Feuille d'entraînement : Électrolyse et accumulateurs

Corrigés

1. Exercice 1CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2026, Q8

   D'après les demi-équations électroniques identifiées à la question Q6 :

   • À l'électrode (A) : l'eau subit un gain d'électrons selon

     2\,\mathrm{H_2O_{(l)}} + 2\,\mathrm{e}^- = \mathrm{H_{2(g)}} + 2\,\mathrm{HO^-_{(aq)}}

     Il s'agit donc d'une réduction (l'électrode (A) est la cathode).

   • À l'électrode (B) : les ions chlorure subissent une perte d'électrons selon

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

     Il s'agit donc d'une oxydation (l'électrode (B) est l'anode).

   Sens de circulation des porteurs de charge et du courant dans le circuit extérieur :

   • Les électrons sont générés à l'anode (B) par l'oxydation, traversent le circuit électrique extérieur (fils et générateur) depuis l'électrode (B) vers l'électrode (A), où ils sont consommés par la réduction.
   • Par convention, le sens positif du courant électrique i est opposé au sens de déplacement des électrons : dans les fils, il circule donc de l'électrode (A) vers le générateur G, puis du générateur G vers l'électrode (B). L'électrode (B) est reliée au pôle positif (+) du générateur, et l'électrode (A) au pôle négatif (-).

   \boxed{ \text{Électrode (A) : Réduction (cathode)} \qquad;\qquad \text{Électrode (B) : Oxydation (anode)} }

   Résultat

   $$\text{Eˊlectrode (A) : Reˊduction (cathode)};\text{Eˊlectrode (B) : Oxydation (anode)}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CCINP Physique-Chimie MPI 2025, Q38

   Lors de la décharge de l'accumulateur :

   • À l'électrode négative (anode), il y a oxydation du plomb métallique \mathrm{Pb_{(s)}} au degré d'oxydation 0 en sulfate de plomb \mathrm{PbSO_{4(s)}} au degré d'oxydation +\mathrm{II} :

     \boxed{\mathrm{Pb_{(s)}} + \mathrm{SO}_{4(\mathrm{aq})}^{2-} = \mathrm{PbSO}_{4(\mathrm{s})} + 2\,\mathrm{e}^-} \quad (1)

   • À l'électrode positive (cathode), il y a réduction du dioxyde de plomb \mathrm{PbO_{2(s)}} (plomb au degré d'oxydation +\mathrm{IV}) en sulfate de plomb \mathrm{PbSO_{4(s)}} (+\mathrm{II}) :

     \boxed{\mathrm{PbO}_{2(\mathrm{s})} + 4\,\mathrm{H}_{(\mathrm{aq})}^+ + \mathrm{SO}_{4(\mathrm{aq})}^{2-} + 2\,\mathrm{e}^- = \mathrm{PbSO}_{4(\mathrm{s})} + 2\,\mathrm{H}_2\mathrm{O}_{(\ell)}} \quad (2)

   Les deux demi-réactions échangeant le même nombre d'électrons (n=2), la réaction globale de décharge s'obtient par la somme membre à membre de (1) et (2) :

   \boxed{\mathrm{Pb}_{(\mathrm{s})} + \mathrm{PbO}_{2(\mathrm{s})} + 4\,\mathrm{H}_{(\mathrm{aq})}^+ + 2\,\mathrm{SO}_{4(\mathrm{aq})}^{2-} = 2\,\mathrm{PbSO}_{4(\mathrm{s})} + 2\,\mathrm{H}_2\mathrm{O}_{(\ell)}}

   Sous forme moléculaire non dissociée, cette réaction s'écrit également :

   \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}_{(\ell)}

   Résultat

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

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

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

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2026, Q11

   Pendant la durée \Delta t = 1\text{ h} = 3\,600\text{ s}, le générateur maintient une intensité continue I = 20\text{ A}. La charge électrique totale transférée s'écrit :

