Equilibrio Químico - McGraw-Hill - PDF

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BLOQUE I 05 EQUILIBRIO QUÍMICO Todos los procesos químicos evolucionan desde los reacti- El proceso continúa hasta que la velocidad de formación vos hasta la formación de productos a una velocidad que de los productos es igual a la velocidad de descomposi- cada vez es menor, ya que a medida que transcurren, hay ción de estos para formar nuevamente los reactivos. Es menos cantidad de reactivos. Por otro lado, según van apa- decir, se llega a la formación de un estado dinámico en reciendo moléculas de los productos, estas pueden reac- el que las concentraciones de todas las especies reaccio- cionar entre sí y dar lugar nuevamente a reactivos, y lo nantes (reactivos y productos) permanecen constantes. hacen a una velocidad mayor, porque cada vez hay más. Ese estado se conoce como «equilibrio químico». Unidad_05.indd 137 19/3/09 22:35:15  138 05 EQUILIBRIO QUÍMICO Reacción: H2 1 I2 Velocidad 2 HI j 5.1 Introducción H2 y I2 El equilibrio químico es un estado de un sistema reaccionante en el que no se observan Formación (Vd) cambios a medida que transcurre el tiempo, a pesar de que siguen reaccionando entre sí las Equilibrio Vd = Vi sustancias presentes. En la mayoría de las reacciones químicas, los reactivos no se consumen totalmente para ob- HI tener los productos deseados, sino que, por el contrario, llega un momento en el que parece Descomposición Vi que la reacción ha concluido. Podemos comprobar, analizando los productos formados y los t reactivos consumidos, que la concentración de todos permanece constante. te te = tiempo para alcanzar el equilibrio ¿Significa esto que realmente la reacción se ha parado? Evidentemente no; una reacción en equilibrio es un proceso dinámico en el que continuamente los reactivos se están convirtiendo Fig. 5.1. Velocidades de formación en productos y los productos se convierten en reactivos; cuando lo hacen a la misma velocidad y descom­po­sición del HI. nos da la sensación de que la reacción se ha paralizado. Zona de equilibrio Concentraciones Es decir, el equilibrio químico se establece cuando existen dos reacciones opuestas que tienen lugar simultáneamente a la misma velocidad. [A] [B] [A] [ B ] (a) (a) [C] [D] Esto, en términos de velocidad, se puede expresar según consta en la Figura 5.1. Así pues, si [C] tenemos una reacción: vd [B] aA + bB ⎯⎯→ ←⎯⎯ cC + dD vi te Tiempo vd = velocidad de formación de los productos (velocidad directa) vi = velocidad de descomposición de los productos (velocidad inversa) Concentraciones Cuando ambas velocidades se igualan, se considera que el sistema está en equilibrio. [C] [D] Se puede deducir que el sistema evolucionará cinéticamente, en uno u otro sentido, con el fin (b) de adaptarse a las condiciones energéticas más favorables. Cuando estas se consigan, diremos (b) que se ha alcanzado el equilibrio, esto es, ΔG = 0 (ver el Apartado 5.9 de esta Unidad). [A] [ B ] En un sistema en equilibrio se dice que el mismo se encuentra desplazado hacia la derecha si hay más cantidad de productos (C y D) presentes en el mismo que de reactivos (A y B), y te Tiempo se encontrará desplazado hacia la izquierda cuando ocurra lo contrario. Se podrían tener, por tanto, las dos situaciones representadas en la Figura 5.2. Fig. 5.2. Representación de un sistema en equilibrio cuando predominan los Consideremos la reacción de obtención del trióxido de azufre a partir de azufre y oxígeno reactivos (a) o los productos (b). a 1 000 °C según: 2 SO2 (g) + O2 (g) → ← 2 SO3 (g) Supongamos que inicial- A continuación variamos las con- b) mente partimos de 0,4 mo- a) centraciones de partida y reali- Concentración a Concentración b les de SO2 y 0,2 moles de O2 zamos otra experiencia. Partimos en un recipiente de 1 litro 0,4 ahora de 0,4 moles de SO3 en el 0,4 [SO2] = 0,34 M [SO2] = 0,34 M de capacidad. Al cabo del mismo recipiente, sin añadir ni SO2 tiempo vemos que se esta- 0,3 ni O2. Al alcanzarse el equilibrio, 0,3 blece el equilibrio y se com- en las mismas condiciones ante- [O2] = 0,17 M 0,2 [O2] = 0,17 M 0,2 prueba que se han formado riores, 1 000 °C, comprobamos que 0,06 moles de SO3 y quedan [SO3] = 0,06 M las concentraciones de las espe- 0,1 0,1 [SO3] = 0,06 M sin reaccionar 0,34 moles cies que intervienen en la reacción de SO2 y 0,17 moles de O2 son las mismas que las obtenidas 0,0 0,0 [ver Figura 5.3.a]. te Tiempo anteriormente [ver Figura 5.3.b]. te Tiempo Fig. 5.3. Representación del equilibrio para la formación del SO3 a) y para la descomposición del SO3 b). Si no se cambian las condiciones de reacción, estas concentraciones permanecen inalteradas, pues se ha conseguido alcanzar el estado de equilibrio, lo cual no quiere decir que la reacción se haya parado, ya que el estado de equilibrio es un estado dinámico permanente. Unidad_05.indd 138 19/3/09 22:35:17  EQUILIBRIO QUÍMICO 05 139 El hecho de que las concentraciones de reactivos y productos coincidan en ambos casos es casual y se debe a que se han tomado cantidades estequiométricas en los dos casos estudiados. Si las cantidades hubieran sido otras cualesquiera, lo único que permanecería constante sería la Keq, que estudiaremos a continuación, siempre y cuando no se modifique la temperatura. Otra cuestión distinta es el tiempo necesario para alcanzar el equilibrio, que puede ser mayor o menor que el del primer experimento. j 5.2 Constante de