12. Çoklu Dengeler I ( Prof. Dr. Mustafa DEMİR )

ÇOKLU DENGELER -1 ÇOKLU DENGE PROBLEMİ ÇÖZÜMÜNDE SİSTEMATİK YAKLAŞIM Prof.Dr.Mustafa DEMİR M.DEMİR 08-ÇOKLU DENGELER-1 1

Kimyasal tepkimelerin bir çoğu, ortamda birden fazla tür olduğu ve bu türler arasında çeşitli ilişkiler söz konusu olduğu için oldukça karmaşıktır.  Sistematik bir yaklaşımla bu tür karmaşık dengelerin çözümü kolaylaşabilir.

Bir çoklu denge probleminin çözümü, çalışılan sistemde yel alan türlerin sayısı kadar bağımsız eşitlik bulunması temeline dayanır.  Tür sayısı kadar eşitlik yazabilmek için yararlanılan başlıca 3 tip cebirsel eşitlik kullanılır. Bunlar;  Denge sabiti ifadeleri  Kütle denkliği eşitlikleri  Yük denkliği eşitlikleri

Çoklu dengeleri içeren karmaşık bir sistemin çözümü için işlem basamakları 1. Bütün kimyasal tepkimeler yazılır 2. Aranan büyüklük, denge derişimi cinsinden tanımlanır. 3. Kütle denkliği yazılır 4. Yük denkliği yazılır 5. Her bir kimyasal tepkime için, aktifliği de dikkate alarak denge sabiti ifadeleri yazılır, denge sabiti say ısal değerleri tablolardan bulunur veya hesaplanır. 6. Denklem ve bilinmeyen sayıları karşılaştırılır. Bilinmeyen say ısı ve eşitlik sayısı eşit değilse, yeni eşitlikler yazarak veya bazı türlere belli değerler atayarak denklem ve bilinmeye sayısı eşitlenir. 7. Yaklaşık çözüm için, varsa kabuller yapılır. 8. Denklem çözülür. 9. Yaklaşık çözüm için kabul yapılmışise, kabulün doğruluğu kontrol edilir. Kabul geçerli değilse yeni çözüm yolları aranır.

Yük Denkliği  Yük denkliği, çözeltideki pozitif yüklerin toplamının negatif yükler toplamına eşit olması ilkesine dayanır. Örneğin 0.0167 M SO42- iyonu içeren çözeltide sülfatın, yük denkliğine katkısı (0.0167x (-2)) =- 0.0334 M kadardır. H+ – + – 2- , OH , K , K PO , HPO 2 4 4 ve PO43- içeren bir çözeltide yük denkliği: [ + ] [ + ] [ − ] [ − ] [ 2− ] [ 2− ] ( ) z H + K = OH + H 2 PO4 + 2 HPO 4 + 3 PO4 1 z şeklinde ifade edilir.

Burada dikkat edilirse bir iyonun yükünün değeri, katsayı olarak başa yazılmaktadır. z Bu gereklidir, çünkü o iyonun yük denkliğine katkısı, yüküyle orantılıdır.  Örneğin 0.01 M PO43- iyonunu içeren bir çözeltideki negatif yük sayısı ; z [ 3− ] ( ) 3 PO = 3 0.01 = 0.03 M dıır 4 z z yukarıdaki (1) eşitliği çoğu kişiye denkleştirilmemişbir eşitlik gibi görünebilir. Sol tarafta +2 yük varken sağtarafta ise -7 yükün olduğu düşünülebilir. z Ancak biraz dikkatle düşünülecek olursa bunun doğru olmadığı görülecektir.

Örneğin 0,025 mol [ + ] − 12 H = 3.9x 10 M KH PO ve 0.03 mol 2 4 KOH’ın 1 litrede [ − ] −6 H PO = 1.4x 10 M 2 4 çözülmesiyle [ + ] hazırlanan bir çözelti K = 0.0550 M düşünelim. [ 2− ] HPO = 0.0226 M z Bu çözeltideki türlerin 4 derişimi, eğer [ − ] OH = 0.0026 M hesaplamalar yapılacak 3− olursa yandaki değerler [ ] PO = 0.0024 M 4 bulunur.Bulunuz !

