Feuille d'entraînement : Diagrammes E-pH

Corrigés

1. Exercice 1Banque PT Physique B PT 2026, Q21

   Déterminons le nombre d'oxydation de l'iode dans chacune des trois espèces :

   • Dans l'ion iodure \mathrm{I}^- :

     \mathrm{n.o.}(\mathrm{I}) = -\mathrm{I}

   • Dans l'ion triiodure \mathrm{I}_3^- :

     3 \times \mathrm{n.o.}(\mathrm{I}) = -1 \implies \mathrm{n.o.}(\mathrm{I}) = -\frac{1}{3}

   • Dans l'ion iodate \mathrm{IO}_3^- (avec \mathrm{n.o.}(\mathrm{O}) = -\mathrm{II}) :

     \mathrm{n.o.}(\mathrm{I}) + 3 \times (-\mathrm{II}) = -1 \implies \mathrm{n.o.}(\mathrm{I}) = +\mathrm{V}

   Le potentiel d'un couple redox croît avec le nombre d'oxydation de la forme prédominante :

   • L'ion iodate \mathrm{IO}_3^- présente le degré d'oxydation le plus élevé (+\mathrm{V}) : il correspond au domaine situé aux potentiels les plus hauts, soit le domaine A.

   • À bas pH, la frontière séparant les domaines B et C est horizontale. La demi-équation électronique entre \mathrm{I}_3^- et \mathrm{I}^- s'écrit :

     \mathrm{I}_3^- + 2\,\mathrm{e}^- = 3\,\mathrm{I}^-

     Cette transformation n'impliquant aucun échange d'ions \mathrm{H}^+, le potentiel d'équilibre du couple est indépendant du pH, ce qui justifie parfaitement le segment horizontal observé.

   • L'ion triiodure \mathrm{I}_3^- (\mathrm{n.o.} = -1/3) étant plus oxydé que l'ion iodure \mathrm{I}^- (\mathrm{n.o.} = -\mathrm{I}), il prédomine au-dessus de \mathrm{I}^-.

   On en déduit l'attribution des domaines :

   \boxed{\text{Domaine A : } \mathrm{IO}_3^- \quad ; \quad \text{Domaine B : } \mathrm{I}_3^- \quad ; \quad \text{Domaine C : } \mathrm{I}^-}

   Résultat

   $$\text{Domaine A : }{\mathrm{IO}}_3^{-};\text{Domaine B : }{\mathrm{I}}_3^{-};\text{Domaine C : }{\mathrm{I}}^{-}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2Banque PT Physique B PT 2025, Q6

   Déterminons le nombre d'oxydation (n.o.) de l'uranium dans chaque espèce :

   • Dans \mathrm{UO_2^{2+}(aq)} et \mathrm{UO_2(OH)_2(s)} :

     \text{n.o.}(\mathrm{U}) + 2(-2) = +2 \implies \text{n.o.}(\mathrm{U}) = +\mathrm{VI}

   • Dans \mathrm{U^{4+}(aq)} et \mathrm{U(OH)_4(s)} :

     \text{n.o.}(\mathrm{U}) = +\mathrm{IV}

   • Dans \mathrm{U^{3+}(aq)} :

     \text{n.o.}(\mathrm{U}) = +\mathrm{III}

   1. Classement selon le potentiel (axe vertical) :

   • Les espèces au degré d'oxydation le plus élevé (+\mathrm{VI}) correspondent aux potentiels les plus hauts : domaines A et B.
   • Les espèces au degré d'oxydation intermédiaire (+\mathrm{IV}) occupent la zone intermédiaire de potentiels : domaines C et D.

