19  Le produit de solubilité

• Définir le produit de solubilité (\(K_{ps}\)) d’un composé ionique.
• Écrire l’expression du produit de solubilité pour une réaction donnée.
• Calculer le produit de solubilité à partir de données de solubilité et la solubilité à partir de la valeur de \(K_{ps}\).
• Décrire l’effet d’un ion commun sur la solubilité d’un sel peu soluble.
• Effectuer des calculs de solubilité lors de l’ajout d’un ion commun.
• Comparer le quotient de réaction \(Q\) et \(K_{ps}\) pour déterminer si une précipitation va se produire.

Nous avons décrit certains composés ioniques comme insolubles dans l’eau. Ces composés possèdent néanmoins une légère solubilité. Cette solubilité relativement faible implique qu’une petite portion du composé se dissout en se dissociant. La solution atteint alors très rapidement la limite de solubilité.

Une solution saturée qui contient un soluté non dissous est un exemple d’équilibre chimique. Ce chapitre étudie cet équilibre et décrit la dynamique de dissolution et de précipitation de ces composés.

19.1 Produit de solubilité (\(K_{ps}\))

Le produit de solubilité (\(K_{ps}\)) est une constante d’équilibre qui représente le produit des concentrations molaires des ions d’un composé ionique légèrement soluble, à la saturation, et à une température donnée.

Pour un sel générique de formule \(A_{n}B_{m}\), l’équilibre de sa dissolution dans l’eau s’écrit :

\[ \ce{A_{n}B_{m(s)} <=> nA^{m+}_{(aq)} + mB^{n-}_{(aq)}} \]

L’expression de la constante de solubilité (\(K_{ps}\)) pour ce sel est alors donnée par :

\[ \begin{split} K_{ps} = \frac{|A^{m+}|^n \cdot |B^{n-}|^m}{\cancel{A_{n}B_{m (s)}}} \end{split} \quad\Rightarrow\quad \begin{split} K_{ps} = |A^{m+}|^n \cdot |B^{n-}|^m \end{split} \]

Dans cette expression, chaque concentration ionique est élevée à la puissance de son coefficient stœchiométrique tel qu’il apparaît dans l’équation chimique équilibrée. Pour rappel, lors du calcul des constantes d’équilibre, les solides et les liquides purs ne sont pas inclus dans l’expression.

Répondez aux questions suivantes sur le produit de solubilité.

1. Qu’est-ce que le produit de solubilité \(K_{ps}\) d’un composé ionique peu soluble ?
2. Pourquoi le solide n’apparaît-il pas dans l’expression de \(K_{ps}\) ?
3. Le produit de solubilité et la solubilité sont-ils la même grandeur ? Expliquez.

1. Le \(K_{ps}\) est la constante d’équilibre de la dissolution : le produit des concentrations molaires des ions du composé à saturation, chaque concentration étant élevée à la puissance de son coefficient stœchiométrique, à une température donnée.
2. Comme pour toute constante d’équilibre, les solides (et les liquides purs) n’y figurent pas : leur « concentration » ne varie pas au cours de la réaction.
3. Non. La solubilité \(s\) est la quantité maximale de composé qui se dissout (en mol/L) ; le \(K_{ps}\) est le produit des concentrations ioniques à l’équilibre. Ils sont reliés par une relation qui dépend de la stœchiométrie (par exemple \(K_{ps} = s^2\) pour un sel AB, \(4s^3\) pour un sel AB₂).

Exprimer le produit de solubilité (\(K_{ps}\)) pour les sels peu solubles suivants :

1. \(\ce{FePO4}\)
2. \(\ce{Cr(OH)3}\)
3. \(\ce{MgF2}\)
4. \(\ce{Li2CO3}\)

1. \(K_{ps} = |\ce{Fe}^{3+}| \cdot |\ce{PO4}^{3-}|\)
2. \(K_{ps} = |\ce{Cr}^{3+}| \cdot |\ce{OH}^{-}|^3\)
3. \(K_{ps} = |\ce{Mg}^{2+}| \cdot |\ce{F}^{-}|^2\)
4. \(K_{ps} = |\ce{Li}^{+}|^2 \cdot |\ce{CO3}^{2-}|\)

19.2 La solubilité (\(s\))

Pour rappel, la solubilité d’un composé est la quantité maximale de soluté qui peut être dissous dans un solvant à une température donnée.

On utlisera la notation \(s\) pour représenter la solubilité molaire d’un sel peu soluble, exprimée en mol/L.