Bu çözeltinin yük denkliğini yazarak, yukarıdaki değerleri ; z [ + ] [ + ] [ − ] [ − ] [ 2− ] [ 3− ] H + K = OH + H PO + 2 HPO + 3 PO 2 4 4 4 z z denkleminde yerine koyacak olursak; − 12 −6 z x x ( ) ( ) 3.9 10 + 0.0550 = 0.0026 + 1.4 10 + 2 0.0226 + 3 0.0024 z 0.0550 = 0.0550 z z olduğu görülür ki, eşit değil gibi görülen yük denkliği eşitliğinin eşit olduğu görülür.

Herhangi bir çözelti için yük denkliği ifadesi ; z [ ] [ ] ∑ ni Ci = ∑ mi Ai z z şeklinde yazılabilir. z Burada; z [C ] = i katyonunun derişimi i z n = i katyonunun yükü i z [A ] = i anyonunun derişimi i z m = i anyonunun yükü i

Örnek 1 + – – 3- – z İçinde, H O, H , OH , ClO , Fe(CN) , CN , 2 4 6 Fe3+, Mg2+, CH OH, HCN, NH , NH + 3 3 4 bulunan bir çözeltinin yük denkliği eşitliğini yazınız

[ + ]+ [ 3+ ]+ [ 2+ ]+ [ + ] = [ − ]+ [ − ]+ [ ( ) 3− ]+ ⎡ − ⎤ H 3 Fe 2 Mg NH 4 OH ClO4 3 Fe CN 6 ⎢CN ⎥ ⎣ ⎦ görüldüğü gibi H O, HCN, NH , CH OH gibi nötral türlerin yük 2 3 3 denkliğinde yeri yoktur.

0,1 M NaCl çözeltisinde yük denkliği? NaCI ⇔ Na + + CI − 2H O ⇔ H O+ + OH − 2 3 [ + ] [ + ] [ − ] [ − ] Na + H O = OH + Cl 3

0,1 M MgCl2 çözeltisinde yük denkliği? [ 2+ ] [ + ] [ − ] [ − ] 2 Mg + H 3 O = OH + Cl

0,01 M NH3 , AgBr ile dengede olan çözeltide yük denkliği AgBr ⇔ Ag + + Br − + ( ) + Ag + 2NH 3 ⇔ Ag NH 3 2 NH + H O ⇔ NH + + OH − 3 2 4 2H O ⇔ H O+ + OH − 2 3 [ + ] [ ( ) + ] [ + ] [ + ] [ − ] [ − ] Ag + Ag NH 3 2 + H 3 O + NH 4 = OH + Br

NaCl, Ba(ClO ) ve Al (SO ) içeren 4 2 2 4 3 çözeltide yük denkliği? [ + ] [ 2+ ] [ 3+ ] [ + ] [ − ] [ − ] [ 2− ] [ − ] Na + 2 Ba + 3 Al + H O = CIO + Cl + 2 SO + OH 3 4 4

Kütle Denkliği  Kütle denkliği, kütlenin korunumu yasasının bir gereğidir. z Kütle denkliği, tepkimeye giren bütün türlerdeki molekül, atom veya grupların sayısı, çözeltide oluşan tüm türlerdeki atom, molekül veya grupların sayısına eşittir.

Örneğin 0,05 mol HAc’nin 1 litrede çözüldüğünü düşünelim. z Hac ⇔ H + + Ac – z Buradaki kütle denkliği iyonlaşan iyonlaşmadan kalan asetik asit derişimine eşit olacaktır. Yani; [ ] [ − ] 0.05 M = HAc + Ac z Burada [HAc]= iyonlaşmadan kalan – z [Ac ] = iyonlaşan

0,025 mol H PO ’ün litrede çözülmesiyle hazırlanan 3 4 çözeltideki kütle denkliği; H PO ⇔ H + + H PO − 3 4 2 4 − + 2− H PO ⇔ H + HPO 2 4 4 2− + 3− HPO ⇔ H + PO 4 4 [ ] [ − ] [ 2− ] [ 3− ] 0,250 = H 3PO4 + H 2 PO4 + HPO 4 + PO4

Katı BaSO4, ile dengede olan 0,01M HCl için çözeltide kütle denkligi 2+ 2− BaSO ⇔ Ba + SO 4 4 2− + − SO + H ⇔ HSO 4 4 2H O ⇔ H O+ + OH − 2 3 [ 2+ ] [ 2− ] [ − ] a. Ba = SO + HSO 4 4 [ + ] [ ] [ − ] b. H O = HCl + OH [OH −] = sudan gelen 3

