Equilibrios de precipitación procesos de disolución de compuestos iónicos: Solubilidad y saturación




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fecha de publicación25.11.2015
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2º BACHILLER

EQUILIBRIOS DE PRECIPITACIÓN

1.- Procesos de disolución de compuestos iónicos: Solubilidad y saturación


La disolución de un compuesto iónico podemos entenderla en dos etapas:
Ruptura de la red: proceso fuertemente endotérmico

Solvatación de los iones: Proceso exotérmico




Comienza por la rotura de la red cristalina sólida mediante la atracción electrostática entre las moléculas del disolvente y los iones del compuesto. Los iones se separan entre sí y pasan a estar rodeados por moléculas de disolvente.
Son buenos disolventes de los compuestos iónicos los compuestos, como el agua, con momento dipolar distinto de 0, disolventes polares (con un polo negativo y otro positivo en la molécula), ya que podrán disponerse alrededor del catión o anión de manera que enfrenten sus cargas, los aniones del compuesto iónico se ven rodeados por la zona o polo positivo del disolvente y los cationes por el polo negativo de este. A este proceso se le llama solvatación para cualquier disolvente y para el agua hidratación.
El proceso contrario a la disolución de la sal es la precipitación de la sal. La precipitación consiste en la unión de los iones presentes en disolución para formar una red cristalina sólida.
Cuando añadimos poco a poco un soluto a una determinada cantidad de disolvente llega un momento en que no se disuelve más soluto, se dice entonces que la disolución está saturada a cierta temperatura.
Se define la solubilidad de una sustancia, en un determinado disolvente y a una temperatura dada, a la concentración (la molaridad en el S.I.) que tiene dicha sustancia en una disolución saturada en dicho disolvente.

Clasificación general de los compuestos iónicos según su solubilidad:

Solubles s> 0,01 M nitratos, cloratos, percloratos, cloruros, bromuros, yoduros, sulfatos

Poco solubles s ± 0,01 M

Insolubles s< 0,01 M carbonatos, fosfatos, sulfuros excepto si son de alcalinos o

NH4+ , la mayoría de los hidróxidos, son excepción el de Na y K.

2.- Equilibrio de solubilidad de compuestos iónicos poco solubles. Producto de Solubilidad (PS o KPS) y calculo de la solubilidad


Existen sustancias poco solubles en agua como, por ejemplo, BaSO4. Añadiendo cierta cantidad de sulfato de bario al agua, vemos que gran parte va hacia el fondo, formando un precipitado constituido de BaSO4 que no se disuelve.
Sin embargo, en realidad, la sal continúa disolviéndose, y precipitándose, estableciendo un equilibrio dinámico. Este equilibrio es  heterogéneo  porque se establece entre sustancias que están en distinto estado, sólido y en disolución acuosa.
Constante del Producto de Solubilidad (PS o KPS o KS)



Supongamos una disolución saturada de electrolito A2B3 poco soluble, es decir, en presencia de su parte no disuelta. La parte que se disolvió está bajo la forma de iones A+++ y B=, mientras que la parte no disuelta está bajo la  forma no-ionizada A2B3. Existe, así, un equilibrio dinámico entre A2B3 y sus iones en la disolución, que puede ser representada por la ecuación:

Como todo equilibrio, este también debe obedecer la ley de acción de masas:

Como la concentración de un sólido tiene valor constante, el producto Ki · [A2B3] de la fórmula de arriba también es constante  y se llama  producto de solubilidad.



