Reakcje odwracalne - trochę teorii

Czas zacząć ciekawszą zabawę z kinetyką! :) W ten cudowny niedzielny poranek (jest 9:36, a ja już spędzam czas z Tobą!) chciałbym przypomnieć Ci o pewnej ważnej rzeczy. Poznaliśmy już kinetykę reakcji I i II rzędu. Pojawiało się tam jednak pewne istotne założenie - zakładaliśmy, że badane reakcje były nieodwracalne. Czy to ma aż takie wielkie znaczenie? No właśnie, zastanówmy się.

Po pierwsze, reakcja nieodwracalna zachodzi całkowicie. Substrat, który mamy na początku, stopniowo i w 100% przereaguje w produkt. No i tutaj pierwszy zonk. Reakcja odwracalna praktycznie nigdy nie zachodzi całkowicie. Dlaczego? Jednocześnie zachodzi przemiana substratów w produkty, ale także produktów w substraty. No właśnie, w przypadku reakcji odwracalnych obserwujemy ustalanie się równowagi chemicznej. Odwracalna reakcja chemiczna nie zachodzi do końca, a tylko do pewnego momentu, w którym ustali sie równowaga. Mówimy więc, że w reakcjach odwracalnych maksymalny stopień przemiany nie wynosi 100% - jest natomiast równy równowagowemu stopniowi przemiany. Jeżeli nie masz pewności, o co chodzi w ostatnim zdaniu - zostań ze mną, później do tego wrócimy. :)

Przypomnij sobie najprostszą, schematyczną, nieodwracalną reakcję pierwszego rzędu, zachodzącą wg równania \mathrm{A\longrightarrow B}. Jeśli reakcja jest prosta (elementarna), to stężenie substratu A zmienia się w czasie zgodnie z równaniem:

C_\mathrm{A}=C_\mathrm{0A}\cdot e^{-kt}

Reakcja w obie strony = równowaga chemiczna

Czy jednak sprawa będzie się miała podobnie, jeżeli zachodząca reakcja będzie odwracalna? Najpierw zastanówmy się nad tym problemem teoretycznie, odkładając obliczenia na później. Reakcje nieodwracalne zachodziły do końca, tzn. jeśli na początku mieliśmy czysty substrat A, to w baaardzo długim czasie (oznaczmy to jako czas t dążący do nieskończoności: t\longrightarrow \infty) otrzymamy w końcu właściwie czysty produkt B. No i zgadza się to z naszymi przewidywaniami dla nieodwracalnej reakcji I rzędu, bo przecież C_\mathrm{B}=C_\mathrm{0A}-C_\mathrm{A}=C_\mathrm{0A}\left (1-e^{-kt}\right ). Jeśli nie jest to dla Ciebie oczywiste, koniecznie przeanalizuj dokładnie te wzory. Mam także nadzieję, że pamiętasz, skąd się wzięły!

I już mamy pierwszą rozbieżność między reakcjami odwracalnymi i nieodwracalnymi! Zapewne z lekcji pamiętasz, że jeżeli reakcja jest odwracalna, to w układzie reakcyjnym widoczne zmiany zachodzą tak długo, aż zostanie osiągnięty stan równowagi chemicznej (ogólniej: termodynamicznej). W stanie równowagi chemicznej (w określonych warunkach ciśnienia i temperatury) substraty i produkty pozostają ze sobą w ściśle określonym stosunku. To znaczy, że jeżeli zachodzi reakcja \mathrm{A\rightleftharpoons B}, to dla t\longrightarrow \infty stężenia substratu oraz produktu są różne od zera!

Stopień przemiany

Konsekwencją tej różnicy jest cała ta paplanina o stopniach przemiany z początku artykułu. Co to w ogóle jest? Stopniem przemiany x nazywamy pewną liczbę zdefiniowaną w taki sposób, że jej wartość dostarcza nam informacji o postępie reakcji chemicznej. Stopień przemiany przyjmuje wartości od 0 na początku reakcji (gdy mamy czysty substrat) do 1 na końcu reakcji (gdy cały substrat przereagował do produktu). Stopień przemiany można wyrażać także w procentach (ja to nawet bardziej lubię!): odpowiednio od 0 do 100%.

