Química, PAU 2023 de Cataluña: el examen de junio (serie 5) resuelto

Planteamiento En una pila, la reacción espontánea es la que da una FEM positiva: se reduce (cátodo) el par con el potencial de reducción más alto y se oxida (ánodo) el que lo tiene más bajo. Hay que igualar los electrones de las dos semirreacciones antes de sumarlas.

1. Fórmulas de las sales: sulfato de cobre(II) y cloruro de aluminio.

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

2. El cobre tiene el potencial de reducción más alto: hará de cátodo. El aluminio, con el más bajo, hará de ánodo.

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

3. Cátodo (reducción):

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

4. Ánodo (oxidación):

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

5. Multiplicamos la reducción por 3 y la oxidación por 2 (6 electrones en cada una) y sumamos:

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

6. Notación de la pila (ánodo a la izquierda, cátodo a la derecha, puente salino en medio):

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

7. Fuerza electromotriz estándar:

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

Planteamiento Una pila de este tipo necesita dos semiceldas separadas, unidas por fuera por un hilo conductor y por dentro por un puente salino que cierra el circuito sin mezclar las disoluciones.

1. Material: dos vasos de precipitados, las dos placas metálicas (electrodos), un hilo conductor con pinzas, un voltímetro (opcional, para medir la FEM) y un tubo en U para el puente salino.

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

2. En un vaso ponemos la disolución $1{,}0\ \mathrm{M}$ de sulfato de cobre(II) y sumergimos parcialmente la placa de cobre; en el otro, la disolución $1{,}0\ \mathrm{M}$ de cloruro de aluminio con la placa de aluminio.

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

3. Unimos las dos placas con el hilo (y el voltímetro). Llenamos el tubo en U con la disolución de un electrolito que no reaccione con los otros iones, por ejemplo $\mathrm{KCl}$ o $\mathrm{KNO_3}$, y lo colocamos con un extremo en cada vaso: es el puente salino.

   $\text{puente salino: }\mathrm{KNO_3(ac)}$

4. El dibujo tiene que mostrar los dos vasos con las placas, el hilo exterior con el voltímetro, el puente salino, el sentido de los electrones (del aluminio hacia el cobre, por fuera) y cuál es el ánodo ($-$, aluminio) y cuál el cátodo ($+$, cobre).

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

ResultadoSe montan dos semiceldas: una placa de cobre en un vaso con $\mathrm{CuSO_4}$ $1{,}0\ \mathrm{M}$ y una placa de aluminio en otro vaso con $\mathrm{AlCl_3}$ $1{,}0\ \mathrm{M}$. Las placas se unen con un hilo conductor (con un voltímetro, si se quiere medir la FEM) y las dos disoluciones, con un puente salino (tubo en U con $\mathrm{KCl}$ o $\mathrm{KNO_3}$ en disolución). Los electrones circulan por fuera del aluminio (ánodo, $-$) al cobre (cátodo, $+$).

La pauta oficial da: Dos vasos con las disoluciones y las placas, hilo conductor (voltímetro) y puente salino; dibujo del montaje

Planteamiento Combinamos las dos combustiones (ley de Hess) para que al sumarlas salga la fermentación: la combustión de la glucosa tal cual y la del etanol invertida y multiplicada por 2. A presión constante, el calor es igual a $\Delta H$.

1. Combustión 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. Combustión del etanol, invertida y multiplicada por 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. Al sumarlas se eliminan el oxígeno, el agua y 4 mol de $\mathrm{CO_2}$, y queda la fermentación:

   $\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. Este valor corresponde a 2 mol de etanol. A presión constante $q_p=\Delta H$, y por mol de etanol:

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

Planteamiento La reacción de formación parte de los elementos en estado estándar y forma un solo mol del compuesto. Para estimar $\Delta H$ con energías de enlace: $\Delta H$${}\approx \sum E(\text{enlaces rotos})$${}-\sum E(\text{enlaces formados})$. El etanol, $\mathrm{CH_3CH_2OH}$, tiene un enlace C—C, cinco C—H, un C—O y un O—H.

1. Reacción de formación del etanol gaseoso:

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

2. Enlaces rotos en los reactivos: 3 H—H y medio $\mathrm{O{=}O}$.

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

3. Enlaces formados en el producto: 1 C—C, 5 C—H, 1 C—O y 1 O—H.

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

4. Estimación de la entalpía de formación:

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

5. Cuidado: esta es la estimación que permiten los datos, pero se aleja mucho del valor real (unos $-235\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$). El carbono de los reactivos es sólido (grafito) y, para poder formar enlaces, primero hay que convertirlo en átomos gaseosos; esa energía (unos $717\ \mathrm{kJ}$ por mol de C, un dato que el examen no da) no aparece en las energías de enlace. Si se sumaran los $2\cdot717$ kJ, la estimación sería de unos $-250\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$, bastante cerca del valor real.