equilibrio Importante En el ejemplo estudiado anteriormente se comprueba que las concentraciones de las sustancias que intervienen en el proceso, cuando este llega al equilibrio, son las mismas, independiente- mente de la concentración inicial. Es importante diferenciar entre el equilibrio en términos de veloci- Esto hace pensar que debe existir una relación entre ellas que permanezca constante, siempre dad, en el que ambas velocidades y cuando la temperatura no varíe. Fue así como Guldberg y Waage, en 1864, encontraron, son iguales, del equilibrio en tér- de una forma absolutamente experimental, la ley que relacionaba las concentraciones de los minos de concentraciones, donde estas pueden ser, y normalmente reactivos y productos en el equilibrio con una magnitud, que se denominó constante de son, distintas. equilibrio. Así pues, si tenemos un equilibrio de la forma: Kd aA + bB ⎯⎯→ ←⎯⎯ cC + dD Ki La velocidad de la reacción directa o hacia la derecha, si es un proceso elemental, será: vd = Kd [A]a [B]b Mientras que para la reacción inversa vale: vi = Ki [C]c [D]d En las expresiones anteriores, Kd y Ki son las constantes de velocidad específicas para ambas reacciones, derecha e izquierda respectivamente. Como, por definición, ambas velocidades son iguales en el equilibrio vd = vi, se cumple que: Kd [A]a [B]b = Ki [C]c [D]d Pasando ambas constantes al mismo lado, y las concentraciones al otro: Más datos c d Kd [ C ] [D ] = Ki [ A ]a [B ]b Las especies que intervienen en el cálculo de Kc son aquellas que Como a la temperatura a la que se ha realizado el proceso Kd y Ki son constantes, se puede pueden variar su concentración. escribir que: Por tanto, son sustancias gaseosas Kd o que están en disolución, tanto para = Kc equilibrios homogéneos como Ki para heterogéneos. Las demás están incluidas en la [ C ]c [D ]d constante. y por tanto: Kc = [ A ]a [B ]b Esta constante, Kc, es la que se denomina «constante de equilibrio». Ahora se puede comprender por qué K es siempre constante, independientemente de las con- Kd centraciones de las sustancias reaccionantes en el equilibrio. Siempre es igual a , el cociente Ki de dos cantidades que en sí mismas son constantes a una temperatura dada. Como las cons- tantes de velocidad dependen de la temperatura —como ya vimos en la Unidad anterior—, se deduce que la constante de equilibrio debe variar también con la temperatura. Unidad_05.indd 139 19/3/09 22:35:19  140 05 EQUILIBRIO QUÍMICO Vocabulario Ley de acción de masas, LAM: Reacciones elementales son aque- llas que se producen en una sola «En un proceso elemental, el producto de las concentraciones en el equilibrio etapa y en ellas sí coincide el coe- de los productos elevadas a sus respectivos coeficientes estequiométricos, di- ficiente estequiométrico de cada vidido por el producto de las concentraciones de los reactivos en el equilibrio reactivo con su orden de reacción. elevadas a sus respectivos coeficientes estequiométricos, es una constante para cada temperatura, llamada constante de equilibrio». Recuerda La magnitud Kc nos informa sobre la proporción entre reactivos y productos en el equilibrio Los valores que se emplean para Kc químico, así: están numéricamente relacionados con las concentraciones molares, Cuando Kc > 1, en el equilibrio resultante la mayoría de los reactivos se han convertido en Kc se considera adimensional, es productos. decir, no tiene unidades. Cuando Kc → `, en el equilibrio prácticamente solo existen los productos. De todas maneras, si en un ejercicio Cuando Kc < 1, indica que, cuando se establece el equilibrio, la mayoría de los reactivos te piden que calcules sus unidades, quedan sin reaccionar, formándose solo pequeñas cantidades de productos. debes hacerlo. EJEMPLO 1 Si consideramos el equilibrio estudiado anteriormente: 2 SO2 (g) + O2 (g) → ← 2 SO3 (g) Moles/L en el equilibrio: 0,34 M 0,17 M 0,06 M Al sustituir los valores numéricos (sin unidades) en la expresión del equilibrio nos queda: [ SO3 ] 0 , 062 Kc = = = 0 , 18 ; para la reacción estudiada, a 1 000 °C, Kc = 0,18. [ SO2 ]2 [ O2 ] 0 , 342 ⋅ 0 , 17 EJEMPLO 2 En el sistema N2O4 (g) → ← 2NO2 (g) a 25 ºC se encuentra que las concentraciones en el equilibrio son 0,0457 de NO2 y 0,448 de N2O4, ambas expresadas en moles/L. ¿Cómo será el rendimiento de esa reacción? Solución Si sustituimos ambos valores en la expresión del equilibrio tenemos: [NO2 ]2 ( 0 , 0457 )2 Kc = = = 4 , 65 ⋅ 10−3 [N2 O4 ] 0 , 448 Este valor indica que la reacción a 25 ºC está desplazada hacia la izquierda; por tanto, el rendimiento será bajo. A C TIV IDADE S 1> Evalúa el rendimiento de los siguientes equilibrios escribiendo las constantes: a) 2 O3 (g) → ← 3 O2 (g) Kc = 2,54 ⋅ 1012 T = 2 000 °C b) Cl2 (g) → ← Cl (g) + Cl (g) Kc = 1,4 ⋅ 10−38 T = 25 °C c) CO (g) + H2O (g) → ← H2 (g) + CO2 (g) Kc = 5,10 T = 800 °C Unidad_05.indd 140 19/3/09 22:35:20  EQUILIBRIO QUÍMICO 05 141 A. Predicción del sentido de una reacción. Recuerda Cociente de reacción Si: La expresión de la Ley de Acción de Masas para una reacción general que no haya conseguido Q < K c predomina la reacción alcanzar el equilibrio se escribe como: a A + b B → ←cC+dD hacia la derecha, hasta llegar al equilibrio. [ C ]c [D ]d Q = Kc el sistema está en equi- Q = a b librio. [ A ] [B ] Q > Kc predomina la reacción ha- cia la izquierda, hasta llegar al Donde Q es el llamado cociente de reacción, y las concentraciones expresadas en él no son