Química, PAU 2023 de Catalunya: l’examen de juny (sèrie 5) resolt

Plantejament En una pila, la reacció espontània és la que dona una FEM positiva: es redueix (càtode) el parell amb el potencial de reducció més alt i s’oxida (ànode) el que el té més baix. Cal igualar els electrons de les dues semireaccions abans de sumar-les.

1. Fórmules de les sals: sulfat de coure(II) i clorur d’alumini.

   $\mathrm{CuSO_4}$$\mathrm{AlCl_3}$

2. El coure té el potencial de reducció més alt: farà de càtode. L’alumini, amb el més baix, farà d’ànode.

   $E^\circ(\mathrm{Cu^{2+}/Cu})$${}= 0{,}34\ \mathrm{V}$${}> E^\circ(\mathrm{Al^{3+}/Al})$${}= -1{,}68\ \mathrm{V}$

3. Càtode (reducció):

   $\mathrm{Cu^{2+}(aq)+2\,e^-\rightarrow Cu(s)}$

4. Ànode (oxidació):

   $\mathrm{Al(s)\rightarrow Al^{3+}(aq)+3\,e^-}$

5. Multipliquem la reducció per 3 i l’oxidació per 2 (6 electrons a cada una) i sumem:

   $\mathrm{3\,Cu^{2+}(aq)}$${}+\mathrm{2\,Al(s)}$${}\rightarrow \mathrm{3\,Cu(s)}$${}+\mathrm{2\,Al^{3+}(aq)}$

6. Notació de la pila (ànode a l’esquerra, càtode a la dreta, pont salí al mig):

   $\mathrm{Al(s)\,|\,Al^{3+}(aq,\ 1{,}0\ M)\,\|\,Cu^{2+}(aq,\ 1{,}0\ M)\,|\,Cu(s)}$

7. Força electromotriu estàndard:

   $E^\circ$${}= E^\circ_{\text{càtode}}$${}-E^\circ_{\text{ànode}}$${}= 0{,}34-(-1{,}68)$${}= 2{,}02\ \mathrm{V}$

Plantejament Una pila Daniell d’aquest tipus necessita dues semicel·les separades, unides per fora per un fil conductor i per dins per un pont salí que tanca el circuit sense barrejar les solucions.

1. Material: dos vasos de precipitats, les dues plaques metàl·liques (elèctrodes), un fil conductor amb pinces, un voltímetre (opcional, per mesurar la FEM) i un tub en U per al pont salí.

   $\text{Al}\ |\ \text{vas 1}$$\text{Cu}\ |\ \text{vas 2}$

2. En un vas posem la solució $1{,}0\ \mathrm{M}$ de sulfat de coure(II) i hi submergim parcialment la placa de coure; en l’altre, la solució $1{,}0\ \mathrm{M}$ de clorur d’alumini amb la placa d’alumini.

   $\mathrm{Cu}\ \text{en}\ \mathrm{CuSO_4(aq)}$$\mathrm{Al}\ \text{en}\ \mathrm{AlCl_3(aq)}$

3. Unim les dues plaques amb el fil (i el voltímetre). Omplim el tub en U amb la solució d’un electròlit que no reaccioni amb els altres ions, per exemple $\mathrm{KCl}$ o $\mathrm{KNO_3}$, i el col·loquem amb un extrem a cada vas: és el pont salí.

   $\text{pont salí: }\mathrm{KNO_3(aq)}$

4. El dibuix ha de mostrar els dos vasos amb les plaques, el fil exterior amb el voltímetre, el pont salí, el sentit dels electrons (de l’alumini cap al coure, per fora) i quin és l’ànode ($-$, alumini) i quin el càtode ($+$, coure).

   $e^-:\ \mathrm{Al}\ (-)\ \longrightarrow\ \mathrm{Cu}\ (+)$

ResultatEs munten dues semicel·les: una placa de coure en un vas amb $\mathrm{CuSO_4}$ $1{,}0\ \mathrm{M}$ i una placa d’alumini en un altre vas amb $\mathrm{AlCl_3}$ $1{,}0\ \mathrm{M}$. Les plaques s’uneixen amb un fil conductor (amb un voltímetre, si es vol mesurar la FEM) i les dues solucions, amb un pont salí (tub en U amb $\mathrm{KCl}$ o $\mathrm{KNO_3}$ en solució). Els electrons circulen per fora de l’alumini (ànode, $-$) al coure (càtode, $+$).

