Département de chimie Année 2019/2020. Corrigé de la série 3

Département de chimie Année 2019/2020

Filière SMPC « Semestre 2 » TD Chimie des solutions

Corrigé de la série 3 A) Réactions de complexation

Exercice 1 Nomenclature, constante de formation des complexes Rappel

Dans le nom du complexe, l'anion est nommé en premier puis le cation.

Le nom du (des) des ligand(s) précède(nt) celui de l'atome métallique central (c'est l'inverse dans l'écriture de la formule).

Le nom d'un ligand négatif se termine souvent par "o": chloro Cl^- ;cyano CN^-, hydroxo HO^-,sulfato SO₄^2- Quelques noms particuliers de ligand : aqua H2O, ammine NH3, carbonyl CO. Nitrosyl NO

Le préfixe mono, di (2), tri (3), tetra (4), penta (5), hexa (6) indique le nombre de chaque ligand.

Dans les formules : l’atome central est placé le premier suivi par les ligands anioniques, puis les ligands neutres et le tout entre crochets [ ]. Dans le nom : l’atome central doit être indiqué après les ligands. Si le complexe est chargé : le nom s’écrit en un seul mot, précédé de “ion”. On cite d’abord les ligands par ordre alphabétique, en précisant leur nombre, puis l’ion central en précisant son nombre d’oxydation (en chiffres romain).

● Si le complexe est neutre ou cationique : on garde le nom du métal.

● Si le complexe est anionique : le nom du métal est suivi de « ate » 1- Nom des complexes :

a- [Hg(CN)4] ^2- : Ion tetra cyano mercurate (III).

Ion (il est chargé) tetra (4 ) cyano (CN) mercur (Hg) ate (charge négative du complexe )

(II) est le (nb d’oxydation) du mercure toujours en chiffre romain, calculé de la façon suivante :

En considérant les charges des autres éléments et en écrivant que la somme des charges = la charge du complexe (ici = -2)

n. o. (Hg) = x inconnue n. o. (CN) = -1

x + 4 (-1) = -2  x = -2 + 4 = + 2 et on l’écrit toujours en chiffre romain (II) b- [CrCl2(H2O)4] ⁺ Ion dichloro tetra aqua chrome (II).

Ion (il est chargé) di (2) Chloro (Cl^-) tetra (4 ) aqua (H2O) chrome (Cr) (III) est le (nb d’oxydation) du chrome, calculé de la façon suivante :

Sachant que la somme des charges = la charge du complexe (ici = + 1) n. o. (Cr) = x inconnue

n. o. (Cl) = -1 n. o. (H2O) = 0

x + 2 (-1) + 4 (0) = + 1  x = 1 + 2 = 3 et on l’écrit en chiffre romain (III) c- [Fe(CO)5] Penta carbonyle fer (0)

On n’écrit pas Ion (le complexe n’est pas chargé) penta (5) carbonyle (CO) fer (Fe)

2 (0) le (nb d’oxydation) du Fe,

sachant que la somme des charges = la charge du complexe (ici = 0) n. o. (Fe) = x inconnue

n. o. (CO) = 0

x + 5 (0) = 0  x = 0 qui s’écrit même en chiffre romain (0)

d- K3[W(CN)8],2H2O octacyanotungstate (V) de potassium dihydraté Non chargé donc pas d’ion dans l’appellation

octa (8) cyano (CN) tungstène (W) de potassium (K)

di (2) hydraté =contient des molécules d’eau , ici on a 2 molécules H2O (V) = 5 est le (nb d’oxydation) du tungstène, calculé comme précédemment !

n. o. (W) = x inconnu n. o. (CN) = -1

n. o. (K) = 1 n. o. (H2O) = 0

3 (1) + x + 8 (-1) + 2 (0) = 0  x = -3 + 8 = + 5 et on l’écrit en chiffre romain (V) tungstate car on a 3 K⁺ , neutralisé par 3 (-) provenant de [W(CN)8] 5 (+) + 8 (-) = 3 (-)

2- les formules des complexes

a- ion hydroxopentaaquoaluminium (III)