Par exemple, le carbonate de calcium (\(\ce{CaCO3}\), calcaire) est très peu soluble dans l’eau pure. Son équilibre de dissolution s’écrit :

\[ \ce{CaCO3_{(s)} <=> Ca^{2+}_{(aq)} + CO3^{2-}_{(aq)}} \]

Si la concentration de carbonate de calcium dissous est représentée par \(s\), alors à l’équilibre :

\[ \begin{split} s = |\ce{CaCO3_{(aq)}}| \end{split} \quad\Rightarrow\quad \begin{split} |\ce{Ca^{2+}_{(aq)}}| &= s \\ |\ce{CO3^{2-}_{(aq)}}| &= s \end{split} \]

L’expression de la constante d’équilibre devient alors : \[ K_{ps} = |\ce{Ca^{2+}_{(aq)}}| \cdot |\ce{CO3^{2-}_{(aq)}}| = s \cdot s = s^2 \]

La littérature rapporte que la solubilité du carbonate de calcium dans l’eau pure à 20°C est de 47 mg par litre d’eau. Pour convertir cette valeur en solubilité molaire (\(s\)), on utilise la masse molaire du carbonate de calcium, qui est de 100.086 g/mol. \[ s = \frac{0.047\ g/L}{100.086\ g/mol} = 4.7 \cdot 10^{-4}\ mol/L \]

On peut ainsi calculer le produit de solubilité à partir de la solubilité : \[ K_{ps} = s^2 = (4.7 \cdot 10^{-4})^2 = 2.2 \cdot 10^{-7} \]

La solubilité (s) de l’iodate de calcium (\(\ce{Ca(IO3)2}\)) est de \(1.2 \cdot 10^{-2}\ mol/L\). Quelle est la valeur du produit de solubilité (\(K_{ps}\)) ?

\[ \begin{split} |Ca^{2+}| &= s \\ |IO_3^-| &= 2 \cdot s \\ K_{ps} &= |Ca^{2+}| \cdot |IO_3^-|^2 = (1.2 \cdot 10^{-2}) \cdot (2.4 \cdot 10^{-2})^2 = 6.91 \cdot 10^{-6} \\ \end{split} \]

Le produit de solubilité (\(K_{ps}\)) du phosphate de calcium (\(\ce{Ca3(PO4)2}\)) est de \(2.07 \cdot 10^{-33}\). Quelle est sa solubilité en mol/L ?

\[ \begin{split} K_{ps} &= |\mathrm{Ca}^{2+}|^3 \cdot |\mathrm{PO_4}^{3-}|^2 \\ &= (3s)^3 \cdot (2s)^2 \\ &= 108s^5 \end{split} \qquad \begin{split} s &= \sqrt[5]{\frac{K_{ps}}{108}} \\ &= \sqrt[5]{\frac{2.07 \cdot 10^{-33}}{108}} \\ &= 1.14 \cdot 10^{-7}\ mol/L \end{split} \]

19.2.1 Différentes situations envisagées

	Ccation	Canion	\(K_{ps}\)
\(\ce{AB ->[H2O] A^+ + B^-}\)	|A+| = s	|B-| = s	\(K_{ps} = s \cdot s = s^2\)
\(\ce{AB2 ->[H2O] A^{2+} + 2B^{-}}\)	|A2+| = s	|B-| = 2s	\(K_{ps} = s \cdot (2s)^2 =4s^3\)
\(\ce{AB3 ->[H2O] A^{3+} + 3B^{-}}\)	|A3+| = s	|B-| = 3s	\(K_{ps} = s \cdot (3s)^3 = 27s^4\)
\(\ce{A3B2 ->[H2O] 3A^{2+} + 2B^{3-}}\)	|A2+| = 3s	|B3-| = 2s	\(K_{ps} = (3s)^3 \cdot (2s)^2 = 108s^5\)

19.2.2 Comparer le produit de solubilité (\(K_{ps}\)) et la solubilité (\(s\))

Le terme “produit de solubilité” suggère une relation directe avec la solubilité d’un soluté. Cependant, le produit de solubilité et la solubilité ne sont pas équivalents. La solubilité (\(s\)) est la concentration d’un soluté dans une solution saturée, tandis que le produit de solubilité (\(K_{ps}\)) est le produit des concentrations des ions dissociés à l’équilibre.

Pour comparer la solubilité de différents sels, il n’est possible de comparer directement leurs produits de solubilité (\(K_{ps}\)) que si ces sels possèdent le même rapport molaire entre cation et anion.

Dans tous les autres cas, il faut calculer leurs solubilités respectives pour effectuer une comparaison valide.

