Chapter Two: Chemical Equilibrium - Key Vocabulary

المفاهيم الأساسية للتفاعلات الكيميائية وحالة الاتزان

  • التفاعل الكيميائي (Chemical Reaction): عملية تتحول فيها مادة واحدة أو أكثر إلى مواد جديدة تختلف في صفاتها الكيميائية والفيزيائية عن المادة أو المواد التي تفاعلت في البداية.
  • المعادلة الكيميائية (Chemical Equation): اختصار علمي يمثل التحول الحاصل في المواد المتفاعلة للحصول على النواتج، ويحدد السهم في المعادلة اتجاه سير التفاعل.
  • تصنيف التفاعلات الكيميائية حسب اتجاه التفاعل:
    • التفاعلات غير الانعكاسية (التفاعلات التامة - Irreversible Reactions): تفاعلات كيميائية يتم فيها عند ظروف معينة استهلاك تام لأحد أو جميع المواد المتفاعلة، ولا يكون للمواد الناتجة عند ظروف التفاعل نفسها القدرة على أن تتفاعل لتكوين المواد التي تكونت منها مرة أخرى. يُرمز لها بسهم واحد باتجاه النواتج →\rightarrow. ومثالها: تفاعل حامض الكبريتيك مع هيدروكسيد الصوديوم لتكوين كبريتات الصوديوم والماء:       2NaOH(aq)+H2SO4(aq)→Na2SO4(aq)+2H2O(l)2\text{NaOH}_{(aq)} + \text{H}_2\text{SO}_{4(aq)} \rightarrow \text{Na}_2\text{SO}_{4(aq)} + 2\text{H}_2\text{O}_{(l)}
    • التفاعلات الانعكاسية (التفاعلات غير التامة - Reversible Reactions): تفاعلات كيميائية يتم فيها تحول المواد المتفاعلة إلى نواتج في بداية التفاعل، ويكون للمواد الناتجة المقدرة على أن تتفاعل مع بعضها لتكوين المواد التي تكونت منها مرة أخرى. يُرمز لها بسهمين متعاكسين ⇌\rightleftharpoons. ومثالها:       H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)\text{H}_{2(g)} + \text{I}_{2(g)} \rightleftharpoons 2\text{HI}_{(g)}       أو بصورة عامة: 2AB⇌A+B2\text{AB} \rightleftharpoons \text{A} + \text{B}.
  • مفهوم الاتزان الكيميائي (Chemical Equilibrium):
    • حالة اتزان ديناميكي (حركي) وليست حالة اتزان استاتيكي (ساكن)، تصل إليها أغلب التفاعلات الانعكاسية عندما تتساوى سرعة التفاعل في كلا الاتجاهين الأمامي والخلفي (Rf=RbR_f = R_b).
    • تثبت عند الاتزان تراكيز المواد المتفاعلة والناتجة دون تغير، ما لم يحدث أي تغيير على الظروف الخارجية للتفاعل، لذا يظهر التفاعل للعيان وكأنه قد توقف تماماً.
    • التعليل الأساسي: تتوقف بعض التفاعلات تماماً بينما تظهر تفاعلات أخرى كأنها متوقفة؛ لأن التفاعلات التي تتوقف هي تفاعلات تامة (غير انعكاسية) استُهلك فيها أحد أو كل المتفاعلات، في حين أن التفاعلات التي تظهر كأنها متوقفة هي تفاعلات انعكاسية مستمرة باتجاهين متعاكسين وبنفس السرعة والمقدار.
  • تصنيف التفاعلات الانعكاسية حسب الطور الفيزيائي:
    • التفاعلات الانعكاسية المتجانسة (Homogeneous Reversible Reactions): التفاعلات التي تكون فيها جميع المواد المتفاعلة والناتجة في طور فيزيائي واحد. مثال: جميع المكونات في الطور الغازي:       H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)\text{H}_{2(g)} + \text{I}_{2(g)} \rightleftharpoons 2\text{HI}_{(g)}
    • التفاعلات الانعكاسية غير المتجانسة (Heterogeneous Reversible Reactions): التفاعلات التي توجد فيها المواد المتفاعلة والناتجة في أكثر من طور فيزيائي واحد. مثال: وجود أطوار صلبة وغازية:       C(s)+O2(g)⇌CO2(g)\text{C}_{(s)} + \text{O}_{2(g)} \rightleftharpoons \text{CO}_{2(g)}

قانون فعل الكتلة وثابت الاتزان العام (KeqK_{eq})

  • نص قانون فعل الكتلة (Law of Mass Action): عند ثبوت درجة الحرارة، تتناسب سرعة التفاعل الكيميائي في أي اتجاه تناسباً طردياً مع التراكيز المولارية للمواد المتفاعلة (أو الناتجة في التفاعل العكسي)، كلٌ منها مرفوع إلى أُس يمثل عدد المولات الموضوع أمام كل مادة في المعادلة الكيميائية الموزونة.
  • ثابت الاتزان العام (KeqK_{eq}): النسبة بين ثابت تناسب سرعة التفاعل الأمامي (KfK_f) وثابت تناسب سرعة التفاعل الخلفي (KbK_b):   Keq=KfKbK_{eq} = \frac{K_f}{K_b}
  • أمثلة ومسائل على حسابات KeqK_{eq}:
    • مثال 1: للتفاعل المتزن 3H2(g)+N2(g)⇌2NH3(g)3\text{H}_{2(g)} + \text{N}_{2(g)} \rightleftharpoons 2\text{NH}_{3(g)}، إذا كان Kf=0.11K_f = 0.11 و Kb=0.05K_b = 0.05:       Keq=0.110.05=2.2K_{eq} = \frac{0.11}{0.05} = 2.2
    • تمرين: تفاعل متزن له Keq=4.24K_{eq} = 4.24، وثابت سرعة التفاعل الخلفي Kb=0.02K_b = 0.02، فإن ثابت سرعة التفاعل الأمامي KfK_f يكون:       4.24=Kf0.02  ⟹  Kf=4.24×0.02=0.08484.24 = \frac{K_f}{0.02} \implies K_f = 4.24 \times 0.02 = 0.0848
    • تطبيق وزاري: تفاعل متزن فيه Kf=0.036K_f = 0.036 و Kb=0.009K_b = 0.009:       Keq=0.0360.009=4K_{eq} = \frac{0.036}{0.009} = 4
    • تطبيق وزاري: تفاعل متزن وجد فيه أن ثابت السرعة الخلفي يساوي ضعف ثابت السرعة الأمامي (Kb=2KfK_b = 2K_f):       Keq=Kf2Kf=12=0.5K_{eq} = \frac{K_f}{2K_f} = \frac{1}{2} = 0.5

