s

10. Sınıf Kimya 1. Dönem 1. Yazılı

20 soru · cevap anahtarı ve adım adım çözüm sayfanın altında

Yazdır / PDF kaydet Word indir

Kapsanan konular

Kimyasal Tepkimeler Çözeltiler
1
N₂ + 3H₂ → 2NH₃

Yukarıdaki tepkimede 2 mol azot gazı tam verimle harcandığında kaç mol amonyak elde edilir?

  1. A 1
  2. B 2
  3. C 4
  4. D 6
  5. E 8
2

Bir öğrenci hidrojen peroksit çözeltisine bir miktar toz manganez dioksit ekliyor ve gaz çıkışının belirgin biçimde hızlandığını görüyor. Tepkime bittiğinde manganez dioksitin kütlesinin değişmediğini ölçüyor. Buna göre manganez dioksit için ne söylenebilir?

  1. A Tepkimeye girmiş ve harcanmıştır.
  2. B Katalizördür; hızı artırır, kendisi değişmez.
  3. C Ürün miktarını artırmıştır.
  4. D Tepkimenin ısısını değiştirmiştir.
  5. E Sınırlayıcı bileşendir.
3

Tuzlu suyun elektriği ilettiği, şekerli suyun iletmediği ölçülmüştür. Bu farkın nedeni sorulmaktadır. Doğru açıklama hangisidir?

  1. A Tuzun ağır olması
  2. B Şekerin katı olması
  3. C Tuzun suda iyonlarına ayrışıp yüklü tanecikler oluşturması, şekerin ise molekül hâlinde çözünmesi
  4. D Suyun sıcak olması
  5. E Şekerin tatlı olması
4

Seyreltme işleminde mol sayısının korunduğu kabul edilmektedir. Bu kabulün gerekçesi nedir?

  1. A Suyun madde olmaması
  2. B Hacmin sabit olması
  3. C Molün korunamaması
  4. D Eklenen suyun çözünen maddeyi ne artırması ne azaltması; yalnız hacmi büyütmesi
  5. E Derişimin sabit olması
5

Mavi renkli bakır sülfat çözeltisine bir çinko çubuk daldırıldığında çubuğun üzerinde kırmızımsı bir tabaka oluşuyor ve çözeltinin mavi rengi soluyor. Bu gözleme uyan açıklama hangisidir?

  1. A Çinko çözünmemiş, yalnızca boyanmıştır.
  2. B Bakır çinkoyu çözeltiden ayırmıştır.
  3. C Çinko bakırın yerini almış, bakır metali açığa çıkmıştır.
  4. D İki metal birleşerek alaşım oluşturmuştur.
  5. E Çözeltide gaz çıkışı olmuştur.
6
ÇözeltiKaynama noktasıDonma noktası
Saf su100 °C0 °C
Tuzlu suDaha yüksek?

Tabloda saf su ile tuzlu suyun özellikleri karşılaştırılmış, biri boş bırakılmıştır. Tabloda eksik kalan ifade hangisidir?

  1. A Daha yüksek
  2. B Sıfır
  3. C Aynı
  4. D Daha düşük
  5. E Belirlenemez
7
AtomGirenlerÜrünler
Al22
O33
H66

Tabloda bir tepkimenin iki yanındaki atom sayıları verilmiştir. Buna göre tepkime hakkında ne söylenebilir?

  1. A Denkleşmemiştir; oksijen eksiktir.
  2. B Denkleşmemiştir; hidrojen fazladır.
  3. C Denkleşmiştir; kütle korunmuştur.
  4. D Denkleşmiştir ama kütle korunmamıştır.
  5. E Tablodan karar verilemez.
8
n = M \cdot V

Bir öğrenci 0,5 mol/L derişiminde 2 litre çözelti hazırlamak istemektedir. Tartması gereken madde kaç moldür?

  1. A 0,25
  2. B 0,5
  3. C 1
  4. D 2
  5. E 4
9
M = \frac{n_1 + n_2}{V_1 + V_2}

1 mol/L derişiminde 2 litre çözelti ile 3 mol/L derişiminde 2 litre çözelti karıştırılmaktadır. Karışımın derişimi kaç mol/L olur?

