Prueba de Acceso a la Universidad - Química - Bloque 2. Equilibrio, solubilidad, cinética.pptx

Preguntas de exámenes de Química de la
Prueba de Acceso a la Universidad (Madrid)
Bloque 2
Equilibrio, solubilidad, cinética

Bloque 2
• Equilibrio químico
• Equilibrios de solubilidad
• Cinética química

La explicación cualitativa de cómo responde un equilibrio cuando se actúa sobre él modificando
alguna propiedad la da el principio de Le Châtelier:
a
Si se ejerce una perturbación externa sobre un sistema en equilibrio, el sistema se ajustará de tal
manera que se cancele parcialmente dicha perturbación, alcanzando una nueva posición de equilibrio.
Las respuestas de un sistema a acciones ejercidas sobre él pueden ser:
Aumento de la concentración de un reactivo
El sistema responde tratando de disminuir la concentración de ese reactivo y, por tanto, formando más
productos. Es decir, la posición de equilibrio se desplazará hacia la derecha. Lo análogo sucede si se
aumenta la concentración de un producto: el sistema responde tratando de disminuir la
concentración, es decir, aumentando la de los reactivos, lo que significa que la posición del equilibrio
se desplaza hacia la izquierda.
En un reactor de 20 L, una mezcla gaseosa constituida inicialmente por 7 mol de hidrógeno y 5 mol de yodo, se calienta
a 350 ºC. En el equilibrio, H2(g) + I2(g) ⇌ 2 HI(g) hay 8,6 mol de yoduro de hidrógeno gaseoso. La entalpía de la
reacción es ΔH = −10,83 kJ.
a) Indique cómo se modifica el equilibrio al aumentar la temperatura.
b) Calcule la constante de equilibrio Kc.
c) Calcule la presión parcial de hidrógeno en el equilibrio. Datos: R = 0,082 atm·L·mol−1·K−1. M18E
(Puntuación máxima por apartado: 0,5 puntos
apartado a); 0,75 puntos apartados b) y c)).

a
Aumento de la presión
• Si en la reacción estequiométrica la suma de los coeficientes de los reactivos gaseosos coincide con
la de los productos gaseosos la presión no influye en la posición de equilibrio.
• Si la suma de los coeficientes de los reactivos gaseosos no coincide con la de los productos
gaseosos entonces un aumento de la presión desplaza la posición de equilibrio hacia el lado en que
la suma de los coeficientes es menor, ya que ese lado tiende a realizar menos presión y la respuesta
del sistema es precisamente la disminución de la presión.

a
Aumento de la temperatura
• Si la reacción es exotérmica (ΔH < 0) en cierto modo podríamos considerar el calor como un
producto más de la reacción directa. Por ello, la reacción directa tenderá a calentar el sistema. Un
aumento de T hará que el sistema responda tratando de enfriarse favoreciendo la reacción inversa,
por lo que la posición de equilibrio se desplazará hacia los reactivos (hacia la izquierda).

a
Aumento de la temperatura
• Si la reacción es endotérmica (ΔH > 0) eso significa que los reactivos de la reacción directa
requieren calor, lo que significa que podríamos considerar el calor como un producto más de la
reacción inversa. Por ello, la reacción inversa tenderá a calentar el sistema. Un aumento de T hará
que el sistema responda tratando de enfriarse, por lo que desfavorecerá la reacción inversa y
favorecerá la reacción directa. Eso supondrá que la posición de equilibrio se desplazará hacia los
productos (hacia la derecha).

a
Empleo de catalizadores
Los catalizadores no modifican la posición de equilibrio; simplemente hacen que el equilibrio se
alcance más rápidamente.

a
Dos consideraciones adicionales:
• Efecto de la disminución del volumen. Si hay reactivos y/o productos gaseoso, una disminución del
volumen del reactor (por ejemplo, bajando un émbolo) ejercerá el mismo efecto que un aumento
de la presión.
• Efecto de una disminución de la concentración, la temperatura o la presión. Estos efectos son más
fáciles de razonar primero como si estas variables aumentaran. Una vez que se sepa qué ocurre si
aumentan, si disminuyen es fácil entender que sucederá lo contrario.

En el caso de esta reacción, como es exotérmica (ΔH < 0), es como si el calor fuese un producto
de la reacción directa. Por tanto, un aumento de T favorecerá la reacción inversa y tenderá a
desplazar la posición del equilibrio hacia la izquierda.
a

Para calcular la constante de equilibrio planteamos un balance de materia que nos servirá para
entender cómo evoluciona esta reacción hasta alcanzarse dicho equilibrio.
b
H2 (g) I2 (g) ⇌ 2 HI(g)
Inicio 7 mol 5 mol –
Cambio por reacción – x mol – x mol + 2x mol
Equilibrio (nº moles) (7 – x) mol (5 – x) mol 2x mol
Equilibrio (concentración) (7 – x)/20 M (5 – x)/20 M 2x/20 M
M significa mol L–1. Es una
unidad de concentración. A
esta concentración hemos
llegado dividiendo un
número de moles entre un
volumen (el del reactor)
Para una reacción del tipo
aA + bB ⇌ cC + dD
la constante de equilibrio en función de las concentraciones, Kc, se define como:
𝐾𝑐 =
C 𝑐 D 𝑑
A 𝑐 B 𝑑
Los corchetes indican
concentraciones molares
LEY DE ACCIÓN DE MASAS

b
H2 (g) I2 (g) ⇌ 2 HI(g)
Por lo tanto, en este casora una reacción del tipo
H2(g) + I2(g) ⇌ 2 HI(g)
𝐾𝑐 =
HI 2
H2 I2
Por lo tanto, en este caso
Por lo tanto, en este caso:

b
H2 (g) I2 (g) ⇌ 2 HI(g)
Equilibrio (concentración) 0,135 M 0,035 M 0,430 M
𝐾𝑐 =
0,4302
0,135 · 0,035
Por el enunciado
sabemos que
2x = 8,6, de donde x
= 4,3, y eso nos
permite conocer las
concentraciones en
el equilibrio y
sustituirlas en la
fórmula de Kc

b
H2 (g) I2 (g) ⇌ 2 HI(g)
𝐾𝑐 = 39,13
Las unidades de Kc son variables, dependiendo de la
reacción. En general son (mol L–1)e, siendo e un número que
depende de la estequiometría de la reacción, pudiendo ser
0. En este caso, de hecho, e = 0, por lo que esta Kc no tiene
unidades (es adimensional). Es fácil llegar a esa conclusión
si se emplean las unidades en el numerador y en el
denominador; se podrá ver que se cancelan

H2 (g) I2 (g) ⇌ 2 HI(g)
c
La presión parcial de un componente gaseoso G en una mezcla de gases cuya presión total es p se define como 𝒑𝐆 = 𝝌𝐆 𝒑,
siendo 𝝌𝐆 la fracción molar de G, que es el número de moles de G (nG) dividido por el número total de moles de la mezcla (nt).