Par exemple, pour le sulfate de baryum, \(\ce{BaSO4}\), l’équilibre de dissolution s’écrit :

\[ \ce{BaSO_{4(s)} <=> Ba^{2+}_{(aq)} + SO^{2-}_{4(aq)}} \]

Si la concentration de sulfate de baryum dissous est représentée par \(s\), alors à l’équilibre :

\[ \begin{split} s = |\ce{BaSO_{4(aq)}}| \end{split} \quad\Rightarrow\quad \begin{split} |Ba^{2+}_{(aq)}| &= s \\ |SO^{2-}_{4(aq)}| &= s \end{split} \]

L’expression de la constante d’équilibre devient alors :

\[ K_{ps} = |Ba^{2+}_{(aq)}| \cdot |SO^{2-}_{4(aq)}| = s \cdot s = s^2 \]

On peut ainsi calculer le produit de solubilité à partir de la solubilité :

\[ \begin{split} s &= 1.04 \cdot 10^{-5}\ mol/L \\ K_{ps} &= s^2 = (1.04\cdot 10^{-5})^2 = 1.08\cdot 10^{-10} \end{split} \]

Dans le cas de l’hydroxyde de cobalt II, \(\ce{Co(OH)_{2}}\), l’équilibre de dissolution s’écrit :

\[ \ce{Co(OH)_{2(s)} <=> Co^{2+}_{(aq)} + 2 OH^{-}_{(aq)}} \]

Si la concentration de sulfate de baryum dissous est représentée par \(s\), alors à l’équilibre :

\[ \begin{split} s = |\ce{Co(OH)_{2(aq)}}| \end{split} \quad\Rightarrow\quad \begin{split} |Co^{2+}_{(aq)}| &= s \\ |OH^{-}_{(aq)}| &= 2 \cdot s \end{split} \]

L’expression de la constante d’équilibre devient alors :

\[ K_{ps} = |Co^{2+}_{(aq)}| \cdot |OH^{-}_{(aq)}|^2 = s \cdot (2 \cdot s)^2 = 4s^3 \]

On peut ainsi calculer le produit de solubilité à partir de la solubilité :

\[ \begin{split} s &= 1.14\cdot 10^{-5}\ mol/L \\ K_{ps} &= 4 \cdot s^3 = 4 \cdot (1.14\cdot 10^{-5})^3 = 5.9\cdot 10^{-15} \end{split} \]

En résumé :

	\(\ce{BaSO4}\)	\(\ce{Co(OH)2}\)
\(s\)	\(1.04 \cdot 10^{-5}\ mol/L\)	\(1.14 \cdot 10^{-5}\ mol/L\)
\(K_{ps}\)	\(1.08 \cdot 10^{-10}\)	\(5.9 \cdot 10^{-15}\)

Bien que ces deux sels aient des solubilités similaires, leurs produits de solubilité diffèrent considérablement.

Le produit de solubilité (\(K_{ps}\)) est lié à la solubilité (\(s\)) par une relation qui dépend du rapport stœchiométrique des ions dans l’équation de dissolution. Les \(K_{ps}\) ne sont pas directement comparables entre différents sels à moins qu’ils n’aient des coefficients stœchiométriques identiques dans leur équation de dissolution.

Comparez la solubilité de l’hydroxide de calcium et du phosphate de cuivre II. Indiquez lequel des deux composés est le plus soluble.

\[ K_{ps}(\ce{Ca(OH)2}) = 5.02 \cdot 10^{-6} \quad\text{et}\quad K_{ps}(\ce{Cu3(PO4)2}) = 1.4 \cdot 10^{-37} \]

\[ \begin{split} \ce{Ca(OH)2_{(s)} <=> Ca^{2+}_{(aq)} + 2 OH^{-}_{(aq)}} \\[1em] K_{ps} = |\ce{Ca^{2+}_{(aq)}}| \cdot |\ce{OH^{-}_{(aq)}}|^2 = s \cdot (2s)^2 = 4s^3 \\[1em] s = \sqrt[3]{\frac{K_{ps}}{4}} = \sqrt[3]{\frac{5.02 \cdot 10^{-6}}{4}} = 1.08 \cdot 10^{-2}\ mol/L \end{split} \]

\[ \begin{split} \ce{Cu3(PO4)2_{(s)} <=> 3 Cu^{2+}_{(aq)} + 2 PO4^{3-}_{(aq)}} \\[1em] K_{ps} = |\ce{Cu^{2+}_{(aq)}}|^3 \cdot |\ce{PO4^{3-}_{(aq)}}|^2 = (3s)^3 \cdot (2s)^2 = 108s^5 \\[1em] s = \sqrt[5]{\frac{K_{ps}}{108}} = \sqrt[5]{\frac{1.4 \cdot 10^{-37}}{108}} = 1.67 \cdot 10^{-8}\ mol/L \end{split} \]

L’hydroxide de calcium est donc beaucoup plus soluble que le phosphate de cuivre II.