La pauta oficial dona: Dos vasos amb les solucions i les plaques, fil conductor (voltímetre) i pont salí; dibuix del muntatge

Plantejament Combinem les dues combustions (llei de Hess) perquè en sumar-les surti la fermentació: la combustió de la glucosa tal com és i la de l’etanol girada i multiplicada per 2. A pressió constant, la calor és igual a $\Delta H$.

1. Combustió de la glucosa:

   $\mathrm{C_6H_{12}O_6+6\,O_2}$${}\rightarrow \mathrm{6\,CO_2+6\,H_2O}$$\Delta H^\circ_1=-2\,816{,}8\ \mathrm{kJ}$

2. Combustió de l’etanol, girada i multiplicada per 2:

   $\mathrm{4\,CO_2+6\,H_2O}$${}\rightarrow \mathrm{2\,CH_3CH_2OH+6\,O_2}$$\Delta H^\circ_2$${}= -2\cdot(-1\,366{,}9)$${}= +2\,733{,}8\ \mathrm{kJ}$

3. En sumar-les s’eliminen l’oxigen, l’aigua i 4 mol de $\mathrm{CO_2}$, i queda la fermentació:

   $\mathrm{C_6H_{12}O_6}$${}\rightarrow \mathrm{2\,CH_3CH_2OH}$${}+\mathrm{2\,CO_2}$$\Delta H^\circ$${}= -2\,816{,}8+2\,733{,}8$${}= -83{,}0\ \mathrm{kJ}$

4. Aquest valor correspon a 2 mol d’etanol. A pressió constant $q_p=\Delta H$, i per mol d’etanol:

   $q_p$${}= \frac{-83{,}0\ \mathrm{kJ}}{2\ \mathrm{mol}}$${}= -41{,}5\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$

Plantejament La reacció de formació parteix dels elements en estat estàndard i forma un sol mol del compost. Per estimar $\Delta H$ amb energies d’enllaç: $\Delta H$${}\approx \sum E(\text{enllaços trencats})$${}-\sum E(\text{enllaços formats})$. L’etanol, $\mathrm{CH_3CH_2OH}$, té un enllaç C—C, cinc C—H, un C—O i un O—H.

1. Reacció de formació de l’etanol gasós:

   $\mathrm{2\,C(s)+3\,H_2(g)}$${}+\mathrm{\tfrac{1}{2}\,O_2(g)}$${}\rightarrow \mathrm{CH_3CH_2OH(g)}$

2. Enllaços trencats als reactius: 3 H—H i mig $\mathrm{O{=}O}$.

   $3\cdot436+\tfrac{1}{2}\cdot498=1\,557\ \mathrm{kJ}$

3. Enllaços formats al producte: 1 C—C, 5 C—H, 1 C—O i 1 O—H.

   $347+5\cdot414+360$${}+464$${}= 3\,241\ \mathrm{kJ}$

4. Estimació de l’entalpia de formació:

   $\Delta H^\circ_f$${}\approx 1\,557-3\,241$${}= -1\,684\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$

5. Compte: aquesta és l’estimació que permeten les dades, però s’allunya molt del valor real (uns $-235\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$). El carboni dels reactius és sòlid (grafit) i, per poder formar enllaços, primer cal convertir-lo en àtoms gasosos; aquesta energia (uns $717\ \mathrm{kJ}$ per mol de C, una dada que l’examen no dona) no surt a les energies d’enllaç. Si s’hi sumessin els $2\cdot717$ kJ, l’estimació seria d’uns $-250\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$, prou a prop del valor real.

   $-1\,684+2\cdot717$${}\approx -250\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$

Plantejament El $\mathrm{HI}$ ha passat de $0{,}0440$ a $0{,}0480\ \mathrm{mol}$; per l’estequiometria, per cada mol de $\mathrm{H_2}$ (i d’$\mathrm{I_2}$) que reacciona se’n formen 2 d’$\mathrm{HI}$. Amb els mols a les dues hores i $V=1{,}00\ \mathrm{L}$ calculem les concentracions i $Q$, que comparem amb $K_c$.