   Q = I\,\Delta t

   La quantité de matière d'électrons échangés lors de l'étape 1 est donc donnée par :

   \boxed{n(e^-) = \frac{I\,\Delta t}{F}}

   Application numérique :

   n(e^-) = \frac{20 \times 3\,600}{96\,485} \approx 0{,}746\text{ mol} \approx \mathbf{0{,}75\text{ mol}}

   D'après les demi-équations électroniques de l'étape 1 :

   \begin{aligned} 2\,\mathrm{Cl}^-_{(\mathrm{aq})} &= \mathrm{Cl}_{2(\mathrm{g})} + 2\,e^- \\ 2\,\mathrm{H_2O}_{(\mathrm{l})} + 2\,e^- &= \mathrm{H}_{2(\mathrm{g})} + 2\,\mathrm{HO}^-_{(\mathrm{aq})} \end{aligned}

   l'avancement de cette étape produit :

   n(\mathrm{Cl}_2)_{\text{formé}} = \frac{n(e^-)}{2} \quad \text{et} \quad n(\mathrm{HO}^-)_{\text{formé}} = n(e^-)

   L'équation-bilan de l'étape 2 s'écrit :

   \mathrm{Cl}_{2(\mathrm{g})} + 2\,\mathrm{HO}^-_{(\mathrm{aq})} = \mathrm{Cl}^-_{(\mathrm{aq})} + \mathrm{ClO}^-_{(\mathrm{aq})} + \mathrm{H_2O}_{(\mathrm{l})}

   Les réactifs \mathrm{Cl}_2 et \mathrm{HO}^- sont introduits exactement dans les proportions stœchiométriques (1\text{ mol} de \mathrm{Cl}_2 pour 2\text{ mol} de \mathrm{HO}^-). Cette transformation étant quantitative (K^\circ \gg 10^4), la quantité d'ions hypochlorite formés est égale à la quantité de dichlore consommée :

   \boxed{n(\mathrm{ClO}^-) = \frac{n(e^-)}{2} = \frac{I\,\Delta t}{2\,F}}

   Application numérique :

   n(\mathrm{ClO}^-) = \frac{0{,}746}{2} \approx 0{,}373\text{ mol} \approx \mathbf{0{,}37\text{ mol}}

   Résultat

   $$n(e^{-})=\frac{I\Delta t}{F}$$

   $$n({\mathrm{ClO}}^{-})=\frac{n(e^{-})}{2}=\frac{I\Delta t}{2F}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2026, Q12

   À l'anode, la demi-équation électronique d'oxydation des ions chlorure s'écrit :

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

   La quantité de matière d'ions chlorure consommée lors de l'étape 1 est donc égale à la quantité de matière d'électrons échangés :

   n(\mathrm{Cl^-})_{\text{cons}} = n(\mathrm{e^-})

   La dissolution du chlorure de sodium solide apporte un ion chlorure par formule unité (\mathrm{NaCl_{(s)}} \rightarrow \mathrm{Na^+_{(aq)}} + \mathrm{Cl^-_{(aq)}}), d'où :

   n(\mathrm{NaCl}) = n(\mathrm{Cl^-})_{\text{cons}} = \frac{I\,\Delta t}{F}

   La masse de chlorure de sodium nécessaire à une heure de fonctionnement sans régénération vaut :

   m_{\mathrm{NaCl}} = n(\mathrm{NaCl})\,M_{\mathrm{NaCl}} = \frac{I\,\Delta t}{F}\,(M_{\mathrm{Na}} + M_{\mathrm{Cl}})

   Avec I = 20\text{ A}, \Delta t = 3600\text{ s}, F = 96\,485\text{ C}\cdot\text{mol}^{-1} et M_{\mathrm{NaCl}} = 23{,}0 + 35{,}5 = 58{,}5\text{ g}\cdot\text{mol}^{-1} :

   m_{\mathrm{NaCl}} = \frac{20 \times 3600}{96\,485} \times 58{,}5 \approx 43{,}7\text{ g}