   • L'espèce au degré d'oxydation le plus faible (+\mathrm{III}) correspond aux potentiels les plus bas : domaine E. On en déduit directement :

     \mathbf{E} : \mathrm{U^{3+}(aq)}

   2. Classement selon le pH (axe horizontal) :

   • Pour le degré d'oxydation +VI : L'équilibre de précipitation s'écrit :

     \mathrm{UO_2^{2+}(aq)} + 2\,\mathrm{H_2O(\ell)} = \mathrm{UO_2(OH)_2(s)} + 2\,\mathrm{H^+(aq)}

     L'ion \mathrm{UO_2^{2+}} est la forme acide (prédominante à faible \mathrm{pH}), tandis que l'hydroxyde \mathrm{UO_2(OH)_2(s)} se forme à \mathrm{pH} plus élevé. Ainsi :

     • A : domaine de prédominance de \mathrm{UO_2^{2+}(aq)}
     • B : domaine d'existence de \mathrm{UO_2(OH)_2(s)}

   • Pour le degré d'oxydation +IV : L'équilibre de précipitation s'écrit :

     \mathrm{U^{4+}(aq)} + 4\,\mathrm{H_2O(\ell)} = \mathrm{U(OH)_4(s)} + 4\,\mathrm{H^+(aq)}

     L'ion \mathrm{U^{4+}} prédomine en milieu plus acide (faible \mathrm{pH}), tandis que le précipité \mathrm{U(OH)_4(s)} existe à \mathrm{pH} plus élevé. Ainsi :

     • C : domaine de prédominance de \mathrm{U^{4+}(aq)}
     • D : domaine d'existence de \mathrm{U(OH)_4(s)}

   \boxed{ \begin{aligned} \mathbf{A} &: \mathrm{UO_2^{2+}(aq)} \\ \mathbf{B} &: \mathrm{UO_2(OH)_2(s)} \\ \mathbf{C} &: \mathrm{U^{4+}(aq)} \\ \mathbf{D} &: \mathrm{U(OH)_4(s)} \\ \mathbf{E} &: \mathrm{U^{3+}(aq)} \end{aligned} }

   Résultat

   $$\begin{array}{rl}\mathbf{A}& :\mathrm{U}{\mathrm{O}}_2^{2+}(\mathrm{aq})\\ \mathbf{B}& :\mathrm{U}{\mathrm{O}}_2(\mathrm{OH}{)}_2(\mathrm{s})\\ \mathbf{C}& :{\mathrm{U}}^{4+}(\mathrm{aq})\\ \mathbf{D}& :\mathrm{U}(\mathrm{OH}{)}_4(\mathrm{s})\\ \mathbf{E}& :{\mathrm{U}}^{3+}(\mathrm{aq})\end{array}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3Banque PT Physique B PT 2021, Q11

   L'eau liquide intervient dans deux couples d'oxydoréduction :

   1. Couple à potentiel élevé : \mathrm{O}_{2(\text{g})} / \mathrm{H}_2\mathrm{O}_{(\text{l})}

   • Demi-équation électronique :

     \mathrm{O}_{2(\text{g})} + 4\,\mathrm{H}^+_{(\text{aq})} + 4\,\mathrm{e}^- = 2\,\mathrm{H}_2\mathrm{O}_{(\text{l})}

   • Formule de Nernst à 298\text{ K} avec \dfrac{2{,}3\,RT}{\mathcal{F}} = 0{,}06\text{ V} et pour P(\mathrm{O}_2) = P^\circ = 1\text{ bar} :

     E_1 = E^\circ(\mathrm{O}_2/\mathrm{H}_2\mathrm{O}) + \frac{0{,}06}{4}\log\left(\frac{P(\mathrm{O}_2)}{P^\circ}\,[\mathrm{H}^+]^4\right) = 1{,}23 - 0{,}06\,\mathrm{pH}

     Cette droite sépare le domaine de \mathrm{O}_{2(\text{g})} (pour E > E_1) de celui de \mathrm{H}_2\mathrm{O}_{(\text{l})} (pour E < E_1).

