UNIDAD 4: SOLUBILIDAD DE PRECIPITADOS

UNIDAD 4: SOLUBILIDAD DE PRECIPITADOS
Las reacciones que producen sustancias de baja solubilidad tienen aplicaciones
importantes en procesos analíticos. Por ejemplo:
La formación de precipitados es usada para:
1) Separación de sustancias interferentes: que de alguna u otra forma pueden
afectar los resultados del análisis cuantitativo.
2) Análisis Gravimétrico: en el cual el analito se separa de los demás componentes
presentes en una solución de la muestra, como una sustancia de baja solubilidad.
3) Volumetría de precipitación: en el cual el analito se determina a través del
volumen de analito requerido para formar un precipitado.
Teoría del producto de solubilidad
Sea un sólido de la forma AxBy poco soluble en agua.
⇔ XA y +
AxBy(s)
+ YB x −
kps = [A y + ] x [B x− ] y
En términos de solubilidad (S) la concentración de cada especie es:
[A y + ] = XS
o
[B x− ] = YS
o
1
[A y + ]
x
1
[B x− ]
S=
y
S=
Luego reemplazo en Kps
Kps =(XS) x (YS) y =X x Y y S x+ y
S = X+Y
Kps
X xY y
Para un solido tipo 1:1 AgCl, BaSO4
AgCl(s)
Ag+ + Cl −
⇔
S=
Kps
Para solidos tipo 1:2 o 2:1 Ag2SO3, HgCl2
3
Kps
=
1 * 22
1
3
Kps
4
Para sustancias 1:3 o 3:1
S=
4
Kps 4 Kps
=
33
27
Para sólidos tipo 2:3 o 3:2 Ca3(PO4)2, Al2(SO4)3
S=
5
Kps 5 Kps
=
2 2 * 33
108
De igual manera, conociendo la solubilidad de cualquier sustancia poco soluble, se
puede determinar el valor del Kps.
Para sólidos
1:1 Kps = S2
1:2 Kps = 4S3
1:3 Kps = 27S4
2:3 Kps = 108S5
Y así sucesivamente.
Ejemplo: calcular la solubilidad en agua pura del
Ca3(PO4)2(s)
⇔
3Ca2+ + 2PO 24−
Kps = [Ca2+] 3 [PO 24− ] 2
Kps = [3S] 3 [2S] 2
S=
5
Kps
=
2 2 * 33
5
Kps
=
108
5
3.0 *10 −30
108
S = 4.9*10-7 Me
Cuantos gramos de Ca3(PO4)2 se disuelven en 500 ml de agua pura.
mol
198 g
g Ca3(PO4)2 = 4.9 x 10-7 L x 0.5 L *
= 4.8 x 10-5g
1mol
Calcular la concentración de equilibrio del Ca2+ y PO 34−
[Ca2+] = 3(4.9x10-7)
y
[PO 34− ] = 2(4.9x10-7)
Ejercicio:
La concentración de Ag+ en una solución saturada de Ag+ en una solución saturada de
Ag2CrO4 se encontró, por colorimetría, que tenia un valor de 1.56x10-4 M calcular:
1) Kps para el Ag2CrO4
2) ppm de Ag+ en la solución saturada Ag2CrO4
Ecuación de equilibrio
2Ag+ + CrO 24− kps = ?
⇔
Ag2CrO4(s)
2S
S
Kps = [Ag+]2[CrO 24− ]
Pero:
[Ag+] = 2S = 1.56 x10-4
[CrO 24− ] = S
S=
1.56 x10 −4
= 7.8 x105
2
Kps =(2S)2(S)
Kps = 4S3
Kps = 4(7.8x105)3 =1.9x10-12.
molAg + 107 gAg + 1000mgAg +
2) ppm Ag = 1.56x10
x 1molAg +
L
1gAg +
+
-4
Ejercicio:
La solubilidad del RaSO4 es 2.1 mg/L Calcular valor del kps para el RaSO4
RaSO4(s)
⇔
Ra2+
+
SO 24− kps = ?
