Titulaciones ácido-base Como se vio en el capítulo sobre la estequiometría de las reacciones químicas, las titulaciones pueden utilizarse para analizar cuantitativamente las soluciones en cuanto a sus concentraciones de ácidos o bases. En esta sección, exploraremos los equilibrios químicos subyacentes que hacen de la titulación ácido-base una técnica analítica útil. Curvas de titulación Una curva de titulación es un gráfico de alguna propiedad de la solución versus la cantidad de titulante añadido. En el caso de las titulaciones ácido-base, el pH de la solución es una propiedad útil de controlar porque varía de forma predecible con la composición de la solución y, por tanto, se puede utilizar para controlar el progreso de la titulación y detectar su punto final. El siguiente ejercicio de ejemplo demuestra el cálculo del pH para una solución de titulación después de las adiciones de varios volúmenes especificados de titulante. El primer ejemplo consiste en una titulación de un ácido fuerte que solo requiere cálculos estequiométricos para deducir el pH de la solución. El segundo ejemplo aborda una titulación de un ácido débil que requiere cálculos de equilibrio. Cálculo del pH de las soluciones de titulación: Ácido fuerte/Base fuerte Se realiza una titulación de 25,00 mL 0,100 M de HCl (ácido fuerte) con 0,100 M de una base fuerte NaOH (la curva de titulación se muestra en la ). Calcule el pH a estos volúmenes de solución de base añadida: (a) 0,00 mL (b) 12,50 mL (c) 25,00 mL (d) 37,50 mL Solución (a) Volumen de titulante = 0 mL. El pH de la solución se debe a la ionización ácida del HCl. Como se trata de un ácido fuerte, la ionización es completa y la molaridad del ion de hidronio es de 0,100 M . El pH de la solución es entonces pH = – log ( 0,100 ) = 1,000 (b) Volumen de titulante = 12,50 mL. Dado que la muestra de ácido y el titulante de base son ambos monopróticos y de igual concentración, esta adición de titulante implica menos de una cantidad estequiométrica de base, por lo que se consume completamente por reacción con el exceso de ácido en la muestra. La concentración de ácido sobrante se calcula restando la cantidad consumida de la cantidad inicial y dividiendo entre el volumen de la solución: [ H 3 O + ] = n ( H + ) V = 0,002500 mol × ( 1.000 mL 1 L ) – 0,100 M × 12,50 mL 25,00 mL + 12,50 mL = 0,0333 M (c) Volumen de titulante = 25,00 mL. Esta adición de titulante implica una cantidad estequiométrica de base (el punto de equivalencia ), por lo que solo los productos de la reacción de neutralización están en solución (agua y NaCl). Ni el catión ni el anión de esta sal sufren una ionización ácido-base; el único proceso que genera iones de hidronio es la autoprotólisis del agua. La solución es neutra, con un pH = 7,00. (d) Volumen de titulante = 37,50 mL. Esto implica la adición de titulante por encima del punto de equivalencia. A continuación, se calcula el pH de la solución mediante la concentración de iones de hidróxido: n ( OH – ) 0 > n ( H + ) 0 [ OH – ] = n ( OH – ) V = 0,100 M × 37,50 mL – 0,002500 mol × ( 1.000 mL 1 L ) 25,00 mL + 37,50 mL = 0,0200 M pH = 14 − pOH = 14 + log([OH − ]) = 14 + log(0,0200) = 12,30 Compruebe lo aprendido Calcule el pH para la titulación de ácido fuerte/base fuerte entre 50,0 mL de 0,100 M de HNO 3 ( aq ) y 0,200 M de NaOH (titulante) a los volúmenes indicados de base añadida: 0,00 mL, 15,0 mL, 25,0 mL y 40,0 mL. Respuesta: 0,00: 1,000; 15,0: 1,5111; 25,0: 7; 40,0: 12,523 Titulación de un ácido débil con una base fuerte Considere la titulación de 25,00 mL de 0,100 M de CH 3 CO 2 H con 0,100 M de NaOH. La reacción puede representarse como: CH 3 CO 2 H + OH – ⟶ CH 3 CO 2 – + H 2 O Calcule el pH de la solución de titulación tras la adición de los siguientes volúmenes de titulante NaOH: (a) 0,00 mL (b) 25,00 mL (c) 12,50 mL (d) 37,50 mL Solución (a) El pH inicial se calcula para la solución de ácido acético en el enfoque habitual de ICE: K a = [ H 3 O + ] [ CH 3 CO 2 – ] [ CH 3 CO 2 H ] ≈ [ H 3 O + ] 2 [ CH 3 CO 2 H ] 0 , y [ H 3 O + ] = K a × [ CH 3 CO 2 H ] = 1,8 × 10 -5 × 0,100 = 1,3 × 10 -3 pH = −log ( 1,3 × 10 -3 ) = 2,87 (b) Tanto el ácido como el titulante son monopróticos y las soluciones de la muestra y del titulante tienen igual concentración; por lo tanto, este volumen de titulante representa el punto de equivalencia. Sin embargo, a diferencia del ejemplo del ácido fuerte anterior, la mezcla de reacción en este caso contiene una base débil conjugada (ion de acetato). El pH de la solución se calcula considerando la ionización de la base del acetato, que está presente en una concentración de 0,00250 mol 0,0500 L = 0,0500 M CH 3 CO 2 – La ionización de la base del acetato viene representada por la ecuación CH 3 CO 2 – ( a q ) + H 2 O ( l ) ⇌ CH 3 CO 2 H ( a q ) + OH – ( a q ) K b = [ H + ] [ OH – ] K a = K w K a = 1,0 × 10 -14 1,8 × 10 -5 = 5,6 × 10 -10 Suponiendo que x << 0,0500, el pH se puede calcular mediante el enfoque habitual de ICE: K b = x 2 0,0500 M x = [ OH – ] = 5,3 × 10 – 6 pOH = −log ( 5,3 × 10 – 6 ) = 5,28 pH = 14,00 – 5,28 = 8,72 Observe que el pH en el punto de equivalencia de esta titulación es significativamente mayor que 7, como se espera cuando se titula un ácido débil con una base fuerte. (c) Volumen de titulante = 12,50 mL. Este volumen representa la mitad de la cantidad estequiométrica de titulante, por lo que se ha neutralizado la mitad del ácido acético para obtener una cantidad equivalente de ion de acetato. Por lo tanto, las concentraciones de estas parejas ácido-base conjugadas son iguales. Un enfoque conveniente para calcular el pH es el uso de la ecuación de Henderson-Hasselbalch: pH = p K a + log [ Base ] [ Ácido ] = −log ( K a ) + log [ CH 3 CO 2 – ] [ CH 3 CO 2 H ] = −log ( 1,8 × 10 -5 ) + log ( 1 ) . pH = −log ( 1,8 × 10 – 5 ) = 4,74 (pH = p K a en el punto medio de equivalencia en una titulación de un ácido débil) (d) Volumen de titulante = 37,50 mL. Este volumen representa un exceso estequiométrico de titulante, y una solución de reacción que contiene tanto el producto de la titulación, el ion de acetato, como el exceso de titulante fuerte. En este tipo de soluciones, el pH de la solución viene determinado principalmente por la cantidad de base fuerte en exceso: [ OH – ] = ( 0,003750 mol – 0,00250 mol ) 0,06250 L = 2,00 × 10 -2 M pOH = −log ( 2,00 × 10 -2 ) = 1,70 y pH = 14,00 – 1,70 = 12,30 Compruebe lo aprendido Calcule el pH para la titulación de ácido débil/base fuerte entre 50,0 mL de 0,100 M de HCOOH (aq ) (ácido fórmico) y 0,200 M de NaOH (titulante) a los volúmenes indicados de base añadida: 0,00 mL, 15,0 mL, 25,0 mL y 30,0 mL. Respuesta: 0,00 mL: 2,37; 15,0 mL: 3,92; 25,00 mL: 8,29; 30,0 mL: 12,097 La realización de cálculos adicionales similares a los del ejemplo anterior permite una evaluación más completa de las curvas de titulación. En la se ofrece un resumen de los pares de datos de pH/volumen para las titulaciones de ácidos fuertes y débiles, y en la se representan las curvas de titulación. La comparación de estas dos curvas ilustra varios conceptos importantes que se abordan mejor identificando las cuatro etapas de una titulación: Estado inicial (volumen de titulante añadido = 0 mL): el pH viene determinado por el ácido que se está titulando; como las dos muestras de ácido tienen igual concentración, el ácido débil mostrará un pH inicial mayor. Punto antes de la equivalencia (0 mL < V < 25 mL): el pH de la solución aumenta gradualmente y el ácido se consume por reacción con el titulante añadido; la composición incluye el ácido sin reaccionar y el producto de la reacción, su base conjugada. Punto de equivalencia ( V = 25 mL): se observa un aumento drástico del pH cuando la composición de la solución pasa de ácida a neutra (para la muestra de ácido fuerte) o básica (para la muestra de ácido débil), con un pH determinado por la ionización de la base conjugada del ácido. Punto después de la equivalencia ( V > 25 mL): el pH se determina por la cantidad de exceso de titulante de base fuerte añadido; como ambas muestras se titulan con el mismo titulante, ambas curvas de titulación parecen similares en esta etapa. valores de pH en las titulaciones de un ácido fuerte y de un ácido débil Volumen de 0,100 M de NaOH añadido (mL) Moles de NaOH añadidos valores de pH de 0,100 M de HCl Titulación de 25,00 mL de 0,100 M de HCl (0,00250 mol de HCI) con 0,100 M de NaOH. valores de pH de 0,100 M de CH 3 CO 2 H Titulación de 25,00 mL de 0,100 M de CH 3 CO 2 H (0,00250 mol de CH 3 CO 2 H) con de 0,100 M de NaOH. 0,0 0,0 1,00 2,87 5,0 0,00050 1,18 4,14 10,0 0,00100 1,37 4,57 15,0 0,00150 1,60 4,92 20,0 0,00200 1,95 5,35 22,0 0,00220 2,20 5,61 24,0 0,00240 2,69 6,13 24,5 0,00245 3,00 6,44 24,9 0,00249 3,70 7,14 25,0 0,00250 7,00 8,72 25,1 0,00251 10,30 10,30 25,5 0,00255 11,00 11,00 26,0 0,00260 11,29 11,29 28,0 0,00280 11,75 11,75 30,0 0,00300 11,96 11,96 35,0 0,00350 12,22 12,22 40,0 0,00400 12,36 12,36 45,0 0,00450 12,46 12,46 50,0 0,00500 12,52 12,52 (a) La curva de titulación para la titulación de 25,00 mL de 0,100 M de HCl (ácido fuerte) con 0,100 M de NaOH (base fuerte) tiene un punto de equivalencia de 7,00 pH. (b) La curva de titulación para la titulación de 25,00 mL de 0,100 M de ácido acético (ácido débil) con 0,100 M de NaOH (base fuerte) tiene un punto de equivalencia de 8,72 pH. Indicadores ácido-base Algunas sustancias orgánicas cambian de color en solución diluida cuando la concentración de iones de hidronio alcanza un valor determinado. Por ejemplo, la fenolftaleína es una sustancia incolora en cualquier solución acuosa con una concentración de iones de hidronio superior a 5,0 × 10 −9 M (pH < 8,3). En soluciones más básicas donde la concentración de iones de hidronio es inferior a 5,0 × 10 −9 M (pH > 8,3), es de color rojo o rosa. Las sustancias como la fenolftaleína, que pueden utilizarse para determinar el pH de una solución, se denominan indicadores ácido-base . Los indicadores ácido-base son ácidos orgánicos débiles o bases orgánicas débiles. El equilibrio en una solución del indicador ácido-base naranja de metilo, un ácido débil, puede representarse mediante una ecuación en la que utilizamos HIn como representación simple para la molécula compleja de naranja de metilo: HIn ( a q ) + H 2 O ( l ) ⇌ H 3 O + ( a q ) + In – ( a q ) rojo amarillo K a = [ H 3 O + ] [ In – ] [ HIn ] = 4,0 × 10 -4 El anión del naranja de metilo, In − , es amarillo, y la forma no ionizada, HIn, es roja. Cuando añadimos ácido a una solución de naranja de metilo, el aumento