0,01M NH çözeltisi , AgBr ile 3 doyuruldugunda olusan sistemde + − AgBr ⇔ Ag + Br Ag + + 2NH 3 ⇔ Ag (NH 3 )2 + NH + H O ⇔ NH + + OH − 3 2 4 2H O ⇔ H O+ + OH − 2 3 [ − ] [ + ] [ ( ) + ] a. Br = Ag + Ag NH 3 2 [ ] [ ( ) + ] [ + ] b. CNH = NH 3 + 2 Ag NH 3 2 + NH 4 = 0,01 3 [ − ] [ + ] [ + ] c. OH = H O + NH 3 4

Örnek z 0.025 mol KH PO ve 0.03 mol KOH’ ın 2 4 litrede çözülmesiyle hazırlanan çözeltinin kütle denkliğini potasyum ve fosfat iyonları yönünden yazınız.

− + H PO + H ⇔ H PO 2 4 3 4 − 2− + H 2 PO4 ⇔ HPO 4 +H 2− 3− + HPO ⇔ PO + H 4 4 2H O ⇔ H O+ + OH − 2 3 [ ] [ − ] [ 2− ] [ 3− ] C − = H PO + H PO + HPO + PO H PO 3 4 2 4 4 4 2 4

Her iki bileşikte iyonlaştığında ; z + 2− + − K + H PO ve K + OH 2 4 z verecektir. Dolayısıyla; [ + ] z K = 0.025 + 0.03 = 0.0550 M z z olacaktır. Öte yandan fosfat suda H PO , H PO -, HPO 2- 3 4 2 4 4 ve PO43- iyonlarını oluşturacaktır. Dolayısıyla kütle denkliği; − 2− 3− z [ ] [ ] [ ] [ ] 0.025 M = H PO + H PO + HPO + PO 3 4 2 4 4 4 z z şeklindedir.

Örnek 3: Ag PO doygun çözeltisi 3 4 için kütle denkliğini yazınız. + 3− Ag 3PO4 ⇔ 3Ag + PO4 + − 2H O ⇔ H O + OH 2 3 3− + 2− PO + H ⇔ HPO 4 4 2− + − HPO + H ⇔ H PO 4 2 4 − + H PO + H ⇔ H PO 2 4 3 4 [ + ] [ 3− ] a. Ag = 3 PO4 [ + ] [ ] [ 2− ] [ − ] [ ] Ag = 3 PO4 3 − + HPO 4 + H 2 PO4 + H 3PO4

SİSTEMATİK ÇÖZÜM 1. Bütün kimyasal tepkimeleri yazınız 2. Yük denkliğini yazınız. 3. Kütle denkliği eşitliğini yazınız. 4. Her bir kimyasal tepkime için aktifliği dikkate alarak denge sabiti ifadesini yazınız. 5. Denklem ve bilinmeyen sayılarını karşılaştırınız. Bu aşamada bilinmeyen sayısı kadar eşitliğin olması gerekir. Eğer değilse yeni eşitlikler yazarak, veya bazı türlere belli değerler vererek denklem ve bilinmeyen sayısını eşitleyiniz. 6. Denklemleri çözünüz. Bunlar arasında 1- 6 çözümün kalbi durumundadır. Aynı zamanda çözeltide hangi kimyasal dengenin oluştuğunu bilmek veya tahmin etmek biraz da beceri gerektirir. İşlem 6 ayrıca matematiksel bir beceri de gerektirir.

Örnek 1: Sistematik çözümü kullanarak + – sudaki H ve OH derişimini hesaplayınız.. z Kimyasal Tepkimeler: Burada geçerli olabilecek tek tepkime yukarıdaki eşitliktir. Dolayısıyla buna eklenecek başka bir şey yoktur. z H O ⇔ H + + OH − 2 K = 1.0x 10−14 su + – z Yük Denkliği: Çözeltideki iyonlar yalnız H ve OH ‘ dır. Dolayısıyla; z [ + ] [ − ] ( ) z H = OH 1 z dir. z z Kütle Denkliği: Tepkimeden de görüldüğü gibi her H+ iyonuna karşılık 1 OH- iyonu açığa çıkmaktadır. Dolayısıyla; z [ + ] [ − ] H = OH z

