1,32.10 x 1, L mol L ml. 3 mol 1L. ml 2,5.10. mol L ml. 0, ml ml

(1)

Solubilidad 4

61.El metal más abundante en el cuerpo humano es el calcio, soporta nuestra estructura a través de los

huesos, y regula nuestra actividad nerviosa. Sin embargo, suele producirnos tremendos dolores, cuando se

nos aloja en forma de cálculo en los riñones. El ortofosfato cálcico es el componente principal de los

cálculos renales. Si el producto de solubilidad de este compuesto es 1,3.10

-32

, la concentración en

mg/ml. de fosfato tricálcico en la orina de un enfermo que sufre espantosamente tratando de expulsar un

cálculo, será:

a) 1,65.10

-7

b) 5,1.10

-5

c) 1,65.10

-5

c) 5,1.10

-7

MASAS ATOMICAS:P=31/Ca=40/O=16/H=1.

SOLUCIÓN: 2 3 3

(

4 2

) ( )

3

(

4 2

) (

)

3 (

) 2

4

(

)

 







Ca PO

s

Ca PO

ac

Ca

ac

PO

ac

, cuyo producto de solubilidad será:

3 2

2 3 32

4

1,3.10

  



 

 



Ca

 

PO



. Como la solubilidad molar es concentración de fosfato tricálcico en la disolución saturad a .

   

3 2 ₅ ₃₂

3 x

2 x



108 x



1,3.10

 . Despejando 32 7 5

1,32.10

_{1, 65.10}

108

 



mol

x

L

como la masa molar del fosfato tricálcico

es 310g/mol.

x

_{g L}_/



1, 65.10

7

mol

.310

g



5,1.10

5

g



5,1.10

5

mg

L

mol

L

mL

. Es correcta la propuesta b.

62. Todos los metales pesados son muy venenosos, y el bario lo es bastante, de ahí su nombre (baros en

griego es pesado).Sin embargo se emplea en forma de sulfato, antes de hacer una radiografía de aparato

digestivo, porque es muy insoluble, permitiendo visualizarlo por rayos X. Sin embargo si la enfermera

que te suministra la papilla, se equivocara y te diera cloruro bárico, posiblemente te morirías,

precisamente por ser muy soluble. Jugando con estos conceptos el precipitado que se formará al mezclar

10 ml.de cloruro bárico 0,01M con 30 ml.de sulfato sódico 0,005M, será aproximadamente de:

a) 2g

b) 0,2g

c) 0,02g

d) 0,002g

DATOS: K

Ps

. sulfato bárico=1,5.10

-9

.

SOLUCIÓN: 2 2( ) ( ) 2 ( )     BaCl ac Ba ac Cl ac ; 2 3 1 0, 01 .10 . 1000 _{2, 5.10} 1 40 . 1000         mol L mL mol L mL Ba L _L mL mL Y 2 2 4( ) 2 ( ) 4 ( )     Na SO ac Na ac SO ac ; 2 3 4 1 0, 005 .30 . 1000 _{3, 75.10} 1 40 . 1000         mol L mL _mol L mL SO L L mL mL La reacción entre ellos produce la formación de sulfato de bario

Y Como BaSO s₄( )BaSO ac₄( )Ba2(ac)SO₄2(ac) y como el límite está en 2 2 9 4 1,5.10         Ba  SO  2 2 3 3 6 9 4 2,5.10 .3, 75.10 9,38.10 1,5.10           _ _{ } _  

Q Ba SO , por lo tanto precipita el sulfato bárico

El Ba2+ es el reactivo limitante, por lo tanto según la estequiometria sobrará sulfato. Considerando aditivos los volúmenes

3 4 2 1 2,5.10 .40 10 1000         Ba mol L n mL mol L mL ; 4 3 4 2 1 3, 7.10 .40 1,5.10 1000        SO mol L n mL mol L mL

Sobran =5.10-5 mol, o sea 2 4

0, 00005

(

)

0, 00125

0, 04





 





SO

ac



mol

L

Si consideramos la solubilidad la [Ba2+]=x, se podrá plantear, según lo indicado por Kps:

x.(x+0,00125)-1,5.10-9=0. Resolviendo la ecuación de segundo grado o despreciando x frente a 0,00125, x=1,2.10-6 mol/L, Por lo tanto [Ba2+]=1,2.10-6 mol/L que corresponden a Ba2+=3.10-5 moles, y la de [SO42-]=0,00125 mol/L

La diferencia entre lo que había (0,001mol/L/0,040) y lo que queda será lo que precipite=0,0004 moles, que teniendo en cuenta la masa molar del sulfato de bario 233,4g/mol), suponen 0,023g de sulfato de bario, tal como se indica en c.