Dla naszej ulubionej, prostej reakcji \mathrm{A\longrightarrow B}, niezależnie od tego czy jest odwracalna czy nie, stopień przemiany można zdefiniować następująco:

x=\frac{C_\mathrm{B}}{C_\mathrm{0A}}\cdot 100\%=\frac{C_\mathrm{0A}-C_\mathrm{A}}{C_\mathrm{0A}}\cdot 100\%

Tak samo poprawny będzie każdy inny wzór spełniający te kryteria - od 0 dla czystego substratu do 100% dla czystego produktu, oczywiście zmieniając się liniowo wraz z postępem reakcji. Wzory na x zazwyczaj piszemy intuicyjnie, jeżeli masz z tym jednak problem, poszperaj w necie po więcej wiedzy. Nam tyle na dziś wystarczy. :)

Okazuje się jednak, że stopień przemiany może osiągnąć wartość 100% tylko w przypadku reakcji nieodwracalnych! Powiedzieliśmy sobie, że w reakcjach odwracalnych, gdy osiągnięty zostanie stan równowagi chemicznej, w układzie "nic się nie dzieje" - substraty i produkty pozostają ze sobą w ściśle określonym stosunku. Jeżeli zawsze pozostanie pewna ilość substratu, to nie ma mowy o stopniu przemiany równym 100%, prawda? Mam nadzieję, że to oczywiste. Ze względu na stały stosunek między stężeniem substratu i stężeniem produktu w reakcji \mathrm{A\rightleftharpoons B} (w stanie równowagi!!!), w czasie t\longrightarrow \infty osiągnięty zostaje równowagowy stopień przemiany, który - w ustalonych warunkach ciśnienia i temperatury - ma stałą wartość. Dzisiaj bardzo nam się on przyda, a oznaczać go będziemy jako x_{eq}, eq od angielskiego equilibrium - równowaga.

x_{eq}=\frac{C_{\mathrm{B}\ eq}}{C_{\mathrm{0A}}}\cdot 100\%=\frac{C_{\mathrm{0A}}-C_{\mathrm{A}\ eq}}{C_{\mathrm{0A}}}\cdot 100\%=\mathrm{const\ (dla\ p,\ T=const)}

Dla jasności przypominam, że formułka "=\mathrm{const}" oznacza, że coś przyjmuje stałą wartość. Podsumujmy też: teoretycznie, w reakcji nieodwracalnej, maksymalny możliwy do osiągnięcia stopień przemiany wynosi x=100\%. Dla reakcji odwracalnej, maksymalny możliwy stopień przemiany to równowagowy stopień przemiany x_{eq}<100\%. Reakcja odwracalna sama nie przeskoczy stanu równowagi!

Kinetyka reakcji odwracalnych

Samo to, że stopień przemiany w reakcji odwracalnej nie osiągnie 100% sprawia, że sytuacja jest nieco bardziej skomplikowana, niż w reakcji nieodwracalnej. Gdy zachodzi reakcja odwracalna \mathrm{A\rightleftharpoons B}, to właściwie, jednocześnie, zachodzą dwie nieodwracalne reakcje elementarne:

\begin{cases}\mathrm{(1)\ \ \ A\longrightarrow B}\\ \mathrm{(2)\ \ \ B\longrightarrow A}\end{cases}