ثوابت الاتزان بدلالة التراكيز المولارية (KcK_c) والضغوط الجزئية (KpK_p)

  • ثابت الاتزان بدلالة التراكيز المولارية (KcK_c): حاصل ضرب التراكيز المولارية للمواد الناتجة عند حالة الاتزان مقسوماً على حاصل ضرب التراكيز المولارية للمواد المتفاعلة عند الاتزان، كل منها مرفوع إلى أُس يمثل عدد مولاتها في المعادلة الكيميائية الموزونة:   Kc=∏[Products]n∏[Reactants]nK_c = \frac{\prod [\text{Products}]^n}{\prod [\text{Reactants}]^n}
  • ثابت الاتزان بدلالة الضغوط الجزئية (KpK_p): حاصل ضرب الضغوط الجزئية للمواد الناتجة عند حالة الاتزان مقسوماً على حاصل ضرب الضغوط الجزئية للمواد المتفاعلة عند الاتزان، كل منها مرفوع إلى أُس يمثل عدد مولاتها في المعادلة الموزونة:   Kp=∏(PProducts)n∏(PReactants)nK_p = \frac{\prod (P_{\text{Products}})^n}{\prod (P_{\text{Reactants}})^n}
  • القواعد العامة للتعامل مع الأطوار وثوابت الاتزان:
    • ثوابت الاتزان (Keq,Kc,KpK_{eq}, K_c, K_p) هي كميات مجردة من الوحدات.
    • ثابت الاتزان قيمة ثابتة للتفاعل الواحد عند ثبوت درجة الحرارة، ولا يتغير إلا بتغير درجة الحرارة.
    • المواد المشمولة في علاقة KcK_c: المواد الغازية (gg) والمحاليل المائية (aqaq) فقط.
    • المواد المشمولة في علاقة KpK_p: المواد الغازية (gg) فقط.
    • حذف المواد الصلبة النقية (ss) والسائلة النقية (ll): تحذف دائماً من علاقتي KcK_c و KpK_p وتُعوض بقيمة واحد (11).
    • علل: تحذف تراكيز المواد الصلبة والسائلة النقية من علاقة ثابت الاتزان؟ لأن المواد الصلبة والسائلة النقية يبقى تركيزها ثابتاً مهما تغيرت كمياتها، حتى وإن تغير الحجم، فالنسبة بين الكتلة إلى وحدة الحجم تبقى ثابتة (الكثافة ثابتة).
  • أمثلة كتابة علاقات KcK_c و KpK_p:
    • للتفاعل: CaCO3(s)+2HCl(aq)⇌CaCl2(aq)+CO2(g)+H2O(l)\text{CaCO}_{3(s)} + 2\text{HCl}_{(aq)} \rightleftharpoons \text{CaCl}_{2(aq)} + \text{CO}_{2(g)} + \text{H}_2\text{O}_{(l)}Kc=[CaCl2][CO2][HCl]2K_c = \frac{[\text{CaCl}_2][\text{CO}_2]}{[\text{HCl}]^2}
    • للتفاعل: 2Hg(l)+O2(g)⇌2HgO(s)2\text{Hg}_{(l)} + \text{O}_{2(g)} \rightleftharpoons 2\text{HgO}_{(s)}Kp=1PO2K_p = \frac{1}{P_{\text{O}_2}}

تصنيف مسائل الاتزان الكيميائي (الأنماط الأربعة)