(2)

63. Las concentraciones finales de los iones plata y bromato, en una disolución preparada al mezclar 25

ml.de nitrato de plata 0,1M y 45 ml.de bromato sódico 0,1M, serán en mol/L y siguiendo este orden:

a) 0,0018 y 0,030

b) 0,018 y 0,030

c) 0,3 y 0,18

d) 0,003 y 0,018

K

Ps

.bromato de plata=5,4.10

-5

.

SOLUCIÓN: Como AgNO ac₃( )Ag ac( )NO₃(ac) ; 1 0,1 .25 . 1000 _{0, 0357} 1 70 . 1000        mol L mL _mol L mL Ag L L mL mL Y 3( ) ( ) 3 ( )     NaBrO ac Na ac BrO ac ; 3 1 0,1 .45 . 1000 _{0, 0643} 1 70 . 1000        mol L mL mol L mL BrO L L mL mL

Y Como AgBrO s₃( )AgBrO ac₃( )Ag ac( )BrO₃(ac) y como el límite está en 5 3 5, 4.10         Ag  BrO  5 3 0, 0357.0, 0643 0, 0023 5, 4.10        _ _{ } _  

Q Ag BrO , por lo tanto precipita el bromato de plata

La Ag+ es el reactivo limitante, por lo tanto según la estequiometria sobrará bromato. Considerando aditivos los volúmenes

0, 0025  Ag n mol; 30, 0045 BrO

n mol, sobran 0,002mol de bromato, siendo su concentración:

0,002 mol/0,07L=0,0286mol/L. Si consideramos la solubilidad la [Ag+]=x, se podrá plantear, según lo indicado por Kps: x.(x+0,0286)-5,4.10-5=0. Resolviendo la ecuación de segundo grado x=0,001779 mol/L

Por lo tanto [Ag+]=0,00178 mol/L , y la de [BrO3-]=0,0304 mol/L como se proponen en a

64. Cuando una persona maneja nitrato de plata, se reconoce enseguida por las manchas negras que

aparecen en las manos, debido a la formación de sulfuro de plata negro con el azufre proteínico, y al

depósito de plata metálica. Estas interacciones con la piel, hace que todavía se emplee para quemar

verrugas, terapéutica que inició en 1600, Angelo Sala. Por eso la llamaron piedra infernal, y luna cáustica.

Si disolvemos 5,1g.de nitrato de plata y 2,9g.de cromato potásico, para formar 225 ml.de disolución, la

cantidad de cromato de plata que precipitará será aproximadamente en gramos de:

a) 2,4

b) 0,5

c) 6,2

d) 4,8

DATOS: K

Ps

.cromato de plata=1,9.10

-12

.MASAS ATÓMICAS:Ag=107,9/O=16/Cr=55/K=39/N=14.

SOLUCIÓN: 3

5,1

0, 03

169 



AgNO

g

mol

g

mol

;



₃



0, 03

0,133

0, 225









mol



mol

_{ }

_

AgNO

Ag

L

2 4

2,9

0, 0147

197 



K CrO

g

mol

g

mol

;



₂ ₄



0, 0147

0, 065

0, 225



mol



mol

K CrO

L

;

Como

Ag CrO s

₂ ₄

( )



Ag CrO ac

₂ ₄

(

)



2 Ag ac



(

)



CrO

₄2

(

ac

)

,



_

Ag



 

_

0,13

mol

L

y 2 4

0, 065





 



CrO



mol

L

para que precipite deberá cumplirse que

2 ₂ ₁₂

4

1,9.10

  



 





_

_{ }

_



Q

Ag

CrO

Lo cual se cumple.

También se cumple la estequiometria, pues hay doble concentración de ion plata que de cromato

2 ₂ ₃ ₁₂ 4

4 1,9.10

  



 

 





Ag

 

CrO



x

; 12 2 ₃ 5 4

1,9.10

7,8.10

4

  



  





CrO



x

mol

L

, concentración permitida

La diferencia será lo que precipitará 6,5.10-2-7,8.10-5 mol/L=6,492.10-2 mol/L, y los moles de cromato de plata serán:

6,492.10-2 mol/L. (0,225L)= 1,46.10-2 moles. La masa molar del cromato de plata es 331,2g/mol, por lo que los gramos de cromato de plata serán 1,46.10-2 mol.(331,2g/mol)=4,8g, como se sugieren en d.