Każda z tych reakcji nieodwracalnych jest opisana inną stałą szybkości reakcji. Tak czy siak, wyrażenia na szybkość obu tych reakcji chemicznych potrafimy napisać, używając symboli:

\begin{cases}r_1=k_1\cdot [\mathrm{A}]\\ r_2=k_2\cdot [\mathrm{B}]\end{cases}

Zwróć uwagę, że jeżeli potraktujemy reakcję odwracalną jakie dwie nieodwracalne reakcje elementarne, problem upraszcza się sam. Czeka nas trochę wyższej matmy, ale co to dla nas! :)

Czas pokusić się o napisanie pełnego równania kinetycznego (tak, tego z różniczką po lewej stronie) dla całego procesu, tzn. uwzględniając zarówno reakcję (1), jak i (2). Jeżeli napiszemy sobie różniczkę stężenia substratu A po czasie:

\frac{\mathrm{d[A]}}{\mathrm{d}t}=\ ...?

No właśnie, czemu jest ona równa? Postępujemy w taki sposób: różniczka stężenia substancji A po czasie będzie dodatnia, jeżeli w toku reakcji opisanej jakimś równaniem kinetycznym substancja A powstaje; jeżeli natomiast substancji A ubywa, to różniczka po czasie będzie ujemna.

Powyższa zasada jest dość oczywista jeżeli rozumiemy absolutne podstawy rachunku różniczkowego. Wobec tego możemy stwierdzić, że w reakcji (1) substancja A stanowi substrat i jest zużywana. Co za tym idzie - szybkość reakcji (1) (r_1) wpływa ujemnie na wartość różniczki. Odwrotnie będzie w przypadku reakcji (2) - tutaj substancja A jest produktem i jest wytwarzana. Szybkość reakcji (2) (r_2) ma więc dodatni wpływ na wartość różniczki. Ostatecznie możemy zapisać:

\frac{\mathrm{d[A]}}{\mathrm{d}t}=-r_1+r_2=-k_1\cdot\mathrm{[A]}+k_2\cdot \mathrm{[B]}

Trudne? Być może na początku. Ale do tego trzeba się przyzwyczaić, bo za każdym razem, gdy na stężenie jakiejś substancji wpływa więcej niż jedna reakcja nieodwracalna (tutaj mamy dwie takie, które razem dają jedną odwracalną xd), trzeba będzie napisać takie kompletne wyrażenie na różniczkę.

Ok, mamy już kompletne równanie kinetyczne dla całego procesu. Teraz - jak zwykle - chcemy znaleźć podstawową rzecz - równanie opisujące zależność stężenia substancji A od czasu. W reakcji nieodwracalnej to było bardzo łatwe - najprostsza całka pod słońcem. Tutaj jest to już nieco bardziej skomplikowane, ale dalej do zrobienia. :)

Możemy podstąpić klasycznie. Najpierw zauważamy, że stężenie substancji B można wyrazić następująco:

\mathrm{[B]}=C_\mathrm{0A}-[A]\Rightarrow\frac{\mathrm{d[A]}}{\mathrm{d}t}=-k_1\cdot\mathrm{[A]}+k_2\cdot (C_\mathrm{0A}-\mathrm{[A]})

Zostaje tylko przerzucenie prawej strony na lewo (przez podzielenie) oraz wymnożenie obu stron razy \mathrm{d}t. Potem całkowanie w odpowiednich granicach i gotowe. Równanie przed całkowaniem przedstawia się następująco:

\int\limits^{C_\mathrm{A}}_{C_\mathrm{0A}}\frac{\mathrm{d[A]}}{-k_1\cdot\mathrm{[A]}+k_2\cdot (C_\mathrm{0A}-\mathrm{[A]})}=\int\limits^{t}_0\mathrm{d}t

Scałkowanie tego równania to niewielki problem (co do pomysłu), ale dość żmudna i brzydka sprawa, przez liczbę zmiennych, które się pojawiają i trzeba je trzymać pod kontrolą. Dlatego nie robimy tego razem, podaję jedynie uzyskany przez siebie wynik, po wszelkiej maści przekształceniach:

C_\mathrm{A}=\frac{C_\mathrm{0A}}{k_1+k_2}\left (k_1e^{-(k_1+k_2)t}+k_2\right )

Dlaczego nie robimy tego razem? To już sobie odpuszczamy? Oj nie, ja tak łatwo nie odpuszczam. Po prostu istnieje popularna droga, pozwalająca uprościć sobie pracę! Na moim wykładzie z chemii fizycznej, równanie całkowało się obustronnie po wykorzystaniu definicji stopnia przemiany. Jest to sposób na tyle często spotykany, że warto przeanalizować go krok po kroku.