H2 (g) I2 (g) ⇌ 2 HI(g)
c
En primer lugar hemos de calcular la presión total de la mezcla por la ecuación de estado de los gases, que es:
pV = nt RT o, lo que es equivalente, p = ct RT (ct es la concentración total, o sea, la suma de las concentraciones de
los gases). En este caso:
𝑝 = 𝑐𝑡𝑅𝑇 = 0,135 mol L−1 + 0,035 mol L−1 + 0,430 mol L−1 · 0,082 atm L mol−1 K−1 350 K + 273 K = 30,65 atm

H2 (g) I2 (g) ⇌ 2 HI(g)
c
Ahora podemos calcular la presión parcial del H2 por 𝒑𝐇₂ = 𝝌𝐇₂ 𝒑. Como hemos dicho antes, 𝝌𝐇₂ =
𝒏𝐇₂
𝒏𝒕
, pero es
equivalente calcularla por el cociente de concentraciones en vez del de número de moles: 𝝌𝐇₂ =
𝒄𝐇₂
𝒄𝒕
𝒑𝐇₂ = 𝝌𝐇₂𝒑 =
𝒄𝐇₂
𝒄𝒕
𝒑 =
0,135 mol L−1
0,135 mol L−1 + 0,035 mol L−1 + 0,430 mol L−1
· 30,65 atm = 6,9 atm

H2 (g) I2 (g) ⇌ 2 HI(g)
c
Nota: hemos explicado el cálculo de la presión parcial de este modo para introducir el concepto de fracción molar,
pero la presión parcial de cada componente también se puede averiguar sencillamente por la ecuación de estado
de los gases aplicada a cada gas G de la mezcla y usando el volumen V total de la mezcla, es decir:
𝒑𝐆𝑽 = 𝒏𝐆 𝑹𝑻 o bien 𝒑𝐆 = 𝒄𝐆 𝑹𝑻

El dióxido de nitrógeno se obtiene mediante la reacción exotérmica: 2 NO(g) + O2(g) ⇌ 2 NO2(g). En un reactor se
introducen los reactivos a una determinada presión y temperatura. Justifique si son verdaderas o falsas las siguientes
afirmaciones: Puntuación máxima por apartado: 0,5 puntos.
a) La cantidad de NO2 formado es menor al disminuir la temperatura.
b) La oxidación está favorecida a presiones altas.
c) Debido a la estequiometría de la reacción, la presión en el reactor aumenta a medida que se forma NO2.
d) Un método para obtener mayor cantidad de dióxido de nitrógeno es aumentar la presión parcial de oxígeno. M19E
a Falso. Como la reacción es exotérmica, eso quiere decir que se produce calor al formarse el producto. Por tanto,
al aumentar T se formaría menos producto. Y viceversa: la disminución de T formaría más producto (NO2). Dicho
de otro modo, como la reacción directa produce calor, al enfriar el sistema este responde tratando de producir
más calor. Eso lo consigue favoreciendo la reacción directa.
b Verdadero. Como hay más moles gaseosos en los reactivos que en los productos, un aumento de p favorecería la
reacción directa (oxidación del NO para dar NO2), ya que de este modo el sistema se opondría al cambio.
c Falso. A medida que se forman productos tenemos menos moles en el reactor, dada la estequiometría de la
reacción (3 moles de reactivo y 2 de productos). Esto se entiende bien si se supone que se parte de 2 moles de
NO y 1 mol de O2 y la reacción se completa al 100%. Si es así, al final de la reacción tendremos solo 2 moles de
gases, a pesar de haber partido de 3. Por lo tanto, la reacción directa va conduciendo paulatinamente a una
disminución en la presión total dentro del reactor.
d Verdadero. Aumentar la presión parcial de O2 es como aumentar su concentración. El sistema se opone tratando
de disminuirla, y eso lo consigue haciendo que parte del O2 añadido reaccione para formar más producto (NO2).

Para la reacción endotérmica: Sb2O5 (g) ⇆ Sb2O3 (g) + O2 (g), explique cómo evoluciona el equilibrio en cada caso.
a) Disminución de la presión a temperatura constante. Puntuación máxima por apartado: 0,5 puntos.
b) Adición de Sb2O3 a volumen y temperatura constantes.
c) Adición de un catalizador a presión y temperatura constantes.
d) Aumento de la temperatura. M20M
• Concentración de un reactivo o producto. Si se aumenta la concentración (o, lo que es equivalente, la presión
parcial) de un reactivo, el equilibrio se desplaza hacia los productos. Y viceversa.
• Presión. Si se aumenta la presión total del sistema, el equilibrio se desplaza hacia el miembro (reactivos o
productos) que tiene menos moles gaseosos en la ecuación estequiométrica. (Si el número de moles coincide en
ambos la presión no influye).
• Volumen. Si se hace que disminuya el volumen del reactor es como si se aumentara la presión.
• Temperatura. Si la reacción es exotérmica (produce calor, que se puede considerar un “producto”), un aumento de T
desplaza el equilibrio hacia los reactivos. Si es endotérmica, es al revés.
• Catalizadores. No afectan al equilibrio; simplemente aumentan la velocidad de la reacción.
Se puede resumir de este modo cómo afectan algunas variables a la posición de un equilibrio químico según el principio
de Le Châtelier:

a) Disminución de la presión a temperatura constante.
Si la actuación es distinta de las anteriores, puede razonarse a la inversa. Por ejemplo, ¿qué pasa si se
disminuye la temperatura en una reacción endodérmica?
Si la reacción fuese exotérmica, un aumento de T favorecería la formación de reactivos (desplazamiento del
equilibrio hacia la izquierda) y una disminución favorecería la formación de productos. Pero como es endotérmica,
una disminución de T favorece la formación de reactivos. Se puede ver de otro modo. Al ser endotérmica es como si
“Q” (calor) si un reactivo más fuese el calor. Entonces, al disminuir este reactivo el sistema tiende a reponerlo, es
decir, a desplazar el equilibrio hacia la izquierda. Otra forma: como es endotérmica, el sistema se calienta si los
productos producen reactivos (reacción hacia la izquierda o inversa). Si se baja T, el sistema reacciona tratando de
calentar, para lo cual se producen más reactivos.

a) Disminución de la presión a temperatura constante.
a Si se disminuye la presión el sistema tiende a aumentarla. Para ello, el equilibrio se desplaza hacia el miembro de
la reacción que contiene estequiométricamente más moles gaseosos, que es el de los productos.
b Si se añade Sb2O3, como este es un producto, el sistema reacciona tratando de formar más reactivos; la posición
de equilibrio se desplaza hacia la izquierda.
c Si se añade un catalizador no se desplaza la posición de equilibrio.
d Al ser una reacción endotérmica, la reacción directa requiere calor o, visto al revés, la reacción inversa produce
calor. Si se aumenta la temperatura esa reacción inversa se verá desfavorecida porque el sistema se opondrá a la
producción de calor. Por eso, el equilibrio se desplazará hacia los productos.

A 2600 K se introduce 1 mol de agua en un recipiente vacío de 100 L, alcanzándose el siguiente equilibrio:
2 H2O (g) ⇌ 2 H2 (g) + O2 (g), con Kp = 4,2·10–5. Puntuación máxima : a) y c): 0,5 puntos cada uno; b): 1 punto.
a) Calcule Kc.
b) Calcule el número de moles de O2 en el equilibrio.
c) Justifique cómo se modifica el equilibrio al aumentar la presión total por disminución de volumen.
Dato. R = 0,082 atm·L·mol–1·K–1.
M20O
aA + bB ⇌ cC + dD
y la constante de equilibrio en función de las presiones, Kp, se define como:
donde las pi son las presiones parciales de cada componente i (i = A, B, C, D) de una mezcla de gases, viniendo
dadas por cualquiera de estas expresiones (𝝌𝒊 es la fracción molar del componente i; 𝚺 significa “suma”):
𝐾𝑐 =
C 𝑐 D 𝑑
A 𝑐 B 𝑑
𝐾𝑝 =
𝑝𝐶
𝑐
𝑝𝐷
𝑑
𝑝𝐴
𝑎 𝑝𝐵
𝑏
𝑝𝑖 = 𝜒𝑖 𝑝 =
𝑛𝑖
Σ𝑛𝑖
𝑝 =
𝑐𝑖
𝛴𝑐𝑖
𝑝
Es equivalente expresar la fracción molar
de un gas en una mezcla en función del
número de moles o el de la concentración

2 H2O (g) ⇌ 2 H2 (g) + O2 (g), con Kp = 4,2·10–5. Puntuación máxima : a) y c): 0,5 puntos cada uno; b): 1 punto.
a) Calcule Kc.
M20O
aA + bB ⇌ cC + dD
y la constante de equilibrio en función de las presiones, Kp, se define como:
𝐾𝑐 =
C 𝑐 D 𝑑
A 𝑐 B 𝑑
𝐾𝑝 =
𝑝𝐶
𝑐
𝑝𝐷
𝑑
𝑝𝐴
𝑎 𝑝𝐵
𝑏
𝒑𝒊𝑽 = 𝒏𝒊 𝑹𝑻 o bien 𝒑𝒊 = 𝒄𝒊 𝑹𝑻
Recordemos que las presiones
parciales también se pueden calcular
de estos modos

