Feuille d'entraînement : Électrolyse et accumulateurs

Corrigés

1. Exercice 1ENS Physique-Chimie L PC 2024, Q8

   Le réacteur étant fermé et de volume constant V, la quantité de matière de phénol en solution à l'instant t est reliée à sa concentration par :

   n_{\text{phénol}}(t) = c(t) \, V

   La vitesse de la réaction d'oxydation, définie par v = -\frac{\mathrm{d}n_{\text{phénol}}}{\mathrm{d}t}, s'écrit donc :

   v = - V \frac{\mathrm{d}c}{\mathrm{d}t}

   D'après les questions Q6 et Q7, en régime galvanostatique et en l'absence de réaction parasite, l'intégralité du courant imposé est utilisée pour l'oxydation du phénol (I_F = I_{\text{imp}}), ce qui conduit à :

   v = \frac{I_{\text{imp}}}{n F}

   où n = 28 est le nombre d'électrons échangés par molécule de phénol (établi à la question Q4) et F est la constante de Faraday.

   On en déduit l'équation différentielle régissant l'évolution de la concentration c(t) :

   \frac{\mathrm{d}c}{\mathrm{d}t} = -\frac{I_{\text{imp}}}{n F V}

   Le terme de droite étant constant, l'intégration immédiate avec la condition initiale c(0) = c_0 donne :

   \boxed{c(t) = c_0 - \frac{I_{\text{imp}}}{n F V}\, t}

   avec n = 28.

   Résultat

   $$c(t)=c_0-\frac{I_{\text{imp}}}{nFV}t$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2ENS Physique-Chimie L PC 2024, Q11

   Au cours de l'électrolyse, le phénol est consommé, donc sa concentration c(t) diminue. Par conséquent, le courant limite de diffusion associé à son oxydation :

   I_{\lim}(t) = n F A k_m c(t)

   diminue continûment au cours du temps.

   • Tant que t < t_m : on a I_{\lim}(t) > I_{\mathrm{imp}}. Le courant imposé peut être intégralement assuré par l'oxydation du phénol (I_F = I_{\mathrm{imp}}). Le potentiel de travail se situe sur la branche ascendante précédant le palier de diffusion, à une valeur inférieure au potentiel d'oxydation de l'eau : le rendement faradique est alors égal à 1 (r_F = 1).

   • À l'instant t = t_m : le courant limite atteint exactement le courant imposé :

     I_{\lim}(t_m) = n F A k_m c_m = I_{\mathrm{imp}}
   • Pour t > t_m : la concentration devient inférieure à c_m, de sorte que I_{\lim}(t) < I_{\mathrm{imp}}. L'oxydation du phénol est alors plafonnée par le transport de matière à la valeur I_F = I_{\lim}(t) < I_{\mathrm{imp}}.

   Le dispositif étant en mode galvanostatique, le courant total imposé par le générateur doit rester égal à I_{\mathrm{imp}}. Le potentiel de l'anode augmente alors spontanément jusqu'à atteindre la vague d'oxydation du solvant (l'eau), visible sur la figure 1.

   La réaction parasite d'oxydation de l'eau s'enclenche alors simultanément selon la demi-équation électronique :

   \boxed{2\,\mathrm{H_2O}_{(\ell)} = \mathrm{O_2}_{(g)} + 4\,\mathrm{H^+}_{(aq)} + 4\,\mathrm{e^-}}

   Le courant imposé se partage alors entre le courant faradaïque utile I_F = I_{\lim} et le courant parasite d'oxydation de l'eau I_{\mathrm{H_2O}} > 0 :

   I_{\mathrm{imp}} = I_F + I_{\mathrm{H_2O}} = I_{\lim}(t) + I_{\mathrm{H_2O}}

   Le rendement faradique de dépollution devient ainsi strictement inférieur à 1 :

   \boxed{r_F = \frac{I_F}{I_{\mathrm{imp}}} = \frac{I_{\lim}(t)}{I_{\mathrm{imp}}} < 1}

   Résultat

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

   $$r_F=\frac{I_F}{I_{\mathrm{imp}}}=\frac{I_{\lim }(t)}{I_{\mathrm{imp}}}<1$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3E3A Physique-Chimie PC 2020, Q34

   1. Espèces réagissant aux électrodes

   • Électrolyseur :

     • Électrode de droite : oxydation de l'eau liquide selon :

       2\,\mathrm{H_2O}_{(l)} \longrightarrow \mathrm{O}_{2\,(g)} + 4\,\mathrm{H}^+_{(aq)} + 4\,\mathrm{e}^-

       L'eau \mathrm{H_2O}_{(l)} est consommée, avec dégagement de dioxygène \mathrm{O}_{2\,(g)}.