19.3 Effet d’un ion commun

L’ajout d’un ion commun à une solution contenant un sel peu soluble a un impact sur l’équilibre de solubilité. Conformément au principe de Le Châtelier, la solubilité d’un composé ionique peu soluble diminue lorsque l’on ajoute à la solution un second soluté qui contient un ion commun.

Prenons une solution de sulfate de sodium (\(\ce{Na2SO4}\)), un sel soluble, à une solution saturée de sulfate de plomb II (\(\ce{PbSO4}\)), qui est peu soluble.

\[ \begin{split} \ce{Na2SO4_{(s)}} \ce{&-> 2 Na^{+}_{(aq)} + SO4^{2-}_{(aq)}} \\[1em] \ce{PbSO4_{(s)}} \ce{&<=> Pb^{2+}_{(aq)} + SO4^{2-}_{(aq)}} \end{split} \]

L’ion \(\ce{SO4}^{2-}\) est l’ion commun introduit par le sulfate de sodium. Selon le principe de Le Châtelier, l’ajout de cet ion commun déplacera l’équilibre de dissolution de \(\ce{PbSO4}\) vers la gauche, c’est-à-dire vers la formation du solide non dissous. En conséquence :

• La concentration en ions \(\ce{Pb}^{2+}\) diminue.
• La concentration en ions \(\ce{SO4}^{2-}\) diminue.
• Le phénomène observé sera la précipitation de \(\ce{PbSO4_{(s)}}\).

Cette réduction de la solubilité est une conséquence directe de l’augmentation de la concentration d’un des produits de la dissolution, ce qui force l’équilibre à se déplacer dans le sens inverse de la dissolution.

Calculez la solubilité de dans l’eau et dans une solution aqueuse de 1 M (\(K_{ps} = 2.53 \cdot 10^{-8}\) à 25°C).

\[ \begin{split} K_{ps} &= |\ce{Pb}^{2+}| \cdot |\ce{SO4}^{2-}| = s \cdot (1+s) \\ &= s \cdot (1+\cancel{s}) \\ \Rightarrow s &= K_{ps} = 2.53 \cdot 10^{-8}\ mol/L \end{split} \qquad \begin{split} &\text{sans le ion commun} \\ K_{ps} &= |\ce{Pb}^{2+}| \cdot |\ce{SO4}^{2-}| = s \cdot s = s^2 \\ \Rightarrow s &= \sqrt[2]{K_{ps}} = \sqrt[2]{2.53 \cdot 10^{-8}} = 1.59 \cdot 10^{-4}\ mol/L \end{split} \]

19.4 Prédiction de la précipitation

Pour déterminer si la précipitation d’un solide ionique peu soluble aura lieu lors du mélange de solutions contenant des ions susceptibles de précipiter, on compare le quotient réactionnel (\(Q\)) au produit de solubilité (\(K_{ps}\)).

Pour rappel, le quotient réactionnel (\(Q\)) est une grandeur qui caractérise un système chimique à un instant donné (par exemple, les conditions initiales) et qui est définie de manière similaire à \(K_{ps}\) à chaque instant.

\[ Q_{r}(t) = \frac{|C(t)|^{c} \cdot |D(t)|^{d}}{|A(t)|^{a} \cdot |B(t)|^{b}} \]

Dans le cas d’un sel peu soluble, le quotient réactionnel est défini comme suit :

\[ Q_{r}(t) = |A^{m+}(t)|^n \cdot |B^{n-}(t)|^m \]

Les règles générales pour prédire si une précipitation se produira sont les suivantes :

\(Q\) < \(K_{ps}\)	\(Q\) = \(K_{ps}\)	\(Q\) > \(K_{ps}\)
sens direct favorisé	système à l’équilibre	sens indirect favorisé
pas de précipitation	la solution est saturée	précipitation

On mélange 200 mL d’une solution de nitrate de plomb (II) (\(\ce{Pb(NO3)2}\)) à 0.02 M avec 300 mL d’une solution de chlorure de sodium (\(\ce{NaCl}\)) à 0.1 M.

Est-ce qu’un précipité de chlorure de plomb (II) (\(\ce{PbCl2}\)) va se former ?