Denge Sabitleri: Tek denge sabiti ifadesi z z [ + ] [ − ] − 14 ( ) K = a .a = H .f . OH .f = 1.0×10 2 su H OH H OH z tür. z Denklem ve Bilinmeyen Sayıları: İki bilinmeyen H+,OH- derişimleri ve iki denklemimiz (1) , (2) vardır. z z Çözüm: Çok seyreltik çözelti olması nedeniyle bu aşamada fH ve fOH = 1 olabilir. Dolay ısıyla;

[ + ] [ − ] − 14 H .f H . OH .f OH = 1.0×10 [ + ] [ − ] −14 H .1. OH .1 = 1.0×10 [ + ] [ − ] H = OH olduğlduğu [ + ][ + ] −14 H H = 1.0×10 [ + ] −7 H = 1.0×10 [ + ] ( −7 ) pH = − log aH = − log H .f H + = − log 1.0×10 .1 pH = 7,0

Örnek 2 : Sistematik yaklaşımı uygulayarak Hg Cl ’ in 2 2 doygun çözeltisindeki Hg22+ derişimini, yani çözünürlüğünü hesaplayınız. z Kimyasal Tepkimeler: 2+ − ( ) z Hg 2 Cl2 ⇔ Hg 2 + 2Cl 1 + − ( ) H O ⇔ H + OH 2 z 2 z Yük Denkliği: [ + ] [ 2+ ] [ − ] [ − ] ( ) z H + 2 Hg 2 = Cl + OH 3 z 3-Kütle Denkliği: İki denklem söz konusudur. 2+ − [ + ] [ − ] 1 Hg = 2 Cl açığa çıkmaktadır. H = OH 2 − 2+ [ − ] [ ] [ ] ( ) 2 Cl = Cl olarak kabul edildiğine göre Cl = 2 Hg 2 4 [ − ] [ 2+ ] Cl = 2 Hg 2 olmalıdır.

4- Denge Sabitleri: z 2+ − 2 −18 [ ][ ] ( ) Hg 2 . Cl = 1.2x 10 5 z [ + ][ − ] −14 ( ) H . OH = 1.0x 10 6 z 5. Denklem ve Bilinmeyen Sayısının + – Karşılaştırılması: Burada 4 bilinmeyen, H , OH , Hg 2+ – 2 , Cl ve 4 eşitlik (3), (4), (5), (6) vardır.

6. Çözüm: Burada 2 noktayı görmemiz gerekir. z [ + ] [ − ] −7 H = OH = 1.0x 10 z z ve daha önceden çözümünü gördüğümüz, [ − ] [ 2+ ] Cl = 2 Hg 2 z Bunları (5) nolu eşitlikte yerine koyarsak; z 2+ − 2 2+ 2+ 2 −18 [ ] ( ) [ ] [ ] [ ] Hg 2 . Cl = Hg 2 . 2 Hg 2 = 1.2x 10 [ 2+ ] 3 1.2×10−18 −7 Hg 2 = ⇒ 6.7x 10 M 4

Hg Cl ’ ün sudaki 2 2 çözünürlüğü? 1. Hg 2 CI2 (k ) ⇔ Hg 2 2+ + 2Cl − H O ⇔ H + + OH − 2 2.Yük denkliğe [ + ] [ 2+ ] [ − ] [ − ] H + 2 Hg 2 = OH + Cl (1) 3.Kütle denkliğe [ − ] [ 2+ ] Cl = 2 Hg 2 (2) [ + ] [ − ] H = OH (3)

4. Denge Sabiti 2 [ 2+ ][ − ] −18 Hg 2 . Cl = 1,2×10 (4) [ + ][ − ] −14 H . OH = 1,0×10 (5) [ 2+ ] [ − ] −18 Hg 2 .γ Hg 2+ . Cl .γ Cl− = 1,2×10 [ 2+ ] [ − ] −14 Hg 2 .γ H + . OH γ OH − = 1,0×10 γ ihmal edilir