1. Mols que han reaccionat de cada reactiu, $x$:

   $0{,}0440+2x$${}= 0{,}0480$${}\Longrightarrow x=0{,}0020\ \mathrm{mol}$

2. Taula en mol (inicial, canvi, a les 2 h):

   $\begin{array}{lccc} & \mathrm{H_2} & \mathrm{I_2} & \mathrm{HI}\\ \text{inicial} & 0{,}0130 & 0{,}0080 & 0{,}0440\\ \text{canvi} & -0{,}0020 & -0{,}0020 & +0{,}0040\\ \text{a les 2 h} & 0{,}0110 & 0{,}0060 & 0{,}0480\end{array}$

3. Concentracions a les 2 h ($V=1{,}00\ \mathrm{L}$):

   $[\mathrm{H_2}]=0{,}0110\ \mathrm{M}$$[\mathrm{I_2}]=0{,}0060\ \mathrm{M}$$[\mathrm{HI}]=0{,}0480\ \mathrm{M}$

4. Quocient de reacció:

   $Q$${}= \frac{[\mathrm{HI}]^2}{[\mathrm{H_2}][\mathrm{I_2}]}$${}= \frac{0{,}0480^2}{0{,}0110\cdot0{,}0060}$${}= 34{,}9$

5. Comparació amb la constant: $Q$ és més petit que $K_c$, de manera que la mescla no és en equilibri i la reacció continua cap a la dreta, formant més $\mathrm{HI}$.

   $Q=34{,}9<K_c=54{,}3$

Plantejament A les cinc hores el sistema és en equilibri. Apliquem el principi de Le Châtelier a cada canvi. Per a la temperatura cal saber el signe de $\Delta H^\circ$: com que es formen 2 mol d’$\mathrm{HI}$ a partir d’elements, $\Delta H^\circ=2\,\Delta H^\circ_f(\mathrm{HI})>0$ i la reacció és endotèrmica.

1. Disminuir el volum augmenta la pressió, i l’equilibri tendiria cap on hi ha menys mols de gas. Però als dos costats n’hi ha 2: la pressió no desplaça aquest equilibri. Els mols d’$\mathrm{HI}$ no canvien.

   $\underbrace{\mathrm{H_2(g)+I_2(g)}}_{2\ \text{mol de gas}}\rightleftharpoons\underbrace{\mathrm{2\,HI(g)}}_{2\ \text{mol de gas}}$

2. Eliminar part de l’$\mathrm{H_2}$ disminueix la concentració d’un reactiu; l’equilibri es desplaça cap a l’esquerra per reposar-lo. Els mols d’$\mathrm{HI}$ disminueixen.

   $[\mathrm{H_2}]\downarrow$${}\Longrightarrow Q$${}> K_c$${}\Longrightarrow \text{cap a l’esquerra}$

3. Un catalitzador només fa que s’arribi abans a l’equilibri; no canvia $K_c$ ni les concentracions d’equilibri. Els mols d’$\mathrm{HI}$ no canvien.

   $K_c\ \text{igual}$

4. Augmentar la temperatura afavoreix el sentit endotèrmic, que és la formació d’$\mathrm{HI}$ ($K_c$ augmenta). Els mols d’$\mathrm{HI}$ augmenten. Compte: l’examen tracta l’$\mathrm{HI}$ com si es formés a partir dels elements, però en aquesta equació el iode és gas, que no és el seu estat estàndard; amb les entalpies reals la reacció és lleugerament exotèrmica. Amb la dada de l’examen, la resposta esperada és aquesta.

   $\Delta H^\circ$${}= 2\,\Delta H^\circ_f(\mathrm{HI})$${}> 0,\ T\uparrow$${}\Longrightarrow \text{cap a la dreta}$

Plantejament L’ió hipoclorit és la base conjugada d’un àcid feble i reacciona amb l’aigua (hidròlisi bàsica). Calculem la concentració de $\mathrm{ClO^-}$ a partir del percentatge en massa i la densitat, obtenim $K_b$ a partir de $K_a$ i, amb la taula d’equilibri, $[\mathrm{OH^-}]$ i el pH.

