Ejercicio resuelto de Solubilidad · Química · País Vasco · 2025

BLOQUE C (Consta de dos problemas, debes responder a 1 de ellos)
C2. Los productos de solubilidad ($K_{ps}$) de AgBr y $\mathrm{A}{\mathrm{g}}_3\mathrm{P}{\mathrm{O}}_4$ son $\mathrm{5,35}\cdot {10}^{-13}$ y $\mathrm{8,89}\cdot {10}^{-17}$, respectivamente.

a) Determinar cuál de las dos será más soluble en agua. (0,75)
b) Se mezclan 12 mL de una disolución 1 M de NaBr y 12 mL de una disolución 2 M de $\mathrm{N}{\mathrm{a}}_3\mathrm{P}{\mathrm{O}}_4$. Sobre esta mezcla se añade una disolución de $\mathrm{A}\mathrm{g}\mathrm{N}{\mathrm{O}}_3$ gota a gota (suponer que no varía el volumen total). Calcular la concentración de iones $\mathrm{A}{\mathrm{g}}^{+}$ cuando comience la precipitación de cada sal de plata. (1,00)
c) Para preparar una disolución saturada de AgCl se disuelven 5,76 mg en 3 L de agua. Calcular el producto de solubilidad de esta sal. ¿Es más soluble que el AgBr? (0,75)

$\mathbf{\text{a)}}\mathbf{\text{Determinar}}\mathbf{\text{cu}}\acute{\mathbf{\text{a}}}\mathbf{\text{l}}\mathbf{\text{de}}\mathbf{\text{las}}\mathbf{\text{dos}}\mathbf{\text{ser}}\acute{\mathbf{\text{a}}}\mathbf{\text{m}}\acute{\mathbf{\text{a}}}\mathbf{\text{s}}\mathbf{\text{soluble}}\mathbf{\text{en}}\mathbf{\text{agua.}}\mathbf{\text{(0,75)}}$

Los dos productos de solubilidad no se pueden comparar directamente, porque las sales tienen estequiometrías distintas y el exponente con que entra la solubilidad en cada expresión es diferente. Hay que calcular la solubilidad molar de cada una.

$\mathrm{A}\mathrm{g}\mathrm{B}\mathrm{r}(s)\rightleftharpoons \mathrm{A}{\mathrm{g}}^{+}(aq)+\mathrm{B}{\mathrm{r}}^{-}(aq)$

$K_{ps}=[\mathrm{A}{\mathrm{g}}^{+}][\mathrm{B}{\mathrm{r}}^{-}]=s\cdot s=s^2$

$s(\mathrm{A}\mathrm{g}\mathrm{B}\mathrm{r})=\sqrt{\mathrm{5,35}\cdot {10}^{-13}}=\mathrm{7,31}\cdot {10}^{-7}\text{ mol/L}$

$\mathrm{A}{\mathrm{g}}_3\mathrm{P}{\mathrm{O}}_4(s)\rightleftharpoons 3\mathrm{A}{\mathrm{g}}^{+}(aq)+\mathrm{P}{\mathrm{O}}_4^{3-}(aq)$

Aquí cada mol que se disuelve libera tres moles de catión y uno de anión:

$K_{ps}=[\mathrm{A}{\mathrm{g}}^{+}{]}^3[\mathrm{P}{\mathrm{O}}_4^{3-}]=(3s{)}^3\cdot s=27s^4$

$s(\mathrm{A}{\mathrm{g}}_3\mathrm{P}{\mathrm{O}}_4)=\sqrt[4]{{\displaystyle \frac{K_{ps}}{27}}}=\sqrt[4]{{\displaystyle \frac{\mathrm{8,89}\cdot {10}^{-17}}{27}}}=\mathrm{4,26}\cdot {10}^{-5}\text{ mol/L}$

${\displaystyle \frac{s(\mathrm{A}{\mathrm{g}}_3\mathrm{P}{\mathrm{O}}_4)}{s(\mathrm{A}\mathrm{g}\mathrm{B}\mathrm{r})}}={\displaystyle \frac{\mathrm{4,26}\cdot {10}^{-5}}{\mathrm{7,31}\cdot {10}^{-7}}}=58$

El fosfato de plata es unas 58 veces más soluble que el bromuro de plata, y eso a pesar de tener un producto de solubilidad casi cuatro órdenes de magnitud menor. Es el ejemplo perfecto de por qué no se puede ordenar la solubilidad por el valor de $K_{ps}$ cuando las estequiometrías difieren: el fosfato libera cuatro iones por unidad de fórmula y el bromuro solo dos.



Al juntar las dos disoluciones cada anión se diluye al doble, porque los volúmenes son iguales. Se calculan esas concentraciones y después, de cada producto de solubilidad, la concentración de catión plata que hace falta para que el precipitado empiece a aparecer.