   2. Couple à bas potentiel : \mathrm{H}^+_{(\text{aq})} / \mathrm{H}_{2(\text{g})} (ou \mathrm{H}_2\mathrm{O}_{(\text{l})} / \mathrm{H}_{2(\text{g})})

   • Demi-équation électronique :

     2\,\mathrm{H}^+_{(\text{aq})} + 2\,\mathrm{e}^- = \mathrm{H}_{2(\text{g})} \quad \left(\text{ou } 2\,\mathrm{H}_2\mathrm{O}_{(\text{l})} + 2\,\mathrm{e}^- = \mathrm{H}_{2(\text{g})} + 2\,\mathrm{HO}^-_{(\text{aq})}\right)

   • Formule de Nernst avec P(\mathrm{H}_2) = P^\circ = 1\text{ bar} :

     E_2 = E^\circ(\mathrm{H}^+/\mathrm{H}_2) + \frac{0{,}06}{2}\log\left(\frac{[\mathrm{H}^+]^2}{P(\mathrm{H}_2)/P^\circ}\right) = 0{,}00 - 0{,}06\,\mathrm{pH}

     Cette droite sépare le domaine de \mathrm{H}_2\mathrm{O}_{(\text{l})} (pour E > E_2) de celui de \mathrm{H}_{2(\text{g})} (pour E < E_2).

   3. Tracé des domaines de stabilité : Les deux droites sont parallèles de pente -0{,}06\text{ V/unité de pH}.

   \boxed{ \begin{aligned} \text{Au-dessus de } E_1 = 1{,}23 - 0{,}06\,\mathrm{pH} &: \quad \mathrm{O}_{2(\text{g})} \\ \text{Entre } E_2 \text{ et } E_1 &: \quad \mathrm{H}_2\mathrm{O}_{(\text{l})} \text{ (domaine de stabilité de l'eau)} \\ \text{En-dessous de } E_2 = -0{,}06\,\mathrm{pH} &: \quad \mathrm{H}_{2(\text{g})} \end{aligned} }

   Résultat

   $$\begin{array}{rl}\text{Au-dessus de }{E}_1=1,23-0,06\mathrm{pH}& :{\mathrm{O}}_{2(\text{g})}\\ \text{Entre }{E}_2\text{ et }{E}_1& :{\mathrm{H}}_2{\mathrm{O}}_{(\text{l})}\text{ (domaine de stabiliteˊ de l’eau)}\\ \text{En-dessous de }{E}_2=-0,06\mathrm{pH}& :{\mathrm{H}}_{2(\text{g})}\end{array}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4Banque PT Physique B PT 2020, Q15

   L'ordonnée d'un diagramme potentiel-\mathrm{pH} classe les espèces selon leur pouvoir oxydant : les espèces oxydées (degrés d'oxydation élevés) se situent dans la partie supérieure, tandis que les espèces réduites (degrés d'oxydation faibles) occupent la partie inférieure.

   D'après la question Q.14 :

   • L'ion nitrate \mathrm{NO}_3^-{}_{(\mathrm{aq})} possède le degré d'oxydation le plus élevé (+\mathrm{V}) : il correspond donc à la partie supérieure du diagramme, c'est-à-dire la zone I.
   • Le monoxyde d'azote \mathrm{NO}_{(\mathrm{g})} possède le degré d'oxydation le plus faible (+\mathrm{II}) : il correspond à la zone de plus bas potentiel, présente notamment à \mathrm{pH} acide (conséquence de la dismutation de \mathrm{HNO}_2), soit la zone II.
   • L'ion nitrite \mathrm{NO}_2^-{}_{(\mathrm{aq})} possède le degré d'oxydation intermédiaire (+\mathrm{III}). De plus, c'est la base conjuguée de l'acide nitreux (\mathrm{p}K_a = 3{,}3), qui n'existe et n'est stable qu'à des \mathrm{pH} plus élevés : il se situe dans la zone III.

   On en déduit l'attribution :

   \boxed{\text{Zone I} : \mathrm{NO}_3^-{}_{(\mathrm{aq})} \quad ; \quad \text{Zone II} : \mathrm{NO}_{(\mathrm{g})} \quad ; \quad \text{Zone III} : \mathrm{NO}_2^-{}_{(\mathrm{aq})}}

   Résultat

   $$\text{Zone I}:{\mathrm{NO}}_3^{-}{}_{(\mathrm{aq})};\text{Zone II}:{\mathrm{NO}}_{(\mathrm{g})};\text{Zone III}:{\mathrm{NO}}_2^{-}{}_{(\mathrm{aq})}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5Banque PT Physique B PT 2020, Q16

   D'après la question précédente (Q.15), la zone I correspond à l'ion nitrate \mathrm{NO}_3^-{}_{(\mathrm{aq})} (\text{n.o.} = +\mathrm{V}) et la zone III à l'ion nitrite \mathrm{NO}_2^-{}_{(\mathrm{aq})} (\text{n.o.} = +\mathrm{III}).