C’est un composé d’Al (aluminium) contient OH (hydroxo) + 5 H2O (pentaaqua) Sa formule est : [Al(OH)(H2O)5]²⁺

b- Ion hexanitrilocobaltate (III)

C’est un composé de Co {(cobalt) mais charge négative cobaltate) contient 6 NO (hexanitrylo) Sa formule est : [Co(NO2)6]^3-

c- Ion octacyanatomolybdate (VII)

C’est un composé de Mo {(molybdène) mais charge négative molybdate) contient 8 CN (octacyanato)

Sa formule est : [Mo(CN)₈]^- d- Diamminedichloroplatine (II)

C’est un composé de Pt {(platine) contient 2 NH ₃ (diamine) et 2 Cl^-(chloro) Sa formule est : [Pt(Cl)₂(NH₃)₂] e- Ion hydroxomagnésium (II)

C’est un composé de Mg {(magnésium) contient OH (hydroxo)

Sa formule est : [MgOH]⁺

f- Ion dicyanoaurate (I)

C’est un composé de Au {(or) contient 2(di) CN^-(cyano)

Sa formule est : [Au(CN)2]^- 3- La réaction de complexation a lieu entre le cuivre (II) et l’amine selon :

a- Cu²⁺ + 4NH₃ ⇔ [Cu(NH3)₄] ²⁺

Tableau d’avancement de la réaction :

Cu²⁺ + 4NH₃ ⇔ [Cu(NH3)₄] ²⁺

Etat initial n0 n1 0

Etat final n0 – x n1 - 4 x x

3 On a initialement :

n₀ =C₀V₀ = 10^-2 x 100 x 10^-3

n0= 0,001 mol. de Cu²⁺

n1 = C1V1 = 0,1 x 500 x 10^-3

n₁= 0,05 mol. de NH₃

b- On a : ¹²

13 D

f 4.10

2,5.10 1 K

K  1  _  . On peut en conclure que la réaction est totale puisque K_f est élevée. ( K_Dest faible)

c- - Puisque la réaction est totale, on détermine le réactif limitant.

= la réaction s’arrête car ce réactif va s’épuiser et manquera . Or on a 2 réactifs qui interviennent dans cette réaction. Cu²⁺ et NH₃ :

Hypothèse n°1 : On suppose que le réactif limitant est Cu²⁺.

Dans ce cas (voir tableau d’avancement) : n0 – x = 0 et n0 = x = 0,001 mol.

Donc en état final le nombre de mole de NH₃ : n_NH3 = n₁−4x = 0,046 mol.

Cette hypothèse est possible donc c’est elle qui est retenue

(L’autre hypothèse aboutit sur une quantité finale de Cu²⁺ négative, donc impossible.

En effet : Hypothèse N° 2 : si on suppose que le réactif limitant est NH₃ :

 n1 - 4 x = 0  x = = . = 0,0125 mole

Ce qui donne pour Cu²⁺ : = n₀ – x = 0,001 - 0,0125 =

-

Avec un volume total V total = 500 mL d’ammoniaque NH₃ à et 100 mL de sulfate de cuivre (CuSO4, 5H2O) = 600 ml = 600 . 10^-3 litre = 0,6 litre

L 1 0,0767mol.

final = 3] [NH

mol.L 1 3 1,7.10- 0,6 =

0,001 total =

V

= x + ]2 )4 [Cu(NH3

final

mol.L 1 3 1,7.10- + =

]2 )4 [Cu(NH3

final

Pour déterminer [Cu²⁺]final, on utilise KD : de la réaction Cu²⁺ + 4NH3 ⇔ [Cu(NH3)4] ²⁺

(0,0767)4 1,7.10 3 13x 2,5.10 4 =

3] [NH

+ ]2 )4 [Cu(NH3 D x

=K ]f + [Cu2 + ⇒ 2f 4] 3) [Cu(NH

4f 3] f[NH +] [Cu2 D= K

mol.L 1 1,2.10 11

f = +] [Cu2 Exercice 2

a- [Fe(CH3COO)]²⁺, Ion acétato fer (III).

