilir.

Aşağıdaki soruları yanıtlayın:

(a) Başlangıç derişimlerini kullanarak denge sabiti \(K_c\) değerini hesaplayın.

(b) Genişlemeden hemen sonra, ancak seçici tutucu çalışmadan önce \(Q_c\) değerini hesaplayın. Bu aşamada tepkimenin yönünü tahmin edin.

(c) Seçici tutucu çalıştıktan sonra yeni \(Q_c\) değerini hesaplayın. Bu kez net tepkime yönünü tahmin edin.

(d) \(\ce{NO2}\) ve \(\ce{N2O4}\) maddelerinin son denge derişimlerini hesaplayın. İki matematiksel çözümden neden yalnızca birinin fiziksel olarak mümkün olduğunu açıklayın.

Çözüm 5

Seçici tutucu çalıştıktan sonra tepkime ileri yönde ilerler. Son denge derişimleri \([\ce{NO2}]=0.40\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\) ve \([\ce{N2O4}]=0.16\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\) olur.

Bu soru daha zordur çünkü art arda gerçekleşen iki değişiklik, tepkime bölümünü zıt yönlerde etkiler.

İlk bozucu etkinin nihai yönü belirlediğini varsaymak yerine, her değişiklikten sonra \(Q_c\) değerini hesaplamanız gerekir.

Bölüm (a): Başlangıç denge sabitini hesaplayın.

Denge bağıntısı şöyledir:

\[ K_c=\frac{[\ce{N2O4}]}{[\ce{NO2}]^2} \]

Başlangıç denge derişimlerini yerine koyun:

\[ K_c=\frac{1.00}{(1.00)^2} \]

\[ \boxed{K_c=1.00} \]

Sıcaklık değişmediği için bu değer sabit kalır.

Bölüm (b): Genişlemeden hemen sonraki Q değerini hesaplayın.

Hacim \(1.00\ \mathrm{L}\) değerinden \(2.00\ \mathrm{L}\) değerine çıkar.

Tepkimeye giren gazların mol sayısı henüz değişmediğinden her iki derişim de yarıya iner.

Dolayısıyla:

\[ [\ce{NO2}]=0.50\ \mathrm{M} \]

\[ [\ce{N2O4}]=0.50\ \mathrm{M} \]

Tepkime bölümünü hesaplayın:

\[ Q_c=\frac{0.50}{(0.50)^2} \]

\[ Q_c=2.00 \]

Karşılaştırın:

\[ Q_c=2.00>K_c=1.00 \]

Genişlemeden hemen sonra tepkime geri yönde ilerler ve daha fazla azot dioksit üretir.

Bu sonuç mantıklıdır çünkü genişleme, daha fazla gaz taneciği içeren tarafı tercih eder.

Ancak bu, tepkimenin nihai yönü değildir.

Bölüm (c): Seçici tutucu çalıştıktan sonraki Q değerini hesaplayın.

Tutucu yalnızca \(\ce{N2O4}\) maddesini uzaklaştırarak derişimini \(0.11\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\) değerine düşürür.

Azot dioksit derişimi \(0.50\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\) olarak değişmeden kalır.

Dolayısıyla:

\[ Q_c=\frac{0.11}{(0.50)^2} \]

\[ Q_c=\frac{0.11}{0.25} \]

\[ Q_c=0.44 \]

Karşılaştırın:

\[ Q_c=0.44<K_c=1.00 \]

Bu kez tepkime ileri yönde ilerler ve daha fazla diazot tetraoksit üretir.

Sorudaki en önemli değişiklik budur.

Genişleme başlangıçta geri yönlü tepkimeyi tercih ettirmiştir, ancak yeterli miktarda ürünün uzaklaştırılması tepkime bölümünü denge sabitinin altına düşürmüştür.

Net tepkimenin yönü, daha önceki bir bozucu etkiden hemen sonra tahmin edilen yöne değil, mevcut derişimlere göre belirlenir.

