🧮

Σταθερά Ισορροπίας Kc – Kp

Νόμος χημικής ισορροπίας, πηλίκο Q, σχέση Kc–Kp

Γιατί ο αέρας δεν «καίγεται» μόνος του;

Ο αέρας είναι κυρίως $N_2$ και $O_2$ , κι όμως η $N_2 + O_2 \rightleftharpoons 2NO$ έχει στους $25\ °C$ σταθερά ισορροπίας της τάξης του $10^{-31}$ — πρακτικά καθόλου $NO$ . Στους χιλιάδες βαθμούς μέσα στον κύλινδρο μιας μηχανής όμως η $K_c$ γίνεται ασύγκριτα μεγαλύτερη και σχηματίζονται τα ρυπογόνα οξείδια του αζώτου. Ένας αριθμός, η $K_c$ , σου λέει πόσο «θέλει» μια αντίδραση να γίνει.

Ο νόμος της χημικής ισορροπίας

Για την ισορροπία $\alpha A + \beta B \rightleftharpoons \gamma \Gamma + \delta \Delta$ ορίζεται η σταθερά ισορροπίας:

$K_c = \frac{[\Gamma]^{\gamma}[\Delta]^{\delta}}{[A]^{\alpha}[B]^{\beta}}$

όπου οι συγκεντρώσεις είναι αυτές της ισορροπίας. Η $K_c$ εξαρτάται μόνο από τη θερμοκρασία. Μεγάλη $K_c$ σημαίνει ισορροπία μετατοπισμένη προς τα προϊόντα (μεγάλη απόδοση), μικρή $K_c$ προς τα αντιδρώντα.

Σε ετερογενείς ισορροπίες, οι καθαρές στερεές και υγρές ουσίες παραλείπονται από την έκφραση, γιατί η «συγκέντρωσή» τους είναι σταθερή. Για παράδειγμα: $C(s) + CO_2(g) \rightleftharpoons 2CO(g)$ έχει $K_c = \frac{[CO]^2}{[CO_2]}$ .

Ήξερες ότι;

Τον νόμο της χημικής ισορροπίας (νόμο δράσης των μαζών) τον διατύπωσαν το 1864 δύο Νορβηγοί, ο χημικός Peter Waage και ο μαθηματικός Cato Guldberg — που ήταν και κουνιάδοι. Ένα από τα πρώτα παραδείγματα όπου η χημεία έγινε ποσοτική με μια τόσο απλή εξίσωση.

Το πηλίκο αντίδρασης Q

Αν οι συγκεντρώσεις δεν είναι ισορροπίας, το ίδιο κλάσμα λέγεται πηλίκο αντίδρασης $Q_c$ και προβλέπει την πορεία:

$Q_c < K_c$ : η αντίδραση προχωρά δεξιά μέχρι $Q_c = K_c$
$Q_c > K_c$ : προχωρά αριστερά
$Q_c = K_c$ : το σύστημα είναι ήδη σε ισορροπία

Η σταθερά Kp

Για αέριες ισορροπίες ορίζεται και η $K_p$ με τις μερικές πιέσεις στη θέση των συγκεντρώσεων. Από την καταστατική εξίσωση των αερίων ( $P = \frac{n}{V}RT = cRT$ ) προκύπτει η σύνδεση:

$K_p = K_c (RT)^{\Delta n}$

όπου $\Delta n$ = mol αερίων προϊόντων − mol αερίων αντιδρώντων. Αν $\Delta n = 0$ , τότε $K_p = K_c$ .

Κόλπο μνήμης

Διάβασε τη $K_c$ σαν «τι πήρα / τι έδωσα»: προϊόντα πάνω, αντιδρώντα κάτω, συντελεστές → εκθέτες, στερεά και καθαρά υγρά «δεν ψηφίζουν». Και για το $Q_c$ : αν $Q_c < K_c$ , λείπουν προϊόντα → η αντίδραση τρέχει δεξιά να τα φτιάξει· αν $Q_c > K_c$ , περισσεύουν → αριστερά.

Ιδιότητες της σταθεράς ισορροπίας

Η τιμή της $K_c$ αναφέρεται στη συγκεκριμένη γραφή της εξίσωσης:

Αντίστροφη αντίδραση: $K_c' = \frac{1}{K_c}$ (π.χ. αν $H_2 + I_2 \rightleftharpoons 2HI$ έχει $K_c = 64$ , τότε $2HI \rightleftharpoons H_2 + I_2$ έχει $K_c' = \frac{1}{64}$ )
Πολλαπλασιασμός συντελεστών με $\nu$ : $K_c' = K_c^{\,\nu}$ (για $\frac{1}{2}H_2 + \frac{1}{2}I_2 \rightleftharpoons HI$ : $K_c' = \sqrt{64} = 8$ )
Άθροισμα εξισώσεων: οι σταθερές πολλαπλασιάζονται, $K = K_1 \cdot K_2$

Όταν $\Delta n = 0$ , ο όγκος απαλείφεται από την έκφραση της $K_c$ , οπότε μπορούμε να αντικαταστήσουμε κατευθείαν τα mol.