(CH₃COO) c’est l’ion acetate dont la charge est -1 donc acetato n. o. (Fe) =? x

x + (-1) = + 2  x = 3 (III) 0,6

0,046 total =

V 4x 1-

= n final 3] [NH

4 b- _n(Fe^3_{)initialn(CH3COO}^_{)initial0,1 x 50.10}^3_0,005mol.

Après le mélange des deux solutions (on a mélangé : 50 mL de solution de nitrate de fer (III) 0,1 M et 50 mL d’acétate de sodium 0,1 M.) :

Les deux composés ont même volume (50 ml = 50 . 10^-3 L et même concentration 0,1 M La concentration dans le mélange dont le volume est 50 . 10^-3 + 50 . 10^-3 = 100 . 10^-3 litres sera : (0,1 x 50 . 10^-3) / 100 . 10^-3

1 0 3

3

3 0,05mol.L

100.10 0,005 C

] COO [CH ]

[Fe^  ^   _  ^

La réaction de formation du complexe est la suivante :

Fe³⁺ + CH₃COO^- ⇔ [Fe(CH3COO)]²⁺

A t=0 C₀ C₀ 0

A l’équilibre C0-x C0-x x

3,2 2

0 2

3 3 3

D 10

x x) (C COO)]

[Fe(CH

] COO ].[CH 1 [Fe

K _ ^



   



 KF

On résout l’équation du second ordre : x² – (2C0+KD) x + C02

= 0.

On obtient : x = 4,47.10^-2 mol.L^-1 . Rappel de résolution d’une équation de second degré : ax² + bx + c = 0 :

 = b² - 4 ac et x = (-b  )/2a

Ici  = (2C0+K_D)²- 4 C₀²  = (2x 0,05 + 10^-3,2 )² - 4 x 0,05²

 = (0,1006) ²– 0,01 = 0,01012 – 0,01 = 0,00012

 = 0,0109 0 < x < C₀ = 0,05 x doit rester inferieur à 0,05 sinon la réaction s’arrête D’où x = (-0,101 - 0,0109 )/2 = - 0,5595 ne convient pas

x = (-0,101 + 0,0109 ) /2 = - 0,0447 mole x doit être positif, c’est un nombre de mole d’où x = 4,47.10^-2 mol. L^-1

Les concentrations des espèces sont respectivement (voir tableau ci dessus):

[[Fe(CH₃COO)] ²⁺] = x = 4,47 .10^-2 M.

[Fe³⁺] = [CH₃COO^-] = C₀ - x = 0,05 - 0,0447 = 0,0053 M.

[Na⁺ ] = [NO₃^- ] = 0,05 M.

Le sodium Na⁺ et les nitrates NO3-

n’ayant pas réagi, gardent tous les deux leur concentration initial qui a changé à cause de la dilution (c’était 0,1 M dans 50 ml mais le volume est devenu 100 ml donc il y a eu dilution et on a calculé la nouvelle concentration qui est C0 = 0,05 M

c- Lorsqu’on ajoute des ions H₃O⁺(acide), ils vont réagir avec les ions CH₃COO^-(base) selon la réaction CH3COO^- + H3O⁺ → CH3COOH

On aura donc diminution des ions CH3COO^-. D’après la loi de LECHATELIER, l’équilibre se déplacera de manière à compenser ce qui est retranché.

L’équilibre va se déplacer vers la dissociation du complexe. (pour apporter CH₃COO^-. nécessaire)

5 d- Détermination du pH :

N’oublions pas les données :

pKa(CH₃COOH/CH₃COO^- ) = 4,8 ;  Ka(CH₃COOH/CH₃COO^- ) = 10 ^-4,8

COOH]

[CH3

+] 3O COO ].[H

CH3 -

= [ Ka

pKD [Fe(CH3COO)]²⁺ = 3,2.  KD [Fe(CH3COO)]²⁺ = 10 ^-3,2

+ COO)]2 [Fe(CH3

+] ]x[Fe3 3COO

CH -

=[ KD

1% (=0,01)de Fe³⁺ est complexé ⇒ [[Fe(CH₃COO)]^2]0,05 x 0,015.10^4mol/L (1% de Fe³⁺ est complexé , il reste 99% (=0,99) de Fe³⁺ qui est disponible)