   \boxed{m_{\mathrm{NaCl}} \approx 44\text{ g}}

   Calculons à présent la masse totale de chlorure de sodium contenue dans le bassin olympique. Le volume d'eau du bassin vaut :

   V = S \times h = 1250 \times 3 = 3750\text{ m}^3 = 3{,}75 \times 10^6\text{ L}

   Avec une concentration massique en sel C_m = 5\text{ g}\cdot\text{L}^{-1}, la masse de \mathrm{NaCl} dissoute dans le bassin est :

   m_{\text{dispo}} = C_m\,V = 5 \times 3{,}75 \times 10^6 = 1{,}88 \times 10^7\text{ g} \approx 19\text{ tonnes}

   Comme m_{\mathrm{NaCl}} \ll m_{\text{dispo}} (la masse consommée en une heure représente seulement environ 2 \times 10^{-6} du stock disponible), la réserve de sel dans le bassin est largement suffisante pour assurer le traitement sur une très longue durée, même en l'absence de régénération.

   Résultat

   $$m_{\mathrm{NaCl}}\approx 44\text{ g}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CCINP Physique-Chimie MPI 2025, Q39

   À l'électrode positive (cathode), le couple considéré est \mathrm{PbO}_{2(\mathrm{s})} / \mathrm{PbSO}_{4(\mathrm{s})} associé à la demi-réaction :

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

   Les solides et l'eau étant dans leur état standard (a = 1), la formule de Nernst donne :

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

   À l'électrode négative (anode), le couple considéré est \mathrm{PbSO}_{4(\mathrm{s})} / \mathrm{Pb}_{(\mathrm{s})} associé à la demi-réaction écrite dans le sens de la réduction :

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

   Le potentiel d'équilibre s'écrit :

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

   La force électromotrice de l'élément à l'abandon s'en déduit :

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

   Avec les valeurs numériques fournies :

   \begin{aligned} e &= 1{,}69 - (-0{,}35) + 0{,}06\log(100) \\ &= 2{,}04 + 0{,}06 \times 2 = 2{,}16\text{ V} \end{aligned}

   En ne conservant qu'un seul chiffre significatif comme demandé :

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

   (valeur non arrondie : e = 2{,}16\text{ V}).

   Pour obtenir une batterie délivrant une tension de U = 12\text{ V}, les éléments doivent être associés en série afin que leurs forces électromotrices s'additionnent. Le nombre nécessaire d'éléments est :

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

   On associe donc un nombre entier de cellules :

   \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

6. Exercice 6CCINP Physique-Chimie MPI 2025, Q40

   Lors d'une décharge à 50\,\%, la quantité de charge délivrée par la batterie est :

   q = 0{,}50 \times Q = 0{,}50 \times 40\text{ A}\cdot\text{h} = 20\text{ A}\cdot\text{h}

   En convertissant en coulombs :

   q = 20 \times 3\,600 = 7{,}2 \cdot 10^4\text{ C}

   D'après la demi-réaction anodique (Q38) :

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

   l'oxydation d'une mole de plomb libère n_e = 2\text{ moles} d'électrons. La quantité de matière de plomb oxydé dans un élément traversé par la charge q est donc :

   n_1(\mathrm{Pb}) = \frac{q}{2F}

   La masse de plomb oxydé correspondante dans cet élément vaut :

   m_1(\mathrm{Pb}) = \frac{q \, M(\mathrm{Pb})}{2F}

   Application numérique pour un élément :

   m_1(\mathrm{Pb}) = \frac{7{,}2 \cdot 10^4 \times 207{,}2}{2 \times 96\,500} \approx 77\text{ g}

   La batterie de 12\text{ V} est constituée de N_{\text{él}} = 6 éléments associés en série (établi en Q39). Le même courant traversant successivement chacun des 6 éléments, la même charge q circule dans chaque cellule et la réaction d'oxydation a lieu dans chacune d'elles. La masse totale de plomb oxydé dans l'ensemble de la batterie est :

   m_{\text{tot}}(\mathrm{Pb}) = N_{\text{él}} \, m_1(\mathrm{Pb}) = 6 \times \frac{q \, M(\mathrm{Pb})}{2F}