Por lo tanto, el producto de solubilidad (Kps o PS) es el producto de las concentraciones molares de los iones existentes en una solución saturada, donde cada concentración es elevada a un exponente igual al respectivo coeficiente estequiométrico del ion en la correspondiente ecuación de disociación.
Ejemplos:

CaCO3  Ca2+ + CO=



Ag3PO4  3Ag+ + PO43-



Bi2S3  2Bi+3 + 3S-2




La expresión Kps es utilizada solamente para soluciones saturadas de electrolitos considerados insolubles, porque la concentración de iones en solución es pequeña, resultando soluciones diluidas.
Kps es una constante que, como en otro tipo de equilibrios, sólo depende de la temperatura. Por otro lado, cuanto más soluble es el electrolito, mayor será la concentración de iones en solución y mayor el valor de Kps, y viceversa, cuanto menos soluble es el electrolito, menor será la concentración de iones en solución y menor el valor de Kps.
Así pues, cuando las sustancias comparadas presente la misma proporción estequiométrica entre los iones, no necesitamos hallar su solubilidad para saber quien es más soluble de las dos, es más soluble la que tenga mayor Kps.
Ejemplo 1, entre sustancias que presentan la misma proporción estequiométrica entre sus iones



Como presentan la misma proporción en iones (1:1), el CaCO3 es más soluble, o mejor dicho menos insoluble, que el BaCO3, porque posee mayor valor de Kps.
Ejemplo 2, cuando no hay la misma proporción estequiométrica entre sus iones
Cuando las sustancias comparadas poseen proporción estequiométrica diferente entre sus iones, no nos queda más remedio que hallar su solubilidad para saber quien es más soluble o menos insoluble.
En general cualquier equilibrio de solubilidad lo estudiaremos cuantitativamente como sigue:

AmBn (s)  m A +n (aq) + n B -m (aq)

Concentraciones iniciales c - -

En el equilibrio, saturada c-s ms ns
Siendo c la concentración que inicialmente se podría alcanzar del electrolito si se disolviera en su totalidad y s la concentración molar de la sustancia realmente disuelta cuando se llega al punto de saturación estableciéndose un equilibrio entre la parte disuelta y disociada y la parte sólida o sin disolver, es decir, la solubilidad.
Por lo tanto el producto de solubilidad sería
Kps = [ A+n]m · [ B-m]n = (ms)m · (ns)n
Y la solubilidad la obtendríamos despejándola de la expresión anterior.

a) Calculemos la solubilidad del hidróxido de zinc sabiendo que su producto de solubilidad vale 4,5·10-17
Zn(OH)2 (s)  Zn + 2 (aq) + 2 OH - (aq)

inicial c - -

equilibrio c-s s 2s
Kps = [Zn+2]·[OH-]2 => 4,5·10-17 = s.(2s)2
4,5·10-17 = 4s3 => s = 2,24·10-6 mol/L
Es decir en un litro, como máximo, podemos disolver 2,24·10-6 moles de hidróxido de cinc.
Concentraciones molares de los iones en la disolución saturada:
Zn+2 = s= 2,24·10-6 mol/l ; OH- = 2s = 2 · 2,24·10-6 mol/l = 4,48·10-6 mol/l
b) Sabiendo que el producto de solubilidad del fosfato de calcio vale 1,28·10-26 calculemos su solubilidad.
Ca3(PO4)2 (s)  3 Ca + 2 (aq) + 2 PO4 -3 (aq)

inicial c - -

equilibrio c-s 3s 2s
Kps = [Ca+2]3· [PO4-3]2 => Kps = (3s)3·(2s)2 => 1,28·10-26 = 108·s5
s = 2,6·10-6 mol/l
Es decir en un litro, como máximo, podemos disolver 2,6·10-6 moles de fosfato de calcio.
En conclusión, el fosfato de calcio es más soluble que el hidróxido de cinc.
RESUMIENDO, A PARTIR DEL PRODUCTO DE SOLUBILIDAD DE UNA SUSTANCIA PODEMOS HALLAR SU SOLUBILIDAD, LOS MOLES QUE PODEMOS DISOLVER DE ELLA, COMO MÁXIMO (DISOLUCIÓN SATURADA), EN UN LITRO DE DISOLUCIÓN.
No obstante, también podemos realizar el proceso contrario, con la solubilidad hallar el producto de solubilidad de una sustancia. Veamos un ejemplo:
Ejemplo: La solubilidad del fosfato cálcico a 25ºC es de 7,9·10-4 g/L. Calculemos su producto de solubilidad.
Lo primero, en este caso, al no tener la solubilidad en Molaridad es pasarla, ya que en las expresiones de KPs las concentraciones, los corchetes, son concentraciones molares y no en cualquier unidad.