5.Bilinmeyenler + – 2+ – z [H ], [OH ], [Hg2 ], [Cl ] Æ4; Denklem sayısı 5 z (5) nolu denklemden [ + ] [ − ] − 14 H OH = 1,0x 10 [ + ] [ − ] −7 H = OH = 1,0x 10 z (2) nolu denklemden [ − ] [ 2+ ] Cl = 2 Hg 2 z (4) nolu denklemde yerine koyulacak olursa

2 2+ [ − ] 2+ ( 2+ ) −18 [ ] [ ] [ ] Hg 2 . Cl = Hg 2 x 2 Hg 2 2 = 1,2×10 2 [ 2+ ] [ 2+ ] −18 Hg 2 x 4 Hg 2 = 1,2×10 3 [ 2+ ] −18 −19 −21 Hg 2 = 0,3×10 = 3×10 = 300×10 [ 2+ ] −7 Hg 2 = 6,7×10 [ − ] [ 2+ ] Cl = 2 Hg 2 dan [ − ] −7 −7 Cl = 2x 6,7×10 = 13,4.10 [ − ] −6 Cl = 1,34×10

Sonuç: – -6 z [Cl ] = 1,34×10 M z [Hg22+] = 6,7×10-7 + -7 z [H ] = 1,0×10 – -7 z [OH ] = 1,0×10

CaF ’nin sudaki çözünürlüğü 2 nedir? 1. CaF ⇔ Ca2+ + 2F − 2 F − + H O ⇔ HF + OH − 2 2.Yük Denkliğe [ 2+ ] [ + ] [ − ] [ − ] 2 Ca + H = F + OH (1) 3. Kütle Denkliğe [ − ] [ ] [ 2+ ] F + HF = 2 Ca (2)

4. Dengeler 2 [ 2+ ][ − ] = −11 Ca . F 3,9.10 (3) 2 [ ][ − ] HF . F −11 = 1,5.10 (4) [ − ] F [ + ][ − ] −14 H . OH = 1,0.10

5.Bilinmeyenler 2+ + – – z [Ca ], [H ], [OH ], [F ], [HF] Æ5 z Denklem sayısı 5 + -3 z Ancak pH = 3,0 [H ] = 1,0 x10 için Çözüm daha kolay − 14 − Ksu 1,0.10 [OH ] = + = −3 = 1,0.10− 11 [H ] 1,0.10 z Bu değer eşitlik (4) de yerine konursa

Bu değer (2) de yerine konursa [ − ] [ ] [ 2+ ] F + HF = 2 Ca [ − ] [ − ] [ 2+ ] F + 1,5 F = 2 Ca [ − ] [ 2+ ] 2,5 F = 2 Ca [ − ] [ 2+ ] F = 0,80 Ca (3) de yerine konursa 2 [ 2+ ][ − ] −11 Ca . F = 3,9.10 2 [ 2+ ] [ 2+ ] −11 ( ) Ca . 0,82 Ca = 3,9.10 [ 2+ ] −4 Ca = 3,9.10 M

Örnek 3: CaF ün sudaki çözünürlüğünü 2’ hesaplayınız.(ikinci çözüm)

Örnek 4: HgS’ün sudaki doygun çözeltisindeki bileşenlerin derişimleri nedir? Kçç= 5.0×10-54

Örnek 02: HgS’’ün sudaki çözünürlüğü nedir? (farklı çözüm) HgS ⇔ Hg 2+ + S2- → K çç = [Hg2+ ][S2- ] = 5 x 10-54 (1) [ − ][ − ] 2- – – HS OH S + H O ⇔ HS + OH K = = 0.80 (2) 2 b1 2− S [ ][ − ] H S OH – – 2 −7 HS + H 2 O ⇔ H 2 S(suda) + OH K b2 = [ − ] = 1.1× 10 (3) HS + – + – -14 H O ⇔ H + OH → K = [H ][OH ] = 1.0 x 10 (4) 2 su = + Çözünürlük [Hg2 ] [ 2+ ] [ + ] [ 2− ] [ − ] [ − ] ( ) Yük 2 Hg + H = 2 S + HS + OH 5 [ 2+ ] [ 2− ] [ − ] [ + ] ( ) Kütle Hg = S + HS + H 2 S 6