2 H2O (g) ⇌ 2 H2 (g) + O2 (g), con Kp = 4,2·10–5.
a) Calcule Kc.
M20O
𝐾𝑐 =
C 𝑐 D 𝑑
A 𝑐 B 𝑑
𝐾𝑝 =
𝑝𝐶
𝑐
𝑝𝐷
𝑑
𝑝𝐴
𝑎 𝑝𝐵
𝑏
𝐾𝑝 = 𝐾𝑐 𝑅𝑇 Δ𝑛
𝜟𝒏 es la diferencia entre los coeficientes
estequiométricos de las especies gaseosas
producto de la reacción menos las
especies gaseosas reactivos (los posibles
líquidos y sólidos no se tienen en cuenta)
A partir de la ecuación de estado de los gases
ideales (pV = nRT, o p = cRT) no es difícil
demostrar esta relación entre Kc y Kp:
Ambas son
expresiones de
la llamada ley
de acción de
masas
𝒑𝒊𝑽 = 𝒏𝒊 𝑹𝑻 o bien 𝒑𝒊 = 𝒄𝒊 𝑹𝑻

2 H2O (g) ⇌ 2 H2 (g) + O2 (g), con Kp = 4,2·10–5.
a) Calcule Kc.
M20O
𝐾𝑐 =
C 𝑐 D 𝑑
A 𝑐 B 𝑑
𝐾𝑝 =
𝑝𝐶
𝑐
𝑝𝐷
𝑑
𝑝𝐴
𝑎 𝑝𝐵
𝑏
a
La primera parte del problema se puede resolver fácilmente a partir de la fórmula que relaciona a Kc con Kp. Hay que
tener en cuenta que aunque en el enunciado no se da la unidad de Kp para esta reacción (ya que las unidades de las
constantes de equilibrio dependen de la estequiometría), es atm, como es fácil deducir de su fórmula.
4,2 · 10−5
𝑎𝑡𝑚 = 𝐾𝑐 0,082 𝑎𝑡𝑚 𝐿 𝑚𝑜𝑙−1
𝐾−1
· 2600 𝐾 3−2
Kc = 1,97·10–7 mol L–1

2 H2O (g) ⇌ 2 H2 (g) + O2 (g), con Kp = 4,2·10–5.
a) Calcule Kc.
M20O
Para calcular el número de moles de O2 en el equilibrio planteamos el correspondiente balance de materia:
2 H2O (g) ⇌ 2 H2 (g) O2 (g)
Inicio 1 mol – –
Cambio por reacción – x mol + x mol + 1/2 x mol
Equilibrio (nº moles) (1 – x) mol x mol ½ x mol
Equilibrio (concentración) ((1 – x) /100) M (x / 100) M ((½ x) / 100) M
Como según la
estequiometría cada 2
moles de H2O que se
consumen se producen
2 moles de H2 y 1 mol
de O2, si se consumen x
moles de agua se
producirán x mol de H2
y (½ x) mol de O2
b

2 H2O (g) ⇌ 2 H2 (g) + O2 (g), con Kp = 4,2·10–5.
a) Calcule Kc.
M20O
2 H2O (g) ⇌ 2 H2 (g) O2 (g)
Equilibrio (concentración) 0,01 (1 – x) M 0,01 x M 0,005 x M
Por comodidad
expresaremos las
concentraciones en el
equilibrio con
decimales
b

2 H2O (g) ⇌ 2 H2 (g) + O2 (g), con Kp = 4,2·10–5.
a) Calcule Kc.
M20O
𝐾𝑐 =
C 𝑐 D 𝑑
A 𝑐 B 𝑑
1,97 · 10−7
=
H2
2
O2
H2O 2 =
0,01𝑥 2
0,005𝑥
0,01(1 − 𝑥) 2
Obsérvese que se obtiene una ecuación de tercer grado en x. Por eso, y gracias a que la constante es muy pequeña, lo
que significa que se formará poco producto, despreciaremos x en (1 – x), lo que permitirá simplificar mucho la ecuación.
2 H2O (g) ⇌ 2 H2 (g) O2 (g)
b

2 H2O (g) ⇌ 2 H2 (g) + O2 (g), con Kp = 4,2·10–5.
a) Calcule Kc.
M20O
𝐾𝑐 =
C 𝑐 D 𝑑
A 𝑐 B 𝑑
1,97 · 10−7
=
H2
2
O2
H2O 2 = 0,005 𝑥3
2 H2O (g) ⇌ 2 H2 (g) O2 (g)
b

2 H2O (g) ⇌ 2 H2 (g) + O2 (g), con Kp = 4,2·10–5.
a) Calcule Kc.
M20O
𝐾𝑐 =
C 𝑐 D 𝑑
A 𝑐 B 𝑑
1,97 · 10−7
=
H2
2
O2
H2O 2 = 0,005 𝑥3
2 H2O (g) ⇌ 2 H2 (g) O2 (g)
La solución es x = 0,034
Por tanto, el número de moles de O2 en el equilibrio es ½ (0,034) = 0,017 mol
Como se ve, obtenemos un x
efectivamente bastante menor que 1. Si
hubiéramos obtenido un valor de x no
tan distinto de 1 no sería aceptable la
aproximación de despreciarla frente a 1
b

2 H2O (g) ⇌ 2 H2 (g) + O2 (g), con Kp = 4,2·10–5.
a) Calcule Kc.
M20O
c Al aumentar la presión total el equilibrio se desplazará hacia donde hay menor número de moles gaseosos, es
decir, hacia el reactivo. El principio de Le Châtelier explica que esto es así porque el sistema tiende siempre a
oponerse a los cambios, y en este caso se opone a un aumento de presión tratando de disminuirla. Como hay 2
moles de reactivo y 3 de productos, el primer contribuye menos que los productos a la presión total del sistema.

Se introducen 25,6 g de SO2 y 0,2 mol de O2 gaseosos en un recipiente de 1 L a 850 K. Tras alcanzarse el equilibrio
SO2 (g) + ½ O2 (g) ⇌ SO3 (g), se encuentra que la concentración de producto es 0,37 M.
a) Determine la presión parcial de cada gas en el equilibrio.
b) Calcule Kp. Puntuación máxima: 0,75 puntos apartados a) y b); 0,5 puntos apartado c).
c) Explique cómo se modifica el equilibrio al disminuir la temperatura, sabiendo que se trata de una reacción
exotérmica.
Datos. R = 0,082 atm·L·mol−1·K−1. Masas atómicas: O = 16; S = 32.
M20OC
a Para aplicar la ley de acción de masas, ya sea en su forma de Kc o en la de Kp, necesitaremos conocer las cantidades en
moles de las sustancias que intervienen, no en gramos. Por eso, lo primero que hay que hacer es calcular el número de
moles de SO2 dividiendo su masa en gramos entre su peso molecular:
• 𝑛SO2
=
𝑚SO2
𝑀SO2
=
25,6 𝑔(SO2)
32+2·16 𝑔(SO2)/ 𝑚𝑜𝑙(SO2)
= 0,4 𝑚𝑜𝑙(SO2)
Conocido este valor podremos plantear el habitual balance de materia.

