Supuesto 38

Enunciado

El agua fluorada, empleada para prevenir la caries dental, suele contener alrededor de 1,0 ppm de ion $\ce{F-}$.

a) Si se tiene un agua dura en la que existe una concentración de iones $\ce{Ca^2+}$ de $1{,}0\cdot 10^{-4}$ M, ¿se formará precipitado en el proceso de fluoración? (0,50 p) b) Si se añade una concentración $1{,}0\cdot 10^{-2}$ M de ácido fluorhídrico, ¿qué ocurrirá? ¿Cuánto valdrá ahora la solubilidad? (0,75 p)

Datos: $K_s(\ce{CaF2}) = 4{,}0\cdot 10^{-11}$; $K_a(\ce{HF}) = 6{,}6\cdot 10^{-4}$; $d_{\text{agua}} = 1{,}0\cdot 10^{3}$ g/L; M(F) = 19,0 g/mol.

Solución

a) ¿Precipita? Primero hay que traducir las ppm. Con la densidad del agua igual a 1,0 kg/L, 1 ppm = 1 mg de soluto por kg de disolución = 1 mg/L:

$$[\ce{F-}] = \frac{1{,}0\cdot 10^{-3}\ \mathrm{g/L}}{19{,}0\ \mathrm{g/mol}} = 5{,}26\cdot 10^{-5}\ \mathrm{M}$$

El criterio es comparar el producto iónico $Q$ con $K_s$, cuidando el exponente 2 del fluoruro:

$$Q = [\ce{Ca^2+}][\ce{F-}]^2 = 1{,}0\cdot 10^{-4}\,(5{,}26\cdot 10^{-5})^2 = 2{,}8\cdot 10^{-13}$$ $$Q = 2{,}8\cdot 10^{-13} \;<\; K_s = 4{,}0\cdot 10^{-11} \;\Longrightarrow\; \boxed{\text{no precipita}}$$

(oficial: el producto iónico es menor que $K_s$, no se forma precipitado). Está un factor 140 por debajo, así que hay margen de sobra: por eso la fluoración es viable incluso en aguas duras.

b) Añadiendo HF $1{,}0\cdot 10^{-2}$ M. El HF es un ácido débil, así que no aporta $10^{-2}$ M de fluoruro: hay que resolver su equilibrio, y además contando el $\ce{F-}$ que ya estaba (efecto del ion común, pero al revés: el fluoruro previo desplaza la disociación del HF hacia la izquierda).

$$\ce{HF <=> H+ + F-}, \qquad \frac{x\,(5{,}26\cdot 10^{-5} + x)}{1{,}0\cdot 10^{-2} - x} = 6{,}6\cdot 10^{-4}$$ $$x^2 + 7{,}13\cdot 10^{-4}x - 6{,}6\cdot 10^{-6} = 0 \;\Longrightarrow\; x = 2{,}24\cdot 10^{-3}\ \mathrm{M}$$ $$[\ce{F-}] = 5{,}26\cdot 10^{-5} + 2{,}24\cdot 10^{-3} = 2{,}29\cdot 10^{-3}\ \mathrm{M}$$

(el HF está disociado un 22 %: la aproximación $c - x \approx c$ no sería aceptable). Ahora:

$$Q = 1{,}0\cdot 10^{-4}\,(2{,}29\cdot 10^{-3})^2 = 5{,}2\cdot 10^{-10} \;>\; K_s \;\Longrightarrow\; \boxed{\text{sí precipita } \ce{CaF2}}$$

Y la nueva solubilidad, con el fluoruro en exceso fijando la concentración:

$$s' = \frac{K_s}{[\ce{F-}]^2} = \frac{4{,}0\cdot 10^{-11}}{(2{,}29\cdot 10^{-3})^2} = \boxed{7{,}6\cdot 10^{-6}\ \mathrm{M}}$$

(oficial: 7,6·10⁻⁶ M). La coincidencia exacta con el valor oficial confirma que hay que incluir el fluoruro de la ppm inicial en el balance: si se ignora, sale $7{,}8\cdot 10^{-6}$ M. Frente a la solubilidad en agua pura, $s = \sqrt[3]{K_s/4} = 2{,}2\cdot 10^{-4}$ M, la caída es de un factor 29: el ion común en acción.