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

Planteamiento El $\mathrm{HI}$ ha pasado de $0{,}0440$ a $0{,}0480\ \mathrm{mol}$; por la estequiometría, por cada mol de $\mathrm{H_2}$ (y de $\mathrm{I_2}$) que reacciona se forman 2 de $\mathrm{HI}$. Con los moles a las dos horas y $V=1{,}00\ \mathrm{L}$ calculamos las concentraciones y $Q$, que comparamos con $K_c$.

1. Moles que han reaccionado de cada reactivo, $x$:

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

2. Tabla en mol (inicial, cambio, a las 2 h):

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

3. Concentraciones a las 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. Cociente de reacción:

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

5. Comparación con la constante: $Q$ es menor que $K_c$, así que la mezcla no está en equilibrio y la reacción sigue hacia la derecha, formando más $\mathrm{HI}$.

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

Planteamiento A las cinco horas el sistema está en equilibrio. Aplicamos el principio de Le Châtelier a cada cambio. Para la temperatura hay que saber el signo de $\Delta H^\circ$: como se forman 2 mol de $\mathrm{HI}$ a partir de elementos, $\Delta H^\circ=2\,\Delta H^\circ_f(\mathrm{HI})>0$ y la reacción es endotérmica.

1. Disminuir el volumen aumenta la presión, y el equilibrio tendería hacia donde hay menos moles de gas. Pero a los dos lados hay 2: la presión no desplaza este equilibrio. Los moles de $\mathrm{HI}$ no cambian.

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

2. Eliminar parte del $\mathrm{H_2}$ disminuye la concentración de un reactivo; el equilibrio se desplaza hacia la izquierda para reponerlo. Los moles de $\mathrm{HI}$ disminuyen.

   $[\mathrm{H_2}]\downarrow$${}\Longrightarrow Q$${}> K_c$${}\Longrightarrow \text{hacia la izquierda}$

3. Un catalizador solo hace que se llegue antes al equilibrio; no cambia $K_c$ ni las concentraciones de equilibrio. Los moles de $\mathrm{HI}$ no cambian.

   $K_c\ \text{igual}$

4. Aumentar la temperatura favorece el sentido endotérmico, que es la formación de $\mathrm{HI}$ ($K_c$ aumenta). Los moles de $\mathrm{HI}$ aumentan. Ojo: el examen trata el $\mathrm{HI}$ como si se formara a partir de los elementos, pero en esta ecuación el yodo es gas, que no es su estado estándar; con las entalpías reales la reacción es ligeramente exotérmica. Con el dato del examen, la respuesta esperada es esta.

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

Planteamiento El ion hipoclorito es la base conjugada de un ácido débil y reacciona con el agua (hidrólisis básica). Calculamos la concentración de $\mathrm{ClO^-}$ a partir del porcentaje en masa y la densidad, obtenemos $K_b$ a partir de $K_a$ y, con la tabla de equilibrio, $[\mathrm{OH^-}]$ y el pH.

1. Reacción del ion hipoclorito con el agua:

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

2. Concentración: $1\ \mathrm{L}$ de disolución pesa $1\,000\ \mathrm{g}$, y el 0,1 % es $\mathrm{NaClO}$, es decir, $1{,}00\ \mathrm{g}$. Como el $\mathrm{NaClO}$ se disocia del todo, $[\mathrm{ClO^-}]_0=[\mathrm{NaClO}]$:

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

3. Constante de basicidad del ion hipoclorito:

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

4. Tabla en mol/L (inicial, equilibrio) con $x=[\mathrm{OH^-}]$:

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

5. Como $K_b$ es muy pequeña, $0{,}0134-x\approx0{,}0134$ (después se comprueba que $x$ es el 0,5 % de ese valor):

   $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. Concentración de iones oxonio y 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$

Planteamiento El cloro se forma en el ánodo, por oxidación del ion cloruro, con 2 mol de electrones por mol de $\mathrm{Cl_2}$. La carga que circula es $Q=I\,t$; con la constante de Faraday pasamos a moles de electrones y después a moles de cloro. Suponemos que todo el cloro formado queda en los $2{,}00\ \mathrm{L}$ de la celda, tal como indica el enunciado.

1. Antes de nada: la ecuación del enunciado no está ajustada en el mercurio: a la derecha hay 2 átomos de Hg (dentro de las 2 unidades de $\mathrm{NaHg}$) y a la izquierda solo 1. Ajustada, es la de aquí debajo. Para el cálculo no cambia nada: solo cuenta la formación del cloro.