  1. A 1
  2. B 1,5
  3. C 3
  4. D 2
  5. E 4
10
\%_{\text{kütle}} = \frac{m_{\text{madde}}}{m_{\text{çözelti}}} \times 100

200 gram çözeltide 30 gram madde çözünmüştür. Çözeltinin kütlece yüzde derişimi kaçtır?

  1. A 10
  2. B 15
  3. C 30
  4. D 6
  5. E 20
11
EnerjiTepkime yoluGirenlerÜrünlerAktifleşmiş kompleks

Grafikteki tepkimenin aktifleşme enerjisi hangi iki düzey arasındaki farktır?

  1. A Ürünler ile girenler
  2. B Aktifleşmiş kompleks ile girenler
  3. C Aktifleşmiş kompleks ile ürünler
  4. D Ürünler ile sıfır düzeyi
  5. E Girenler ile sıfır düzeyi
12

Tuzlu suyun saf sudan daha yüksek sıcaklıkta kaynadığı ölçülmüştür. Bu gözlemin nedeni nedir?

  1. A Tuzun ısınması
  2. B Suyun azalması
  3. C Kabın büyümesi
  4. D Basıncın düşmesi
  5. E Çözünen taneciklerin su moleküllerinin buhar fazına geçmesini zorlaştırması ve kaynama noktasını yükseltmesi
13

Bir laboratuvarda magnezyum şeridi yakıldığında parlak beyaz bir ışık çıkıyor ve geriye beyaz toz hâlinde magnezyum oksit kalıyor. Bu değişim hangi tepkime türüne örnektir?

  1. A Analiz (ayrışma)
  2. B Yer değiştirme
  3. C Nötrleşme
  4. D Sentez (birleşme)
  5. E Çökelme
14

Aynı miktar suya biri az biri çok tuz eklenerek iki çözelti hazırlanmıştır. Bu çözeltiler nasıl adlandırılır?

  1. A Doymuş ve doymamış
  2. B Asidik ve bazik
  3. C Katı ve sıvı
  4. D Homojen ve heterojen
  5. E Derişik ve seyreltik
15
123451234560t (dk)Ürün (mol)

Grafikte bir tepkimede oluşan ürün miktarının zamanla değişimi verilmiştir. Tepkime hızı için aşağıdakilerden hangisi doğrudur?

  1. A Başlangıçta en büyüktür, zamanla azalır.
  2. B Başlangıçta en küçüktür, zamanla artar.
  3. C Tüm süre boyunca sabittir.
  4. D Önce artar, sonra azalır.
  5. E Beşinci dakikadan sonra artmaya başlar.
16

Berrak gümüş nitrat çözeltisine berrak sodyum klorür çözeltisi eklendiğinde kapta beyaz bir bulanıklık oluşuyor ve bir süre sonra dibe çökelti iniyor. Bu gözlemin nedeni aşağıdakilerden hangisidir?

  1. A Çözeltilerden biri buharlaşmıştır.
  2. B Suda çözünmeyen AgCl oluşmuştur.
  3. C Sıcaklık düştüğü için çözünürlük artmıştır.
  4. D Sodyum metali açığa çıkmıştır.
  5. E Gaz çıkışı olmuştur.
17
12324680mol sayısıderişim (mol/L)

Grafikte hacmi sabit tutulan bir çözeltinin derişiminin, çözünen mol sayısına göre değişimi verilmiştir. Grafiğin doğrusal olmasının nedeni nedir?

  1. A Hacmin değişmesi
  2. B Sıcaklığın artması
  3. C Sabit hacimde derişimin mol sayısıyla doğru orantılı olması
  4. D Ölçüm hatası
  5. E Derişimin sabit olması
18
M_1 V_1 = M_2 V_2

4 mol/L derişimindeki 100 mL çözeltiye su eklenerek hacim 400 mL’ye çıkarılmıştır. Yeni derişim kaç mol/L’dir?

  1. A 1
  2. B 0,5
  3. C 2
  4. D 8
  5. E 16
19

Mermer tozunun üzerine seyreltik hidroklorik asit döküldüğünde köpürme başlıyor ve kabın kütlesi açık terazide zamanla azalıyor. Kütle azalmasının nedeni aşağıdakilerden hangisidir?