de la concentración de iones de hidronio desplaza el equilibrio hacia la forma roja no ionizada, de acuerdo con el principio de Le Châtelier. Si añadimos base, desplazamos el equilibrio hacia la forma amarilla. Este comportamiento es completamente análogo a la acción de los tampones. El color percibido de una solución indicadora está determinado por el cociente de las concentraciones de las dos especies In − y HIn. Si la mayor parte del indicador (normalmente un 60−90% o más) está presente como In − , el color percibido de la solución es amarillo. Si la mayor parte está presente como HIn, el color de la solución es rojo. La ecuación de Henderson-Hasselbalch es útil para entender la relación entre el pH de una solución indicadora y su composición (por tanto, el color percibido): pH = p K a + log ( [ In – ] [ HIn ] ) En las soluciones donde el pH > p K a , el término logarítmico debe ser positivo, que indica un exceso de la forma de base conjugada del indicador (solución amarilla). Cuando el pH < p K a , el término logarítmico debe ser negativo, que indica un exceso del ácido conjugado (solución roja). Cuando el pH de la solución está cerca del pKa del indicador, están presentes cantidades apreciables de ambos conjugados, y el color de la solución es el de una combinación aditiva de cada uno (amarillo y rojo, dando lugar al naranja). El intervalo de cambio de color (o intervalo de pH ) para un indicador ácido-base se define como el rango de valores de pH sobre el cual se observa un cambio de color, y para la mayoría de los indicadores este rango es aproximadamente p K a ± 1. Hay muchos indicadores ácido-base diferentes que cubren una amplia gama de valores de pH y pueden utilizarse para determinar el pH aproximado de una solución desconocida mediante un proceso de eliminación. Los indicadores universales y el papel de pH contienen una mezcla de indicadores y muestran diferentes colores a diferentes pH. La presenta varios indicadores, sus colores y sus intervalos de cambio de color. Este gráfico ilustra los intervalos de cambio de color de varios indicadores ácido-base. Curvas de titulación de ácidos fuertes y débiles que ilustran la elección adecuada del indicador ácido-base. Cualquiera de los tres indicadores mostrará un cambio de color razonablemente agudo en el punto de equivalencia de la titulación del ácido fuerte, pero solo la fenolftaleína es adecuada para su uso en la titulación del ácido débil. Las curvas de titulación mostradas en la ilustran la elección de un indicador adecuado para titulaciones específicas. En la titulación con ácido fuerte, el uso de cualquiera de los tres indicadores debería producir cambios de color razonablemente nítidos y determinaciones precisas del punto final. Para esta titulación, el pH de la solución alcanza el límite inferior del intervalo de cambio de color del naranja de metilo después de la adición de ~24 mL de titulante, momento en el que la solución inicialmente roja comenzaría a aparecer naranja. Cuando se han añadido 25 mL de titulante (el punto de equivalencia), el pH está muy por encima del límite superior y la solución aparecerá amarilla. El punto final de la titulación puede estimarse entonces como el volumen de titulante que produce un cambio de color distinto de naranja a amarillo. Sería un reto para la mayoría de los ojos humanos discernir con precisión este cambio de color. Es posible realizar estimaciones más precisas del punto final de la titulación utilizando tornasol o fenolftaleína, ya que ambos presentan intervalos de cambio de color que están englobados por el aumento pronunciado del pH que se produce alrededor del punto de equivalencia de 25,00 mL. La curva de titulación del ácido débil en la muestra que solo uno de los tres indicadores es adecuado para la detección del punto final. Si se utiliza naranja de metilo en esta titulación, la solución experimentará un cambio gradual de color rojo a naranja a amarillo en un intervalo de volumen relativamente grande (0–6 mL), completando el cambio de color mucho antes de que se haya alcanzado el punto de equivalencia (25 mL). El uso del tornasol mostraría un cambio de color que comienza después de añadir 7–8 mL de titulante y termina justo antes del punto de equivalencia. La fenolftaleína, por el contrario, presenta un intervalo de cambio de color que asocia perfectamente el cambio brusco de pH que se produce en el punto de equivalencia de la titulación. Se observará un cambio de color brusco de incoloro a rosa en un intervalo de volumen muy pequeño alrededor del punto de equivalencia. Conceptos clave y resumen La curva de titulación de una titulación ácido-base suele ser un gráfico del pH versus el volumen de titulante añadido. Estas curvas son útiles para seleccionar los indicadores ácido-base adecuados que permitirán determinar con precisión los puntos finales de la titulación. Explique cómo elegir el indicador ácido-base adecuado para la titulación de una base débil con un ácido fuerte. En el punto de equivalencia en la titulación de una base débil con un ácido fuerte, la solución resultante es ligeramente ácida debido a la presencia del ácido conjugado. Por lo tanto, elija un indicador que cambie de color en el rango ácido y asocie el pH en el punto de equivalencia. El metil-naranja es un buen ejemplo. Explique por qué un indicador ácido-base cambia de color a lo largo de un rango de valores de pH y no a un pH específico. Calcule el pH en los siguientes puntos en una titulación de 40 mL (0,040 L) de 0,100 M de ácido barbitúrico ( K a = 9,8 × 10 −5 ) con 0,100 M de KOH. (a) Sin añadir KOH (b) Se añaden 20 mL de solución de KOH (c) Se añaden 39 mL de solución de KOH (d) Se añaden 40 mL de solución de KOH (e) Se añaden 41 mL de solución de KOH (a) pH = 2,50; (b) pH = 4,01; (c) pH = 5,60; (d) pH = 8,35; (e) pH = 11,08 El indicador dinitrofenol es un ácido con una K a de 1,1 × 10 −4 . En una solución de 1,0 × 10 −4 - M , es incoloro en el ácido y amarillo en la base. Calcule el intervalo de pH en el que pasa del 10% de ionización (incoloro) al 90% de ionización (amarillo). indicador ácido-base ácido o base débil cuya pareja conjugada imparte un color diferente a la solución; se utiliza en las evaluaciones visuales del pH de la solución intervalo de cambio de color rango de pH en el que se observa el cambio de color de un indicador curva de titulación gráfico de alguna propiedad de la muestra (como el pH) versus el volumen de titulante añadido

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Introducción El mineral fluorita (CaF 2 ) se forma cuando los iones de calcio y fluoruro disueltos precipitan desde las aguas subterráneas dentro de la corteza terrestre. Observe que la fluorita pura es incolora, y que el color de esta muestra se debe a la presencia de otros iones metálicos en el cristal. El mineral fluorita, CaF 2 , se utiliza habitualmente como piedra semipreciosa en muchos tipos de joyería por su aspecto llamativo. Los depósitos de fluorita se forman a través de un proceso llamado precipitación hidrotermal en el que los iones de calcio y fluoruro disueltos en el agua subterránea se combinan para producir CaF 2 insoluble en respuesta a algún cambio en las condiciones de la solución. Por ejemplo, una disminución de la temperatura puede desencadenar la precipitación de la fluorita si se supera su solubilidad a la temperatura más baja. Dado que el ion de fluoruro es una base débil, su solubilidad también se ve afectada por el pH de la solución, por lo que los procesos geológicos o de otro tipo que cambien el pH del agua subterránea también afectarán a la precipitación de la fluorita. Este capítulo amplía la discusión sobre el equilibrio de otros capítulos abordando algunas clases de reacciones adicionales (incluyendo la precipitación) y sistemas que implican reacciones de equilibrio acopladas.

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Precipitación y disolución Los equilibrios de solubilidad se establecen cuando la disolución y la precipitación de una especie de soluto se producen a igual velocidad. Estos equilibrios son la base de muchos procesos naturales y tecnológicos, desde la caries hasta la purificación del agua. Por lo tanto, la comprensión de los factores que afectan a la solubilidad de los compuestos es esencial para la gestión eficaz de estos procesos. Esta sección aplica los conceptos y herramientas de equilibrio introducidos previamente a los sistemas que implican disolución y precipitación. El producto de solubilidad Recordemos que en el capítulo sobre las soluciones, la solubilidad de una sustancia puede variar desde esencialmente cero ( insoluble o poco soluble ) hasta el infinito ( miscible ). Un soluto con solubilidad finita puede dar producir una solución saturada cuando se añade a un solvente en una cantidad que excede su solubilidad, lo que produce a una mezcla heterogénea de la solución saturada y el exceso de soluto no disuelto. Por ejemplo, una solución saturada de cloruro de plata es aquella en la que se ha establecido el equilibrio que se muestra a continuación. AgCl ( s ) ⇌ precipitación disolución Ag + ( a q ) + Cl – ( a q ) En esta solución, un exceso de AgCl sólido se disuelve y disocia para producir iones de Ag + y Cl – acuosos a la misma velocidad que estos iones acuosos se combinan y precipitan para formar AgCl sólido ( ). Como el cloruro de plata es una sal poco soluble, la concentración de equilibrio de sus iones disueltos en la solución es relativamente baja. El cloruro de plata es un sólido iónico poco soluble. Cuando se añade al agua, se disuelve ligeramente y produce una mezcla que consiste en una solución muy diluida de iones de Ag + y Cl – en equilibrio con el cloruro de plata no disuelto. La constante de equilibrio para equilibrios de solubilidad como este se denomina constante del producto de solubilidad, K sp , en este caso AgCl ( s ) ⇌ Ag + ( a q ) + Cl – ( a q ) K sp = [ Ag + ( a q ) ] [ Cl – ( a q ) ] Recordemos que en las expresiones de las constantes de equilibrio solo se representan los gases y los solutos, por lo que la K sp no incluye un término para el AgCl no disuelto. En el Apéndice J se muestra una lista de las constantes del producto de solubilidad para varios compuestos poco solubles. Escritura de ecuaciones y productos de solubilidad Escriba la ecuación de disolución y la expresión del producto de solubilidad para cada uno de los siguientes compuestos iónicos poco solubles: (a) AgI, yoduro de plata, un sólido con propiedades antisépticas (b) CaCO 3 , carbonato