Le produit de solubilité de \(\ce{PbCl2}\) est \(K_{ps} = 1.7 \cdot 10^{-5}\).

\[ \begin{split} \ce{PbCl_{2(s)} <=> Pb^{2+}_{(aq)} + 2 Cl^{-}_{(aq)}} \end{split} \qquad\Rightarrow\qquad \begin{split} Q = |\ce{Pb}^{2+}| \cdot |\ce{Cl}^{-}|^2 \end{split} \]

\[ \begin{split} \text{moles de } \ce{Pb}^{2+} &= 0.200\ L \cdot 0.02\ mol/L = 0.004\ mol \\ \text{moles de } \ce{Cl}^{-} &= 0.300\ L \cdot 0.1\ mol/L = 0.03\ mol \end{split} \qquad\qquad \begin{split} V_{total} &= 200\ mL + 300\ mL \\ &= 500\ mL = 0.5\ L \end{split} \]

\[ \begin{split} |\ce{Pb}^{2+}| &= \frac{0.004\ mol}{0.5\ L} = 0.008\ M \\ |\ce{Cl}^{-}| &= \frac{0.03\ mol}{0.5\ L} = 0.06\ M \end{split} \quad\Rightarrow\quad \begin{split} Q &= 0.008 \cdot (0.06)^2 \\ &= 0.008 \cdot 0.0036 = 2.88 \cdot 10^{-5} \end{split} \quad\Rightarrow\quad \begin{split} Q &= 2.88 \cdot 10^{-5} \\K_{ps} &= 1.7 \cdot 10^{-5} \end{split} \]

\(Q > K_{ps}\), le sens indirect (la formation de solide) est favorisé. Oui, un précipité de \(\ce{PbCl2}\) va se former.

19.5 Résumé

• Le produit de solubilité \(K_{ps}\) est la constante d’équilibre de dissolution d’un composé ionique peu soluble.
• La solubilité molaire \(s\) est reliée au \(K_{ps}\) par une relation qui dépend de la stœchiométrie. On calcule \(K_{ps}\) à partir de \(s\), et inversement.
• On ne peut comparer directement les \(K_{ps}\) de deux sels que s’ils ont le même rapport cation:anion.
• L’ajout d’un ion déjà présent dans l’équilibre de dissolution déplace celui-ci vers le solide, ce qui diminue la solubilité du sel peu soluble.
• Pour prévoir une précipitation, on compare le quotient de réaction \(Q\) au \(K_{ps}\) : \(Q < K_{ps}\) → pas de précipité ; \(Q = K_{ps}\) → solution saturée ; \(Q > K_{ps}\) → précipitation.

19.6 Exercices supplémentaires

Les valeurs de \(K_{ps}\) du et du sont respectivement \(1.4 \cdot 10^{-10}\) et \(1.4 \cdot 10^{-11}\). Cela signifie-t-il que la solubilité de \(\ce{CuCO3}\) est 10 fois plus grande que celle de \(\ce{ZnCO3}\) ? Justifiez votre réponse.

\[ \begin{split} \ce{CuCO3} & \ce{<=> Cu^{2+} + CO_3^{2-}} \\ K_{ps} &= |Cu^{2+}| \cdot |CO_3^{2-}| = s^2 \\ s &= \sqrt{1.4 \cdot 10^{-10}} = 1.18 \cdot 10^{-5}\ mol/L \end{split} \qquad \begin{split} \ce{ZnCO3} & \ce{<=> Zn^{2+} + CO_3^{2-}} \\ K_{ps} &= |Zn^{2+}| \cdot |CO_3^{2-}| = s^2 \\ s &= \sqrt{1.4 \cdot 10^{-11}} = 3.74 \cdot 10^{-6}\ mol/L \end{split} \]

Un \(K_{ps}\) 10\(\times\) plus grand n’implique pas une solubilité 10\(\times\) plus grande.

Un ouvrage de référence donne pour la solubilité du chromate de baryum \(1.4 \cdot 10^{-10}\) g de \(\ce{BaCrO4}\) pour 100 mL d’eau. Calculez la valeur de \(K_{ps}\) de \(\ce{BaCrO4}\).

\[ \begin{split} n_{\ce{BaCrO4}} &= \frac{m_{\ce{BaCrO4}}}{MM_{\ce{BaCrO4}}} \\ &= \frac{1.4 \cdot 10^{-10}{\ g}}{253.3{\ g/mol}} = 5.53 \cdot 10^{-13}{\ mol} \\ |\ce{BaCrO4}| &= \frac{n_{\ce{BaCrO4}}}{V_{sol}}\\ &= \frac{5.53 \cdot 10^{-13}{\ mol}}{0.1{\ L}} = 5.53 \cdot 10^{-12}{\ M} \end{split} \qquad \begin{split} \ce{BaCrO4} & \ce{<=> Ba^{2+} + CrO4^{2-}} \\ K_{ps} &= |\ce{Ba}^{2+}| \cdot |\ce{CrO4}^{2-}| = s^2 \\ &= (5.53 \cdot 10^{-12})^2 = 3.06 \cdot 10^{-23} \end{split} \]

