Chimie analytique (partie 2/8)

## Objectifs et prérequis **À la fin de ce chapitre, l’élève pourra :** - Définir la solubilité d’un solide ionique et exprimer le produit de solubilité $K_{sp}$. - Dériver l’expression de $K_{sp}$ à partir de l’équilibre de dissolution. - Calculer la solubilité molaire d’un sel dans l’eau pure et en présence d’un ion commun. - Expliquer comment le pH, la formation de complexes et la température modifient la solubilité. - Prévoir et réaliser une précipitation différentielle pour séparer deux cations en mélange. - Résoudre des problèmes de type baccalauréat camerounais liés à la solubilité et à la précipitation. **Prérequis :** - Notions d’équilibre chimique (constante d’équilibre, loi de l’action de masses). - Connaissances de base sur les ions, les formules chimiques et la nomenclature. - Maîtrise du calcul de concentrations molaires et de l’utilisation du logarithme (pH, p$K_a$). --- ## Introduction contextualisée La chimie analytique repose sur la capacité à séparer, identifier et quantifier les espèces présentes dans un échantillon. La solubilité et le produit de solubilité sont des outils fondamentaux pour prévoir quand un précipité se formera ou se dissoudra, tandis que la précipitation différentielle permet d’isoler sélectivement un ion parmi plusieurs. Ces concepts sont directement exploités dans les analyses gravimétriques, les titrages de précipitation et les méthodes de séparation utilisées en laboratoire et en industrie (traitement des eaux, métallurgie, pharmacie). --- ## I. Leçon 4 : Solubilité et produit de solubilité ### Définition de la solubilité > **La solubilité $s$ d’un solide ionique est la quantité maximale de substance qui peut se dissoudre dans un litre de solvant à une température donnée, exprimée en mol·L$^{-1}$.** Pour un sel du type $A_xB_y(s) \rightleftharpoons x\,A^{y+}(aq) + y\,B^{x-}(aq)$, la solubilité molaire $s$ correspond à la quantité de sel dissous par litre; à l’équilibre, les concentrations des ions sont $[A^{y+}] = x s$ et $[B^{x-}] = y s$. ### Produit de solubilité $K_{sp}$ > **Le produit de solubilité $K_{sp}$ d’un sel est le produit des concentrations des ions à l’équilibre, chacune élevée à la puissance de son coefficient stœchiométrique dans l’équation de dissolution.** Pour la réaction générale : $$ A_xB_y(s) \rightleftharpoons x\,A^{y+}(aq) + y\,B^{x-}(aq) $$ l’expression du produit de solubilité est : $$ K_{sp}= [A^{y+}]^{x}\,[B^{x-}]^{y} $$ #### Dérivation (démonstration) À l’équilibre, la constante d’équilibre $K$ de la réaction de dissolution est : $$ K = \frac{[A^{y+}]^{x}[B^{x-}]^{y}}{a_{A_xB_y}} $$ Comme l’activité du solide pur $a_{A_xB_y}=1$, on obtient directement $K_{sp}=K$. ### Exemple 1 : Chlorure d’argent (AgCl) **Données :** $K_{sp}(\text{AgCl}) = 1,8\times10^{-10}$ à 25 °C. **Étape 1 – Écrire l’équation de dissolution :** $$ \text{AgCl}(s) \rightleftharpoons \text{Ag}^{+}(aq) + \text{Cl}^{-}(aq) $$ **Étape 2 – Exprimer $K_{sp}$ :** $$ K_{sp}= [\text{Ag}^{+}][\text{Cl}^{-}] $$ **Étape 3 – Soit $s$ la solubilité molaire :** À l’équilibre, $[\text{Ag}^{+}] = [\text{Cl}^{-}] = s$. **Étape 4 – Résoudre :** $$ K_{sp}= s^{2}\;\Longrightarrow\; s = \sqrt{K_{sp}} = \sqrt{1,8\times10^{-10}} = 1,34\times10^{-5}\ \text{mol·L}^{-1} $$ **Résultat :** La solubilité de l’AgCl dans l’eau pure est $1,3\times10^{-5}$ mol·L$^{-1}$ (≈ 2,3 mg·L$^{-1}$). ### Exemple 2 : Iodure de plomb(II) (PbI₂) en présence d’ion commun **Données :** $K_{sp}(\text{PbI}_{2}) = 7,1\times10^{-9}$ à 25 °C. On ajoute 0,10 M de KI (source d’I⁻). **Étape 1 – Équation de dissolution :** $$ \text{PbI}_{2}(s) \rightleftharpoons \text{Pb}^{2+}(aq) + 2\,\text{I}^{-}(aq) $$ **Étape 2 – Expression de $K_{sp}$ :** $$ K_{sp}= [\text{Pb}^{2+}][\text{I}^{-}]^{2} $$ **Étape 3 – Notations :** Soit $s$ la solubilité de PbI₂ en présence de 0,10 M I⁻. Alors : $[\text{Pb}^{2+}] = s$ $[\text{I}^{-}] = 0,10 + 2s \approx 0,10$ (car $2s \ll 0,10$). **Étape 4 – Substituer :** $$ K_{sp}= s\,(0,10)^{2}= s \times 0,01 $$ $$ s = \frac{K_{sp}}{0,01}= \frac{7,1\times10^{-9}}{1,0\times10^{-2}} = 7,1\times10^{-7}\ \text{mol·L}^{-1} $$ **Résultat :** La solubilité du PbI₂ chute à $7,1\times10^{-7}$ mol·L$^{-1}$ en présence d’un ion commun, illustrant l’effet d’ion commun. --- ## II. Activités d’intégration Cette partie vise à mettre en pratique les notions de $K_{sp}$ à travers deux expérimentations simples réalisables en classe : 1. **Détermination expérimentale de la solubilité du sulfate de baryum (BaSO₄)** : - Préparer une solution saturée en ajoutant excès de BaSO₄ à de l’eau distillée, agiter 30 min, filtrer. - Mesurer la conductivité ou réaliser une titration avec une solution connue d’EDTA pour quantifier [Ba²⁺]. - Comparer la valeur obtenue avec celle calculée à partir de $K_{sp}=1,1\times10^{-10}$. 2. **Observation de l’effet du pH sur la solubilité du fluorure de calcium (CaF₂)** : - Dissoudre du CaF₂ dans deux béchers contenant de l’eau distillée, l’un ajusté à pH ≈ 7 (neutre), l’autre à pH ≈ 4 (acide) avec de l’acide chlorhydrique dilué. - Après équilibrage, filtrer et doser [Ca²⁺] par complexométrie avec une solution étalon d’EDTA. - On observe une solubilité nettement supérieure en milieu acide à cause de la réaction : $$ \text{F}^{-} + \text{H}^{+} \rightleftharpoons \text{HF} $$ qui consomme les ions F⁻ et déplace l’équilibre de dissolution vers la droite. Ces activités permettent de relier la théorie du produit de solubilité à des observations concrètes et d’introduire les facteurs qui modifient la solubilité (pH, ion commun, complexation). #### Démonstration de l’effet du pH sur la solubilité du fluorure de calcium Équilibres impliqués : 1. Dissolution : $\text{CaF}_{2}(s) \rightleftharpoons \text{Ca}^{2+}(aq) + 2\text{F}^{-}(aq)$ ; $K_{sp}=3,9\times10^{-11}$ 2. Protonation du fluorure : $\text{F}^{-} + \text{H}^{+} \rightleftharpoons \text{HF}$ ; $K_{a}(\text{HF}) = 6,6\times10^{-4}$ Dans un milieu acide, l’ion $\text{F}^{-}$ est partiellement protoné, ce qui réduit sa concentration libre et augmente la solubilité apparente du $\text{CaF}_{2}$. Soit $s$ la solubilité apparente (mol·L$^{-1}$). À l’équilibre : $[\text{Ca}^{2+}] = s$ Le fluorure total provenant de la dissolution est $2s = [\text{F}^{-}] + [\text{HF}]$. D’après l’équilibre d’acide : $K_a = \dfrac{[\text{H}^{+}][\text{F}^{-}]}{[\text{HF}]} \;\Rightarrow\; [\text{HF}] = \dfrac{[\text{H}^{+}][\text{F}^{-}]}{K_a}$. En substituant : $2s = [\text{F}^{-}] \left(1 + \dfrac{[\text{H}^{+}]}{K_a}\right) \;\Rightarrow\; [\text{F}^{-}] = \dfrac{2s}{1 + \dfrac{[\text{H}^{+}]}{K_a}}$. L’expression du produit de solubilité donne : $K_{sp} = [\text{Ca}^{2+}][\text{F}^{-}]^{2} = s \left(\dfrac{2s}{1 + \dfrac{[\text{H}^{+}]}{K_a}}\right)^{2} = \dfrac{4 s^{3}}{\left(1 + \dfrac{[\text{H}^{+}]}{K_a}\right)^{2}}$. Donc : $$ s = \left[\frac{K_{sp}}{4}\left(1 + \frac{[H^{+}]}{K_a}\right)^{2}\right]^{1/3} $$ Lorsque $[H^{+}]$ augmente, le facteur $\left(1 + \frac{[H^{+}]}{K_a}\right)^{2}$ augmente, donc $s$ augmente. **Exemple numérique** : à pH = 4 ($[H^{+}]=10^{-4}$ M) : $$ \frac{[H^{+}]}{K_{a}} = \frac{10^{-4}}{6,6\times10^{-4}} \approx 0,152 $$ $$ s = \left[\frac{3,9\times10^{-11}}{4}\,(1+0,152)^{2}\right]^{1/3} = \left[9,75\times10^{-12}\times1,327\right]^{1/3} = \left[1,29\times10^{-11}\right]^{1/3} \approx 2,35\times10^{-4}\ \text{mol·L}^{-1} $$ À pH = 7 ($[H^{+}]=10^{-7}$ M) : $$ \frac{[H^{+}]}{K_{a}} \approx 1,5\times10^{-4} $$ $$ s = \left[\frac{3,9\times10^{-11}}{4}\,(1+1,5\times10^{-4})^{2}\right]^{1/3} \approx \left[9,75\times10^{-12}\right]^{1/3} \approx 2,13\times10^{-4}\ \text{mol·L}^{-1} $$ Ainsi, le passage du pH 7 au pH 4 augmente la solubilité de seulement environ 10 % (de $2,13\times10^{-4}$ à $2,35\times10^{-4}$ mol·L$^{-1}$), ce qui s’explique par la relativement forte acidité de HF ($K_a$ élevé). Pour des anions plus basiques (ex. $\text{CO}_3^{2-}$), l’effet serait nettement plus prononcé. --- ## III. Leçon 5 : Précipitation différentielle et facteurs influençant la solubilité ### Précipitation différentielle > **La précipitation différentielle consiste à ajouter sélectivement un réactif qui précipite un ion cible tout en laissant les autres ions en solution, en exploitant les différences de leurs produits de solubilité.** Le réactif choisi doit réagir avec l’ion à précipiter pour former un solide dont le $K_{sp}$ est très faible, tandis que les autres ions forment soit des composés très solubles, soit aucun précipité dans les conditions choisies. #### Exemple classique : séparation d’Ag⁺ et Pb²⁺ 1. **Étape 1 – Précipitation de l’argent comme AgCl** : - Ajouter une solution diluée de NaCl. - $K_{sp}(\text{AgCl}) = 1,8\times10^{-10}$ (très faible) → précipite immédiatement. - $K_{sp}(\text{PbCl}_{2}) = 1,6\times10^{-5}$ (beaucoup plus élevé) → Pb²⁺ reste en solution à cette concentration de Cl⁻. 