EQUILIBRI DI SOLUBILITA Solubilit la quantit massima del
EQUILIBRI DI SOLUBILITA’
Solubilità È la quantità massima del sale che può essere sciolta in una data quantità di solvente a una data temperatura. Quello che si ottiene quando non tutto il soluto è sciolto è una soluzione satura (dove è presente il corpo di fondo). Un sale viene classificato: 1. Solubile s 0. 1 mol L-1; 2. Poco solubile 0. 01 s 0. 1 mol L-1; 3. insolubile s < 0. 01 mol L-1
Regole empiriche di solubilità dei Sali in acqua
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Il prodotto di solubilità Consideriamo 1, 0 g di Ba. SO 4 in 1, 0 L di H 2 O Ba. SO 4(s) Ba 2+(aq) + SO 42 -(aq) La costante dell’ equilibrio eterogeneo tra un sale e i suoi ioni in soluzione viene chiamata Prodotto di solubilità. A temperatura costante
• L’ equilibrio è eterogeneo perché riguarda sia un solido che una soluzione. • Il prodotto di solubilità è uguale al prodotto delle concentrazioni degli ioni coinvolti nell’equilibrio, ciascuna elevata ad un esponente pari al suo coefficiente stechiometrico nell’equazione di equilibrio. Tale quantità è costante, a temperatura costante, per una soluzione satura del composto. Ax. By (s) x. Am+(aq) + y. Bn-(aq)
Quindi ……molti composti di tipo ionico, poco solubili o praticamente insolubili, instaurano un equilibrio con gli ioni costituenti nella soluzione satura. Alcuni esempi sono: Ag. Cl(s) Ag+(aq) + Cl-(aq) La cui costante prodotto di solubilità Kps è: Kps=[Ag+][Cl-] Altri esempi sono di sali poco solubili sono: Pb. I 2(s) Ca 3(PO 4)2(s) Pb 2+(aq) + 2 I-(aq) Kps=[Pb 2+][I-]2 3 Ca 2+(aq) + 2 PO 43 -(aq) Kps=[Ca 2+]3[PO 43 -]2
Con solubilità molare si intende il numero di moli di sale che si sciolgono per litro di soluzione satura. Essa è indicata con s ed è legata alle concentrazione dei vari ioni in cui si dissocia il sale dai coefficienti stechiometrici. Ad esempio per i tre composti precedenti si ha: Ag. Cl(s) Ag+(aq) + Cl-(aq) s=[Ag+]=[Cl-] Pb. I 2(s) s=[Pb 2+] Ca 3(PO 4)2(s) [Ca 2+]=3 s Pb 2+(aq) + 2 I-(aq) [I-]=2[Pb 2+] [I-]=2 s 3 Ca 2+(aq) + 2 PO 43 -(aq) [PO 43 -]=2 s
Solubilità e prodotto di solubilità • Il prodotto di solubilità può essere espresso in funzione della solubilità: s s s Kps = s 2 = 1. 7 10 -10 s Kps = s(2 s)2 = 4 s 3 s 2 s
Prodotto di solubilità di alcuni sali poco solubili (T=25°C)
Calcolo della solubilità dal Kps Calcolare la solubilità dell’ Ag. Cl sapendo che il suo K ps vale 1, 8 10 -10 Ag. Cl(s) Concentr. iniziali Variaz. concentraz. Concentr. Eq. - Ag+(aq) + Cl-(aq) 0 +x x Kps=[Ag+][Cl-]=x x=x 2 mol/L Di conseguenza in 1 L di soluzione satura di Ag. Cl sono presenti 1, 4 x 10 -5 mol di ioni Ag+, e quindi 1, 4 x 10 -5 mol di ioni Cl- Solubilità di Ag. Cl in g/L g= 1, 4 x 10 -5 mol/L x 143 g/mol = 2, 00 x 10 -3 g/L
Calcolo del Kps dalla solubilità Calcolare il Kps del Pb. I 2 sapendo che la sua solubilità è di 1, 2 10 -3 mol/l Pb. I 2(s) Kps=[Pb 2+][I-]2 Pb 2+(aq) + 2 I-(aq) [Pb 2+]=s [I-]=2 s Kps=[Pb 2+][I-]2=s(2 s)2=4 s 3 Kps=4 s 3 =4(1, 2 10 -3 )3= 6, 9 10 -9 M 3
Calcolo della solubilità dal Kps – Calcolare la solubilità del Ca. F 2 sapendo che il suo Kps vale 3, 4 10 -11 Ca. F 2(s) Concentraz. iniziali Variaz. concentraz. Concentraz. Equilibrio - Kps=[Ca 2+][F-]2=x(2 x)2=4 x 3 Ca 2+(aq) + 2 F-(aq) 0 +x x 0 +2 x 2 x
1° Esempio: Ag. Cl s = 1, 4· 10 -5 mol/L 2° Esempio: Ca. F 2 s = 2, 0· 10 -4 mol/L Kps = 1, 8· 10 -10 Kps = 3, 4· 10 -11 Questi dati mostrano che la solubilità molare di Ca. F 2 è maggiore di quella di Ag. Cl. La Kps di Ca. F 2, tuttavia è minore di quella di Ag. Cl poiché l’espressione di Kps per Ca. F 2 contiene un termine al quadrato [F-]. Se confrontiamo invece i valori di Kps di due composti 1: 1 (es. Ag. Cl e Ba. SO 4), il composto con la Kps maggiore ha la solubilità molare più elevata. Lo stesso vale per qualsiasi coppia di composti che abbiano lo stesso rapporto ionico (1: 2, 2: 1, 2: 3, etc).