On avait initialement une concentration de 0,05 M, il reste : [Fe³⁺] = 0,99×0,05 = 0,0495 M.

mol/L 6 6,37.10- 3,2 =

.10 - 0,0495

4 5.10- D= ] K

+ [Fe3

+ COO)]2 [Fe(CH3

= ] 3COO [CH

C₀ = [CH₃COOH]+[CH₃COO^- ]+[Fe(CH3COO)²⁺]

⇒ [CH₃COOH] = C₀−[CH₃COO^- ]−[Fe(CH₃COO)²⁺]

= 0,05−6,37.10^-6 −5.10^-4 = 4.9491.10^-2 mol/L.

On reporte dans Ka:

COOH]

[CH3

+] 3O -].[H 3COO

=[CH Ka

mol/L 0,123 4,8=

10- 6 x 6,37.10-

2 4,949.10-

= ]Ka 3COO [CH

COOH]

[CH3 .

= +] 3O

⇒[H

pH = -log[H3O⁺] = -log(0,123) pH = 0,91.

Exercice 3 : Complexations compétitives

L’ion cobalt II donne avec l’ion oxalate C2O42-

un complexe, [Co(C2O4)3]^4-, tel que la constante de formation globale β₃ 10^19,2. Il donne aussi avec l’éthylènediamine noté (en) un complexe, [Co(en)3]²⁺, tel que la constante de formation globale β₃'10^13,9.

A 100 ml, de solution contenant le complexe [Co(en)₃]²⁺ à la concentrationc₂ 0,04mol.l^1, on ajoute 100 ml de solution d’oxalate de sodium Na2C₂O₄ à la concentrationc₁ 0,2mol.l^1

1) Equation de la réaction qui se produit et calcul de sa constante K.

2 3 4 2 2 3

3 4 3 4 2

] O ][C ] [Co(en)

][en]

] ) O [[Co(C

K _{ }

 

[Co(en)₃]²⁺ + 3 C₂O₄^2- [Co(C₂O₄)₃]^4- + 3 en

(1) Pour calculer K, utilisons ce qu’on connait : les constantes de formation globale  des complexes [Co(C₂O₄)₃]^4- et [Co(en)₃]²⁺

6 Considérons les équations des réactions de formation des complexes [Co(C₂O₄)₃]^4- et [Co(en)₃]²⁺ et donnons l’expression de leur constante d’équilibre.

3 2

2 3 3 [Co ][en]

] ] [[Co(en)

β ' _

 

- 3 2 4 2 2

4 3 4 2

3 [Co ][C O ]

] ] ) O [[Co(C

β _



 [Co(en)₃]²⁺

[CoC₂O₄)₃]^4- Co²⁺ + 3 C₂O₄^2-

Co²⁺ + 3 en

]3 42 2O +][C ]2 [Co(en)3

][en]3 ]4

)3 O4 [[Co(C2

=

K

Pour faire apparaitre les 3 et 3’ on va multiplier en haut et en bas par [Co²⁺] (c’est une astuce de calcul)

K [Co(en)3]2+]

][en]3 + x [Co2 ]3 42 2O +][C [Co2

4 ] 3] 4) 2O [[Co(C

= ^5,3

13,9 19,2

3

3 10

10 10 β '

K  β  

 On peut dire que la réaction est quasi-totale.(K > 10⁴)

On sait que L’équilibre (1) : dépend de la stabilité des deux complexes [Co(C₂O₄)₃]^4- et [Co(en)₃]²⁺

(Voir cours Complexations compétitives , page 19 Chapitre 2)

C’est le complexe le plus stable (Kd le plus faible) qui sera formé normalement, mais ça dépend des concentrations des solutions et de leurs volumes..

2) Composition de la solution.

