Mor Renk Neden Hiç Kaybolmuyor?
Kapalı bir cam kaba eşit mol hidrojen gazı ve mor renkli iyot buharı konur, kap ısıtılır. Renksiz hidrojen iyodür oluştukça mor renk solar. Bir süre sonra solma durur; kap açık mor bir tonda kalır ve saatler geçse de değişmez.
$\mathrm{H_2(g)} + \mathrm{I_2(g)} \rightleftharpoons 2\mathrm{HI(g)}$
Tepkime bitti mi? Hayır. Oluşan HI molekülleri de ayrışıp yeniden $\mathrm{H_2}$ ve $\mathrm{I_2}$ veriyor. Başta ürün olmadığı için geri tepkime sıfırdan başlar, ürün biriktikçe hızlanır; ileri tepkime ise giren azaldıkça yavaşlar. İki hız eşitlendiği anda renk sabitlenir. Buna dinamik denge denir: derişimler sabit, olaylar sürüyor.
Zamana karşı çizilen ileri hız grafiği önce düşer, sonra yatay bir çizgiye oturur. Yatay kısım "tepkime durdu" değil, "ileri ve geri hız eşit" demektir. Denge ancak kapalı kapta kurulur; ürün kaçıp gidiyorsa geri tepkimeyi besleyecek madde kalmaz.
Denge Sabitini Yazmak
$a\mathrm{A} + b\mathrm{B} \rightleftharpoons c\mathrm{C} + d\mathrm{D}$ için
$K_c = \dfrac{[\mathrm{C}]^c [\mathrm{D}]^d}{[\mathrm{A}]^a [\mathrm{B}]^b}$
Üsler denkleştirme katsayılarıdır; hız denkleminin aksine deney gerekmez. Katılar ve saf sıvılar ifadeye girmez, çünkü derişimleri miktarla değişmez. Kireç taşının ısıtılmasında sabitte yalnız gaz kalır:
$\mathrm{CaCO_3(k)} \rightleftharpoons \mathrm{CaO(k)} + \mathrm{CO_2(g)} \qquad K_c = [\mathrm{CO_2}]$
Bu sonuç ilginç bir şey söyler: kapta ne kadar kireç taşı olursa olsun, belli sıcaklıkta dengedeki $\mathrm{CO_2}$ derişimi aynıdır.
Sabitle Oynamak
$\mathrm{A} + \mathrm{B} \rightleftharpoons \mathrm{C}$ için $K_c = 4$ olsun.
- Tepkime ters yazılırsa sabit ters çevrilir: $\mathrm{C} \rightleftharpoons \mathrm{A} + \mathrm{B}$ için $K = \dfrac{1}{4} = 0{,}25$.
- Katsayılar 2 ile çarpılırsa sabitin karesi alınır: $2\mathrm{A} + 2\mathrm{B} \rightleftharpoons 2\mathrm{C}$ için $K = 4^2 = 16$.
- İki tepkime toplanırsa sabitleri çarpılır.
Katsayıyı yarıya indirmek ise karekök almak demektir: $K = \sqrt{4} = 2$. Sayının değişmesi, kaptaki gerçek derişimlerin değiştiği anlamına gelmez; yalnız denklemi başka biçimde yazdık.
İki Çözümlü Örnek
Örnek 1: Dengede $[\mathrm{A}] = 0{,}2$, $[\mathrm{B}] = 0{,}5$, $[\mathrm{C}] = 0{,}4$ mol/L. $\mathrm{A} + \mathrm{B} \rightleftharpoons \mathrm{C}$ için sabit:
$K_c = \dfrac{0{,}4}{0{,}2 \cdot 0{,}5} = \dfrac{0{,}4}{0{,}1} = 4$
Örnek 2: 1 L'lik kaba 1'er mol $\mathrm{H_2}$ ve $\mathrm{I_2}$ konuyor. Bu sıcaklıkta $K_c = 49$. Dengede HI derişimi kaçtır? Başlangıç-değişim-denge tablosu kuralım:
| $\mathrm{H_2}$ | $\mathrm{I_2}$ | $\mathrm{HI}$ | |
|---|---|---|---|
| Başlangıç | 1 | 1 | 0 |
| Değişim | $-x$ | $-x$ | $+2x$ |
| Denge | $1-x$ | $1-x$ | $2x$ |
$\dfrac{(2x)^2}{(1-x)^2} = 49 \Rightarrow \dfrac{2x}{1-x} = 7 \Rightarrow 2x = 7 - 7x \Rightarrow x = \dfrac{7}{9}$
$[\mathrm{HI}] = \dfrac{14}{9} \approx 1{,}56$ mol/L, $[\mathrm{H_2}] = [\mathrm{I_2}] = \dfrac{2}{9} \approx 0{,}22$ mol/L. Kontrol: $\dfrac{196/81}{4/81} = 49$. Girenlerin yaklaşık yüzde 78'i dönüşmüş; kaptaki açık mor renk kalan yüzde 22'lik iyottan geliyor.