  1. A Kütlenin korunumu bu tepkimede geçerli değildir.
  2. B Asit buharlaşıp uçmuştur.
  3. C Mermer suda çözünmüştür.
  4. D Terazi hatalı ölçüm yapmıştır.
  5. E Oluşan CO₂ gazı kaptan ayrılmıştır.
20
__ CH₄ + __ O₂ → __ CO₂ + __ H₂O

Yukarıdaki denklem en küçük tam sayılarla denkleştirildiğinde katsayılar sırasıyla hangileri olur?

  1. A 1 – 1 – 1 – 1
  2. B 1 – 2 – 1 – 2
  3. C 2 – 1 – 2 – 1
  4. D 1 – 3 – 1 – 2
  5. E 2 – 3 – 2 – 4
🔑 Cevap anahtarı ve çözümler — önce kendin çöz
1. C 2. B 3. C 4. D 5. C 6. D 7. C 8. C 9. D 10. B 11. B 12. E 13. D 14. E 15. A 16. B 17. C 18. A 19. E 20. B
1. sorunun çözümü

Katsayılar mol oranını verir: 1 mol N₂ başına 2 mol NH₃.

  1. Denklemde N₂ : NH₃ oranı 1 : 2
  2. 2 mol N₂ için orantı kurulur.
  3. 1 mol N₂ → 2 mol NH₃ ise 2 mol N₂ → 4 mol NH₃
  4. Sonuç: 4 mol amonyak
2. sorunun çözümü

Hızı artırıp kendisi harcanmadan kalan madde katalizördür; manganez dioksit hidrojen peroksitin ayrışmasını hızlandırmıştır.

  1. Gözlemleri ayrı ayrı okuyalım: gaz çıkışı belirgin biçimde hızlanmış, yani tepkime hızı artmış. Deney sonunda manganez dioksitin kütlesi değişmemiş, yani harcanmamış.
  2. Gerçekleşen tepkime hidrojen peroksitin ayrışmasıdır: 2H₂O₂ → 2H₂O + O₂. Çıkan gaz oksijendir; denklem denktir, iki yanda 4 H ve 4 O bulunur.
  3. Katalizör, tepkimeye aktifleşme enerjisi daha düşük yeni bir yol açar. Ara basamakta harcanır ama sonraki basamakta geri kazanılır; bu yüzden sonda miktarı değişmez.
  4. Denetleyelim: "hızı artırdı" ve "miktarı değişmedi" gözlemlerinin ikisini birden açıklayan tek tanım katalizördür ✓.

Sık yapılan hata: "Ürün miktarını artırmıştır." demek. Katalizör elde edilebilecek ürün miktarını değiştirmez; aynı ürüne yalnız çok daha kısa sürede ulaşılmasını sağlar.

3. sorunun çözümü

Tuz suda iyonlarına ayrışıp yüklü tanecikler oluşturur; şeker ise molekül hâlinde çözünür ve yük taşımaz.

  1. Elektrik iletiminin koşulunu koyalım: çözeltide serbestçe hareket edebilen YÜKLÜ tanecikler bulunmalı. Yük taşıyacak bir şey yoksa akım geçmez.
  2. Tuzun çözünmesini izleyelim: iyonik yapılı olduğu için su molekülleri iyonları örgüden ayırır. Çözeltide serbest Na⁺ ve Cl⁻ iyonları dolaşır; bunlar yükü taşır ve çözelti iletken olur.
  3. Şeker ise moleküler bir bileşiktir. Suda çözünürken kovalent bağları kopmaz, molekülleri olduğu gibi araya dağılır. Yüksüz oldukları için yük taşıyamazlar; şekerli su elektriği iletmez.
  4. Denetleyelim: ikisi de homojen çözelti ✓ — fark çözünmede değil, çözünen taneciklerin yüklü olup olmamasında.

Sık yapılan hata: "Tuzun ağır olması" demek. Kütle iletkenliği BELİRLEMEZ; fark, tuzun iyonlarına ayrışıp yüklü tanecikler oluşturması, şekerin ise yüksüz moleküller hâlinde kalmasıdır.