Initialement : on a : 100 ml, de [Co(en)₃]²⁺ à c₂ = 0,04 mol. l^-1, + 100 ml de C₂O₄ à c₁ = 0,2 mol. l^-1

0 2 3 0

- 2 4 2 2

1 1 1 0 - 2 4 2

2 1

2 2 0 2 3

] ] [[Co(en) 3

] O [C mol/l 200 0,1

100 x 0,2 V

V V ] c

O [C

mol/l 200 0,02

100 x 0,04 V

V V ] c

] [[Co(en)









 





 



 Donc [Co(en)3]²⁺ est totalement transformé

l mol/

0,06

= [en]

; mol/l 0,02

= ] ] ) O [[Co(C

; mol/l 0,04

= ] O

[C 2 2 4 3 ⁴

4 2

]3 42 2O K[C

][en]3 ]4

)3 O4 [[Co(C2

= +] ]2 [Co(en)3 3⇒

, 105 3 = 2 ] O4 ][C2 + ]2 [Co(en)3

][en]3 ]4

)3 O4 [[Co(C2

= K

3 5,3

+ 3 3 2

(0,04) x 10

(0,06) x

= 0,02 ] ] [Co(en)

La concentration du complexe [Co(en)3]²⁺ est négligeable, mol/l 3,4.10

] ]

[Co(en)3 ²+ = -⁷

Il est effectivement totalement transformé, l’hypothèse faite est valable.

L’EDTA est le ligand permettant de former normalement le plus de complexe, mais ici il est en faible quantité par rapport aux C₂O₄

Conclusion : C’est le complexe avec l’acétate qui se forme [Co(C₂O₄^-)₃]^4-

 

[Co(en)₃]2⁺ + 3 C₂O₄^2-

à t = 0 0,02 0,1

[CoC₂O₄)₃]^4- + 3 en 0

à t_final 0,1 - 3 x 0,02 0,02 0,06 0

7 A) Réactions de précipitation

Exercice 1 Calcul de solubilité s, de produit de solubilité Ks et effet d’ion commun

1) Calcul de la solubilité pour la solution saturée en chlorure de plomb [Pb²⁺] connaissant Ks L’équilibre entre le solide et ses ions est : PbCl2(s) ⇔ Pb²⁺_(aq) + 2Cl^-(aq)

Une mole de PbCl2 donne 1 mole de Pb²⁺ et 2 moles de Cl^- donc : 2S⇒

= -] [Cl et S

= +] [Pb2 : a

On [Cl-]2

x ] [Pb S =

K ²⁺

pKs (PbCl2(s)) = 4,8  or pKs = -log Ks donc Ks = 10^-pKs Ks (PbCl2(s)) =10 ^-4,8 3⇒

S 4 ) = S 2

( 2

Sx S =

K 3 =1,58.10-2mol/L

4 KS

= S

L / 2mol 10- . 58 , 1 3 =

4 10-4,8 3 =

4 KS

= S

Donc la concentration en Pb²⁺ est [Pb2+]=S=1,58.10-2mol/L 2) Calcul de pKs(Zn3PO4)2.

La concentration [Zn²⁺] est égale à 1,6.10⁻⁷M.

Avancement de la réaction de dissociation de Zn3(PO4)2

Zn₃(PO₄)₂ ⇆ 3Zn²⁺ + 2PO₄^3-

Initialement Solide 0 0

Avancement -S 3S 2S

Equilibre Solide 3S 2S

[Zn²⁺] = 3S [PO₄^3-] = 2S

Ks(Zn3(PO4)2) = [Zn²⁺]³[PO43-

]² = (3S)³.(2S)² = 108.S⁵ Avec S = 1,6.10⁻⁷M

logKs = log(108) + 5.log (1,6.10⁻⁷) = - 33,076→ pKs(Zn3(PO4)2) = 33,076 3) On a l’équilibre suivant : BaSO4(s) ⇔ Ba²⁺(aq) + SO42-

(aq) Calculons la solubilité de BaSO4(s)

a- Dans l’eau pure :

BaSO₄ donne une mole de Ba²⁺ et une mole de SO₄^2- pKs (BaSO4(s)) = 9,97 Ks (BaSO4(s)) =10 ^-9,97

L / 5mol 10- . 035 , 1 97 = , 10 9 S = K

=

⇒S S2

= 2 ] SO4 [ +].