equilibrio. las concentraciones en el equilibrio. Vemos que la expresión de Q tiene la misma forma que la de Kc cuando el sistema alcanza el equilibrio. Este concepto de cociente de reacción es de gran utilidad, pues puede compararse la mag- nitud Q con la Kc para una reacción en las condiciones de presión y temperatura a que tenga lugar, con el fin de prever si la reacción se desplazará hacia la derecha (aumentando la con- centración de reactivos) o hacia la izquierda. Así, por ejemplo, si en un momento determinado Q < Kc, como el sistema tiende por naturaleza al equilibrio, la reacción hacia la derecha se producirá en mayor medida que la que va hacia la izquierda. Al contrario, cuando Q > Kc, la reacción predominante será la inversa, es decir, de derecha a izquierda, hasta alcanzar el equilibrio. Conocido el valor de Kc, podemos conocer el estado de la reacción calculando, si es posible, el valor de Q. De esta forma se puede determinar si el proceso ha alcanzado o no el equilibrio. EJEMP LO 3 Al comienzo de una reacción en un reactor de 3,5 L a una temperatura de 200 °C existen 0,249 moles de N2, 3,21 ⋅ 10-2 moles de H2 y 6,42 ⋅ 10-4 moles de NH3. Si el valor de la constante de equilibrio para el proceso de formación del amoniaco vale a esa temperatura Kc = 0,65, indica si el sis­ tema se encuentra en equilibrio y, en caso contrario, ¿qué es lo que debe­ ría ocurrir para que el sistema alcance el equilibrio? Solución El cociente de reacción para este sistema en ese momento vale: 2  6 , 42 ⋅ 10−4 mol    [NH3 ]2  3,5 L  Qc = =   = 0 , 61 3 [N2 ][H2 ]3  0 , 249 mol   3 , 21 ⋅ 10 2 mol  −     3 , 5 L   3,5 L   Como Qc es menor que la constante de equilibrio Kc (0,65), el sistema no está en equilibrio. Como lo que ha de ocurrir es que aumente el valor de Qc de 0,61 a 0,65 para igualarse con Kc, el equilibrio se deberá desplazar hacia la forma- ción del NH3, es decir hacia la derecha. Unidad_05.indd 141 19/3/09 22:35:21  142 05 EQUILIBRIO QUÍMICO B. Aplicaciones de la constante de equilibrio Acabamos de ver la forma de calcular el valor de Kc a partir de unos datos de concentraciones en equilibrio de las especies que intervienen en la reacción. Una vez conocido ese valor de la constante, el proceso puede invertirse para calcular las concentraciones en equilibrio a partir del valor de la constante de equilibrio. Con frecuencia son conocidas las concentraciones ini- ciales, y lo que deseamos saber es la cantidad de cada reactivo y de cada producto cuando se alcance el equilibrio. EJEMPLO 4 Para la reacción: A + B → ← C + D, el valor de la constante de equilibrio a una determinada temperatura es Kc = 50. Si inicialmente se ponen 0,4 moles de A y 0,4 moles de B en un recipiente de 2,0 litros, ¿cuál será la concentra­ ción de todas las especies cuando se alcance el equilibrio a esa misma temperatura? Solución 0, 4 Las concentraciones al inicio serán: [A] = [B] = = 0 , 2 M ; [C] = 0 ; [D] = 0. 2 Sabemos que la reacción solo puede transcurrir hacia la derecha, pero también podríamos averiguarlo aplicando: [C][D] 0⋅0 Q= = =0 [A][B] (0,2) ⋅ (0,2) Por tanto, como Q < Kc, la reacción transcurrirá hacia la derecha: A + B → ← C + D Moles/L en el equilibrio:  0,2 - x 0,2 - x x x Esto último significa que si reaccionan x moles de A con x moles de B, en el equilibrio quedan (0,2 − x) moles de A y (0,2 − x) moles de B. Ya que el equilibrio se produce por reacción de un mol de A con un mol de B para obtener un mol de C y un mol de D, se producirán x moles de C y x moles de D. En caso de que alguna sustancia estuviese multiplicada por un coeficiente estequiométrico, la correspondiente cantidad x vendría multiplicada por él también. [C][D] x⋅ x Kc = = = 50 ; resolviendo queda x = 0,175 [A][B] (0,2 − x ) ⋅ (0,2 − x ) Así pues: [A] = [B] = (0,200 − 0,175) = 0,025 M; [C] = [D] = 0,175 M Se comprueba que las concentraciones en el equilibrio de los productos son mucho mayores que la de los reactivos, ya que Kc es considerablemente mayor que la unidad. E J E M P LO 5 Consideremos las siguientes reacciones efectuadas a 800 °C: Importante 1 SO2 (g) + O2 (g) → ← SO3 (g); Kc (1) = 20 2 Una propiedad muy útil de la cons- 1 NO2 (g) →← NO (g) + O2 (g); Kc (2) = 0,012 tante de equilibrio Kc es la expre- 2 sada por los equilibrios múltiples, 1 Si se suman estas dos ecuaciones, el de O2 (g) se cancela y obtenemos: de manera que si podemos decir 2 que una reacción se puede expresar SO2 (g) + NO2 (g) → ← SO3 (g) + NO (g); Kc (3) = ? como la suma de otras dos o más, entonces la Kc de la reacción global Según la regla que acabamos de enunciar: Kc (3) = Kc (1) ⋅ Kc (2) es el producto de las constantes Kc (3) = 20 ⋅ 0,012 = 0,24 de equilibrio de las reacciones in- dividuales. Reacción 3 = reacción 1 + reac- Si queremos comprobar la validez de la regla estudiada, se puede comprobar fácilmente, pues: 1 ción 2 [ SO3 ] [NO ][ O2 ] 2 [ SO3 ][NO ] Kc (3) = Kc (1) ⋅ Kc (2) 1 ⋅ = [ SO2 ][ O2 ] 2 [NO2 ] [ SO2 ][NO2 ] Unidad_05.indd 142 19/3/09 22:35:23  EQUILIBRIO QUÍMICO 05 143 C. Características del equilibrio De lo anteriormente visto se puede deducir: 1. El estado de equilibrio se caracteriza porque sus propiedades macroscópicas (concentración de reactivos y productos, presión de vapor, etc.) no varían con el tiempo. 2. El estado de equilibrio no intercambia materia con el entorno. Si la descomposición del carbonato cálcico [trioxocarbonato (IV) de calcio], CaCO3 (s) → ← CaO (s) + CO2 (g), la hi- ciéramos en un recipiente abierto, como vemos en la Figura 5.4, nunca se alcanzaría el equilibrio, pues el CO2 (g) se escaparía. 