2. **Étape 2 – Filtration** : on récupère le précipité d’AgCl, on le lave et on le sèche. 3. **Étape 3 – Précipitation du plomb comme PbS** : - Ajouter du sulfure d’hydrogène (H₂S) ou une source de S²⁻ (ex. Na₂S) à la filtrat contenant Pb²⁺. - $K_{sp}(\text{PbS}) = 8,0\times10^{-28}$ → précipite quasi‑quantitatif. - L’Ag⁺ étant déjà éliminé, aucune interférence. Cette séquence montre comment, en jouant sur les valeurs de $K_{sp}$ et sur la concentration du réactif ajoutée, on peut séparer deux cations. ### Facteurs influençant la solubilité | Facteur | Effet sur la solubilité | Explication | |---|---|---| | **Ion commun** | Diminue la solubilité | Selon le principe de Le Chatelier, l’ajout d’un ion déjà présent dans l’équilibre de dissolution décale l’équilibre vers le solide. | | **pH** (pour sels d’acides ou de bases faibles) | Augmente ou diminue selon l’espèce | Si l’anion est une base conjuguée (ex. F⁻, CO₃²⁻), un milieu acide le protonne, réduisant sa concentration et augmentant la solubilité du cation. | | **Formation de complexes** | Augmente la solubilité | Un ligand (ex. NH₃, CN⁻) forme un complexe soluble avec le cation, réduisant [Mⁿ⁺] libre et déplaçant l’équilibre de dissolution vers la droite. | | **Température** | Variable (selon l’enthalpie de dissolution) | Pour une dissolution endothermique ($\Delta H>0$), l’augmentation de T augmente la solubilité ; pour exothermique ($\Delta H<0$), l’effet est inverse. | #### Démonstration de l’effet du pH sur la solubilité du fluorure de calcium *(voir la démonstration détaillée dans la partie II, activité 2)* ### Exemple complet de précipitation différentielle : séparation de Cu²⁺ et Zn²⁺ **Objectif** : précipiter le cuivre comme sulfure tandis que le zinc reste en solution. 1. **Milieu** : solution contenant 0,01 M Cu²⁺ et 0,01 M Zn²⁺, ajustée à pH ≈ 5 avec de l’acétate de sodium/tampon acétate (pour éviter la précipitation de ZnS qui nécessite un pH plus bas). 2. **Réactif ajouté** : une solution saturée de H₂S (gaz) qui fournit S²⁻. 3. **Équilibres** : - $\text{CuS}(s) \rightleftharpoons \text{Cu}^{2+}(aq) + \text{S}^{2-}(aq)$ ; $K_{sp}=6,0\times10^{-36}$ - $\text{ZnS}(s) \rightleftharpoons \text{Zn}^{2+}(aq) + \text{S}^{2-}(aq)$ ; $K_{sp}=2,0\times10^{-24}$ 4. **Calcul du [S²⁻] nécessaire** : pour précipiter 99 % du Cu²⁺, on veut $[\text{Cu}^{2+}]_{\text{final}} = 0,0001$ M. $$ [\text{S}^{2-}] = \frac{K_{sp}(\text{CuS})}{[\text{Cu}^{2+}]} = \frac{6,0\times10^{-36}}{1,0\times10^{-4}} = 6,0\times10^{-32}\ \text{M} $$ À cette concentration de S²⁻, le produit ionique pour le ZnS est : $$ Q = [\text{Zn}^{2+}][\text{S}^{2-}] = (0,01)(6,0\times10^{-32}) = 6,0\times10^{-34} \ll K_{sp}(\text{ZnS}) $$ donc aucun précipité de ZnS ne se forme. 