[Ba2 S=

⇒K S

= 2 ] SO4 [

= +] [Ba2 : a On

La solubilité de BaSO4(s) dans l’eau pure est S=1,035.10-5mol/L b- dans une solution d’acide sulfurique à 0,1 mol. L^-1.

H2SO4 donne 2 moles de H⁺ (H3O⁺) et une mole de SO42-

Donc en mettant le sel BaSO₄ dansH₂SO₄ à la concentration0,1 mol. L^-1. Ba²⁺ provient seulement de BaSO4(s) [Ba²⁺] = S’

alors que SO42-

provient de BaSO4(s) et aussi deH2SO4 [SO42-] = S’ + 0,1

8 Ks (BaSO4(s)) a toujours la même expression et la même valeur [SO -2 ]

]. 4 + [Ba2 S = K

⇒ KS = S’(S’ + 0,1) = S’² + 0,1S’

Approximation : Comme S’ est faible ⇒ S’² le serait davantage, ce qui permet de négliger S’².

0,1 KS

=

⇒S' 0,1.S' S= K : aura On

mol/L 9 1,07.10- 0,1 =

10 9,97-

= S'

Donc la solubilité de BaSO_4(s) dans l’acide est S'=1,07.10-9mol/L

Solubilité de BaSO4(s) dans H2SO4 S'=1,07.10-9mol/L < Solubilité dans l’eau est S=1,035.10-5mol/L Donc on a vérifié : que la solubilité diminue par effet d’ion commun.

Exercice 2 : produit de solubilité et pH

1) La valeur du pH à laquelle se forme Zn(OH)_2(S) dans solution Zn(NO₃)₂ C = 10^-3 mol. L^-1. Par définition:

pH = -log [H3O⁺]

Zn(OH)2 est formé de Zn²⁺ et de 2OH^-

On a l’équilibre : Zn(OH)2(S) ⇔ Zn²⁺(aq) + 2OH^-(aq)

K_S = [Zn²⁺][OH^- ] ² = 10^-17 .

[ ]

] [Zn

= K

⇒ OH mol/L 10

= ]

[Zn 2+

- S 3

- + 2

[

]

17 -

10

= 10 10 =

= 10

On sait que Ke constante de l’équilibre ionique de l’eau Ke = [H3O⁺] [OH^- ] = 10^-14 

⇒pH=7

2. On se place à pH = 4. pH = -log [H3O⁺]  [H3O⁺] = 10^-pH = 10^-4 a- Calculons la concentration en ions hydroxyde de la solution

17 - 2 +

S=[Zn2 ].[OH ] =10 K

4 - 14 - 3 +

-

10

= 10 ] O H [

= Ke ] OH

[ [OH^-]=10^-10M

b- Calculer le produit [Zn²⁺].[OH^- ]² . mol/L

10

= ] [Zn^{2+ -3}

[Zn²⁺].[OH^- ]² =10^-3×(10^-10)² = 10^-23 .

c- Comparer la valeur trouvée au produit de solubilité de l’hydroxyde de zinc [Zn²⁺].[OH^- ]² =10-23<Ks =10^-17  à pH=4 On n'apasprécipitation

Exercice 3 : Calcul des solubilités à 2 températures et des concentrations dans un mélange de sels A T = 25 °C K_s (PbCl₂ ) = 1,58.10^-5.

1) Calcul de la solubilité S1 de PbCl2 à 25 °C et S2 à 80 °C, en considérant que l’enthalpie de dissolution de PbCl2 reste constante dans l’intervalle de température étudié.