9DFtR 9DFtR DWP DWP ž& &2 &D&2 V &D2 V &2 J &D&2 &D&2 &D2 Fig. 5.4. Horno para estudiar el equilibrio: CaCO3 (s) → ← CaO (s) + CO2 (g). 3. El equilibrio es un estado dinámico en el que se producen continuas transformaciones, en ambos sentidos, a la misma velocidad, y por eso no varían sus propiedades macroscópicas. Así, si en el ejemplo de la descomposición del CaCO3, sustituimos una pequeña parte del CO2, por otra igual pero marcada con 14C (al ser radiactivo podemos hacer un seguimiento de en qué moléculas se encuentra), al cabo de cierto tiempo observaremos la existencia de Ca14CO3. 4. La temperatura es la variable fundamental que controla el equilibrio. Así, por ejemplo, a 450 °C la constante de equilibrio para la formación del HI es 57, sea cual fuere la concen- tración de las especies reaccionantes, y a 425 °C vale 54,5. 5. La Kc corresponde al equilibrio expresado de una forma determinada, de manera que si se varía el sentido del mismo, o su ajuste estequiométrico, cambia también el valor de la nueva constante, aunque su valor esté relacionado con la anterior. ACT I VI DADE S 2> Se coloca una mezcla de 0,500 moles de H2 y 0,500 moles de I2 en un reci- piente de acero inoxidable de 1,0 litros de capacidad a 430 °C. Calcula las concentraciones de H2, I2 y HI en el equilibrio. La constante de equilibrio para la reacción H2 + I2 → ← 2 HI es de 54,3 a esa temperatura. 3> ¿Cuál será la constante de equilibrio para la siguiente reacción? 2 HI (g) → ← H2 (g) + I2 (g), a 450 °C 4> Conocidas las constantes de equilibrio a una determinada temperatura, de las reacciones: a) C (s) + CO2 (g) → ← 2 CO (g) Kp (a) = 1,3 ⋅ 1014 b) COCl2 (g) → ← CO (g) + Cl2 (g) Kp (b) = 1,66 ⋅ 102 Calcula a la misma temperatura la Kp para la reacción: C (s) + CO2 (g) + 2 Cl2 (g) → ← 2 COCl2 (g) Unidad_05.indd 143 19/3/09 22:35:26  144 05 EQUILIBRIO QUÍMICO D. La constante de equilibrio en función de la presión Existen otras formas para expresar la constante de equilibrio. Hasta ahora, hemos utilizado la expresión de Kc para relacionar las concentraciones de las sustancias que participan en el equilibrio. La presión de un gas es proporcional al número de moles de cada litro, ya que a partir de la ecuación de los gases: pV=nRT Más datos n Se puede expresar según: p = R T , o lo que es lo mismo: p = c R T v Aunque la constante de equilibrio dependa de la temperatura, no Con ella se puede representar el cambio necesario para establecer el equilibrio en términos de existe relación de proporcionalidad presiones, en aquellas reacciones cuyos componentes son gaseosos, en función de la presión directa entre la temperatura y la parcial de las sustancias gaseosas que intervienen en el equilibrio. A esta nueva constante la constante de equilibrio. llamaremos Kp. Si en la reacción: aA+bB → ← cC+dD las especies intervinientes son gases, obtenemos: pCc ⋅ pDd Kp = pAa ⋅ pBb Si se trata de equilibrios en los que además hay especies en otros estados físicos —sistemas heterogéneos—, en la Kp solo intervienen las especies en estado gaseoso. E J E M P LO 6 Escribe la Kp para el equilibrio siguiente: N2 (g) + 3 H2 (g) → ← 2 NH3 (g) 2 pNH Kp = 3 pN2 ·pH32 Donde pNH , pN y pH son las presiones parciales del amoniaco, nitrógeno e hidró- 3 2 2 geno, respectivamente, en el equilibrio. E J E M P LO 7 Escribe la Kp para los equilibrios siguientes: a) C (s) + CO2 (g) + 2 Cl2 (g) → ← 2 COCl2 (g) b) CaCO3 (s) → ← CaO (s) + CO2 (g) 2 pCOCl a) K p = 2 pCO2 ⋅ pCl2 2 b) Kp = [CO2] Como puedes observar, el carbono no se halla en estado gaseoso y, por tanto, no interviene en los cálculos del equilibrio. Unidad_05.indd 144 19/3/09 22:35:27  EQUILIBRIO QUÍMICO 05 145 j 5.3 Relación entre las formas de expresar la constante de equilibrio Importante Sea la ecuación general: aA + bB → ← cC + dD, donde todas las especies son gaseosas. Para ese equilibrio Kc valdrá: [C]c [D]d Pparcial = Fracción molar ⋅ Ptotal Kc = [A]a [B]b Pparcial = χ ⋅ PT Según la ecuación general de los gases perfectos, la presión parcial de un gas en la mezcla ni R T pi vale: pi = = ci R T. Por tanto, ci = sustituyendo este valor en la Kc tenemos: V RT Importante c d  pC   pD    ⋅    RT   RT  pCc ⋅ pDd  1  ∆n Kc = = a ⋅   nSO3  pA a   pB  b pA ⋅ pBb  RT  χ SO3 =   ⋅   nSO3 + nSO2 + nO3  RT   RT  ∆n na = n.° de moles de la especie «a»  1  Siendo Δn = (c + d) - (a + b). Sustituyendo Kp por su valor, nos queda: K c = K p   nT = n.° de moles totales  RT  Ecuación que relaciona la Kc y la Kp, y donde observamos que ambas dependen de la temperatura. Recuerda EJEMP LO 8 La constante de equilibrio a una temperatura de 800 °C para la reacción: Kp = Kp(R T)∆n CH4 (g) + H2O (g) → ← CO (g) + 3 H2 (g) vale, Kc = 18. Calcula: a) El valor de Kp para la misma reacción. b) Si las presiones parciales del metano y del vapor de agua valen Importante 15 atmósferas al comienzo del proceso, ¿cuáles serán las presiones par­ ciales de todas las especies cuando se alcance el equilibrio? Solución Kp está en función de la tempera- tura porque depende de la presión a) La relación entre Kp y Kc está definida por la ecuación Kp = Kc (R T)∆n parcial, y esta se relaciona directa- Por tanto, Kp = 18 (0,082 ⋅ 1 073)2 = 1,4 ⋅ 105 mente con la temperatura. b) En el equilibrio: CH4 (g) + H2O (g) → ← CO (g) + 3 H2 (g) 15 - x 15 - x x 3x La