Na początku trzeba wrócić do równania:

\frac{\mathrm{d[A]}}{\mathrm{d}t}=-k_1\cdot\mathrm{[A]}+k_2\cdot \mathrm{[B]}

Korzystając z definicji stopnia przemiany (odpowiednio przekształcając wzory, które podałem powyżej), stężenia zastępujemy wrażeniami zawierającymi x, odpowiednio:

\begin{cases}\mathrm{[A]}=C_\mathrm{0A}(1-x)\\ \mathrm{[B]}=C_\mathrm{0A}\cdot x\end{cases}

Dalej powinniśmy jeszcze zastąpić różniczkę stężenia substancji A (\mathrm{d[A]}) różniczką stopnia przemiany (\mathrm{d}x). W tym celu należy zastosować trik, którego używamy całkując przez podstawienie:

\mathrm{[A]}=C_\mathrm{0A}(1-x)\\ \mathrm{d[A]}=-C_\mathrm{0A}\cdot\mathrm{d}x

Po prostu po lewej stronie równania wyciągamy pochodną względem stężenia \mathrm{[A]}, pamiętając, że (\mathrm{[A]})'=\mathrm{d[A]}. Z prawej strony równości, analogicznie, wyciągamy pochodną po iksie. I gotowe. :) Wszystkie te przekształcenia podstawiamy do wyrażenia wyjściowego i otrzymujemy:

\frac{\mathrm{d[A]}}{\mathrm{d}t}=-k_1\cdot\mathrm{[A]}+k_2\cdot \mathrm{[B]}

\frac{-C_\mathrm{0A}\cdot\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=-k_1\cdot C_\mathrm{0A}(1-x)+k_2\cdot C_\mathrm{0A}\cdot x

Otrzymane równanie obustronnie dzielimy przez -C_\mathrm{0A} i prawą stronę porządkujemy w taki sposób, żeby móc x wyłączyć przed nawias. Otrzymamy:

\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=k_1-x(k_1+k_2)

Zobacz! Całkiem łatwo udało nam się przejść na pełne równanie kinetyczne procesu z wykorzystaniem stopnia przemiany. Teraz chciałbym skorzystać z pewnej ciekawej rzeczy. :) Zauważmy, że kiedy układ osiągnie już stan równowagi, to stopień przemiany x będzie równy równowagowemu stopniowi przemiany (pewnej stałej). To w sumie oczywiste, prawda? Co więcej, w stanie równowagi, gdy x=x_{eq}, stopień przemiany nie zmienia się już w czasie. Podsumowując:

\mathrm{W\ stanie\ rownowagi:}\\ \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=0\ \ \ \mathrm{oraz}\ \ \ x=x_{eq}

0=k_1-x_{eq}(k_1+k_2)

Zobacz, co udało nam się otrzymać! Jeżeli przekształcić tę ostatnią równość, to dostajemy wzór na równowagowy stopień przemiany - czyli ten, do którego będzie dążył układ, w którym zachodzi reakcja odwracalna. Okazuje się, że zależy on od wielkości obu stałych szybkości reakcji:

x_{eq}=\frac{k_1}{k_1+k_2}

Tak jak mówiłem, równowagowy stopień przemiany to pewna stała! Stała dlatego, że zależy tylko od dwóch stałych szybkości reakcji. Skorzystamy sobie z niej, żeby uprościć niektóre obliczenia. Zauważ, że:

k_1+k_2=\frac{k_1}{x_{eq}}

Podstawiamy tę sumę do równania na \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t} i otrzymujemy:

\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=k_1\left (1-\frac{x}{x_{eq}}\right )

Przypomnę jeszcze jeden (tym razem ostatni) raz. x to stopień przemiany - nasza zmienna, która zmieniać się będzie wraz z upływem czasu. x_{eq} to natomiast równowagowy stopień przemiany - stała, która dla danych warunków prowadzenia reakcji ma stałą, niezmienną wartość.

