Chemisches Gleichgewicht & Le-Chatelier-Labor

Sieh, wann eine Volumenänderung das Gleichgewicht verschiebt (nur wenn Δn ≠ 0), und wie die Temperatur K verändert.

Rechenbeispiel — Chemisches Gleichgewicht & Le-Chatelier-Labor

Gleichgewichtskonstante K	50,5000
Anfangsquotient Q₀	0,0000
Reaktionslaufzahl ξ (mol)	0,7804
Umsatz Reaktand 1	78,0%
Umsatz Reaktand 2	78,0%
Molenänderung Δn	+0

Das sind die Werte, die der Rechner beim Öffnen der Seite anzeigt. Ändere oben eine Eingabe, um sie neu zu berechnen.

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Volumenänderungen verschieben eine Reaktion nur bei Änderung der Molzahl 🖖

Verkleinerst du das Volumen, verdoppelt sich jede Konzentration in einer Gasreaktion. Bei H₂ + I₂ ⇌ 2HI reagieren zwei Edukte zu zwei Produkten (Δn = 0). Die Verdopplungen in Zähler und Nenner heben sich also exakt auf. Q bleibt unverändert und der Umsatz liegt bei jedem Volumen bei konstanten 78,0 %. Bei N₂ + 3H₂ ⇌ 2NH₃ (Δn = -2) komprimierst du vier Gasmoleküle auf zwei. Bei dieser Verdichtung wächst der Nenner proportional zu 1/V⁴, der Zähler hingegen nur mit 1/V². Das treibt die Reaktion stark in Richtung Ammoniak.

Nur die Temperatur verändert K; alles andere verändert Q 🖖

Fügst du Edukte hinzu, entfernst Produkte oder änderst das Behältervolumen, verschiebst du den Reaktionsquotienten Q. Die Gleichgewichtskonstante K bleibt dabei unberührt. Gibst du bei konstantem Volumen ein Inertgas hinzu, ändert sich keines von beiden, da alle Konzentrationen unverändert bleiben. Die Temperatur ist die einzige Stellschraube, mit der du K selbst verändern kannst, diktiert von der van-’t-Hoff-Gleichung und dem Vorzeichen von ΔH°. Bei einer exothermen Reaktion (wie der Haber-Bosch-Ammoniaksynthese) bricht K mit steigender Temperatur ein. Bei der endothermen N₂O₄-Dissoziation hingegen steigt K an.

Zugabe eines Reaktanden setzt mehr vom anderen um und weniger von sich selbst 🖖

Gießt man Überschuss des Reaktanden B in eine Mischung aus A und B, steigt der Umsatz von A Richtung 100%, während der umgesetzte Anteil von B sinkt. In der industriellen Chemie bedeutet 'Reaktion vervollständigen' immer Vervollständigung bezüglich der teureren Komponente durch Überschuss der günstigeren.

Aufgaben vollständig gelöst

Warum Komprimieren bei Iodwasserstoff nichts bewirkt und bei Ammoniak alles verändert 6 Schritte
Halbiert man das Volumen bei H₂ + I₂ ⇌ 2HI, ändert sich der Umsatz nicht. Halbiert man es bei N₂ + 3H₂ ⇌ 2NH₃, steigt er an. Stellen Sie K für beide auf und zeigen Sie, wo das Volumen verbleibt – sagen Sie anschließend, wie weit eine Kompression führen kann.
1. Rechnen Sie mit der Reaktionslaufzahl. Wenn ξ Mol der Reaktion ausgehend von je 1 mol jedes Edukts abgelaufen sind, betragen die Mengen von H₂ und I₂ jeweils 1 − ξ und von HI 2ξ, alle durch V geteilt, um Konzentrationen zu bilden.
2. Setzen Sie diese in K ein. Der Zähler (2ξ/V)² enthält V⁻² und der Nenner (1−ξ)/V × (1−ξ)/V enthält ebenfalls V⁻², sodass sich die Volumina kürzen und K = 4ξ²/(1−ξ)² gilt. Bei ξ = 0,7804 ergibt das 50,5, was genau dem K entspricht, mit dem das Bedienfeld gestartet ist.
  