S
S
Kps = [Ra2+][SO 24− ]
Pero:
[Ra2+] = S
[ SO 24− ] = S
Kps =S2
Donde : S = 2.11
g 1mol
= 0.0115
x
l 184 g
Kps = (0.0115)2 = 1.3x10-4
Predicción de la formación de precipitados cuando se mezclan 2 soluciones
electrolíticas.
Para poder afirmar si se formo o no un precipitado, se plantea el producto iónico par la
especie que puede formarse, el producto iónico PI tiene la siguiente expresión:
x
PI = C A y +
x
y
+ C B x−
y
y
C B x− son las concentraciones instantáneas de las especies que
Donde C A y +
forman el precipitado.
En este caso, si PI >Kps Se precipita el sólido poco soluble.
Ejemplo: predecir si se forma un precipitado cuando se mezclan las siguientes
soluciones:
a) 40 ml de solución 0.0800 Ma de HClO4 y 30 ml de solución 0.0300 Ma C3Cl
HClO4 + H2O
CsCl + H2O
→
→
ClO −4 + H3O
Cl − + Cs+
El sólido que se forma es el CsClO4(s) poco soluble.
Kps(CsClO4) = 4x10-3
⎛ 40.00 * 0.00800 ⎞ ⎛ 30.0 * 0.0300 ⎞
-5
PI = ⎜
⎟⎜
⎟ = 5.9 x10
70.0
70
⎝
⎠⎝
⎠
PI < Kps no se forma el CsClO4(s).
Ejemplo: la solubilidad de la sal AB2 (P.M = 100 g/mol) es
0.6 gAB2
100mlS ln
Si se mezclan 30.0 ml de solución 0.0200 M en B − con 70.0 ml solución 0.0500 M en
A2+ predecir si se precipita el compuesto AB2(s).
AB2(s)
⇔
A2+ +
[ ][ ]
2
Kps = H 2+ B −
Kps = (S)(2S)2
Kps = 4S3
0.6 gAB2
Pero S =
100mlS ln
S=
0.6 gAB2 1molAB2 1000ml
x
x
= 0.060 Ma
100mlS ln 100 gAB2
1L
2B −
Kps = 4(0.060)3 = 8.64 x10-4
2
⎛ 30.00 * 0.0200 ⎞ ⎛ 70.0 * 0.0500 ⎞
PI = ⎜
⎟ ⎜
⎟
100
100
⎝
⎠ ⎝
⎠
= 1.26x10-6
En este caso PI < Kps no se forma el precipitado AB2(s)
FACTORES QUE AFECTAN LA SOLUBILIDAD DE LAS SUSTANCIAS POCO
SOLUBLES.
Los factores que afectan la solubilidad de las sustancias poco solubles en agua pura
son:
1) Efecto del ión común
2) Efecto del ión diverso(o salino)
3) Efecto del PH (cálculos de solubilidad a PH constante y conocido)
4) Efecto de hidrólisis (cálculos de solubilidad a PH desconocido)
5) Efecto de la formación de complejos.
1) Efecto del ión común
Cualquier sustancia poco soluble en agua tendrá una solubilidad menor en una
solución que contenga uno de sus propios iones. Este efecto esta determinado por el
principio de Lechatelier.
Ejemplo: Calcúlese la solubilidad del Ba(IO3)2 en una solución que es 0.0200 Ma en
Ba(NO3)2.
Ba(IO3)2(s)
⇔
Ba2+ + 2IO 3−
2S = [ IO3− ]
S= [Ba2+]
⎡ IO − ⎤
S= ⎢ 3 ⎥
⎢⎣ 2 ⎥⎦
Solubilidad de Ba(IO3)2 ≠ [Ba2+] (Porque el Bario tiene 2 fuentes)
Solubilidad del Ba(IO3)2 =
1
[ IO3− ]
2
Kps = [ IO3− ]2 [Ba2+]2
Kps = (0.0200 + 1 [IO3− ] ) [ IO3− ] 2
2
Como le Kps es muy pequeño→ IO3− lo despreciamos como sumando.
Kps = 0.0200 [ IO3− ]2 = 1.57x109
[ IO3− ] =
Kps
= 2.80x10-4
0.02
Finalmente la solubilidad Ba(IO3)2 =
1
(2.80x10-4)
2
S=1.40x10-4 con efecto ión común.