  • جدول الفرضية (RICE Table) وخطواته الدالة:
    • تُكتب الفرضية عندما تُعطى كميات ابتدائية (قبل التفاعل).
    • الخطوة الأولى (التراكيز أو الضغوط الابتدائية): وتُستدل من الكلمات: (خلط، وضع، أُدخل، مزج، سُخن، قبل التفكك، قبل التجزؤ، قبل التحلل، قبل التأين، قبل التفاعل).
    • الخطوة الثانية (مقدار التغير في التركيز أو الضغط): ويرتبط بعدد المولات مع إشارة سالبة للمتفاعلات وموجبة للنواتج (في الاتجاه الأمامي)، ويُستدل من الكلمات: (المستهلك، المتحلل، المتأين، المتفاعل، المتجزئ، المتفكك، ازداد، انخفض).
    • الخطوة الثالثة (التراكيز أو الضغوط عند الاتزان): مجموع الخطوتين الأولى والثانية، وتُستدل من الكلمات: (المتبقي، المتكون، عند الاتزان، التراكيز النهائية، الضغوط النهائية، أصبحت).
    • قوانين الجمع الكلي عند الاتزان:
      • عدد المولات الكلية: nT=n1+n2+n3+…n_T = n_1 + n_2 + n_3 + \dots
      • الضغط الكلي: PT=P1+P2+P3+…P_T = P_1 + P_2 + P_3 + \dots
      • لا تُستخدم معاملات المواد (عدد المولات) كأسس في جمع المولات أو الضغوط الكلية.
  • النوع الأول: إعطاء التراكيز أو الضغوط عند الاتزان مباشرة (حل مباشر بدون فرضية):
    • للتفاعل 2NO2(g)⇌N2O4(g)2\text{NO}_{2(g)} \rightleftharpoons \text{N}_2\text{O}_{4(g)} عند الاتزان: [N2O4]=0.002 M[\text{N}_2\text{O}_4] = 0.002\,\text{M} و [NO2]=0.017 M[\text{NO}_2] = 0.017\,\text{M}Kc=[N2O4][NO2]2=0.002(0.017)2=0.0020.000289=6.92K_c = \frac{[\text{N}_2\text{O}_4]}{[\text{NO}_2]^2} = \frac{0.002}{(0.017)^2} = \frac{0.002}{0.000289} = 6.92
    • للتفاعل 2CH4(g)⇌C2H2(g)+3H2(g)2\text{CH}_{4(g)} \rightleftharpoons \text{C}_2\text{H}_{2(g)} + 3\text{H}_{2(g)}، التراكيز عند الاتزان هي: [CH4]=0.02 M,[C2H2]=0.05 M,[H2]=0.143 M[\text{CH}_4] = 0.02\,\text{M}, [\text{C}_2\text{H}_2] = 0.05\,\text{M}, [\text{H}_2] = 0.143\,\text{M}Kc=[C2H2][H2]3[CH4]2=(0.05)(0.143)3(0.02)2=0.365K_c = \frac{[\text{C}_2\text{H}_2][\text{H}_2]^3}{[\text{CH}_4]^2} = \frac{(0.05)(0.143)^3}{(0.02)^2} = 0.365
  • النوع الثاني: إعطاء التراكيز الابتدائية وقيمة ثابت الاتزان معلومة والمطلوب تراكيز الاتزان:
    • خُلط 0.5 mol0.5\,\text{mol} من H2\text{H}_2 و 0.5 mol0.5\,\text{mol} من I2\text{I}_2 في إناء حجمه 1 L1\,\text{L} ودرجة حرارة 430∘C430^\circ\text{C}، وبلغ التفاعل الاتزان: H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)\text{H}_{2(g)} + \text{I}_{2(g)} \rightleftharpoons 2\text{HI}_{(g)}، علمًا أن Kc=5.29K_c = 5.29 و 5.29=2.3\sqrt{5.29} = 2.3:
      • الفرضية: المتفاعلات تبدأ بـ 0.5 M0.5\,\text{M} وتتغير بـ −X-X لتصل إلى 0.5−X0.5 - X. الناتج يبدأ بصفر ويتغير بـ +2X+2X ليصل إلى 2X2X.
      • التطبيق:           Kc=[HI]2[H2][I2]  ⟹  5.29=(2X)2(0.5−X)2K_c = \frac{[\text{HI}]^2}{[\text{H}_2][\text{I}_2]} \implies 5.29 = \frac{(2X)^2}{(0.5 - X)^2}
      • بأخذ الجذر التربيعي للطرفين:           2.3=2X0.5−X  ⟹  1.15−2.3X=2X  ⟹  4.3X=1.15  ⟹  X=0.267 M2.3 = \frac{2X}{0.5 - X} \implies 1.15 - 2.3X = 2X \implies 4.3X = 1.15 \implies X = 0.267\,\text{M}
      • التراكيز عند الاتزان:           [H2]=[I2]=0.5−0.267=0.233 M[\text{H}_2] = [\text{I}_2] = 0.5 - 0.267 = 0.233\,\text{M}[HI]=2(0.267)=0.534 M[\text{HI}] = 2(0.267) = 0.534\,\text{M}
  • النوع الثالث: إعطاء تراكيز أو ضغوط ابتدائية ومعلومات عن خليط الاتزان (المستهلك، المتبقي، الضغط الكلي):
    • مثال التفكك النصفي: وُضع 0.8 mol0.8\,\text{mol} من CO2\text{CO}_2 في إناء حجمه 1 L1\,\text{L}: 2CO2(g)⇌2CO(g)+O2(g)2\text{CO}_{2(g)} \rightleftharpoons 2\text{CO}_{(g)} + \text{O}_{2(g)}، وعند الاتزان وُجد أن نصف كمية الغاز قد تفككت:
      • المتفكك = 2X=12×0.8=0.4  ⟹  X=0.2 M2X = \frac{1}{2} \times 0.8 = 0.4 \implies X = 0.2\,\text{M}
      • عند الاتزان: [CO2]=0.8−2(0.2)=0.4 M[\text{CO}_2] = 0.8 - 2(0.2) = 0.4\,\text{M}، [CO]=2(0.2)=0.4 M[\text{CO}] = 2(0.2) = 0.4\,\text{M}، [O2]=0.2 M[\text{O}_2] = 0.2\,\text{M}
      • حساب الثابت:           Kc=[CO]2[O2][CO2]2=(0.4)2(0.2)(0.4)2=0.2K_c = \frac{[\text{CO}]^2[\text{O}_2]}{[\text{CO}_2]^2} = \frac{(0.4)^2(0.2)}{(0.4)^2} = 0.2
    • مثال الضغط الكلي (دالتون): للتفاعل 2SO3(g)⇌2SO2(g)+O2(g)2\text{SO}_{3(g)} \rightleftharpoons 2\text{SO}_{2(g)} + \text{O}_{2(g)}، ضغط SO3\text{SO}_3 قبل التفكك يساوي 3 atm3\,\text{atm}. وعند الاتزان بلغ الضغط الكلي PT=4 atmP_T = 4\,\text{atm}:
      • الفرضية عند الاتزان: PSO3=3−2XP_{\text{SO}_3} = 3 - 2X، PSO2=2XP_{\text{SO}_2} = 2X، PO2=XP_{\text{O}_2} = X
      • الضغط الكلي: PT=PSO3+PSO2+PO2  ⟹  4=(3−2X)+2X+X=3+X  ⟹  X=1 atmP_T = P_{\text{SO}_3} + P_{\text{SO}_2} + P_{\text{O}_2} \implies 4 = (3 - 2X) + 2X + X = 3 + X \implies X = 1\,\text{atm}
      • الضغوط عند الاتزان: PSO3=1 atmP_{\text{SO}_3} = 1\,\text{atm}، PSO2=2 atmP_{\text{SO}_2} = 2\,\text{atm}، PO2=1 atmP_{\text{O}_2} = 1\,\text{atm}
      • حساب KpK_p:           Kp=(PSO2)2(PO2)(PSO3)2=(2)2(1)(1)2=4K_p = \frac{(P_{\text{SO}_2})^2(P_{\text{O}_2})}{(P_{\text{SO}_3})^2} = \frac{(2)^2(1)}{(1)^2} = 4
    • مسألة الفرضيات المزدوجة المتعددة: للتفاعل PCl3(g)+Cl2(g)⇌PCl5(g)\text{PCl}_{3(g)} + \text{Cl}_{2(g)} \rightleftharpoons \text{PCl}_{5(g)}، كان الضغط الابتدائي لـ PCl3\text{PCl}_3 ضعف ضغط Cl2\text{Cl}_2. عند الاتزان كان ضغط Cl2=1 atm\text{Cl}_2 = 1\,\text{atm} و Kp=16K_p = \frac{1}{6}:
      • الضغوط الابتدائية: PCl2=AP_{\text{Cl}_2} = A، PPCl3=2AP_{\text{PCl}_3} = 2A
      • عند الاتزان: A−X=1  ⟹  X=A−1A - X = 1 \implies X = A - 1
      • ضغط PCl3\text{PCl}_3 عند الاتزان: 2A−X=2A−(A−1)=A+12A - X = 2A - (A - 1) = A + 1
      • ضغط PCl5\text{PCl}_5 عند الاتزان: X=A−1X = A - 1
      • تطبيق قانون الثابت:           Kp=PPCl5PPCl3PCl2  ⟹  16=A−1(A+1)(1)  ⟹  6A−6=A+1  ⟹  5A=7  ⟹  A=1.4 atmK_p = \frac{P_{\text{PCl}_5}}{P_{\text{PCl}_3} P_{\text{Cl}_2}} \implies \frac{1}{6} = \frac{A - 1}{(A + 1)(1)} \implies 6A - 6 = A + 1 \implies 5A = 7 \implies A = 1.4\,\text{atm}
      • الضغوط الابتدائية: PCl2=1.4 atmP_{\text{Cl}_2} = 1.4\,\text{atm}، PPCl3=2(1.4)=2.8 atmP_{\text{PCl}_3} = 2(1.4) = 2.8\,\text{atm}
  • تحويل الكتلة إلى ضغط جزئي أو تركيز مولاري:
    • إذا أُعطيت الكتلة بـ g\text{g} مع الحجم ودرجة الحرارة، فإن نوع الثابت المطلوب يحدد مسار التحويل:
      • لحساب تركيز مولاري: n=mM  ⟹  [M]=nV(L)n = \frac{m}{M} \implies [\text{M}] = \frac{n}{V_{(L)}}
      • لحساب ضغط جزئي غازي: نطبق معادلة الغاز المثالي PV=nRTPV = nRT بعد تحويل الحرارة إلى الكلفن (T(K)=t∘C+273T_{(K)} = t^\circ\text{C} + 273):           P=nRTV=mRTM⋅VP = \frac{nRT}{V} = \frac{mRT}{M \cdot V}           حيث R=0.082 L⋅atm⋅K−1⋅mol−1R = 0.082\,\text{L}\cdot\text{atm}\cdot\text{K}^{-1}\cdot\text{mol}^{-1}.
  • النوع الرابع: مسائل النسبة المئوية للتفكك أو التحلل:
    • القوانين المعتمدة:       النسبة المئوية للمتحلل=المتحلل أو المتفكك (الخطوة الثانية بدون إشارة)التركيز أو الضغط الابتدائي×100%\text{النسبة المئوية للمتحلل} = \frac{\text{المتحلل أو المتفكك (الخطوة الثانية بدون إشارة)}}{\text{التركيز أو الضغط الابتدائي}} \times 100\%المتفكك (X)=النسبة المئوية100%×التركيز الابتدائي\text{المتفكك (X)} = \frac{\text{النسبة المئوية}}{100\%} \times \text{التركيز الابتدائي}
    • مثال تطبيقي: إذا كانت درجة تفكك مول واحد من N2O4\text{N}_2\text{O}_4 إلى NO2\text{NO}_2 هي 20%20\% في إناء حجمه 1 L1\,\text{L}:
      • التركيز الابتدائي = 1 M1\,\text{M}
      • المتفكك X=20100×1=0.2 MX = \frac{20}{100} \times 1 = 0.2\,\text{M}
      • التفاعل: N2O4(g)⇌2NO2(g)\text{N}_2\text{O}_{4(g)} \rightleftharpoons 2\text{NO}_{2(g)}
      • تراكيز الاتزان: [N2O4]=1−0.2=0.8 M[\text{N}_2\text{O}_4] = 1 - 0.2 = 0.8\,\text{M}، [NO2]=2(0.2)=0.4 M[\text{NO}_2] = 2(0.2) = 0.4\,\text{M}
      • الثابت:           Kc=[NO2]2[N2O4]=(0.4)20.8=0.160.8=0.2K_c = \frac{[\text{NO}_2]^2}{[\text{N}_2\text{O}_4]} = \frac{(0.4)^2}{0.8} = \frac{0.16}{0.8} = 0.2