     • Électrode de gauche : réduction des protons selon :

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

       Les protons \mathrm{H}^+ sont réduits en dihydrogène \mathrm{H}_{2\,(g)} qui est dirigé vers le réservoir.

   • Pile à combustible :

     • Électrode de droite : oxydation du dihydrogène provenant du réservoir selon :

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

     • Électrode de gauche : réduction du dioxygène de l'air ambiant selon :

       \mathrm{O}_{2\,(g)} + 4\,\mathrm{H}^+_{(aq)} + 4\,\mathrm{e}^- \longrightarrow 2\,\mathrm{H_2O}_{(l)}

   2. Polarité et rôle de chaque électrode

   • Électrolyseur (fonctionnement forcé / récepteur) :

     • Électrode de droite : siège d'une oxydation \longrightarrow Anode, reliée à la borne positive, polarité (+).
     • Électrode de gauche : siège d'une réduction \longrightarrow Cathode, reliée à la borne négative, polarité (-).

   • Pile à combustible (fonctionnement spontané / générateur) :

     • Électrode de gauche : siège d'une réduction \longrightarrow Cathode, polarité (+).
     • Électrode de droite : siège d'une oxydation \longrightarrow Anode, polarité (-).

   3. Porteurs de charge et sens de circulation

   • Dans les électrolytes (membranes PEM échangeuses de protons) :

     • Les porteurs de charge sont les ions oxonium / protons \mathrm{H}^+.

     • Ils migrent de l'anode vers la cathode :

       • dans l'électrolyseur : de droite à gauche ;
       • dans la pile : de droite à gauche.

   • Dans les fils électriques métalliques :

     • Les porteurs de charge sont les électrons \mathrm{e}^-.

     • Ils circulent toujours, à l'extérieur, de l'anode vers la cathode :

       • pour l'électrolyseur : de l'anode (droite) vers la borne (+) du générateur, et de la borne (-) du générateur vers la cathode (gauche) ;
       • pour la pile : de l'anode (droite, -) vers la résistance R, puis de la résistance vers la cathode (gauche, +).

   4. Tensions U_e et U_p et conventions

   • Générateur de l'électrolyseur (convention générateur) : le courant débité I_e sort par le pôle (+) (vers la droite dans le fil supérieur). La flèche de tension U_e est orientée dans le même sens que le courant I_e, soit dirigée vers la droite (pointant vers la borne positive reliée à l'anode).
   • Résistance de décharge de la pile (convention récepteur) : le courant I_p circule de la cathode (+) vers l'anode (-) à travers la résistance R (de gauche à droite). En convention récepteur, la flèche de tension U_p aux bornes de la résistance est orientée en sens opposé au courant, soit vers la gauche (pointant vers la borne reliée à la cathode).

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4ENS Physique-Chimie L PC 2026, Q55

   1. Tension minimale d'électrolyse U_{\min}

   Pour qu'un courant d'électrolyse circule, la tension appliquée U = V_A - V_C doit vaincre la force contre-électromotrice de la cellule ainsi que les surtensions aux électrodes. À la limite d'apparition du courant (I \to 0^+), la chute ohmique est négligeable (rI \to 0), et la tension minimale à appliquer est donnée par la différence entre le potentiel anodique et le potentiel cathodique au pied de leurs vagues respectives :

   U_{\min} = E_{\text{pied, ox}}(\mathrm{H}_2\mathrm{O}) - E_{\text{pied, réd}}(\mathrm{Cu}^{2+})

   D'après les résultats de la question Q54 :

   • E_{\text{pied, réd}}(\mathrm{Cu}^{2+}) \approx 0{,}31\text{ V/ESH} ;
   • E_{\text{pied, ox}}(\mathrm{H}_2\mathrm{O}) = E_{\text{eq}}(\mathrm{O}_2/\mathrm{H}_2\mathrm{O}) + \eta_{\text{ox}} \approx 1{,}21 + 0{,}30 = 1{,}51\text{ V/ESH} (ou 1{,}53\text{ V/ESH} si l'on prend \mathrm{pH} = 0).