$V_{\text{total}}=12+12=24\text{ mL}$

$[\mathrm{B}{\mathrm{r}}^{-}]={\displaystyle \frac{1\cdot 12}{24}}=\mathrm{0,500}\text{ mol/L}$

$[\mathrm{P}{\mathrm{O}}_4^{3-}]={\displaystyle \frac{2\cdot 12}{24}}=\mathrm{1,00}\text{ mol/L}$

Para el bromuro, la relación es lineal y basta despejar:

$[\mathrm{A}{\mathrm{g}}^{+}]={\displaystyle \frac{K_{ps}(\mathrm{A}\mathrm{g}\mathrm{B}\mathrm{r})}{[\mathrm{B}{\mathrm{r}}^{-}]}}={\displaystyle \frac{\mathrm{5,35}\cdot {10}^{-13}}{\mathrm{0,500}}}=\mathrm{1,07}\cdot {10}^{-12}\text{ mol/L}$

Para el fosfato hay que extraer la raíz cúbica, porque el catión entra elevado al cubo:

$[\mathrm{A}{\mathrm{g}}^{+}{]}^3={\displaystyle \frac{K_{ps}(\mathrm{A}{\mathrm{g}}_3\mathrm{P}{\mathrm{O}}_4)}{[\mathrm{P}{\mathrm{O}}_4^{3-}]}}={\displaystyle \frac{\mathrm{8,89}\cdot {10}^{-17}}{\mathrm{1,00}}}=\mathrm{8,89}\cdot {10}^{-17}$

$[\mathrm{A}{\mathrm{g}}^{+}]=\sqrt[3]{\mathrm{8,89}\cdot {10}^{-17}}=\mathrm{4,46}\cdot {10}^{-6}\text{ mol/L}$

${\displaystyle \frac{\mathrm{4,46}\cdot {10}^{-6}}{\mathrm{1,07}\cdot {10}^{-12}}}=\mathrm{4,2}\cdot {10}^6$

El bromuro de plata empieza a precipitar cuando la concentración de $\mathrm{A}{\mathrm{g}}^{+}$ alcanza $\mathrm{1,07}\cdot {10}^{-12}$ M, y el fosfato de plata cuando llega a $\mathrm{4,46}\cdot {10}^{-6}$ M. Como el bromuro necesita una concentración de plata más de cuatro millones de veces menor, precipita primero, y añadiendo el nitrato de plata gota a gota se consigue separar limpiamente los dos aniones.

$\mathbf{\text{c)}}\mathbf{\text{Para}}\mathbf{\text{preparar}}\mathbf{\text{una}}\mathbf{\text{disoluci}}\acute{\mathbf{\text{o}}}\mathbf{\text{n}}\mathbf{\text{saturada}}\mathbf{\text{de}}\mathbf{\text{AgCl}}\mathbf{\text{se}}\mathbf{\text{disuelven}}\mathbf{\text{5,76}}\mathbf{\text{mg}}\mathbf{\text{en}}\mathbf{\text{3}}\mathbf{\text{L}}\mathbf{\text{de}}\mathbf{\text{agua.}}\mathbf{\text{Calcular}}\mathbf{\text{el}}\mathbf{\text{producto}}\mathbf{\text{de}}\mathbf{\text{solubilidad}}\mathbf{\text{de}}\mathbf{\text{esta}}\mathbf{\text{sal.}}\mathbf{\text{¿Es}}\mathbf{\text{m}}\acute{\mathbf{\text{a}}}\mathbf{\text{s}}\mathbf{\text{soluble}}\mathbf{\text{que}}\mathbf{\text{el}}\mathbf{\text{AgBr?}}\mathbf{\text{(0,75)}}$

El enunciado da directamente la cantidad de sal que satura un volumen conocido, es decir, la solubilidad expresada en masa. Se pasa a solubilidad molar y con ella se evalúa el producto de solubilidad.

$M(\mathrm{A}\mathrm{g}\mathrm{C}\mathrm{l})=\mathrm{107,9}+\mathrm{35,5}=\mathrm{143,4}\text{ g/mol}$

$n={\displaystyle \frac{\mathrm{5,76}\cdot {10}^{-3}}{\mathrm{143,4}}}=\mathrm{4,02}\cdot {10}^{-5}\text{ mol}$

$s={\displaystyle \frac{n}{V}}={\displaystyle \frac{\mathrm{4,02}\cdot {10}^{-5}}{3}}=\mathrm{1,34}\cdot {10}^{-5}\text{ mol/L}$

$\mathrm{A}\mathrm{g}\mathrm{C}\mathrm{l}(s)\rightleftharpoons \mathrm{A}{\mathrm{g}}^{+}(aq)+\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}(aq)$

$K_{ps}=s^2=(\mathrm{1,34}\cdot {10}^{-5}{)}^2=\mathrm{1,79}\cdot {10}^{-10}$

Ahora sí se pueden comparar los dos haluros directamente, porque comparten estequiometría uno a uno:

$s(\mathrm{A}\mathrm{g}\mathrm{C}\mathrm{l})=\mathrm{1,34}\cdot {10}^{-5}\text{ M }>s(\mathrm{A}\mathrm{g}\mathrm{B}\mathrm{r})=\mathrm{7,31}\cdot {10}^{-7}\text{ M}$

${\displaystyle \frac{\mathrm{1,34}\cdot {10}^{-5}}{\mathrm{7,31}\cdot {10}^{-7}}}=18$

El producto de solubilidad del cloruro de plata es $\mathrm{1,79}\cdot {10}^{-10}$, y sí es más soluble que el bromuro: unas 18 veces más. La tendencia es la esperable dentro del grupo de los halógenos, ya que la solubilidad de los haluros de plata disminuye al bajar en el grupo, del cloruro al bromuro y de este al yoduro.