exotérmica.
M20OC
a
SO2 (g) ½ O2 (g) ⇌ SO3 (g)
Inicio 0,4 mol 0, 2 mol –
Cambio por reacción – x mol – ½ x mol + x mol
Equilibrio (nº moles) (0,4 – x) mol (0,2 – ½ x) mol x mol
Equilibrio (concentración) (0,4 – x) M (0,2 – ½ x) M x M
Los valores de concentraciones
coinciden con los de números de
moles porque el volumen es 1 L

exotérmica.
M20OC
a
SO2 (g) ½ O2 (g) ⇌ SO3 (g)
Equilibrio (concentración) (0,4 – x) M (0,2 – ½ x) M 0,37 M
Aquí podemos poner el valor de concentración
numérico que nos da el enunciado, y ese valor nos
permitirá saber el valor de x:
x = 0,37

exotérmica.
M20OC
a
SO2 (g) ½ O2 (g) ⇌ SO3 (g)
A su vez, el conocimiento del valor de x (= 0,37)
nos permite expresar numéricamente los demás
valores de concentraciones

exotérmica.
M20OC
a
SO2 (g) ½ O2 (g) ⇌ SO3 (g)
𝑛𝑖
Σ𝑛𝑖
𝑝 =
𝑐𝑖
𝛴𝑐𝑖
𝑝
Para calcular las
presiones
parciales en el
equilibrio
aplicaremos
cualquiera de
estas fórmulas
𝑝𝑖𝑉 = 𝑛𝑖 𝑅𝑇 o bien 𝑝𝑖 = 𝑐𝑖 𝑅𝑇 𝑝𝑖𝑉 = 𝑛𝑖 𝑅𝑇 o bien 𝑝𝑖 = 𝑐𝑖 𝑅𝑇

exotérmica.
M20OC
a
SO2 (g) ½ O2 (g) ⇌ SO3 (g)
𝑛𝑖
Σ𝑛𝑖
𝑝 =
𝑐𝑖
𝛴𝑐𝑖
𝑝
Si lo hacemos por la de la fracción molar (𝜒𝑖) necesitaremos saber cuál es la presión
total, y eso se logra por la ecuación de estado: 𝒑𝑽 = (𝚺𝒏𝒊) 𝑹𝑻 o 𝒑 = (𝚺𝒄𝒊) 𝑹𝑻.
De esta última: 𝑝 = (0,03 + 0,015 + 0,37) · 0,082 · 850 = 28,9 atm

exotérmica.
M20OC
a
SO2 (g) ½ O2 (g) ⇌ SO3 (g)
𝑛𝑖
Σ𝑛𝑖
𝑝 =
𝑐𝑖
𝛴𝑐𝑖
𝑝
𝑝SO2
=
𝑐SO2
𝛴𝑐𝑖
𝑝 =
0,03 𝑀
(0,03 + 0,015 + 0,37) 𝑀
· 28,9 𝑎𝑡𝑚 = 2,09 𝑎𝑡𝑚
𝑝SO2
=
𝑐O2
𝛴𝑐𝑖
𝑝 =
0,015 𝑀
(0,03 + 0,015 + 0,37) 𝑀
· 28,9 𝑎𝑡𝑚 = 1,04 𝑎𝑡𝑚
𝑝SO3
=
𝑐SO3
𝛴𝑐𝑖
𝑝 =
0,37
(0,03 + 0,015 + 0,37) 𝑀
· 28,9 𝑎𝑡𝑚 = 25,8 𝑎𝑡𝑚

exotérmica.
M20OC
b
SO2 (g) ½ O2 (g) ⇌ SO3 (g)
Equilibrio (presiones parciales) 2,09 atm 1,04 atm 25,8 atm
𝐾𝑝 =
𝑝𝐶
𝑐 𝑝𝐷
𝑑
𝑝𝐴
𝑎 𝑝𝐵
𝑏
Para calcular Kp
aplicamos su
fórmula,
recordando que la
fórmula general
para un equilibrio
aA + bB ⇌ cC + dD
siendo A, B, C y D
todos gases es:
𝐾𝑝 =
25,8 𝑎𝑡𝑚
2,09 𝑎𝑡𝑚 · (1,04 𝑎𝑡𝑚)1/2
= 12,1 𝑎𝑡𝑚−1/2
⇒

exotérmica.
M20OC
b
𝐾𝑝 =
𝑝SO3
𝑝SO2
𝑝SO2
1/2
Dos comentarios
1) Las formas matemáticas de las constantes de equilibrio Kc y Kp dependen de cómo se escriba una reacción
química. Por ejemplo, para la reacción SO2 (g) + ½ O2 (g) ⇌ SO3 (g) escrita así, Kp sería:
pero para la reacción escrita de este otro modo: 2 SO2 (g) + O2 (g) ⇌ 2 SO3 (g) la expresión de Kp sería:
2) Las unidades de las constantes dependen de cómo se escriban matemáticamente. Ahora bien, estas
expresiones de constantes son aproximaciones de las llamadas contantes termodinámicas, las cuales no
tienen unidades (son adimensionales).
𝐾𝑝 =
𝑝SO3
2
𝑝SO2
2
𝑝SO2

exotérmica.
M20OC
c
• Como la reacción (directa) es exotérmica, produce calor. Por tanto, en cierto modo el calor se puede
considerar un “producto” de la reacción. Entonces, si aumentamos la temperatura el sistema responde
disminuyendo ese “producto”, es decir, aumentando los reactivos. Y viceversa, al disminuir la temperatura
aumenta la formación de productos.
• En general, el principio de Le Châtelier indica que los sistemas en equilibrio se oponen a las intervenciones
que se hagan sobre ellos. Una reacción exotérmica tienden a calentar el sistema por desprendimiento de
calor. Al aumentar externamente el calor por incremento de temperatura el sistema tenderá a enfriar, uy eso
lo consigue generando reactivos. Pero en este caso lo que hacemos es enfriar, por lo que el sistema actúa
generando más productos, o sea, desplazando la posición de equilibrio hacia la derecha.

En un recipiente cerrado, se calienta a 182 ºC pentacloruro de arsénico gaseoso que se disocia en tricloruro de
arsénico gaseoso y en cloro molecular. En el equilibrio y a una presión total de 1 atm, el pentacloruro de arsénico se
disocia un 29,2 %. Calcule:
a) Las presiones parciales de los tres gases en el equilibrio.
b) Kc y Kp. Puntuación máxima: 0,75 puntos a) y b); 0,5 puntos c).
c) Las concentraciones molares de todas las sustancias en el equilibrio. Dato: R = 0,082 atm·L·mol−1·K−1. M19M
a • La reacción es: AsCl5 (g) ⇌ AsCl3 (g) + Cl2 (g)
• Una reacción de este tipo se llama de disociación porque una molécula se rompe en dos partes (se disocia).
• En este tipo de reacciones se suele hablar del grado de disociación, α, que es el tanto por uno de moléculas
que se disocian (el tanto por uno es el tanto por cien o porcentaje, %, dividido por 100).

a Los balances de materia de los equilibrios de disociación conviene razonarlos como se indica a continuación.
AsCl5 (g) ⇌ AsCl3 (g) Cl2 (g)
Empezamos suponiendo que partimos de 1 mol de la
sustancia que se disocia (lo hacemos así para poder
introducir a continuación el grado de disociación, α,
que, al ser un tanto por 1, se refiere siempre a 1 mol

Cambio – α mol + α mol + α mol
Por la definición del grado de
disociación, α, como partimos
de 1 mol se disociarán α moles

Equilibrio (moles) (1 – α) mol α mol α mol
Lógicamente, en el equilibrio
quedarán las cantidades señaladas

Equilibrio (moles) (1 – α) mol α mol α mol
Con el anterior razonamiento no es difícil llegar a este otro: si en vez de partir de un mol
inicial de la sustancia que se disocia hubiéramos partido de n moles, en la anterior tabla
todos los valores habría que multiplicarlos por n

a La tabla del equilibrio nos quedaría así:
Inicio n mol – –
Cambio – nα mol + nα mol + nα mol
Equilibrio (moles) n(1 – α) mol nα mol nα mol

Equilibrio (moles) 0,708 n mol 0,292 n mol 0,292 n mol
Sustituyendo el valor α = 0,292 que da el
enunciado la fila del equilibrio se simplifica así:

𝑝𝑖 =
𝑛𝑖
Σ𝑛𝑖
𝑝
Las presiones
parciales las
podemos así (p es
la presión total,
igual 1 atm según
el enunciado)
𝑝AsCl5
=
𝑛AsCl5
𝛴𝑛𝑖
𝑝 =
0,708 𝑛 𝑚𝑜𝑙
(0,708𝑛 + 0,292𝑛 + 0,292𝑛) 𝑚𝑜𝑙
· 1 𝑎𝑡𝑚 = 0,548 𝑎𝑡𝑚
𝑝AsCl3
=
𝑛AsCl3
𝛴𝑐𝑖
𝑝 =
0,292𝑛 𝑚𝑜𝑙
(0,708𝑛 + 0,292𝑛 + 0,292𝑛) 𝑚𝑜𝑙
· 1 𝑎𝑡𝑚 = 0,226 𝑎𝑡𝑚
𝑝Cl2
=
𝑐Cl2
𝛴𝑐𝑖
𝑝 =
0,292𝑛 𝑚𝑜𝑙
(0,708𝑛 + 0,292𝑛 + 0,292𝑛) 𝑚𝑜𝑙
· 1 𝑎𝑡𝑚 = 0,226 𝑎𝑡𝑚
Los valores de n se
cancelan en todas
las fracciones
porque en el
denominador se
puede sacar n
como factor común

b
Para calcular Kp
recordemos la
expresión general…
Equilibrio (presiones parc.) 0,548 atm 0,226 atm 0,226 atm
…que en este caso se
particulariza a esta
𝐾𝑝 =
0,226 𝑎𝑡𝑚 · 0226 𝑎𝑡𝑚
0,548 𝑎𝑡𝑚
= 0,093 𝑎𝑡𝑚
𝐾𝑝 =
𝑝𝐶
𝑐
𝑝𝐷
𝑑
𝑝𝐴
𝑎 𝑝𝐵
𝑏

𝐾𝑝 =
0,226 𝑎𝑡𝑚 · 0226 𝑎𝑡𝑚
0,548 𝑎𝑡𝑚
= 0,093 𝑎𝑡𝑚
𝐾𝑝 =
𝑝𝐶
𝑐
𝑝𝐷
𝑑
𝑝𝐴
𝑎 𝑝𝐵
𝑏
Para calcular Kc podemos usar la expresión
que la relaciona con Kp. Recordemos que
𝜟𝒏 es la diferencia entre los coeficientes
estequiométricos de las especies gaseosas
producto de la reacción menos las
especies gaseosas reactivos
b
𝐾𝑐 = 𝐾𝑝 𝑅𝑇 −Δ𝑛
= 0,093 · 0,082 · 182 + 273 −1
= 2,5 · 10−3
M
455 K

c
𝑝𝑖 = 𝑐𝑖 𝑅𝑇
Para calcular las
concentraciones
molares podemos
emplear la relación
entre las presiones
parciales y dichas
concentraciones
𝑐AsCl5
=
𝑝AsCl5
𝑅𝑇
=
0,548
(0,082 · 455)
= 0,015 𝑚𝑜𝑙 𝐿−1
𝑐AsCl3
=
𝑝AsCl3
𝑅𝑇
=
0,226
(0,082 · 455)
= 0,006 𝑚𝑜𝑙 𝐿−1
𝑐Cl2
=
𝑝Cl2
𝑅𝑇
=
0,226
(0,082 · 455)
= 0,0061 𝑚𝑜𝑙 𝐿−1
𝑐𝑖 =
𝑝𝑖
𝑅𝑇

La solubilidad del carbonato de plata, a 25 °C, es 0,0318 g·L‒1.
a) Escriba el equilibrio de solubilidad de esta sal en agua.
b) Calcule la concentración molar de ion plata en una disolución saturada de carbonato de plata, a 25 °C.
c) Calcule la constante del producto de solubilidad del carbonato de plata a 25 °C.
d) Explique, con un ejemplo, cómo variará la solubilidad de esta sal por efecto de un ion común.
Datos. Masas atómicas: C = 12,0; O = 16,0; Ag = 107,9. Puntuación máxima por apartado: 0,5 puntos.
M18M
• Cuando un compuesto CnAm (C: catión, A: anión) que es poco soluble en agua se intenta disolver, solo se disuelve una
pequeña parte de él. La cantidad que se disuelve, expresada en mol L– 1, se llama solubilidad y depende de T.
• El proceso de solubilización se puede representar por un equilibrio de este tipo:
CnAm(s)  nCm+(ac) + mAn–(ac)
• Para este equilibrio se puede escribir el siguiente balance de materia:
• Este equilibrio lleva asociada una constante de equilibrio que se llama producto de solubilidad, Ks, que se define así:
CnAm (s) ⇌ n Cm+ (ac) m An– (ac)
Inicio – – –
Cambio (concentración) – + ns mol L–1 + ns mol L–1
Equilibrio (concentración) – ns mol L–1 + ns mol L–1
Ks = [Cm+(ac)]n [An–(ac)]m

M18M
En este caso, el equilibrio de solubilidad es:
a
Ag2CO3 (s) ⇌ 2 Ag+ (ac) CO3
2– (ac)

M18M
Y el correspondiente balance de materia:
a
2– (ac)
Inicio – – –
Equilibrio (concentración) – 2s s
La solubilidad s se
expresa en mol L– 1,
es decir, en términos
de concentración
molar o molaridad

M18M
Y el correspondiente balance de materia:
b
2– (ac)
Inicio – – –
La solubilidad s se
expresa en mol L– 1
• En este caso conocemos la solubilidad de esta sal (s), pero expresada en g L–1.
• Para pasarla a mol L–1 bastará dividir por el peso molecular del Ag2CO3 (MAg₂CO₃ ) que se puede obtener a
partir de los pesos atómicos (A) de sus elementos constituyentes:
𝑀Ag2CO3
= 2𝐴Ag + 𝐴C + 3𝐴O = 2 · 107,9 𝑔 𝑚𝑜𝑙−1
+ 12 𝑔 𝑚𝑜𝑙−1
+ 3 · 16 𝑔 𝑚𝑜𝑙−1
= 275,8 𝑔 𝑚𝑜𝑙−1
• La conversión de g L–1 a mol L–1 es: 𝑠 =
0,0318 𝑔·𝐿−1
275,8 𝑔 𝑚𝑜𝑙−1 = 1,15 · 10−4
𝑚𝑜𝑙 𝐿−1
• Finalmente, la concentración de Ag+ es 2s, es decir 𝟐, 𝟑 · 𝟏𝟎−𝟒
𝒎𝒐𝒍 𝑳−𝟏
.

M18M
c
2– (ac)
Inicio – – –
El producto de solubilidad para esta sal es:
𝐾𝑠 = Ag+ 2 CO3
2−
= 2𝑠 2 𝑠 = 2,3 · 10−4 𝑚𝑜𝑙 𝐿−1 2 1,15 · 10−4 𝑚𝑜𝑙 𝐿−1 = 𝟔, 𝟏 · 𝟏𝟎−𝟏𝟐 𝒎𝒐𝒍𝟑𝑳−𝟑

M18M
d
2– (ac)
Inicio – – –
• Si se añade a una disolución saturada de Ag2CO3 una disolución de una sal soluble que contenga
algún ion común con Ag2CO3 se producirá el llamado efecto de ion común.
• Por ejemplo, en este caso se podría añadir AgNO3 o Na2CO3. En el primer caso se aporta el ion
común Ag+; en el segundo el ion común CO3
2–.
• Tanto si se aporta Ag+ como si se aporta CO3
2– se estará añadiendo un producto al equilibrio de
solubilidad del Ag2CO3 escrito más arriba. Eso desplazará el equilibrio hacia el reactivo (principio de
Le Châtelier), lo que implica una disminución de la solubilidad del Ag2CO3.