Ahora comparemos este resultado con el de la solubilidad del Ba(IO3)2(s) sin tener en
cuenta el efecto del ión común.
Ba(IO3)2(s)
⇔
Ba2+ + 2IO 3−
Kps = (S)(2S)2
Kps = 4S3
Kps
S =3
4
S =3
1.57 *10 −9
=7.32x10-4
4
S .sin EIC
7.32 *10 −4
=5
=
S .conEIC 1.40 *10 −4
En este caso la solubilidad se reduce por un factor cercano a 5.
2) Efecto del ión diverso (o salino)
La solubilidad una sustancia poco soluble en agua también puede ser afectada por la
presencia de diferentes electrolitos en la solución acuosa.
La presencia de estos electrolitos afecta la fuerza iónica coeficiente de actividad de
dichas especies en la solución. Por ejemplo considera la solubilidad el AgCl(s). La
constante termodinámica del producto de solubilidad Kpsº es
AgCl (s)
⇔ Ag+ +
Cl-
Kpsº = a Ag + .a Cl − = f Ag + . f Cl − [Ag+][Cl − ]
El producto de solubilidad de concentración
Kps = [Ag+][Cl − ]
Kps =
Kps º
f ±
El Kps = Kpsº, para µ = 0
Un decrecimiento en el coeficiente de actividad de las especies resulta en un incremento
en el Kps.
Ejercicio: Calcular la solubilidad del AgCl 0.1M en NaNO3.
AgCl (s)
⇔ Ag+ +
Cl-
Solución: las constantes de equilibrio listadas en los apéndices de los libros son para
µ=0, o sea que estas son realmente constantes termodinámica.
Kpsº = a Ag + .a Cl −
Kpsº = f ±[Ag+] [Cl − ]
Como el NaNO3 es un electrolito 1:1 entonces µ = C es decir, µ = 0.1M
Para µ = 0.1 f Ag + =0.75 y f Cl − = 0.76.
Kps =
1.0 *10 −10
=1.8x10-10
(0.75)(0.76)
Kps = S2
S = Kps
S = 1.8 * 10 −10 =1.3*10-5 M.
Comprobando con el valor del Kps a µ = 0 tenemos que
S = 1.8 * 10 −10 = 1.3x10-5
Comparando con el valor del Kps a µ = 0 tenemos que
S = 1.0 * 10 −10 =1.0x10-5
%E =
1.3 *10 −5 − 1.0 *10 −5
x100 = 30%
1.0 *10 −5
La solubilidad del AgCl en presencia de electrolitos es 30% mayor. Es decir la adición
de electrolitos favorece la solubilidad.
3) Efecto del PH (cálculos de solubilidad a PH constante y conocido)
Los precipitados que contienen un anión con propiedades básicas, un catión con
propiedades ácidas o los dos tendrán una solubilidad dependiente del PH.
a) Cálculos de solubilidad a PH constante y conocido con frecuencia las
precipitaciones analíticas se llevan a cabo en soluciones amortiguadoras en las
que el PH se fija a un valor preestablecido.
Ejemplo: Calcúlese la solubilidad del oxalato de calcio (CaC2O4) en una
solución amortiguadora de PH constante igual a 4.0
Ca2+ + C2O42-
⇔
CaC2O4 (s)
(reacción de disolución)
Luego
C2O 24− + H2O
⇔
HC2O −4 + OH −
Kb1=
HC2O −4 + H2O
⇔
H2C2O4 + OH −
Kb2 =
1.79x10-13 Kb1 =
[OH ][HC O ]
[C O ]
−
2
−
4
(2)
Kps = [Ca2+] [C2O 24− ]
(3)
−
2
2
[Ca2+] = S
(1)
[OH ][H C O ]
[HC O ]
1.84X10-10 Kb2 =
1.7X10-5 =
−
4
2
−
4
2
4
(4)
Kw
Ka2
Kw
Ka1
[C2O 24− ] ≠ S porque el C2O 24− se sigue disociando.