4. sorunun çözümü

Seyreltmede yalnız çözücü eklenir; çözünen madde ne artar ne azalır, yalnız dağıldığı hacim büyür.

  1. Seyreltme sırasında ne yapıldığını yazalım: çözeltiye saf su ekleniyor. Çözünen maddeden ne alınıyor ne ekleniyor.
  2. Kimyasal bir değişim de yok: madde tepkimeye girmiyor, yalnız daha büyük bir hacme dağılıyor. Öyleyse tanecik sayısı, dolayısıyla mol sayısı korunur.
  3. Değişen tek şey derişimdir: aynı madde daha büyük hacimde dağıldığı için birim hacimdeki miktar azalır. M₁V₁ = M₂V₂ bağıntısı tam da bu korunumu yazar.
  4. Denetleyelim: iki tarafın da birimi mol ✓ — bağıntı aslında "başlangıçtaki mol = sondaki mol" diyor.

Sık yapılan hata: "Suyun madde olmaması" demek. Su elbette bir MADDEDİR; korunan şey suyun değil, ÇÖZÜNEN maddenin mol sayısıdır, çünkü ondan ne eklenmiş ne alınmıştır.

5. sorunun çözümü

Etkinliği daha yüksek olan çinko, bakırın bileşikteki yerini almıştır; açığa çıkan bakır metali çubuğun üzerine birikmiştir.

  1. Tepkimeyi yazalım: Zn + CuSO₄ → ZnSO₄ + Cu. Denklem bu hâliyle denktir; iki yanda 1 Zn, 1 Cu ve 1 SO₄ bulunur.
  2. Elektron alışverişine bakalım: çinko iki elektron vererek Zn²⁺ hâline geçip çözeltiye karışır, Cu²⁺ iyonları bu elektronları alıp metalik bakıra indirgenir.
  3. Gözlemlerle eşleştirelim: çözeltinin mavi rengi Cu²⁺ iyonlarından gelir, bu iyonlar harcandıkça renk solar. İndirgenen bakır ise çubuğun üzerinde kırmızımsı bir tabaka olarak birikir.
  4. Denetleyelim: etkinlik sırasında çinko bakırdan önce gelir ✓ — bu yüzden yer değiştirme bu yönde kendiliğinden yürür, tersi yürümezdi.

Sık yapılan hata: "İki metal birleşerek alaşım oluşturmuştur." demek. Alaşım oluşumu metallerin eritilip karıştırılmasıyla olan fiziksel bir işlemdir; buradaki renk değişimi ve elektron aktarımı ortada kimyasal bir tepkime olduğunu gösterir.

6. sorunun çözümü

Çözünen tanecikler donmayı zorlaştırır; tuzlu suyun donma noktası saf sudan daha düşüktür.

  1. Tablonun kurgusu şu: solda çözelti, ortada kaynama noktası, sağda donma noktası. Dolu satırlar: saf su 100 °C ve 0 °C; tuzlu su kaynama noktası daha yüksek.
  2. Kaynamadaki yükselmenin nedenini hatırlayalım: çözünen tanecikler buharlaşmayı zorlaştırıyordu. Aynı tanecikler donmada da bir engel oluşturur; su moleküllerinin düzenli buz örgüsüne yerleşmesini bozar.
  3. Öyleyse donma da zorlaşır ve daha düşük sıcaklıkta gerçekleşir. Boşluğa "daha düşük" gelir. İki etki birlikte, suyun SIVI KALMA ARALIĞINI iki uçtan da genişletir.
  4. Denetleyelim: antifrizin işlevi tam olarak bu ✓ — hem donmayı geciktiriyor hem kaynamayı.

Sık yapılan hata: "Daha yüksek" demek. Yükselme KAYNAMA noktasında olur ve o ayrı sütunda zaten yazılmış; çözünen tanecikler donmayı zorlaştırdığı için donma noktası düşer.

7. sorunun çözümü

Tablodaki her atomun sayısı iki yanda eşit olduğu için denklem denkleşmiştir ve kütle korunmuştur.