Calculez la solubilité de \(\ce{Mg(OH)2}\) dans \(\ce{MgCl2}\) 0.10 M. (\(K_{ps} = 5.61 \cdot 10^{-12}\))

\[ \begin{split} K_{ps} = |\ce{Mg}^{2+}| \cdot |\ce{OH}^{-}|^2 &= (0.1+s) \cdot (2s)^2 \\ &= (0.1+\cancel{s}) \cdot (2s)^2 \\ K_{ps} &= 0.4s^2 \end{split} \qquad\qquad \begin{split} \Rightarrow\ s &= \sqrt[2]{\frac{K_{ps}}{0.4}} = \sqrt[2]{\frac{5.61 \cdot 10^{-12}}{0.4}} \\ &= 3.745 \cdot 10^{-6}{\ \text{ mol/L}} \end{split} \]

Dans le cadre d’une étude sur les pigments historiques, un laboratoire d’archéométrie analyse la stabilité du phosphate d’argent (\(\ce{Ag3PO4}\)), un composé utilisé dans certains procédés photographiques anciens. On s’intéresse à l’équilibre de saturation de ce sel dans l’eau pure afin de modéliser sa dégradation en milieu humide.

1. Ecrivez l’équation chimique (avec les indices d’état) qui représente cet équilibre.
2. Déterminez la relation mathématique entre la solubilité molaire (\(s\)) du sel et son \(K_{ps}\).

1. \[ \ce{Ag3PO4_{(s)} <=> 3 Ag^+_{(aq)} + PO4^{3-}_{(aq)}} \]
2. \[ \begin{gathered} K_{ps} = |\ce{Ag}^{+}|^3 \cdot |\ce{PO4}^{3-}| \\ |\ce{Ag}^{+}| = 3s \text{ et } |\ce{PO4}^{3-}| = s \\ K_{ps} = (3s)^3 \cdot s = 27s^3 \cdot s = 27s^4 \end{gathered} \]

Le fluorure de magnésium (\(\ce{MgF2}\)) est utilisé en optique de précision pour le traitement antireflet des lentilles. Lors du rinçage industriel des composants, une solution saturée est obtenue. Le service de sécurité environnementale doit déterminer la concentration exacte en ions fluorure rejetés dans les eaux de rinçage.

1. Calculez la solubilité molaire (\(s\)) du \(\ce{MgF2}\) à 25°C, sachant que la solubilité massique mesurée à 25°C est de 0.076 g/L.
2. Calculez la valeur du produit de solubilité (\(K_{ps}\)) à cette température.

1. \[ \begin{split} M(\ce{MgF2}) &= M(\ce{Mg}) + 2 \cdot M(\ce{F}) \\ &= 24.305\ g/mol + 2 \cdot 18.998\ g/mol \\ &= 62.301\ g/mol \end{split} \] \[ s = \frac{T}{M} = \frac{0.076 \text{ g/L}}{62.301 \text{ g/mol}} = 1.22 \cdot 10^{-3} \text{ mol/L} \]
2. \[ \ce{MgF2_{(s)} <=> Mg^{2+}_{(aq)} + 2 F^-_{(aq)}} \] \[ |\ce{Mg}^{2+}| = s \text{ et } |\ce{F}^{-}| = 2s \] \[ \begin{split} K_{ps} &= |\ce{Mg}^{2+}| \cdot |\ce{F}^{-}|^2 = s \cdot (2s)^2 = 4s^3 \\ &= 4 \cdot (1.22 \cdot 10^{-3})^3 = 4 \cdot 1.816 \cdot 10^{-9}\\ &= 7.26 \cdot 10^{-9} \end{split} \]

Pour protéger les canalisations contre la corrosion, un technicien de piscine souhaite réduire la solubilité du carbonate de calcium (\(\ce{CaCO3}\)) par l’ajout de carbonate de sodium (\(\ce{Na2CO3}\)), un sel très soluble. Il s’agit de quantifier l’impact de cet ajout sur la concentration résiduelle en ions calcium. \(K_{ps}(\ce{CaCO3}) = 3.36 \cdot 10^{-9}\) à 25°C.

1. Calculez la solubilité molaire du \(\ce{CaCO3}\) dans l’eau pure.
2. La concentration de la solution de carbonate de sodium ajoutée est de 0.05 mol/L. Calculez la solubilité molaire du \(\ce{CaCO3}\) en présence de carbonate de sodium.

