Prodotto di solubilità e problemi svolti
Un sale poco solubile è soggetto a una reazione di equilibrio eterogeneo; ad esempio per il generico sale poco solubile A_mB_n l’equilibrio di dissociazione può essere scritto come segue:
A_mB_n(s) ⇄ A^n+_(aq) + B^m-_(aq)
da cui il prodotto di solubilità viene espresso come:
K_ps = [A^n+][ B^m-]
La presenza di ioni in comune, il pH della soluzione, la presenza di agenti complessanti, il fenomeno dell’anfoterismo influenzano la solubilità.
Esercizi
Calcolare la solubilità del fluoruro di calcio sapendo che il prodotto di solubilità è pari a 3.9 ∙ 10^-11
L’equilibrio di dissociazione è il seguente:
CaF2(s) ⇄ Ca^2+_(aq) + 2 F^-(aq)
detta x la solubilità molare dell’elettrolita all’equilibrio si ha:
[Ca^2+] = x e [F^-] = 2x
L’espressione del K_ps è la seguente:
K_ps = [Ca^2+][F^-]^2
Sostituendo i valori ricavati nell’espressione della costante di equilibrio si ha:
3.9 ∙ 10^-11= (x)(2x)^2 = 4x^3
Da cui x = 2.1 ∙ 10^-4
All’equilibrio una soluzione satura di fluoruro di calcio presenta: [Ca^2+] = x = 2.1 ∙ 10^-4 M e [F^-] = 2x = 4.2 ∙ 10^-4 M
Effetto dello ione in comune
1)Calcolare la solubilità del fluoruro di calcio (K_ps =3.9 ∙ 10^-11) in una soluzione 0.010 M di Ca(NO3)2
L’aggiunta di un elettrolita contenente lo ione Ca^2+ o lo ione F^- sposta l’equilibrio verso sinistra in accordo con il principio di Le Chatelier e pertanto la solubilità diminuisce.
Il nitrato di calcio è solubile in acqua e si dissocia in Ca^2+ e 2 NO3^-. La concentrazione degli ioni calcio dovuta alla dissoluzione del nitrato di calcio è 0.010 M.
All’equilibrio quindi:
[Ca^2+] = x + 0.010 e [F^-] = 2x
Sostituendo i valori ricavati nell’espressione della costante di equilibrio si ha:
3.9 ∙ 10^-11= ( x + 0.010)(2x)^2
che è un’equazione di 3°. Tuttavia, essendo il K_ps molto piccolo si può supporre che x sia trascurabile rispetto a 0.010 quindi si ha:
3.9 ∙ 10^-11= ( 0.010)(2x)^2 = 0.040 x^2
Da cui x = √3.9 ∙ 10^-11/0.040 = 3.1 ∙ 10^-5 M
Il valore della solubilità molare in presenza di ione in comune diminuisce rispetto a quello in acqua.
2) Calcolare la solubilità del fluoruro di calcio in una soluzione 0.010 M di NaF.
Il fluoruro di sodio è un sale solubile in acqua che si dissocia in Na^+ e F^-. La concentrazione degli ioni calcio dovuta alla dissoluzione del fluoruro di calcio 0.010 M è 0.010 M.
All’ equilibrio quindi:
[Ca^2+] = x + 0.010 e [F^-] = 2x + 0.010
Sostituendo i valori ricavati nell’espressione della costante di equilibrio si ha:
3.9 ∙ 10^-11= ( x)(2x + 0.010)^2
che è un’equazione di 3°. Anche in questo caso si può supporre che 2x sia trascurabile rispetto a 0.010 pertanto si ha:
3.9 ∙ 10^-11= ( x)( 0.010)^2 = 0.00010 x
da cui x = 3.9 ∙ 10^-7
quindi anche in questo caso la solubilità diminuisce, ma l’effetto di uno ione in comune avente la stessa concentrazione non fa variare la solubilità nella stessa misura: l’effetto prodotto dallo ione F^- è maggiore rispetto a quello dello ione Ca^2+ in quanto, nell’espressione del K_ps la concentrazione di F^- è elevata alla seconda potenza mentre quella di Ca^2+ è elevata alla prima potenza.