de calcio, el ingrediente activo de muchos antiácidos masticables de venta libre (c) Mg(OH) 2 , hidróxido de magnesio, principio activo de la leche de magnesia (d) Mg(NH 4 )PO 4 , fosfato amónico de magnesio, sustancia esencialmente insoluble utilizada en las pruebas de magnesio (e) Ca 5 (PO 4 ) 3 OH, el mineral apatita, una fuente de fosfato para los fertilizantes Solución ( a ) AgI ( s ) ⇌ Ag + ( a q ) + I – ( a q ) K sp = [ Ag + ] [ I – ] ( b ) CaCO 3 ( s ) ⇌ Ca 2+ ( a q ) + CO 3 2− ( a q ) K sp = [ Ca 2+ ] [ CO 3 2− ] ( c ) Mg ( OH ) 2 ( s ) ⇌ Mg 2+ ( a q ) + 2OH – ( a q ) K sp = [ Mg 2+ ] [ OH – ] 2 ( d ) Mg ( NH 4 ) PO 4 ( s ) ⇌ Mg 2+ ( a q ) + NH 4 + ( a q ) + PO 4 3− ( a q ) K sp = [ Mg 2+ ] [ NH 4 + ] [ PO 4 3− ] ( e ) Ca 5 ( PO 4 ) 3 OH ( s ) ⇌ 5Ca 2+ ( a q ) + 3PO 4 3− ( a q ) + OH – ( a q ) K sp = [ Ca 2+ ] 5 [ P O 4 3− ] 3 [ OH – ] Compruebe lo aprendido Escriba la ecuación de disolución y el producto de solubilidad para cada uno de los siguientes compuestos poco solubles: (a) BaSO 4 (b) Ag 2 SO 4 (c) Al(OH) 3 (d) Pb(OH)Cl Respuesta: ( a ) BaSO 4 ( s ) ⇌ Ba 2+ ( a q ) + SO 4 2− ( a q ) K sp = [ Ba 2+ ] [ SO 4 2 – ] ; ( b ) Ag 2 SO 4 ( s ) ⇌ 2Ag + ( a q ) + SO 4 2− ( a q ) K sp = [ Ag + ] 2 [ SO 4 2− ] ; ( c ) Al ( OH ) 3 ( s ) ⇌ Al 3+ ( a q ) + 3OH – ( a q ) K sp = [ Al 3+ ] [ OH – ] 3 ; ( d ) Pb(OH)Cl( s ) ⇌ Pb 2+ ( a q ) + OH – ( a q ) + Cl – ( a q ) K sp = [ Pb 2+ ] [ OH – ] [ Cl – ] K sp y solubilidad La K sp de un compuesto iónico poco soluble puede relacionarse simplemente con su solubilidad medida siempre que el proceso de disolución implique solo disociación y solvatación, por ejemplo: M p X q ( s ) ⇌ p M m+ ( a q ) + q X n− ( a q ) Para estos casos, se pueden derivar los valores de K sp a partir de las solubilidades proporcionadas, o viceversa. Los cálculos de este tipo se realizan más convenientemente utilizando la solubilidad molar de un compuesto, medida como moles de soluto disuelto por litro de solución saturada. Cálculo de K sp a partir de las concentraciones de equilibrio La fluorita, CaF 2 , es un sólido poco soluble que se disuelve según la ecuación: CaF 2 ( s ) ⇌ Ca 2+ ( a q ) + 2F – ( a q ) La concentración de Ca 2+ en una solución saturada de CaF 2 es de 2,15 × 10 –4 M . ¿Cuál es el producto de solubilidad de la fluorita? Solución Según la estequiometría de la ecuación de disolución, la molaridad del ion de fluoruro de una solución de CaF 2 es igual al doble de su molaridad de ion de calcio: [ F – ] = ( 2 mol F – / 1 mol Ca 2 + ) = ( 2 ) ( 2,15 × 10 – 4 M ) = 4,30 × 10 – 4 M Sustituyendo las concentraciones de iones en la expresión K sp se obtiene K sp = [ Ca 2+ ] [ F – ] 2 = (2,15 × 10 – 4 ) ( 4,30 × 10 – 4 ) 2 = 3,98 × 10 – 11 Compruebe lo aprendido En una solución saturada de Mg(OH) 2 , la concentración de Mg 2+ es de 1,31 × 10 –4 M . ¿Cuál es el producto de solubilidad del Mg(OH) 2 ? Mg(OH) 2 ( s ) ⇌ Mg 2+ ( a q ) + 2OH – ( a q ) Respuesta: 8,99 × 10 –12 Determinación de la solubilidad molar a partir de la K sp La K sp del bromuro de cobre(I), CuBr, es de 6,3 × 10 –9 . Calcule la solubilidad molar del bromuro de cobre. Solución La ecuación de disolución y la expresión del producto de solubilidad son CuBr ( s ) ⇌ Cu + ( a q ) + Br – ( a q ) K sp = [ Cu + ] [ Br – ] Siguiendo el enfoque ICE para este cálculo se obtiene la tabla Sustituyendo los términos de concentración de equilibrio en la expresión del producto de solubilidad y resolviendo para x se obtiene K sp = [ Cu + ] [ Br – ] 6,3 × 10 – 9 = ( x ) ( x ) = x 2 x = ( 6,3 × 10 – 9 ) = 7,9 × 10 – 5 M Dado que la estequiometría de disolución muestra que se produce un mol de ion de cobre(I) y un mol de ion de bromuro por cada mol de Br disuelto, la solubilidad molar del CuBr es de 7,9 × 10 –5 M . Compruebe su aprendizaje La K sp del AgI es de 1,5 × 10 –16 . Calcule la solubilidad molar del yoduro de plata. Respuesta: 1,2 × 10 –8 M Determinación de la solubilidad molar a partir de la K sp La K sp del hidróxido de calcio, Ca(OH) 2 , es de 1,3 × 10 –6 . Calcule la solubilidad molar del hidróxido de calcio. Solución La ecuación de disolución y la expresión del producto de solubilidad son Ca(OH) 2 ( s ) ⇌ Ca 2+ ( a q ) + 2OH – ( a q ) K sp = [ Ca 2+ ] [ OH – ] 2 La tabla ICE para este sistema es Sustituyendo los términos de las concentraciones de equilibrio en la expresión del producto de solubilidad y resolviendo para x se obtiene K sp = [ Ca 2+ ] [ OH – ] 2 1,3 × 10 – 6  = ( x ) ( 2 x ) 2 = ( x ) ( 4 x 2 ) = 4 x 3 x = 1,3 × 10 – 6 4 3 = 6,9 × 10 – 3 M Como se define en la tabla ICE, x es la molaridad del ion de calcio en la solución saturada. La estequiometría de disolución muestra una relación 1:1 entre los moles de ion de calcio en la solución y los moles de compuesto disuelto, por lo que la solubilidad molar del Ca(OH) 2 es de 6,9 × 10 –3 M . Compruebe su aprendizaje La K sp del PbI 2 es de 1,4 × 10 –8 . Calcule la solubilidad molar del yoduro de plomo(II). Respuesta: 1,5 × 10 –3 M Cálculo de la K sp a partir de la solubilidad de los gramos Muchos de los pigmentos utilizados por los artistas en las pinturas al óleo ( ) son poco solubles en agua. Por ejemplo, la solubilidad del pigmento de artista amarillo cromo, PbCrO 4 , es de 4,6 × 10 –6 g/L. Determine el producto de solubilidad para PbCrO 4 . Las pinturas al óleo contienen pigmentos muy poco solubles en agua. Además del amarillo de cromo (PbCrO 4 ), algunos ejemplos son el azul de Prusia (Fe 7 (CN) 18 ), el color naranja rojizo del bermellón (HgS) y el verde viridiana (Cr 2 O 3 ) (créditos: Sonny Abesamis). Solución Antes de calcular el producto de solubilidad, la solubilidad proporcionada debe convertirse en molaridad: [ PbCrO 4 ] = 4,6 × 10 – 6 g de PbCrO 4 1 L × 1 mol de PbCrO 4 323,2 g de PbCrO 4 = 1,4 × 10 – 8 mol de PbCrO 4 1 L = 1,4 × 10 – 8 M La ecuación de disolución de este compuesto es PbCrO 4 ( s ) ⇌ Pb 2+ ( a q ) + CrO 4 2− ( a q ) La estequiometría de disolución muestra una relación 1:1 entre las cantidades molares de compuesto y sus dos iones, por lo que [Pb 2+ ] como [ CrO 4 2− ] son iguales a la solubilidad molar del PbCrO 4 : [ Pb 2+ ] = [ CrO 4 2− ] = 1,4 × 10 – 8 M K sp = [Pb 2+ ] [ CrO 4 2− ] = (1,4 × 10 –8 )(1,4 × 10 –8 ) = 2,0 × 10 –16 Compruebe lo aprendido La solubilidad del TlCl [cloruro de talio(I)], un producto intermedio que se forma cuando se aísla el talio de los minerales, es de 3,12 gramos por litro a 20 °C. ¿Cuál es su producto de solubilidad? Respuesta: 1,69 × 10 –4 Cálculo de la solubilidad del Hg 2 Cl 2 El calomel, Hg 2 Cl 2 , es un compuesto formado por el ion de diatómico del mercurio(I), Hg 2 2+ , y los iones de cloruro, Cl – . Aunque hoy se sabe que la mayoría de los compuestos de mercurio son venenosos, los médicos del siglo XVIII utilizaban el calomel como medicamento. Sus pacientes rara vez sufrían una intoxicación por mercurio a causa de los tratamientos, ya que el calomel tiene una solubilidad muy baja, como sugiere su K sp muy pequeña: Hg 2 Cl 2 ( s ) ⇌ Hg 2 2+ ( a q ) + 2Cl – ( a q ) K sp = 1,1 × 10 – 18 Calcule la solubilidad molar del Hg 2 Cl 2 . Solución La estequiometría de disolución muestra una relación 1:1 entre la cantidad de compuesto disuelto y la cantidad de iones de mercurio(I), por lo que la solubilidad molar del Hg 2 Cl 2 es igual a la concentración de iones de Hg 2 2+ Si se sigue el enfoque ICE, se obtiene Sustituyendo los términos de concentración de equilibrio en la expresión del producto de solubilidad y resolviendo para x se obtiene K sp = [ Hg 2 2+ ] [ Cl – ] 2 1,1 × 10 – 18 = ( x ) ( 2 x ) 2 4 x 3 = 1,1 × 10 – 18 x = ( 1,1 × 10 – 18 4 ) 3 = 6,5 × 10 – 7 M [ Hg 2 2+ ] = 6,5 × 10 – 7 M = 6,5 × 10 – 7 M [ Cl – ] = 2 x = 2(6,5 × 10 – 7 ) = 1,3 × 10 – 6 M La estequiometría de disolución muestra que la solubilidad molar del Hg 2 Cl 2 es igual a [ Hg 2 2+ ] , o 6,5 × 10 –7 M . Compruebe lo aprendido Determine la solubilidad molar del MgF 2 a partir de su producto de solubilidad: K sp = 6,4 × 10 –9 . Respuesta: 1,2 × 10 –3 M Uso del sulfato de bario para la obtención de imágenes médicas Se utilizan varios tipos de técnicas de imagen médica para ayudar a diagnosticar enfermedades de forma no invasiva. Una de estas técnicas utiliza la ingestión de un compuesto de bario antes de tomar una imagen de rayos X. El paciente ingiere una suspensión de sulfato de bario, un polvo calcáreo. Dado que la K sp del sulfato de bario es de 2,3 × 10 –8 , se disuelve muy poco a medida que recubre el revestimiento del tracto intestinal del paciente. Las áreas del tracto digestivo recubiertas de bario aparecen entonces en una radiografía como blancas, lo que permite un mayor detalle visual que una radiografía tradicional ( ). Una suspensión de sulfato de bario recubre el tracto intestinal, permitiendo un mayor detalle visual que una radiografía tradicional (créditos: modificación del trabajo de "glitzy queen00"/Wikimedia Commons). Las imágenes médicas con sulfato de bario se pueden utilizar para diagnosticar la enfermedad de reflujo ácido, la enfermedad de Crohn y úlceras, además de otras afecciones. Visite este sitio web para obtener más información sobre cómo se utiliza el bario en los diagnósticos médicos y cuáles afecciones se pueden diagnosticar al utilizarlo. Predicción de las precipitaciones La ecuación que describe el equilibrio entre el carbonato de calcio sólido y sus iones solvatados es: CaCO 3 ( s ) ⇌ Ca 2+ ( a q ) + CO 3 2− ( a q ) K s p = [ Ca 2 + ] [ CO 3 2 – ] = 8,7 × 10 – 9 Es importante darse cuenta de que este equilibrio se establece en cualquier solución acuosa que contenga iones de Ca 2+ y CO 3 2– , no solo en una solución formada por la saturación de agua con carbonato cálcico. Consideremos, por ejemplo, la mezcla de soluciones acuosas de los compuestos solubles carbonato de sodio y nitrato de calcio. Si las concentraciones de iones de calcio y carbonato en la mezcla no dan un cociente de reacción, Q sp , que supere el producto de solubilidad, K sp , no se producirá la precipitación. Si las concentraciones de iones dan un cociente de reacción mayor que el producto de solubilidad, entonces se producirá la precipitación, disminuyendo esas concentraciones hasta que se establezca el equilibrio ( Q sp = K sp ). La comparación de Q sp con K sp para predecir la precipitación es un ejemplo del enfoque general para predecir la dirección de una reacción que se introdujo antes en el capítulo sobre el equilibrio. Para el caso concreto de los equilibrios de solubilidad: Q sp < K sp : la reacción es directa (la solución no está saturada; no se observa