Riepilogando…. v Solubilità: Quantità di composto che si scioglie in un dato volume di soluzione. Essa viene solitamente espressa in g/L o in grammi per 100 m. L di soluzione. v Solubilità molare: Numero di moli di composto che si trovano disciolte in un litro di soluzione satura. Essa viene espressa in mol/L. v Prodotto di solubilità: è dato dal prodotto delle concentrazioni degli ioni coinvolti nell’equilibrio, ciascuna elevata ad un esponente pari al suo coefficiente stechiometrico nell’equazione di equilibrio. Come tutte le costanti non ha dimensioni definite.
La solubilità e l’effetto dello ione comune L’aggiunta di uno ione in comune ad un sale in equilibrio col suo corpo di fondo, ne fa diminuire la solubilità.
Effetto dello ione comune Consideriamo, ad esempio, Ag. Cl(s) in una soluzione di Na. Cl. Ag. Cl(s) Ag+(aq) + Cl-(aq) In base al principio di Le Chatelier, l’equilibrio viene spostato verso sinistra dalla presenza di Cl- per cui possiamo prevedere che la solubilità in Na. Cl sia inferiore a quella dell’acqua pura.
Esercizio Calcolare la solubilità di Ag. Br. O 3, per il quale Kps=5, 8 10 -5, in acqua pura e successivamente in una soluzione di Na. Br. O 3 0, 10 M. Ag. Br. O 3(s) i) eq) ----- Ag+(aq) + Br. O 3 -(aq) ---x ----x Kps = x 2 In soluzione l’Na. Br. O 3 si dissocia completamente Na. Br. O 3(s) Na+(aq) + Br. O 3 -(aq) per cui la soluzione è 0, 10 M in Br. O 3 - che uno ione in comune con l’ Ag. Br. O 3:
Le concentrazioni all’equilibrio vanno calcolate da: Ag. Br. O 3(s) Ag+(aq) + Br. O 3 -(aq) Concentraz. iniziali Variaz. concentraz. - 0 +x 0, 10 +x Concentraz. Equilibrio - x 0, 10+x Kps=[Ag+][Br. O 3 -]=x (0, 10+x) Si noti che x è molto piccolo per cui 0, 10+x 0, 10 Kps=x 0, 10 s = x= 5, 8 10 -4 Si noti che la solubilità è inferiore a quella in acqua pura:
Esercizio-Effetto ione a comune Si determini la solubilità di Ag. Cl in una soluzione 0. 10 M in Na. Cl. La concentrazione totale di Cl- in soluzione sarà data da 0. 10 M più quella che deriva dalla solubilizzazione di Ag. Cl. Se x = [Ag+] = [Cl-] derivanti dal sale Kps = 2. 8 x 10 -10 = [Ag+][Cl-] = x (x+0. 10) 2. 8 x 10 -10 x (0. 10) x = [Ag+] = 2. 8 x 10 -9 In acqua pura la solubilità sarebbe stata [Ag+] = 1. 6 x 10 -5 / 2. 8 x 10 -9 = 5714 volte inferiore
Precipitazione Consideriamo due soluzioni di sali solubili contenenti ciascuna uno dei due ioni che partecipano ad un equilibrio di solubilità di un sale poco solubile. Prendiamo ad esempio una soluzione di Ag. NO 3 ed una di Na. Cl Ag. NO 3(s) Ag+(aq) + NO 3 -(aq) Na. Cl(s) Na+(aq) + Cl-(aq) se le mescoliamo abbiamo nella soluzione risultante la presenza degli ioni Ag+ e Cl – che partecipano all’equilibrio di solubilità: Ag. Cl(s) Ag+(aq) + Cl-(aq)
Ag. Cl(s) Ag+(aq) + Cl-(aq) Se le concentrazioni [Ag+] e [Cl–] subito dopo il mescolamento sono sufficientemente elevate si ha formazione immediata nel corpo della soluzione di Ag. Cl solido: la soluzione diventa improvvisamente torbida per la presenza di particelle di Ag. Cl in sospensione e solo dopo un certo tempo il solido si deposita sul fondo lasciando in soluzione concentrazioni [Ag+] e [Cl–] compatibili con l’equilibrio. Tale fenomeno è noto come precipitazione
Esempio: aggiunta di una soluzione di Na. Cl ad una di Ag. NO 3.