Równanie dzielimy obustronnie przez wyrażenie w nawiasie, a następnie mnożymy razy \mathrm{d}t. Otrzymujemy:

\frac{\mathrm{d}x}{1-\frac{x}{x_{eq}}}=k_1\mathrm{d}t

Równanie w takiej formie jest nieco bardziej sympatyczne do całkowania - oczywiście w odpowiednich granicach. Zakładamy, że na początku reakcji mieliśmy czysty substrat. Wobec tego, w czasie t=0 stopień przemiany wyniesie także x=0. Równanie wygląda więc tak:

\int\limits^x_0\frac{\mathrm{d}x}{1-\frac{x}{x_{eq}}}=\int\limits^t_0k_1\mathrm{d}t

Całkę po lewej stronie rozwiążemy stosując następującą strategię: najpierw rozwiążemy całkę nieoznaczoną, przez odpowiednie podstawienie. Potem, uwzględniając granice całkowania, otrzymamy ostateczne wyrażenie.

\int\frac{\mathrm{d}x}{1-\frac{x}{x_{eq}}}=\begin{vmatrix}1-\frac{x}{x_{eq}}=u\\ -\frac{\mathrm{d}x}{x_{eq}}=\mathrm{d}u\ \ \Rightarrow\ \ \mathrm{d}x=-x_{eq}\mathrm{d}u\end{vmatrix}=-x_{eq}\int\frac{\mathrm{d}u}{u}=-x_{eq}\ln\left |u\right |+c=-x_{eq}\ln\left |1-\frac{x}{x_{eq}}\right |+c

Można łatwo wykazać (patrz: zadanie domowe), że wyrażenie pod wartością bezwzględną jest nieujemne. Wobec tego symbol wartości bezwzględnej można pominąć. Co więcej, kiedy podstawiamy granice całkowania, stałą c również pomijamy. Podstawienie to wygląda następująco:

\int\limits^x_0\frac{\mathrm{d}x}{1-\frac{x}{x_{eq}}}=-x_{eq}\left[\ln\left(1-\frac{x}{x_{eq}}\right)\right]^x_0=-x_{eq}\left[\ln\left(1-\frac{x}{x_{eq}}\right)-\ln1\right]=-x_{eq}\left[ \ln\left( 1-\frac{x}{x_{eq}}\right )\right ]

Uf, cała trudność już za nami. Teraz zabieramy się za prawą stronę naszego równania z całkami. Strategia ta sama. Różnica jest taka, że całka jest już bajecznie prosta. :)

\int k_1\mathrm{d}t=k_1\cdot t+c

\int\limits^t_0k_1\mathrm{d}t=k_1\left[t\right]^t_0=k_1(t-0)=k_1t

Bierzemy sobie nasze równanie z dwiema całkami i podstawiamy wyrażenia, które uzyskaliśmy w wyniku całkowania w odpowiednich granicach:

\int\limits^x_0\frac{\mathrm{d}x}{1-\frac{x}{x_{eq}}}=\int\limits^t_0k_1\mathrm{d}t

-x_{eq}\left[ \ln\left( 1-\frac{x}{x_{eq}}\right )\right ]=k_1t

Co prawda kosztowało nas to wszystko trochę pracy (wyobraź sobie, ile czasu kodowałem te równania! :D), ale efekt jest całkiem sympatyczny. Ostatnie równanie przekształcam kolejno w taki sposób, aby otrzymać wzór na stopień przemiany x w zależności od czasu t:

\left[ \ln\left( 1-\frac{x}{x_{eq}}\right )\right ]=-\frac{k_1t}{x_{eq}}

e^{\left[ \ln\left( 1-\frac{x}{x_{eq}}\right )\right ]}=e^{-\frac{k_1t}{x_{eq}}}

1-\frac{x}{x_{eq}}=e^{-\frac{k_1}{x_{eq}}t}

\frac{x}{x_{eq}}=1- e^{-\frac{k_1}{x_{eq}}t}

x=x_{eq}\left(1- e^{-\frac{k_1}{x_{eq}}t}\right)

Gotowe! W końcu mamy spokój! :) Uzyskaliśmy pożądany wzór. Można go wykorzystać bezpośrednio w zadaniach, co następnym razem zrobimy. :) Co za dużo to niezdrowo, dlatego zapraszam Cię już tylko do zadania domowego, w którym sprawdzimy, w jakim stopniu opanowałeś ten materiał. Za zastosowania praktyczne weźmiemy się następnym razem - do następnego! :)

Zadania do domu

  1. W trakcie całkowania stwierdziłem, że wyrażenie (1-\frac{x}{x_{eq}}) jest nieujemne, wobec czego można swobodnie pominąć symbol wartości bezwzględnej. Wykaż, że to stwierdzenie jest rzeczywiście prawdziwe.
    -
  2. Równanie kinetyczne reakcji odwracalnej można całkować na różne sposoby - np. całkując po stężeniu substancji lub wykorzystując jako zmienną, po której całkujemy, stopień przemiany. W artykule podałem dwa różne wzory otrzymane w wyniku całkowania równania kinetycznego:

    C_\mathrm{A}=\frac{C_\mathrm{0A}}{k_1+k_2}\left (k_1e^{-(k_1+k_2)t}+k_2\right )\ \ \mathrm{oraz}\ \ x=x_{eq}\left(1- e^{-\frac{k_1}{x_{eq}}t}\right)

    Udowodnij równoważność tych wzorów.
    -
  3. W najprostszej reakcji odwracalnej stała szybkości reakcji w prawą stronę (\mathrm{A\longrightarrow B}) jest pięć razy większa od stałej szybkości reakcji odwrotnej (\mathrm{B\longrightarrow A}). Czy na tej podstawie możemy określić proporcje między substratem (A) oraz produktem (B) w stanie równowagi? Uzasadnij odpowiedź.
    -
  4. W układzie zachodzi reakcja odwracalna \mathrm{A\rightleftharpoons B} i osiągnięty został stan równowagi. Obserwując wyłącznie równanie kinetyczne (np. na zależność stężenia substratu od czasu) zaproponuj wszystkie możliwe sposoby na zaburzenie równowagi w układzie - innymi słowy w jedną ze stron powinna zacząć biec reakcja chemiczna.
    -
  5. Wyprowadź wzór na zależność stężenia produktu B od czasu.

Pokaż rozwiązania

Rozwiązania

  1. Wygodnie będzie zacząć od od końca - tzn. założyć, że dane wyrażenie jest nieujemne (większe lub równe zero) i zobaczyć, jaka relacja między x oraz x_{eq} musi być spełniona przy tym założeniu:

    1-\frac{x}{x_{eq}}\ge 0\\ x_{eq}-x\ge 0\\ x_{eq}\ge x

    Wystarczy teraz przyjrzeć się, czy otrzymana nierówność ma sens. Oczywiście, że ma! Jeżeli wychodzimy od czystego substratu (substancji \mathrm{A}), a takie było założenie, to stopień przemiany nigdy nie może być większy od równowagowego! O tym sobie pisaliśmy. Komentując w ten sposób otrzymaną nierówność, dowód można uznać za zakończony.
    -
  2. Zadanie jest na tyle proste, że dokładne rozwiązanie krok po kroku jest chyba niepotrzebne. Najwygodniej będzie podstawić do drugiego z równań związek stałych szybkości reakcji za x_{eq} oraz związek C_\mathrm{0A}C_\mathrm{A} za stopień przemiany x. Po podstawieniu i kilku prostych przekształceniach matematycznych otrzymujemy pierwszy wzór.
    -
  3. Oczywiście, że da się to zrobić! Jeżeli za stałą równowagi reakcji w prawą stronę przyjmiemy sobie zmienną \alpha, to możemy napisać, że k_1=\alpha\ \ \mathrm{oraz}\ \ k_2=\frac15\alpha. Podstawiając te wartości do wzoru na równowagowy stopień przemiany, otrzymujemy:

    x_{eq}=\frac{k_1}{k_1+k_2}=\frac{\alpha}{\alpha+\frac15\alpha}=\frac{\alpha}{\frac65\alpha}=\frac56

    Dalej, korzystając z definicji stopnia przemiany, obliczamy stężenia poszczególnych substancji:

    \begin{cases}C_\mathrm{B}=x_{eq}\cdot C_\mathrm{0A}=\frac56C_\mathrm{0A}\\ C_\mathrm{A}=C_\mathrm{0A}-C_\mathrm{B}=\frac16C_\mathrm{0A}\end{cases}

    Wniosek jest prosty - substancji B mamy w układzie 5 razy więcej, niż substancji A.
    -
  4. Wiadomo, że:

    \frac{\mathrm{d[A]}}{\mathrm{d}t}=-r_1+r_2=-k_1\mathrm{[A]}+k_2\mathrm{[B]}

    Wiadomo także, że gdy układ osiąga stan równowagi, to:

    \left (\frac{\mathrm{d[A]}}{\mathrm{d}t}\right )_{eq}=0

    W stanie równowagi zachodzi więc równość:

    k_1\mathrm{[A]}=k_2\mathrm{[B]}

    Jeżeli zmianie ulegnie wartość któregokolwiek z parametrów w ostatniej równości - czy to w przypadku stałych równowagi reakcji, czy stężeń reagentów, to w chwili tej zmiany rozpocznie się reakcja chemiczna, a równość przestanie być spełniona.
    -
    Wniosek: Zmiana wartości stałej szybkości reakcji (w którąkolwiek ze stron) lub zmiana stężenia któregokolwiek z reagentów spowoduje zaburzenie stanu równowagi i rozpoczęcie reakcji chemicznej. Zwiększenie stężenia któregoś z reagentów (przy jednoczesnym zmniejszeniu stężenia drugiego z nich) można uzyskać na przykład przez dodanie dodatkowej porcji reagenta do układu równowagowego. Zmianę wartości stałej szybkości reakcji można osiągnąć przez zmianę warunków reakcji - na przykład temperatury.
    -
  5. Jest to banalne zadanie. Korzystamy z dwóch równań, które już znamy:

    \begin{cases}C_\mathrm{A}=\frac{C_\mathrm{0A}}{k_1+k_2}\left (k_1e^{-(k_1+k_2)t}+k_2\right )\\C_\mathrm{B}=C_\mathrm{0A}-C_\mathrm{A}\end{cases}

    Proste podstawienie i uzyskujemy wynik:

    C_\mathrm{B}=C_\mathrm{0A}\left [ 1-\frac1{k_1+k_2}\left ( k_1e^{-(k_1+k_2)t}+k_2\right ) \right ]=C_\mathrm{0A}\frac{k_1}{k_1+k_2}\left(1-e^{-(k_1+k_2)t}\right)

Problem z zadaniem domowym? Potrzebujesz dodatkowych wyjaśnień? Już niebawem znajdziesz tutaj filmik video, dzięki któremu zadania rozwiążemy razem, krok po kroku. Zaglądaj regularnie!