Bölüm (d): Son denge derişimlerini hesaplayın.

Tutucu çalıştıktan sonra bir sonraki denge hesabı için başlangıç derişimleri şöyledir:

\[ [\ce{NO2}]=0.50\ \mathrm{M} \]

\[ [\ce{N2O4}]=0.11\ \mathrm{M} \]

Tepkime ileri yönde ilerler:

\[ \ce{2NO2(g) <=> N2O4(g)} \]

\(x\), oluşan \(\ce{N2O4}\) derişimini temsil etsin.

ICE tablosunu oluşturun:

Denge derişimlerini bağıntıda yerine koyun:

\[ 1.00=\frac{0.11+x}{(0.50-2x)^2} \]

Düzenleyin:

\[ (0.50-2x)^2=0.11+x \]

Parantezleri açın:

\[ 0.25-2x+4x^2=0.11+x \]

Benzer terimleri bir araya getirin:

\[ 4x^2-3x+0.14=0 \]

İkinci derece denklem formülünü kullanın:

\[ x=\frac{3\pm\sqrt{(-3)^2-4(4)(0.14)}}{2(4)} \]

\[ x=\frac{3\pm\sqrt{6.76}}{8} \]

\[ x=\frac{3\pm2.60}{8} \]

Bu işlem iki matematiksel çözüm verir:

\[ x=0.050\quad\text{veya}\quad x=0.70 \]

İkinci çözüm mümkün değildir.

\(x=0.70\) olsaydı azot dioksitin denge derişimi şöyle olurdu:

\[ [\ce{NO2}]=0.50-2(0.70) \]

\[ [\ce{NO2}]=-0.90\ \mathrm{M} \]

Negatif bir derişim fiziksel olarak mümkün değildir. Ayrıca bu sonuç, kapta mevcut olandan daha fazla azot dioksitin tepkimeye girmesini gerektirirdi.

Dolayısıyla geçerli tek çözüm:

\[ x=0.050 \]

Son denge derişimlerini hesaplayın.

Azot dioksit için:

\[ [\ce{NO2}]=0.50-2(0.050) \]

\[ \boxed{[\ce{NO2}]=0.40\ \mathrm{mol\,L^{-1}}} \]

Diazot tetraoksit için:

\[ [\ce{N2O4}]=0.11+0.050 \]

\[ \boxed{[\ce{N2O4}]=0.16\ \mathrm{mol\,L^{-1}}} \]

Son olarak denge sabitini kontrol edin:

\[ K_c=\frac{0.16}{(0.40)^2} \]

\[ K_c=\frac{0.16}{0.16}=1.00 \]

Son derişimler, başlangıçta verilen denge sabitiyle uyumludur.

Buradan çıkarılması gereken önemli ders, art arda gerçekleşen değişikliklerin bileşimi değiştirmesiyle bir denge sisteminin tepkime yönünün değişebileceğidir. İlk değişiklikten sonra ne olduğunu hatırlamakla yetinemezsiniz. İncelediğiniz noktada mevcut olan derişimleri kullanarak \(Q_c\) değerini yeniden hesaplamalısınız.

08Bundan sonra ne öğrenmelisiniz?

Artık denge bağıntılarını kullanarak \(K_{eq}\) hesaplayabilir, bilinmeyen denge derişimlerini bulabilir ve \(Q_c\) yardımıyla bir tepkimenin yönünü tahmin edebilirsiniz.

Bir sonraki önemli ayrım, sıcaklık değiştiğinde neler olduğunu anlamaktır.

Bir giren madde eklemek veya hacmi değiştirmek tepkime bölümünü değiştirir, ancak sıcaklığı değiştirmek denge sabitinin kendisini değiştirebilir. Bunun nedenini anlamak için denge hesaplamalarını ileri ve geri tepkimelerin entalpileriyle ilişkilendirmek gerekir.

Endotermik ve Ekzotermik Tepkimelerde Sıcaklık Keq Değerini Nasıl Değiştirir? konusuyla devam edin.