العلاقة الرياضية بين ثابتي الاتزان (KcK_c) و (KpK_p)

  • الصيغ الرياضية المعتمدة:Kp=Kc(RT)ΔngK_p = K_c (RT)^{\Delta n_g}Kc=Kp(RT)−ΔngK_c = K_p (RT)^{-\Delta n_g}
  • دلالات الرموز ووحداتها:
    • RR: الثابت العام للغازات ويساوي حتماً 0.082 L⋅atm⋅K−1⋅mol−10.082\,\text{L}\cdot\text{atm}\cdot\text{K}^{-1}\cdot\text{mol}^{-1}.
    • TT: درجة الحرارة المطلقة بالكلفن: T(K)=t∘C+273T_{(K)} = t^\circ\text{C} + 273.
    • Δng\Delta n_g: الفرق بين مجموع مولات المواد الغازية الناتجة ومجموع مولات المواد الغازية المتفاعلة فقط:       Δng=∑ng(Products)−∑ng(Reactants)\Delta n_g = \sum n_g(\text{Products}) - \sum n_g(\text{Reactants})       المواد الصلبة والسائلة تهمل في حساب Δng\Delta n_g وتُعد مولاتها صفراً.
  • الاعتماد المتبادل بين قيمة Δng\Delta n_g والعلاقة بين الثابتين:
    • إذا كانت Δng=0\Delta n_g = 0: يكون (RT)0=1(RT)^0 = 1، وبالتالي فإن Kc=KpK_c = K_p.
    • إذا كانت Δng>0\Delta n_g > 0 (قيمة موجبة، مولات النواتج أكبر من مولات المتفاعلات): فإن Kp>KcK_p > K_c.
    • إذا كانت Δng<0\Delta n_g < 0 (قيمة سالبة، مولات المتفاعلات أكبر من مولات النواتج): فإن Kc>KpK_c > K_p.