Así pues,
De una posible concentración inicial cualquiera c, la concentración máxima que puede disolverse, es decir cuando la disolución se satura, será la solubilidad s.
Ca3(PO4)2(s)  3 Ca+2(aq) + 2 PO4-3(aq)

Inicio  c - -

En el eq. de saturación  c-s 3s 2s
Luego, el producto de solubilidad será:
KPs = [Ca+2]3 · [PO4-3]2 = (3s)3 · (2s)2 = 108 ·s5 = 1,28·10-26
3.-Previsión de Precipitación
Son reacciones de precipitación aquellas en las que, al mezclar sustancias disueltas, se forma un producto“insoluble” que precipita y que recibe el nombre de precipitado. Cada una de las dos disoluciones mezcladas contiene un ion de dicho compuesto insoluble.
Cuando mezclamos dos electrolitos diferentes, en solución, es posible saber cuando, a partir de estos dos iones, el precipitado se comenzará a formar. Veamos algunos ejemplos:
Ejemplo 1: Son mezclados volúmenes iguales de Pb(NO3)2 0,2 M y KI 0,2 M. ¿Habrá formación de un precipitado de PbI2?

Dado: Kps de PbI2 = 1,4 · 10–8
Para responder a la pregunta, primero debemos encontrar la concentración de cada íon en solución:



Cuando las dos soluciones son mezcladas, el volumen de la solución final duplica (al ser en este caso iguales los volúmenes de las dos disoluciones mezcladas), por lo tanto las concentraciones de Pb2+ y I  caen por la mitad.
La ecuación iónica que representa  la precipitación queda:

Pb2+(aq) + 2I (aq)  PbI2(s)
Siendo su inverso la representación de la disolución del PbI2 :

PbI2(s)  Pb2+(aq) + 2I(aq)
Qps = [Pb2+] · [I]2 es la expresión conocida como producto iónico de la disolución, siendo las concentraciones de los iones las que tendrían recién hecha la mezcla. 
Qps = [Pb2+] · [I]2

Qps = (0,1) · (0,1)2

Qps = 1,0 · 10–3
La precipitación ocurre cuando Qps es mayor o igual a Kps. En nuestro ejemplo, tenemos que Qps > Kps, por lo tanto hay precipitación.

Ejemplo 2: Si mezclamos 15 mL de disolución 0.024M de nitrato de plomo (II) con 30 mL de disolución 0.030M de cromato potásico ¿se formará precipitado de PbCrO4?

Kps = 2 ·10-16



Reacción de precipitación:

Pb(NO3)2 (aq) + K2CrO4 (aq) → PbCrO4 ¿s o aq? + 2 KNO3 (aq)
Paso 1: Recalculamos las concentraciones de las disoluciones una vez mezcladas.
Ambas disoluciones se diluyen al mezclarlas, debemos calcular sus concentraciones. Los moles se conservan pero el volumen de la mezcla final es la suma de los volúmenes




Paso 2: Estudiamos los procesos de disociación de cada una de las sales en sus disoluciones. SON PROCESOS IRREVERSIBLES, al ser sales solubles.
Pb(NO3)2 (aq) → Pb2+ (aq) + 2 NO3- (aq)

Inicio disolución => c - -

Final disolución => - c 2c
K2CrO4 (aq) → 2 K + (aq) + CrO42- (aq)

Inicio disolución => c’ - -

Final disolución => - 2c’ c’

Paso 3: Estudiamos el equilibrio de solubilidad de la sal poco soluble, calculando el producto iónico Qps y de este modo sabremos en qué situación se encuentra el sistema.