  $K = \frac{[ HI ] ^{2}}{[ H _{2} ] [ I _{2} ]} = \frac{( 2 ξ / V ) ^{2}}{( \frac{1 - ξ}{V} ) ^{2}} = \frac{4 ξ ^{2}}{( 1 - ξ ) ^{2}}$
3. V kommt nicht vor, somit kann kein Wert davon ξ verändern. Das Bedienfeld gibt bei 2 L, bei 1 L, bei 0,5 L und bei 0,25 L eine Reaktionslaufzahl von 0,7804 aus – viermal dieselben vier Ziffern, was keine Nachlässigkeit des Werkzeugs ist.
  
  $ξ = 0.78037 \Rightarrow \frac{4 ( 0.78037 ) ^{2}}{( 0.21963 ) ^{2}} = 50.5 (V absent)$
4. Nun zu Ammoniak, wo sich die Anzahlen unterscheiden. N₂ ist 1 − ξ, H₂ ist 3 − 3ξ, NH₃ ist 2ξ. Der Zähler enthält V⁻² und der Nenner V⁻⁴, sodass diesmal K = 4ξ²V²/(27(1−ξ)⁴) gilt und ein V² übrig bleibt.
  
  $K = \frac{[ N H _{3} ] ^{2}}{[ N _{2} ] [ H _{2} ] ^{3}} = \frac{( 2 ξ / V ) ^{2}}{\frac{1 - ξ}{V} ( \frac{3 - 3 ξ}{V} ) ^{3}} = \frac{4 ξ ^{2} V ^{2}}{27 ( 1 - ξ ) ^{4}}$
5. Dieses übrig gebliebene V² macht den gesamten Effekt aus. K ist konstant, daher zwingt ein kleiner werdendes V den Wert von ξ zum Ausgleich nach oben: Die Reaktionslaufzahl beträgt 0,3675 bei 2 L, 0,4858 bei 1 L, 0,5969 bei 0,5 L und 0,6929 bei 0,25 L, was das Bedienfeld als einen von 36,7 % auf 69,3 % steigenden Umsatz anzeigt. Setzt man einen dieser Werte zurück in den Ausdruck ein, ergibt sich K zu 0,500 – genau auf die vier Ziffern, die die Reaktionslaufzahl trägt.
  
  $V = 1 \to 0.5 L : ξ = 0.48578 \to 0.59693$
6. Der Exponent ist nicht beliebig – er lautet −Δn, die Änderung der Gas-Stoffmenge. Bei HI gilt Δn = 0 und es ergibt sich V⁰. Ammoniak geht von vier Molekülen auf zwei über, Δn = −2, und erhält V². Jede Reaktion, die weniger Gasmoleküle erzeugt als sie verbraucht, belohnt Kompression genau in dieser Potenz.
  
  $exponent of V = - Δ n_{gas} : HI : 0, N H_{3} : - (2 - 4) = 2$
Antwort

Der Volumenexponent lautet −Δn: null für HI, zwei für Ammoniak, und diese einzelne Zahl entscheidet darüber, ob sich der Bau eines Druckbehälters lohnt. Weshalb das Haber-Bosch-Verfahren bei ein paar Hundert Atmosphären läuft und das HI-Gleichgewicht in gewöhnlichen Glasgeräten untersucht wird – das eine bezahlt den Stahl, das andere nicht. Verfolgt man jedoch die Kompression nach unten, enttäuscht sie: 79,23 % bei 0,1 L, 92,89 % bei 0,01 L, 97,69 % bei 0,001 L. Jeder Faktor zehn beim Volumen bringt weniger als der vorherige, weil ξ als ξ² gegenüber (1−ξ)⁴ eingeht und die vierte Potenz gewinnt, wenn sich ξ der 1 nähert. Man kann sich nicht bis zum vollständigen Umsatz verdichten, sondern nur darauf zu, und die reale Anlage stoppt lange bevor die Arithmetik es tut – ab einem gewissen Punkt kostet die Behälterwand mehr als der Ammoniak. Le Chatelier nennt die Richtung. Nur der Ausdruck verrät, wie viel, und wie schnell dieses Wie-Viel zur Neige geht.
Wie viele Grad ein Kolben N₂O₄ pro Volumenverdopplung wert ist 6 Schritte
Lade Temperatursweep: N₂O₄ ⇌ 2NO₂: ein Mol in einem 1-L-Kolben bei 25 °C, K = 0,0058, Reaktionslaufzahl 0,0374, Δn von +1. Finde die Temperatur, die genau dasselbe bewirkt wie eine Verdopplung des Kolbens, und entscheide dann für die Ammoniakreaktion, an welchem der beiden Knöpfe eine Anlage überhaupt drehen kann.
1. Schreib K in der Reaktionslaufzahl aus, ein Mol hinein, ξ Mol umgesetzt. Für jedes N₂O₄, das geht, entstehen zwei NO₂, also wird der Zähler quadriert und der Nenner nicht, und ein Faktor V überlebt die Division. Bring ihn auf die andere Seite: Links steht nun reines ξ, und alles, was die Außenwelt tun kann, sitzt rechts als ein einziges Produkt.
  