مخطط يوضح حل تمرين 6 وتطبيق العلاقة بين ثابت التراكيز وثابت الضغوط

  • مسألة شاملة لتحويل الثوابت (تمرين 6):
    • للتفاعل: C(s)+CO2(g)⇌2CO(g)\text{C}_{(s)} + \text{CO}_{2(g)} \rightleftharpoons 2\text{CO}_{(g)}، إذا كان Kc=1.6K_c = 1.6 عند 1000∘C1000^\circ\text{C}، احسب ضغط CO\text{CO} عند الاتزان إذا كان ضغط CO2=0.6 atm\text{CO}_2 = 0.6\,\text{atm}:
      • حساب الكلفن: T=1000+273=1273 KT = 1000 + 273 = 1273\,\text{K}
      • حساب Δng\Delta n_g مع إهمال الكاربون الصلب: Δng=2−1=1\Delta n_g = 2 - 1 = 1
      • إيجاد KpK_p:           Kp=Kc(RT)Δng=1.6×(0.082×1273)1=1.6×104.386=167.0176K_p = K_c (RT)^{\Delta n_g} = 1.6 \times (0.082 \times 1273)^1 = 1.6 \times 104.386 = 167.0176
      • حساب الضغط:           Kp=(PCO)2PCO2  ⟹  167.0176=(PCO)20.6  ⟹  (PCO)2=100.21  ⟹  PCO≈10 atmK_p = \frac{(P_{\text{CO}})^2}{P_{\text{CO}_2}} \implies 167.0176 = \frac{(P_{\text{CO}})^2}{0.6} \implies (P_{\text{CO}})^2 = 100.21 \implies P_{\text{CO}} \approx 10\,\text{atm}

أهمية ثابت الاتزان والربط مع المعادلات الكيميائية

  • تحديد اتجاه التفاعل وموضع الاتزان من القيمة العددية لثابت الاتزان:
    • إذا كانت قيمة ثابت الاتزان كبيرة جداً (Keq≫1K_{eq} \gg 1): دل ذلك على أن تراكيز النواتج عند الاتزان أكبر بكثير من تراكيز المتفاعلات؛ مما يعني أن التفاعل الأمامي هو المرجح ويسير شبه تام باتجاه النواتج.
    • إذا كانت قيمة ثابت الاتزان صغيرة جداً (Keq≪1K_{eq} \ll 1): دل ذلك على أن تراكيز النواتج ضئيلة جداً وتكاد لا تذكر، والتفاعل يكاد لا يحدث عملياً باتجاه تكوين النواتج، بل يبقى منحازاً للمتفاعلات (الاتجاه الخلفي مرجح).
    • إذا كانت قيمة ثابت الاتزان قريبة من الواحد الصحيح (Keq≈1K_{eq} \approx 1): دل ذلك على أن تراكيز النواتج والمتفاعلات متقاربة عند حالة الاتزان.
  • قواعد تحوير المعادلات الكيميائية وتأثيرها على ثابت الاتزان:
    • القاعدة الأولى (قلب المعادلة): إذا عكست المعادلة الكيميائية، فإن ثابت الاتزان الجديد يساوي مقلوب ثابت الاتزان الأصلي:       K′=1KK' = \frac{1}{K}
    • القاعدة الثانية (ضرب المعادلة برقم): إذا ضُربت المعادلة الكيميائية بمعامل عددي (nn)، فإن ثابت الاتزان الجديد يساوي الثابت الأصلي مرفوعاً لقوة تساوي ذلك المعامل:       K′=(K)nK' = (K)^n
    • القاعدة الثالثة (قسمة المعادلة على رقم): إذا قُسمت المعادلة الكيميائية على رقم (nn)، فإن ثابت الاتزان الجديد يساوي الجذر ذي الرتبة nn للثابت الأصلي:       K′=Kn=(K)1nK' = \sqrt[n]{K} = (K)^{\frac{1}{n}}
    • القاعدة الرابعة (جمع المعادلات الكيميائية): إذا كان التفاعل الكلي ناتجاً من مجموع عدة تفاعلات، فإن ثابت الاتزان للتفاعل الكلي يساوي حاصل ضرب ثوابت اتزان تلك التفاعلات (وليس جمعها):       Ktotal=K1×K2×K3×…K_{\text{total}} = K_1 \times K_2 \times K_3 \times \dots

حل تفصيلي لحساب عدد مولات HBr بالاعتماد على عكس المعادلة وحساب الثابت الجديد

حاصل التفاعل (QQ) والتنبؤ بحالة الاتزان

  • تعريف حاصل التفاعل (Reaction Quotient - QQ): قيمة افتراضية لثابت الاتزان، تُحسب في لحظة معينة من التفاعل للتنبؤ بالاتجاه الذي يسلكه التفاعل للوصول إلى حالة الاتزان. يُعبر عنها بنفس علاقة ثابت الاتزان، لكن التراكيز المستخدمة فيها ليست بالضرورة تراكيز الاتزان.
  • المقارنة بين حاصل التفاعل (QQ) وثابت الاتزان (KcK_c):
    • إذا كان Q=KcQ = K_c: النظام في حالة اتزان ديناميكي تام، وتراكيز المواد تبقى ثابتة دون تغير.
    • إذا كان Q>KcQ > K_c: تراكيز النواتج الحالية أعلى من تراكيزها المطلوبة عند الاتزان؛ لذا يتجه التفاعل من اليمين إلى اليسار (الاتجاه الخلفي العكسي) لتستهلك النواتج وتزداد المتفاعلات وصولاً لحالة الاتزان الجديدة (إشارة التغير: النواتج −X-X، المتفاعلات +X+X).
    • إذا كان Q<KcQ < K_c: تراكيز النواتج الحالية أقل من تراكيزها المطلوبة عند الاتزان؛ لذا يتجه التفاعل من اليسار إلى اليمين (الاتجاه الأمامي) لزيادة النواتج وصولاً للاتزان (إشارة التغير: النواتج +X+X، المتفاعلات −X-X).
  • ملاحظات استدلالية لتحديد اتجاه التفاعل دون حساب QQ:
    • إذا كان التركيز الابتدائي لمادة معينة يساوي صفراً، فالاتجاه حتماً نحو تكوين تلك المادة.
    • إذا كان التركيز النهائي لمادة أكبر من تركيزها الابتدائي، فالتفاعل ينزاح باتجاه تلك المادة.
    • إذا كان التركيز النهائي لمادة أقل من تركيزها الابتدائي، فالتفاعل ينزاح بعكس اتجاه تلك المادة.