precipitación) Q sp > K sp : la reacción es inversa (la solución está sobresaturada; se producirá precipitación) Esta estrategia de predicción y los cálculos relacionados se demuestran en los siguientes ejercicios de ejemplo. Precipitación de Mg(OH) 2 El primer paso en la preparación del magnesio metálico es la precipitación del Mg(OH) 2 a partir del agua de mar mediante la adición de cal, Ca(OH) 2 , una fuente económica y fácilmente disponible de iones de OH – : Mg(OH) 2 ( s ) ⇌ Mg 2+ ( a q ) + 2OH – ( a q ) K sp = 8,9 × 10 – 12 La concentración de Mg 2+ ( aq ) en el agua de mar es de 0,0537 M . ¿Precipitará el Mg(OH) 2 cuando se añada suficiente Ca(OH) 2 para dar un [OH – ] de 0,0010 M ? Solución Aquí se muestra el cálculo del cociente de reacción en estas condiciones: Q = [ Mg 2+ ] [ OH – ] 2 = (0,0537)( 0,0010) 2 = 5,4 × 10 – 8 Como Q es mayor que K sp ( Q = 5,4 × 10 –8 es mayor que K sp = 8,9 × 10 –12 ), la reacción inversa procederá, precipitando hidróxido de magnesio hasta que las concentraciones de iones disueltos se hayan reducido lo suficiente, de modo que Q sp = K sp . Compruebe lo aprendido Prediga si el CaHPO 4 precipitará de una solución con [Ca 2+ ] = 0,0001 M y [ HPO 4 2− ] = 0,001 M . Respuesta: No hay precipitación de CaHPO 4 ; Q = 1 × 10 –7 , que es menor que K sp (7 × 10 –7 ) Precipitación de AgCl ¿Precipita el cloruro de plata cuando se mezclan volúmenes iguales de una solución 2,0 × 10 –4 - M de AgNO 3 y una solución 2,0 × 10 –4 - M de NaCl? Solución La ecuación para el equilibrio entre el cloruro de plata sólido, el ion de plata y el ion de cloruro es: AgCl ( s ) ⇌ Ag + ( a q ) + Cl – ( a q ) El producto de solubilidad es 1,6 × 10 –10 (consulte el Apéndice J ). El AgCl precipitará si el cociente de reacción calculado a partir de las concentraciones en la mezcla de AgNO 3 y NaCl es mayor que la K sp . Como el volumen se duplica cuando se mezclan volúmenes iguales de soluciones de AgNO 3 y NaCl, cada concentración se reduce a la mitad de su valor inicial 1 2 ( 2,0 × 10 – 4 ) M = 1,0 × 10 – 4 M El cociente de reacción, Q , es mayor que la K sp para el AgCl, por lo que se forma una solución sobresaturada: Q = [ Ag + ] [ Cl – ] = (1,0 × 10 – 4 ) ( 1,0 × 10 – 4 ) = 1,0 × 10 – 8 > K sp El AgCl precipitará de la mezcla hasta que se establezca el equilibrio de disolución, cuando Q sea igual a la K sp . Compruebe lo aprendido ¿Se precipitará el KClO 4 cuando se añadan 20 mL de una solución 0,050- M de K + a 80 mL de una solución 0,50- M de ClO 4 – ? (Pista: Utilice la ecuación de dilución para calcular las concentraciones de iones de potasio y perclorato en la mezcla). Respuesta: No, Q = 4,0 × 10 –3 , que es inferior a K sp = 1,05 × 10 –2 Precipitación de oxalato de calcio La sangre no se coagula si se eliminan los iones de calcio de su plasma. Algunos tubos de recolección de sangre contienen sales del ion de oxalato, C 2 O 4 2− , para este fin ( ). En concentraciones suficientemente altas, los iones de calcio y oxalato forman un sólido, CaC 2 O 4 ·H 2 O (oxalato de calcio monohidratado). La concentración de Ca 2+ en una muestra de suero sanguíneo es de 2,2 × 10 –3 M . ¿Qué concentración del ion de C 2 O 4 2− debe establecerse antes de que el CaC 2 O 4 ·H 2 O comience a precipitar? Se pueden añadir anticoagulantes a la sangre que se combinan con los iones de Ca 2+ del suero sanguíneo y evitan que la sangre se coagule. (créditos: modificación del trabajo de Neeta Lind). Solución La expresión de equilibrio es: CaC 2 O 4 ( s ) ⇌ Ca 2+ ( a q ) + C 2 O 4 2− ( a q ) Para esta reacción: K sp = [ Ca 2+ ] [ C 2 O 4 2− ] = 1,96 × 10 – 8 (vea el Apéndice J ) Sustituya la concentración de iones de calcio proporcionada en la expresión del producto de solubilidad y calcule la concentración de oxalato: Q = K sp = [ Ca 2+ ] [ C 2 O 4 2− ] = 1,96 × 10 – 8 ( 2,2 × 10 – 3 ) [ C 2 O 4 2− ] = 1,96 × 10 – 8 [ C 2 O 4 2− ] = 1,96 × 10 – 8 2,2 × 10 – 3 = 8,9 × 10 – 6 M Una concentración de [ C 2 O 4 2− ] = 8,9 × 10 –6 M es necesaria para iniciar la precipitación de CaC 2 O 4 en estas condiciones. Compruebe su aprendizaje Si una solución contiene 0,0020 mol de CrO 4 2− por litro, ¿qué concentración de ion de Ag + debe alcanzarse añadiendo AgNO 3 sólido antes de que el Ag 2 CrO 4 empiece a precipitar? No hay que tener en cuenta el aumento de volumen al añadir el nitrato de plata sólido. Respuesta: 6,7 × 10 –5 M Concentraciones tras la precipitación La ropa lavada en agua con una concentración de manganeso [Mn 2+ ( aq )] superior a 0,1 mg/L (1,8 × 10 –6 M ) puede que se tiña cuando se oxida el manganeso, pero la cantidad de Mn 2+ en el agua puede disminuirse añadiendo una base para precipitar Mn(OH) 2 . ¿Qué pH es necesario para mantener el [Mn 2+ ] igual a 1,8? × 10 –6 M ? Solución La disolución del Mn(OH) 2 se describe mediante la ecuación Mn(OH) 2 ( s ) ⇌ Mn 2+ ( a q ) + 2OH – ( a q ) K sp = 2 × 10 – 13 En equilibrio: K sp = [ Mn 2+ ] [ OH – ] 2 o ( 1,8 × 10 – 6 ) [ OH – ] 2 = 2 × 10 – 13 así que [ OH – ] = 3,3 × 10 – 4 M Calcule el pH a partir del pOH: pOH = −log [ OH – ] = −log ( 3,3 × 10 – 4 ) = 3,48 pH = 14,00 – pOH = 14,00 – 3,48 = 10,52 (resultado final redondeado a un dígito significativo, limitado por la certeza de la K sp ) Compruebe lo aprendido El primer paso en la preparación del magnesio metálico es la precipitación del Mg(OH) 2 a partir del agua de mar mediante la adición de Ca(OH) 2 . La concentración de Mg 2+ ( aq ) en el agua de mar es de 5,37 × 10 –2 M . Calcule el pH al que el [Mg 2+ ] disminuye a 1,0 × 10 –5 M Respuesta: 10,97 En soluciones que contienen dos o más iones que pueden formar compuestos insolubles con el mismo contraión, se puede utilizar una estrategia experimental llamada precipitación selectiva para eliminar iones individuales de la solución. Al aumentar de forma controlada la concentración del contraión, los iones en solución se pueden precipitar de forma individual, asumiendo que sus solubilidades compuestas son adecuadamente diferentes. En soluciones con concentraciones iguales de iones objetivo, el ion que forma el compuesto menos soluble precipitará primero (a la menor concentración del contraión), y los otros iones precipitarán posteriormente a medida que se alcancen las solubilidades de sus compuestos. Como ilustración de esta técnica, el siguiente ejercicio de ejemplo describe la separación de dos iones de haluro mediante la precipitación de uno de ellos como sal de plata. El papel de la precipitación en el tratamiento de las aguas residuales Los equilibrios de solubilidad son herramientas útiles en el tratamiento de las aguas residuales que se llevan a cabo en las instalaciones que pueden tratar el agua municipal de su ciudad o pueblo ( ). En concreto, la precipitación selectiva se utiliza para eliminar los contaminantes de las aguas residuales antes de devolverlas a las masas de agua naturales. Por ejemplo, los iones de fosfato (PO 4 3− ) suelen estar presentes en el agua que vierten las instalaciones de fabricación. La abundancia de fosfato provoca el crecimiento excesivo de algas, lo que repercute en la cantidad de oxígeno disponible para la vida marina y hace que el agua no sea apta para el consumo humano. Las instalaciones de tratamiento de aguas residuales, como esta, eliminan los contaminantes de las aguas residuales antes de devolverlas al entorno natural. (créditos: "eutrophication&hypoxia"/Wikimedia Commons). Una forma común de eliminar los fosfatos del agua es mediante la adición de hidróxido de calcio, o cal, Ca(OH) 2 . A medida que el agua se hace más básica, los iones de calcio reaccionan con los iones de fosfato para producir hidroxiapatita, Ca 5 (PO4) 3 OH, que luego precipita fuera de la solución: 5 Ca 2+ + 3PO 4 3− + OH – ⇌ Ca 5 (PO 4 ) 3 · OH ( s ) . Dado que la cantidad de iones de calcio añadida no da lugar a que se superen los productos de solubilidad de otras sales de calcio, los aniones de esas sales permanecen en las aguas residuales. El precipitado se elimina por filtración y el agua vuelve a tener un pH neutro mediante la adición de CO 2 en un proceso de recarbonatación. También pueden utilizarse otros productos químicos para la eliminación de fosfatos por precipitación, como el cloruro de hierro(III) y el sulfato de aluminio. Consulte este sitio para obtener más información sobre cómo se elimina el fósforo de las aguas residuales. Precipitación de haluros de plata Una solución contiene 0,00010 mol de KBr y 0,10 mol de KCl por litro. A esta solución se le añade gradualmente AgNO 3 . ¿Qué se forma primero, el AgBr sólido o el AgCl sólido? Solución Los dos equilibrios implicados son: AgCl ( s ) ⇌ Ag + ( a q ) + Cl – ( a q ) K sp = 1,6 × 10 – 10 AgBr ( s ) ⇌ Ag + ( a q ) + Br – ( a q ) K sp = 5,0 × 10 – 13 Si la solución contuviera concentraciones aproximadamente iguales de Cl – y Br – , entonces la sal de plata con la K sp menor (AgBr) precipitaría primero. Sin embargo, las concentraciones no son iguales, por lo que hay que calcular el [Ag + ] al que empieza a precipitar el AgCl y el [Ag + ] a la que empieza a precipitar el AgBr. La sal que se forma en la parte inferior [Ag + ] precipita primero. El AgBr precipita cuando Q es igual a la K sp para el AgBr Q sp = K sp = [ Ag + ] [ Br – ] = [ Ag + ] (0,00010) = 5,0 × 10 – 13 [ Ag + ] = 5,0 × 10 – 13 0,00010 = 5,0 × 10 – 9 M El AgBr comienza a precipitar cuando el [Ag + ] es de 5,0 × 10 –9 M . Para el AgCl: El AgCl precipita cuando Q es igual a la K sp para el AgCl (1,6 × 10 –10 ). Cuando [Cl – ] = 0,10 M : Q sp = K sp = [ Ag + ] [ Cl – ] = [ Ag + ] (0,10) = 1,6 × 10 – 10 [ Ag + ] = 1,6 × 10 – 10 0,10 = 1,6 × 10 – 9 M El AgCl comienza a precipitar cuando el [Ag + ] es de 1,6 × 10 –9 M . El AgCl comienza a precipitar a un [Ag + ] menor que el AgBr, por lo que el AgCl comienza a precipitar primero. Observe que la concentración de iones de cloruro de la mezcla inicial era significativamente mayor que la concentración de iones de bromuro, por lo que el cloruro de plata precipitó primero a pesar de tener una K sp mayor que el del bromuro de plata. Compruebe lo aprendido Si se añade una solución de nitrato de plata a una solución 0,050 M en iones de Cl – y Br – , ¿a qué [Ag + ] comenzaría la precipitación y cuál sería la fórmula del precipitado? Respuesta: [Ag + ] = 1,0 × 10 –11 M ; el AgBr precipita primero Efecto del ion común En comparación con el agua pura, la solubilidad de un compuesto iónico es menor en las soluciones acuosas que contienen un ion común (uno producido también por la disolución del compuesto iónico). Este es un ejemplo de