Feuille d'entraînement : Électrolyse et accumulateurs

Corrigés

1. Exercice 1CCINP Physique-Chimie MP 2025, Q37

   Lors de la décharge de l'accumulateur :

   Demi-réaction anodique (1) à l'électrode négative : Le plomb métallique au degré d'oxydation 0 est oxydé en sulfate de plomb au degré d'oxydation +\mathrm{II} :

   \boxed{\mathrm{Pb}_{(\mathrm{s})} + \mathrm{SO}_{4}^{2-}{}_{(\mathrm{aq})} = \mathrm{PbSO}_{4(\mathrm{s})} + 2\,\mathrm{e}^{-}}

   Demi-réaction cathodique (2) à l'électrode positive : Le dioxyde de plomb au degré d'oxydation +\mathrm{IV} est réduit en sulfate de plomb au degré d'oxydation +\mathrm{II} en milieu acide :

   \boxed{\mathrm{PbO}_{2(\mathrm{s})} + \mathrm{SO}_{4}^{2-}{}_{(\mathrm{aq})} + 4\,\mathrm{H}^{+}{}_{(\mathrm{aq})} + 2\,\mathrm{e}^{-} = \mathrm{PbSO}_{4(\mathrm{s})} + 2\,\mathrm{H}_{2}\mathrm{O}_{(\mathrm{l})}}

   Équation-bilan de la réaction de décharge : En sommant ces deux demi-réactions échangeant le même nombre d'électrons (n = 2), on obtient la réaction globale de décharge (dismutation inversée ou médiamutation) :

   \boxed{\mathrm{Pb}_{(\mathrm{s})} + \mathrm{PbO}_{2(\mathrm{s})} + 2\,\mathrm{SO}_{4}^{2-}{}_{(\mathrm{aq})} + 4\,\mathrm{H}^{+}{}_{(\mathrm{aq})} = 2\,\mathrm{PbSO}_{4(\mathrm{s})} + 2\,\mathrm{H}_{2}\mathrm{O}_{(\mathrm{l})}}

   ou sous forme non dissociée : \mathrm{Pb}_{(\mathrm{s})} + \mathrm{PbO}_{2(\mathrm{s})} + 2\,\mathrm{H}_{2}\mathrm{SO}_{4(\mathrm{aq})} = 2\,\mathrm{PbSO}_{4(\mathrm{s})} + 2\,\mathrm{H}_{2}\mathrm{O}_{(\mathrm{l})}.

   Équation-bilan de la réaction de recharge : Le processus de recharge s'effectue en sens inverse sous l'action d'une source d'énergie électrique extérieure (électrolyse) :

   \boxed{2\,\mathrm{PbSO}_{4(\mathrm{s})} + 2\,\mathrm{H}_{2}\mathrm{O}_{(\mathrm{l})} = \mathrm{Pb}_{(\mathrm{s})} + \mathrm{PbO}_{2(\mathrm{s})} + 2\,\mathrm{SO}_{4}^{2-}{}_{(\mathrm{aq})} + 4\,\mathrm{H}^{+}{}_{(\mathrm{aq})}}

   Résultat

   $${\mathrm{Pb}}_{(\mathrm{s})}+{\mathrm{SO}}_4^{2-}{}_{(\mathrm{aq})}={\mathrm{PbSO}}_{4(\mathrm{s})}+2{\mathrm{e}}^{-}$$

   $${\mathrm{PbO}}_{2(\mathrm{s})}+{\mathrm{SO}}_4^{2-}{}_{(\mathrm{aq})}+4{\mathrm{H}}^{+}{}_{(\mathrm{aq})}+2{\mathrm{e}}^{-}={\mathrm{PbSO}}_{4(\mathrm{s})}+2{\mathrm{H}}_2{\mathrm{O}}_{(\mathrm{l})}$$