   On en déduit :

   \boxed{U_{\min} \approx 1{,}2\text{ V}}

   2. Allure de la courbe courant-tension en sortie du réacteur

   Au cours de la traversée du réacteur, l'électro-réduction globale s'écrit :

   2\,\mathrm{Cu}^{2+}_{(\mathrm{aq})} + 2\,\mathrm{H}_2\mathrm{O}_{(\mathrm{l})} \longrightarrow 2\,\mathrm{Cu}_{(\mathrm{s})} + \mathrm{O}_{2(\mathrm{g})} + 4\,\mathrm{H}^+_{(\mathrm{aq})}

   En sortie du réacteur (x = L) par rapport à l'entrée (x = 0) :

   • Les ions \mathrm{Cu}^{2+} ont été consommés, de sorte que la concentration C_{\mathrm{Cu}^{2+}}^r a diminué :

     C_{\mathrm{Cu}^{2+}}^r(L) < C_{\mathrm{Cu}^{2+}}^r(0)

     Le courant limite de diffusion cathodique, proportionnel à la concentration en réactif électroactif (|I_{\text{lim,c}}| \propto C_{\mathrm{Cu}^{2+}}^r), est donc notablement plus faible en valeur absolue (le palier de diffusion se rapproche de l'axe des abscisses).

   • D'après la formule de Nernst, la diminution de C_{\mathrm{Cu}^{2+}}^r entraîne également un léger déplacement du potentiel d'équilibre vers les potentiels plus réducteurs :

     \Delta E_{\text{eq}} = \frac{0{,}06}{2}\log\left(\frac{C_{\mathrm{Cu}^{2+}}^r(L)}{C_{\mathrm{Cu}^{2+}}^r(0)}\right) < 0

     Le pied de la vague de réduction est donc très légèrement décalé vers la gauche.

   • L'eau étant le solvant et la concentration en \mathrm{H}^+ variant peu en valeur relative (solution déjà très concentrée en acide), la vague d'oxydation de l'eau n'est pratiquement pas modifiée.

   Résultat

   $$U_{\min }\approx 1,2\text{ V}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5ENS Physique-Chimie L PC 2026, Q56

   Considérons le système fixe délimité par la tranche de volume V = \ell \, h \,\mathrm{d}x entre les abscisses x et x+\mathrm{d}x.

   En régime permanent, le bilan molaire sur les ions \mathrm{Cu}^{2+} pendant une durée \mathrm{d}t s'écrit :

   \frac{\mathrm{d}n_{\mathrm{Cu}^{2+}}}{\mathrm{d}t} = \dot{n}_{\text{in}} - \dot{n}_{\text{out}} - \dot{n}_{\text{cons}} = 0

   • Flux convectifs entrant et sortant : L'écoulement piston à la vitesse moyenne \bar{v} à travers la section transversale S = h\,\ell transporte un débit volumique constant D_v = \bar{v}\,h\,\ell. Les flux molaires s'écrivent donc :

     \begin{aligned} \dot{n}_{\text{in}} &= D_v \, C_{\mathrm{Cu}^{2+}}^r(x) = \bar{v}\,h\,\ell \, C_{\mathrm{Cu}^{2+}}^r(x) \\ \dot{n}_{\text{out}} &= D_v \, C_{\mathrm{Cu}^{2+}}^r(x+\mathrm{d}x) = \bar{v}\,h\,\ell \, C_{\mathrm{Cu}^{2+}}^r(x+\mathrm{d}x) \end{aligned}

     soit un terme net de transport convectif :

     \dot{n}_{\text{in}} - \dot{n}_{\text{out}} = -\bar{v}\,h\,\ell\,\frac{\mathrm{d}C_{\mathrm{Cu}^{2+}}^r}{\mathrm{d}x}\,\mathrm{d}x