1. Reacció de l’ió hipoclorit amb l’aigua:

   $\mathrm{ClO^-(aq)}$${}+\mathrm{H_2O(l)\rightleftharpoons HClO(aq)}$${}+\mathrm{OH^-(aq)}$

2. Concentració: $1\ \mathrm{L}$ de solució pesa $1\,000\ \mathrm{g}$, i el 0,1 % és $\mathrm{NaClO}$, és a dir, $1{,}00\ \mathrm{g}$. Com que el $\mathrm{NaClO}$ es dissocia del tot, $[\mathrm{ClO^-}]_0=[\mathrm{NaClO}]$:

   $[\mathrm{ClO^-}]_0$${}= \frac{1{,}00\ \mathrm{g}}{74{,}5\ \mathrm{g\,mol^{-1}}\cdot1{,}00\ \mathrm{L}}$${}= 0{,}0134\ \mathrm{M}$

3. Constant de basicitat de l’ió hipoclorit:

   $K_b$${}= \frac{K_w}{K_a}$${}= \frac{1{,}0\cdot10^{-14}}{3{,}2\cdot10^{-8}}$${}= 3{,}13\cdot10^{-7}$

4. Taula en mol/L (inicial, equilibri) amb $x=[\mathrm{OH^-}]$:

   $\begin{array}{lccc} & \mathrm{ClO^-} & \mathrm{HClO} & \mathrm{OH^-}\\ \text{inicial} & 0{,}0134 & 0 & 0\\ \text{equilibri} & 0{,}0134-x & x & x\end{array}$

5. Com que $K_b$ és molt petita, $0{,}0134-x\approx0{,}0134$ (després es comprova que $x$ n’és el 0,5 %):

   $K_b$${}= \frac{x^2}{0{,}0134}$${}= 3{,}13\cdot10^{-7}$${}\Longrightarrow x=\sqrt{3{,}13\cdot10^{-7}\cdot0{,}0134}$${}= 6{,}48\cdot10^{-5}\ \mathrm{M}$

6. Concentració d’ions oxoni i pH:

   $[\mathrm{H_3O^+}]$${}= \frac{K_w}{[\mathrm{OH^-}]}$${}= \frac{1{,}0\cdot10^{-14}}{6{,}48\cdot10^{-5}}$${}= 1{,}54\cdot10^{-10}\ \mathrm{M}$${}\Longrightarrow \mathrm{pH}=$${}-\log\,(1{,}54\cdot10^{-10})$${}= 9{,}81$

Plantejament El clor es forma a l’ànode, per oxidació de l’ió clorur, amb 2 mol d’electrons per mol de $\mathrm{Cl_2}$. La càrrega que circula és $Q=I\,t$; amb la constant de Faraday passem a mols d’electrons i després a mols de clor. Suposem que tot el clor format queda als $2{,}00\ \mathrm{L}$ de la cel·la, tal com indica l’enunciat.

1. Abans de res, fixa’t que l’equació de l’enunciat no està ajustada pel mercuri: a la dreta hi ha 2 àtoms de Hg (dins de les 2 unitats de $\mathrm{NaHg}$) i a l’esquerra només 1. Ajustada, és la d’aquí sota. Per al càlcul no canvia res: només compta la formació del clor.

   $\mathrm{2\,Cl^-(aq)}$${}+\mathrm{2\,Na^+(aq)}$${}+\mathrm{2\,Hg(l)}$${}\rightarrow \mathrm{Cl_2(g)+2\,NaHg(s)}$

2. Semireacció a l’ànode:

   $\mathrm{2\,Cl^-(aq)\rightarrow Cl_2(g)+2\,e^-}$

3. Temps en segons i càrrega:

   $t=180\cdot60=10\,800\ \mathrm{s}$$Q$${}= I\,t=4{,}00\ \mathrm{A}\cdot10\,800\ \mathrm{s}$${}= 4{,}32\cdot10^{4}\ \mathrm{C}$

4. Mols d’electrons i mols de clor:

   $n(e^-)$${}= \frac{4{,}32\cdot10^{4}\ \mathrm{C}}{9{,}65\cdot10^{4}\ \mathrm{C\,mol^{-1}}}$${}= 0{,}448\ \mathrm{mol}$$n(\mathrm{Cl_2})=\frac{0{,}448}{2}=0{,}224\ \mathrm{mol}$

5. Concentració de clor a la cel·la:

   $[\mathrm{Cl_2}]$${}= \frac{0{,}224\ \mathrm{mol}}{2{,}00\ \mathrm{L}}$${}= 0{,}112\ \mathrm{M}$

Plantejament En una cinètica de segon ordre, la velocitat és proporcional al quadrat de la concentració d’ozó. En estat estacionari, l’ozó que es destrueix per unitat de temps és el mateix que es produeix, de manera que la velocitat de destrucció és $7{,}2\cdot10^{-13}\ \mathrm{mol\,L^{-1}\,h^{-1}}$ i en podem aïllar $k$.