La constante de solubilidad del dicloruro de plomo es 1,6·10−5.
a) Formule el equilibrio de solubilidad del dicloruro de plomo en agua.
b) Determine la solubilidad del dicloruro de plomo en agua en molaridad y gꞏL−1.
c) Justifique cómo afecta a la solubilidad del dicloruro de plomo la adición de cloruro de potasio.
Datos. Masas atómicas: Cl = 35,5; Pb = 207,2. Puntuación máxima: 0,5 puntos ap. a) y c); 1,0 punto apartado b).
M19O
PbCl2 (s) ⇌ Pb2+ (ac) 2 Cl– (ac)
Para el PbCl2 el equilibrio de solubilidad es:
a

M19O
Inicio – – –
Equilibrio (concentración) – s 2s
b
El producto de solubilidad para esta sal se calcular así:
𝐾𝑠 = Pb2+
Cl− 2
= 𝑠 2𝑠 2
= 4𝑠3
De aquí:
𝑠 =
3 𝐾𝑠
4
=
3 1,6 · 10−5
4
= 0,0159 𝑚𝑜𝑙 𝐿−1
Aunque en el enunciado no se dan
unidades para Ks, se entiende que son
las habituales basadas en unidades de
concentración, por lo que s resulta en
mol L– 1 (o molaridad; la solución
también se puede escribir 0,0159 M)

M19O
Inicio – – –
c
• Para pasar la solubilidad en mol L–1 a g L–1 basta multiplicar por el peso molecular del PbCl2, que es:
𝑀PbCl2
= 𝐴Pb + 2𝐴Cl = 207,2 𝑔 𝑚𝑜𝑙−1 + 2 · 35,5 𝑔 𝑚𝑜𝑙−1 = 278,2 𝑔 𝑚𝑜𝑙−1
• La solubilidad en g L–1 será:
0,0159 𝑚𝑜𝑙 𝐿−1 · 278,2 𝑔 𝑚𝑜𝑙−1 = 4,42𝑔 𝐿−1

M19O
Inicio – – –
d
• Si se añade KCl (sal soluble, como prácticamente todas las alcalinas) a una disolución saturada de
PbCl2 estamos agregando el ion común Cl–, por lo que se producirá el llamado efecto de ion común.
• Este consiste en que, al estar añadiendo un producto al equilibrio de solubilidad del PbCl2 escrito
más arriba, por el principio de Le Châtelier el equilibrio se desplazará hacia la izquierda, lo que
supone que se obtendrá más precipitado de este. Dicho de otro modo, disminuirá la solubilidad del
PbCl2 y

La solubilidad del cromato de plata en agua a 25 ºC es 0,00435 g/100 mL.
a) Escriba el equilibrio de solubilidad en agua del cromato de plata, indicando los estados de cada especie.
b) Calcule el producto de solubilidad de la sal a 25 ºC.
c) Calcule si se formará precipitado cuando se mezclan 20 mL de cromato de sodio 0,8 M con 300 mL de nitrato de
plata 0,5 M. Considere los volúmenes aditivos.
Datos: Masas atómicas: O = 16,0; Cr = 52,0; Ag = 107,8. Puntuación por apartado: 0,5 puntos a); 0,75 puntos b) y c).
M19M
El equilibrio de solubilidad del Ag2CrO4 es:
a
Ag2CrO4 (s) ⇌ 2 Ag+ (ac) CrO4
2– (ac)
• El Ag2CrO4 está en estado sólido (precipitado); los iones están en estado “acuoso”, es decir,
hidratados, lo que quiere decir que están rodeados por dipolos de agua.
• La siguiente imagen permite hacerse una idea de cómo es la hidratación (la imagen está
simplificada porque cada ion tiende a rodearse de más moléculas de agua que las dibujadas):

M19M
El correspondiente balance de materia es:
b
2– (ac)
Inicio – – –
La solubilidad s se
debe expresar en
mol L– 1
• En este caso conocemos la solubilidad de esta sal (s), pero expresada en g / 100 L–1. Lógicamente, para pasarla a g / L basta
multiplicarla por 10 (pues 1 L es 10 veces 100 mL). Se obtiene 0,0435 g/ L
• Hay que pasarla a mol L–1, para lo que bastará dividir por el peso molecular del Ag2CrO4 (MAg₂CrO₄) que se puede obtener a partir de
los pesos atómicos (A) de sus elementos constituyentes:
𝑀Ag2CrO4
= 2𝐴Ag + 𝐴Cr + 4𝐴O = 2 · 107,8 𝑔 𝑚𝑜𝑙−1
+ 52 𝑔 𝑚𝑜𝑙−1
+ 4 · 16 𝑔 𝑚𝑜𝑙−1
= 331,6 𝑔 𝑚𝑜𝑙−1
• La conversión a moles por litro es: 𝑠 =
0,0435 𝑔·𝐿−1
331,6 𝑔 𝑚𝑜𝑙−1 = 1,31 · 10−4
𝑚𝑜𝑙 𝐿−1
.
• El producto de solubilidad es: 𝐾𝑠 = Ag+ 2
CrO4
2−
= 2𝑠 2
𝑠 = 4𝑠3
= 4 · 1,31 · 10−4
𝑚𝑜𝑙 𝐿−1 3
= 𝟗 · 𝟏𝟎−𝟏𝟐
𝒎𝒐𝒍𝟑
𝑳−𝟑

M19M
c • En general, el producto de solubilidad de una especie CnAm (siendo C un catión de carga m+ y A un anión de
carga n–) viene dado por:
donde las concentraciones se refieren a las que existen en el equilibrio de solubilidad de la especie (de ahí los
subíndices “eq” que hemos colocado).
• Pues bien, se puede definir un variable análoga a la anterior pero no referida a un equilibrio de solubilidad
sino al producto de unas concentraciones teóricas en el caso de que no se produjera precipitado, es decir,
que la especie fuese soluble. La podemos denominar producto iónico (de solubilidad), Qs, y viene dada por:
Ks = [Cm+(ac)]n
eq[An–(ac)]m
eq
Qs = [Cm+(ac)]n [An–(ac)]m
El valor de Ks (experimental, tabulado para cada especie insoluble) se puede comparar con el valor Qs
(que depende de cada problema)…

M19M
Ks = [Cm+(ac)]n
eq[An–(ac)]m
eq
Qs = [Cm+(ac)]n [An–(ac)]m
Si el valor de Qs no alcanza el valor de Ks no
precipitará nada de la especie CnAm.
Ks normalmente se conoce de tablas. Qs se obtiene en
cada caso a partir de las concentraciones de las especies
suponiendo que no hay precipitado
Pero si Qs supera el valor de Ks se formará precipitado
c

M19M
• En este caso:
• 𝐾𝑠 = Ag+
𝑒𝑞𝑢𝑖𝑙𝑖𝑏𝑟𝑖𝑜
2
CrO4
2−
𝑒𝑞𝑢𝑖𝑙𝑖𝑏𝑟𝑖𝑜 = 𝟗 · 𝟏𝟎−𝟏𝟐 𝒎𝒐𝒍𝟑𝑳−𝟑
• 𝑄𝑠 = Ag+ 2
CrO4
2−
• Hay que determinar el valor de Qs para compararlo con el de Ks. Para conocer Qs necesitamos saber las
concentraciones teóricas del catión Ag+ y del anión CrO4
2– suponiendo que no precipitan al mezclaros.
• A tener en cuenta: una vez que se haga la mezcla de las disoluciones las concentraciones teóricas de las sales
Na2CrO4 y AgNO3 en la mezcla ya no serán las que aparecen en el enunciado (0,8 M y 0,5 M respectivamente)
debido a que, al mezclar dos líquidos el volumen de la mezcla es la suma y eso produce una dilución.
c
+ =
300 mL AgNO3 0,5 M
20 mL Na2CrO4 0,8 M 320 mL (Na2CrO4 x M + AgNO3 y M )

M19M
• En este caso:
• 𝐾𝑠 = Ag+
2
CrO4
2−
• 𝑄𝑠 = Ag+ 2
CrO4
2−
c
+ =
300 mL AgNO3 0,5 M
Las concentraciones en la mezcla se pueden calcular mediante la formula
general de las diluciones (“antes” quiere decir antes de la mezcla;
“después” quiere decir “una vez hecha la mezcla”; V es volumen y M es
concentración molar o molaridad (mol L– 1)):
𝑽𝒂𝒏𝒕𝒆𝒔 𝑴𝒂𝒏𝒕𝒆𝒔 = 𝑽𝒅𝒆𝒔𝒑𝒖é𝒔 𝑴𝒅𝒆𝒔𝒑𝒖é𝒔

M19M
• En este caso:
• 𝐾𝑠 = Ag+
2
CrO4
2−
• 𝑄𝑠 = Ag+ 2
CrO4
2−
c
+ =
300 mL AgNO3 0,5 M
Aplicando la formula general de las diluciones se obtienen estas nuevas
concentraciones molares tras hacer la mezcla:
• Na2CrO4: 20 · 0,8 = 320 · x ⇒ x = 0,05 M
• AgNO3: 300 · 0,5 = 320 · y ⇒ y = 0,469 M