   • Consommation électrochimique à la cathode : La réduction cathodique s'écrit :

     \mathrm{Cu}^{2+}_{(aq)} + 2\,\mathrm{e}^- \longrightarrow \mathrm{Cu}_{(s)}

     Le rendement faradique étant égal à 1, la réduction d'une mole de \mathrm{Cu}^{2+} met en jeu n_e = 2 moles d'électrons. Sur l'élément de surface cathodique \mathrm{d}A = \ell\,\mathrm{d}x, le courant élémentaire associé est :

     \mathrm{d}i(x) = j(x)\,\mathrm{d}A = j(x)\,\ell\,\mathrm{d}x

     Le flux molaire d'ions \mathrm{Cu}^{2+} consommés s'en déduit par la loi de Faraday :

     \dot{n}_{\text{cons}} = \frac{\mathrm{d}i(x)}{2\,F} = \frac{j(x)\,\ell\,\mathrm{d}x}{2\,F}

   En injectant ces deux contributions dans le bilan de matière :

   -\bar{v}\,h\,\ell\,\frac{\mathrm{d}C_{\mathrm{Cu}^{2+}}^r}{\mathrm{d}x}\,\mathrm{d}x - \frac{j(x)\,\ell\,\mathrm{d}x}{2\,F} = 0

   En divisant par la quantité non nulle \bar{v}\,h\,\ell\,\mathrm{d}x, on obtient directement l'équation différentielle :

   \frac{\mathrm{d}C_{\mathrm{Cu}^{2+}}^r}{\mathrm{d}x} + \frac{1}{2\,F\,h\,\bar{v}} \times j(x) = 0

   On identifie bien l'équation demandée avec :

   \boxed{\alpha = \frac{1}{2\,F\,h\,\bar{v}}}

   Résultat

   $$\alpha =\frac{1}{2Fh\bar{v}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6ENS Physique-Chimie L PC 2026, Q60

   D'après le résultat de la question Q59, la différence de potentiel ohmique dans la zone centrale s'écrit :

   U_{z2}(x) = \frac{j(x)\,h}{\sigma(x)} = \frac{j(x)\,h}{\lambda_{\mathrm{Cu}^{2+}} C_{\mathrm{Cu}^{2+}}^r(x) + \lambda_{\mathrm{H}^+} C_{\mathrm{H}^+}^r(x) + \lambda_{\mathrm{SO}_4^{2-}} C_{\mathrm{SO}_4^{2-}}^r(x)}

   Pour minimiser cette tension (qui correspond à une perte d'énergie par effet Joule sans utilité électrochimique), à densité de courant j(x) fixée, on peut agir sur deux aspects :

   1. Paramètre géométrique : réduire autant que possible l'écartement inter-électrodes h, tout en conservant un espacement suffisant pour assurer l'écoulement fluide (h \gg \delta_a, \delta_c).
   2. Conductivité de l'électrolyte : maximiser la conductivité \sigma(x) du milieu en augmentant la concentration de l'électrolyte support (ici l'acide sulfurique \mathrm{H}_2\mathrm{SO}_4). En particulier, l'apport d'ions hydronium \mathrm{H}^+ est particulièrement efficace car leur conductivité molaire ionique \lambda_{\mathrm{H}^+} est exceptionnellement élevée par rapport à celle des autres ions en solution aqueuse (mécanisme de Grotthuss).

   \boxed{\text{Minimiser } U_{z2} \text{ en réduisant l'écartement } h \text{ et en maximisant l'acidité (concentration en } \mathrm{H}_2\mathrm{SO}_4\text{).}}

   Résultat

   $$\text{Minimiser }{U}_{z2}\text{ en reˊduisant l’eˊcartement }h\text{ et en maximisant l’aciditeˊ (concentration en }{\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4\text{).}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7ENS Physique-Chimie L PC 2024, Q4

   Le phénol, de formule brute \mathrm{C_6H_6O} (noté \mathrm{C_6H_5OH}), est oxydé en dioxyde de carbone \mathrm{CO_2} à l'anode en milieu aqueux. Pour équilibrer la demi-équation électronique d'oxydation :

   • conservation de l'élément carbone : formation de 6 molécules de \mathrm{CO_2} ;
   • conservation de l'élément oxygène : la molécule de phénol apportant déjà 1 atome d'oxygène et les 6 molécules de \mathrm{CO_2} en contenant 12, il faut introduire 11 molécules de \mathrm{H_2O} du côté du réducteur ;
   • conservation de l'élément hydrogène : le membre de gauche compte 6 + 11 \times 2 = 28 atomes d'hydrogène, compensés par 28 ions \mathrm{H^+} à droite ;
   • conservation de la charge électrique : 28 électrons sont libérés à droite.