Φόρτωσε στη ζυγαριά «αντιδρώντα» και «προϊόντα» και σύγκρινε το πηλίκο $Q_c$ με την $K_c$: όσο $Q_c < K_c$ η ζυγαριά γέρνει και η αντίδραση τρέχει δεξιά, μέχρι το πηλίκο να ισορροπήσει ακριβώς στην τιμή $K_c$.

$K_c = \frac{[\Gamma]^{\gamma}[\Delta]^{\delta}}{[A]^{\alpha}[B]^{\beta}} \qquad K_p = K_c (RT)^{\Delta n}$

Μέθοδος: ασκήσεις με την Kc

Α. Υπολογισμός της $K_c$ : πίνακας Αρχικά – Μεταβολή – Ισορροπία σε mol → εύρεση του $x$ από το δεδομένο → μετατροπή σε συγκεντρώσεις ( $\div V$ ) → αντικατάσταση στην $K_c$ .

Β. Σύσταση ισορροπίας από γνωστή $K_c$ :

Αν υπάρχουν και προϊόντα από την αρχή, υπολόγισε $Q_c$ για να βρεις την κατεύθυνση.
Πίνακας με άγνωστο $x$ , συγκεντρώσεις ισορροπίας συναρτήσει του $x$ .
Αντικατάσταση στην $K_c$ και επίλυση. Αν η εξίσωση είναι «τέλειο τετράγωνο» (π.χ. $\frac{(2x)^2}{(1 - x)^2}$ ), πάρε τετραγωνική ρίζα.
Κράτησε μόνο τη λύση που δίνει θετικές ποσότητες και έλεγξε αντικαθιστώντας.

Γ. $K_p$ : $K_p = K_c(RT)^{\Delta n}$ με $T$ σε K, $R = 0{,}082$ και $\Delta n$ μόνο των αερίων.

Άσκηση: Σε δοχείο όγκου $2\ L$ εισάγονται $1\ mol\ H_2$ και $1\ mol\ I_2$ . Στην ισορροπία $H_2 + I_2 \rightleftharpoons 2HI$ υπάρχουν $1{,}6\ mol\ HI$ . Να βρεθούν οι $K_c$ και $K_p$ .

Λύση: Σχηματίστηκαν $1{,}6\ mol\ HI$ , άρα αντέδρασαν από $0{,}8\ mol\ H_2$ και $I_2$ . Στην ισορροπία: $0{,}2\ mol\ H_2$ , $0{,}2\ mol\ I_2$ , $1{,}6\ mol\ HI$ .

Συγκεντρώσεις: $[H_2] = [I_2] = \frac{0{,}2}{2} = 0{,}1\ M$ , $[HI] = \frac{1{,}6}{2} = 0{,}8\ M$ .

$K_c = \frac{[HI]^2}{[H_2][I_2]} = \frac{(0{,}8)^2}{0{,}1 \cdot 0{,}1} = 64$

Επειδή $\Delta n = 2 - 2 = 0$ , ισχύει $K_p = K_c (RT)^0 = 64$ .

Άσκηση (σύσταση από την $K_c$ ): Στη θερμοκρασία όπου η $H_2 + I_2 \rightleftharpoons 2HI$ έχει $K_c = 64$ , εισάγουμε $2\ mol$ $HI$ σε δοχείο $1\ L$ . Να βρεθεί η σύσταση ισορροπίας και το ποσοστό του $HI$ που διασπάστηκε.

Λύση: Αρχικά υπάρχει μόνο $HI$ , άρα η αντίδραση πηγαίνει προς τη διάσπαση. Γράφουμε την αντίστροφη, με $K_c' = \frac{1}{64}$ :

$2HI \rightleftharpoons H_2 + I_2$

Αρχικά (mol): $2$ , $0$ , $0$
Μεταβολή: $-2y$ , $+y$ , $+y$
Ισορροπία: $2 - 2y$ , $y$ , $y$

$\frac{y \cdot y}{(2 - 2y)^2} = \frac{1}{64} \Rightarrow \frac{y}{2 - 2y} = \frac{1}{8} \Rightarrow 8y = 2 - 2y \Rightarrow y = 0{,}2$

Ισορροπία: $HI$ : $1{,}6\ mol$ , $H_2$ : $0{,}2\ mol$ , $I_2$ : $0{,}2\ mol$ . Διασπάστηκε $\frac{0{,}4}{2} = 20\%$ του $HI$ .