constante de equilibrio Kp viene definida por la ecuación: Importante pCO ⋅ pH32 x ⋅ ( 3 x )3 27 x 4 Kp = ; 1 , 4 ⋅ 105 = = pCH4 ⋅ pH2 O (15 − x )(15 − x ) (15 − x )2 En cualquier situación, ∆n se refie- re a la variación de moles estequio- Despejando la ecuación cuadrática se obtiene: x = 13 atm métricos de las sustancias gaseosas Por tanto, las presiones parciales en el equilibrio serán: de la reacción general, nunca al de los propios moles del problema que pCH4 = pH2O = 15 - 13 = 2 atm; pCO = 13 atm; pH2 = 3 ⋅ 13 = 39 atm se está resolviendo. A C T I V I D A D ES 5> Calcula el valor de Kp suponiendo que a 250 °C el valor 1 de Kc para la reacción de descomposición del tetraóxido de SO3 (g) → ← SO2 (g) + O2 (g), y a 200 ºC, se observa 2 dinitrógeno N2 O4 (g) → ← 2 NO2 (g) vale 6. que la presión total del recipiente es de 18 atmósferas. 6> En un reactor de 2,5 litros se introducen 72 gramos de Calcula Kc y Kp para el equilibrio anterior a 200 ºC. SO3. Cuando se alcanza el equilibrio: Unidad_05.indd 145 19/3/09 22:35:29  146 05 EQUILIBRIO QUÍMICO j 5.4 Relación entre las constantes de equilibrio y el grado de disociación Recuerda Una de las grandes aplicaciones de la ley del equilibrio químico es, precisamente, el cálculo del rendimiento de una reacción química, es decir, el grado de desplazamiento del equilibrio Si Kc tiene un valor alto, el equi- hacia los productos, conocida la Kc. librio se desplazará hacia los pro- ductos. Se puede asegurar que un alto valor de Kc implica un elevado desplazamiento del equilibrio hacia los productos y, por contra, un bajo valor de Kc implicaría que la evolución del equilibrio químico Si Kc tiene un valor bajo, el equi- ha sido desfavorable para los productos. Por ello, es importante definir el grado de disociación, librio se desplazará hacia los en tanto por uno o en tanto por ciento de la siguiente forma: reactivos. El grado de disociación en tanto por uno de un proceso químico es el co- ciente entre el número de moles disociados dividido entre el número total de moles iniciales. x N.º de moles disociados α = = c N.º total de moles iniciales Multiplicando el cociente anterior por cien, obtendríamos el grado de disociación, α, expresa- do en porcentaje, lo cual daría una idea de la evolución del equilibrio. Tipos de reacción A → 2B A → B + C 2A → B + C 2A + B → 2C ← ← ← ← N.º moles/L iniciales c 0 c 0 0 c 0 0 c c 0 N.º moles/L equilibrio c(1 − a) 2 ca c(1 − a) ca ca c(1 − a) ca/2 ca/2 c(1 − 2a) c(1 − a) 2ca c−x 2x c−x x x c−x x/2 x/2 c − 2x c−x 2x Ejemplo N2O4 → ← 2 NO2 (g) PCl5 → ← PCl3 (g) + Cl2 (g) 2 Hl (g) → ← H2 (g) + I2 (g) 2 SO2 (g) + O2 (g) → ← 2 SO3 (g) Tabla 5.1. Ejemplos teóricos que relacionan el grado de disociación con las concentraciones en el equilibrio; c y x expresan el número de moles de las especies en el equilibrio. EJEMPLO 9 El equilibrio PCl5 (g) → ← PCl3 (g) + Cl2 (g), se alcanza calentando 3 gramos de PCl5 hasta 300 °C en un recipiente de 0,5 litros, siendo la presión final de 2 atm. Calcula el grado de disociación del PCl5. Solución PCl5 (g) →← PCl3 (g) + Cl2 (g) Moles/L en equilibrio: c (1 - a) →← ca ca nT = c (1 - a) + c a + c a = c (1 + a) 3 M (PCl5) = 208,5; c = = 0 , 0144 moles 208 , 5 2 ⋅ 0,5 p ⋅ V = nT ⋅ R ⋅ T = c (1 + a) R T, de donde: α = − 1 = 0 , 48 0 , 0144 ⋅ 0 , 082 ⋅ 573 ACT I VI DADE S 7> La Kp para la reacción de descomposición del N2O4 (g) en NO2 (g) vale 0,32 a 308 K. Calcula la presión a la cual el N2O4 (g) se halla disociado en un 25 %. Unidad_05.indd 146 19/3/09 22:35:31  EQUILIBRIO QUÍMICO 05 147 EJEMP LO 10 A 400 ºC y 1 atm de presión, el amoniaco se encuentra disociado un 40 % en nitrógeno e hidrógeno gaseosos, según la reacción: 3 1 NH3 (g) → ← H2 ( g ) + N2 ( g ) 2 2 Calcula: a) La presión parcial de cada uno de los gases en el equilibrio. c) Kp. b) El volumen de la mezcla si se parte de 170 gramos de amoniaco. d) Kc. Dato: R = 0,082 atm L/mol K Solución 3 1 NH3 (g) → ← H2 (g) + N2 (g) 2 2 Moles iniciales: n 0 0 Moles que reaccionan: nα 3 1 Moles equilibrio: n(1 - α) nα nα 2 2 a) Calculamos el número total de moles en el equilibrio: 3 1 n (1 - α) + n α + n α = n (1 + α) 2 2 A continuación calculamos las fracciones molares en el equilibrio: La presión parcial es: p = χ ⋅ PT (1 − α )  n (1 − α ) (1 − α ) 0,6 χ (NH3 ) = =  p(NH3 ) = ⋅P = ⋅ 1 = 0 , 43 atm n (1 + α ) (1 + α )  (11 + ( −α α )) T 0, 46 1  p(NH3 ) = ⋅P = ⋅ 1 = 0 , 43 atm (1 − α ) T 0,6 3  p(NH3 ) = (1 + 3 αα ) ⋅ PT = 1 34 ⋅ ⋅01, 4= 0 , 43 atm nα  p(H2 ) = (1 + α ) ⋅ PT =1 , 4 ⋅ 1 = 0 , 43 atm 3α 3α 3 ⋅ 0, 4 χ (H2 ) = 2 =   p(H2 ) = 2 ⋅ (1 + α ) ⋅ PT = 2 1 ⋅ 1 = 0 , 43 atm 2(1 + α )  3α 3⋅0 n (1 + α )  p(H2 ) = 2 ⋅ (1α+ α ) ⋅ PT = 2 0 ,14, 4 ⋅ 1 = 0 , 43 atm p(N2 ) = 2 ⋅ (1 + α ) ⋅ PT = 2 ⋅ 1 , 4 ⋅ 1 = 0 , 14 atm 1  α 0, 4 nα  p(N2 ) = 2 ⋅ (1 + α ) ⋅ PT = 2 ⋅ 1 , 4 ⋅ 1 = 0 , 14 atm α ⋅ α+ α ) 0, 4 χ (N2 ) = 2 =  p(N2 ) = 2 ( 1 ⋅ PT = ⋅ 1 , 4 ⋅ 1 = 0 , 14 2 atm n (1 + α ) 2(1 + α )  2 ⋅ (1 + α ) 2 ⋅ 1, 4 b) Si partimos de 170 gramos de NH3 , como sabemos que M NH3 = 17 g 170 n= = = 10 moles de NH3 M 10 A 10 moles de NH3 le corresponden en el equilibrio 10 (1 + α) = 10 (1 + 0,4) = 14 moles totales, por lo que si apli- camos la ecuación de Clapeyron: p V = n R T 1 ⋅ V = 14 ⋅ 0,082 ⋅ 673 → V = 772,6 L pH32/ 2 ·pN1 2/ 2 0 , 433 / 2 ⋅ 0 , 141 / 2 c) K p = = = 0 ,225 d) Kc = Kp(R T )-Δn = 0,25(0,082 ⋅ 673)–1 = 4,5 ⋅ 10–3 pNH3 0 , 43 A C T I V I D A D ES 8> El yoduro de hidrógeno se descompone a 400 °C