9 Equation de dissolution de PbCl₂ :

3 2 2

s [Pb ][Cl ] 4s

K  ^{ } 

Pb(Cl)₂ (s) + H₂O Pb²⁺ + 2 Cl^-

 Calcul de la solubilité S₁ à 25 °C :

3 5

3 s 3 1

1 1

s 4

1,58.10 4 =

= K

⇒s 4s

= K

mol/L 1,58.10

=

s₁ ^-2 à T= 25 °C

 Calcul de la solubilité S₂ à 80 °C :

On applique la relation de Van’t Hoff : ₂

0 dissol s

RT ΔH dT

dLnK 



 



 











 

2 1 0 dissol s

T s

T 2

0 dissol K

K s

2 0 dissol

s T

1 T

1 R ΔH K

LnK T

dT R

dLnK ΔH T

.dT R LnK ΔH

1 2 2

1 s2

s1

d

 Calcul de ΔH⁰_dissol : ΔH⁰_dissolΔH⁰_f,298(Pb^2)2ΔH⁰_f,298(Cl^)-ΔH⁰_f,298(PbCl₂,s) 359,21)

( 167,46) (

x 2 + 1,63 ΔH⁰_dissol =

KJ/mol 25,92

ΔH⁰_dissol=

La dissolution de PbCl₂ est endothermique, donc la solubilité doit augmenter avec T.

T ) - 1 T ( 1 R

= ΔH K

LnK

2 1 0

dissol s1

s2

T ) - 1 T ( 1 R +ΔH LnK

=

⇒LnK

2 1 0

dissol s1

s2

9,425

= 353) - 1 298 ( 1 8,314 25920 + ) Ln(1,58.10

=

LnK_s2 ^-5

2 -5

s =8,06.10

⇒K

3 -5

3 s2

2 4

8,06.10 4 =

= K s

mol/l 2,72.10

=

s2 ^-2 à T= 80 °C > s1 =1,58.10^-2 mol/L à T= 25 °C Donc comme prévu, la solubilité augmente avec la température.

2) Calcul [Pb^2]et [Cl^]dans le mélange deux solutions, l’une de Pb(NO3)₂, l’autre de NaCl. Equations des réactions qui ont lieu en solution :

5 3

2 2

s [Pb ][Cl ] 4s 1,58.10

K  ^{ }   ^

Pb(Cl)₂ (s) Pb²⁺ + 2 Cl^-

Pb(NO₃)₂ (s) + H₂O Pb²⁺ + 2 NO₃^- NaCl (s) + H₂O Na⁺ + Cl^-

Déterminons l’état final pour chacun des trois cas (différentes concentrations pour Pb²⁺ et Cl^- ): la présence ou absence de précipité et la concentration des ions

a. Pour [Pb²⁺]=0,01mol/let [Cl^-]0,2mol/l

10 1,58.

= K 10

. 4

= (0,2) x 0,01

= ] Cl ][

[Pb^{2+ - 2 2 -4}  _s ^-5,

donc il y aura présence du précipité de PbCl2.

10 Calcul des concentrations de Pb²⁺ et Cl^- :

mol/L 1,58.10

= s

= ]

[Pb²⁺ ₁ ^-2

mol/l 5,81.10

= 0,0158 -

0,01 S =

- ]

[Pb

= ]

[Pb²⁺ _finale ²⁺ _{initiale 1} ³

mol/l 0,168

= 0,0316 -

0,2

= S 2 - ]

[Cl

= ]

[Cl^- _finale ^- _{initiale 1}

b. Pour [Pb^2]0,005mol/let [Cl^-]0,03mol/l

1,58.10

= K 10

. 5 , 4

= (0,03) x 0,005

= ] ][Cl

[Pb^{2+ 2 2 -6}  _s ^-5,

 il y aura absence du précipité de PbCl2. Dans ce cas ! [Pb^2] et [Cl^-] restent constantes.

c. Pour [Pb²⁺]=0,0158mol/let [Cl_aq]=0,0316mol/l

K 10 = 1,58.

0 ≈ . 5777 , 1

= (0,0316) x

0,0158

= Cl ] ][

[Pb^{2+ - 2 2 -5 -5} _s ,

 il y aura sursaturation, on est à l’équilibre

Absence du précipité de PbCl2, car dès qu’il est formé, il est dissous pour former Pb²⁺ et Cl^-

 [Pb^2] et [Cl^-] restent constantes