   Le couple redox à prendre en compte pour tracer la frontière entre les domaines I et III est donc le couple :

   \boxed{\mathrm{NO}_3^-{}_{(\mathrm{aq})} / \mathrm{NO}_2^-{}_{(\mathrm{aq})}}

   La demi-équation électronique associée s'écrit :

   \mathrm{NO}_3^-{}_{(\mathrm{aq})} + 2\,\mathrm{H}^+_{(\mathrm{aq})} + 2\,\mathrm{e}^- = \mathrm{NO}_2^-{}_{(\mathrm{aq})} + \mathrm{H}_2\mathrm{O}_{(\ell)}

   À 25^\circ\text{C}, avec \frac{RT}{F}\ln(10) = 0{,}06\text{ V}, la formule de Nernst donne :

   \begin{aligned} E &= E^\circ(\mathrm{NO}_3^-/\mathrm{NO}_2^-) + \frac{0{,}06}{2}\log\left(\frac{[\mathrm{NO}_3^-][\mathrm{H}^+]^2}{[\mathrm{NO}_2^-]}\right) \\ &= E^\circ(\mathrm{NO}_3^-/\mathrm{NO}_2^-) + 0{,}03\log\left(\frac{[\mathrm{NO}_3^-]}{[\mathrm{NO}_2^-]}\right) - 0{,}06\,\mathrm{pH} \end{aligned}

   D'après la convention de tracé adoptée dans l'énoncé, sur la ligne frontière séparant les deux domaines de prédominance, les concentrations des espèces solubles sont égales ([\mathrm{NO}_3^-] = [\mathrm{NO}_2^-] = 1\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1}). Le terme logarithmique s'annule, ce qui conduit à l'équation de la ligne frontière :

   \boxed{E = E^\circ(\mathrm{NO}_3^-/\mathrm{NO}_2^-) - 0{,}06\,\mathrm{pH}}

   Calcul du potentiel standard E^\circ(\mathrm{NO}_3^-/\mathrm{NO}_2^-) :

   À \mathrm{pH} = \mathrm{p}K_a(\mathrm{HNO}_2/\mathrm{NO}_2^-) = 3{,}3, la frontière entre \mathrm{NO}_3^- et \mathrm{HNO}_2 rejoint celle entre \mathrm{NO}_3^- et \mathrm{NO}_2^-. Par continuité du potentiel :

   \begin{aligned} E(\mathrm{p}K_a) &= E^\circ(\mathrm{NO}_3^-/\mathrm{HNO}_2) - \frac{3 \times 0{,}06}{2}\,\mathrm{p}K_a = E^\circ(\mathrm{NO}_3^-/\mathrm{NO}_2^-) - 0{,}06\,\mathrm{p}K_a \\ E^\circ(\mathrm{NO}_3^-/\mathrm{NO}_2^-) &= E^\circ(\mathrm{NO}_3^-/\mathrm{HNO}_2) - 0{,}03\,\mathrm{p}K_a \\ &= 0{,}94 - 0{,}03 \times 3{,}3 = 0{,}841\text{ V} \approx 0{,}84\text{ V} \end{aligned}

   L'équation numérique de la droite frontière s'écrit donc :

   E = 0{,}84 - 0{,}06\,\mathrm{pH}

   Résultat

   $${\mathrm{NO}}_3^{-}{}_{(\mathrm{aq})}/{\mathrm{NO}}_2^{-}{}_{(\mathrm{aq})}$$

   $$E=E^{\circ }({\mathrm{NO}}_3^{-}/{\mathrm{NO}}_2^{-})-0,06\mathrm{pH}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6Banque PT Physique B PT 2026, Q22

   D'après la question précédente, le domaine A correspond à l'espèce \mathrm{IO}_3^- (nombre d'oxydation +\mathrm{V}) et le domaine C à l'espèce \mathrm{I}^- (nombre d'oxydation -\mathrm{I}).