de cen en un matraz de 1 L y parte del HI se descompone acuerdo con la ecuación: hasta que el sistema alcanza el equilibrio. Calcula: 2HI (g) → a) La concentración de cada especie en el equilibrio, ← H2 (g) + I2 (g), siendo el valor de Kc = = 0,0156. Una muestra de 0,6 moles de HI se introdu- b) La Kp y la presión total en el equilibrio. Unidad_05.indd 147 19/3/09 22:35:33  148 05 EQUILIBRIO QUÍMICO j 5.5 Relación entre la Kp y la temperatura En el Apartado 5.9 de esta Unidad se deduce que existe una relación entre la constante de equilibrio Kp y la variación de energía libre en un proceso químico (ΔG), esta relación viene establecida por la ecuación: DGreacción = DH - TDS = -RT lnKp De esta ecuación se deduce que tanto ΔG como Kp dependen de la temperatura de reacción, por tanto operando a dos temperaturas distintas, tenemos: 1  ∆H  Temperatura T1 lnK p1 = ∆S −  R T1  1  ∆H  Temperatura T2 lnK p2 = ∆S −  R T2  Restando ambas expresiones y haciendo operaciones resulta: K p1 ∆H 1 1  ln =  −  K p2 R  T2 T1  CD Y CEO Esta ecuación es conocida como la ecuación de Van’t Hoff y nos permite conocer la Kp de una reacción a una temperatura si conocemos para esa misma reacción la Kp a otra temperatura, conociendo además la variación de entalpía del proceso DH. En tu CD puedes resolver test y numerosos problemas relacionados con el equilibrio químico. E J E M P LO 1 1 Sabiendo que la Kp a 25 °C para la formación del amoniaco vale 5 ⋅ 105, calcula el valor de la nueva constante de equilibrio para una temperatura de 200 °C sabiendo que DH para ese proceso vale -92 kJ. Dato: R = 8,31 J/mol K. Solución 3 H2 (g) + N2 (g) → ← 2 NH3 (g); DH = -92 kJ K p1 ∆H 1 1  ln =  −  K p2 R  T2 T1  5 ⋅ 105 −92 ⋅ 103  1 1  ln =  −  ; K p2 8 , 31  473 298  5 ⋅ 105 ln = 13 , 28 K p2 5 ⋅ 105 tomando antilogaritmos: = 5 , 85 ⋅ 105 K p2 De donde: Kp = 8,54 ⋅ 10-1 Unidad_05.indd 148 19/3/09 22:35:35  EQUILIBRIO QUÍMICO 05 149 j 5.6 Factores que modifican el equilibrio. En Internet Ley de Le Chatelier http://www.terra.es/personal6/ Existen diversos factores capaces de modificar el estado de equilibrio en un proceso químico, jgallego2/index.html entre los que destacan la temperatura, la presión, el volumen y las concentraciones. Esto sig- Página creada por Juan Luis Arro- nifica que si en una reacción química en equilibrio se modifican la presión, la temperatura o la yo con problemas PAU de Física y concentración de uno o varios de los reactivos o productos, la reacción evolucionará en uno u Química. Incluye test generales, otro sentido hasta alcanzar un nuevo estado de equilibrio. Esto se utiliza habitualmente para formulación y una gran cantidad aumentar el rendimiento de un proceso químico deseado o, por el contrario, disminuirlo si es de material. una reacción indeseable (que interfiere o lentifica la reacción que nos interesa). La influencia de los tres factores señalados anteriormente se puede predecir de una manera cualitativa por el Principio de Le Chatelier, que dice lo siguiente: Si en un sistema en equilibrio se modifica alguno de los factores que influyen en el mismo (temperatura, presión o concentración), el sistema evoluciona de forma que se desplaza en el sentido que tienda a contrarrestar dicha va- riación. A. Efecto de la temperatura Más datos Es la única variable que, además de influir en el equilibrio, modifica el valor de su constante. Si una vez alcanzado el equilibrio se aumenta la temperatura, el sistema, siguiendo el Principio Como ya hemos indicado, es impor- de Le Chatelier, se opone a ese aumento de energía calorífica desplazándose en el sentido que tante que te des cuenta de que la absorba calor, es decir, hacia el sentido que marca la reacción endotérmica. variación de temperatura modifica (y de hecho casi siempre lo hace) el valor de la constante. Solo en las reacciones donde ΔH = 0, o sea, EJEMP LO 12 que no fueran ni endo ni exotér- micas, se mantiene invariable el En la reacción de formación del amoniaco, ¿cómo influirá un aumento de valor de la constante al variar la temperatura en el rendimiento de la misma? temperatura. Solución La variación de presión, volumen N2 (g) + 3 H2 (g) → y/o concentración de las distintas ← NH3 (g); H = −46 kJ/mol sustancias no modifica los valores Cuando aumenta la temperatura, el sistema evoluciona hacia la izquierda de Kp y Kc, pero sí puede modifi- en el sentido en que la reacción se hace endotérmica, es decir, se produce car el valor de cada concentración menos NH3. El valor de la constante disminuye a medida que aumenta la para que aquellas permanezcan temperatura. constantes. B. Efecto de la presión y del volumen La variación de presión en un equilibrio químico influye solamente cuando en el mismo inter- vienen especies en estado gaseoso o disueltas y hay variación en el número de moles, ya que si n = 0, no influye la variación de presión o de volumen. Si aumenta p, el sistema se desplazará hacia donde exista menor número de moles gaseosos (según la estequiometría de la reacción) para así contrarrestar el efecto de disminución de V, y viceversa. Si se trata de un sistema heterogéneo, el efecto de estas magnitudes sobre el desplazamiento del equilibrio solo depende del n gaseosos o disueltos que se produzca. Unidad_05.indd 149 19/3/09 22:35:36  150 05 EQUILIBRIO QUÍMICO E J E M P LO 1 3 En la reacción de formación del amoniaco, ¿cómo influirá un aumento de presión en el rendimiento de la misma? Solución N2 (g) + 3 H2 (g) → ← 2 NH3 (g) Según el principio de Le Chatelier, al aumentar la presión total disminuye el volumen, y el equilibrio se desplazará hacia donde el número de moles sea menor. En nuestro caso hacia la derecha, pues en el término de la derecha hay dos moles, frente a los cuatro de la izquierda. 