   $${\mathrm{Pb}}_{(\mathrm{s})}+{\mathrm{PbO}}_{2(\mathrm{s})}+2{\mathrm{SO}}_4^{2-}{}_{(\mathrm{aq})}+4{\mathrm{H}}^{+}{}_{(\mathrm{aq})}=2{\mathrm{PbSO}}_{4(\mathrm{s})}+2{\mathrm{H}}_2{\mathrm{O}}_{(\mathrm{l})}$$

   $$2{\mathrm{PbSO}}_{4(\mathrm{s})}+2{\mathrm{H}}_2{\mathrm{O}}_{(\mathrm{l})}={\mathrm{Pb}}_{(\mathrm{s})}+{\mathrm{PbO}}_{2(\mathrm{s})}+2{\mathrm{SO}}_4^{2-}{}_{(\mathrm{aq})}+4{\mathrm{H}}^{+}{}_{(\mathrm{aq})}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MP 2024, Q10

   Considérons le système électrochimique fermé subissant une transformation à pression P et température T constantes.

   Premier principe de la thermodynamique La variation d'énergie interne du système s'écrit :

   \Delta U = W_p + W_{\text{autre}} + Q

   où :

   • W_p = -\int P_{\text{ext}} \mathrm{d}V = -P\Delta V est le travail des forces de pression (la pression étant constante) ;
   • W_{\text{autre}} est le travail électrique reçu par le système. L'énoncé définissant W_{\mathrm{e}} comme le travail électrique fourni à l'extérieur, on a W_{\text{autre}} = -W_{\mathrm{e}} ;
   • Q est le transfert thermique reçu par le système.

   La variation d'enthalpie H = U + PV s'écrit donc :

   \Delta H = \Delta U + P\Delta V = -W_{\mathrm{e}} + Q

   Deuxième principe de la thermodynamique La transformation étant monotherme à la température T, la variation d'entropie s'exprime par :

   \Delta S = S_{\text{éch}} + S_{\text{créée}} = \frac{Q}{T} + S_{\text{créée}} \quad \text{avec} \quad S_{\text{créée}} \ge 0

   On en déduit l'expression du transfert thermique :

   Q = T\Delta S - T S_{\text{créée}}

   Variation d'enthalpie libre Par définition, l'enthalpie libre est G = H - TS. À température constante :

   \begin{aligned} \Delta G &= \Delta H - T\Delta S \\ &= (-W_{\mathrm{e}} + Q) - T\Delta S \\ &= -W_{\mathrm{e}} + (T\Delta S - T S_{\text{créée}}) - T\Delta S \\ &= -W_{\mathrm{e}} - T S_{\text{créée}} \end{aligned}

   Comme la température thermodynamique vérifie T > 0 et que l'entropie créée vérifie S_{\text{créée}} \ge 0, on a -T S_{\text{créée}} \le 0, ce qui conduit à :

   \boxed{W_{\mathrm{e}} \le -\Delta G} \quad \text{(ou } \Delta G \le -W_{\mathrm{e}}\text{)}

   Résultat

   $$W_{\mathrm{e}}\le -\Delta G$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CCINP Physique-Chimie MP 2023, Q34

   Dans l'eau pure, les espèces électroactives susceptibles d'intervenir proviennent de l'eau. Les demi-réactions électroniques sont :

   • À l'anode (siège d'une oxydation) : l'eau est oxydée en dioxygène selon le couple \text{O}_2/\text{H}_2\text{O} :

     \text{H}_2\text{O}_{(\ell)} = \frac{1}{2}\,\text{O}_{2(\text{g})} + 2\,\text{H}^+_{(\text{aq})} + 2\,\text{e}^-

   • À la cathode (siège d'une réduction) : les ions oxonium (ou l'eau) sont réduits en dihydrogène selon le couple \text{H}^+/\text{H}_2 :