un fenómeno conocido como efecto del ion común , que es una consecuencia de la ley de acción de masas que puede explicarse utilizando el principio de Le Châtelier. Consideremos la disolución del yoduro de plata: AgI ( s ) ⇌ Ag + ( a q ) + I – ( a q ) Este equilibrio de solubilidad puede desplazarse hacia la izquierda mediante la adición de iones de plata(I) o de yoduro, lo que provoca la precipitación de AgI y la disminución de las concentraciones de Ag + e I – . disueltas. En las soluciones que ya contienen alguno de estos iones, se puede disolver menos AgI que en las soluciones sin estos iones. Este efecto también puede explicarse en términos de la acción de la masa representada en la expresión del producto de solubilidad: K sp = [ Ag + ] [ I – ] El producto matemático de las molaridades de los iones de plata(I) y yoduro es constante en una mezcla en equilibrio, independientemente de la fuente de los iones , por lo que el aumento de la concentración de un ion debe estar balanceado con una disminución proporcional del otro. Vea esta simulación para explorar varios aspectos del efecto del ion común. Efecto del ion común en la solubilidad ¿Cuál es el efecto sobre la cantidad de Mg(OH) 2 sólido y las concentraciones de Mg 2+ y OH – cuando se añade cada uno de los siguientes elementos a una solución saturada de Mg(OH) 2 ? (a) MgCl 2 (b) KOH (c) NaNO 3 (d) Mg(OH) 2 Solución El equilibrio de solubilidad es Mg ( OH ) 2 ( s ) ⇌ Mg 2+ ( a q ) + 2 OH – ( a q ) (a) La adición de un ion común, el Mg 2+ , aumentará la concentración de este ion y desplazará el equilibrio de solubilidad hacia la izquierda, disminuyendo la concentración del ion de hidróxido y aumentando la cantidad de hidróxido de magnesio no disuelto. (b) La adición de un ion común, OH – , aumentará la concentración de este ion y desplazará el equilibrio de solubilidad hacia la izquierda, disminuyendo la concentración de ion de magnesio y aumentando la cantidad de hidróxido de magnesio no disuelto. (c) El compuesto añadido no contiene un ion común, y no se espera ningún efecto sobre el equilibrio de solubilidad del hidróxido de magnesio. (d) La adición de más hidróxido de magnesio sólido aumentará la cantidad de compuesto no disuelto en la mezcla. Sin embargo, la solución ya está saturada, por lo que las concentraciones de iones de magnesio e hidróxido disueltos seguirán siendo las mismas. Q = [ Mg 2+ ] [ OH – ] 2 Por lo tanto, el cambio de la cantidad de hidróxido de magnesio sólido en la mezcla no tiene ningún efecto sobre el valor de Q , y no se requiere ningún desplazamiento para restaurar Q al valor de la constante de equilibrio. Compruebe lo aprendido ¿Cuál es el efecto sobre la cantidad de NiCO 3 sólido y las concentraciones de Ni 2+ y CO 3 2− cuando se añade cada uno de los siguientes elementos a una solución saturada de NiCO 3 (a) Ni(NO 3 ) 2 (b) KClO 4 (c) NiCO 3 (d) K 2 CO 3 Respuesta: (a) la masa de NiCO 3 ( s ) aumenta, [Ni 2+ ] aumenta, [ CO 3 2− ] disminuye; (b) ningún efecto apreciable; (c) ningún efecto excepto el aumento de la cantidad de NiCO 3 sólido; (d) la masa de NiCO 3 ( s ) aumenta, [Ni 2+ ] disminuye, [ CO 3 2− ] aumenta; Efecto del ion común Calcule la solubilidad molar del sulfuro de cadmio (CdS) en una solución 0,010- M de bromuro de cadmio (CdBr 2 ). La K sp del CdS es de 1,0 × 10 –28 . Solución Este cálculo puede realizarse mediante el enfoque ICE: CdS ( s ) ⇌ Cd 2+ ( a q ) + S 2− ( a q ) K sp = [ Cd 2+ ] [ S 2− ] = 1,0 × 10 – 28 ( 0,010 + x ) ( x ) = 1,0 × 10 – 28 Como la K sp es muy pequeña, suponga que x << 0,010 y resuelva la ecuación simplificada para x : ( 0,010 ) ( x ) = 1,0 × 10 – 28 x = 1,0 × 10 – 26 M La solubilidad molar del CdS en esta solución es de 1,0 × 10 –26 M . Compruebe su aprendizaje Calcule la solubilidad molar del hidróxido de aluminio, Al(OH) 3 , en una solución 0,015- M de nitrato de aluminio, Al(NO 3 ) 3 . La K sp del Al(OH) 3 es 2 × 10 –32 . Respuesta: 4 × 10 –11 M Conceptos clave y resumen La constante de equilibrio para un equilibrio que implique la precipitación o disolución de un sólido iónico ligeramente soluble se denomina producto de solubilidad, K sp , del sólido. Para un equilibrio heterogéneo en el que interviene el sólido poco soluble M p X q y sus iones de M m+ y X n– : M p X q ( s ) ⇌ p M m+ ( a q ) + q X n− ( a q ) la expresión del producto de solubilidad es: K sp = [M m+ ] p [X n− ] q El producto de solubilidad de un electrolito poco soluble puede calcularse a partir de su solubilidad; a la inversa, su solubilidad puede calcularse a partir de su K sp , siempre que la única reacción significativa que se produzca cuando el sólido se disuelve sea la formación de sus iones. Un electrolito ligeramente soluble comienza a precipitar cuando la magnitud del cociente de reacción para la reacción de disolución supera la magnitud del producto de solubilidad. La precipitación continúa hasta que el cociente de reacción es igual al producto de solubilidad. Ecuaciones clave M p X q ( s ) ⇌ p M m+ ( a q ) + q X n− ( a q ) K sp = [ M m+ ] p [ X n− ] q Ejercicios de química del final del capítulo Complete los cambios en las concentraciones para cada una de las siguientes reacciones: (a) AgI ( s ) ⟶ Ag + ( a q ) + I – ( a q ) x _____ (b) CaCO 3 ( s ) ⟶ Ca 2+ ( a q ) + CO 3 2− ( a q ) ____ x (c) Mg ( OH ) 2 ( s ) ⟶ Mg 2+ ( a q ) + 2 OH – ( a q ) x _____ (d) Mg 3 ( PO 4 ) 2 ( s ) ⟶ 3 Mg 2+ ( a q ) + 2 PO 4 3− ( a q ) x _____ (e) Ca 5 ( PO 4 ) 3 OH ( s ) ⟶ 5 Ca 2+ ( a q ) + 3 PO 4 3− ( a q ) + OH – ( a q ) _____ _____ x (a) AgI ( s ) ⇌ Ag + ( a q ) + I – ( a q ) x x _ (b) CaCO 3 ( s ) ⇌ Ca 2+ ( a q ) + CO 3 2− ( a q ) x _ x (c) Mg ( OH ) 2 ( s ) ⇌ Mg 2+ ( a q ) + 2 OH – ( a q ) x 2 x _ (d) Mg 3 ( PO 4 ) 2 ( s ) ⇌ 3Mg 2+ ( a q ) + 2PO 4 3− ( a q ) x _ 2 3 x (e) Ca 5 ( PO 4 ) 3 OH ( s ) ⇌ 5Ca 2+ ( a q ) + 3PO 4 3− ( a q ) + OH – ( a q ) 5 x _ 3 x _ x Complete los cambios en las concentraciones para cada una de las siguientes reacciones: (a) BaSO 4 ( s ) ⟶ Ba 2+ ( a q ) + SO 4 2− ( a q ) x _____ (b Ag 2 SO 4 ( s ) ⟶ 2 Ag + ( a q ) + SO 4 2− ( a q ) _____ x (c) Al ( OH ) 3 ( s ) ⟶ Al 3+ ( a q ) + 3 OH – ( a q ) x _____ (d) Pb ( OH ) Cl ( s ) ⟶ Pb 2+ ( a q ) + OH – ( a q ) + Cl – ( a q ) _____ x _____ (e) Ca 3 ( AsO 4 ) 2 ( s ) ⟶ 3 Ca 2+ ( a q ) + 2 AsO 4 3− ( a q ) 3 x _____ ¿Cómo son las concentraciones de Ag + y CrO 4 2− en una solución saturada por encima de 1,0 g de Ag 2 CrO 4 sólido cambian cuando se añaden 100 g de Ag 2 CrO 4 sólido al sistema? Explique. No hay ningún cambio. Un sólido tiene una actividad de 1 independientemente de si hay poco o mucho. ¿Cómo cambian las concentraciones de Pb 2+ y S 2– cuando se añade K 2 S a una solución saturada de PbS? ¿Qué información adicional necesitamos para responder la siguiente pregunta? ¿Cómo se ve afectado el equilibrio del bromuro de plata sólido con una solución saturada de sus iones cuando se eleva la temperatura? Hay que conocer la solubilidad del bromuro de plata a la nueva temperatura. Normalmente, la solubilidad aumenta y parte del bromuro de plata sólido se disuelve. ¿Cuál de los siguientes compuestos ligeramente solubles tiene una solubilidad mayor que la calculada a partir de su producto de solubilidad debido a la hidrólisis del anión presente: CoSO 3 , CuI, PbCO 3 , PbCl 2 , Tl 2 S, KClO 4 ? ¿Cuál de los siguientes compuestos ligeramente solubles tiene una solubilidad mayor que la calculada a partir de su producto de solubilidad debido a la hidrólisis del anión presente: AgCl, BaSO 4 , CaF 2 , Hg 2 I 2 , MnCO 3 y ZnS? CaF 2 , MnCO 3 y ZnS Escriba la ecuación iónica de disolución y la expresión del producto de solubilidad ( K sp ) para cada uno de los siguientes compuestos iónicos ligeramente solubles: (a) PbCl 2 (b) Ag 2 S (c) Sr 3 (PO 4 ) 2 (d) SrSO 4 Escriba la ecuación iónica para la disolución y la expresión K sp para cada uno de los siguientes compuestos iónicos ligeramente solubles: (a) LaF 3 (b) CaCO 3 (c) Ag 2 SO 4 (d) Pb(OH) 2 (a) LaF 3 ( s ) ⇌ La 3+ ( a q ) + 3F – ( a q ) K sp = [ La 3+ ] [ F – ] 3 ; (b) CaCO 3 ( s ) ⇌ Ca 2+ ( a q ) + CO 3 2− ( a q ) K sp = [ Ca 2+ ] [ CO 3 2− ] ; (c) Ag 2 SO 4 ( s ) ⇌ 2Ag + ( a q ) + SO 4 2− ( a q ) K sp = [ Ag + ] 2 [ SO 4 2− ] ; (d) Pb(OH) 2 ( s ) ⇌ Pb 2+ ( a q ) + 2OH – ( a q ) K sp = [ Pb 2+ ] [ OH – ] 2 La página web Manual de Química y Física muestra las solubilidades de los siguientes compuestos en gramos por 100 mL de agua. Como estos compuestos son solo ligeramente solubles, suponga que el volumen no cambia en la disolución y calcule el producto de solubilidad para cada uno. (a) BaSiF 6 , 0,026 g/100 mL (contiene iones de SiF 6 2− ) (b) Ce(IO 3 ) 4 , 1,5 × 10 –2 g/100 mL (c) Gd 2 (SO 4 ) 3 , 3,98 g/100 mL (d) (NH 4 ) 2 PtBr 6 , 0,59 g/100 mL (contiene iones de PtBr 6 2− ) La página web Manual de Química y Física muestra las solubilidades de los siguientes compuestos en gramos por 100 mL de agua. Como estos compuestos son solo ligeramente solubles, suponga que el volumen no cambia en la disolución y calcule el producto de solubilidad para cada uno. (a) BaSeO 4 , 0,0118 g/100 mL (b) Ba(BrO 3 ) 2 ·H 2 O, 0,30 g/100 mL (c) NH 4 MgAsO 4 ·6H 2 O, 0,038 g/100 mL (d) La 2 (MoO 4 ) 3 , 0,00179 g/100 mL (a) 1,77 × 10 –7 ; (b) 1,6 × 10 –6 ; (c) 2,2 × 10 –9 ; (d) 7,91 × 10 –22 Utilice los productos de solubilidad y prediga cuál de las siguientes sales es la más soluble, en términos de moles por litro, en agua pura: CaF 2 , Hg 2 Cl 2 , PbI 2 o Sn(OH) 2 . Suponiendo que no hay equilibrios distintos a la disolución, calcule la solubilidad molar de cada uno de los siguientes elementos a partir de su producto de solubilidad: (a) KHC 4 H 4 O 6 (b) PbI 2 (c) Ag 4 [Fe(CN) 6 ], una sal que contiene el ion de Fe(CN) 6 4– (d) Hg 2 I 2 (a) 2 × 10 –2 M ; (b) 1,5 × 10 –3 M ; (c) 2,27 × 10 –9 M ; (d) 2,2 × 10 –10 M Suponiendo que no hay equilibrios distintos a la disolución, calcule la solubilidad molar de cada uno de los siguientes elementos a partir de su producto de solubilidad: (a) Ag 2 SO 4 (b) PbBr 2 (c) AgI (d) CaC 2 O 4 ·H 2 O Suponiendo que no intervienen otros equilibrios distintos de la disolución, calcule la concentración de todas las especies de solutos en cada una de las siguientes soluciones de sales en contacto con una solución que contiene un ion común. Demuestre que se pueden despreciar los cambios en las concentraciones iniciales de los iones comunes. (a) AgCl( s ) en 0,025 M de NaCl (b) CaF 2 ( s ) en 0,00133 M de KF (c) Ag 2 SO 4 ( s ) en 0,500 L de una solución que contiene 19,50 g de K 2 SO 4 (d) Zn(OH) 2 ( s ) en una solución tamponada