+2 – 2- + – Bilinmeyenler [Hg ], [H S],[HS ], [S ], [H ], [OH ] 2 Yaklaştırma pH = 8.0 deki çözüm araştırılabilir. Çözüm : pH 8.0 olmasını kabul etmek (5) eşitliğinin = geçerliliğini yok saymaktır. Çözüm öteki eşitliklerde aranmalıdır. [Η + ] = 1.0 × 10−8 → [ΟΗ− ] = 1.0 × 10−6 Μ −7 [ − ] −7 [ − ] 1.1× 10 HS 1.1× 10 HS (3) nolu eşitlikten → [H S ] = = 2 [ − ] −6 OH 1.0 × 10 [ ] [ − ] H S = 0.11HS 2

– (2) nolu denklemde [OH ] değeğe yerine konursa [ − ][ − ] [ 2− ] HS OH 0.80 × S [ − ] = 0.80 → HS = [ 2− ] OH − S [ 2− ] 0.80 × S 5 2− →= 6 = 8.0 × 10 [S ] 1.0 × 10− Bu sonuçlar (6) nolu eşitlikte yerine konursa [ 2+ ] [ 2− ] [ − ] [ + ] Hg = S + HS + H 2 S [ 2+ ] [ 2− ] 5 [ 2− ] [ − ] Hg = S + 8.0 × 10 S + 0.11HS [ 2+ ] [ 2− ] 5 [ 2− ] 5 [ 2− ] Hg = S + 8.0 × 10 S + 0.11× 8.0 × 10 S [ 2+ ] [ 2+ ] = 8.88 × 105 [ 2− ] → [ 2− ]= Hg Hg S S 5 8.88 × 10

Bu değer (1) nolu eşitlikte yerine konursa [ 2+ ][ 2− ] −54 Hg S = 5.0 × 10 ⎛ [ 2+ ] ⎞ 2+ ⎜ Hg ⎟ −54 [ ] Hg 5 = 5.0 × 10 ⎜ 8.88 × 10 ⎟ ⎝ ⎠ 2 [ 2+ ] −48 Hg = 44.4 × 10 [ 2+ ]= 6.66 × 10−24 Hg M → (Sonucu kontrol et)

Soru:Mg(OH) ’nin molar çözünürlüğü nedir? 2 Denklemler ( ) 2+ − 1. Mg OH 2 ⇔ Mg + 2OH 2H O ⇔ H O+ + OH− 2 3 2. Yük Denkliğe [ 2+ ] [ + ] [ − ] 2 Mg + H 3 O = OH (1) 3. Kütle Denkliğe [ − ] [ 2+ ] [ + ] OH = 2 Mg + H 3 O (2) 4. Denge Sabitleri 2 [ 2+ ][ − ] −12 K çç = Mg . OH = 7,1.10 (3) [ + ][ − ] −14 H 3 O . OH = 1,0.10 (4)

5.Bilinmeyenler 2+ + – z [Mg ], [H ], [OH ] Æ3 z Denklem Sayısı 4 z Yaklaştırma [ − ] [ 2+ ] [ + ] OH = 2 Mg + H 3 O eşşitliğin e [ + ] [ 2+ ] H 3 O Mg oldugu kabul edilirse [ − ] [ 2+ ] OH ≅ 2 Mg

Çözüm 2 [ 2+ ] [ 2+ ] −12 .( ) = 7,1 10 Mg Mg x [ 2+ ] [ 2+ ] −12 .4 = 7,1 10 Mg Mg x 7,1 10−12 2+ 3 x −12 [Mg ] = = 1,78×10 4 −12 2+ 3 7,1×10 −12 [ ] = = Mg 1,78x 10 4 [ 2+ ]= −4 → Mg 1,21×10 M çözünürlük

yaklaştırma kontrolü [ 2+ ] [ − ] 2 Mg ≅ OH −4 [ − ] 2×1,2×10 = OH [ − ] −4 OH = 2,42×10 1,0×10−4 [H 3 O+ ] = −4 = 4×10−11 2,42×10 4,1×10−11 1,2×10−4 kabul geçerlidir

Yaklaştırma yapmadan −14 + [1,0x 10 ] [H ] = [OH − ] − 2+ + OH = x Mg + H [ ] 2 [ ] [ ] −14 − 2+ 1,0×10 [OH ] = 2[Mg ] + [OH − ] −14 2+ − 1,0x 10 2[Mg ] = [OH ] − [OH − ] 2+ 1 − 1,0x 10−14 [Mg ] = ([OH ] − ) 2 [OH − ] [ 2+][ −] = 7,1 10 − 12 Mg OH x oldugundan 1 − 1,0×10−14 − 2 −12 − ] [ ] = 7,1 10 [[OH ] x OH x 2 [OH − ]