   La demi-équation d'oxydoréduction associée au couple \mathrm{IO}_3^- / \mathrm{I}^- s'écrit :

   \mathrm{IO}_{3\,(\text{aq})}^- + 6\,\mathrm{H}_{(\text{aq})}^+ + 6\,\mathrm{e}^- = \mathrm{I}_{(\text{aq})}^- + 3\,\mathrm{H}_2\mathrm{O}_{(\ell)}

   D'après la formule de Nernst à 298\text{ K} avec \frac{R\,T\ln(10)}{F} = 0{,}06\text{ V} :

   E = E^\circ(\mathrm{IO}_3^- / \mathrm{I}^-) + \frac{0{,}06}{6} \log\left(\frac{[\mathrm{IO}_3^-]\,[\mathrm{H}^+]^6}{[\mathrm{I}^-]\,(c^\circ)^6}\right)

   En séparant le terme en \mathrm{pH} = -\log([\mathrm{H}^+]/c^\circ) :

   E = E^\circ(\mathrm{IO}_3^- / \mathrm{I}^-) + 0{,}01 \log\left(\frac{[\mathrm{IO}_3^-]}{[\mathrm{I}^-]}\right) - \frac{0{,}06 \times 6}{6}\,\mathrm{pH}

   Sur la frontière séparant les domaines A et C, les concentrations des deux espèces dissoutes sont égales à la concentration de tracé ([\mathrm{IO}_3^-] = [\mathrm{I}^-] = C_t), d'où :

   E = E^\circ(\mathrm{IO}_3^- / \mathrm{I}^-) - 0{,}06\,\mathrm{pH}

   La pente de la frontière entre les domaines A et C vaut donc :

   \boxed{\text{Pente} = -0{,}06\text{ V}\cdot\mathrm{pH}^{-1} = -60\text{ mV}\cdot\mathrm{pH}^{-1}}

   Résultat

   $$\text{Pente}=-0,06\text{ V}\cdot {\mathrm{pH}}^{-1}=-60\text{ mV}\cdot {\mathrm{pH}}^{-1}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7Banque PT Physique B PT 2026, Q23

   D'après l'attribution des domaines réalisée à la question Q21, le domaine B correspond à \text{I}_{3\text{ (aq)}}^- et le domaine C à \text{I}_{\text{(aq)}}^-. La frontière séparant ces deux domaines est le segment horizontal situé entre \mathrm{pH} = 0 et \mathrm{pH} \approx 8{,}5.

   La demi-équation d'oxydoréduction s'écrit :

   \text{I}_{3\text{ (aq)}}^- + 2\,\text{e}^- = 3\,\text{I}_{\text{(aq)}}^-

   D'après la formule de Nernst à 298\text{ K} (avec \frac{R\,T\ln 10}{F} = 0{,}06\text{ V}) :

   E = E^\circ(\text{I}_3^- / \text{I}^-) + \frac{0{,}06}{2}\,\log\left( \frac{[\text{I}_3^-]/c^\circ}{\left([\text{I}^-]/c^\circ\right)^3} \right)

   D'après la convention adoptée par le sujet, sur la frontière, chaque espèce dissoute a une concentration égale à C_t = 1{,}0\times 10^{-1}\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1} (avec c^\circ = 1\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1}) :

   \frac{[\text{I}_3^-]/c^\circ}{\left([\text{I}^-]/c^\circ\right)^3} = \frac{C_t/c^\circ}{(C_t/c^\circ)^3} = \frac{1}{(C_t/c^\circ)^2} = \frac{1}{(10^{-1})^2} = 10^2

   Le terme logarithmique vaut donc :

   \frac{0{,}06}{2}\,\log(10^2) = 0{,}06\text{ V}

   Le potentiel sur la frontière s'écrit alors :

   E_{\text{frontière}} = E^\circ(\text{I}_3^- / \text{I}^-) + 0{,}06\text{ V}

   Par lecture graphique sur la Figure 3, la frontière horizontale entre B et C se situe précisément à :