   Application numérique :

   m_{\text{tot}}(\mathrm{Pb}) = 6 \times 77{,}3\text{ g} \approx 464\text{ g} \approx 0{,}5\text{ kg}

   En respectant la consigne d'un seul chiffre significatif :

   \boxed{m(\mathrm{Pb}) \approx 5 \cdot 10^2\text{ g} = 0{,}5\text{ kg}}

   (ou m_1(\mathrm{Pb}) \approx 8 \cdot 10^1\text{ g} si l'on ne considère qu'un unique élément).

   Résultat

   $$m(\mathrm{Pb})\approx 5\cdot 10^2\text{ g}=0,5\text{ kg}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7Mines-Ponts Physique 2 MPI 2025, Q1

   Les deux couples rédox mis en jeu aux électrodes sont :

   • \mathrm{PbO_2 / Pb^{2+}} de potentiel standard E_1^\circ = 1{,}69\text{ V} ;
   • \mathrm{Pb^{2+} / Pb} de potentiel standard E_2^\circ = -0{,}13\text{ V}.

   Comme E_1^\circ > E_2^\circ, l'électrode constituée de peroxyde de plomb \mathrm{PbO_2} présente un potentiel plus élevé que celle de plomb métallique \mathrm{Pb}.

   \boxed{\text{L'électrode positive est l'électrode de dioxyde de plomb }\mathrm{PbO_2}\text{ (et la négative est en }\mathrm{Pb}\text{).}}

   Lors d'un fonctionnement spontané (décharge du générateur) :

   • À l'électrode positive (cathode), il se produit la réduction du peroxyde de plomb, l'oxydant le plus fort :

     \boxed{\mathrm{PbO_2(s)} + 4\,\mathrm{H^+(aq)} + 2\,\mathrm{e^-} = \mathrm{Pb^{2+}(aq)} + 2\,\mathrm{H_2O(\ell)}}

   • À l'électrode négative (anode), il se produit l'oxydation du plomb métallique, le réducteur le plus fort :

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

   Résultat

   $$\text{L’eˊlectrode positive est l’eˊlectrode de dioxyde de plomb }\mathrm{Pb}{\mathrm{O}}_2\text{ (et la neˊgative est en }\mathrm{Pb}\text{).}$$

   $$\mathrm{Pb}{\mathrm{O}}_2(\mathrm{s})+4{\mathrm{H}}^{+}(\mathrm{aq})+2{\mathrm{e}}^{-}=\mathrm{P}{\mathrm{b}}^{2+}(\mathrm{aq})+2{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}(\mathrm{\ell })$$

   $$\mathrm{Pb}(\mathrm{s})=\mathrm{P}{\mathrm{b}}^{2+}(\mathrm{aq})+2{\mathrm{e}}^{-}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8Mines-Ponts Physique 2 MPI 2025, Q3

   1. Nombre d'accumulateurs et schéma d'association

   D'après le préambule de la question, la force électromotrice d'un élément d'accumulateur au plomb vaut E \simeq 2{,}0\text{ V}. Pour obtenir une force électromotrice totale E_t = 12\text{ V}, il faut associer N accumulateurs en série, de telle sorte que les tensions s'ajoutent :

   E_t = N E \implies N = \frac{E_t}{E} = \frac{12}{2{,}0} = 6

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

   L'association en série est représentée ci-dessous :

   2. Capacité de chacun des accumulateurs

   Les accumulateurs étant montés en série, le courant électrique I(t) qui traverse la batterie traverse intégralement chacun des 6 éléments. Par conséquent, la charge électrique Q ayant traversé chaque accumulateur au cours de la décharge totale est rigoureusement identique à la capacité Q_t de la batterie :