(3)

65. Mezclamos 200mLde yoduro potásico 0,1M con 300mL de nitrato de plata 0,05M. En estas

condiciones se produce un precipitado. Una vez ocurrido esto, las concentraciones de los cuatro iones I

-

,

K

+

, NO

3-

y Ag

+

que quedan en la disolución serán por este orden en mol/L:

a) 0,01-0,04-0,03-8,3.10

-17

b) 0,04-0,04-0,03-0,03

c) 0,01-0,03-0,04-8.10

-15

d) 0,01-0,03-8.10

-15

-0,04

DATOS KpsAgI=8.10

-17

Antes de la reacción: Como KI ac( )K(ac)I(ac) ;

1 0,1 .200 . 1000 _{0, 04} 1 500 . 1000            mol L mL mol L mL I K L L mL mL Y AgNO ac₃( )Ag ac( )NO₃(ac) ; 3 1 0, 05 .300 . 1000 _{0, 03} 1 500 . 1000            mol L mL mol L mL NO Ag L L mL mL

Como AgI s( )AgI ac( )Ag ac( )I(ac) y como el límite en la disolución está en 17

8,3.10         Ag   I . Si 3 17 0, 04.0, 03 1,3.10 8,3.10         _ _{  }  

Q Ag I , por lo tanto precipita el yoduro de plata

La estequiometría de la reacción es 1:1, por lo que existe un reactivo limitante en este caso el ion plata

La Ag+ es el reactivo limitante, por lo tanto según la estequiometria sobrará yoduro. Considerando aditivos los volúmenes

0, 03 .0,5 0, 015   Ag mol n L mol L ; ___{0, 04} _.0,5__{0, 02} I mol n mol L

, sobran 0,005mol de yoduro, siendo su concentración: 0,005 mol/0,5L=0,01mol/L.

Si consideramos la solubilidad la [Ag+]=x, se podrá plantear, según lo indicado por Kps:

x.(x+0,01)-8,3.10-17=0. Despreciando x frente a 0,01. [Ag+]=8,3.10-15 mol/L , y la de [I-]=0,01 mol/L. Según lo desarrollado es correcta la a.

66. Las concentraciones finales de iones plata y molibdato en una disolución obtenida al mezclar 25

ml.de nitrato de plata 0,1M y 45 ml.de molibdato sódico 0,1M. serán aproximadamente por este orden y

en mol/L:

a) ) 0,036 y 0,046

b) 0,0036 y 0,046

c) 0,000036 y 0,046

d) 0,036 y 0,0046

K

Ps

molibdato de plata=2,6.10

-11

.

SOLUCIÓN: Antes de la reacción: 2 2 4( ) 2 ( ) 4 ( )     Na MoO ac Na ac MoO ac ; 2 4 1 0,1 .45 . 1000 2 0, 0643 1 70 . 1000            mol L mL _mol L mL MoO Na L L mL mL Y AgNO ac₃( )Ag ac( )NO₃(ac) ; 3 1 0,1 .25 . 1000 _{0, 0357} 1 70 . 1000            mol L mL mol L mL NO Ag L L mL mL Como 2 2 4( ) 2 4( ) 2 ( ) 4 ( )     

Ag MoO s Ag MoO ac Ag ac MoO ac y como el límite en la disolución está en

2 ₂ ₁₁

4 2, 6.10

  

    

Ag  MoO  <Q, por lo tanto precipita. La estequiometría de la reacción de precipitación del molibdato de plata es 1:2 y existe un reactivo limitante en este caso el ion plata.

Sobra de ion molibdato 0,0643-(0,0357/2)=0,0464mol/L

Si consideramos la concentración de ion molibdato= solubilidad x, de acuerdo con la constante del producto de solubilidad (2x)2(x+0,0464)= 2,6.10-11. Resolviendo por tanteo en hoja de cálculo la ecuación de tercer grado:

x=1,18.10-5 mol/L, de lo que [Ag+]=2x=2,36.10-5 mol/L y [MoO42-]=1,18.10-5+4,64.10-2=0,0464 mol/L.