   La demi-équation électronique d'oxydation du phénol à l'anode s'écrit donc :

   \boxed{\mathrm{C_6H_5OH} + 11\,\mathrm{H_2O} \longrightarrow 6\,\mathrm{CO_2} + 28\,\mathrm{H^+} + 28\,\mathrm{e^-}}

   Résultat

   $${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5\mathrm{OH}+11{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}⟶6\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2+28{\mathrm{H}}^{+}+28{\mathrm{e}}^{-}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8ENS Physique-Chimie L PC 2022, Q23

   Considérons la réaction d'oxydation de la capsaïcine adsorbée à la surface de l'électrode d'aire S :

   \text{Red} \longrightarrow \text{Ox} + n\,\mathrm{e}^-

   La quantité de matière de forme réduite présente sur l'électrode à l'instant t s'exprime à partir de la concentration surfacique \Gamma_{\text{Red}}(t) par :

   n_{\text{Red}}(t) = S\,\Gamma_{\text{Red}}(t)

   Pendant l'intervalle de temps \mathrm{d}t, la variation élémentaire de la quantité de matière de réducteur est :

   \mathrm{d}n_{\text{Red}} = S\,\mathrm{d}\Gamma_{\text{Red}}

   Cette quantité est négative puisque le réducteur est consommé au cours de l'oxydation.

   D'après la stœchiométrie de la demi-équation électronique, l'oxydation de -\mathrm{d}n_{\text{Red}} moles de réducteur libère une quantité d'électrons :

   \mathrm{d}n_{\mathrm{e}^-} = -n\,\mathrm{d}n_{\text{Red}} = -n\,S\,\mathrm{d}\Gamma_{\text{Red}}

   D'après la loi de Faraday, la charge électrique élémentaire \mathrm{d}q transférée à l'électrode (comptée positivement en convention de courant anodique, cohérente avec l'expression (2) où I > 0) s'écrit :

   \mathrm{d}q = F\,\mathrm{d}n_{\mathrm{e}^-} = -nFS\,\mathrm{d}\Gamma_{\text{Red}}

   L'intensité du courant électrique traversant l'électrode est définie par I = \frac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t}, d'où :

   \boxed{I = -nFS\,\frac{\mathrm{d}\Gamma_{\text{Red}}}{\mathrm{d}t}}

   Résultat

   $$I=-nFS\frac{\mathrm{d}{\Gamma }_{\text{Red}}}{\mathrm{d}t}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9E3A Physique-Chimie PC 2020, Q36

   D'après la question Q33, la réaction modélisant le fonctionnement de l'électrolyseur s'écrit :

   2\,\mathrm{H}_2\mathrm{O}_{(\mathrm{l})} = 2\,\mathrm{H}_{2\,(\mathrm{g})} + \mathrm{O}_{2\,(\mathrm{g})}

   Cette transformation met en jeu un échange de n = 4 électrons entre les couples redox \mathrm{H}^+/\mathrm{H}_2 et \mathrm{O}_2/\mathrm{H}_2\mathrm{O} :

   \begin{aligned} \text{Cathode (réduction) :}\quad & 4\,\mathrm{H}^+ + 4\,\mathrm{e}^- = 2\,\mathrm{H}_2 \quad (E^\circ_1 = 0{,}00\text{ V}) \\ \text{Anode (oxydation) :}\quad & 2\,\mathrm{H}_2\mathrm{O} = \mathrm{O}_2 + 4\,\mathrm{H}^+ + 4\,\mathrm{e}^- \quad (E^\circ_2 = 1{,}23\text{ V}) \end{aligned}

   L'enthalpie libre standard de réaction s'exprime par :