PbCrO4 (s)  Pb2+ (aq) + CrO42- (aq)

c c’



Como QPs > KPs, se formará precipitado de PbCrO4 al mezclarse las dos disoluciones.
Ejemplo 3: Decide si al mezclar 10 mL de disolución 0,001 M de Nitrato de plata, 10 mL de disolución de cloruro sódico 0,001M y 1 L de agua se producirá precipitado de cloruro de plata (Kps = 1,7 .10-10)
Constatamos que en la mezcla están presentes los iones para formar la sal insoluble AgCl. El catión Ag+ procede de la disociación del AgNO3 y el anión Cl de la de NaCl.
Reacción de precipitación: AgNO3 (aq) + NaCl(aq) → NaNO3 (aq) + AgCl(¿aq o s?)
1) Recalculamos las concentraciones de las sales en la mezcla de disoluciones. Volumen total mezcla 1,02 L.


2) Estudiamos la ionización de ambas sales disueltas: Ionización total, son irreversibles, ya que estas sales están totalmente disueltas en el disolvente.
1ª disolución: AgNO3(aq) → Ag+ (aq) + NO3- (aq) sal soluble

Inicio disolución => c = 9,8·10 0 0

Final disolución => 0 9,8·10-6 9,8·10-6
2ª disolución: NaCl(aq) → Na+ (aq) + Cl-(aq) sal soluble

Inicio disolución => c’ = 9,8·10-6 0 0

Final disolución => 0 9,8·10-6 9,8·10-6
3) Estudiamos el equilibrio de solubilidad del posible precipitado de AgCl

(Kps = 1,7 .10-10)
AgCl (s) Ag+ (aq) + Cl -(aq)

c c’
Qps = [ Ag+] · [ Cl -] = c · c’ = 9,8·10-6 · 9,8·10-6 = 9,6·10-11
Q ps < Kps no se formará por tanto precipitado.

4.- Efecto del ion común
La solubilidad de una sustancia es afectada no sólo por la temperatura, sino también por la presencia de otros solutos. Un caso importante son solutos que aportan iones que son comunes con uno de los iones de la sustancia. El ion común desplaza el equilibrio de acuerdo con el principio de LeChatelier, dando como resultado la disminución de la solubilidad.
Por ejemplo, la presencia ya sea de Ca2+ (ac) o F- (ac) en una solución reduce la solubilidad del CaF2 al desplazar el equilibrio de solubilidad del CaF2 a la izquierda:
CaF2 (s)  Ca2+ (ac) + 2 F- (ac)
La adicción o presencia de un electrolito que de Ca2+ o F- desplazaría el equilibrio, según Le Chatelier hacia la izquierda, y reduce la solubilidad, es decir, la solubilidad de una sal -en este ejemplo, puede ser otra sustancia poco soluble- ligeramente soluble disminuye por la presencia de un segundo soluto que aporta un ion común.

Ejemplo: Calcular la solubilidad del Mg(OH)2 en una disolución 0,050 M de NaOH

Kps Mg(OH)2 = 8,9· 10-12
a) Sea "s "el número de moles de Mg(OH)2 que se disuelven en cada litro de solución 0,050 M de NaOH
Mg(OH)2 Mg+2 + 2 OH-

Eq. s 2s

NaOH  Na+ + OH-

Al final disol. c-c c c ; c=0,05M
En consecuencia las concentraciones en el equilibrio, al ser el OH- un ion común, serán:
[Mg+2] = s moles/l [OH-] = ( 2s + 0,05 ) moles/l
Kps = s · ( 2s + 0,50 )2 = 8,9·10-12
Debido al pequeño valor del Kps se puede suponer que "s" sea un número muy pequeño, por lo que se puede despreciar "2s" cuando se suma a 0,05.
s · (0,05)2 = 8,9·10-12 s = 3,6 ·10-9 M

EJERCICIOS RESUELTOS
1. Calcular la solubilidad del RaSO4:

a) en agua pura

b) en una solución de Na2SO4 0,10 M

Kps RaSO4 = 4·10-11
RaSO4 (s) Ra+2 + SO42-
En la solución saturada: [Ra+2] = s mol/l = [SO42-]
[Ra+2] · [SO4=] = s·s= Kps

de donde s2= 4·10-11 s == 6· 10-6 M
b) Sea "s " los moles de RaSO4 que se disuelven en 1 litro de solución de Na2SO4 0,10 M . Este proceso da lugar a "s" moles de Ra+2 y a "s " moles de SO42-.