(4)

67. Al mezclar dos volúmenes iguales de una disolución 0,4N de cloruro cálcico con otra 0,2N de

carbonato sódico, se produce un precipitado de carbonato cálcico porque el producto de las

concentraciones de los iones calcio y carbonato supera a su producto de solubilidad (4,7.10

-9

). En estas

condiciones la concentración de iones calcio que permanecerá en la disolución será en moles /litro:

a) 0,01

b) 0,05

c) 0,1

d) 9,4.10

-8

SOLUCIÓN:

Los procesos serán:

2 2 3

(

)

2 (

)

3

(

)

 





Na CO ac

Na ac

CO

ac

que proporcionan ₂ 3

1 0, 2

.

0,1

2





CO

Eq mol

n

mol

L

Eq

2 2

(

)

(

) 2

(

)

 





CaCl ac

Ca

ac

Cl ac

que proporcionan 2

1 0, 4

.

0, 2

2





Ca

Eq mol

n

mol

L

Eq

Suponiendo los volúmenes aditivos el volumen total será el doble, por lo que las concentraciones de iones serán: 2

₍

₎

_0,1



 



Ca

ac



mol

L

, mientras que 2 3

(

)

0, 05





 



CO

ac



mol

L

. Ahora bien como

2 2 3 9

3

0,1.0, 05

5.10 4, 7.10 .

   



 

 







Ca

 

CO



Precipitan como asegura el enunciado.

Como deberá haber igual número de moles/L, de cada especie, luego sobran 0,1 moles de iones calcio, y su concentración será 0,05 mol/L.

Siendo la



_

CO

₃2

(

ac

)



_

=x, la solubilidad molar, deberá cumplirse que 2 2 9 3

(

0, 05).

4, 7.10 .

  



 

  





Ca

 

CO



x

Resolviendo la ecuación de segundo grado, o despreciando x frente a 0,05, x=9,4.10-8 mol/L. Quedando en la disolución, por lo tanto



_

Ca

2

(

ac

)

 

_

0, 05

mol

L

y 2 3

(

)









CO

ac



=9,4.10-8 mol/L, tal como se propone en d.

68. El cromato de plata, forma un precipitado rojizo espectacular, cuando se mezcla cromato potásico y

nitrato de plata. Si empleamos 30 mL de nitrato de plata 0,01M y 20 mL de cromato potásico 0,01M, la

cantidad de cromato de plata que precipitará será aproximadamente en gramos:

a) 0,1

b) 0,01

c) 0,01

d) 1

mientras que la solubilidad molar de la disolución de cromato de plata será:

a)

1,65.10

-4

b) 1,65.10

-5

c) 1,65.10

-6

d) 1,65.10

-7

DATOS: K

Ps

.cromato de plata=1,9.10

-12

.MASAS ATÓMICAS:Ag=107,9/O=16/Cr=55/K=39/N=14.

SOLUCIÓN:

Operando como antes 2

2 4( ) 2 ( ) 4 ( )     K CrO ac K ac CrO ac ; 2 4 1 0, 01 .20 . 1000 2 0, 004 1 50 . 1000            mol L mL mol L mL CrO K L L mL mL Y 3( ) ( ) 3 ( )     AgNO ac Ag ac NO ac ; 3 1 0, 01 .30 . 1000 _{0, 006} 1 50 . 1000            mol L mL mol L mL NO Ag L L mL mL Como 2 2 4( ) 2 4( ) 2 ( ) 4 ( )     

Ag CrO s Ag CrO ac Ag ac CrO ac y como el límite en la disolución está en

2 ₂ ₁₂

4 1,9.10

  

    

Ag  CrO  <Q. Por lo tanto precipita.

La estequiometría de la reacción de precipitación del cromato de plata es es 1:2 y existe un reactivo limitante en este caso el ion plata. Sobra de ion cromato 0,004-(0,006/2)=0,001mol/L

Si consideramos la concentración de ion cromato= solubilidad x, de acuerdo con la constante del producto de solubilidad (2x)2(x+0,001)= 1,9.10-12. Resolviendo por tanteo en hoja de cálculo la ecuación de tercer grado:

x=1,65.10-5 mol/L, de lo que [Ag+]=2x=3,3.10-5 mol/L y [CrO42-]=1,65.10-5+10-3=1,012.10-3 mol/L

Precipitando la diferencia 0,006-0,000033=0,00597 mol/L, siendo el volumen total 0,05L, los moles de cromato de plata que se depositan serán 0,003. Como la masa molar del cromato de plata es 331,8g/mol. Los gramos precipitados serán 0,099g. Es correcta la a,, en la primera propuesta y la b en la segunda.