  1. Tabloyu atom atom karşılaştıralım: Al için girenlerde 2, ürünlerde 2; O için 3 ve 3; H için 6 ve 6.
  2. Üç satırın da iki yanı eşit. Kimyasal tepkimede atomlar ne yaratılır ne yok edilir, yalnız aralarındaki bağlar değişir; sayıların eşitliği denklemin denkleştiğini gösterir.
  3. Atom türü ve sayısı korunuyorsa bu atomların toplam kütlesi de korunur. Lavoisier’nin kütlenin korunumu yasası tam bu gözleme dayanır.
  4. Denetleyelim: eksik ya da fazla kalan tek bir atom yok ✓ — hem denkleşme hem kütlenin korunumu sağlanıyor.

Sık yapılan hata: "Denkleşmemiştir; oksijen eksiktir." demek. Tabloda oksijen için girenlerde de ürünlerde de 3 yazıyor; ortada eksiklik yok, bu yargı satır okunmadan veriliyor.

8. sorunun çözümü

Gerekli mol sayısı derişim ile hacmin çarpımıdır; 0,5 × 2 = 1 mol.

  1. Verilenleri yazalım: hazırlanacak çözeltinin derişimi 0,5 mol/L, hacmi 2 L. İstenen, tartılacak madde miktarı (mol).
  2. Bağıntıyı kuralım: M = n / V ise n = M × V. Derişim bir litrede kaç mol bulunacağını söylüyor; iki litre için iki katı gerekir.
  3. İşlemi yapalım: n = 0,5 × 2 = 1 mol. Bu mol sayısı, maddenin mol kütlesiyle çarpılarak grama çevrilir ve o kadar madde tartılır.
  4. Denetleyelim: 1 mol / 2 L = 0,5 mol/L ✓ — hazırlanan çözelti istenen derişimi veriyor.

Sık yapılan hata: 0,25 demek. 0,25, çarpma yerine BÖLME yapmaktan çıkar (0,5 / 2); gereken mol sayısı derişim ile hacmin çarpımıdır.

9. sorunun çözümü

Toplam mol sayısı toplam hacme bölünür; (2 + 6) / 4 = 2 mol/L.

  1. Verilenleri yazalım: 1 mol/L derişiminde 2 L ve 3 mol/L derişiminde 2 L çözelti karıştırılıyor.
  2. Her çözeltideki mol sayısını ayrı ayrı bulalım: birincide 1 × 2 = 2 mol, ikincide 3 × 2 = 6 mol. Toplam madde 8 moldür.
  3. Toplam hacmi bulalım: 2 + 2 = 4 L. Yeni derişim toplam molün toplam hacme bölümüdür: 8 / 4 = 2 mol/L.
  4. Denetleyelim: hacimler eşit olduğu için sonuç iki derişimin ortalaması ✓ — (1 + 3) / 2 = 2, tutarlı.

Sık yapılan hata: 4 demek. 4, iki derişimin TOPLAMIDIR (1 + 3); karışımın derişimi toplam mol sayısının toplam hacme bölünmesiyle bulunur ve 2 mol/L çıkar.

10. sorunun çözümü

Kütlece yüzde derişim çözünen kütlenin çözelti kütlesine oranıdır; 30 / 200 × 100 = %15.

  1. Verilenleri yazalım: çözelti kütlesi 200 g, çözünen madde 30 g, istenen kütlece yüzde derişim.
  2. Paydaya dikkat edelim: bağıntıda çözücünün değil ÇÖZELTİNİN kütlesi bulunur. Verilen 200 g zaten çözeltinin toplam kütlesidir; ayrıca bir toplama yapmaya gerek yok.
  3. Oranı kuralım ve yüzdeye çevirelim: 30 / 200 = 0,15; yüzde olarak %15. Çözeltinin her 100 gramında 15 gram madde bulunuyor.
  4. Denetleyelim: 200 gramın %15’i 30 g ✓ — hesap verilen değeri geri veriyor.

Sık yapılan hata: 10 demek. 10 değeri, paydaya çözelti yerine yanlış bir kütle konduğunda çıkar; oran, çözünenin ÇÖZELTİ kütlesine bölünmesiyle bulunur ve %15’tir.