Per determinare se si ha o no precipitazione in seguito al mescolamento delle due soluzioni bisogna confrontare il valore del quoziente di reazione con il Kps del sale poco solubile. Se QC > Kc Si ha precipitazione con formazione di un altro solido. E’ favorito il processo di associazione Se Q C < KC Non si ha precipitazione. E’ favorito il processo di dissociazione Se Q C = KC La reazione è all’equilibrio, vuol dire che la soluzione è satura ed il solido e la soluzione sono in equilibrio
Nel caso di equilibri di solubilità, Kc = Kps= [Ag+]eq[Cl-]eq Qc corrisponde al prodotto ionico ma le concentrazioni dei due ioni non sono quelle all’equilibrio ma quelle della soluzione subito dopo il mescolamento. QC = [Ag+]0[Cl-]0
Ad esempio per l’equilibrio di solubilità: Ag. Cl(s) Ag+(aq) + Cl-(aq) poiché solo uno spostamento a sinistra di tale reazione corrisponde alla formazione di Ag. Cl(s) cioè alla precipitazione, si deriva immediatamente il seguente criterio: Se QC > Kps si ha precipitazione Se Q C KC non si ha precipitazione Le concentrazioni da inserire in Qc sono quelle dopo il mescolamento e si ottengono a partire da quelle due soluzioni mescolate tenendo conto della diluizione.
Esercizio – Se mescoliamo 1, 0 litri di una soluzione 0, 10 M di Pb(NO 3)2 e 1, 0 litri di una soluzione 0, 20 M di Na. Cl, si avrà precipitazione di Pb. Cl 2? (Kps=1, 6 10 -5) Pb(NO 3)2(s) Pb 2+(aq) + 2 NO 3 -(aq) Na. Cl(s) Na+(aq) + Cl-(aq) Pb. Cl 2(s) Pb 2+(aq) + 2 Cl-(aq) i due ioni da considerare nelle due soluzioni sono Pb 2+ e Cl-. Il Pb(NO 3)2 è solubile e dissocia completamente negli ioni Pb 2+ e NO 3 - per cui nella prima soluzione [Pb 2+]=0, 10 M. Analogamente nella seconda soluzione [Cl-]=0, 20 M.
Pb. Cl 2(s) Pb 2+(aq) + 2 Cl-(aq) Per prima cosa calcoliamo le concentrazioni di questi due ioni nella soluzione risultante dopo il mescolamento. I volumi delle due soluzioni mescolate sono V 1=1, 0 L e V 2=1, 0 L. Dopo il mescolamento il volume finale è: Vfin= V 1+V 2= 1, 0+1, 0= 2, 0 L n iniziali Cl- = 0, 2/1, 0 = 0, 2 mol n iniziali Pb 2+ = 0, 1/1, 0 = 0, 1 mol Dopo il mescolamento, [Pb 2+]=0, 1/2, 0=0, 05 M [Cl-]=0, 2/2, 0=0, 1 M
Si calcola Qc per la reazione di equilibrio di solubilità: Qc=[Pb 2+][Cl-]2=(0, 05)(0, 10)2=5, 0 10 -4 E lo si confronta con il valore dato Kps=1, 6 10 -5. Poichè Qc>Kps, la reazione è spostata verso sinistra e quindi si ha la precipitazione di Pb. Cl 2. Man mano che Pb. Cl 2 precipita le concentrazioni di Pb 2+ e Cl- diminuiscono fino a che il loro prodotto ionico diventa uguale a Kps e la precipitazione si arresta.