2  nNH3    [NH3 ]2  V  2 nNH Kc = 3 = 3 = 3 3 ⋅ V2 [N2 ][H2 ] nN2  nH  nN2 n ⋅  2 H2  V  V  Donde: nNH , nN y nH son los moles en el equilibrio de amoniaco, nitrógeno 3 2 2 e hidrógeno, respectivamente, y V el volumen total del sistema. Como Kc solo depende de la temperatura, es evidente que al aumentar la pre- sión disminuye el volumen y, por tanto, para que K permanezca constante debe aumentar en la misma proporción el término: 2 nNH3 nN2 ⋅ nH32 lo que se consigue incrementando el número de moles de NH3, así disminuye el número de moles de N2 y de H2. Queda así perfectamente claro que un aumento de presión favorecerá la obten- ción del amoniaco y, por tanto, su rendimiento. ACT I VI DADE S 9> En un recipiente con volumen constante, se establece el equilibrio siguiente: Sb2O5 (g) → ← Sb2O3 (g) + O2 (g); ΔH > 0 Explica razonadamente dos formas de aumentar la cantidad de Sb2O3 y qué le sucede a la constante de equilibrio si se eleva la temperatura. 10> Al calentar el dióxido de nitrógeno se disocia, en fase gaseosa, en monóxido de nitrógeno y oxígeno. a) Formula la reacción que tiene lugar. b) Escribe la Kp para esta reacción. c) Explica el efecto que producirá una disminución de la presión total sobre el equilibrio. d) Explica cómo se verá afectada la constante de equilibrio al disminuir la tem- peratura sabiendo que la reacción es endotérmica. 11> En el equilibrio: 2 NOBr (g) → ← 2 NO (g) + Br2 (g) Razona cómo variará el número de moles de Br2 en el recipiente si: a) Se añade NOBr. b) Se aumenta el volumen del recipiente. c) Se añade NO. d) Se pone un catalizador. Unidad_05.indd 150 19/3/09 22:35:37  EQUILIBRIO QUÍMICO 05 151 C. Efecto de las concentraciones La variación de la concentración de cualquiera de las especies que intervienen en el equili- brio no afecta en absoluto al valor de la constante de equilibrio; no obstante, el valor de las concentraciones de las restantes especies en el equilibrio sí se modifica. Así, volviendo al equilibrio anterior: [NH3 ]2 N2 (g) + 3 H2 (g) →← 2 NH3 (g); K c = [N2 ][H2 ]3 Una disminución del NH3, retirándolo a medida que se va obteniendo, hará que el equilibrio se desplace hacia la derecha y se produzca más NH3, con el fin de que Kc siga permaneciendo constante. EJEMP LO 14 Observa En un reactor de 1 L, a temperatura constante, se establece el equilibrio: Observa que para resolver el proble- NO2 + SO2 → ← NO + SO3 ma solo trabajamos con los moles. Siendo las concentraciones molares en el equilibrio: Pero es evidente que deberíamos referirnos a concentración. [NO2] = 0,2; [SO2] = 0,6; [NO] = 4,0; [SO3] = 1,2 El «supuesto» fallo está en que el a) Calcula el valor de Kc. enunciado dice que el volumen es b) ¿Cuál será la nueva concentración de reactivos y productos cuando se de 1 L, por lo que el número de mo- restablezca de nuevo el equilibrio, si se añaden 0,4 moles de NO2? les y la concentración coinciden. Solución Esto no siempre será así, por lo que tienes que tener mucho cuidado [NO ][ SO3 ] 4 ⋅ 1,2 con el volumen, y no «olvidarte» a) K c = = = 40 de él. [NO2 ][NO2 ] 0,2 ⋅ 0,6 En los casos en los que Δn es nulo, NO2 + SO2 → ← NO2 + SO3 se puede no tener en cuenta el vo- b) Moles iniciales: 0,2 0,6 4,0 1,2 lumen, aunque lo desconozcamos. Moles en el nuevo equilibrio: (0,2 + 0,4 - x) 0,6 - x 4+x 1,2 + x El resultado no depende de V. ( 4 + x ) ⋅ (1 , 2 + x ) 40 = ; de donde x = 0,214 (0 ,6 - x ) ⋅ (0 ,6 - x ) [NO] = 4,214 M; [NO2] = 0,386 M; [SO3] = 1,414 M; [SO2] = 0,386 M EJEMP LO 15 En el sistema en equilibrio CO (g) + Cl2 (g) → ← COCl2 (g), las concentracio- nes son [CO] = 2 mol/L, [Cl2] = 2 mol/L, [COCl2] = 20 mol/L. Calcula la concentración de todos los componentes cuando: a) Se añade 1 mol/L de cloro. b) Se duplica el volumen respecto del caso inicial. c) Se duplica la presión respecto del caso inicial. Solución [ COCl 2 ] 20 a) Aplicamos la LAM al equilibrio: K c = = =5 [ Cl 2 ][ CO ] 2⋅2 (Continúa) Unidad_05.indd 151 25/3/09 13:37:11  152 05 EQUILIBRIO QUÍMICO CD Y CEO (Continuación) Si añadimos 1 mol/L de Cl2 al equilibrio, el sistema se desplaza según Le En tu CD encontrarás documenta- Chatelier de la siguiente forma: ción interesante sobre los labora- CO (g) + Cl2 (g) → ← COCl2 (g) torios químicos. 2-x 3-x 20 + x Aplicamos de nuevo la LAM para calcular x: [ COCl 2 ] ( 20 + x ) Kc = = =5 [ Cl 2 ][ CO ] (2 - x ) ⋅ (3 - x ) Despejando resulta x = 0,42, por lo que: [CO] = 2 - 0,42 = 1,58 mol/L [Cl2] = 3 - 0,42 = 2,58 mol/L [COCl2] = 20 + 0,42 = 20,42 mol/L b) Al duplicar el volumen del sistema, las concentraciones se hacen la mitad [CO] = 1 mol/L, [Cl2] = 1 mol/L, [COCl2] = 10 mol/L, y el equilibrio se des- plaza hacia donde hay mayor número de moles, en nuestro caso hacia la izquierda según la reacción estequiométrica: CO (g) + Cl2 (g) → ← COCl2 (g) 1+x 1+x 10 - x Aplicamos de nuevo la LAM para calcular x: [ COCl 2 ] (10 - x ) Kc = = =5 [ Cl 2 ][ CO ] (1 + x ) ⋅ (1 + x ) Despejando resulta x = 0,39, por lo que: [CO] = 1 + 0,39 = 1,39 mol/L [Cl2] = 1 + 0,39 = 1,39 mol/L [COCl2] = 10 - 0,39 = 9,61 mol/L c) Duplicar la presión es lo mismo que reducir el volumen a la mitad, por lo que las