  $K = \frac{[ N O _{2} ] ^{2}}{[ N _{2} O _{4} ]} = \frac{( 2 ξ / V ) ^{2}}{( 1 - ξ ) / V} = \frac{4 ξ ^{2}}{V ( 1 - ξ )} ⟹ \frac{4 ξ ^{2}}{1 - ξ} = K V$
2. Das ist die allgemeine Form, und der Exponent ist Δn, die Änderung der Zahl der Gasmoleküle. Iodwasserstoff macht zwei aus zweien, V fällt also heraus und rechts steht K allein. Ammoniak macht zwei aus vieren, V kommt also quadriert und im Nenner. Die Reaktionslaufzahl sieht Temperatur und Volumen nie getrennt; sie sieht eine Zahl.
  
  $f (ξ) = K V^{Δ n_{gas}} : HI : \frac{4 ξ ^{2}}{( 1 - ξ ) ^{2}} = K, N H_{3} : \frac{4 ξ ^{2}}{27 ( 1 - ξ ) ^{4}} = \frac{K}{V ^{2}}$
3. Damit sind die beiden Stellschrauben austauschbar, und die Umrechnung lässt sich direkt ablesen. Hier ist Δn gleich +1, eine Verdopplung des Kolbens verdoppelt also das Produkt, und die Reaktionslaufzahl geht von 0,0374 auf 0,0524.
  
  $Δ n = + 1 : V \to 2 V \equiv K \to 2 K; ξ : 0.0374 \to 0.0524$
4. Kauf dieselbe Verdopplung nun mit Wärme. Die Dissoziation von N₂O₄ ist mit +57,2 kJ pro Mol endotherm, Erwärmen hebt also K, und van 't Hoff sagt, um wie viel. K zu verdoppeln kostet 9,2 Grad. Stell den Kolben auf 34,2 °C beim ursprünglichen 1 Liter, und die Karte für die Reaktionslaufzahl zeigt 0,0524, dieselben vier Ziffern.
  
  $ln \frac{K _{2}}{K _{1}} = - \frac{Δ H ^{\circ}}{R} (\frac{1}{T _{2}} - \frac{1}{T _{1}}) = ln 2 ⟹ T_{2} = 307.38 K = 34.2^{\circ} C$
5. Die Rate liegt allerdings nicht fest, und der Grund steht in der Gleichung: Die Empfindlichkeit von ln K gegenüber der Temperatur geht mit 1/T², sie verblasst also, während der Kolben wärmer wird. Die erste Verdopplung kostet 9,2 Grad, die nächste 9,8, und die linearisierte Schätzung bei 25 °C liegt bei 8,96.
  