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

2. Semirreacción en el ánodo:

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

3. Tiempo en segundos y carga:

   $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. Moles de electrones y moles de cloro:

   $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. Concentración de cloro en la celda:

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

Planteamiento En una cinética de segundo orden, la velocidad es proporcional al cuadrado de la concentración de ozono. En estado estacionario, el ozono que se destruye por unidad de tiempo es el mismo que se produce, así que la velocidad de destrucción es $7{,}2\cdot10^{-13}\ \mathrm{mol\,L^{-1}\,h^{-1}}$ y podemos despejar $k$.

1. Ecuación de velocidad (segundo orden respecto al ozono):

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

2. Estado estacionario: la velocidad de destrucción es igual a la de producción.

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

3. Constante de velocidad:

   $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 se ha tomado $v$ como la velocidad a la que desaparece el ozono, que es lo que plantea el enunciado. Si la velocidad de reacción se define con el coeficiente estequiométrico, $v=-\tfrac{1}{2}\,\mathrm{d}[\mathrm{O_3}]/\mathrm{d}t$, el ozono desaparece al doble de $v$ y la constante sale la mitad.

   $-\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. Efecto de la temperatura (modelo del estado de transición): al calentar, más moléculas tienen energía suficiente para superar la energía de activación y llegar al complejo activado; por eso la velocidad aumenta. Con el modelo de colisiones se dice lo mismo: hay más choques, y una fracción mayor de esos choques tiene la energía mínima para reaccionar.

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

Planteamiento La energía de Gibbs de reacción se calcula como la de las entalpías, con las energías de Gibbs de formación; la del $\mathrm{O_2(g)}$, elemento en estado estándar, es cero. Después relacionamos el signo de $\Delta G^\circ=\Delta H^\circ-T\,\Delta S^\circ$ con los de $\Delta H^\circ$ y $\Delta S^\circ$.

1. Energía de Gibbs estándar de la reacción tal como está escrita (2 mol de ozono):

   $\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. Como $\Delta G^\circ<0$, la reacción es espontánea a $298\ \mathrm{K}$.

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

3. Signo de la entropía: se pasa de 2 a 3 mol de gas, aumenta el desorden.

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

4. Con $\Delta S^\circ>0$, el término $-T\Delta S^\circ$ es siempre negativo. Para que $\Delta G^\circ$ sea negativa a cualquier temperatura, también tiene que ser negativa $\Delta H^\circ$; si fuera positiva, a temperatura suficientemente baja la reacción dejaría de ser espontánea.

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

Planteamiento Calculamos la solubilidad molar del fosfato de calcio a partir de $K_{ps}$, teniendo en cuenta que cada fórmula da 3 iones $\mathrm{Ca^{2+}}$ y 2 iones $\mathrm{PO_4^{3-}}$. Después calculamos la masa máxima que se puede disolver en $10{,}0\ \mathrm{L}$ y la comparamos con $1{,}25\ \mathrm{mg}$.

1. Equilibrio de solubilidad y concentraciones en la disolución saturada (en función de la solubilidad $s$):

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

2. Expresión del producto de solubilidad:

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

3. Solubilidad molar:

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

4. Masa molar del fosfato de calcio:

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

5. Masa máxima que se disuelve 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. Comparación con el cálculo:

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

Planteamiento Cada tubo contiene el equilibrio de solubilidad $\mathrm{Ca_3(PO_4)_2(s)\rightleftharpoons 3\,Ca^{2+}(ac)}$${}+\mathrm{2\,PO_4^{3-}(ac)}$. Aplicamos el principio de Le Châtelier: si una sustancia añadida aumenta la concentración de uno de los iones, precipita más sólido; si hace disminuir uno, se disuelve más.

1. Tubo 1 ($\mathrm{CaCl_2}$): aporta iones $\mathrm{Ca^{2+}}$ (ion común). El equilibrio se desplaza hacia la izquierda y se observará que se forma más precipitado de fosfato de calcio.

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

2. Tubo 2 ($\mathrm{HCl}$): los iones oxonio reaccionan con el ion fosfato, que es una base, y lo transforman en hidrogenofosfato. Baja $[\mathrm{PO_4^{3-}}]$, el equilibrio se desplaza hacia la derecha y se observará que se disuelve parte del sólido (o todo).

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

3. Tubo 3 (EDTA, que representamos como $\mathrm{Y^{4-}}$): forma un complejo soluble con el ion calcio. Baja $[\mathrm{Ca^{2+}}]$, el equilibrio se desplaza hacia la derecha y se observará que se disuelve parte del sólido (o todo).

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

4. Tubo 4 (agua): al diluir, la disolución deja de estar saturada ($Q<K_{ps}$). Se disuelve un poco más de sólido hasta que la disolución vuelve a estar saturada, con las mismas concentraciones de antes.

   $Q$${}< K_{ps}$${}\Longrightarrow \text{se disuelve sólido}$