(5)

69. Se dice que las pinturas negras de Goya, se deben a una intoxicación del pintor, por acumulación de

Pb

2+

, debido al empleo del cromato de plomo, como colorante amarillo (amarillo de plomo), que aunque

es poco soluble, se va acumulando y sustituyendo a los iones Ca

2+

de nuestro cuerpo. Si se mezclan

medio litro de acetato de plomo 0,00001M, con otro medio litro de cromato sódico 0,001M, después de la

precipitación del cromato de plomo quedarán todavía en la disolución una cantidad de moles de Pb

2+

de:

a) 0,0005

b) 0,005

c) 0,00005

d) 0,000005

DATOS: Kpscromato de plomo=1,77.10

-14

SOLUCIÓN:

Operando como antes 2

2 4( ) 2 ( ) 4 ( )     Na CrO ac Na ac CrO ac ; 2 4 0, 001 .0,5 2 0, 0005 1 .            mol L _mol L CrO Na L L Y 2 3 2 3 ( ) ( ) ( ) 2 ( ) Pb CH COO ac Pb ac CH COO ac ; 2 3 0, 00001 .0,5 2 0, 000005 1            mol L mol L CH COO Pb L L

La reacción química incluye la formación de cromato de plomo. Como

2 2

4( ) 4( ) ( ) 4 ( )

 

  

PbCrO s PbCrO ac Pb ac CrO ac y como el límite en la disolución está en 2 2 16 4 2.10

  

    

Pb  CrO  .

Q>Kps, por lo que precipita.

La estequiometría de la reacción de precipitación del cromato de plomo es 1:1 y existe un reactivo limitante en este caso el ion plomo. Sobra de ion cromato 0,0005-0,000005=0,000495mol/L1

Si consideramos la concentración de ion cromato= solubilidad x, de acuerdo con la constante del producto de solubilidad (x)(x+0,0000495)= 2.10-16. Resolviendo la ecuación de segundo grado, aunque se podría despreciar x frente a 0,0000495 : x=5.10-6 mol/L, de lo que [Pb2+]=5.10-6 mol/L y [CrO42-]=4,95.10-4 mol/L, dado que el volumen total es un litro, los moles de

pb2+, serán 5.10-6 moles, como se indica en d.

70. Si se prepara una disolución saturada de hidróxido de cinc y su pH es 8,5 a 25º, dirás que su constante

del producto de solubilidad a esa temperatura será:

a)

1, 6.10

17

b)

1, 6.10

15

c)

1, 6.10

16

d)

1, 6.10

18

y su solubilidad molar en esas condiciones:

a)

7 1.58.10 mol L

b)

5 1.58.10 mol L

c)

6 1.58.10 mol L

d)

8 1.58.10 mol L

Kw=10

-14 SOLUCIÓN: 2 2

(

) (

)





(

) 2





(

)

Zn OH

ac

Zn

ac

OH

ac

, cuya constante del producto de solubilidad será:



2

 





2



Zn

 

OH



14 log







14 8,5

5,5





 

_

_







pH

pOH

OH

; ; 6 2

3,16.10

2

  













OH



mol



Zn



L

Sustituyendo 2 2 17

1,58.10

  



 

 



Zn

 

OH



.como se indica en a. Como 6 6 3,16.10 1.58.10 2 2           mol OH _mol L x L como se propone en c.

71. Si El pH de una disolución saturada de hidróxido de mercurio es 3,9 dirás que su solubilidad molar

en una disolución 0,0001M de cloruro de mercurio será:

a) 2,5.10

-12

mol/L

b) 2,5.10

-13

mol/L

c) 2,5.10

-14

mol/L

d) 2,5.10

-15

mol/L

SOLUCIÓN:

Operando como el caso anterior, primero se calcularía su Kps 2 2 2

(

) ( )



(

) (

)





(

) 2





(

)

Hg OH

s

Hg OH

ac

Hg

ac

OH

ac

pH14pOH log_OH_14 3,9 10,1  ; 11 2

7,94.10

2

  













OH



mol



Hg



L

; Kps= 2 2 31

2,5.10

  



 

 



Hg

 

OH



En una disolución de cloruro de magnesio que aporta una concentración de Mg2+=0,0001 mol/L

Si tomamos la solubilidad molar como la concentración de Mg2+=x, sustituyendo en Kps, tendríamos que (x+0,0001)(2x)2=Kps. Resolviendo la ecuación de tercer grado en hoja de cálculo por tanteo, x=2,5.10-14 mol/L, tal como se indica en c.