11. sorunun çözümü

Aktifleşme enerjisi, girenlerin tepe noktasına çıkabilmek için alması gereken enerjidir; aktifleşmiş kompleks ile girenler arasındaki farktır.

  1. Grafikteki üç düzeyi ayıralım: soldaki yatay çizgi girenler, sağdaki yatay çizgi ürünler, ortadaki tepe noktası ise aktifleşmiş komplekstir.
  2. Tepkimenin başlayabilmesi için çarpışan tanecikler eski bağları koparacak enerjiye ulaşmalıdır; bu, girenlerin tepe noktasına kadar tırmanması demektir.
  3. Öyleyse aktifleşme enerjisi, aktifleşmiş kompleksin enerjisinden girenlerin enerjisi çıkarılarak bulunur. Bu grafikte ürünler girenlerden yukarıda, yani tepkime endotermik; buna karşın aktifleşme enerjisi yine aynı iki düzey arasındaki farktır.
  4. Denetleyelim: ürünler ile girenler arasındaki fark tepkime ısısını verir ✓ — aktifleşme enerjisini değil.

Sık yapılan hata: "Ürünler ile girenler" demek. Bu fark tepkime ısısıdır ve tepkimenin ne kadar hızlı başlayacağı hakkında bir şey söylemez; aktifleşme enerjisi her zaman tepe noktasından ölçülür.

12. sorunun çözümü

Çözünen tanecikler su moleküllerinin buhar fazına geçmesini zorlaştırır; aynı buhar basıncına ulaşmak için daha yüksek sıcaklık gerekir.

  1. Kaynama koşulunu hatırlayalım: sıvının buhar basıncı dış basınca eşitlendiğinde kaynama başlar.
  2. Çözünen tanecikler yüzeye de dağılır ve yüzeyin bir bölümünü kaplar. Su moleküllerinin ayrılabileceği alan azalır; ayrıca tanecikler su moleküllerini kendilerine çeker.
  3. İki etki de buharlaşmayı zorlaştırır. Aynı sıcaklıkta tuzlu suyun buhar basıncı saf sudakinden düşük kalır. Dış basınca ulaşabilmek için daha çok ısıtmak gerekir; kaynama noktası yükselir.
  4. Denetleyelim: dış basınç değişmedi ✓ — hedef aynı, değişen yalnız o hedefe hangi sıcaklıkta ulaşıldığı.

Sık yapılan hata: "Tuzun ısınması" demek. Tuzun kendi ısınması kaynama NOKTASINI değiştirmez; yükselmenin nedeni çözünen taneciklerin buharlaşmayı zorlaştırıp buhar basıncını düşürmesidir.

13. sorunun çözümü

İki ayrı maddeden tek bir madde oluştuğu için tepkime sentez (birleşme) tepkimesidir.

  1. Girenleri ve ürünü ayıralım: magnezyum şeridi (Mg) havadaki oksijenle (O₂) tepkimeye giriyor, geriye tek bir madde olan magnezyum oksit (MgO) kalıyor.
  2. Denklemi yazıp denkleştirelim: Mg + O₂ → MgO yazımında solda 2 O, sağda 1 O var. MgO ve Mg önüne 2 koyalım: 2Mg + O₂ → 2MgO. Artık iki yanda da 2 Mg ve 2 O bulunuyor.
  3. Sınıflandırma ölçütü giren ve ürün sayısıdır: çok maddeden tek madde oluşuyorsa sentez, tek maddeden çok madde oluşuyorsa analizdir. Burada iki madde birleşip bir ürün vermiştir.
  4. Denetleyelim: parlak beyaz ışık ve açığa çıkan ısı bu birleşmenin güçlü biçimde ekzotermik olduğunu gösterir; tepkime türü yine sentezdir ✓.

Sık yapılan hata: "Analiz (ayrışma)" demek. Analizde tek bir bileşik parçalanıp birden çok madde verir; burada tam tersi olmuş, iki madde birleşip tek ürün oluşmuştur.

14. sorunun çözümü

Aynı çözücüde çok madde içeren çözelti derişik, az madde içeren seyreltiktir.