5. **Conclusion** : en maintenant un [S²⁻] très faible (par une faible pression de H₂S ou un tampon acide), on précipite sélectivement le CuS tandis que le Zn²⁺ reste en solution. --- ## Synthèse du chapitre - **Solubilité** $s$ : concentration maximale d’un ion dans une solution saturée (mol·L$^{-1}$). - **Produit de solubilité** $K_{sp}$ : $K_{sp}= \prod [\text{ion}]^{\nu_i}$ ; constante d’équilibre de la dissolution d’un solide ionique. - **Calcul de $s$** : - Sel AB : $s=\sqrt{K_{sp}}$ - Sel $AB_{2}$ : $s=\sqrt[3]{K_{sp}/4}$ (dérivation similaire). - **Effet ion commun** : $s$ diminue lorsque l’on ajoute un ion déjà présent dans l’équilibre. - **Effet pH** : pour les anions basiques, l’acidification augmente $s$ en consommant l’anion (ex. F⁻ + H⁺ ⇌ HF). - **Formation de complexes** : augmente $s$ en réduisant la concentration libre du cation. - **Température** : suit la loi de Van’t Hoff ; endothermique → $s$ augmente avec $T$. - **Précipitation différentielle** : séparation basée sur des différences de $K_{sp}$ ; on ajuste la concentration du réactif précipitant pour dépasser le produit ionique de l’ion cible tout en restant en dessous de celui des autres ions. - **Exemples clés** : AgCl (Ksp=1,8×10⁻¹⁰), PbI₂ (Ksp=7,1×10⁻⁹), CuS/Ksp=6,0×10⁻³⁶ vs ZnS/Ksp=2,0×10⁻²⁴. --- ## Glossaire - **Solubilité** : quantité maximale d’un solide qui peut se dissoudre dans un litre de solvant à température donnée. - **Produit de solubilité ($K_{sp}$)** : constante d’équilibre exprimant le produit des concentrations des ions à l’équilibre, chacune élevée à son coefficient stœchiométrique. - **Ion commun** : ion présent à la fois dans le sel dissous et dans une espèce ajoutée, qui diminue la solubilité du sel. - **Effet de pH** : modification de la solubilité d’un sel dont l’anion ou le cation réagit avec H⁺ ou OH⁻. - **Complexation** : formation d’une espèce soluble entre un ion métallique et un ligand, augmentant la solubilité du métal. - **Précipitation différentielle** : procédé qui précipite sélectivement un ion en exploitant les différences de leurs $K_{sp}$. - **Tampon** : solution qui résiste aux variations de pH lorsqu’on ajoute de l’acide ou une base. - **Ksp apparent** : valeur effective du produit de solubilité modifiée par des réactions secondaires (protonation, complexation). --- ## Exercices d'application corrigés ### Exercice 1 Calculer la solubilité molaire du sulfate de baryum (BaSO₄) sachant que $K_{sp}=1,1\times10^{-10}$ à 25 °C. **Corrigé** 1. Équation : $\text{BaSO}_{4}(s) \rightleftharpoons \text{Ba}^{2+}(aq) + \text{SO}_{4}^{2-}(aq)$ 2. $K_{sp}= [\text{Ba}^{2+}][\text{SO}_{4}^{2-}] = s^{2}$ 3. $s = \sqrt{1,1\times10^{-10}} = 1,05\times10^{-5}\ \text{mol·L}^{-1}$ **Réponse** : $s = 1,0\times10^{-5}\ \text{mol·L}^{-1}$ (≈ 2,4 mg·L$^{-1}$). --- ### Exercice 2 Une solution contient 0,020 M de NaCl. Quelle est la solubilité du chlorure d’argent (AgCl) dans cette solution ? ($K_{sp}=1,8\times10^{-10}$) **Corrigé** 1. Équation : $\text{AgCl}(s) \rightleftharpoons \text{Ag}^{+}(aq) + \text{Cl}^{-}(aq)$ 2. $K_{sp}= [\text{Ag}^{+}][\text{Cl}^{-}]$ 3. Soit $s$ la solubilité d’AgCl. $[\text{Ag}^{+}] = s$, $[\text{Cl}^{-}] = 0,020 + s \approx 0,020$ (car $s \ll 0,020$). 