1. Equació de velocitat (segon ordre respecte a l’ozó):

   $v=k\,[\mathrm{O_3}]^2$

2. Estat estacionari: la velocitat de destrucció és igual a la de producció.

   $v=7{,}2\cdot10^{-13}\ \mathrm{mol\,L^{-1}\,h^{-1}}$$[\mathrm{O_3}]=2{,}0\cdot10^{-8}\ \mathrm{mol\,L^{-1}}$

3. Constant de velocitat:

   $k$${}= \frac{v}{[\mathrm{O_3}]^2}$${}= \frac{7{,}2\cdot10^{-13}\ \mathrm{mol\,L^{-1}\,h^{-1}}}{(2{,}0\cdot10^{-8}\ \mathrm{mol\,L^{-1}})^2}$${}= 1{,}8\cdot10^{3}\ \mathrm{L\,mol^{-1}\,h^{-1}}$

4. Aquí s’ha pres $v$ com la velocitat a què desapareix l’ozó, que és el que planteja l’enunciat. Si la velocitat de reacció es defineix amb el coeficient estequiomètric, $v=-\tfrac{1}{2}\,\mathrm{d}[\mathrm{O_3}]/\mathrm{d}t$, l’ozó desapareix al doble de $v$ i la constant surt la meitat.

   $-\frac{\mathrm{d}[\mathrm{O_3}]}{\mathrm{d}t}$${}= 2\,k'[\mathrm{O_3}]^2$${}\Longrightarrow k'=9{,}0\cdot10^{2}\ \mathrm{L\,mol^{-1}\,h^{-1}}$

5. Efecte de la temperatura (model de l’estat de transició): en escalfar, més molècules tenen prou energia per superar l’energia d’activació i arribar al complex activat; per això la velocitat augmenta. Amb el model de col·lisions es diu el mateix: hi ha més xocs, i una fracció més gran d’aquests xocs té l’energia mínima per reaccionar.

   $T\uparrow\ \Longrightarrow\ k\uparrow\ \Longrightarrow\ v\uparrow$

Plantejament L’energia de Gibbs de reacció es calcula com la de les entalpies, amb les energies de Gibbs de formació; la de l’$\mathrm{O_2(g)}$, element en estat estàndard, és zero. Després relacionem el signe de $\Delta G^\circ=\Delta H^\circ-T\,\Delta S^\circ$ amb els de $\Delta H^\circ$ i $\Delta S^\circ$.

1. Energia de Gibbs estàndard de la reacció tal com està escrita (2 mol d’ozó):

   $\Delta G^\circ$${}= 3\,\Delta G^\circ_f(\mathrm{O_2})$${}-2\,\Delta G^\circ_f(\mathrm{O_3})$${}= 3\cdot0-2\cdot142{,}7$${}= -285{,}4\ \mathrm{kJ}$

2. Com que $\Delta G^\circ<0$, la reacció és espontània a $298\ \mathrm{K}$.

   $\Delta G^\circ=-285{,}4\ \mathrm{kJ}<0$

3. Signe de l’entropia: es passa de 2 a 3 mol de gas, augmenta el desordre.

   $\mathrm{2\,O_3(g)\rightarrow 3\,O_2(g)}:\ \Delta S^\circ>0$

4. Amb $\Delta S^\circ>0$, el terme $-T\Delta S^\circ$ és sempre negatiu. Perquè $\Delta G^\circ$ sigui negativa a qualsevol temperatura, també ha de ser negativa $\Delta H^\circ$; si fos positiva, a temperatura prou baixa la reacció deixaria de ser espontània.