  $Δ T \approx \frac{R T ^{2} ln 2}{Δ H ^{\circ}} = \frac{8.314 \times 298.1 5 ^{2} \times 0.6931}{57 , 200} = 8.96 K; next doubling 9.82 K$
6. Führ dieselbe Umrechnung für Ammoniak aus, wo Δn gleich −2 ist und sich jedes Vorzeichen dreht. Den Reaktor zu halbieren ist das Vierfache des Produkts wert, und weil die Reaktion exotherm ist, wird das durch Kühlen gekauft: von 400 °C hinunter auf 620,9 K, also 347,8 °C. Die Reaktionslaufzahl beträgt so oder so 0,5969, auf sechzehn Stellen.
  
  $N H_{3}, Δ n = - 2 : V \to \frac{V}{2} \equiv K \to 4 K \equiv 673.15 \to 620.90 K; ξ = 0.5969$
Antwort

9,2 Grad pro Verdopplung des Kolbens, bei 25 °C, und die Rate steigt, während der Kolben wärmer wird. Temperatur und Volumen sind nicht zwei Effekte, über die getrennt nachzudenken wäre; sie sind eine Zahl, K·V^Δn, und Δn ist der Wechselkurs zwischen ihnen.

Die Ammoniakzeile ist die, die eine chemische Industrie gebaut hat. Den Reaktor auf die halbe Größe zu quetschen bewirkt genau das, was ihn um 52 Grad zu kühlen bewirken würde, und Kühlen ist das Einzige, was sich eine Haber-Anlage nicht leisten kann, denn bei 348 °C ist der Katalysator zu langsam, um dieses Gleichgewicht in nutzbarer Zeit zu erreichen. Die Kompression kauft die Ausbeute, die die Temperatur nicht kaufen darf. Der Druckbehälter steht also nicht da, weil Druck der bessere Hebel wäre als Wärme; er steht da, weil er der einzige übrige Hebel ist, sobald die Reaktionsgeschwindigkeit den anderen für sich beansprucht hat.

Und Δn = 0 ist der Fall ganz ohne Wechselkurs. Iodwasserstoff bekommt vom Volumen nichts, wie stark man auch presst, womit die Temperatur als einzige Stellschraube bleibt, und eine Reaktion mit einem ΔH° von nur −9,6 kJ pro Mol reagiert auch darauf kaum. Manche Gleichgewichte lassen sich schlicht nicht verschieben, und die beiden Exponenten sagen dir vorher, welche das sind, bevor irgendetwas gebaut wird.

$Δ T \approx \frac{R T ^{2}}{Δ H ^{\circ}} Δ n ln \frac{V _{2}}{V _{1}}; Δ n = 0 \Rightarrow no temperature is equivalent$

Quellen (2)

The standard formation enthalpies and entropies behind every reaction enthalpy the tool uses NIST Chemistry WebBook, SRD 69: gas-phase Δ_f H° and S° for H₂, I₂, HI, N₂, NH₃, NO₂, N₂O₄, CO, CO₂ and H₂O.
The equilibrium constants themselves, and the temperature each was measured at Atkins, P. and de Paula, J. (2018). Atkins’ Physical Chemistry (11th ed.). Oxford University Press — chemical equilibrium and the van ’t Hoff equation.

Vom 42Math-Team · Aktualisiert 2026-08-23

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Beispielaufgaben

Volumensweep: H₂ + I₂ (Δn = 0) - Halbierst du das Volumen, verdoppeln sich alle Konzentrationen gleichermaßen. Q₀ bleibt 0 und der Umsatz liegt überall bei konstanten 78,0 %.
Volumensweep: N₂ + 3H₂ (Δn = -2) - Bei 1 L Volumen erreicht N₂ + 3H₂ einen Umsatz von 48,6 %. Komprimierst du auf einen höheren Druck, treibt das den Umsatz massiv an, da Δn = -2 ist.
Temperatursweep: N₂O₄ ⇌ 2NO₂ - Bei 298 K hat N₂O₄ ein K = 0,0058 und einen Umsatz von 3,7 %. Erhitzt du diese endotherme Reaktion, wird sie stark in Richtung der Produkte verschoben.
Reaktand im Überschuss: H₂ + I₂ - Setzt du 3,0 mol I₂ gegen 1,0 mol H₂ ein, treibt dieser dreifache Überschuss den H₂-Umsatz auf 96,4 %, während der I₂-Umsatz auf 32,1 % fällt.