[Ca2+] = [C2O 24− ] + [HC2O −4 ] + [H2C2O4] (5)
⎡C O 2 − ⎤
⎡C O 2 − ⎤
⎢
⎥
⎢⎣ 2 4 ⎥⎦
2
4
⎣
⎦
+ Kb
[Ca2+] = [C2O 24− ] + Kb
⎡OH − ⎤
⎡OH − ⎤
⎢⎣
⎥⎦
⎢⎣
⎥⎦
Pero PH=4.00
POH=10.0 1x10-10
[Ca2+] = [C2O 24− ] + 0.00179 [C2O 24− ] + 1.84 [C2O 24− ]
[Ca2+] = 2.85 [C2O 24− ]
[C2O 24− ] =
[Ca ]
2+
2.85
⎛ S ⎞
Kps = (S )⎜
⎟
⎝ 2.85 ⎠
S = 2.85 *1.7 *10 −9 = 7.0*10-5
4) Efecto de hidrólisis. Cálculos de solubilidad a PH variable
Al saturar una solución no amortiguada con una sal escasamente soluble que
contenga un anión básico o un catión ácido, cambiara el PH de la solución. Por
ejemplo: El agua pura saturada con BaCO3 es básica como consecuencia de las
siguientes reacciones.
BaCO3
⇔
Ba2+ + CO 32− → anión básico que hidroliza.
CO 32− + H2O
⇔
HCO 3− + OH −
HCO 3− + H2O
⇔
H2CO 3− + OH −
A diferencia del ejercicio anterior el PH es desconocido por lo tanto desconocemos la
concentración de (OH − ) este sistema es difícil de
5) Efecto de la formación de complejos.
La solubilidad de un precipitado puede aumentar en presencia de reactivos que formen
complejos con el anión o con el catión del precipitado. Por ejemplo, los iones fluoruro
evitan la precipitación cuantitativa del Hidróxido de aluminio.
Al3+ + 3(OH-)
+
6F −
⇔
Al(OH)3(s)
AlF 36−
El complejo fluoroaluminato es lo suficientemente estable para permitir que los iones
F − compitan ventajosamente con los iones hidróxido por los iones aluminio.
EFECTOS DEL PH, CALCULOS DE SOLUBILIDAD A pH CONSTANTE.
Los precipitados que presentan un anión con propiedades básicas un catión con
propiedades ácidas o ambos casos, tendrán una solubilidad que dependerá del PH de la
solución. Por lo general, las precipitaciones analíticas se llevan a cabo en soluciones
buffer a PH constante.
Ejercicio 1:
Calcúlese la solubilidad del oxalato de calcio Ca2C2O4(s)
amortiguadora de PH = 4.00.
CaC2O4(s)
Ca2+ + C2O 24− Kps
⇔
C2O 24− + H3O+
⇔
HC2O −4 + H2O Ka2
HC2O −4 + H3O+
⇔
H2C2O4 + H2O Ka1
Kps = [Ca2+] [C2O 24− ]
(1)
[H O ][HCO ]
(2)
Ka1 =
Ka2 =
+
3
[H 2C2O4 ]
−
4
[H O ][C O ]
[HC O ]
+
3
en una solución
2−
2 4
−
2 4
(3)
S = [Ca2+] = [C2O 24− ] + [HC2O −4 ] + [H2C2O4] = CT (4)
Pero
[C O ]
2
2−
4
= α2
CT
Kps =(S)( α2S)
→
α2 =
[C2O 24− ] = α2CT = α2S
→
Kps
S=
[H O ]
+ 2
3
[
Pero ……..
α2
Ka1 Ka2
[
]
+ Ka1 H 3O + + Ka1 Ka2
]
[
2
]
Kps H 3O + + Ka1 H 3O + + Ka1 Ka 2
Ka1 Ka 2
S=
Ejercicio 2:
Calcular el pH de CaF2 para el cual la solubilidad es de 100 ppm. Kps = 5.3x10-9
2F- + H3O+
Ca2+ + 2F −
⇔
CaF2(s)
⇔
Ka1 = 7.2x10-4
HF + H2O
Kps = [Ca2+] [F − ]2
[H O ][F ]
+
Ka =
[HF ]
([ ]
)
1 −
F + [HF ] = CT
2
S = [Ca2+] =
[F − ]
= α1
CT
−
3
→
[F ]= α1CT = α1S
−
Kps = (S)(2 α1S)2
Kps = 4S3α12
α1 =
2
Kps
4S 3
Pero ……
α1 =
+
3
Kps
Ka
=2
+
4S 3
H 3O + Ka
[
Despejo [H3O+] y calculo pH.