Può essere interessante stabilire quanto dello ione Pb 2+ inizialmente presente rimane in soluzione dopo la precipitazione e quanto invece è precipitato come Pb. Cl 2. Siccome Pb 2+ e Cl- sono stati mescolati in quantità stechiometriche nessuno dei due è in eccesso e si ha [Pb 2+]=[Cl-]= x e quindi all’equilibrio Pb. Cl 2(s) Pb 2+(aq) + 2 Cl-(aq) 2 x x Kps=[Pb 2+][Cl-]2=(x)(2 x)2=4 x 3 corrisponde ad un numero di moli= [Pb 2+] Vfin= 1, 6 10 -2 2 = 0, 032 mol Poiché le moli di Pb 2+ inizialmente presenti erano 0, 1 per cui ne sono precipitate: 0, 1 -0, 032= 0, 068 mol cioè il
Esercizio - Precipitazione 50 cm 3 di una soluzione 0. 110 M di Ag. NO 3 sono aggiunti a 50 cm 3 di una soluzione 0. 065 M di K 2 Cr. O 4. Calcolare la concentrazione degli ioni in soluzione sapendo che la Kps di Ag 2 Cr. O 4 è 1. 9 x 10 -12. Gli ioni in soluzione portano alla precipitazione di Ag 2 Cr. O 4 dato il suo basso valore di Kps, secondo la reazione: 2 Ag+ + Cr. O 42 - Ag 2 Cr. O 4 Le moli totali di Ag+ e Cr. O 42 - in soluzione sono: 0. 110 x 50· 10 -3= 5. 5 10 -3 mol di Ag+ 0. 065 x 50· 10 -3= 3. 25 10 -3 mol di Cr. O 42 - in eccesso
In soluzione: [Ag+]= x ; [Cr. O 42 -]= eccesso + x/2 Se tutto il cromato di argento precipita ho che tutte le mol di Ag+ (5. 5 · 10 -3 mol) fanno precipitare 5. 5 10 -3/2 mol di Cr. O 42 - nel volume totale risultante di 100 cm 3. Tuttavia per soddisfare l’equilibrio di solubilità la [Ag+] che rimarrà in soluzione sarà x e la concentrazione di cromato sarà quindi data da: [Cr. O 42 - ] = ((3. 25· 10 -3 – 2. 75 10 -3)mol/0. 1 dm 3 )+ x/2 Kps = (5. 0· 10 -3 +x/2) x 2 = 1. 9 10 -12 Trascurando x/2 rispetto a 5. 0 10 -3 si ottiene: x= [Ag+]=2. 0 10 -5 mol dm-3 quindi [Cr. O 42 -] = 1. 0 10 -5 mol dm-3 L’approssimazione fatta è corretta !
Precipitazione frazionata A volte si desidera eliminare da una soluzione alcuni ioni lasciandone in soluzione altri aventi proprietà simili. Questo processo di separazione prende il nome di precipitazione frazionata Consideriamo una soluzione contenete: Ø Ioni ClØ Ioni BrØ Ioni I- Composto Prodotto di solubilità Ag. Cl 1, 8 x 10 -10 Ag. Br 3, 3 x 10 -13 Agl 1, 5 x 10 -16 Da questi valori di Kps si deduce che la solubilità di Ag. I <Ag. Br<Ag. Cl
Esercizio – precipitazione frazionata Del nitrato di argento solido viene aggiunto lentamente ad una soluzione 0, 0010 M in Na. Cl, Na. Br e Na. I. Calcolare la [Ag+] richiesta per iniziare la precipitazione di ognuno degli alogenuri d’argento considerando i valori del Kps riportati nella tabella precedente. [Cl-] = [Br-] = [I-] = 0, 0010 M Kps (Agl)= [Ag+] [l-] = 1, 5 x 10 -16 Kps (Ag. Br)= [Ag+] [Br-] = 3, 3 x 10 -13 Kps (Ag. Cl)= [Ag+] [Cl-] = 1, 8 x 10 -10 Dalla legge di azione di massa: [Ag+] = Kps(Ag. I) = 1, 5 x 10 -16 = 1, 5*10 -13 [l-] 0, 0010 la precipitazione di Ag. I inizia quando la [Ag+] > 1, 5*10 -13 M
[Ag+] = Kps(Ag. Br) = 3, 3 x 10 -13 = 3, 3*10 -10 [Br-] 0, 0010 La precipitazione di Ag. Br inizia quando la [Ag+] > 3, 3*10 -10 M [Ag+] = Kps(Ag. Cl) = 1, 8 x 10 -10 = 1, 8*10 -7 [Cl-] 0, 0010 La precipitazione di Ag. Cl inizia quando la [Ag+] > 1, 8*10 -7 M E’ possibile calcolare la percentuale di ioni Iprecipitata prima che inizi la precipitazione di Ag. Br?