  1. İki çözeltinin farkını yazalım: su miktarı aynı, çözünen tuz miktarı farklı. Yani birim hacimdeki madde miktarı, yani derişim farklı.
  2. Derişimi karşılaştıran terimleri kullanalım: çok madde içerene derişik, az içerene seyreltik denir. Bunlar GÖRELİ terimlerdir; bir çözelti ancak başka bir çözeltiye göre derişik ya da seyreltiktir.
  3. Doymuş ve doymamış ise mutlak bir sınırı anlatır: çözücünün alabileceği en çok maddeye ulaşılıp ulaşılmadığını söyler. Derişik bir çözelti hâlâ doymamış olabilir; iki terim aynı şey değildir.
  4. Denetleyelim: asidik-bazik, katı-sıvı ve homojen-heterojen ✓ — üçü de miktar karşılaştırması yapmıyor.

Sık yapılan hata: "Doymuş ve doymamış" demek. Doymuşluk, çözücünün alabileceği EN ÇOK maddeye ulaşılıp ulaşılmadığını anlatan mutlak bir ölçüttür; buradaki karşılaştırma göreli olduğu için terimler derişik ve seyreltiktir.

15. sorunun çözümü

Eğrinin eğimi tepkime hızını verir; eğim başta dik, sonra giderek yatık olduğu için hız başlangıçta en büyüktür ve zamanla azalır.

  1. Grafikten ürün miktarını okuyalım: 0. dakikada 0 mol, 1. dakikada 2,6 mol, 2. dakikada 4,2 mol, 3. dakikada 5,0 mol, 4. dakikada 5,3 mol, 5. dakikada 5,4 mol.
  2. Dakikalık artışları çıkaralım: 2,6 → 1,6 → 0,8 → 0,3 → 0,1 mol. Hız birim zamandaki ürün artışı olduğuna göre sürekli küçülüyor.
  3. Bunun nedeni girenlerin tükenmesidir: derişim düştükçe birim zamanda gerçekleşen etkin çarpışma sayısı azalır, bu yüzden eğri yataylaşır.
  4. Denetleyelim: en büyük artış ilk dakikada, en küçük artış son dakikada ✓ — hız başta en büyük, sonra azalıyor.

Sık yapılan hata: "Başlangıçta en küçüktür, zamanla artar." demek. Eğrinin yükselmeyi sürdürmesi hızın arttığı anlamına gelmez; yükselen ama gittikçe yatıklaşan eğri azalan bir hızı gösterir.

16. sorunun çözümü

İki berrak çözelti karışınca katı oluşması çökelme tepkimesidir; burada suda çözünmeyen gümüş klorür oluşmuştur.

  1. Çözeltilerdeki iyonları yazalım: gümüş nitrat çözeltisinde Ag⁺ ve NO₃⁻, sodyum klorür çözeltisinde Na⁺ ve Cl⁻ serbest hâlde bulunur.
  2. Karışımda iyonlar eş değiştirir: AgNO₃ + NaCl → AgCl + NaNO₃. Denklem bu hâliyle denktir; iki yanda da 1 Ag, 1 Na, 1 Cl ve 1 NO₃ vardır.
  3. Ürünlerden NaNO₃ suda çözünür ve iyon hâlinde kalır; AgCl ise suda çözünmez. Çözünmeyen katı önce ince tanecikler hâlinde bulanıklık, sonra dibe inen çökelti verir.
  4. Denetleyelim: gözlenen beyaz bulanıklık ve ardından oluşan çökelti, AgCl’nin bilinen görünümüyle birebir uyuşuyor ✓.

Sık yapılan hata: "Gaz çıkışı olmuştur." demek. Gaz çıkışında kabarcık görülür ve dibe çökelti inmez; burada dibe katı inmesi ortada çözünmeyen bir ürün olduğunu gösterir.

17. sorunun çözümü

M = n / V bağıntısında hacim sabitken derişim mol sayısıyla doğru orantılıdır; grafik orijinden geçen bir doğrudur.