Calcolo dalla solubilità Mg(OH)2 di in una soluzione a un dato pH
Calcolare la solubilità dell’idrossido di magnesio (K_ps è 1.8 ∙ 10^-11) in acqua e in una soluzione tamponata a pH = 9.0
La dissociazione dell’idrossido di magnesio è:
Mg(OH)2(s) ⇄ Mg^2+_(aq) + 2 OH^-_(aq)
In acqua pura all’equilibrio: [Mg^2+] = x e [OH^-] = 2x
sostituendo tali valori nell’espressione del K_ps si ha:
K_ps = 1.8 ∙ 10^-11= [Mg^2+][OH^-]^2 = (x)(2x)^2 = 4x^3
da cui si può ottenere la solubilità molare che è pari a ∛1.8 ∙ 10^-11/4 = 1.7 ∙ 10^-4 M
In una soluzione tamponata a pH = 9.0 il valore di pOH è pari a 14 – 9.0 = 5.0 quindi [OH^-] = 1.0 ∙ 10^-5 M.
Si ha:
K_ps = 1.8 ∙ 10^-11= [Mg^2+](1.0 ∙ 10^-5)^2
da cui [Mg^2+] = 0.18 M che rappresenta la solubilità molare; essa è molto maggiore rispetto a quella calcolata in acqua pura. Riducendo il pH ovvero aumentando la concentrazione di H^+ si verifica che [OH^-] diminuisce e la solubilità aumenta fino alla completa dissoluzione in ambiente sufficientemente acido.
Calcolo dalla solubilità di AgCl in acqua e in NH3
Calcolare la solubilità del cloruro di argento in acqua e in una soluzione di ammoniaca 0.180 M.
K_ps = 1.8 ∙ 10^-10
K_f = 1.6 ∙ 10^7
In acqua l’equilibrio di dissociazione di AgCl è:
AgCl_(s) ⇄ Ag^+_(aq) + Cl^-_(aq)
All’equilibrio: [Ag^+] = [Cl^-] = x
L’espressione del prodotto di solubilità è:
K_ps = 1.8 ∙ 10^-10 = [Ag^+][Cl^-]
Da cui K_ps = 1.8 ∙ 10^-10 = (x)(x)
La solubilità molare x = √ 1.8 ∙ 10^-10 = 1.3 ∙ 10^-5 M
In presenza di ammoniaca il processo può essere visto complessivamente come la somma di due reazioni:
1) equilibrio di dissociazione di AgCl
2) interazione tra Ag^+ e NH3
AgCl_(s) ⇄ Ag^+_(aq) + Cl^-_(aq) regolato da K_ps = 1.8 ∙ 10^-10
Ag^+_(aq) + 2 NH3_(aq) ⇄ Ag(NH3)2^+_(aq) regolato da K_f = 1.6 ∙ 10^7
essendo K_f la costante di formazione.
Sommando membro a membro le due reazioni e semplificando si ha:
AgCl_(s) + 2 NH3(aq) ⇄ Ag(NH3)2^+_(aq) + Cl^-_(aq) K = K_ps ∙ K_f = 2.88 ∙ 10^-3
La presenza di ammoniaca, sposta a destra l’equilibrio di solubilità di AgCl in quanto lo ione Ag^+ viene rimosso dall’ammoniaca per formare il complesso diamminoargento.
All’equilibrio: [Ag(NH3)2^+] = [Cl^-] = x
[NH3] = 0.180 – 2x
Sostituendo tali valori nell’espressione di K si ha:
K = 2.88 ∙ 10^-3 = (x)(x)/ 0.180-2x
Risolvendo l’equazione di secondo grado si ha:
x = solubilità molare di AgCl in una soluzione 0.180 M di NH3 = 8.72 ∙ 10^-3 M molto maggiore rispetto a quella in acqua pura. All’aumentare della concentrazione di ammoniaca aumenta ancora tale solubilità.