Abbiamo calcolato la [Ag+] richiesta per far precipitare Ag. Br. [Ag+] > 3, 3 x 10 -10 M Questo valore può essere sostituito nell’espressione del Kps di Ag. I per determinare la [I-] rimasta non precipitata quando inizia a precipitare Ag. Br. Kps (Agl)= [Ag+] [l-] = 1, 5 x 10 -16 [I-] non precipitata = 1, 5 x 10 -16 = 1, 5*10 -16 = 4, 5 x 10 -7 M [Ag+] 3, 3 x 10 -10 La percentuale di [I-] non precipitato è data da % I- non precipitata = 4, 5 x 10 -7 x 100 = 0, 045% 0, 001
Effetto del p. H sulla solubilità Nel caso in cui l’anione che partecipa ad un equilibrio di solubilità è la base coniugata di un acido debole, essa può essere protonata dagli ioni H+ e di conseguenza la solubilità del sale poco solubile sarà influenzata dal p. H. Consideriamo ad esempio l’equilibrio di solubilità del Ca. F 2: Ca. F 2(s) Ca 2+(aq) + 2 F-(aq) Lo ione fluoruro, F–, è la base coniugata dell’acido fluoridrico che è un acido debole e reagisce quindi con gli ioni idrogeno per ridare l’acido coniugato: F-(aq) + H+(aq) HF(aq)
F-(aq) + H+(aq) HF(aq) Tale reazione è molto spostata verso destra poiché la sua costante è molto grande: K=1 /Ka = 1/(6, 8 10 -4) = 1, 4 103 Lo ione fluoruro è quindi sottratto all’equilibrio di solubilità e, per il principio di Le Chatelier, tale equilibrio è spostato verso destra cioè verso la dissoluzione di altro Ca. F 2 Di conseguenza il fluoruro di calcio è più solubile in soluzione acida che in acqua: la solubilità aumenta al diminuire del p. H.
Tale effetto è tanto maggiore quanto più debole è l’acido coniugato dell’anione implicato nell’equilibrio di solubilità. Infatti più debole è tale acido e più spostata a destra è la reazione dell’anione con H+ per ridare l’acido (K=1/Ka). L’aumento della solubilità con l’acidità è ad esempio molto maggiore per i carbonati che per i solfati, in accordo con le costanti acide dei loro rispettivi acidi coniugati: HCO 3 - Ka 2=4, 8 10 -11 HSO 4 - Ka 2=1, 1 10 -2 Particolarmente elevato è l’aumento di solubilità che si riesce a ottenere quando si acidificano soluzioni di idrossidi poco solubili in cui l’anione è l’OH-. Infatti l’aggiunta di H+ da la reazione OH-. La costante è = 1/Kw.