   $\Delta G^\circ$${}= \underbrace{\Delta H^\circ}_{<0}\underbrace{-T\,\Delta S^\circ}_{<0}$${}< 0\quad \forall\,T$

Plantejament Calculem la solubilitat molar del fosfat de calci a partir de $K_{ps}$, tenint en compte que cada fórmula dona 3 ions $\mathrm{Ca^{2+}}$ i 2 ions $\mathrm{PO_4^{3-}}$. Després calculem la massa màxima que es pot dissoldre en $10{,}0\ \mathrm{L}$ i la comparem amb $1{,}25\ \mathrm{mg}$.

1. Equilibri de solubilitat i concentracions a la solució saturada (en funció de la solubilitat $s$):

   $\mathrm{Ca_3(PO_4)_2(s)\rightleftharpoons 3\,Ca^{2+}(aq)}$${}+\mathrm{2\,PO_4^{3-}(aq)}$$[\mathrm{Ca^{2+}}]=3s,\ [\mathrm{PO_4^{3-}}]=2s$

2. Expressió del producte de solubilitat:

   $K_{ps}$${}= [\mathrm{Ca^{2+}}]^3[\mathrm{PO_4^{3-}}]^2$${}= (3s)^3(2s)^2$${}= 108\,s^5$

3. Solubilitat molar:

   $s$${}= \sqrt[5]{\frac{2{,}07\cdot10^{-33}}{108}}$${}= \sqrt[5]{1{,}92\cdot10^{-35}}$${}= 1{,}14\cdot10^{-7}\ \mathrm{M}$

4. Massa molar del fosfat de calci:

   $M$${}= 3\cdot40{,}1+2\cdot31{,}0$${}+8\cdot16{,}0$${}= 310{,}3\ \mathrm{g\,mol^{-1}}$

5. Massa màxima que es dissol en $10{,}0\ \mathrm{L}$:

   $m_{\max}$${}= 10{,}0\ \mathrm{L}\cdot1{,}14\cdot10^{-7}\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\cdot310{,}3\ \mathrm{g\,mol^{-1}}$${}= 3{,}53\cdot10^{-4}\ \mathrm{g}$${}= 0{,}353\ \mathrm{mg}$

6. Comparació amb el càlcul:

   $1{,}25\ \mathrm{mg}>0{,}353\ \mathrm{mg}$

Plantejament Cada tub conté l’equilibri de solubilitat $\mathrm{Ca_3(PO_4)_2(s)\rightleftharpoons 3\,Ca^{2+}(aq)}$${}+\mathrm{2\,PO_4^{3-}(aq)}$. Apliquem el principi de Le Châtelier: si una substància afegida augmenta la concentració d’un dels ions, precipita més sòlid; si en fa disminuir un, se’n dissol més.

1. Tub 1 ($\mathrm{CaCl_2}$): aporta ions $\mathrm{Ca^{2+}}$ (ió comú). L’equilibri es desplaça cap a l’esquerra i observarem que es forma més precipitat de fosfat de calci.

   $[\mathrm{Ca^{2+}}]\uparrow$${}\Longrightarrow Q$${}> K_{ps}$${}\Longrightarrow \text{precipita}$

2. Tub 2 ($\mathrm{HCl}$): els ions oxoni reaccionen amb l’ió fosfat, que és una base, i el transformen en hidrogenfosfat. Baixa $[\mathrm{PO_4^{3-}}]$, l’equilibri es desplaça cap a la dreta i observarem que es dissol part del sòlid (o tot).

   $\mathrm{PO_4^{3-}(aq)}$${}+\mathrm{H_3O^+(aq)}$${}\rightarrow \mathrm{HPO_4^{2-}(aq)}$${}+\mathrm{H_2O(l)}$

3. Tub 3 (EDTA, que representem com $\mathrm{Y^{4-}}$): forma un complex soluble amb l’ió calci. Baixa $[\mathrm{Ca^{2+}}]$, l’equilibri es desplaça cap a la dreta i observarem que es dissol part del sòlid (o tot).

   $\mathrm{Ca^{2+}(aq)}$${}+\mathrm{Y^{4-}(aq)}$${}\rightarrow \mathrm{CaY^{2-}(aq)}$

4. Tub 4 (aigua): en diluir, la solució deixa de ser saturada ($Q<K_{ps}$). Es dissol una mica més de sòlid fins que la solució torna a estar saturada, amb les mateixes concentracions d’abans.

   $Q<K_{ps}\ \Longrightarrow\ \text{es dissol sòlid}$