     2\,\text{H}^+_{(\text{aq})} + 2\,\text{e}^- = \text{H}_{2(\text{g})}

   En sommant ces deux demi-réactions de manière à éliminer les électrons et les protons \text{H}^+, on obtient l'équation-bilan de l'électrolyse pour une mole d'eau :

   \boxed{\text{H}_2\text{O}_{(\ell)} = \text{H}_{2(\text{g})} + \frac{1}{2}\,\text{O}_{2(\text{g})}}

   Résultat

   $${\text{H}}_2{\text{O}}_{(\ell )}={\text{H}}_{2(\text{g})}+\frac{1}{2}{\text{O}}_{2(\text{g})}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CCINP Physique-Chimie MP 2023, Q37

   D'après la figure 10, la flèche de tension U pointe vers la droite, ce qui indique que le potentiel électrique est plus élevé à droite :

   • la borne de droite est reliée au pôle positif (+) du générateur ;
   • la borne de gauche est reliée au pôle négatif (-) du générateur.

   Dans un électrolyseur (fonctionnement en récepteur) :

   • Électrode de droite (pôle +) : Anode. C'est le siège de l'oxydation de l'eau (2\,\mathrm{H_2O}_{(\ell)} \to \mathrm{O}_{2(\mathrm{g})} + 4\,\mathrm{H}^+ + 4\,\mathrm{e}^-). Le courant électrique I y entre et les électrons en sortent vers le générateur.
   • Électrode de gauche (pôle -) : Cathode. C'est le siège de la réduction des protons (2\,\mathrm{H}^+ + 2\,\mathrm{e}^- \to \mathrm{H}_{2(\mathrm{g})}). Les électrons y arrivent depuis le générateur et le courant électrique I en sort.
   • Dans les conducteurs métalliques : les électrons circulent en sens inverse du courant I, de l'anode vers la cathode en transitant par le générateur.

   • Dans la solution électrolytique :

     • les cations (charges positives, ex. \mathrm{H}^+) migrent dans le sens du courant, de l'anode vers la cathode (vers la gauche) ;
     • les anions (charges négatives, ex. \mathrm{HO}^-) migrent en sens inverse du courant, de la cathode vers l'anode (vers la droite).

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CCINP Physique-Chimie MP 2023, Q39

   1. Identification des courbes intensité-potentiel

   Sur la figure 11 :

   • La courbe anodique (I > 0) située aux potentiels élevés correspond à l'oxydation de l'eau en dioxygène selon :

     \mathrm{H_2O_{(\ell)} = \frac{1}{2}\,O_{2(g)} + 2\,H^+_{(aq)} + 2\,e^-}

     Elle démarre au-delà d'un potentiel seuil anodique E_a^{\text{seuil}} = E_{\text{éq},a} + \eta_a.

   • La courbe cathodique (I < 0) située aux potentiels négatifs correspond à la réduction des protons en dihydrogène selon :

     \mathrm{2\,H^+_{(aq)} + 2\,e^- = H_{2(g)}}

     Elle démarre en deçà d'un potentiel seuil cathodique E_c^{\text{seuil}} = E_{\text{éq},c} + \eta_c.

   2. Justification et calcul de la tension cinétique U_{\text{cin}}

   Pour qu'un courant non nul traverse la cellule, le potentiel imposé à l'anode doit être supérieur au potentiel seuil anodique, et celui à la cathode doit être inférieur au potentiel seuil cathodique :

   \begin{aligned} E_a &\ge E_{\text{éq},a} + \eta_a \\ E_c &\le E_{\text{éq},c} + \eta_c \end{aligned}

   En négligeant la chute ohmique au seuil d'apparition du courant (I \to 0), la différence de potentiel minimale à appliquer vaut :

   U_{\text{cin}} = E_a^{\text{seuil}} - E_c^{\text{seuil}} = \left(E_{\text{éq},a} - E_{\text{éq},c}\right) + \eta_a - \eta_c

   D'après la question Q38, la différence des potentiels d'équilibre vaut E_{\text{éq},a} - E_{\text{éq},c} = U_{\min} = 1,23\text{ V} (cette valeur est rigoureusement indépendante du \text{pH}).