(6)

72. Si El pH de una disolución saturada de hidróxido de hierro(III) es 4,48, su solubilidad molar en una

disolución 5.10

-6

M de cloruro de hierro(III) será:

a) 2,75.10

-13

mol/L

b) 2,75.10

-10

mol/L

c) 2,75.10

-11

mol/L

d) 2,75.10

-12

mol/L

SOLUCIÓN:

(

) ( )



(

) (

)





(

) 3





(

)

Fe OH

s

Fe OH

ac

Fe

ac

OH

ac

pH14pOH log_OH_14 4, 48 9,52 ; 10 3

3, 02.10

3

  













OH



mol



Fe



L

; Kps= 3 3 39

2, 77.10

  



 

 



Fe

 

OH



En una disolución de cloruro de hierro(III) que aporta una concentración de Fe3+=0,000005 mol/L

Si tomamos la solubilidad molar como la concentración de Fe3+=x, sustituyendo en Kps, tendríamos que (x+0,000005)(3x)3=Kps. Resolviendo la ecuación de cuarto grado en hoja de cálculo por tanteo, x=2,75.10-12 mol/L como se propone en d.

73. Si El pH de una disolución saturada de hidróxido de aluminio es 5,76, su solubilidad molar en una

disolución 5.10

-6

M de cloruro de aluminio será:

a) 6,13.10

-13

mol/L

b) 6,13.10

-11

mol/L

c) 6,13.10

-10

mol/L

d) 6,13.10

-12

mol/L

SOLUCIÓN:

(

) ( )



(

) (

)





(

) 3





(

)

Al OH

s

Al OH

ac

Al

ac

OH

ac

pH14pOH log_OH_14 5, 76 8, 24 ; 9 3

5, 75.10

3

  













OH



mol



Al



L

; Kps= 3 3 34

3, 65.10

  



 

 



Al

 

OH



En una disolución de cloruro de aluminio que aporta una concentración de Al3+=0,00005 mol/L

Si tomamos la solubilidad molar como la concentración de Al3+=x, sustituyendo en Kps, tendríamos que (x+0,00005)(3x)3=Kps. Resolviendo la ecuación de cuarto grado en hoja de cálculo por tanteo, x=6,125.10-11 mol/L, como se expone en b.

74. Los hidróxidos anfóteros como el de aluminio, en medio básico, forman sales, en este caso

aluminatos, comportándose de forma distinta al caso anterior. Por ese motivo conociendo que la constante

de equilibrio de formación del aluminato vale 40, dirás que la solubilidad molar del hidróxido de

aluminio a un pH 13, vale en mol/L:

a) 3

b) 2

c) 4

d)1

SOLUCIÓN: 3 4

(

) (

)







(

) (



)

Al OH

ac

OH

Al OH

ac

y



3



4

(

)

40 (

)

 



















Al OH

OH

Kc

Al OH

. La solubilidad del hidróxido de aluminio es

igual a la concentración en equilibrio del aluminato



_

Al OH

(

)

₄



_

, porque por cada mol de hidróxido que se disuelve se produce uno de aluminato. Por lo tanto x=

_



Al OH

(

)

₄



_



Kc OH

_







_

13 14 log       _ _ pH pOH OH ;



_

OH



 

_

0,1

mol

L

; Sustituyendo



40.0,1



4 mol

x

L

,

como indica c.

75. El hidróxido de cinc, en medio básico, produce cincatos, de fórmula Zn(OH)

42-

, y su solubilidad

molar depende de su concentración y por lo tanto de su constante de equilibrio. Conociendo que dicha

constante vale 10

-15

, dirás que la solubilidad molar del hidróxido de cinc a pH 11, vale en mol/L:

a) 10

-20

b) 10

-21

c) 10

-22

d) 10

-19 SOLUCIÓN: 2 2 4

(

) (

) 2







(

)



(

)

Zn OH

ac

OH

Zn OH

ac

y





2 2 15 2 4

(

)

10 (

)

  



















Zn OH

OH

Kc

Zn OH

. La solubilidad del hidróxido de aluminio

es igual a la concentración en equilibrio del cincato



_

Al OH

(

)

₄



_

, porque por cada mol de hidróxido que se disuelve se produce uno de cincato. Por lo tanto x=

2 2 4

(

)

 













Zn OH



Kc OH





;

pH11 14 pOH log_OH_ ;

0, 001





 



OH



mol

L

; Sustituyendo 15 2 21

10 .0, 001



10





mol

x

L

.

Es correcta la b.