Pero, por otro lado, la sal Na2SO4, que es soluble (no nos dan, ni nos piden, su Kps, luego hemos de suponer que es soluble) es un electrolito fuerte o que se disocia totalmente:
Na2SO4 (s) 2Na+ + SO42-

c - -

- 2c c
La solución resultante con tiene :

[Ra+2] = "s " moles /l

[SO4=] = "s " moles/l del RaSO4 + 0,10 moles/l aportados por el Na2SO4
Kps = s·( s + 0,10 ) = 4·10-11
Puesto que el Kps es muy pequeño, "s " es despreciable en comparación con 0,10 M entonces:

s + 0,10 » 0,10 s = 4·10-11 / 0,10 = 4·10-10 mol/l
2. Se dispone de una disolución acuosa saturada de Fe(OH)3, compuesto poco soluble.

a) Escribe la expresión de su producto de solubilidad.

b) Deduce la expresión que permite calcular su solubilidad a partir de su Kps.

c) Razona, teniendo en cuenta Le Chatelier cómo varía la solubilidad del hidróxido al aumentar el pH de la disolución
a) El equilibrio de solubilidad es: Fe(OH)3 (s) Fe+3(ac) + 3OH-(ac)

La expresión del producto de solubilidad, es la constante de este equilibrio cuando la disolución está saturada:

Kps = [Fe3+] · [OH-]3

b) Llamamos solubilidad a la concentración de compuesto disuelto en una disolución que está saturada, por lo tanto
Fe(OH)3 (s) Fe+3(ac) + 3OH-(ac)

s - -

- s 3s

Kps = [Fe3+] · [OH-]3 = s·(3s)3 = 27·s4

c) Al aumentar el pH de la disolución disminuye la concentración de protones y aumenta la de iones hidróxilo. Según el principio de Le Chatelier, la reacción se desplazará hacia la izquierda para compensar el aumento de concentración de iones OH-, con lo cual disminuye la solubilidad del compuesto.
3. Calcular la solubilidad del Mg(OH)2 en :

a) agua

b) solución 0,050 M de NaOH

Kps Mg(OH)2 = 8,9· 10-12
a) Sea "s "el número de moles de Mg(OH)2 que se disuelven en 1 litro
Mg(OH)2 Mg+2 + 2 OH-

Eq. s 2s

En el equilibrio se tendrán:
[Mg+2] = s moles/l [OH-] = 2s moles/l
Kps = [Mg+2] · [OH-]2 = s · (2s)2 = 8,9·10-12
4 s3 = 8,9·10-12 s = 1,3·10-4 mol/i

b) Sea "s "el número de moles de Mg(OH)2 que se disuelven en cada litro de solución 0,050 M de NaOH, obteniéndose "s" moles de Mg+2 y "2s" moles de OH- procedentes del hidróxido de magnesio y 0,05 moles de OH- procedentes del hidróxido sódico al ser un electrolito fuerte.
NaOH  Na+ + OH-

Al final disco. c-c c c ; c = 0,05M
En consecuencia las concentraciones en el equilibrio serán :
[Mg+2] = s moles/l [OH-] = ( 2s + 0,050 ) moles/l
Kps = s · (2s + 0,50)2 = 8,9·10-12
Debido al pequeño valor del Kps se puede suponer que "s" sea un número muy pequeño, por lo que se puede despreciar "2s" cuando se suma a 0,050.
s ( 0,050 )2 = 8,9·10-12 s = 3,6 ·10-9 M
4. A 25ºC el Kps del AgOH es 2·10-8. Para esta temperatura calcula:

a) La solubilidad del compuesto en g/l.

b) La solubilidad del hidróxido de plata en una disolución de pH = 13.