a un pH de 11,45 (a) 6,4 × 10 −9 M = [Ag + ], [Cl − ] = 0,025 M . Comprobación: 6,4 × 10 – 9 M 0,025 M × 100 % = 2,6 × 10 – 5 % , un cambio insignificante; (b) 2,2 × 10 −5 M = [Ca 2+ ], [F − ] = 0,0013 M . Comprobación: 2,26 × 10 – 5 M 0,00133 M × 100 % = 1,70 % . Este valor es inferior al 5% y puede ignorarse. (c) 0,2238 M = [ SO 4 2 – ] ; [Ag + ] = 7,4 × 10 –3 M . Comprobación: 3,7 × 10 – 3 0,2238 × 100 % = 1,64 × 10 – 2 ; la condición se cumple. (d) [OH – ] = 2,8 × 10 –3 M ; 5,7 × 10 −12 M = [Zn 2+ ]. Comprobación: 5,7 × 10 – 12 2,8 × 10 – 3 × 100 % = 2,0 × 10 – 7 % ; x es inferior al 5% de [OH – ] y, por tanto, es despreciable. Suponiendo que no intervienen otros equilibrios distintos de la disolución, calcule la concentración de todas las especies de solutos en cada una de las siguientes soluciones de sales en contacto con una solución que contiene un ion común. Demuestre que se pueden despreciar los cambios en las concentraciones iniciales de los iones comunes. (a) TlCl( s ) en 1,250 M de HCl (b) PbI 2 ( s ) en 0,0355 M de CaI 2 (c) Ag 2 CrO 4 ( s ) en 0,225 L de una solución que contiene 0,856 g de K 2 CrO 4 (d) Cd(OH) 2 ( s ) en una solución tamponada a un pH de 10,995 Suponiendo que no intervienen otros equilibrios distintos de la disolución, calcule la concentración de todas las especies de solutos en cada una de las siguientes soluciones de sales en contacto con una solución que contiene un ion común. Demuestre que no es adecuado despreciar los cambios en las concentraciones iniciales de los iones comunes. (a) TlCl( s ) en 0,025 M de TlNO 3 (b) BaF 2 ( s ) en 0,0313 M de KF (c) MgC 2 O 4 en 2,250 L de una solución que contiene 8,156 g de Mg(NO 3 ) 2 (d) Ca(OH) 2 ( s ) en una solución no tamponada con un pH inicial de 12,700 (a) [Cl – ] = 7,6 × 10 −3 M Comprobación: 7,6 × 10 – 3 0,025 × 100 % = 30 % Este valor es demasiado grande para despreciar x . Por lo tanto, resuelva mediante la ecuación cuadrática: [Ti + ] = 3,1 × 10 –2 M [Cl – ] = 6,1 × 10 –3 (b) [Ba 2+ ] = 7,7 × 10 –4 M Comprobación 7,7 × 10 – 4 0,0313 × 100 % = 2,4 % Por lo tanto, la condición se cumple. [Ba 2+ ] = 7,7 × 10 –4 M [F – ] = 0,0321 M ; (c) Mg(NO 3 ) 2 = 0,02444 M [ C 2 O 4 2− ] = 2,9 × 10 -5 Comprobación: 2,9 × 10 -5 0,02444 × 100 % = 0,12 % La condición se cumple; el valor anterior es inferior al 5%. [ C 2 O 4 2− ] = 2,9 × 10 -5 M [Mg 2+ ] = 0,0244 M (d) [OH – ] = 0,0501 M [Ca 2+ ] = 3,15 × 10 –3 Comprobación: 3,15 × 10 -3 0,050 × 100 % = 6,28 % Este valor es superior al 5%, por lo que debe utilizarse un método más exacto, como las aproximaciones sucesivas. [Ca 2+ ] = 2,8 × 10 –3 M [OH – ] = 0,053 × 10 –2 M Explique por qué se pueden despreciar los cambios en las concentraciones de los iones comunes en el . Explique por qué no se pueden despreciar los cambios en las concentraciones de los iones comunes en el . Los cambios de concentración son superiores al 5% y, por tanto, superan el valor máximo para no tener en cuenta el cambio. Calcule la solubilidad del hidróxido de aluminio, Al(OH) 3 , en una solución tamponada a pH 11,00. Consulte en el Apéndice J los productos de solubilidad de las sales de calcio. Determine cuál de las sales de calcio enumeradas es más soluble en moles por litro y cuál es más soluble en gramos por litro. CaSO 4 ∙2H 2 O es la sal de Ca más soluble en mol/L, y también es la sal de Ca más soluble en g/L. La mayoría de los compuestos de bario son muy venenosos; sin embargo, el sulfato de bario se administra a menudo internamente como ayuda en el examen de rayos X del tracto intestinal inferior ( ). Este uso del BaSO 4 es posible gracias a su baja solubilidad. Calcule la solubilidad molar del BaSO 4 y la masa de bario presente en 1,00 L de agua saturada de BaSO 4 . Las normas del Servicio de Salud Pública para el agua potable establecen un máximo de 250 mg/L (2,60 × 10 –3 M ) de SO 4 2− por su acción catártica (es un laxante). ¿El agua natural saturada de CaSO 4 ("agua de yeso") que pasa por un suelo que contiene yeso, CaSO 4 ·2H 2 O, cumple con estas normas? ¿Cuál es la concentración de SO 4 2− en esta agua? 4,8 × 10 –3 M = [ SO 4 2− ] = [Ca 2+ ]; Como esta concentración es superior a 2,60 × 10 –3 M , el "agua de yeso" no cumple las normas. Realice los siguientes cálculos: (a) Calcula el [Ag + ] en una solución acuosa saturada de AgBr. (b) ¿Cuál será el [Ag + ] cuando se haya añadido suficiente KBr para que [Br – ] = 0,050 M ? (c) ¿Cuál será el [Br – ] cuando se haya añadido suficiente AgNO 3 para que el [Ag + ] = 0,020 M ? El producto de solubilidad del CaSO 4 ·2H 2 O es 2,4 × 10 –5 . ¿Qué masa de esta sal se disolverá en 1,0 L de 0,010 M de SO 4 2− ? Masa (CaSO 4 ·2H 2 O) = 0,72 g/L Suponiendo que no intervienen otros equilibrios distintos de la disolución, calcule las concentraciones de iones en una solución saturada de cada uno de los siguientes elementos (vea el Apéndice J para los productos de solubilidad): (a) TlCl (b) BaF 2 (c) Ag 2 CrO 4 (d) CaC 2 O 4 ·H 2 O (e) el mineral anglesita, PbSO 4 Suponiendo que no intervienen otros equilibrios distintos de la disolución, calcule las concentraciones de iones en una solución saturada de cada uno de los siguientes elementos (vea el Apéndice J para los productos de solubilidad): (a) AgI (b) Ag 2 SO 4 (c) Mn(OH) 2 (d) Sr(OH) 2 ·8H 2 O (e) el mineral brucita, Mg(OH) 2 (a) [Ag + ] = [I – ] = 1,3 × 10 –5 M ; (b) [Ag + ] = 2,88 × 10 –2 M , [ SO 4 2− ] = 1,44 × 10 –2 M ; (c) [Mn 2+ ] = 3,7 × 10 –5 M , [OH – ] = 7,4 × 10 –5 M ; (d) [Sr 2+ ] = 4,3 × 10 –2 M , [OH – ] = 8,6 × 10 –2 M ; (e) [Mg 2+ ] = 1,3 × 10 –4 M , [OH – ] = 2,6 × 10 –4 M . Las siguientes concentraciones se encuentran en mezclas de iones en equilibrio con sólidos poco solubles. A partir de las concentraciones dadas, calcule la K sp para cada uno de los sólidos ligeramente solubles indicados: (a) AgBr: [Ag + ] = 5,7 × 10 –7 M , [Br – ] = 5,7 × 10 –7 M (b) CaCO 3 : [Ca 2+ ] = 5,3 × 10 –3 M , [ CO 3 2− ] = 9,0 × 10 –7 M (c) PbF 2 : [Pb 2+ ] = 2,1 × 10 –3 M , [F – ] = 4,2 × 10 –3 M (d) Ag 2 CrO 4 : [Ag + ] = 5,3 × 10 –5 M , 3,2 × 10 –3 M (e) InF 3 : [In 3+ ] = 2,3 × 10 –3 M , [F – ] = 7,0 × 10 –3 M Las siguientes concentraciones se encuentran en mezclas de iones en equilibrio con sólidos poco solubles. A partir de las concentraciones dadas, calcule la K sp para cada uno de los sólidos ligeramente solubles indicados: (a) TlCl: [Tl + ] = 1,21 × 10 –2 M , [Cl – ] = 1,2 × 10 –2 M (b) Ce(IO 3 ) 4 : [Ce 4+ ] = 1,8 × 10 –4 M , [ IO 3 – ] = 2,6 × 10 –13 M (c) Gd 2 (SO 4 ) 3 : [Gd 3+ ] = 0,132 M , [ SO 4 2− ] = 0,198 M (d) Ag 2 SO 4 : [Ag + ] = 2,40 × 10 –2 M , [ SO 4 2− ] = 2,05 × 10 –2 M (e) BaSO 4 : [Ba 2+ ] = 0,500 M , [ SO 4 2− ] = 4,6 × 10 −8 M (a) 1,45 × 10 –4 ; (b) 8,2 × 10 –55 ; (c) 1,35 × 10 –4 ; (d) 1,18 × 10 –5 ; (e) 1,08 × 10 –10 ¿Cuál de los siguientes compuestos precipita de una solución que tiene las concentraciones indicadas? (Vea el Apéndice J para los valores de K sp ). (a) KClO 4 : [K + ] = 0,01 M , [ ClO 4 – ] = 0,01 M (b) K 2 PtCl 6 : [K + ] = 0,01 M , [ PtCl 6 2− ] = 0,01 M (c) PbI 2 : [Pb 2+ ] = 0,003 M , [I – ] = 1,3 × 10 –3 M (d) Ag 2 S: [Ag + ] = 1 × 10 –10 M , [S 2– ] = 1 × 10 –13 M ¿Cuál de los siguientes compuestos precipita de una solución que tiene las concentraciones indicadas? (Vea el Apéndice J para los valores de K sp ). (a) CaCO 3 : [Ca 2+ ] = 0,003 M , [ CO 3 2− ] = 0,003 M (b) Co(OH) 2 : [Co 2+ ] = 0,01 M , [OH – ] = 1 × 10 –7 M (c) CaHPO 4 : [Ca 2+ ] = 0,01 M , [ HPO 4 2− ] = 2 × 10 –6 M (d) Pb 3 (PO 4 ) 2 : [Pb 2+ ] = 0,01 M , [ PO 4 3− ] = 1 × 10 –13 M (a) El CaCO 3 sí precipita. (b) El compuesto no precipita. (c) El compuesto no precipita. (d) El compuesto precipita. Calcule la concentración de Tl + cuando el TlCl apenas comienza a precipitar de una solución que es 0,0250 M en Cl – . Calcule la concentración de ion de sulfato cuando el BaSO 4 apenas comienza a precipitar de una solución que es 0,0758 M en Ba 2+ . 3,03 × 10 −7 M Calcule la concentración de Sr 2+ cuando el SrCro 4 comienza a precipitar de una solución que es 0,0025 M en CrO 4 2- . Calcule la concentración de PO 4 3− cuando el Ag 3 PO 4 comienza a precipitar de una solución que es 0,0125 M en Ag + . 9,2 × 10 −13 M Calcule la concentración de F – necesaria para iniciar la precipitación de CaF 2 en una solución que es 0,010 M en Ca 2+ . Calcule la concentración de Ag + necesaria para que comience la precipitación de Ag 2 CO 3 en una solución de 2,50 × 10 –6 M en CO 3 2− . [Ag + ] = 1,8 × 10 –3 M ¿Qué concentración de [Ag + ] se necesita para reducir [ CO 3 2− ] a 8,2 × 10 –4 M por precipitación de Ag 2 CO 3 ? ¿Qué concentración de [F – ] se necesita para reducir [Ca 2+ ] a 1,0 × 10 –4 M por precipitación de CaF 2 ? 6,3 × 10 –4 Un volumen de 0,800 L de una solución 2 × 10 –4 - M de Ba(NO 3 ) 2 se añade a 0,200 L de 5 × 10 –4 M de Li 2 SO 4 . ¿El BaSO 4 precipita? Explique su respuesta. Realice estos cálculos para el carbonato de níquel(II). (a) ¿Con qué volumen de agua hay que lavar un precipitado que contiene NiCO 3 para disolver 0,100 g de este compuesto? Supongamos que el agua de lavado se satura con NiCO 3 ( K sp = 1,36 × 10 –7 ). (b) Si el NiCO 3 fuera un contaminante en una muestra de CoCO 3 ( K sp = 1,0 × 10 –12 ), ¿qué masa de CoCO 3 se habría perdido? Tenga en cuenta que tanto el NiCO 3 como el CoCO 3 se disuelven en la misma solución. (a) 2,25 L; (b) 7,2 × 10 –7 g Concentraciones de hierro superiores a 5,4 × 10 –6 M en el agua utilizada para lavar la ropa puede causar manchas. ¿Qué concentración de [OH – ] se necesita para reducir el [Fe 2+ ] a este nivel por precipitación de Fe(OH) 2 ? Una solución tiene una concentración de 0,010 M tanto en Cu 2+ como en Cd 2+ . ¿Qué porcentaje de Cd 2+ queda en la solución cuando el 99,9% del Cu 2+ se ha precipitado como CuS al añadir sulfuro? El 100% se disuelve Una solución tiene una concentración de 0,15 M tanto en Pb 2+ como en Ag + . Si se añade Cl – a esta solución, ¿cuál es la concentración de [Ag + ] cuando el PbCl 2 empieza a precipitar? ¿Qué reactivo podría utilizarse para separar los iones en cada una de las siguientes mezclas, que tienen una concentración de 0,1 M con respecto a cada ion? En algunos casos puede ser necesario controlar el pH. (Pista: Considere los valores de K sp que aparecen en el Apéndice J ) (a) Hg 2 2+ y Cu 2+ (b) SO 4 2− y Cl – (c) Hg 2+ y Co 2+ (d) Zn 2+ y Sr 2+ (e) Ba 2+ y Mg 2+ (f) CO 3 2− y OH – (a) Hg 2 2+ y Cu 2+ : Añadir SO 4 2− . (b) SO 4 2− y Cl – : Añadir Ba 2+ . (c) Hg 2+ y Co 2+ : Añadir S 2– . (d) Zn 2+ y Sr 2+ : Añadir OH – hasta que [OH – ] = 