Dengeye Öbür Taraftan Varmak
Aynı sıcaklıkta boş bir 1 L'lik kaba bu kez yalnız 2 mol HI konsun. Ortamda hiç $\mathrm{H_2}$ ya da $\mathrm{I_2}$ yok; tepkime geri yönde başlar. Ayrışan HI'ye $2y$ dersek dengede $[\mathrm{HI}] = 2 - 2y$, $[\mathrm{H_2}] = [\mathrm{I_2}] = y$ olur:
$\dfrac{(2-2y)^2}{y^2} = 49 \Rightarrow \dfrac{2-2y}{y} = 7 \Rightarrow 2 = 9y \Rightarrow y = \dfrac{2}{9}$
Sonuç: $[\mathrm{HI}] = \dfrac{14}{9}$, $[\mathrm{H_2}] = [\mathrm{I_2}] = \dfrac{2}{9}$ mol/L. Birinci yoldaki sayıların aynısı. Atom sayıları eşit olduğu sürece (burada 2 mol H, 2 mol I) sistem hangi uçtan başlarsa başlasın aynı denge noktasına iner. Kaptaki mor renk de iki deneyde aynı tonda durur.
Mini soru: Kaba 2 mol HI yerine 4 mol HI konsaydı dengede HI derişimi kaç olurdu? İpucu: bu tepkimede iki tarafın mol sayısı eşit, oranlar korunur. Cevap $\dfrac{28}{9} \approx 3{,}11$ mol/L.
Sabit Neyi Söyler, Neyi Söylemez?
Sabit büyükse dengede ürünler baskındır, küçükse girenler. Ama sabit hızı söylemez: elmasın grafite dönüşmesi enerji bakımından elverişlidir ve insan ömründe gözlenmez. Sayısal değeri yalnız sıcaklık değiştirir.
Herhangi bir anda aynı ifade hesaplanırsa tepkime kesri ($Q$) bulunur. $Q < K_c$ ise sistem ileri, $Q > K_c$ ise geri yönde ilerler. Örnek 1'deki kapta bir an $[\mathrm{C}] = 0{,}8$ olsaydı $Q = 8$ çıkardı; 8, 4'ten büyük olduğu için tepkime geri yürürdü. Hesabın devamı "Le Chatelier İlkesi" anlatımında.
Gazlarda sabit kısmi basınçlarla da yazılabilir: $K_p = K_c(RT)^{\Delta n}$. Burada $\Delta n$, ürün tarafındaki gaz mollerinden giren tarafındakilerin çıkarılmasıdır. HI dengesinde $\Delta n = 0$ olduğu için $K_p = K_c$.
Yanılgılar ve Sınav Notu
Sık yapılan hata 1: Derişimler sabitlendi diye tepkimenin durduğunu sanmak. Hızlar eşittir, sıfır değildir.
Sık yapılan hata 2: Büyük sabiti hızlı tepkime sanmak.
Sık yapılan hata 3: $\mathrm{CaCO_3}$ gibi katıyı ya da çözücü suyu ifadeye yazmak.
Dördüncü yanılgı: Tersinir tepkimede yüzde 100 dönüşüm beklemek. Örnek 2'de bile girenlerin yüzde 22'si kapta kaldı.
Sınav notu: Denge tablosunda değişim satırı her zaman katsayılarla orantılıdır: $\mathrm{H_2}$ $x$ azalıyorsa HI $2x$ artar. Değişim satırını yanlış kuran öğrencinin geri kalan bütün işlemi doğru olsa bile sonucu yanlış çıkar.
Sık sorulanlar
Dengede tepkime gerçekten sürüyor mu?
Evet. İleri ve geri tepkimeler eşit hızda sürer; bu yüzden derişimler değişmez. İşaretli atomlarla yapılan deneylerde taneciklerin iki yönde de dönüştüğü gözlenmiştir.
Katılar neden denge ifadesine yazılmıyor?
Bir katının derişimi yoğunluğuna bağlıdır ve miktarı artsa da değişmez. Sabit bir değer olduğu için denge sabitinin içine katılmıştır.
Tepkime ters çevrilirse denge sabiti ne olur?
Sabitin tersi alınır. İleri tepkimenin sabiti 4 ise ters tepkimeninki 1/4, yani 0,25 olur.