4. $K_{sp}= s \times 0,020$ → $s = \dfrac{1,8\times10^{-10}}{0,020}=9,0\times10^{-9}\ \text{mol·L}^{-1}$ **Réponse** : $s = 9,0\times10^{-9}\ \text{mol·L}^{-1}$. --- ### Exercice 3 Déterminer la solubilité du hydroxyde de fer(III) (Fe(OH)₃) dans une solution tamponnée à pH = 9,0. Données : $K_{sp}=2,8\times10^{-39}$ ; $K_{w}=1,0\times10^{-14}$. **Corrigé** 1. Équation : $\text{Fe(OH)}_{3}(s) \rightleftharpoons \text{Fe}^{3+}(aq) + 3\text{OH}^{-}(aq)$ 2. $K_{sp}= [\text{Fe}^{3+}][\text{OH}^{-}]^{3}$ 3. À pH = 9,0 → pOH = 14‑9 = 5,0 → $[\text{OH}^{-}] = 10^{-5}\ \text{M}$ 4. Soit $s$ la solubilité : $[\text{Fe}^{3+}] = s$, $[\text{OH}^{-}] = 10^{-5}+3s \approx 10^{-5}$ (car $3s \ll 10^{-5}$). 5. $K_{sp}= s \times (10^{-5})^{3}= s \times 10^{-15}$ 6. $s = \dfrac{2,8\times10^{-39}}{10^{-15}} = 2,8\times10^{-24}\ \text{mol·L}^{-1}$ **Réponse** : $s = 2,8\times10^{-24}\ \text{mol·L}^{-1}$ (pratiquement insoluble). --- ### Exercice 4 On veut séparer le cadmium (Cd²⁺) du zinc (Zn²⁺) par précipitation de sulfure. Sachant que $K_{sp}(\text{CdS})=8,0\times10^{-28}$ et $K_{sp}(\text{ZnS})=2,0\times10^{-24}$, quelle concentration minimale d’ions sulfure doit-on ajouter pour précipiter 95 % du Cd²⁺ présent initialement à 0,010 M, tout en maintenant le Zn²⁺ en solution ? **Corrigé** 1. Pour précipiter 95 % du Cd²⁺, il reste 5 % en solution : $[\text{Cd}^{2+}]_{\text{final}} = 0,05 \times 0,010 = 5,0\times10^{-4}\ \text{M}$. 2. Condition de précipitation : $[\text{S}^{2-}] \ge \dfrac{K_{sp}(\text{CdS})}{[\text{Cd}^{2+}]_{\text{final}}}$ $$ [\text{S}^{2-}]_{\min}= \frac{8,0\times10^{-28}}{5,0\times10^{-4}} = 1,6\times10^{-24}\ \text{M} $$ 3. Vérifier que le Zn²⁺ ne précipite pas : on doit avoir $[\text{Zn}^{2+}][\text{S}^{2-}] < K_{sp}(\text{ZnS})$. Avec $[\text{Zn}^{2+}] = 0,010\ \text{M}$ (inchangé) et $[\text{S}^{2-}] = 1,6\times10^{-24}\ \text{M}$ : $$ Q = (0,010)(1,6\times10^{-24}) = 1,6\times10^{-26} \ll 2,0\times10^{-24} $$ donc aucune précipitation de ZnS. **Réponse** : ajouter une source de S²⁻ donnant une concentration d’au moins $1,6\times10^{-24}\ \text{M}$ (par exemple, faire bulle de H₂S très diluée ou utiliser une solution de Na₂S très dilute). --- ### Exercice 5 Une solution contient 0,005 M de nitrate de strontium (Sr(NO₃)₂). On ajoute du sulfate de sodium jusqu’à ce que la precipitation de SrSO₄ commence. Sachant que $K_{sp}(\text{SrSO}_{4})=3,2\times10^{-7}$, quelle concentration de sulfate doit-on atteindre ? **Corrigé** 1. Équation : $\text{SrSO}_{4}(s) \rightleftharpoons \text{Sr}^{2+}(aq) + \text{SO}_{4}^{2-}(aq)$ 2. $K_{sp}= [\text{Sr}^{2+}][\text{SO}_{4}^{2-}]$ 3. $[\text{Sr}^{2+}] = 0,005\ \text{M}$ (inchangé avant précipitation). 