   \Delta_r G^\circ = - n F (E^\circ_1 - E^\circ_2) = - R T \ln K_e(298\text{ K})

   On en déduit l'expression de la constante d'équilibre :

   \log_{10} K_e(298\text{ K}) = \frac{n}{\alpha}\,(E^\circ_1 - E^\circ_2) \quad \text{avec} \quad \alpha = \frac{R T \ln(10)}{F} \approx 0{,}06\text{ V}

   L'application numérique donne :

   \log_{10} K_e(298\text{ K}) = \frac{4}{0{,}06}\,(0{,}00 - 1{,}23) = -\frac{4{,}92}{0{,}06} = -82

   \boxed{K_e(298\text{ K}) = 10^{-82}}

   Remarque : Si la réaction avait été écrite pour une seule mole d'eau (\mathrm{H}_2\mathrm{O}_{(\mathrm{l})} = \mathrm{H}_{2\,(\mathrm{g})} + \frac{1}{2}\,\mathrm{O}_{2\,(\mathrm{g})} avec n = 2), on obtiendrait \log_{10} K_e' = -41, soit K_e' = 10^{-41}.

   Justification de la nécessité d'un générateur de tension :

   • La constante d'équilibre est extraordinairement faible (K_e \lll 1, soit \Delta_r G^\circ \approx 475\text{ kJ}\cdot\text{mol}^{-1} \gg 0) : la réaction de dissociation de l'eau est thermodynamiquement impossible de façon spontanée à 298\text{ K}.
   • Le sens spontané de la réaction est le sens inverse (celui de la pile à combustible). Pour forcer le système dans le sens de l'électrolyse, il est impératif de lui fournir de l'énergie sous forme de travail électrique.

   • Le générateur impose une différence de potentiel U_e entre les électrodes supérieure à la force contre-électromotrice thermodynamique d'équilibre de la cellule :

     U_e > E_{\text{eq}}(\mathrm{O}_2/\mathrm{H}_2\mathrm{O}) - E_{\text{eq}}(\mathrm{H}^+/\mathrm{H}_2) \approx 1{,}23\text{ V}

     afin de vaincre cette barrière thermodynamique, à laquelle s'ajoutent les surtensions cinétiques aux électrodes et la chute ohmique.

   Résultat

   $$K_e(298\text{ K})=10^{-82}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10E3A Physique-Chimie PC 2020, Q37

    En fonctionnement électrolyseur, la tension U_e aux bornes de la cellule (en convention générateur pour l'alimentation, ou récepteur pour la cellule) s'écrit en tenant compte de la chute ohmique :

    U_e = E_a(I) - E_c(I) + r\,I

    où E_a est le potentiel de l'anode (siège de l'oxydation de \mathrm{H}_2\mathrm{O} en \mathrm{O}_2) et E_c le potentiel de la cathode (siège de la réduction de \mathrm{H}^+ en \mathrm{H}_2).

    Pour observer un courant non nul et donc la formation continue de dihydrogène, la tension minimale à appliquer correspond au seuil où le courant commence à circuler (I \to 0^+) :

    U_{e,\min} = E_{a,\text{seuil}} - E_{c,\text{seuil}}

    D'après la courbe courant-potentiel du document 2 :

    • À la cathode, le courant cathodique (j < 0) apparaît dès que le potentiel devient inférieur à :

      E_{c,\text{seuil}} \approx 0{,}00\text{ V} \quad (\text{ou } -0{,}05\text{ V})

    • À l'anode, le courant anodique (j > 0) commence à décoller nettement de zéro pour un potentiel :

      E_{a,\text{seuil}} \approx 1{,}85\text{ V} \quad (\text{compris entre } 1{,}80\text{ V et } 1{,}90\text{ V})

    On en déduit la tension minimale d'électrolyse :

    U_{e,\min} \approx 1{,}85\text{ V} - 0{,}00\text{ V}

    \boxed{U_{e,\min} \approx 1{,}85\text{ V} \quad (\text{valeur comprise entre } 1{,}8\text{ V et } 1{,}9\text{ V})}

    Résultat

    $$U_{e,\min }\approx 1,85\text{ V}(\text{valeur comprise entre }1,8\text{ V et }1,9\text{ V})$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question