0,050 M . (e) Ba 2+ y Mg 2+ : Añadir SO 4 2− . (f) CO 3 2− y OH – : Añadir Ba 2+ . Una solución contiene 1,0 × 10 –5 mol de KBr y 0,10 mol de KCl por litro. A esta solución se le añade gradualmente AgNO 3 . ¿Qué se forma primero, el AgBr sólido o el AgCl sólido? Una solución contiene 1,0 × 10 –2 mol de KI y 0,10 mol de KCl por litro. A esta solución se le añade gradualmente AgNO 3 . ¿Qué se forma primero, el AgI sólido o el AgCl sólido? El AgI precipitará primero. Los iones de calcio del suero sanguíneo humano son necesarios para la coagulación ( ). El oxalato de potasio, K 2 C 2 O 4 , se utiliza como anticoagulante cuando se extrae una muestra de sangre para pruebas de laboratorio, ya que elimina el calcio en forma de precipitado de CaC 2 O 4 ·H 2 O. Es necesario eliminar todo el Ca 2+ del suero, excepto el 1,0%, para evitar la coagulación. Si el suero sanguíneo normal con un pH tamponado de 7,40 contiene 9,5 mg de Ca 2+ por 100 mL de suero, ¿qué masa de K 2 C 2 O 4 se necesita para evitar la coagulación de una muestra de sangre de 10 mL que tiene un 55% de suero en volumen? (Todos los volúmenes tienen una precisión de dos cifras significativas. Tenga en cuenta que el volumen de suero en una muestra de sangre de 10 mL es de 5,5 mL. Suponga que el valor de K sp para el CaC 2 O 4 en el suero es el mismo que en el agua). Alrededor del 50% de los cálculos urinarios (piedras en el riñón) están formados por fosfato de calcio, Ca 3 (PO 4 ) 2 . El contenido de medio rango normal de calcio excretado en la orina es de 0,10 g de Ca 2+ al día. El contenido de medio rango normal de orina que se expulsa puede considerarse como 1,4 L al día. ¿Cuál es la concentración máxima de iones de fosfato que puede contener la orina antes de que se forme un cálculo? 1,5 × 10 −12 M El pH de la orina normal es de 6,30, y la concentración total de fosfato ( [ PO 4 3− ] + [ HPO 4 2− ] + [ H 2 PO 4 – ] + [H 3 PO 4 ]) es de 0,020 M . ¿Cuál es la concentración mínima de Ca 2+ necesaria para inducir la formación de cálculos renales? (Para más información, vea el ) El magnesio metálico (un componente de las aleaciones utilizadas en los aviones y un agente reductor utilizado en la producción de uranio, titanio y otros metales activos) se aísla del agua de mar mediante la siguiente secuencia de reacciones: Mg 2+ ( a q ) + Ca(OH) 2 ( a q ) ⟶ Mg(OH) 2 ( s ) + Ca 2+ ( a q ) Mg(OH) 2 ( s ) + 2HCl( a q ) ⟶ MgCl 2 ( s ) + 2H 2 O ( l ) MgCl 2 ( l ) → electrólisis Mg ( s ) + Cl 2 ( g ) El agua de mar tiene una densidad de 1,026 g/cm 3 y contiene 1,272 partes por millón de magnesio como Mg 2+ ( aq ) en masa. ¿Qué masa, en kilogramos, de Ca(OH) 2 se necesita para precipitar el 99,9% del magnesio en 1,00 × 10 3 L de agua de mar? 3,99 kg Se burbujea sulfuro de hidrógeno en una solución que tiene una concentración de 0,10 M en Pb 2+ y Fe 2+ y 0,30 M en HCl. Una vez que la solución ha alcanzado el equilibrio, está saturada de H 2 S ([H 2 S] = 0,10 M ). ¿Qué concentraciones de Pb 2+ y Fe 2+ quedan en la solución? Para una solución saturada de H 2 S podemos utilizar el equilibrio: H 2 S ( a q ) + 2H 2 O ( l ) ⇌ 2H 3 O + ( a q ) + S 2− ( a q ) K = 1,0 × 1 0 – 26 (Pista: El [ H 3 O + ] cambia al precipitar los sulfuros metálicos). Realice los siguientes cálculos con las concentraciones de iones de yodato: (a) La concentración de iones de yodato de una solución saturada de La(IO 3 ) 3 resultó ser de 3,1 × 10 –3 mol/L. Calcule la K sp . (b) Calcule la concentración de iones de yodato en una solución saturada de Cu(IO 3 ) 2 ( K sp = 7,4 × 10 –8 ). (a) 3,1 × 10 –11 ; (b) [Cu 2+ ] = 2,6 × 10 –3 ; [ IO 3 – ] = 5,3 × 10 –3 Calcule la solubilidad molar del AgBr en 0,035 M de NaBr ( K sp = 5 × 10 –13 ). ¿Cuántos gramos de Pb(OH) 2 se disolverán en 500 mL de una solución de 0,050- M de PbCl 2 ( K sp = 1,2 × 10 –15 )? 1,8 × 10 –5 g Pb(OH) 2 Utilice la simulación del enlace anterior para completar el siguiente ejercicio. Utilizando 0,01 g de CaF 2 , indique los valores de K sp calculados en una solución 0,2- M de cada una de las sales. Discuta por qué los valores cambian cuando se cambian las sales solubles. ¿Cuántos gramos de leche de magnesia, Mg(OH) 2 ( s ) (58,3 g/mol), serían solubles en 200 mL de agua? K sp = 7,1 × 10 –12 . Incluya en su respuesta la reacción iónica y la expresión de K sp ( K w = 1 × 10 –14 = [H 3 O + ][OH – ]) Mg(OH) 2 ( s ) ⇌ Mg 2+ + 2OH – K sp = [ Mg 2+ ] [ OH – ] 2 1,23 × 10 −3 g Mg(OH) 2 Dos sales hipotéticas, LM 2 y LQ, tienen la misma solubilidad molar en H 2 O. Si la K sp para LM 2 es de 3,20 × 10 –5 , ¿cuál es el valor de la K sp para LQ? La concentración de iones de carbonato se incrementa gradualmente en una solución que contiene concentraciones iguales de los cationes divalentes de magnesio, calcio, estroncio, bario y manganeso. ¿Cuál de los siguientes carbonatos precipitará primero? ¿Cuál será el último en precipitarse? Explique. (a) MgCO 3 • 3 H 2 O K sp = 1 × 1 0 – 5 (b) CaCO 3 K sp = 8,7 × 1 0 – 9 (c) SrCO 3 K sp = 7 × 1 0 – 10 (d) BaCO 3 K sp = 1,6 × 1 0 – 9 (e) MnCO 3 K sp = 8,8 × 1 0 – 11 El MnCO 3 se formará primero ya que tiene el menor valor de K sp entre estos compuestos homólogos y por lo tanto es el menos soluble. El MgCO 3 •3H 2 O será el último en precipitar ya que tiene el mayor valor de K_sp y es el más soluble. Valor K sp . ¿Cuántos gramos de Zn(CN) 2 ( s ) (117,44 g/mol) serían solubles en 100 mL de H 2 O? Incluya en su respuesta la reacción balanceada y la expresión de K sp . El valor K sp para el Zn(CN) 2 ( s ) es de 3,0 × 10 –16 . efecto del ion común efecto sobre el equilibrio cuando se añade a la solución una sustancia con un ion en común con la especie disuelta; provoca una disminución de la solubilidad de una especie iónica, o una disminución de la ionización de un ácido o una base débil solubilidad molar solubilidad de un compuesto expresada en unidades de moles por litro (mol/L) precipitación selectiva proceso en el que los iones se separan utilizando las diferencias en su solubilidad con un reactivo precipitante determinado constante del producto de solubilidad ( K sp ) constante de equilibrio para la disolución de un compuesto iónico

Ciencia


Ácidos y Bases de Lewis En 1923, G. N. Lewis propuso una definición generalizada del comportamiento ácido-base en la que los ácidos y las bases se identifican por su capacidad de aceptar o donar un par de electrones y formar un enlace covalente de coordinación. Un enlace covalente de coordinación (o enlace dativo) se produce cuando uno de los átomos del enlace aporta los dos electrones de enlace. Por ejemplo, un enlace covalente de coordinación se produce cuando una molécula de agua se combina con un ion de hidrógeno para formar un ion de hidronio. También se produce un enlace covalente de coordinación cuando una molécula de amoníaco se combina con un ion de hidrógeno para formar un ion de amonio. Estas dos ecuaciones se muestran aquí. Las reacciones que implican la formación de enlaces covalentes de coordinación se clasifican como Teoría ácido-base de Lewis . La especie que dona el par de electrones que compone el enlace es una base de Lewis , la especie que acepta el par de electrones es un ácido de Lewis , y el producto de la reacción es un aducto ácido-base de Lewis . Como ilustran los dos ejemplos anteriores, las reacciones ácido-base de Brønsted-Lowry representan una subcategoría de las reacciones de ácido de Lewis, concretamente, aquellas en las que la especie ácida es H + . A continuación se describen algunos ejemplos en los que intervienen otros ácidos y bases de Lewis. El átomo de boro del trifluoruro de boro, BF 3 , solo tiene seis electrones en su capa de valencia. Al ser corto del octeto preferido, el BF 3 es un muy buen ácido de Lewis y reacciona con muchas bases de Lewis; un ion de fluoruro es la base de Lewis en esta reacción, donando uno de sus pares solitarios: En la siguiente reacción, cada una de las dos moléculas de amoníaco, bases de Lewis, dona un par de electrones a un ion de plata, el ácido de Lewis: Los óxidos no metálicos actúan como ácidos de Lewis y reaccionan con iones de óxido, bases de Lewis, para formar oxianiones: Muchas reacciones ácido-base de Lewis son reacciones de desplazamiento en las que una base de Lewis desplaza a otra base de Lewis de un aducto ácido-base, o en las que un ácido de Lewis desplaza a otro ácido de Lewis: Otro tipo de Teoría ácido-base de Lewis consiste en la formación de un ion complejo (o un complejo de coordinación) que consta de un átomo central, normalmente un catión de metal de transición, rodeado de iones o moléculas denominados ligandos . Estos ligandos pueden ser moléculas neutras como H 2 O o NH 3 , o iones como CN – u OH – . A menudo, los ligandos actúan como bases de Lewis, donando un par de electrones al átomo central. Estos tipos de reacciones ácido-base de Lewis son ejemplos de una amplia subdisciplina denominada química de coordinación , tema de otro capítulo de este texto. La constante de equilibrio para la reacción de un ion metálico con uno o más ligandos para formar un complejo de coordinación se denomina constante de formación ( K f ) (a veces llamada constante de estabilidad). Por ejemplo, el ion complejo Cu ( CN ) 2 – se produce mediante la reacción Cu + ( a q ) + 2 CN – ( a q ) ⇌ Cu ( CN ) 2 – ( a q ) La constante de formación para esta reacción es K f = [ Cu ( CN ) 2 – ] [ Cu + ] [ CN – ] 2 De manera alternativa, se puede considerar la reacción inversa (descomposición del ion complejo), en cuyo caso la constante de equilibrio es una constante de disociación ( K d ) . Según la relación entre las constantes de equilibrio para las reacciones recíprocas descritas, la constante de disociación es la inversa matemática de la constante de formación, K d = K f –1 . En el Apéndice K se presenta una tabulación de las constantes de formación. Como ejemplo de disolución por formación de iones complejos, consideremos lo que ocurre cuando añadimos amoníaco acuoso a una mezcla de cloruro de plata y agua. El cloruro de plata se disuelve ligeramente en el agua, dando una pequeña concentración de Ag + ([Ag + ] = 1,3 × 10 –5 M ): AgCl ( s ) ⇌ Ag + ( a q ) + Cl – ( a q ) Sin embargo, si el NH 3 está presente en el agua, el ion complejo, Ag ( NH 3 ) 2 + , puede formarse según la ecuación: Ag + ( a q ) + 2 NH 3 ( a q ) ⇌ Ag ( NH 3 ) 2 + ( a q ) con K f = [ Ag ( NH 3 ) 2 + ] [ Ag + ] [ NH 3 ] 2 = 1,7 × 10 7 El gran tamaño de esta constante de formación indica que la mayoría de los iones de plata libres producidos por la disolución de AgCl se