Ka
[H O ]+ Ka
]
EFECTO DE LA HIDRÓLISIS (cálculos de solubilidad a pH variable).
En una solución no amortiguada, la solubilidad de compuestos poco solubles depende
de la hidrólisis del catión o del anión que hacen que la concentración del ión hidrónio
sea desconocido y por lo tanto el PH variable. (Estos sistemas son difíciles de
determinar pero se puede llegar a una expresión)
Ejercicio 3:
Calcular los gramos de BaCO3 que se puede disolver en 500.0 ml de una solución
saturada de esta sal en agua, teniendo en cuenta el efecto de hidrólisis.
BaCO3
CO 32− + H2O
HCO 3− + H2O
⇔
⇔
⇔
Ba2+ + CO 32− Kps
Kw
Ka2
Kw
Kb2 =
Ka1
HCO 3− + OH − Kb1 =
H2CO 3 + OH −
Kps =[Ba2+] [CO 32− ] (1)
[OH ][HCO ]
[CO ]
[OH ][H CO ]
Kb2 =
[HCO ]
Kb1 =
−
−
3
2−
3
−
2
3
−
3
(2)
(3)
Kb1
⟩10 3 , Kb1 es el equilibrio principal.
Kb2
Balance de masas.
S = [Ba2+] = [CO 32− ] + [HCO 3− ] + [H2CO3] (4)
Balance de cargas
2[Ba2+] = 2[CO 32− ] + [HCO 3− ] + [OH − ] (5)
Multiplicamos la ecuación (4)*2 y la restamos de (5)
2[Ba2+] = 2[CO 32− ] + 2 [HCO 3− ] + 2 [H2CO3]
- 2[Ba2+] = -2[CO 32− ] - [HCO 3− ] - [OH − ]
0
= [HCO 3− ] + 2 [H2CO 3 ] - [OH − ]
Pero
Kb1
⟩10 3 , Kb1 es el equilibrio principal.
Kb2
[CO 32− ] y [HCO 3− ] >>[H2CO 3 ] .. Entonces de desprecia como sumando el [HCO 3− ].
[HCO 3− ] = [OH − ] (6)
−
Kb1 = [HCO23− ]
2
→
[CO ]
[
[HCO 3− ] = Kb1 CO32−
3
Pero …..
[CO 32− ] =
Kps
Ba 2+
(8)
Reemplazo (8) en (7)
[HCO 3− ] =
Kw * Kps
Ka2 Ba 2+
Luego, reemplazo (8) y (9) en (4) se tiene:
[Ba2+] =
Kps
Kw * Kps
+
2+
Ka2 Ba 2+
Ba
[
1
[Ba2+] 2 = Kps + [Ba2+] 2
[Ba2+] 2-
S2 -
]
Kw * Kps
Ka2
1
Kw * Kps
[Ba2+] 2 -Kps = 0
Ka2
1
Kw * Kps 2
S - Kps = f(S)
Ka2
[
]
(9)
]
(7)
PRECIPITACIÓN SELECTIVA O PRECIPITACIÓN FRACCIONADA.
Cuando se quiere separar 2 o mas especies iónicas en solución, mediante la adición
de un agente precipitante, precipitará primero aquella especie iónica que forme con
el agente precipitante la sustancia menos soluble o sea que necesite menos
concentración de agente precipitante.
Estas precipitaciones pueden ser:
1) Por control de la concentración del agente precipitante.
2) Por control de PH de la solución.
2.1) Separación de hidróxidos.
2.2) Separación de sulfuros.