   \boxed{Q = Q_t = 65\text{ A}\cdot\text{h} = 65 \times 3600\text{ C} \simeq 2{,}3 \cdot 10^5\text{ C}}

   3. Quantités de matière totales de \mathrm{Pb} et \mathrm{PbO_2}

   D'après les demi-équations écrites à la question 1 :

   \begin{aligned} \text{Électrode négative :}& \quad \mathrm{Pb(s)} = \mathrm{Pb^{2+}(aq)} + 2\,\mathrm{e}^- \\ \text{Électrode positive :}& \quad \mathrm{PbO_2(s)} + 4\,\mathrm{H^+(aq)} + 2\,\mathrm{e}^- = \mathrm{Pb^{2+}(aq)} + 2\,\mathrm{H_2O(\ell)} \end{aligned}

   Pour chaque élément, la consommation d'une mole de \mathrm{Pb} ou d'une mole de \mathrm{PbO_2} met en jeu le transfert d'une quantité d'électrons n_{1,\mathrm{e}^-} = 2\text{ mol}. La quantité d'électrons circulant dans un accumulateur débitant une charge Q est :

   n_{1,\mathrm{e}^-} = \frac{Q}{\mathcal{F}}

   Ainsi, dans un accumulateur donné, les quantités de matière consommées de \mathrm{Pb} et de \mathrm{PbO_2} sont égales à :

   n_{1,\mathrm{Pb}} = n_{1,\mathrm{PbO_2}} = \frac{n_{1,\mathrm{e}^-}}{2} = \frac{Q}{2\,\mathcal{F}}

   La batterie complète contenant N = 6 accumulateurs indépendants, la quantité de matière totale contenue dans l'ensemble des grilles est :

   n_{\mathrm{Pb}} = n_{\mathrm{PbO_2}} = N \times \frac{Q}{2\,\mathcal{F}} = \frac{3\,Q}{\mathcal{F}}

   Application numérique :

   n_{\mathrm{Pb}} = n_{\mathrm{PbO_2}} = \frac{3 \times 2{,}34 \cdot 10^5}{9{,}6 \cdot 10^4} = \frac{7{,}02 \cdot 10^5}{9{,}6 \cdot 10^4} \simeq 7{,}3\text{ mol}

   \boxed{n_{\mathrm{Pb}} = n_{\mathrm{PbO_2}} = \frac{3\,Q}{\mathcal{F}} \simeq 7{,}3\text{ mol}}

   Résultat

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

   $$Q=Q_t=65\text{ A}\cdot \text{h}=65\times 3600\text{ C}\simeq 2,3\cdot 10^5\text{ C}$$

   $$n_{\mathrm{Pb}}=n_{\mathrm{Pb}{\mathrm{O}}_2}=\frac{3Q}{\mathcal{F}}\simeq 7,3\text{ mol}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9CCINP Physique-Chimie MPI 2025, Q41

   D'après l'étiquette de la batterie représentée en figure 10, les caractéristiques nominales sont :

   U = 12\text{ V} \quad \text{et} \quad Q = 40\text{ A}\cdot\text{h}

   L'énergie électrique maximale délivrable par la batterie s'écrit :

   \mathcal{E} = U Q

   L'énergie massique w est le quotient de cette énergie par la masse totale m = 9{,}8\text{ kg} de la batterie :

   w = \frac{U Q}{m}

   Application numérique :

   \begin{aligned} \mathcal{E} &= 12\text{ V} \times 40\text{ A}\cdot\text{h} = 480\text{ W}\cdot\text{h} \\ w &= \frac{480\text{ W}\cdot\text{h}}{9{,}8\text{ kg}} \approx 49\text{ W}\cdot\text{h}\cdot\text{kg}^{-1} \end{aligned}

   En arrondissant à un seul chiffre significatif conformément aux consignes de l'énoncé :

   \boxed{w \approx 5\cdot 10^1\text{ W}\cdot\text{h}\cdot\text{kg}^{-1}}

   Résultat

   $$w\approx 5\cdot 10^1\text{ W}\cdot \text{h}\cdot {\text{kg}}^{-1}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10CCINP Physique-Chimie MPI 2025, Q42

    La capacité spécifique C représente la charge électrique maximale transférable par unité de masse de matière active :

    C = \frac{q}{m} = \frac{n_e F}{m}

    où n_e est la quantité d'électrons échangés pour une masse m de réactif.