العلاقة بين الطاقة الحرة القياسية (ΔG∘\Delta G^\circ) وثابت الاتزان (KeqK_{eq})

  • الاشتقاق والعلاقة الأساسية:
    • ترتبط الطاقة الحرة غير القياسية بالقياسية عبر المعادلة:       ΔG=ΔG∘+RTln⁡(Q)\Delta G = \Delta G^\circ + RT \ln(Q)
    • عند بلوغ حالة الاتزان الكيميائي، تتوقف الطاقة الحرة القابلة للإنجاز تماماً، فتكون ΔG=0\Delta G = 0، ويكون Q=KeqQ = K_{eq}.
    • تصبح المعادلة:       0=ΔG∘+RTln⁡(Keq)  ⟹  ΔG∘=−RTln⁡(Keq)0 = \Delta G^\circ + RT \ln(K_{eq}) \implies \Delta G^\circ = -RT \ln(K_{eq})
    • بالتحويل إلى اللوغاريتم العشري (log⁡\log) باستخدام العلاقة ln⁡(X)=2.303log⁡(X)\ln(X) = 2.303 \log(X):       ΔG∘=−2.303RTlog⁡(Keq)\Delta G^\circ = -2.303 RT \log(K_{eq})
  • الشروط والوحدات:
    • يجب أن تكون وحدة ΔG∘\Delta G^\circ في هذه العلاقة بوحدة الجول لكل مول (J⋅mol−1\text{J}\cdot\text{mol}^{-1}). إذا أُعطيت بـ kJ⋅mol−1\text{kJ}\cdot\text{mol}^{-1} يجب الضرب في 10001000.
    • قيمة الثابت العام للغازات المستخدمة هنا: R=8.314 J⋅K−1⋅mol−1R = 8.314\,\text{J}\cdot\text{K}^{-1}\cdot\text{mol}^{-1}.
    • عند الظروف القياسية (25∘C=298 K25^\circ\text{C} = 298\,\text{K})، يكون حاصل الضرب دائماً:       RT=8.314×298=2477.572 J⋅mol−1RT = 8.314 \times 298 = 2477.572\,\text{J}\cdot\text{mol}^{-1}2.303RT=5705.8 J⋅mol−12.303 RT = 5705.8\,\text{J}\cdot\text{mol}^{-1}
  • التوافق الثرموداينميكي بين ΔG∘\Delta G^\circ و KeqK_{eq}:
    • إذا كان Keq>1K_{eq} > 1: فإن ln⁡(Keq)\ln(K_{eq}) موجب، فتكون ΔG∘\Delta G^\circ سالبة (التفاعل تلقائي).
    • إذا كان Keq<1K_{eq} < 1: فإن ln⁡(Keq)\ln(K_{eq}) سالب، فتكون ΔG∘\Delta G^\circ موجبة (التفاعل غير تلقائي بالاتجاه الأمامي).
    • إذا كان Keq=1K_{eq} = 1: فإن ln⁡(1)=0\ln(1) = 0، فتكون ΔG∘=0\Delta G^\circ = 0 (المتفاعلات والنواتج في حالة توازن قياسي).
    • تتساوى الطاقة الحرة غير القياسية ΔG\Delta G مع القياسية ΔG∘\Delta G^\circ عندما يكون حاصل التفاعل Q=1Q = 1؛ لأن ln⁡(1)=0\ln(1) = 0.

قاعدة لو شاتليه والعوامل المؤثرة على موضع الاتزان وثابت الاتزان

  • نص قاعدة لو شاتليه (Le Chatelier's Principle): إذا أثّر مؤثر خارجي، مثل تغير التركيز أو الحجم أو الضغط أو درجة الحرارة، على تفاعل ما في حالة اتزان، فإن هذا التفاعل يتجه بالاتجاه الذي يقلل من تأثير ذلك المؤثر ليصل التفاعل إلى حالة اتزان جديدة.
  • العلاقة بقوانين الفيزياء: يشبه هذا المبدأ قانون نيوتن الثالث في الميكانيكا (لكل فعل رد فعل مساوٍ له في المقدار ومعاكس له في الاتجاه).
  • المؤثر الأول: تغير التراكيز (إضافة وسحب):
    • الإضافة للمتفاعلات: ينزاح التفاعل نحو النواتج (أمامي) للتخلص من الزيادة.
    • الإضافة للنواتج: ينزاح التفاعل نحو المتفاعلات (خلفي) للتخلص من الزيادة.
    • السحب من المتفاعلات: ينزاح التفاعل نحو المتفاعلات (خلفي) لتعويض النقص.
    • السحب من النواتج: ينزاح التفاعل نحو النواتج (أمامي) لتعويض النقص.
    • تأثيره على ثابت الاتزان: قيمة ثابت الاتزان لا تتأثر مطلقاً بتغير التراكيز؛ لأن النسبة بين تراكيز النواتج والمتفاعلات تعود لنفس القيمة الأصلية عند الاتزان الجديد.
    • الإضافة والسحب تنطبق فقط على المواد الغازية والمحاليل المائية، بينما إضافة أو سحب مادة صلبة نقية أو سائلة نقية لا يؤثر إطلاقاً على حالة الاتزان.
  • المؤثر الثاني: تغير الضغط وحجم إناء التفاعل:
    • يعتمد حصراً على عدد مولات الغازات فقط (Δng\Delta n_g).
    • زيادة الضغط (تقليص الحجم): ينزاح موضع الاتزان باتجاه الطرف الذي يحتوي على عدد المولات الغازية الأقل (الحجوم الأقل).
    • خفض الضغط (زيادة الحجم): ينزاح موضع الاتزان باتجاه الطرف الذي يحتوي على عدد المولات الغازية الأكثر (الحجوم الأكبر).
    • إذا كانت Δng=0\Delta n_g = 0: فإن تغير الضغط أو الحجم لا يؤثر مطلقاً على موضع الاتزان ولا على كميات المواد في الخليط؛ لأن الضغط يتوزع بالتساوي على طرفي المعادلة.
    • تأثيره على ثابت الاتزان: قيمة ثابت الاتزان لا تتأثر مطلقاً بتغير الضغط أو الحجم.
  • المؤثر الثالث: تغير درجة الحرارة (تسخين وتبريد):
    • هو المؤثر الوحيد الذي يغير من القيمة العددية لثابت الاتزان.
    • التفاعل الماص للحرارة (Endothermic): تُكتب الطاقة في جهة المتفاعلات (ΔH>0\Delta H > 0).
      • رفع درجة الحرارة (تسخين): ينزاح التفاعل نحو النواتج (أمامي) لامتصاص الحرارة، وتزداد تراكيز النواتج، وبالتالي تزداد قيمة ثابت الاتزان.
      • خفض درجة الحرارة (تبريد): ينزاح التفاعل نحو المتفاعلات (خلفي)، وتقل تراكيز النواتج، وبالتالي تقل قيمة ثابت الاتزان.
    • التفاعل الباعث للحرارة (Exothermic): تُكتب الطاقة في جهة النواتج (ΔH<0\Delta H < 0).
      • رفع درجة الحرارة (تسخين): ينزاح التفاعل نحو المتفاعلات (خلفي) للتخلص من الحرارة، وتقل تراكيز النواتج، وبالتالي تقل قيمة ثابت الاتزان.
      • خفض درجة الحرارة (تبريد): ينزاح التفاعل نحو النواتج (أمامي)، وتزداد تراكيز النواتج، وبالتالي تزداد قيمة ثابت الاتزان.
    • طريقة معرفة نوع التفاعل (ماص أم باعث) من خلال تجارب ثابت الاتزان:
      • إذا رافق زيادةَ درجة الحرارة زيادةٌ في قيمة ثابت الاتزان (أو رافق نقصان الحرارة نقصان الثابت)، فالتفاعل ماص للحرارة.
      • إذا رافق زيادةَ درجة الحرارة نقصانٌ في قيمة ثابت الاتزان (أو رافق نقصان الحرارة زيادة الثابت)، فالتفاعل باعث للحرارة.
  • المؤثر الرابع: إضافة العامل المساعد (Catalyst):
    • يخفض طاقة التنشيط للتفاعل الأمامي والخلفي بنفس المقدار.
    • يزيد من سرعة التفاعل الأمامي والخلفي بنفس المعدل (RfR_f و RbR_b).
    • يؤدي للوصول السريع إلى حالة الاتزان فقط.
    • لا يؤثر مطلقاً على موضع الاتزان ولا على تراكيز خليط الاتزان ولا على قيمة ثابت الاتزان.
  • الإجراءات المنهجية لرفع المنتوج (زيادة كمية النواتج صناعياً):
    • لزيادة الناتج في أي تفاعل غازي متزن، يجب جعل التفاعل يرجح الاتجاه الأمامي دائماً بالخطوات الآتية:
      1. الإضافة المستمرة للمواد المتفاعلة.
      2. السحب المستمر للمواد الناتجة من حيز التفاعل.
      3. التحكم بالضغط (زيادة الضغط إذا كانت مولات النواتج أقل، أو تقليل الضغط إذا كانت مولات النواتج أكثر).
      4. التحكم بدرجة الحرارة (تبريد التفاعل إذا كان باعثاً، أو تسخين التفاعل إذا كان ماصاً).