(7)

76.Las tuberías normales de las casas antiguas, que aportan agua, son de hierro, con lo cual es muy fácil

que se oxiden con el agua caliente, y que aparezca este metal en forma de Fe

3+

, en la disolución.

Norma-lmente el contenido en aquél es de 33ppm (35 mg. por 1 litro) .Sin embargo si el pH no es el óptimo

fácilmente precipita el hidróxido férrico coloidal, produciendo el característico enturbiamiento del agua.

El pH necesario para que no precipite será aproximadamente menor que :

a)

1 b) 1,5

c) 2

d) 3

K

Ps

hidróxido férrico=6E-38.MASAS ATOMICAS:Fe=55,6/O=16/H=1.

SOLUCIÓN: 3 5

0, 035

.

6,3.10

55, 6

 



 





Fe



g

mol

L

g

L

. Como 3 3 3

(

) ( )



(

) (

)





(

) 3





(

)

Fe OH

s

Fe OH

ac

Fe

ac

OH

ac

y 3 3 

_6.10

38



 

 



Fe

 

OH



; 38 11 3 6

6.10 2,12.10

6,3.10

   



 





OH



mol

L

; log 10, 67      _ _ pOH OH 14 14 10, 67 3,33     

pH pOH .El pH deberá ser menor que 3,3 . Es correcta la opción d.

77.El sulfato cúprico empleado antiguamente para sulfatar las vides y evitar el oídio, se usa actualmente

para combatir el desarrollo de algas y vegetales en las piscinas, por eso el color habitual del agua de una

piscina es azul. El pH máximo del agua de una piscina para evitar la precipitación de hidróxido de cobre

II, cuando se añade sulfato cúprico pentahidratado a dicha agua, en la proporción de 1,5g. por 3,79 litros

deberá ser menor que:

a) 6

b) 5

c) 4

d) 3

Ps hidróxido cúprico= 1,8.10

-19

SOLUCIÓN:

L masa molar del sulfato de cobre(II)pentahidratado es 249,6, por ello





3

4 2

1,5

.5

.

1,59.10

3, 79

249, 6





g

mol



mol

CuSO

H O

L

g

L

Por lo que



_

Cu

2

 

_

1,59.10

3

mol

L

Como 2 2 2

(

) ( )



(

) (

)





(

) 2





(

)

Cu OH

s

Cu OH

ac

Cu

ac

OH

ac

y 2 2 19

1,8.10

  



 

 



Cu

 

OH



; 19 8 3

1.8.10 1, 06.10

1,59.10

   



 





OH



mol

L

; log 7,97      _ _ pOH OH 14 14 7,97 6,13     

pH pOH .El pH deberá ser menor que 6,3 , como se expone en a.

78. Muchas veces en su casa, para desatascar las tuberías de desagües, echas sosa o potasa sólida, pues

disuelven muy bien las grasas formando jabones solubles. Ahora bien ello trae como consecuencia que las

aguas residuales sean fuertemente alcalinas, produciendo una grave polución, dando lugar a que

precipiten los iones magnesio o calcio disueltos en el agua de los ríos. Si las concentraciones en los iones

de un rio son 0,05M en Ca

2+

y 0,005M en Mg

2+

, el pH mínimo necesario para que sólo precipite el

hidróxido magnésico será:

a) 9

b) 9,5

c) 8,5

d) 10,5

Si queremos el también precipite el calcio, el pH sería: a) 12,5 b) 11,5

c) 13,5

d) 10,5

DATOS K

Ps

.hidróxido magnésico=5,6.10

-12

. K

Ps

. hidróxido de calcio=5.10

-6

.

SOLUCIÓN:

Precipitará antes el de menor KPs, o sea

Mg OH

(

) ( )

₂

s



Mg OH

(

) (

₂

ac

)



Mg

2

(

ac

) 2



OH



(

ac

)

, Kps=

_



Mg

2

 

_{ }

OH



 

_

2

5, 6.10

12; Sustituyendo 12 5

5, 6.10

3,35.10

0, 005

  



 





OH



mol

L

; log 4, 48      _ _ pOH OH

;

14 14 4, 48 9,52     

pH pOH ; tal. como se propone en b.

Operando igual para Ca(OH)2;

2 2 6

5.10

  



 

 



Ca

 

OH



; Sustituyendo 6 2

5.10 3,16

0, 005

  



 





OH



mol

L

;pOH log_OH_1,5

;

pH14pOH14 1,5 12,5  ;tal. como se propone en a.