   Avec les valeurs de surpotentiels fournies :

   • \eta_a(\mathrm{O_2/H_2O}) = +0,77\text{ V}
   • \eta_c(\mathrm{H^+/H_2}) = -0,07\text{ V}

   On obtient :

   U_{\text{cin}} = 1,23 + 0,77 - (-0,07) = 2,07\text{ V}

   \boxed{U_{\text{cin}} = 2,07\text{ V}}

   Résultat

   $$U_{\text{cin}}=2,07\text{ V}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6E3A Physique-Chimie MP 2023, Q40

   Lors de la décharge, l'accumulateur fonctionne en générateur (pile) :

   • Le pôle (-) correspond au siège d'une oxydation : c'est donc l'anode.
   • Le pôle (+) correspond au siège d'une réduction : c'est donc la cathode.

   1. À l'anode (pôle négatif) :
   Le cadmium métallique \mathrm{Cd}_{(s)} (\mathrm{n.o.} = 0) s'oxyde en hydroxyde de cadmium \mathrm{Cd(OH)}_{2(s)} (\mathrm{n.o.} = +\mathrm{II}) selon la demi-équation électronique en milieu basique :

   \boxed{\mathrm{Cd}_{(s)} + 2\,\mathrm{HO}^-_{(\mathrm{aq})} = \mathrm{Cd(OH)}_{2(s)} + 2\,\mathrm{e}^-}

   2. À la cathode (pôle positif) :
   L'oxyde de nickel \mathrm{Ni}_2\mathrm{O}_{3(s)} (\mathrm{n.o.} = +\mathrm{III}) est réduit en hydroxyde de nickel \mathrm{Ni(OH)}_{2(s)} (\mathrm{n.o.} = +\mathrm{II}) selon la demi-équation électronique :

   \boxed{\mathrm{Ni}_2\mathrm{O}_{3(s)} + 3\,\mathrm{H}_2\mathrm{O}_{(\ell)} + 2\,\mathrm{e}^- = 2\,\mathrm{Ni(OH)}_{2(s)} + 2\,\mathrm{HO}^-_{(\mathrm{aq})}}

   3. Équation de fonctionnement en décharge :
   En sommant membre à membre ces deux demi-équations (qui mettent en jeu le même nombre d'électrons n = 2), les ions \mathrm{HO}^- se simplifient, ce qui conduit à :

   \boxed{\mathrm{Cd}_{(s)} + \mathrm{Ni}_2\mathrm{O}_{3(s)} + 3\,\mathrm{H}_2\mathrm{O}_{(\ell)} \longrightarrow \mathrm{Cd(OH)}_{2(s)} + 2\,\mathrm{Ni(OH)}_{2(s)}}

   Résultat

   $${\mathrm{Cd}}_{(s)}+2{\mathrm{HO}}_{(\mathrm{aq})}^{-}={\mathrm{Cd}(\mathrm{OH})}_{2(s)}+2{\mathrm{e}}^{-}$$

   $${\mathrm{Ni}}_2{\mathrm{O}}_{3(s)}+3{\mathrm{H}}_2{\mathrm{O}}_{(\ell )}+2{\mathrm{e}}^{-}=2{\mathrm{Ni}(\mathrm{OH})}_{2(s)}+2{\mathrm{HO}}_{(\mathrm{aq})}^{-}$$

   $${\mathrm{Cd}}_{(s)}+{\mathrm{Ni}}_2{\mathrm{O}}_{3(s)}+3{\mathrm{H}}_2{\mathrm{O}}_{(\ell )}⟶{\mathrm{Cd}(\mathrm{OH})}_{2(s)}+2{\mathrm{Ni}(\mathrm{OH})}_{2(s)}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MP 2022, Q12

   L'oxydation de l'aluminium sacrificiel s'écrit :

   \mathrm{Al}_{(\mathrm{s})} \longrightarrow \mathrm{Al}^{3+}_{(\mathrm{aq})} + 3\,\mathrm{e}^-

   Chaque mole d'aluminium oxydée libère donc z = 3 moles d'électrons.