Esercizio La Kps di Mg(OH)2 è 1. 2 10 -11. Calcolare il p. H di una soluzione satura di Mg (OH)2. Mg(OH)2 Mg 2+ + 2 OHx 2 x Kps = [Mg 2+] [OH-]2 1. 2 10 -11 = (x)(2 x)2= 4 x 3 x = 1, 44 10 -4 Poiché la [OH-] =2 x, nella soluzione satura di idrossido di magnesio [OH-] =2, 88 10 -4 M p. OH=-log [OH-] = 3. 54 p. H=10. 46
Esercizio – Precipitazione frazionata Una soluzione acida contiene 0. 025 M di Fe 3+ e di Mg 2+. Gradatamente si innalza il p. H per aggiunta di una base. Determinare: a) quale idrossido precipita per primo e b) la sua concentrazione in soluzione quando inizia a precipitare l’altro. Kps Mg(OH)2=1. 1· 10 -11 ; Kps Fe(OH)3=1. 1· 10 -36 Mg(OH)2 inizia a precipitare alla [OH-] data da: Kps = [Mg 2+] [OH-]2 = 0. 025 x [OH-]2 = 1. 1· 10 -11 [OH-] = 2. 1 10 -5 M cioè al p. H = 9. 32 Fe(OH)3 inizia a precipitare alla [OH-] data da: Kps = [Fe 3+] [OH-]3 = 0. 025 x [OH-]3 = 1. 1· 10 -36 [OH-] = 3. 53 10 -12 M cioè al p. H = 2. 54 Precipita per primo Fe(OH)3
Quando inizia a precipitare Mg(OH)2 la [OH-] è pari a 2. 1· 10 -5 quindi a tale concentrazione di idrossido ho che la [Fe 3+] è data da: Kps = [Fe 3+] [OH-]3 = [Fe 3+] x (2. 1 10 -5)3 = 1. 1 10 -36 [Fe 3+] = 1. 1 10 -36/ (2. 1 10 -5)3 = 1. 2 10 -22 M La [Fe 3+] è quindi trascurabile rispetto alla quantità iniziale (0. 025 M) cioè al p. H di 9. 32 tutto Fe(OH)3 è precipitato quantitativamente.
Esercizio Una soluzione acida contiene 2· 10 -7 M di Fe 3+ e 0. 025 M di Mg 2+. Gradatamente si innalza il p. H per aggiunta di una base. Determinare quale idrossido precipita per primo. Mg(OH)2 inizia a precipitare alla [OH-] data da: Kps = [Mg 2+] [OH-]2 = 0. 025 x [OH-]2 = 1. 1 10 -11 [OH-] = 2. 1 10 -5 cioè al p. H = 9. 32 Fe(OH)3 inizia a precipitare alla [OH-] data da: Kps = [Fe 3+] [OH-]3 = 2 10 -7 x [OH-]3 = 1. 1 10 -36 [OH-] = 1. 76 10 -10 cioè al p. H = 4. 25 Precipita per primo Fe(OH)3 ma la differenza del p. H a cui iniziano le due precipitazioni è significativamente ridotta
Equilibri simultanei Si parla di equilibri simultanei quando si verificano più equilibri contemporaneamente ü Esempio Consideriamo una soluzione di Mg(NO 3)2, e 0, 10 M in ammoniaca acquosa. Sapendo che la Kps di Mg(OH)2 = 1, 5 x 1011 e che K (NH ) =1, 8 x 10 -5 determinare se l’idrossido Mg(OH) b 3 2 precipiterà da tale soluzione? Mg(OH)2 NH 3 + H 2 O Mg 2+ + 2 OHNH 4+ + OH- Kps = [Mg 2+] [OH-]2 = 1. 5 10 -11 Kb = [NH 4+] [OH-] = 1. 8 10 -5 [NH 3]
NH 3 + H 2 O i) NH 4+ + OH- 0, 10 - eq) 0, 10 -x x Kb = x 2 /0, 10 = 1. 8 10 -5 x x = [OH-] = 1, 3 x 10 -3 M Qps = [Mg 2+] [OH-]2 =(0, 10)(1, 3 x 10 -3 )2 =1. 7 10 -7 Essendo il Kps = 1. 5 10 -11 Qps>Kps la precipitazione avviene
Esercizio: Relativamente all’esercizio precedente…. ü Quale concentrazione di NH 3 aq è necessaria per iniziare la precipitazione di Mg(OH)2 da una soluzione 0, 10 M di Mg(NO 3)2? ü Quale è la quantità minima (in moli) di NH 4 Cl che deve essere aggiunta a 1, 0 litri di soluzione 0, 10 M in Mg(NO 3)2 e 0, 10 M in NH 3 per evitare la precipitazione di Mg(OH)2?
Conversione di uno ione in un’altra specie per mezzo di reazioni redox La maggior parte dei solfuri metallici insolubili si sciolgono in HNO 3, diluito a caldo perché lo ione NO 3 - ossida gli ioni S 2 -, o eventualmente i loro prodotti di idrolidi (HS-), a zolfo elementare. Questo processo di ossidazione rimuove gli ioni HS- e S 2 - dalla soluzione. Per il principio di les Chatelier sottraendo i prodotti la reazione si sposta verso destra. Esempio Cu. S metallico
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