4. $[\text{SO}_{4}^{2-}]_{\text{crit}} = \dfrac{K_{sp}}{[\text{Sr}^{2+}]} = \dfrac{3,2\times10^{-7}}{0,005}=6,4\times10^{-5}\ \text{M}$ **Réponse** : lorsque $[\text{SO}_{4}^{2-}]$ atteint $6,4\times10^{-5}\ \text{M}$, la precipitation de SrSO₄ débute. --- ### Exercice 6 (plus délicat) Dans une solution contenant 0,020 M de nitrate de cuivre(II) (Cu(NO₃)₂) et 0,020 M de nitrate de zinc (Zn(NO₃)₂), on veut précipiter sélectivement le cuivre comme hydroxyde en ajustant le pH. Sachant que $K_{sp}(\text{Cu(OH)}_{2})=2,2\times10^{-20}$ et $K_{sp}(\text{Zn(OH)}_{2})=3,0\times10^{-17}$, quel pH minimal faut-il atteindre pour précipiter 90 % du Cu²⁺ sans provoquer la précipitation de Zn(OH)₂ ? **Corrigé** 1. Pour précipiter 90 % du Cu²⁺, il reste 10 % en solution : $[\text{Cu}^{2+}]_{\text{final}} = 0,10 \times 0,020 = 2,0\times10^{-3}\ \text{M}$. 2. Condition de précipitation de Cu(OH)₂ : $$ [\text{OH}^{-}] \ge \sqrt{\frac{K_{sp}(\text{Cu(OH)}_{2})}{[\text{Cu}^{2+}]_{\text{final}}}} = \sqrt{\frac{2,2\times10^{-20}}{2,0\times10^{-3}}} = \sqrt{1,1\times10^{-17}} = 3,3\times10^{-9}\ \text{M} $$ 3. pOH correspondant : $-\log_{10}(3,3\times10^{-9}) = 8,48$ → pH = 14 – 8,48 = **5,52**. 4. Vérifier que Zn(OH)₂ ne précipite pas à ce [OH⁻] : $$ Q_{\text{Zn}} = [\text{Zn}^{2+}][\text{OH}^{-}]^{2} = (0,020)(3,3\times10^{-9})^{2} = 0,020 \times 1,09\times10^{-17}=2,2\times10^{-19} $$ Puisque $Q_{\text{Zn}} = 2,2\times10^{-19} \ll K_{sp}(\text{Zn(OH)}_{2}) = 3,0\times10^{-17}$, aucune précipitation de Zn(OH)₂ ne se produit. **Réponse** : il faut porter le pH à au moins **5,5** (pH ≈ 5,5) pour précipiter 90 % du Cu²⁺ sous forme d’hydroxyde sans toucher au Zn²⁺. --- ## Erreurs fréquentes 1. **Oublier l’effet de l’ion commun** : beaucoup d’élèves supposent que la solubilité d’un sel est identique dans l’eau pure et dans une solution contenant déjà l’un de ses ions. Rappel : l’ion commun diminue $s$ selon $K_{sp}= [\text{ion}]_{\text{ajouté}} \times s$ (ou puissance adéquate). 2. **Confondre $K_{sp}$ et la solubilité** : $K_{sp}$ est une constante (sans unité) tandis que la solubilité s’exprime en mol·L$^{-1}$ ou g·L$^{-1}$. Ne pas inverser les deux lorsqu’on résout un problème. 3. **Négliger la stœchiométrie dans l’expression de $K_{sp}$** : pour un sel $A_{x}B_{y}$, il faut mettre chaque concentration à la puissance de son coefficient. Une erreur fréquente est d’écrire $K_{sp}= [A][B]$ pour $AB_{2}$. 4. **Utiliser une concentration d’ion qui n’est pas à l’équilibre** : lors du calcul de $s$ en présence d’un ion commun, il faut ajouter la contribution du sel dissous à l’ion déjà présent ; oublier cette addition conduit à surestimer $s$. 5. **Mauvaise gestion du pH** : pour les sels d’anions basiques, certains élèves oublient de convertir pH en $[OH^{-}]$ ou $[H^{+}]$ avant d’insérer dans l’expression de $K_{sp}$. Toujours rappeler : $pOH = 14 - pH$ et $[OH^{-}] = 10^{-pOH}$. 6. **Précipitation différentielle sans vérifier le deuxième ion** : on calcule la concentration de réactif nécessaire pour précipiter l’ion cible, mais on oublie de vérifier que le produit ionique du deuxième ion reste inférieur à son $K_{sp}$. Cette étape est indispensable pour garantir la sélectivité. --- *Fin du cours.*