   E_{\text{frontière}} = 0{,}60\text{ V}

   On en déduit la valeur du potentiel standard :

   E^\circ(\text{I}_3^- / \text{I}^-) = E_{\text{frontière}} - 0{,}06\text{ V} = 0{,}60 - 0{,}06 = 0{,}54\text{ V}

   \boxed{E^\circ(\text{I}_{3\text{ (aq)}}^- / \text{I}_{\text{(aq)}}^-) = 0{,}54\text{ V}}

   Résultat

   $$E^{\circ }({\text{I}}_{3\text{ (aq)}}^{-}/{\text{I}}_{\text{(aq)}}^{-})=0,54\text{ V}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8Banque PT Physique B PT 2025, Q7

   L'équilibre de dissolution de l'hydroxyde d'uranyle s'écrit :

   \text{UO}_2(\text{OH})_2(\text{s}) \rightleftharpoons \text{UO}_2^{2+}(\text{aq}) + 2\,\text{HO}^-(\text{aq})

   Le produit de solubilité associé est défini par :

   K_s = \left(\frac{[\text{UO}_2^{2+}]}{c^\circ}\right) \left(\frac{[\text{HO}^-]}{c^\circ}\right)^2

   avec la concentration standard c^\circ = 1\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1}.

   La frontière entre le domaine A (\text{UO}_2^{2+}) et le domaine B (\text{UO}_2(\text{OH})_2) correspond à l'apparition du premier grain de précipité dans une solution où la concentration de l'espèce dissoute vaut la concentration de tracé imposée :

   [\text{UO}_2^{2+}] = c_0 = 1{,}0 \cdot 10^{-1}\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1}

   Sur l'annexe 1, cette frontière est un segment vertical situé à mi-chemin entre les graduations 2{,}6 et 2{,}8 :

   \text{pH}_{\text{frontière}} = 2{,}7

   À 25^\circ\text{C}, avec K_e = 1{,}0 \cdot 10^{-14} :

   [\text{HO}^-] = \frac{K_e}{[\text{H}_3\text{O}^+]} = \frac{K_e}{c^\circ} 10^{\text{pH}} = 10^{2{,}7 - 14}\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1} = 10^{-11{,}3}\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1}

   On en déduit l'expression de \text{p}K_s :

   \begin{aligned} \text{p}K_s &= -\log\left(\frac{c_0}{c^\circ}\right) + 2(14 - \text{pH}) \\ &= -\log(10^{-1}) + 2 \times (14 - 2{,}7) \\ &= 1 + 2 \times 11{,}3 \\ &= 23{,}6 \end{aligned}

   D'où la valeur du produit de solubilité (sachant que 10^{0{,}4} \approx 2{,}5) :

   K_s = 10^{-23{,}6} = 10^{0{,}4} \cdot 10^{-24} \approx 2{,}5 \cdot 10^{-24}

   \boxed{\text{p}K_s = 23{,}6 \quad \text{soit} \quad K_s \approx 2{,}5 \cdot 10^{-24}}

   Résultat

   $$\text{p}{K}_s=23,6\text{soit}{K}_s\approx 2,5\cdot 10^{-24}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9Banque PT Physique B PT 2025, Q8

   D'après la question Q6, l'espèce A est le cation dioxouranium(VI) \mathrm{UO_2^{2+}(aq)} et l'espèce C est l'ion uranium(IV) \mathrm{U^{4+}(aq)}.

   La demi-équation rédox associée au couple \mathrm{UO_2^{2+}/U^{4+}} s'écrit :

   \mathrm{UO_2^{2+}(aq)} + 4\,\mathrm{H^+(aq)} + 2\,\mathrm{e^-} \rightleftharpoons \mathrm{U^{4+}(aq)} + 2\,\mathrm{H_2O(\ell)}

   À 298\text{ K}, la formule de Nernst s'exprime avec la valeur fournie \frac{RT}{\mathcal{F}}\ln 10 \approx 0{,}06\text{ V} :

   E = E^\circ(\mathrm{UO_2^{2+}/U^{4+}}) + \frac{0{,}06}{2} \log\left( \frac{[\mathrm{UO_2^{2+}}]\,[\mathrm{H^+}]^4}{[\mathrm{U^{4+}}]\,(c^\circ)^4} \right)