Precipitación selectiva por control del agente precipitante
Ejemplo:
Una solución contiene los iones Ba2+, Sr2+ y Ca2+, donde sus concentraciones son
0.0300Me, 0.00030 y 0.0100Me respectivamente. Si a esta solución se le agrega
K2CrO4 puro. (Suponer que la adición del solido no se afecta el volumen de la
solución) calcular.
1. Orden de precipitación de los cationes como cromatos.
2. Porcentaje de cada catión que queda sin precipitar inmediatamente después
de que inicie la precipitación del siguiente.
3. Suponiendo que hay una precipitación selectiva, cuando la concentración del
catión que precipita primero puede disminuirse hasta un 3.0 x10-4 % sin que
empiece a precipitar el segundo. Predecir si es factible separar
selectivamente estos cationes con este criterio.
Solución.
1) Plantear las reacciones electrolíticas de precipitación
Ba2+ + CrO 24−
Sr2+ + CrO 24−
Ca2+ + CrO 24−
→
→
→
BaCrO4(s)
SrCrO4(s)
CaCrO4(s)
a) Calculemos la [CrO 24− ] necesaria para iniciar la precipitación de BaCrO4(s).
BaCrO4(s)
Ba2+ +
⇔
CrO 24−
Kps = 2.1x10-10
Kps = [Ba2+] [CrO 24− ]
[CrO 24− ]min =
Kps
2.1*10 −10
=
= 7.0 x10-9
0.0300
Ba 2+
Por lo tanto el BaCrO4 precipita [CrO 24− ] >7.0 x10-9 M.
b) La concentración de [CrO 24− ] necesaria para iniciar la precipitación del SrCrO4 es:
Sr2+ + CrO 24− Kps = 3.6x10-5
⇔
SrCrO4
Kps = [Sr2+][CrO 24− ]
[CrO 24− ]min =
Kps 3.6 *10 −5
=
= 0.12
Sr 2+
0.00030
Por lo tanto el SrCrO4 precipita [CrO 24− ] > 0.12
c) La concentración de [CrO 24− ] para iniciar la precipitación del CaCrO4(s) es:
CaCrO4(s)
⇔
Sr2+ + CrO 24−
Kps = 7.1x10-4 M
Kps = [Ca2+] [CrO 24− ]
[CrO 24− ] =
Kps
7.1 * 10 −4
=
= 7.1x10-2
2+
Ca
0.010
Por lo tanto el CaCrO4(s) precipita [CrO 24− ] > 7.1x10-2 M.
Según lo anterior, el orden de precipitación es:
1) BaCrO4. Este precipita primero porque necesita menos agente precipitante.
2) CaCrO4.
3) SrCrO4.
2) Porcentaje de Ba2+ que queda sin precipitar cuando empieza a precipitar el
CaCrO4(s)
[Ba2+] =
Kps
2.1*10 −10
=
= 2.9 x 10-9 Me
2−
−2
CrO4
7.1*10
[
]
Esta es la concentración de CrO 24− a la cual inicia a precipitar el CaCrO4
% Ba2+ =
2.9 *10 −9
*100 = 9.9 x10-6 %.
0.0300
Porcentaje de Ca2+ que queda en la solución cuando empieza a precipitar el SrCrO4(s).
[Ca2+] =
Kps
5.9 *10 −3
=
= 59.0 %
CrO42−
0.01
[
]
3) Sin aplicar el criterio de separación selectiva, puedo separar el Ba2+ del Ca2+ en el
rango.
7.1x10-9 < [CrO 24− ] <7.1x10-2
Mientras que separar Ca2+ del Sr2+, el rango es:
7.1x10-2 < [CrO 24− ] <0.12
Aplicando el criterio de separación para el Ba2+, la concentración del Ba2+ debe
disminuirse hasta que esta sea:
[Ba2+] = 0.030 x
3.0 *10 −4
= 9.0x10-8 Me.
100
En este caso la concentración de [CrO 24− ] necesaria para disminuir la concentración del
[Ba2+] hasta 9.0 x10-8 Me es
[CrO 24− ] =
2.1*10 −10
= 2.3 x 10-3
9.0 *10 −8
Como 2.3 x 10-3 < 7.1x10-2 Me, se puede separar el Ba2+ del Ca2+ con este criterio.