   Pendant une durée \Delta t, la charge totale mise en jeu à travers la surface S de l'anode est :

   Q = I\,\Delta t = j_{\mathrm{corr}}\,S\,\Delta t

   La quantité de matière d'électrons correspondante s'exprime par :

   n(\mathrm{e}^-) = \frac{Q}{\mathcal{F}} = \frac{j_{\mathrm{corr}}\,S\,\Delta t}{\mathcal{F}}

   D'après la stœchiométrie de la demi-réaction, la quantité de matière d'aluminium dissoute est :

   n_{\mathrm{Al}} = \frac{n(\mathrm{e}^-)}{3} = \frac{j_{\mathrm{corr}}\,S\,\Delta t}{3\,\mathcal{F}}

   La masse d'aluminium consommée vaut :

   m_{\mathrm{Al}} = n_{\mathrm{Al}}\,M_{\mathrm{Al}} = \rho_{\mathrm{Al}}\,V_{\mathrm{Al}} = \rho_{\mathrm{Al}}\,S\,\Delta e_{\mathrm{Al}}

   En égalant les deux expressions de la masse, la surface S se simplifie :

   \rho_{\mathrm{Al}}\,S\,\Delta e_{\mathrm{Al}} = \frac{j_{\mathrm{corr}}\,S\,\Delta t\,M_{\mathrm{Al}}}{3\,\mathcal{F}}

   On en déduit l'expression de la vitesse de régression de l'épaisseur :

   \boxed{\frac{\Delta e_{\mathrm{Al}}}{\Delta t} = \frac{j_{\mathrm{corr}}\,M_{\mathrm{Al}}}{3\,\rho_{\mathrm{Al}}\,\mathcal{F}}}

   Application numérique : Pour une durée de \Delta t = 1\text{ an} \simeq 365{,}25 \times 24 \times 3\,600\text{ s} \simeq 3{,}156 \times 10^7\text{ s}, avec la valeur estimée à la question Q11 :

   • j_{\mathrm{corr}} \simeq 4{,}3 \times 10^{-5}\text{ A}\cdot\text{cm}^{-2} = 4{,}3 \times 10^{-1}\text{ A}\cdot\text{m}^{-2} ;
   • M_{\mathrm{Al}} = 27{,}0\text{ g}\cdot\text{mol}^{-1} = 27{,}0 \times 10^{-3}\text{ kg}\cdot\text{mol}^{-1} ;
   • \rho_{\mathrm{Al}} = 2{,}72 \times 10^3\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3} ;
   • \mathcal{F} = 96{,}5 \times 10^3\text{ C}\cdot\text{mol}^{-1}.

   On obtient une vitesse de régression :

   \begin{aligned} \frac{\Delta e_{\mathrm{Al}}}{\Delta t} &= \frac{4{,}3 \times 10^{-1} \times 27{,}0 \times 10^{-3}}{3 \times 2{,}72 \times 10^3 \times 96{,}5 \times 10^3} \simeq 1{,}47 \times 10^{-11}\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} \end{aligned}

   D'où l'épaisseur consommée en une année :

   \begin{aligned} \Delta e_{\mathrm{Al}} &= 1{,}47 \times 10^{-11} \times 3{,}156 \times 10^7 \simeq 4{,}6 \times 10^{-4}\text{ m} \end{aligned}

   \boxed{\Delta e_{\mathrm{Al}} \simeq 0{,}46\text{ mm}\quad (\text{soit environ } 0{,}5\text{ mm par an})}