1. \[ \begin{split} K_{ps} = s^2 \end{split} \quad\Rightarrow\quad \begin{split} s = \sqrt{K_{ps}} = \sqrt{3.36 \cdot 10^{-9}} = 5.80 \cdot 10^{-5}\ mol/L \end{split} \]
2. En présence de \(\ce{Na2CO3}\), l’ion carbonate \(\ce{CO3}^{2-}\) est l’ion commun.
   \[ |\mathrm{CO_3}^{2-}|_{total} = s' + 0.05 \approx 0.05\ mol/L \quad\text{($s'$ est négligeable devant 0.05)} \] \[ \begin{split} K_{ps} &= |\ce{Ca}^{2+}| \cdot |\ce{CO3}^{2-}| = s' \cdot 0.05 \\ s' &= \frac{3.36 \cdot 10^{-9}}{0.05} = 6.72 \cdot 10^{-8}\ mol/L \end{split} \]
   La solubilité a diminué d’environ 860 fois.

En médecine légale, on suspecte une intoxication par des sels de baryum. Un chimiste mélange un échantillon de sérum physiologique contenant des ions sulfate avec une solution de chlorure de baryum. Il doit déterminer si l’apparition d’un trouble (précipité) est théoriquement prévisible,
\(K_{ps}(\ce{BaSO4}) = 1.08 \cdot 10^{-10}\).

• Solution A : 150mL de \(\ce{BaCl2}\) à \(1.0 \cdot 10^{-4}\) mol/L.
• Solution B : 350mL de \(\ce{Na2SO4}\) à \(2.0 \cdot 10^{-6}\) mol/L.

1. Calculez les concentrations initiales des ions \(\ce{Ba}^{2+}\) et \(\ce{SO4}^{2-}\) après mélange, mais avant toute réaction éventuelle.
2. Calculez le quotient réactionnel (\(Q\)) et déterminez si un précipité de \(\ce{BaSO4}\) se forme.

1. \[ \begin{split} V &= 150 + 350 = 500\ mL = 0.5\ L \\ n_{\ce{Ba}^{2+}} &= 0.150\ L \cdot 1.0 \cdot 10^{-4}{ mol/L} = 1.5 \cdot 10^{-5}{ mol} \\ n_{\ce{SO4}^{2-}} &= 0.350\ L \cdot 2.0 \cdot 10^{-6}{ mol/L} = 7.0 \cdot 10^{-7}{ mol} \\ |\ce{Ba}^{2+}| &= \frac{1.5 \cdot 10^{-5}{mol}}{0.5\ L} = 3.0 \cdot 10^{-5}{ mol/L} \\ |\ce{SO4}^{2-}| &= \frac{7.0 \cdot 10^{-7}{mol}}{0.5\ L} = 1.4 \cdot 10^{-6}{ mol/L} \end{split} \]
2. \[ \begin{split} Q &= |\ce{Ba}^{2+}| \cdot |\ce{SO4}^{2-}| = (3.0 \cdot 10^{-5}{mol/L}) \cdot (1.4 \cdot 10^{-6}{mol/L}) \\ &= 4.2 \cdot 10^{-11} \qquad (K_{ps} = 1.08 \cdot 10^{-10}) \end{split} \]
   Puisque \(Q < K_{ps}\), la solution est insaturée et aucun précipité ne se forme.

Une usine de traitement de métaux à Renens rejette des effluents contenant des ions plomb (\(\ce{Pb}^{2+}\)). La législation impose une concentration résiduelle en plomb inférieure à \(1.0 \cdot 10^{-6}{mol/L}\). Le procédé consiste à faire précipiter le plomb sous forme d’iodure de plomb(II) (\(\ce{PbI2}\)), un solide jaune intense.
\(K_{ps}(\ce{PbI2}) = 7.1 \cdot 10^{-9}\) à 25°C.

1. Écrivez l’expression du produit de solubilité pour \(\ce{PbI2}\).
2. Calculez la solubilité molaire du \(\ce{PbI2}\) dans l’eau pure. Ce sel permet-il à lui seul de respecter la norme légale ?
3. On ajoute de l’iodure de potassium (\(\ce{KI}\)), un sel soluble, pour atteindre une concentration de 0.1 mol/L en ions \(\ce{I}^{-}\). Calculez la nouvelle concentration résiduelle en ions \(\ce{Pb}^{2+}\).
4. Lors d’un contrôle, un échantillon de 250mL d’effluent contenant \(|\ce{Pb}^{2+}| = 5.0 \cdot 10^{-4}{ mol/L}\) est mélangé accidentellement avec 250mL d’une solution de \(\ce{KI}\) à \(1.0 \cdot 10^{-3}{mol/L}\). Un précipité se formera-t-il ? Justifiez par le calcul de \(Q\).