Dentro de un rango de concentración
2.3x10-3 Me < [CrO 24− ] < 7.1x10-2 Me
Propuesto: calcular la separación de los mismos cationes (Ba2+, Sr2+, Ca2+) usando PO 34−
Como agente precipitante y teniendo en cuenta el criterio de separación del 99.99995%
del catión que precipita primero.
Precipitación selectiva por control del pH de la solución
Esta se usa generalmente para separar cationes en solución como hidróxidos o sulfuros
principalmente. Para separar cationes presentes en solución en forma de sulfuros
metálicos, se utiliza como agente precipitante una solución saturada de H2S,
Tioacetamida
H2S +H2O
HS − +H2O
H2S +H2O
⇔
⇔
HS − + H3O+ Ka1
⇔ S 2− + H3O+ Ka2
S 2− + 2H3O+ Ka1Ka2 = β
+
2−
β = Ka1Ka2 = [H 3O ][. S ]
Pero
[H 2 S ]
En soluciones saturadas de H2S, la concentración molar de H2S es constante y tiene un
valor de 0.100 Ma
Despejando [H3O+] tenemos
Ka1Ka2 [H2S ]
S 2−
[H3O+] =
[ ]
Pero [H2S] ≈ MH2S porque Ka1 y Ka2 muy pequeños
→
Ka1Ka2 MH2S =6.8x10-24
Ka1Ka2 M H2S
[S ]
+
[H3O ] =
2−
Ejercicio:
Se desea separar selectivamente el La3+ y Mn2+ de una solución en la cual la
concentración de cada catión es 0.0500 Me en forma de sulfuros con una solución
saturada de H2S 0.100 Ma. Si se supone que disminuyendo hasta 1.0x10-6 Me la
concentración del catión que precipita primero constituye un criterio de separación
selectiva , determinar si es posible separar selectivamente como sulfuros estos dos
cationes y establecer el rango de PH dentro del cual tiene lugar dicha separación.
Solución:
La3+ + S 2−
Mn2 + S 2−
→
→
La2S3 (s)
MnS (s)
Calculemos [S 2− ]min necesaria para iniciar la precipitación del La2S3 (s)
2 La3+ + 3S 2−
⇔
La2S3 (s)
Kps = 2.5x10-13
Kps = [La3+] 2 [S 2− ] 3
[S 2− ]min =
3
Kps
[La ]
3+ 2
=
3
2.5 *10 −13
= 4.6x10-4 Me
2
(0.0500)
Por la tanto La2S3 precipita a [S 2− ] >1.0x10-4
Calculemos [S 2− ]min necesaria para iniciar la precipitación del MnS (s)
MnS (s)
Mn2+ + S 2−
⇔
Kps = 8.0x10-14
Kps = [Mn2+ ][S 2− ]
[S 2− ]min =
Kps
8.0 *10 −14
=
= 1.6x10-12 Me
Mn 2+
0.0500
[
]
Por lo tanto el MnS(s) precipita a [S 2− ] >1.6x10-12 Me
De acuerdo con lo anterior, el catión que precipita primero es el que requiere menos
cantidad de [S 2− ].
Orden de precipitación
1) MnS
2) La2S3
Sin aplicar criterio de separación, puedo separar el Mn2+ del La3+ en el rango de
concentraciones de S 2−
1.6x10-12 < [S 2− ] <4.6x10-4
Aplicando el criterio de separación para el catión que precipita primero (Mn2+), es decir
hasta que la concentración del Mn2+ se reduzca a 1.0x10-6 Me, antes de que precipite el
La3+ se tiene.
[S 2− ]Criterio =
8.0 *1014
= 8.0*10-8 Me
−6
1.0 *10
En este caso 8.0x10-8 Me < 4.6x10-4 Me, por lo tanto se puede separar selectivamente el
Mn2+ del La3+, dentro de un rango de concentraciones.
8.0x10-8 < [S 2− ] <4.6x10-4
Entonces el rango de pH varia entre
6.8 * 10 −24
< [H3O+] >
−8
8.0 * 10
6.8 *10 −24
4.6 *10 −4
5.50 < pH > 8.25