   Résultat

   $$\frac{\Delta e_{\mathrm{Al}}}{\Delta t}=\frac{j_{\mathrm{corr}}{M}_{\mathrm{Al}}}{3{\rho }_{\mathrm{Al}}\mathcal{F}}$$

   $$\Delta e_{\mathrm{Al}}\simeq 0,46\text{ mm}(\text{soit environ }0,5\text{ mm par an})$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MP 2026, Q9

   1. Schéma du dispositif expérimental

   Pour dissoudre l'argent métallique de la gaine, il faut réaliser son oxydation : le fil de Wollaston doit être relié à la borne positive du générateur (anode). L'électrode inattaquable de platine est reliée à la borne négative (cathode).

   2. Réactions aux électrodes

   • À l'anode (fil de Wollaston, pôle +) : oxydation de la gaine d'argent

     \mathrm{Ag(s)} \longrightarrow \mathrm{Ag^+(aq)} + \mathrm{e^-}

   • À la cathode (fil de platine, pôle -) : réduction des protons en milieu acide

     2\,\mathrm{H^+(aq)} + 2\,\mathrm{e^-} \longrightarrow \mathrm{H_2(g)}

     (ou éventuellement réduction des ions nitrate ou des ions \mathrm{Ag^+} formés).

   3. Intérêt du procédé

   L'électrolyse présente plusieurs avantages majeurs par rapport à l'attaque chimique spontanée :

   • Contrôle cinétique précis : d'après la loi de Faraday, la masse d'argent dissoute est directement proportionnelle à la charge Q = I \Delta t ayant traversé le circuit :

     m_{\mathrm{Ag}} = \frac{M_{\mathrm{Ag}} \, I \, \Delta t}{\mathcal{F}}

     ce qui permet de maîtriser précisément l'épaisseur ou la longueur de fil dénudée ;

   • Arrêt immédiat : la réaction s'interrompt instantanément dès l'ouverture du circuit, évitant le risque de sur-attaque spontanée ;
   • Reproductibilité : elle assure une fabrication plus fiable et reproductible de la sonde à l'échelle micrométrique.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9CCINP Physique-Chimie MP 2025, Q38

   D'après les demi-équations écrites en Q37 :

   • À l'électrode négative, le couple \mathrm{PbSO}_{4(\mathrm{s})} / \mathrm{Pb}_{(\mathrm{s})} met en jeu 2 électrons :

     \mathrm{PbSO}_{4(\mathrm{s})} + 2\mathrm{e}^- = \mathrm{Pb}_{(\mathrm{s})} + \mathrm{SO}_4^{2-}

     Son potentiel d'équilibre s'écrit selon la formule de Nernst :

     E_- = E_1^\circ + \frac{0{,}06}{2}\log\left(\frac{1}{[\mathrm{SO}_4^{2-}]/C^\circ}\right) = E_1^\circ - 0{,}03\log\left(\frac{[\mathrm{SO}_4^{2-}]}{C^\circ}\right)

   • À l'électrode positive, le couple \mathrm{PbO}_{2(\mathrm{s})} / \mathrm{PbSO}_{4(\mathrm{s})} met également en jeu 2 électrons :

     \mathrm{PbO}_{2(\mathrm{s})} + \mathrm{SO}_4^{2-} + 4\mathrm{H}^+ + 2\mathrm{e}^- = \mathrm{PbSO}_{4(\mathrm{s})} + 2\mathrm{H}_2\mathrm{O}_{(\mathrm{l})}

     Son potentiel d'équilibre s'écrit :

     E_+ = E_2^\circ + \frac{0{,}06}{2}\log\left(\frac{[\mathrm{H}^+]^4[\mathrm{SO}_4^{2-}]}{(C^\circ)^5}\right)