المسائل والأسئلة الوزارية الشاملة وحلولها التفصيلية

  • حل المسألة الوزارية لتفكك غاز HFHF (سؤال 36 وزاري):
    • النص: وُضع 6 g6\,\text{g} من غاز HF\text{HF} في وعاء مغلق حجمه 3 L3\,\text{L} عند درجة حرارة 27∘C27^\circ\text{C} وترك ليتفكك: 2HF(g)⇌H2(g)+F2(g)2\text{HF}_{(g)} \rightleftharpoons \text{H}_{2(g)} + \text{F}_{2(g)}. فإذا كان Kp=1.44K_p = 1.44، احسب الضغط الجزئي لـ HF\text{HF} عند الاتزان، علماً أن الكتلة المولية للغاز M=20 g/molM = 20\,\text{g/mol}.

خطوات تحويل الكتلة إلى ضغط وحساب الاتزان لتفكك HF

* الحل التفصيلي:
    * حساب عدد المولات الابتدائية: n=mM=620=0.3 moln = \frac{m}{M} = \frac{6}{20} = 0.3\,\text{mol}
    * تحويل درجة الحرارة: T=27+273=300 KT = 27 + 273 = 300\,\text{K}
    * حساب الضغط الجزئي الابتدائي لـ HF\text{HF} عبر قانون الغاز المثالي:

          PHF=nRTV=0.3×0.082×3003=2.46 atmP_{\text{HF}} = \frac{nRT}{V} = \frac{0.3 \times 0.082 \times 300}{3} = 2.46\,\text{atm} * كتابة فرضية الضغوط الجزئية:           2HF(g)⇌H2(g)+F2(g)2\text{HF}_{(g)} \rightleftharpoons \text{H}_{2(g)} + \text{F}_{2(g)}           الابتدائية: 2.462.46 لـ HF\text{HF}، و 00 لكل من H2\text{H}_2 و F2\text{F}_2           التغير: −2X-2X لـ HF\text{HF}، و +X+X لكل من H2\text{H}_2 و F2\text{F}_2           عند الاتزان: 2.46−2X2.46 - 2X لـ HF\text{HF}، و XX لكل من H2\text{H}_2 و F2\text{F}_2 * تطبيق قانون KpK_p:           Kp=PH2⋅PF2(PHF)2  ⟹  1.44=X2(2.46−2X)2K_p = \frac{P_{\text{H}_2} \cdot P_{\text{F}_2}}{(P_{\text{HF}})^2} \implies 1.44 = \frac{X^2}{(2.46 - 2X)^2} * بأخذ الجذر التربيعي للطرفين:           1.2=X2.46−2X  ⟹  1.2(2.46−2X)=X  ⟹  2.952−2.4X=X1.2 = \frac{X}{2.46 - 2X} \implies 1.2(2.46 - 2X) = X \implies 2.952 - 2.4X = X3.4X=2.952  ⟹  X=2.9523.4=0.868 atm3.4X = 2.952 \implies X = \frac{2.952}{3.4} = 0.868\,\text{atm} * حساب ضغط HF\text{HF} عند الاتزان:           PHF=2.46−2(0.868)=2.46−1.736=0.724 atmP_{\text{HF}} = 2.46 - 2(0.868) = 2.46 - 1.736 = 0.724\,\text{atm}