1. \[ K_{ps} = |\ce{Pb}^{2+}| \cdot |\ce{I}^{-}|^2 \]
2. \[ \begin{split} K_{ps} &= s \cdot (2s)^2 = 4s^3 \\ s &= \sqrt[3]{\frac{7.1 \cdot 10^{-9}}{4}} = 1.21 \cdot 10^{-3}{mol/L} \\ \end{split} \]
   Puisque \(1.21 \cdot 10^{-3} > 1.0 \cdot 10^{-6}\), la norme n’est pas respectée.
3. \[ \begin{split} |\ce{I}^{-}| &= 0.1\ mol/L \end{split} \qquad \begin{split} K_{ps} &= |\ce{Pb}^{2+}| \cdot (0.1)^2 = 7.1 \cdot 10^{-9} \\ |\ce{Pb}^{2+}| &= \frac{7.1 \cdot 10^{-9}}{0.01} = 7.1 \cdot 10^{-7}{mol/L} \end{split} \]
   Cette valeur étant inférieure à \(1.0 \cdot 10^{-6}{mol/L}\), la norme est désormais respectée.
4. \[ \begin{split} V_{tot} &= 500\ mL = 0.5\ L \\ |\ce{Pb}^{2+}| &= \frac{5.0 \cdot 10^{-4}{mol/L}}{2} = 2.5 \cdot 10^{-4}{mol/L} \\ |\ce{I}^{-}| &= \frac{1.0 \cdot 10^{-3}{mol/L}}{2} = 5.0 \cdot 10^{-4}{mol/L} \ \end{split} \] \[ \begin{split} Q &= |\ce{Pb}^{2+}| \cdot |\ce{I}^{-}|^2 = (2.5 \cdot 10^{-4}{mol/L}) \cdot (5.0 \cdot 10^{-4}{mol/L})^2 \\ &= 2.5 \cdot 10^{-4} \cdot 2.5 \cdot 10^{-7}\\ &= 6.25 \cdot 10^{-11} \qquad (K_{ps} = 7.1 \cdot 10^{-9}) \end{split} \]
   Conclusion : \(Q < K_{ps}\), donc aucun précipité ne se forme dans ces conditions.

On donne : \(K_{ps}(\ce{AgCl}) = 1.8\cdot10^{-10}\) et \(K_{ps}(\ce{Ag2CrO4}) = 1.1\cdot10^{-12}\).

1. Peut-on comparer directement ces deux \(K_{ps}\) pour déterminer le sel le plus soluble ? Justifiez.
2. Calculez la solubilité molaire de chaque sel.
3. Lequel des deux sels est le plus soluble ?

1. Non : les deux sels n’ont pas le même rapport cation:anion (1:1 pour \(\ce{AgCl}\), 2:1 pour \(\ce{Ag2CrO4}\)). On ne peut donc pas comparer directement leurs \(K_{ps}\) ; il faut calculer les solubilités.
2. \(\ce{AgCl}\) : \(K_{ps} = s^2\), donc \(s = \sqrt{1.8\cdot10^{-10}} = 1.3\cdot10^{-5}\) mol/L. \(\ce{Ag2CrO4}\) : \(K_{ps} = (2s)^2 \cdot s = 4s^3\), donc \(s = \sqrt[3]{\dfrac{1.1\cdot10^{-12}}{4}} = 6.5\cdot10^{-5}\) mol/L.
3. \(\ce{Ag2CrO4}\) est le plus soluble, bien que son \(K_{ps}\) soit plus petit : cela confirme qu’on ne peut pas comparer directement les \(K_{ps}\) de sels de stœchiométries différentes.

Une solution contient des ions \(\ce{Ca}^{2+}\) à la concentration de \(1.0\cdot10^{-3}\) mol/L. On y ajoute progressivement des ions fluorure \(\ce{F}^{-}\). Le fluorure de calcium \(\ce{CaF2}\) a pour produit de solubilité \(K_{ps} = 3.5\cdot10^{-11}\).

1. Écrivez l’expression du quotient de réaction \(Q\) pour \(\ce{CaF2}\).
2. Calculez la concentration en ions \(\ce{F}^{-}\) à partir de laquelle un précipité de \(\ce{CaF2}\) commence à se former.

1. \(Q = |\ce{Ca}^{2+}| \cdot |\ce{F}^{-}|^2\).
2. La précipitation commence lorsque \(Q = K_{ps}\) : \[ |\ce{F}^{-}|^2 = \frac{K_{ps}}{|\ce{Ca}^{2+}|} = \frac{3.5\cdot10^{-11}}{1.0\cdot10^{-3}} = 3.5\cdot10^{-8} \] \[ |\ce{F}^{-}| = \sqrt{3.5\cdot10^{-8}} = 1.9\cdot10^{-4} \text{ mol/L} \]