M19M
• En este caso:
• 𝐾𝑠 = Ag+
2
CrO4
2−
• 𝑄𝑠 = Ag+ 2
CrO4
2−
c
+ =
300 mL AgNO3 0,5 M
Hemos averiguado las concentraciones molares de Na2CrO4 y AgNO3
en la mezcla pero necesitamos saber las de CrO4
2– y Ag+ procedentes
de esas sales (sus valores teóricos, suponiendo que no se forma
precipitado al encontrarse el catión con el anión)

M19M
• En este caso:
• 𝐾𝑠 = Ag+
2
CrO4
2−
• 𝑄𝑠 = Ag+ 2
CrO4
2−
c
+ =
300 mL AgNO3 0,5 M
Para conocer las concentraciones molares de CrO4
2– y Ag+ a partir,
respectivamente, de las de Na2CrO4 y AgNO3 hemos de tener en cuenta
que las disociaciones de estas sales en disolución son de estas formas:
• Na2CrO4 ⟶ 2 Na+ + CrO4
2–
• AgNO3 ⟶ Ag+ + NO3
–
Se puede comprobar que en ambos casos 1 mol de la sal produce,
por disociación en disolución, 1 mol del ion que nos interesa
(CrO4
2– en un caso y Ag+ en el otro) .

M19M
• En este caso:
• 𝐾𝑠 = Ag+
2
CrO4
2−
• 𝑄𝑠 = Ag+ 2
CrO4
2−
c
+ =
300 mL AgNO3 0,5 M
Por todo lo dicho, las
concentraciones de los iones de
interés son:
• CrO4
2–: 0,05 M
• Ag+: 0,469 M

M19M
• En este caso:
• 𝐾𝑠 = Ag+
2
CrO4
2−
• 𝑄𝑠 = Ag+ 2
CrO4
2−
c
Por todo lo dicho, las
concentraciones de los iones de
interés son:
• CrO4
2–: 0,05 M
• Ag+: 0,469 M

M19M
• En este caso:
• 𝐾𝑠 = Ag+
2
CrO4
2−
• 𝑄𝑠 = Ag+ 2 CrO4
2−
= 0,4692 · 0,05 = 𝟎, 𝟎𝟏𝟏 𝒎𝒐𝒍𝟑𝑳−𝟑
c
Ha resultado que 𝑄𝑠 > 𝐾𝑠
Por tanto, se forma precipitado al hacer la mezcla

Se tiene una disolución acuosa de nitrato de plata y nitrato de bario sobre la que se va añadiendo otra que contiene
iones sulfato. (Puntuación máxima por apartado: 0,5 puntos apartado a) y c); 1 punto apartado b))
a) Formule los equilibrios de precipitación resultantes.
b) Determine la solubilidad de ambos sulfatos en M y g·L−1.
c) Justifique cómo afecta a la solubilidad del Ag2SO4 la adición de sulfato de potasio.
Datos. Ks: Ag2SO4 = 1,6·10−5; BaSO4 = 1,1·10−10. Masas atómicas: O = 16; S = 32; Ag = 108; Ba = 137. M18E
• En general, los nitratos son las sales más solubles que existen. Al contrario, la mayoría de los sulfatos de
metales son insolubles (excepto los de los alcalinos y pocos más).
• Lo que aquí sucede es que ambos nitratos, por su solubilidad, se disocian completamente en disolución:
• Los iones NO3
– que se forman no participan en equilibrios de solubilidad. Pero como se han añadido iones
SO4
2– estos tenderán a precipitar con los iones Ag+ y Ba2+ y darán lugar a los siguientes equilibrios de
solubilidad:
a
AgNO3 ⟶ Ag+ + NO3
–
Ba(NO3)2 ⟶ Ba2+ + 2 NO3
–
Ag2SO4 ⟶ 2 Ag+ + SO4
2–
BaSO4 ⟶ Ba2+ + SO4
2–

Los balances de materia de los equilibrios de solubilidad que hay que considerar son:
b
Ag2SO4 (s) ⇌ 2 Ag+ (ac) SO4
2– (ac)
Inicio – – –
BaSO4 (s) ⇌ Ba2+ (ac) SO4
2– (ac)
Inicio – – –
Equilibrio (concentración) – s s

b
𝐾𝑠 = 2𝑠 2
𝑠 = 4𝑠3
⇒ 𝑠 =
3
𝐾𝑠 4 =
3
1,6 · 10−5 4 = 0,0159 M
𝐾𝑠 = 𝑠 · 𝑠 = 𝑠2
⇒ 𝑠 = 2
𝐾𝑠 =
2
1,1 · 10−10 = 1,05 · 10−5
M
2– (ac)
Inicio – – –
BaSO4 (s) ⇌ Ba2+ (ac) SO4
2– (ac)
Inicio – – –
Equilibrio (concentración) – s s
Y así se calculan los
productos de
solubilidad a partir de
las solubilidades
Y así se calculan los
productos de
solubilidad a partir de
las solubilidades

b
𝐾𝑠 = 2𝑠 2
𝑠 = 4𝑠3
⇒ 𝑠 =
3
𝐾𝑠 4 =
3
1,6 · 10−5 4 = 0,0159 M = 𝟒, 𝟗𝟔 𝒈 𝑳−𝟏
Las correspondientes solubilidades en g L–1 las
podemos obtener multiplicando por los pesos
moleculares de ambas sales que resultan ser
312 g mol–1 y 233 g mol–1 respectivamente
𝐾𝑠 = 𝑠 · 𝑠 = 𝑠2
⇒ 𝑠 = 2
𝐾𝑠 =
2
1,1 · 10−10 = 1,05 · 10−5
M = 𝟐, 𝟒𝟒 · 𝟏𝟎−𝟑
𝒈 𝑳−𝟏

c
2– (ac)
Inicio – – –
• Si añadimos K2SO4, esta sal muy soluble (es alcalina) estará completamente disociada en iones K+ e iones
SO4
2– . Es decir, estamos añadiendo un extra de uno de los productos que aparecen en el equilibrio anterior
(el ion SO4
2–). Por el principio de Le Châtelier el sistema responde produciendo más reactivo, es decir,
aumentando el precipitado.
• Esto es lo que se llama en los equilibrios de solubilidad efecto de ion común.

Se dispone de 100 mL de una disolución que contiene 0,194 g de K2CrO4 a la que se añade 100 mL de otra disolución
que contiene iones Ag+. Considere que los volúmenes son aditivos. (Puntuación máxima por apartado: 0,5 puntos)
a) Calcule la concentración inicial, expresada en molaridad, de iones cromato presentes en la disolución antes de
que se alcance el equilibrio de precipitación. Escriba el equilibrio de precipitación.
b) Determine la solubilidad de la sal formada en molꞏL–1 y gꞏL–1.
c) Calcule la concentración mínima de iones Ag+ necesaria para que precipite la sal.
d) Si a una disolución que contiene la misma concentración de iones SO4
2− e iones CrO4
2− se le añaden iones Ag+,
justifique, sin hacer cálculos, qué sal precipitará primero.
Datos. Ks (Ag2CrO4) = 1,9·10−12; Ks (Ag2SO4) = 1,6·10–5. Masas atómicas: O = 16; K = 39; Cr = 52; Ag = 108.
M19E
• La sal K2CrO4, como prácticamente todas las sales alcalinas, es “soluble”, con lo que se quiere decir que su
solubilidad es muy alta. La solubilización en H2O de esta sal consiste, como toda solubilización, en la
disociación de la sal en sus iones componentes. La reacción de disociación (y consiguiente disolución) se
puede escribir con el signo “⟶” y no con el de equilibrio (⇌) porque la disolución se puede considerar
completa (salvo para concentraciones altísimas de K2CrO4, que no es el caso):
K2CrO4 ⟶ 2 K+ + CrO4
2–
• Si ahora se añade Ag+, como el Ag2CrO4 es insoluble, puede precipitar algo (o mucho) de esta sal al
encontrarse los iones Ag+ con los iones CrO4
2–
. Que se produzca precipitado o no dependerá de la
cantidad de Ag+ añadida. Concretamente, si el valor de Qs que se calcule supera al de Ks del Ag2CrO4,
habrá precipitado, tanto más precipitado cuanto más supere Qs a Ks.
• En cualquier caso y por todo lo dicho, el equilibrio de solubilidad que hemos que tener en cuenta en este
problema es el del Ag2CrO4:
Ag2CrO4 ⇌ 2 Ag+ + CrO4
2–
a