(8)

79.Una disolución saturada de ácido benzoico contiene 3,4g/L. Si su constante ácida es 6.10

-5

, dirás que

su pH vale aproximadamente:

a) 1

b) 2

c) 3

d) 4

Y que su solubilidad molar en una disolución de ácido clorhídrico 0,01M es en mol/L:

a) 0,028

b) 0,003

c) 0,0003

d) 0, 28

Si se va echando agua al ácido clorhídrico de forma que su concentración se hace 100 veces menor, la

solubilidad ahora será:

a) Igual

b) Mayor

c) Menor.

SOLUCIÓN:

Como es un ácido débil C H COOH ac₆ ₅ ( )H(ac)C H COO ac₆ ₅ ( ) y por otra parte

6 5 ( ) 6 5 ( )

C H COOH s C H COOH ac . La solubilidad molar x=

x



_



C H COO

₆ ₅ 



_





C H COOH

₆ ₅



(1) y por otra parte



_

C H COO

₆ ₅ 

 

_{ }



H





_

.Del equilibrio de disociación sabemos que :









2 2 5 5 2 5 2 5 6.10                    a C H COO H H K C H COOH C H COOH , de lo que





2 2 5 5 6.10        H

C H COOH (2);La masa molar del ácido

benzoico es 122g/mol, y la solubilidad molar 2

3, 4

2, 79.10

122





g

mol

L

x

g

_L

mol

. Sustituyendo en (1): 2 2 5

2, 79.10

6.10

   















_

_



H

mol

H

L

. Resolviendo la ecuación de segundo grado

3

1 , 2 3 . 1 0

 



 



H



mol

L

(3) y elpH log_H_2,9. Son correctas la c y la a.

Si se le agrega un ácido fuerte como HCl 0,01N, el equilibrio de solubilidad se desplazará hacia la izquierda, según el principio de Le Chatelier. La neutralidad eléctrica implica que

_



H



_



total



_



C H COO

₆ ₅ 

 

_{ }



Cl





_

Teniendo en cuenta la ecuación(2), y el valor de (3)





2 2 2 5 5 2, 66.10 6.10         H  mol C H COOH

L . Resolviendo la ecuación del

equilibrio, para la nueva situación, debido al aporte de H+, llamando

x

'

 



C H COO

₆ ₅ 



_

para esta situación: x’ (x’+0,01)=[C6H5COOH]Ka. (4). Resolviendo la ecuación, x’=1,65.10

-4

mol/L. La nueva solubilidad molar será :





4 2 2 6 5

'

1, 65.10



2, 66.10



2, 68.10



 







N

mol

x

C H COOH

L

, que multiplicada por la masa molar supone una solubilidad en g/L =3,27g/L,

Si modificáramos la concentración del ácido, el planteamiento se haría como en la ecuación (4), modificando dicha concentración x’’ (x’’+0,0001)=[C6H5COOH]Ka. (4). Resolviendo la ecuación, x’=1,24.10-3 mol/L. La nueva solubilidad

molar será 2,78.10-2 mol/L. Vemos por lo tanto que la solubilidad ha aumentado, como se sugiere en b.

80. El propanonato de calcio es una sal que se emplea para impedir la formación de mohos en las harinas,

y no es muy soluble en agua. Si el pH de una disolución saturada, es 9,6 a 25ºC. Dirás que la solubilidad

de dicha sal es en estas condiciones, en g/L es aproximadamente:

a) 200

b) 250

c) 300

d) 150

K del ácido propanoico1,4.10

-5

. Kw=10

-14

SOLUCIÓN:

2

2 5 2 2 5

( ) ( ) ( ) 2 ( )

Ca C H COO ac Ca ac C H COO ac que experimenta hidrólisis al ser de ácido débil y base fuerte

2 5 ( ) 2 2 5

 _ _ _ 

C H COO ac H O C H COOH OH de forma que

2 14 10 5 2 5 10 7,14.10 1, 4.10  _                w H a OH K K K C H COO 14 9, 6   

pH pOH ;pOH 4, 4 log_OH_; 4,4 5

10 3,98.10

  

   

OH 

Sustituyendo en la constante de hidrólisis





2 2 5 10 2 5 2 5 3,98.10 7,14.10          _         OH C H COO C H COO y despejando 2 5

2, 22





 



C H COO



mol

L

, por lo tanto, según la estequiometria de su disociación, la concentración del propanoato de calcio será 1,11mol/L que multiplicada por su masa molar 186g/mol, s=206g/L, como se propone en a.