  • مسألة الربط بين الفصل الأول والثاني (حساب ثابت الاتزان من طاقة كبس الحرة للتكوين):
    • احسب ثابت الاتزان KpK_p عند 25∘C25^\circ\text{C} والضغط القياسي للتفاعل: 2H2(g)+O2(g)⇌2H2O(l)2\text{H}_{2(g)} + \text{O}_{2(g)} \rightleftharpoons 2\text{H}_2\text{O}_{(l)} إذا علمت أن ΔGf∘(H2O(l))=−237 kJ/mol\Delta G_f^\circ(\text{H}_2\text{O}_{(l)}) = -237\,\text{kJ/mol}، وبين هل التفاعل تلقائي عند هذه الدرجة؟ (معطى: ln⁡(8×10−84)=−191.316\ln(8 \times 10^{-84}) = -191.316).
    • خطوات الحل:
      • حساب ΔGr∘\Delta G_r^\circ للتفاعل المكتوب:           ΔGr∘=∑nΔGf∘(Products)−∑nΔGf∘(Reactants)\Delta G_r^\circ = \sum n \Delta G_f^\circ(\text{Products}) - \sum n \Delta G_f^\circ(\text{Reactants})ΔGr∘=[2(−237)]−[2(0)+1(0)]=−474 kJ/mol\Delta G_r^\circ = [2(-237)] - [2(0) + 1(0)] = -474\,\text{kJ/mol}
      • ملاحظة على اتجاه المعادلة المعطاة بالتمرين (تفكك الماء أم تكوين الماء): بالمعادلة المعكوسة 2H2O(l)⇌2H2(g)+O2(g)2\text{H}_2\text{O}_{(l)} \rightleftharpoons 2\text{H}_{2(g)} + \text{O}_{2(g)} تكون قيمة ΔGr∘=+474 kJ/mol\Delta G_r^\circ = +474\,\text{kJ/mol}.
      • تحويل الطاقة إلى الجول:           ΔG∘=474×1000=474000 J/mol\Delta G^\circ = 474 \times 1000 = 474000\,\text{J/mol}
      • تطبيق قانون الاتزان الثرموداينميكي:           ΔG∘=−RTln⁡(Kp)  ⟹  474000=−8.314×298×ln⁡(Kp)\Delta G^\circ = -RT \ln(K_p) \implies 474000 = -8.314 \times 298 \times \ln(K_p)ln⁡(Kp)=474000−2477.572=−191.316\ln(K_p) = \frac{474000}{-2477.572} = -191.316
      • إيجاد KpK_p: بما أن ln⁡(8×10−84)=−191.316\ln(8 \times 10^{-84}) = -191.316، فإن:           Kp=8×10−84K_p = 8 \times 10^{-84}
      • لا يحدث التفاعل المعطى تلقائياً لأن إشارة ΔG∘\Delta G^\circ موجبة.
  • مسألة حساب طاقة كبس الحرة لغاز COCO (سؤال 73 وزاري):
    • التفاعل: CO+H2O⇌CO2+H2\text{CO} + \text{H}_2\text{O} \rightleftharpoons \text{CO}_2 + \text{H}_2. وجد أن Keq=10K_{eq} = 10 عند 25∘C25^\circ\text{C}. فإذا كانت ΔGf∘\Delta G_f^\circ لكل من H2O\text{H}_2\text{O} و CO2\text{CO}_2 هي −238.6 kJ/mol-238.6\,\text{kJ/mol} و −394.4 kJ/mol-394.4\,\text{kJ/mol} على التوالي، احسب ΔGf∘(CO)\Delta G_f^\circ(\text{CO}) (معطى ln⁡(10)=2.3\ln(10) = 2.3):
      • حساب ΔGr∘\Delta G_r^\circ الكلية:           ΔGr∘=−RTln⁡(Keq)=−8.314×298×2.3=−2477.572×2.3=−5698.4156 J/mol\Delta G_r^\circ = -RT \ln(K_{eq}) = -8.314 \times 298 \times 2.3 = -2477.572 \times 2.3 = -5698.4156\,\text{J/mol}ΔGr∘=−5698.41561000=−5.698 kJ/mol\Delta G_r^\circ = \frac{-5698.4156}{1000} = -5.698\,\text{kJ/mol}
      • تطبيق قانون الجمع لإيجاد طاقة تكوين CO\text{CO}:           ΔGr∘=[ΔGf∘(CO2)+ΔGf∘(H2)]−[ΔGf∘(CO)+ΔGf∘(H2O)]\Delta G_r^\circ = [\Delta G_f^\circ(\text{CO}_2) + \Delta G_f^\circ(\text{H}_2)] - [\Delta G_f^\circ(\text{CO}) + \Delta G_f^\circ(\text{H}_2\text{O})]−5.698=[−394.4+0]−[Y+(−238.6)]-5.698 = [-394.4 + 0] - [Y + (-238.6)]−5.698=−394.4−Y+238.6  ⟹  −5.698=−155.8−Y-5.698 = -394.4 - Y + 238.6 \implies -5.698 = -155.8 - YY=−155.8+5.698=−150.102 kJ/molY = -155.8 + 5.698 = -150.102\,\text{kJ/mol}ΔGf∘(CO)=−150.102 kJ/mol\Delta G_f^\circ(\text{CO}) = -150.102\,\text{kJ/mol}
  • مجموعة التعاليل الوزارية الهامة وتفسيراتها:
    • علل: في التفاعل الافتراضي المتزن A(g)⇌B(g)+Energy\text{A}_{(g)} \rightleftharpoons \text{B}_{(g)} + \text{Energy}، لا تتغير حرارة إناء التفاعل عند زيادة الضغط الكلي؟       الجواب: لأن عدد مولات الغازات المتفاعلة يساوي عدد مولات الغازات الناتجة (Δng=0\Delta n_g = 0)، وبالتالي فإن تغير الضغط لا يرجح أي اتجاه ويبقى موضع الاتزان ثابتاً، فلا يحدث أي انبعاث أو امتصاص إضافي للحرارة.
    • علل: ترتفع درجة حرارة تفاعل ماص للحرارة عندما يكون Q=1Q = 1 و Kc=0.3K_c = 0.3؟       الجواب: بما أن Q>KcQ > K_c، فإن التفاعل ينزاح بالاتجاه الخلفي ليصل للاتزان. وبما أن الاتجاه الأمامي ماص للحرارة، فإن الاتجاه الخلفي يكون باعثاً للحرارة؛ مما يؤدي إلى انبعاث حرارة وارتفاع درجة حرارة الإناء.
    • علل: زيادة الضغط على خليط متوازن فيه Δng=+1\Delta n_g = +1 تؤدي إلى انزياح الاتزان نحو المتفاعلات؟       الجواب: لأن القيمة الموجبة لـ Δng\Delta n_g تعني أن عدد مولات الغازات الناتجة أكبر من مولات المتفاعلات، وعند زيادة الضغط ينزاح التفاعل نحو الطرف ذي عدد المولات الغازية الأقل (الحجوم الأقل)، وهو طرف المتفاعلات.
    • علل: تنخفض قيمة KcK_c للتفاعلات الباعثة للحرارة عند رفع درجة الحرارة؟       الجواب: لأن رفع درجة الحرارة يجعل التفاعل الباعث ينزاح بالاتجاه الخلفي (نحو المتفاعلات) لامتصاص الحرارة الفائضة وفق قاعدة لو شاتليه؛ مما يؤدي إلى خفض تراكيز النواتج وزيادة تراكيز المتفاعلات عند الاتزان الجديد، فتقل قيمة ثابت الاتزان.