concentraciones se hacen el doble [CO] = 4 mol/L, [Cl2] = 4 mol/L, [COCl2] = 40 mol/L, y el equilibrio se desplaza hacia donde hay menor número de moles, en nuestro caso hacia la derecha según la reacción estequiométrica: CO (g) + Cl2 (g) → ← COCl2 (g) 4-x 4-x 40 + x Aplicamos de nuevo la LAM para calcular x: [ COCl 2 ] ( 40 + x ) Kc = = =5 [ Cl 2 ][ CO ] (4 - x ) ⋅ (4 - x ) Despejando, resulta x = 1,13, por lo que: [CO] = [Cl2] = 4 - 1,13 = 2,87 mol/L [COCl2] = 40 + 1,13 = 41,13 mol/L ACT I VI DADE S 12> Dada la siguiente reacción de equilibrio, razona si las afirmaciones son verda- deras o falsas: 2 SO2 (g) + O2 (g) → ← 2 SO3 (g) a) Un aumento de la presión conduce a una mayor formación de SO3. b) Una vez alcanzado el equilibrio, dejan de reaccionar las moléculas de SO2 y O2. c) El valor de Kp es superior al de Kc a temperatura ambiente. d) La expresión de la constante de equilibrio en función de las presiones par- ciales es: 2 pSO ⋅ pO2 Kp = 2 2 pSO3 Unidad_05.indd 152 25/3/09 13:37:13  EQUILIBRIO QUÍMICO 05 153 j 5.7 Equilibrios heterogéneos sólido-líquido A continuación vamos a aplicar las leyes del equilibrio químico a un equilibrio heterogéneo, que es aquel que consta de dos fases: una sólida y otra en disolución acuosa que contiene iones que están presentes en la fase sólida. Vocabulario Una gran parte de los análisis químicos, tanto cualitativos como cuantitativos, se realizan por precipitación de sales poco solubles en un determinado disolvente, normalmente agua. Disolución saturada es la que no admite más cantidad de soluto en La clave para una buena separación es el control de las condiciones, de modo que en el equili- un volumen determinado de diso- brio aparezca la mayor cantidad posible de uno de los compuestos que se quiere separar, bien lución. en la fase sólida o en la fase líquida. Las reacciones de precipitación se definen como aquellas que tienen lugar entre iones en disolución para formar sustancias insolubles. Aunque se pueden estudiar procesos de disolución de compuestos en diversos disolventes, en nuestro caso trataremos de compuestos iónicos disueltos en agua. En esta parte de la Unidad se estudiarán los principios básicos que siguen los procesos de separación por precipitación. Se contestarán preguntas clave para un químico, como son: ¿cuándo deja de formarse el precipitado?, ¿cuánto se forma?, etc. Vocabulario A. Solubilidad El término insoluble en química no existe. De manera que cuando se dice que una sal es insoluble se Solubilidad de un soluto en un disolvente es la concentración, en mol/L, que quiere expresar que es muy poco tiene el soluto dentro del disolvente cuando la disolución está saturada, me- soluble. dida a una temperatura determinada. Es, por tanto, la concentración máxima que se puede disolver a esa temperatura. Existen dos tipos de sales: Solubles: son aquellas que están totalmente disociadas en sus iones correspondientes. Como todas las sustancias son más o menos solubles y ninguna es soluble hasta el infinito, consi- deramos poco solubles aquellas sustancias que, en disolución acuosa saturada, tienen disuel- to menos de 0,01 moles/L. Poco solubles: aquellas que alcanzan un equilibrio, expresado mediante la Ks que estudiare- mos a continuación. Llamaremos sustancias solubles a las que pueden mantener, en disolu- ción acuosa saturada, una cantidad mayor de 0,01 moles disueltos por litro. B. Factores de los que depende la solubilidad de los compuestos iónicos Como acabamos de decir, existen unas sales que se disuelven más que otras. La solubilidad de un compuesto iónico depende de tres factores: Temperatura El aumento de temperatura proporciona una energía al cristal que favorece los procesos de vibraciones de sus iones, de manera que las fuerzas interiónicas que mantienen a los átomos unidos están debilitadas, por lo que resulta más sencillo para el disolvente vencerlas. Unidad_05.indd 153 19/3/09 22:35:41  154 05 EQUILIBRIO QUÍMICO Factor energético En todo proceso de disolución hay que vencer las fuerzas electrostáticas que mantienen unidos los iones en la red, de manera que para separarlos mediante el proceso de disolución hay que proporcionar al sistema una energía mayor que la reticular. Por ejemplo, para la disolución del LiCl: LiCl (s)   →  Li+ (g) + Cl− (g) U = 827,6 kJ/mol Li (g) + Cl (g)   →  Li+ (aq) + Cl− (aq) + − Esolvatación = −882 kJ/mol LiCl (s)   →  Li+ (aq) + Cl− (aq) Edisolución = −54,4 kJ/mol Como puedes observar, la disolución se realiza cuando energéticamente se favorece la disminu- ción de energía del sistema. Esto ocurre en los procesos de disolución exotérmicos. A medida que se acentúa el carácter covalente de un compuesto iónico se dificulta la solvata- ción y, por tanto, su solubilidad. Factor entrópico Sabemos que existen también procesos de disolución endotérmicos, como el del NH4Cl, en los que el factor energético juega en contra de la disolución observada en el cristal. En estos casos hay que indicar que la disolución de una sustancia representa el paso de un sistema ordenado (cristal) a uno desordenado, por lo que el aumento de entropía (estado de desorden) favorece AgNO3 + Kl el proceso de disolución. El conjunto de ambos factores, energético y entrópico, determinará la solubilidad mayor o menor de una sal. C. Producto de solubilidad NO3- Ag+ Cuando mezclamos dos disoluciones en las que existen iones susceptibles K+ de formar una sal insoluble y en concentración suf