2− e iones CrO4
M19E
• Los equilibrios de solubilidad se alcanzan muy rápidamente. Por eso, lo que se quiere decir en el enunciado con eso de
“antes de que se alcance el equilibrio de precipitación” es que se calcule la concentración que tendrían los iones CrO4
2–
en el momento que llamamos “inicio” en los balances de materia.
• Para calcular la concentración de los iones CrO4
2– hemos de tener en cuenta que, como ya hemos dicho, estos iones se
producen a partir de esta reacción de ionización:
K2CrO4 ⟶ 2 K+ + CrO4
2–
• Como cada molécula de K2CrO4 produce un ion CrO4
2–, la concentración de iones CrO4
2– será la misma que la
concentración de K2CrO4, la cual se puede calcular a partir de la masa de esta sal, su peso molecular (que se puede
calcular fácilmente y resulta ser de 194 g/mol) y el volumen de la disolución (200 mL, pues a los 100 de la primera
disolución se le agregaron 100 de la segunda). El cálculo es:
a
K2CrO4 =
0,194𝑔K2CrO4
194 𝑔K2CrO4
𝑚𝑜𝑙K2CrO4
0,2 𝐿
= 5 · 10−3
𝑚𝑜𝑙K2CrO4
𝐿
Esta es también la
concentración
“inicial” de CrO4
2–

2− e iones CrO4
M19E
El equilibrio que hemos de tener en cuenta es:
b
2– (ac)
Inicio – – –
• La constante del producto de solubilidad del Ag2CrO4 está relacionada con su solubilidad por:
𝐾𝑠 = Ag+ 2
CrO4
2−
= 2𝑠 2
𝑠 = 4𝑠3
Despejando s:
𝑠 =
3 𝐾𝑠
4
=
3 1,9·10−12
4
= 7,8 · 10−5 𝑚𝑜𝑙 𝐿−1 Para pasarla a g/L multiplicamos por el peso molecular de la sal
(que es 332 g/mol). Se obtiene: s = 0,026 g L–1 .

2− e iones CrO4
M19E
c • Para resolver esta parte hemos de tener en cuenta dos variables: Ks y Qs. La cantidad mínima de Ag+ que
se necesitaría para que precipitara algo de Ag2CrO4 sería la que permitiera que se cumpliera que Ks = Qs.
𝑄𝑠 = 𝐾𝑠 = 1,9 · 10−12
𝑚𝑜𝑙3
𝐿−3
• Para calcular Ks usamos como concentración de CrO4
2– la que tendríamos teóricamente si no se
produjera ningún precipitado, que es (la calculamos antes) 5· 10– 3. Con ella podemos calcular la cantidad
mínima de [Ag+] que buscamos:
𝑄𝑠 = 1,9 · 10−12 𝑚𝑜𝑙3𝐿−3 = Ag+ 2 CrO4
2−
= Ag+ 2 · 5 · 10−3
De la ecuación anterior: Ag+ = 1,95 · 10−5 𝑀

2− e iones CrO4
M19E
d
• Para dos sales que tengan la misma estequiometría (en este caso del tipo A2B), al añadir un ion (A) sobre el otro (B),
precipitará antes la sal que tenga menor valor de Ks.
• Esto es así porque el precipitado se alcanza cuando Qs iguala a Ks. Y cuanto menor sea Ks menor cantidad de A se
necesitaría para que se igualen Qs y Ks.
• También se puede razonar de otro modo. La condición para que empiece a haber precipitado es:
𝑄𝑠 = 𝐾𝑠 = Ag+
𝑚í𝑛
2
anión
donde en este caso [anión] es o bien [SO4
2–] o bien [CrO4
2–] y Ag+
𝑚í𝑛 es la cantidad mínima de Ag+ para que
precipite algo. Por lo tanto, despejando Ag+
𝑚í𝑛 de la ecuación anterior:
Ag+
𝑚í𝑛 =
𝐾𝑠
[𝑎𝑛𝑖ó𝑛]
• Por lo tanto, a igualdad de [anión] hace falta menos Ag+ para que se forme precipitado cuanto menor sea Ks.
• Por todo lo dicho, en este caso precipitará primero Ag2CrO4.

Sabiendo que la reacción ajustada 2 A + B → P es elemental:
a) Escriba la ley de velocidad para dicha reacción.
b) Determine los órdenes parciales de reacción respecto a ambos reactivos, el orden total y las unidades de la
constante cinética.
c) ¿Cuál es la molecularidad de la reacción
d) Explique cómo afecta a la velocidad de la reacción un aumento de la temperatura. Puntuación máx. / apartado: 0,5
M18M
• Las reacciones químicas suelen transcurrir en varias etapas. Cada etapa se dice que es una
reacción elemental.
• El conjunto de todas las etapas constituye el mecanismo de la reacción. Los mecanismos no se
pueden predecir; hay que investigarlos experimentalmente.
• Por ejemplo, se ha propuesto el mecanismo en 3 etapas que aparece abajo para la reacción
2 NO + 2 H2 ⟶ N2 + 2 H2O.
• La suma de las etapas debe dar la reacción global (que es la que se observa directamente en
un laboratorio en cada caso).
1. 2 NO ⟶ N2O2
2. N2O2 + H2 ⟶ N2O + H2O
3. N2O + H2  N2 + H2O
Global: 2 NO2 + 2 H2  N2 + 2 H2O

• Cada etapa de un mecanismo tiene su propia velocidad, y la reacción global tiene su propia velocidad. Por
velocidad de reacción entendemos el número de mol L–1 que reaccionan en la unidad de tiempo (mol L–1 s–1). .
• Para una reacción aA + bB + ···  Productos, si es elemental su velocidad viene dada por este ley de velocidad:
v = k [A]a [B]b··· (k es la llamada constante de velocidad o constante cinética, es específica de cada reacción y
depende solo de T). Si la reacción no es elemental su velocidad viene dada por v = k [A] α [B] β ···, donde α puede
ser igual a a, β puede ser igual a b, …, pero no tienen por qué darse estas igualdades. Los valores α, β … han de
determinarse experimentalmente.
• Cada valor a, b… (o α, β …) se llama orden parcial de reacción en el reactivo correspondiente. La suma de los
órdenes parciales da el orden total. En reacciones elementales el orden total también se denomina molecularidad
y nos dice el número total de moléculas de reactivo que reaccionan (mediante choques entre ellas).
1. 2 NO ⟶ N2O2 Ley de v: v = k1 [NO]2; orden en NO: 2; orden total y molecularidad: 2
2. N2O2 + H2 ⟶ N2O + H2O Ley de v: v = k2 [N2O2] [H2]; ord. en N2O2; 1; en H2: 1; orden total y molecularidad: 2
3. N2O + H2  N2 + H2O Ley de v: v = k3 [N2O] [H2]; ord. en N2O: 1; en H2: 1; orden total y molecularidad: 2
Global: 2 NO2 + 2 H2  N2 + 2 H2O Ley de v: v = k [NO2] α [H2] β; ord. en NO2: m; en H2: n; ord. tot. α + β; molec. no aplicable.
Sabiendo que la reacción ajustada 2 A + B → P es elemental:
a) Escriba la ley de velocidad para dicha reacción.
b) Determine los órdenes parciales de reacción respecto a ambos reactivos, el orden total y las unidades de la
constante cinética.
c) ¿Cuál es la molecularidad de la reacción
d) Explique cómo afecta a la velocidad de la reacción un aumento de la temperatura.
M18M

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