    Exprimons la constante de Faraday en \text{mA}\cdot\text{h}\cdot\text{mol}^{-1} :

    1\text{ A}\cdot\text{h} = 3\,600\text{ C} \implies 1\text{ C} = \frac{10^3}{3\,600}\text{ mA}\cdot\text{h} = \frac{1}{3{,}6}\text{ mA}\cdot\text{h}

    F = \frac{96\,500}{3{,}6}\text{ mA}\cdot\text{h}\cdot\text{mol}^{-1} \approx 26\,806\text{ mA}\cdot\text{h}\cdot\text{mol}^{-1}

    1. Cas où la matière active est le carbone :

    D'après la demi-réaction à l'anode lors de la décharge :

    \mathrm{LiC}_{6(\mathrm{s})} \longrightarrow \mathrm{Li}^+_{(\mathrm{aq})} + 6\,\mathrm{C}_{(\mathrm{s})} + \mathrm{e}^-

    L'échange de 1\text{ mol} d'électrons fait intervenir 6\text{ mol} d'atomes de carbone, soit une masse de carbone :

    m_{\mathrm{C}} = 6\,M(\mathrm{C})

    La capacité spécifique théorique du carbone s'écrit donc :

    C_{\mathrm{C}} = \frac{F}{6\,M(\mathrm{C})}

    Application numérique avec M(\mathrm{C}) = 12\text{ g}\cdot\text{mol}^{-1} :

    C_{\mathrm{C}} = \frac{26\,806}{6 \times 12} = \frac{26\,806}{72} \approx 372\text{ mA}\cdot\text{h}\cdot\text{g}^{-1}

    Avec un seul chiffre significatif :

    \boxed{C_{\mathrm{C}} \approx 4\cdot 10^2\text{ mA}\cdot\text{h}\cdot\text{g}^{-1}}

    2. Cas où la matière active est \mathrm{CoO}_2 :

    D'après la demi-réaction à la cathode lors de la décharge :

    \mathrm{Li}^+_{(\mathrm{aq})} + \mathrm{CoO}_{2(\mathrm{s})} + \mathrm{e}^- \longrightarrow \mathrm{LiCoO}_{2(\mathrm{s})}

    L'échange de 1\text{ mol} d'électrons fait intervenir 1\text{ mol} de dioxyde de cobalt \mathrm{CoO}_2, soit une masse :

    m_{\mathrm{CoO}_2} = M(\mathrm{CoO}_2)

    La capacité spécifique théorique de \mathrm{CoO}_2 s'écrit donc :

    C_{\mathrm{CoO}_2} = \frac{F}{M(\mathrm{CoO}_2)}

    Application numérique avec M(\mathrm{CoO}_2) = 91\text{ g}\cdot\text{mol}^{-1} :

    C_{\mathrm{CoO}_2} = \frac{26\,806}{91} \approx 295\text{ mA}\cdot\text{h}\cdot\text{g}^{-1}

    Avec un seul chiffre significatif :

    \boxed{C_{\mathrm{CoO}_2} \approx 3\cdot 10^2\text{ mA}\cdot\text{h}\cdot\text{g}^{-1}}

    Résultat

    $$C_{\mathrm{C}}\approx 4\cdot 10^2\text{ mA}\cdot \text{h}\cdot {\text{g}}^{-1}$$

    $$C_{{\mathrm{CoO}}_2}\approx 3\cdot 10^2\text{ mA}\cdot \text{h}\cdot {\text{g}}^{-1}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question