   À la frontière de prédominance entre ces deux espèces dissoutes ayant le même nombre d'atomes d'uranium, on a par convention [\mathrm{UO_2^{2+}}] = [\mathrm{U^{4+}}] = c_0, soit :

   \begin{aligned} E &= E^\circ(\mathrm{UO_2^{2+}/U^{4+}}) + 0{,}03 \log\left(\frac{[\mathrm{H^+}]}{c^\circ}\right)^4 \\ E &= E^\circ(\mathrm{UO_2^{2+}/U^{4+}}) - 0{,}12\,\mathrm{pH} \end{aligned}

   La pente p de la frontière A/C dans le repère (E, \mathrm{pH}) vaut donc :

   \boxed{p = -0{,}12\text{ V}\cdot\mathrm{pH}^{-1} = -120\text{ mV par unité de pH}}

   Vérification graphique : Sur l'annexe 1, à \mathrm{pH} = 0, la droite part de E = E^\circ = 0{,}36\text{ V}, et pour \mathrm{pH} = 1{,}8 (point triple A/C/D), on lit E \approx 0{,}14\text{ V} :

   p_{\text{graphique}} = \frac{0{,}14 - 0{,}36}{1{,}8 - 0} = -\frac{0{,}22}{1{,}8} \approx -0{,}12\text{ V}\cdot\mathrm{pH}^{-1}

   Ce qui confirme parfaitement la valeur théorique.

   Résultat

   $$p=-0,12\text{ V}\cdot {\mathrm{pH}}^{-1}=-120\text{ mV par uniteˊ de pH}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10Banque PT Physique B PT 2022, Q40

    D'après la question Q39, les nombres d'oxydation de l'iode dans les trois espèces sont :

    \mathrm{n.o.}(\mathrm{I}^-) = -\mathrm{I} < \mathrm{n.o.}(\mathrm{I}_2) = 0 < \mathrm{n.o.}(\mathrm{IO}_3^-) = +\mathrm{V}

    Dans un diagramme potentiel-pH, les formes les plus oxydées (nombre d'oxydation le plus élevé) prédominent à potentiel élevé (haut du diagramme), et les formes les plus réduites à bas potentiel :

    • Le domaine ①, situé aux potentiels les plus hauts, correspond à l'espèce au degré +\mathrm{V}, soit l'ion iodate \mathrm{IO}_3^-.
    • Le domaine ②, à potentiel intermédiaire, correspond au diiode \mathrm{I}_2 (degré 0).
    • Le domaine ③, situé aux potentiels les plus bas, correspond à l'ion iodure \mathrm{I}^- (degré -\mathrm{I}).

    Cette attribution est parfaitement corroborée par la nature des frontières :

    • Entre les domaines ② et ③, la demi-équation d'oxydoréduction s'écrit :

      \mathrm{I}_{2} + 2\,\mathrm{e}^- = 2\,\mathrm{I}^-

      Elle ne fait intervenir aucun proton \mathrm{H}^+ : le potentiel frontière est indépendant du \mathrm{pH}, d'où une droite strictement horizontale.

    • Entre les domaines ① et ②, la demi-équation s'écrit :

      2\,\mathrm{IO}_3^- + 12\,\mathrm{H}^+ + 10\,\mathrm{e}^- = \mathrm{I}_2 + 6\,\mathrm{H}_2\mathrm{O}

      Elle consomme des protons : selon la formule de Nernst, le potentiel frontière décroît avec le \mathrm{pH} (pente négative).

    \boxed{\text{Domaine \textcircled{1} : } \mathrm{IO}_3^- \quad ; \quad \text{Domaine \textcircled{2} : } \mathrm{I}_2 \quad ; \quad \text{Domaine \textcircled{3} : } \mathrm{I}^-}

    Résultat

    $$\text{Domaine 1◯ : }{\mathrm{IO}}_3^{-};\text{Domaine 2◯ : }{\mathrm{I}}_2;\text{Domaine 3◯ : }{\mathrm{I}}^{-}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question