Mat: (Ag = 108; O = 16; H =1)
a) La solubilidad del compuesto viene determinada por la concentración de dicho compuesto en una disolución saturada.
AgOH(s) Ag+(aq) + OH-(aq)

s - -

- s s
Kps = [Ag+] ·[OH-] = s·s = s2 =>

g/l / Pm = M => s (g/l) = s(M) · Pm => s = 1,41 · 10-4 / 125 = 1,76·10-2 g/l
b) Si el pH de la disolución es 13 –habrá una sustancia disuelta que cede iones hidróxilo, es decir, el OH- del hidróxido será un ion común con los OH- que cede esta sustancia-, el pOH es 1, o sea, la concentración total de iones OH- será 10-1M. La concentración de iones Ag+ se podrá calcular:


5. A 25ºC la solubilidad del PbI2 en agua pura es 0,7 g/l. Calcula:

a) El producto de solubilidad.

b) La solubilidad del PbI2 a esa temperatura en una disolución 0,1M de KI.

Mat: (I = 127; Pb = 207)
a) La solubilidad del compuesto viene determinada por la concentración de dicho compuesto en una disolución saturada.

PbI2(s) Pb++(aq) + 2I-(aq)

s - -

- s 2s
Kps = [Pb++] ·[I-]2= s·(2s)2 = 4s3
Pero no olvidemos que los corchetes no representan cualquier tipo de concentración, representan a la concentración Molar, luego la solubilidad debe expresarse en molaridad
s(g/l) / Pm = s(mol/l) => s = 0,7 / 461 = 1,51·10-3 M
sustituyendo en la expresión de Kps => Kps = 4· (1,51·10-3)3 = 1,37·10-8
b) El yoduro potásico es un electrolito fuerte –no nos dan ni piden su Kps- luego esta totalmente disuelto y disociado:
KI  I- + K+

c - - , c = 0,1M

- c c
Por lo tanto, entre los iones que cede el KI y el PbI2, hay uno común: el anión I-. Así pues, [I-] = 2s + c = 2s + 0,1. Como la Kps del PbI2 es muy pequeña su equilibrio esta muy desplazado a la izquierda, es decir, la cantidad de ion I- que aporta, si la comparamos con la del IK, es despreciable:
[I-] = 2s + 0,1» 0,1 mol/l
sustituyendo: Kps = [Pb++] ·[I-]2 = s·(0,1)2 =>
6. Predecir si habrá precipitación, cuando 50 ml de solución de Ca(NO3)2 5,0·10-4 M se mezclan con 50 ml. de NaF 2,0·10-4 M .

Kps CaF2 = 1,7·10-10
Al mezclarse las disoluciones, las concentraciones serían:
CCa(NO3)2 =
NaF =


Ca(NO3)2 Ca++ + 2NO3-

c - -

- c 2c
NaF Na+ + F-

c´ - -

- c´ c´
Para determinar si se producirá la precipitación necesaria conocer si el Producto iónico Q excede o no al Kps .
Para el equilibrio : CaF2 (s) Ca+2 + 2 F-
Q = [Ca+2] . [F-]2 = 2,5·10-4 · (1,0 ·10-4)2 = 2,5 · 10-12
Q < Kps por lo tanto la precipitación no se producirá. La solución que se obtiene es no saturada con respecto al CaF2 .

7. Se añade AgNO3 gota a gota a una solución 0,020M de iones Br- y 0.020M de iones Cl-. Calcular la [Ag+] necesaria para iniciar:

a) la precipitación de AgBr

b) la precipitación de AgCl

KPS AgBr = 7,7·10-13 ; KPS AgCl = 1,6·10-10
a) De los valores de Kps se sabe que el AgBr precipita antes que el AgCl.
Kps = [Ag+]·[Br-] ===> [Ag+] = 7,7·10-13 / 0,020 = 3,9·10-11mol/l
por lo tanto, se necesita que [Ag+] > 3,9·10-11M
b) Kps = [Ag+]·[Cl-] ===> [Ag+] = 1,6·10-10 / 0,020 = 8,0·10-9mol/l
por lo tanto, se necesita que [Ag+] > 8,0·10-9M

PROBLEMAS
1. Halla la solubilidad en agua del AgI sabiendo que su Kps es 8,3.10-17 .