combinan con NH 3 para formar Ag ( NH 3 ) 2 + . En consecuencia, la concentración de iones de plata, [Ag + ], se reduce, y el cociente de reacción para la disolución del cloruro de plata, [Ag + ][Cl - ], cae por debajo del producto de solubilidad del AgCl: Q = [ Ag + ] [ Cl – ] < K sp Entonces se disuelve más cloruro de plata. Si la concentración de amoníaco es lo suficientemente grande, todo el cloruro de plata se disuelve. Disociación de un ion complejo Calcule la concentración del ion de plata en una solución que inicialmente es de 0,10 M con respecto a Ag ( NH 3 ) 2 + . Solución Aplicando el enfoque estándar ICE a esta reacción se obtiene lo siguiente: Sustituyendo estos términos de concentración de equilibrio en la expresión K f se obtiene K f = [ Ag ( NH 3 ) 2 + ] [ Ag + ] [ NH 3 ] 2 1,7 × 10 7 = 0,10 – x ( x ) ( 2 x ) 2 La constante de equilibrio muy grande significa que la cantidad del ion complejo que se disociará, x , será muy pequeña. Suponiendo que x << 0,1 permite simplificar la ecuación anterior: 1,7 × 10 7 = 0,10 ( x ) ( 2 x ) 2 x 3 = 0,10 4 ( 1,7 × 10 7 ) = 1,5 × 10 – 9 x = 1,5 × 10 – 9 3 = 1,1 × 10 – 3 Porque solo el 1,1% de los Ag ( NH 3 ) 2 + se disocia en Ag + y NH 3 , la suposición de que el valor de x es pequeño está justificada. El uso de este valor de x y las relaciones de la tabla ICE anterior permiten calcular las concentraciones de equilibrio de todas las especies: [ Ag + ] = 0 + x = 1,1 × 10 – 3 M [ NH 3 ] = 0 + 2 x = 2,2 × 10 – 3 M [ Ag ( NH 3 ) 2 + ] = 0,10 – x = 0,10 – 0,0011 = 0,099 La concentración de ion de plata libre en la solución es de 0,0011 M . Compruebe su aprendizaje Calcule la concentración de iones de plata, [Ag + ], de una solución preparada disolviendo 1,00 g de AgNO 3 y 10,0 g de KCN en agua suficiente para hacer 1,00 L de solución. (Pista: Dado que K f es muy grande, suponga que la reacción llega a completarse y calcule la concentración de [Ag + ] producida por la disociación del complejo). Respuesta: 2,9 × 10 –22 M Conceptos clave y resumen Un ácido de Lewis es una especie que puede aceptar un par de electrones, mientras que una base de Lewis tiene un par de electrones disponible para ser donado a un ácido de Lewis. Los iones complejos son ejemplos de aductos ácido-base de Lewis y están compuestos por átomos o iones metálicos centrales que actúan como ácidos de Lewis unidos a moléculas o iones llamados ligandos que actúan como bases de Lewis. La constante de equilibrio para la reacción entre un ion metálico y los ligandos produce un ion complejo que se llama constante de formación; para la reacción inversa, se llama constante de disociación. Ejercicios de fin de capítulo de Química Aunque el Ca(OH) 2 es una base barata, su solubilidad limitada restringe su uso. ¿Cuál es el pH de una solución saturada de Ca(OH) 2 ? ¿En qué circunstancias, si las hay, se disuelve completamente una muestra de AgCl sólido en agua pura? cuando la cantidad de sólido es tan pequeña que no se produce una solución saturada Explique por qué la adición de NH 3 o HNO 3 a una solución saturada de Ag 2 CO 3 en contacto con el Ag 2 CO 3 sólido aumenta la solubilidad del sólido. Calcule la concentración de iones de cadmio, [Cd 2+ ], en una solución preparada mezclando 0,100 L de 0,0100 M Cd(NO 3 ) 2 con 0,150 L de 0,100 de NH 3 ( aq ). 1,8 × 10 –5 M Explique por qué la adición de NH 3 o HNO 3 a una solución saturada de Cu(OH) 2 en contacto con el Cu(OH) 2 sólido aumenta la solubilidad de este. A veces, los equilibrios de los iones complejos se describen en términos de constantes de disociación, K d . Para el ion complejo AlF 6 3− la reacción de disociación es: AlF 6 3− ⇌ Al 3+ + 6 F – y K d = [ Al 3+ ] [ F – ] 6 [ AlF 6 3− ] = 2 × 10 – 24 Calcule el valor de la constante de formación, K f , para AlF 6 3− . 5 × 10 23 Utilizando el valor de la constante de formación del ion complejo Co ( NH 3 ) 6 2+ , calcule la constante de disociación. Utilizando la constante de disociación, K d = 7,8 × 10 –18 , calcule las concentraciones de equilibrio de Cd 2+ y CN – en una solución 0,250- M de Cd ( CN ) 4 2− . [Cd 2+ ] = 9,5 × 10 –5 M ; [CN – ] = 3,8 × 10 –4 M Utilizando la constante de disociación, K d = 3,4 × 10 –15 , calcule las concentraciones de equilibrio de Zn 2+ y OH – en una solución de 0,0465- M de Zn ( OH ) 4 2− . Utilizando la constante de disociación, K d = 2,2 × 10 –34 , calcule las concentraciones de equilibrio de Co 3+ y NH 3 en una solución de 0,500- M de Co ( NH 3 ) 6 3+ . [Co 3+ ] = 3,0 × 10 –6 M ; [NH 3 ] = 1,8 × 10 –5 M Utilizando la constante de disociación, K d = 1 × 10 –44 , calcule las concentraciones de equilibrio de Fe 3+ y CN – en una solución 0,333 M de Fe ( CN ) 6 3− . Calcule la masa de ion de cianuro de potasio que debe añadirse a 100 mL de solución para disolver 2,0 × 10 –2 mol de cianuro de plata, AgCN. 1,3 g Calcule la concentración mínima de amoníaco necesaria en 1,0 L de solución para disolver 3,0 × 10 –3 mol de bromuro de plata. Un rollo de película fotográfica de 35 mm en blanco y negro contiene unos 0,27 g de AgBr sin exponer antes del revelado. ¿Qué masa de Na 2 S 2 O 3 ·5H 2 O (tiosulfato de sodio pentahidratado o hipo) en 1,0 L de revelador se necesita para disolver el AgBr como Ag ( S 2 O 3 ) 2 3− ( K f = 4,7 × 10 13 )? 0,79 g Hemos visto una definición introductoria de un ácido: Un ácido es un compuesto que reacciona con el agua y aumenta la cantidad de iones de hidronio presentes. En el capítulo sobre ácidos y bases, vimos dos definiciones más de ácidos: un compuesto que dona un protón (un ion de hidrógeno, H + ) a otro compuesto se llama ácido de Brønsted-Lowry, y un ácido de Lewis es cualquier especie que puede aceptar un par de electrones. Explique por qué la definición introductoria es una definición macroscópica, mientras que la definición de Brønsted-Lowry y la definición de Lewis son definiciones microscópicas. Escriba las estructuras de Lewis de los reactivos y del producto de cada una de las siguientes ecuaciones, e identifique el ácido de Lewis y la base de Lewis en cada una de ellas: (a) CO 2 + OH – ⟶ HCO 3 – (b) B ( OH ) 3 + OH – ⟶ B ( OH ) 4 – (c) I – + I 2 ⟶ I 3 – (d) AlCl 3 + Cl – ⟶ AlCl 4 – (utilice enlaces simples de Al-Cl) (e) O 2− + SO 3 ⟶ SO 4 2− (a) (b) (c) (d) (e) Escriba las estructuras de Lewis de los reactivos y del producto de cada una de las siguientes ecuaciones, e identifique el ácido de Lewis y la base de Lewis en cada una de ellas: (a) CS 2 + SH – ⟶ HCS 3 – (b) BF 3 + F – ⟶ BF 4 – (c) I – + SnI 2 ⟶ SnI 3 – (d) Al ( OH ) 3 + OH – ⟶ Al ( OH ) 4 – (e) F – + SO 3 ⟶ OFS 3 – Utilizando las estructuras de Lewis, escriba ecuaciones balanceadas para las siguientes reacciones: (a) HCl ( g ) + PH 3 ( g ) ⟶ (b) H 3 O + + CH 3 – ⟶ (c) CaO + SO 3 ⟶ (d) NH 4 + + C 2 H 5 O – ⟶ (a) (b) H 3 O + + CH 3 – ⟶ CH 4 + H 2 O (c) CaO + SO 3 ⟶ CaSO 4 (d) NH 4 + + C 2 H 5 O – ⟶ C 2 H 5 OH + NH 3 Calcule [ HgCl 4 2− ] en una solución preparada añadiendo 0,0200 mol de NaCl a 0,250 L de una solución 0,100- M de HgCl 2 . En una titulación del ion de cianuro, se añaden 28,72 mL de 0,0100 M de AgNO 3 antes de que comience la precipitación [La reacción de Ag + con CN – llega a completarse, produciendo el complejo Ag ( CN ) 2 – ]. La precipitación de AgCN sólido tiene lugar cuando se añade un exceso de Ag + a la solución, por encima de la cantidad necesaria para completar la formación de Ag ( CN ) 2 – . ¿Cuántos gramos de NaCN había en la muestra original? 0,0281 g ¿Cuáles son las concentraciones de Ag + , CN – y Ag ( CN ) 2 – en una solución saturada de AgCN? En solución acuosa diluida, el HF actúa como un ácido débil. Sin embargo, el HF líquido puro (punto de ebullición = 19,5 °C) es un ácido fuerte. En el HF líquido, el HNO 3 actúa como una base y acepta protones. La acidez del HF líquido puede aumentarse añadiendo uno de los diversos fluoruros inorgánicos que son ácidos de Lewis y aceptan el ion de F – (por ejemplo, BF 3 o SbF 5 ). Escriba ecuaciones químicas balanceadas para la reacción del HNO 3 puro con el HF puro y del HF puro con el BF 3 . HNO 3 ( l ) + HF ( l ) ⟶ H 2 NO 3 + + F – ; HF ( l ) + BF 3 ( g ) ⟶ H + + BF 4 El aminoácido más simple es la glicina, H 2 NCH 2 CO 2 H. La característica común de los aminoácidos es que contienen los grupos funcionales: un grupo amina, –NH 2 , y un grupo ácido carboxílico, –CO 2 H. Un aminoácido puede funcionar como ácido o como base. En el caso de la glicina, la fuerza ácida del grupo carboxilo es aproximadamente la misma que la del ácido acético, CH 3 CO 2 H, y la fuerza básica del grupo amino es ligeramente mayor que la del amoníaco, NH 3 . (a) Escriba las estructuras de Lewis de los iones que se forman cuando la glicina se disuelve en 1 M de y en 1 M de KOH. (b) Escriba la estructura de Lewis de la glicina cuando este aminoácido se disuelve en agua. (Pista: Considere la fuerza relativa de las bases del –NH 2 y los grupos – CO 2 – ). El ácido bórico, H 3 BO 3 , no es un ácido de Brønsted-Lowry sino un ácido de Lewis. (a) Escriba una ecuación para su reacción con el agua. (b) Prediga la forma del anión formado de esta manera. (c) ¿Cuál es la hibridación en el boro consistente con la forma que ha predicho? (a) H 3 BO 3 + H 2 O ⟶ H 4 BO 4 – + H + ; (b) Las formas electrónicas y moleculares son las mismas, ambas tetraédricas. (c) La estructura tetraédrica es consistente con la hibridación sp 3 . ion complejo ion formado por un átomo central que rodea moléculas o iones llamados ligandos mediante enlaces covalentes coordinados enlace covalente de coordinación (también, enlace dativo) enlace covalente en el que ambos electrones proceden del mismo átomo constante de disociación ( K d ) constante de equilibrio para la descomposición de un ion complejo en sus componentes constante de formación ( K f ) (también, constante de estabilidad) constante de equilibrio para la formación de un ion complejo a partir de sus componentes ácido de Lewis cualquier especie que pueda aceptar un par de electrones y formar un enlace covalente de coordinación aducto ácido-base de Lewis compuesto o ion que contiene un enlace covalente de coordinación entre un ácido de Lewis y una base de Lewis teoría ácido-base de Lewis reacciones que implican la formación de enlaces covalentes de coordinación base de Lewis cualquier especie que pueda donar un par de electrones y formar un enlace covalente de coordinación ligando molécula o ion que actúa como base de Lewis en la formación de iones complejos; se une al átomo central del complejo

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