   La force électromotrice e d'un élément correspond à la différence de potentiel à circuit ouvert :

   \begin{aligned} e = E_+ - E_- &= E_2^\circ - E_1^\circ + \frac{0{,}06}{2}\left[\log\left(\frac{[\mathrm{H}^+]^4[\mathrm{SO}_4^{2-}]}{(C^\circ)^5}\right) + \log\left(\frac{[\mathrm{SO}_4^{2-}]}{C^\circ}\right)\right] \\ &= E_2^\circ - E_1^\circ + 0{,}03\log\left(\frac{[\mathrm{H}^+]^4[\mathrm{SO}_4^{2-}]^2}{(C^\circ)^6}\right) \\ &= E_2^\circ - E_1^\circ + 0{,}03\log\left[\left(\frac{[\mathrm{H}^+]^2[\mathrm{SO}_4^{2-}]}{(C^\circ)^3}\right)^2\right] \\ &= E_2^\circ - E_1^\circ + 0{,}06\log\left(\frac{[\mathrm{H}^+]^2[\mathrm{SO}_4^{2-}]}{(C^\circ)^3}\right) \end{aligned}

   Application numérique avec \frac{[\mathrm{H}^+]^2[\mathrm{SO}_4^{2-}]}{(C^\circ)^3} = 100 = 10^2 :

   e = 1{,}69 - (-0{,}35) + 0{,}06 \times 2 = 2{,}04 + 0{,}12 = 2{,}16\text{ V}

   Avec un seul chiffre significatif demandé :

   \boxed{e \approx 2\text{ V}}

   (ou e = 2{,}2\text{ V} avec deux chiffres significatifs).

   Pour obtenir une tension globale U = 12\text{ V}, il faut additionner les tensions individuelles des éléments. On doit donc réaliser une association en série :

   U = N e \implies N = \frac{U}{e} = \frac{12}{2{,}16} \approx 5{,}6

   Comme N est nécessairement entier :

   \boxed{N = 6\text{ éléments en série}}

   Résultat

   $$e\approx 2\text{ V}$$

   $$N=6\text{ eˊleˊments en seˊrie}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10CCINP Physique-Chimie MP 2025, Q40

    Lors de la décharge, la batterie fonctionne en générateur :

    • À la borne négative (anode), il se produit l'oxydation du plomb selon la courbe (1), avec un courant anodique I_a = +I_0. On lit sur la courbe (1) :

      E_- \approx -0{,}30\text{ V} \quad (\pm\,0{,}05\text{ V}).

    • À la borne positive (cathode), il se produit la réduction du dioxyde de plomb selon la courbe (6), avec un courant cathodique I_c = -I_0. On lit sur la courbe (6) :

      E_+ \approx 1{,}65\text{ V} \quad (\pm\,0{,}05\text{ V}).

    La tension disponible aux bornes d'un élément d'accumulateur vaut donc :

    U_{\text{élément}} = E_+ - E_- \approx 1{,}65 - (-0{,}30) = 1{,}95\text{ V} \approx 2{,}0\text{ V}.

    D'après la question Q38, la batterie commerciale de 12\text{ V} est constituée de N = 6 éléments identiques associés en série. La tension réellement disponible aux bornes de la batterie est donc :

    U_{\text{batterie}} = 6 \times U_{\text{élément}} \approx 6 \times 1{,}95\text{ V} = 11{,}7\text{ V} \approx 12\text{ V}.

    Avec deux chiffres significatifs :

    \boxed{U_{\text{élément}} \approx 2{,}0\text{ V} \quad \text{et} \quad U_{\text{batterie}} \approx 12\text{ V}}

    (ou U_{\text{batterie}} \approx 11\text{ V} à 12\text{ V} selon la lecture de U_{\text{élément}} comprise entre 1{,}9\text{ V} et 2{,}0\text{ V}).

    Résultat

    $$U_{\text{eˊleˊment}}\approx 2,0\text{ V}\text{et}{U}_{\text{batterie}}\approx 12\text{ V}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question