R: 9,1.10-9 M
2. Una disolución saturada de hidróxido de cinc tiene un pH = 8,35. Halla su Kps

R: 5,61·10-18
3. Calcular el Kps del BaF2 sabiendo que en 15 ml de agua se disuelven como máximo 0,048 g de BaF2. Mat.: (Ba = 137,3; F = 18,9)

R: 2,4.10-5
4. Para preparar 250 ml de disolución saturada de bromato de plata se usaron 1,75 g de esta sal. Halla el Kps del bromato de plata.

Mat.: (Ag = 107,8; Br = 80; O = 16)

R: 9.10-4
5. ¿En qué volumen de solución saturada se habrán disuelto 0,8 g de MgCO3?

Kps MgCO3 = 4.10-5 Mat.: (Mg = 24,3; C = 12; O = 16)

R: 1,5 l
6. ¿Cuántos gramos de Ag2CrO4 se pueden disolver en 5,6 litros de agua, sabiendo que su Kps es 1,9.10-12? Mat.: (Ag = 107,8; Cr = 52; O = 16)

R: 0,145 g
7. El Kps del Acetato de plata es 2,3.10-3. ¿Cuántos gramos de Acetato de plata se pueden disolver en 3 litros de: a) agua b) solución de AgNO3 0,150 M? (Ag = 107,8; C = 12; O = 16; H = 1)

R: a) 23,9 g b) 7,6 g
8. Halla la solubilidad del PbF2 en una disolución 0,2M de Pb(NO3)2 Kps = 4·10-8

R: 2,23·10-4M
9. Calcula la solubilidad del cloruro de plata en una disolución 0,02M de nitrato de plata. Kps AgCl = 1,7·10-10

R: 9,2·10-5M
10. Calcula la solubilidad del Fe(OH)2. a) pH 8,0 ; b) pH 10. Kps Fe(OH)2 = 1,6·10-14.

R: a) 1,6.10-6M b)1,6·10-2M
11. KPS del Ni(OH)2 es 1,5·10-10. Si una disolución contiene [Ni2+] = 0,01 mol/l y vamos aumentando el pH, sin cambiar la concentración de Ni2+, ¿a qué valor del pH comienza a precipitar el Ni(OH)2?

R: 10,088
12. ¿Qué concentración de iones Na+ se necesita para comenzar la precipitación del NaIO4 en una solución que es 2.10-2M de IO4-?

Kps NaIO4 = 3.10-3 .

R: 0,15 M
13. Se añade HCl a una disolución que contiene 0,02 mol/l de Pb2+ y 0,01 mol/l de Ag+. Determinar la [Cl-] a partir de la cual precipita cada ion.

Kps AgCl = 1,7·10-10 Kps PbCl2 = 1,6·10-5

R: Con más de 1,7·10-8M precipita AgCl y con más de 2,8·10-2M precipita PbCl2
14. Se disuelven 0,02 moles de NaCl y 0,15 moles de Pb(NO3)2 en 1 litro de agua. Predice si se formará o no precipitado de PbCl2. Kps PbCl2 = 1,6·10-5.

R: Si
15. ¿Habrá  precipitación al mezclar 25,0 ml de SrCl2 10-3 M con 15 ml de Na2SO4 2.10-3 M? Kps SrSO4 = 7,6.10-7

R: No
16. Se mezclan 3·10-5 moles de sulfato de hierro (III) y 10-5 moles de hidróxido de bárico, con agua hasta un litro de disolución. ¿Se formará precipitado de sulfato de bario o de hidróxido férrico? Kps BaSO4 = 1,5.10-9 ; Kps Fe(OH)3 = 6.10-38.

R: Precipita el Hidróxido férrico.
17. Determina si habrá o no precipitación de Ca(OH)2 al mezclar 2 litros de solución de NaOH de pH 12 con 1,5 litros de CaCl2 0,01 M. Kps Ca(OH)2 = 1,3.10-6.

R: No

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