Παρατήρησε: η ίδια ισορροπία ( $0{,}2 / 0{,}2 / 1{,}6$ ) προκύπτει και από $1\ mol$ $H_2$ + $1\ mol$ $I_2$ — στην ισορροπία φτάνουμε και από τις δύο πλευρές.

Θέμα τύπου Πανελλαδικών: Σε δοχείο $2\ L$ εισάγεται $1\ mol$ $N_2O_4$ στους $400\ K$ και αποκαθίσταται η ισορροπία $N_2O_4(g) \rightleftharpoons 2NO_2(g)$ , όπου έχει διασπαστεί το $50\%$ του $N_2O_4$ .

Δεδομένα: $n_0 = 1\ mol$ , $V = 2\ L$ , $T = 400\ K$ , $\alpha = 0{,}5$ , $R = 0{,}082\ \frac{L \cdot atm}{mol \cdot K}$ .

Ζητούμενα: (α) η $K_c$ , (β) η $K_p$ , (γ) η κατεύθυνση της αντίδρασης σε άλλο δοχείο $1\ L$ που περιέχει $0{,}5\ mol$ $N_2O_4$ και $1\ mol$ $NO_2$ στους $400\ K$ .

Λύση:

Αρχικά (mol): $N_2O_4$ : $1$ , $NO_2$ : $0$
Μεταβολή: $-x$ , $+2x$ με $x = 0{,}5 \cdot 1 = 0{,}5$
Ισορροπία: $0{,}5$ , $1$

(α) $[N_2O_4] = 0{,}25\ M$ , $[NO_2] = 0{,}5\ M$ :

$K_c = \frac{[NO_2]^2}{[N_2O_4]} = \frac{0{,}25}{0{,}25} = 1$

(β) $\Delta n = 2 - 1 = 1$ : $K_p = K_c(RT)^1 = 1 \cdot 0{,}082 \cdot 400 = 32{,}8$ . (Επαλήθευση: $P_{NO_2} = \frac{1 \cdot 32{,}8}{2} = 16{,}4\ atm$ , $P_{N_2O_4} = 8{,}2\ atm$ και $\frac{16{,}4^2}{8{,}2} = 32{,}8$ ✓.)

(γ) $Q_c = \frac{1^2}{0{,}5} = 2 > K_c = 1$ : η αντίδραση προχωρά αριστερά (σχηματισμός $N_2O_4$ ) μέχρι $Q_c = K_c$ .

Απάντηση: $K_c = 1$ , $K_p = 32{,}8$ , στο δεύτερο δοχείο η αντίδραση πηγαίνει προς τα αριστερά.

Γρήγορος έλεγχος

Για την ετερογενή ισορροπία $C(s) + CO_2(g) \rightleftharpoons 2CO(g)$ η σωστή έκφραση της $K_c$ είναι:

Γρήγορος έλεγχος

Η τιμή της σταθεράς $K_c$ μιας ισορροπίας μεταβάλλεται όταν αλλάξει:

Γρήγορος έλεγχος

Η ισορροπία $A(g) \rightleftharpoons 2B(g)$ έχει $K_c = 4$ . Στην ίδια θερμοκρασία, η $2B(g) \rightleftharpoons A(g)$ έχει $K_c$ ίση με:

Γρήγορος έλεγχος

Σε ποια ισορροπία ισχύει $K_p = K_c$ ;

Γρήγορος έλεγχος

Σε δοχείο με σώματα μιας ισορροπίας υπολογίζεται $Q_c = 10$ , ενώ στη θερμοκρασία αυτή $K_c = 50$ . Το σύστημα:

Στην έκφραση της $K_c$ μπαίνουν ΜΟΝΟ αέρια και διαλυμένες ουσίες — ποτέ καθαρά στερεά ή υγρά (όπως το $H_2O(l)$ ). Και θυμήσου: οι στοιχειομετρικοί συντελεστές γίνονται εκθέτες.