1 [OH − ]2 − 1,0.10− 14 − −12 [ [OH ] = 7,1.10 2 [OH − ] [OH −]3 − 1,0.10−14 [OH − ] = 14,2.10−12 [OH −] = ihmal [OH − ]3 = 14,2.10−12 [OH − ] = 2,42.10−4 [Mg 2+ ].[OH − ]2 = 7,1.10−12 2+ −4 −12 [Mg ].(2,1.10 ) = 7,1.10 2+ 7,1.10−12 −4 [Mg ] = −8 = 1,212.10 5,8564.10 [Mg 2+ ] = 1,212.10−4 çözünürlük

Örnek: Fe(OH) ’in sudaki çözünürlüğü nedir? 3 1. ( ) 3+ 3 − Fe OH ⇔ Fe + OH 3 H O ⇔ H + + OH − 2 Çözünürlük = [Fe3+ ] = ? 2.Yük Denkliğe [ 3+ ] [ + ] [ − ] 3 Fê + H = OH (1) 3. Kütle Denkliğe [ 3+ ] [ − ] [ − ] 3 Fe + OH = OH [ + ] [ − ] H = OH sudan [ 3+ ] [ + ] [ − ] 3 Fe + H 3 O = OH (2)

4. Denge Sabitleri [ 3+ ][ − ] −39 Fe . OH = 2,0.10 (3) [ ][ − ] −14 H + . OH = 1,0.10 (4) z 5.Bilinmeyenler 3+ – + z [Fe ], [OH ], [H ]Æ3 z Denklem Sayısı 4

6. Yaklaşakla a [ + ] [ 3+ ] (1) nolu denklemde H O 〈〈〈 Fe 3 [ 3+ ] [ + ] [ − ] 3 Fe + H O = OH 3 [ 3+ ] [ − ] 3 Fe ≅ OH 3 [ 3+ ] [ 3+ ] −39 Fe (3 Fe ) = 2x 10 3 [ 3+ ] [ 3+ ] −39 Fe .27x Fe = 2×10 −39 3+ 4 2,0×10 −39 [ ] Fe = = 0,074×10 27 [ 3+ ] −10 Fe = 0,927×10 [ 3+ ] −11 Fe = 9,27×10 M → Çözünürlük

Kabulün Kontrolü [ − ] 3[ 3+ ] OH ≅ Fe [ − ] ( −11 ) −11 −10 3. 9,27.10 27,82 10 2,78.10 OH = = x = [ + ] 1,0×10−14 3,59 10−5 H = = x 2,78×10−10 [ + ] [ 3+ ] deg ancak H 3 O 〈〈〈 Fe il yani 3,59x 10−5 <<< 9,27×10−11 → kabul geçerli deg il

2. Kabul 3[ 3+ ] [ + ] Fe 〈〈 H 3 O 3[ 3+ ] [ + ] [ − ] Fe + H = OH [ + ] [ − ] H = OH Bu deger Ksu da yerine konursa [ + ] [ − ] −14 H O = OH = 1,0.10 3 3 [ 3+ ][ − ] −39 K = Fe . OH = 2,0.10 çç [ 3+ ] 2,0.10−39 2,0.10−39 −18 Fe = = = 2,0×10 mol / L 3 −21 (1,0.10−7 ) 1,0.10 → çözünürlük Kabulün Kontrolü 3x 2,0×10−18 〈〈1,0×10−7 → kabul dogru

Gerçek Çözüm 3 [ 3+ ] ( [ 3+ ] [ + ]) −39 Fe × 3 Fe + H 3 O = 2,0x 10 3 3+ ⎛ 3+ 1,0x 10−14 ⎞ −39 [Fe ]× ⎜ 3[Fe ] + ⎟ = 2,0x 10 ⎜ − ⎟ ⎝ [OH ] ⎠ Buradan çözüm bulunacak M.DEMİR 08-ÇOKLU DENGELER

Kaynak: http://web.adu.edu.tr/user/mdemir/

Facebook Yorumları

Bir Cevap Yazın