  1. Grafiğin eksenlerini okuyalım: yatay eksende çözünen mol sayısı, dikey eksende derişim. Hacim sabit tutulmuş.
  2. Bağıntıyı bu koşula göre yazalım: M = n / V. V sabit olduğuna göre M = (1/V) × n biçiminde, y = a·x tipinde bir doğru denklemi elde ederiz.
  3. Öyleyse derişim mol sayısıyla doğru orantılıdır ve grafik orijinden geçen bir doğrudur; eğim 1/V değerine eşittir. Grafiğin doğrusal olmasının nedeni budur.
  4. Denetleyelim: sıfır mol maddede derişim de sıfır ✓ — doğrunun orijinden geçmesi bunu doğruluyor.

Sık yapılan hata: "Hacmin değişmesi" demek. Soruda hacim SABİT tutuluyor; grafiğin doğrusal olmasının nedeni de zaten hacim sabitken derişimin mol sayısıyla doğru orantılı olmasıdır.

18. sorunun çözümü

Su eklemek madde miktarını değiştirmez; M₁V₁ = M₂V₂ bağıntısından 4 × 100 = M₂ × 400 ve M₂ = 1 mol/L.

  1. Verilenleri yazalım: M₁ = 4 mol/L, V₁ = 100 mL, V₂ = 400 mL, istenen M₂.
  2. Bağıntının nereden geldiğini görelim: seyreltmede yalnız su ekleniyor, çözünen madde miktarı değişmiyor. Öyleyse başlangıçtaki mol sayısı sondakine eşittir: M₁V₁ = M₂V₂. Hacimler aynı birimde olduğu sürece mL kullanmak sonucu değiştirmez.
  3. Değerleri yerleştirelim: 4 × 100 = M₂ × 400, yani 400 = 400 M₂ ve M₂ = 1 mol/L.
  4. Denetleyelim: hacim 4 katına çıktı, derişim 4’e bölündü ✓ — ikisi ters orantılı, sonuç tutarlı.

Sık yapılan hata: 8 demek. Seyreltmede derişim ARTMAZ, azalır; hacim dört katına çıktığı için derişim dörtte birine iner.

19. sorunun çözümü

Açık kapta oluşan karbondioksit ortamdan uçtuğu için terazi daha az gösterir; madde yok olmamış, yalnız tartılan sistemden ayrılmıştır.

  1. Tepkimeyi yazıp denkleştirelim: CaCO₃ + 2HCl → CaCl₂ + H₂O + CO₂. Solda 1 Ca, 1 C, 3 O, 2 H, 2 Cl var; sağda da aynı sayılar bulunuyor.
  2. Ürünleri hâllerine göre ayıralım: CaCl₂ çözeltide kalır, su da kapta kalır; CO₂ ise gazdır ve gözlenen köpürmenin nedenidir.
  3. Terazi yalnız kabın içinde kalanı tartar. Kap açık olduğu için CO₂ havaya karışır ve tartımdan çıkar; azalan kütle tam olarak uçan gazın kütlesidir.
  4. Denetleyelim: aynı deney kapalı bir kapta yapılsaydı gaz çıkamaz ve terazi hiç değişmezdi ✓ — kütle her iki durumda da korunuyor.

Sık yapılan hata: "Kütlenin korunumu bu tepkimede geçerli değildir." demek. Yasa bütün kimyasal tepkimelerde geçerlidir; burada eksilen madde yok olmamış, yalnız açık kaptan dışarı çıkmıştır.

20. sorunun çözümü

Önce karbon, sonra hidrojen, en son oksijen denkleştirilir.

  1. C: solda 1, sağda 1 → CO₂ katsayısı 1
  2. H: solda 4, sağda 2 olmalı → H₂O katsayısı 2
  3. O: sağda 2 (CO₂) + 2 (2H₂O) = 4 tane
  4. Solda 4 O için O₂ katsayısı 2 → 1 – 2 – 1 – 2

10. Sınıf Kimya diğer yazılılar

1. Dönem 2. Yazılı 2. Dönem 1. Yazılı 2. Dönem 2. Yazılı
Bu kâğıt gerçek bir okul sınavının kopyası değil; kendi soru havuzumuzdan, müfredat sırasına göre derlenmiş bir alıştırma yazılısıdır. Öğretmensen sınıfına özel kâğıt üretebilirsin — öğretmen kaydı.