Πρόκληση

ο «ντετέκτιβ» των σταθερών. Σε θερμοκρασία $T = 1000\ K$ δίνονται (υποθετικές τιμές):

(1) $N_2(g) + O_2(g) \rightleftharpoons 2NO(g)$ , $\quad K_1 = 4 \cdot 10^{-4}$

(2) $2NO(g) + O_2(g) \rightleftharpoons 2NO_2(g)$ , $\quad K_2 = 10^{6}$

Βρες την $K_c$ για: (α) $N_2(g) + 2O_2(g) \rightleftharpoons 2NO_2(g)$ , (β) $NO_2(g) \rightleftharpoons \frac{1}{2}N_2(g) + O_2(g)$ , και (γ) την $K_p$ της (α). ( $R = 0{,}082\ \frac{L \cdot atm}{mol \cdot K}$ )

Δοκίμασε πρώτα μόνος σου — μετά δες τη λύση

(α) Η (α) είναι το άθροισμα (1) + (2) — το $NO$ απαλείφεται. Άρα $K = K_1 \cdot K_2 = 4 \cdot 10^{-4} \cdot 10^{6} = 400$ .

(β) Είναι η (α) αντεστραμμένη και υποδιπλασιασμένη: $K' = \left(\frac{1}{400}\right)^{1/2} = \frac{1}{20} = 0{,}05$ .

(γ) Για την (α): $\Delta n = 2 - (1 + 2) = -1$ , $RT = 0{,}082 \cdot 1000 = 82$ :

$K_p = K_c (RT)^{\Delta n} = \frac{400}{82} \approx 4{,}88$

Απάντηση: $400$ · $0{,}05$ · $K_p \approx 4{,}88$ . Το μυστικό: βρες πώς φτιάχνεται η ζητούμενη εξίσωση από τις δοσμένες (άθροισμα, αντιστροφή, πολλαπλασιασμός) και κάνε τα αντίστοιχα στις σταθερές (γινόμενο, αντίστροφο, δύναμη).

Συνηθισμένα λάθη

mol αντί για συγκεντρώσεις. Στην $K_c$ μπαίνουν $M$ · μόνο όταν $\Delta n = 0$ ο όγκος απαλείφεται και τα mol «δουλεύουν».
Στερεά ή $H_2O(l)$ στην έκφραση. Παραλείπονται πάντα· επίσης δεν μετρούν στο $\Delta n$ της $K_p$ .
Συντελεστής ως πολλαπλασιαστής. $[HI]^2$ , όχι $2[HI]$ .
$K_p$ με °C ή λάθος $\Delta n$ . $T$ σε Kelvin, $\Delta n = n_{\text{αερίων προϊόντων}} - n_{\text{αερίων αντιδρώντων}}$ .
Αρνητική ρίζα. Από τις λύσεις της εξίσωσης κράτα μόνο εκείνη που δίνει θετικές ποσότητες ισορροπίας.

Σύνοψη — τι κρατάμε

$K_c = \frac{[\Gamma]^{\gamma}[\Delta]^{\delta}}{[A]^{\alpha}[B]^{\beta}}$ με συγκεντρώσεις ισορροπίας· εξαρτάται μόνο από τη θερμοκρασία.
Στερεά και καθαρά υγρά παραλείπονται από την έκφραση.
$Q_c < K_c$ → δεξιά, $Q_c > K_c$ → αριστερά, $Q_c = K_c$ → ισορροπία.
Αντίστροφη: $\frac{1}{K_c}$ · συντελεστές $\times \nu$ : $K_c^{\,\nu}$ · άθροισμα εξισώσεων: γινόμενο σταθερών.
$K_p = K_c(RT)^{\Delta n}$ , $\Delta n$ μόνο αερίων· $\Delta n = 0 \Rightarrow K_p = K_c$ .

Ο νόμος της χημικής ισορροπίας

Για την ισορροπία

\alpha A + \beta B \rightleftharpoons \gamma \Gamma + \delta \Delta

ορίζεται η σταθερά ισορροπίας:

K_c = \frac{[\Gamma]^{\gamma}[\Delta]^{\delta}}{[A]^{\alpha}[B]^{\beta}}

όπου οι συγκεντρώσεις είναι αυτές της ισορροπίας. Η

K_c

εξαρτάται μόνο από τη θερμοκρασία. Μεγάλη

K_c

σημαίνει ισορροπία μετατοπισμένη προς τα προϊόντα (μεγάλη απόδοση), μικρή

K_c

προς τα αντιδρώντα.

Σε ετερογενείς ισορροπίες, οι καθαρές στερεές και υγρές ουσίες παραλείπονται από την έκφραση, γιατί η «συγκέντρωσή» τους είναι σταθερή. Για παράδειγμα:

C(s) + CO_2(g) \rightleftharpoons 2CO(g)

έχει

K_c = \frac{[CO]^2}{[CO_2]}