Feuille d'entraînement : Électrolyse et accumulateurs

Corrigés

1. Exercice 1Banque PT Physique B PT 2024, Q32

   Le courant circulant dans la cellule d'électrolyse ayant une intensité I constante pendant la durée \Delta t, la charge électrique totale Q ayant traversé le circuit s'écrit :

   Q = I\,\Delta t

   Cette charge correspond au transfert d'une quantité de matière d'électrons n(\mathrm{e}^-) donnée par la loi de Faraday :

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

   D'après l'équation de la demi-réaction de réduction ayant lieu à la cathode (établie à la question Q30) :

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

   le dépôt d'une mole de zinc métallique nécessite la consommation de deux moles d'électrons. La quantité de matière théorique de zinc déposé n_{\mathrm{Zn}} vérifie donc :

   n_{\mathrm{Zn}} = \frac{n(\mathrm{e}^-)}{2} = \frac{I\,\Delta t}{2\,\mathcal{F}}

   La masse théorique m_{\mathrm{Zn}} de zinc déposé s'obtient en multipliant par la masse molaire M_{\mathrm{Zn}} :

   m_{\mathrm{Zn}} = n_{\mathrm{Zn}} M_{\mathrm{Zn}}

   d'où l'expression recherchée :

   \boxed{m_{\mathrm{Zn}} = \frac{M_{\mathrm{Zn}}\,I\,\Delta t}{2\,\mathcal{F}}}

   Résultat

   $$m_{\mathrm{Zn}}=\frac{M_{\mathrm{Zn}}I\Delta t}{2\mathcal{F}}$$

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2. Exercice 2Banque PT Physique A PT 2026, Q20

   Si le capteur était soumis à une tension continue U :

   • Rupture de l'électroneutralité au voisinage des électrodes : sous l'action d'un champ électrique constant, les ions présents dans l'eau du sol migrent de manière unidirectionnelle (les cations vers la cathode et les anions vers l'anode). Cette migration conduit à l'accumulation d'ions au contact immédiat des surfaces métalliques et à la formation d'une double couche électrochimique. L'hypothèse d'électroneutralité locale du sol (\rho = 0) est alors violée près des armatures.
   • Polarisation et électrolyse : cette accumulation de charges crée une différence de potentiel d'interface (tension de polarisation) opposée à la tension appliquée et engendre des réactions d'oxydoréduction (électrolyse) aux électrodes. Il en résulte un dégagement gazeux, une dégradation chimique des électrodes et une modification de la composition ionique locale du sol. La relation linéaire U = R I n'est plus vérifiée, faussant la mesure de la conductivité.

   L'utilisation d'une tension alternative sinusoïdale u(t) = U\cos(2\pi f t) à la fréquence f = 200\text{ Hz} (période T = 5\text{ ms}) résout ces difficultés :

   • Le champ électrique s'inverse périodiquement : les ions oscillent sur place avec une amplitude de déplacement infime devant la distance inter-électrodes c = 1\text{ cm}.
   • Aucun ion n'a le temps de s'accumuler durablement sur les armatures : la double couche ne s'établit pas et l'hypothèse d'électroneutralité du milieu reste parfaitement vérifiée en tout point du sol à chaque instant.
   • Les réactions électrochimiques d'électrolyse n'ont pas le temps de s'amorcer, ce qui préserve l'intégrité des électrodes ainsi que la stabilité chimique du sol.
   • La fréquence f = 200\text{ Hz} est suffisamment basse pour que les effets capacitifs parasites du sol restent négligeables, garantissant un comportement purement résistif conforme au modèle étudié.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3Banque PT Physique B PT 2025, Q27

   Dans un électrolyseur fonctionnant en récepteur électrique :

   • À l'anode (reliée au pôle \mathbf{+} du générateur, en graphite), se produit l'oxydation de \mathrm{HF(\ell)} en difluor gazeux selon :

     2\,\mathrm{HF}(\ell) \longrightarrow \mathrm{F}_2(\mathrm{g}) + 2\,\mathrm{H}^+ + 2\,e^-

   • À la cathode (reliée au pôle \mathbf{-} du générateur, en acier), se produit la réduction de \mathrm{HF(\ell)} en dihydrogène gazeux selon :

     2\,\mathrm{HF}(\ell) + 2\,e^- \longrightarrow \mathrm{H}_2(\mathrm{g}) + 2\,\mathrm{F}^-
   • Le courant électrique d'intensité I circule, à l'extérieur de la cellule, de la borne (+) du générateur vers l'anode, puis traverse l'électrolyte de l'anode vers la cathode, et repart de la cathode vers la borne (-) du générateur.

   Le schéma de principe du montage d'électrolyse est représenté ci-dessous :

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4Banque PT Physique B PT 2025, Q29

   À \mathrm{pH} = 0, les couples de l'eau sont :

   • Le couple \mathrm{O_2(g)/H_2O(\ell)}, associé à la demi-équation d'oxydation :

     2\,\mathrm{H_2O(\ell)} = \mathrm{O_2(g)} + 4\,\mathrm{H^+(aq)} + 4\,e^- \quad \text{avec} \quad E^\circ(\mathrm{O_2/H_2O}) = 1{,}23\text{ V}

     Puisque le système est supposé rapide, le courant anodique apparaît dès E \ge 1{,}23\text{ V}.

   • Le couple \mathrm{H^+(aq)/H_2(g)}, associé à la demi-équation de réduction :

     2\,\mathrm{H^+(aq)} + 2\,e^- = \mathrm{H_2(g)} \quad \text{avec} \quad E^\circ(\mathrm{H^+/H_2}) = 0{,}00\text{ V}

     Le système étant rapide, le courant cathodique apparaît dès E \le 0{,}00\text{ V}.

   Impossibilité d'obtenir du difluor en présence d'eau :

   • Aspect cinétique / électrochimique : À l'anode, la première espèce oxydée lorsque le potentiel augmente est celle dont le potentiel d'oxydation est le plus faible. Or, l'oxydation de l'eau en dioxygène \mathrm{O_2} démarre dès E \approx 1{,}23\text{ V}, alors que l'oxydation de \mathrm{HF} en difluor \mathrm{F_2} ne commence qu'au-delà de 6\text{ V}. En présence d'eau, c'est donc l'eau qui est oxydée préférentiellement en dioxygène \mathrm{O_2(g)} :

     \boxed{\text{À l'anode, l'oxydation de l'eau en }\mathrm{O_2(g)}\text{ a lieu bien avant celle de }\mathrm{HF}\text{ en }\mathrm{F_2(g)}.}

   • Aspect thermodynamique : De surcroît, le difluor est un oxydant extrêmement puissant (E^\circ(\mathrm{F_2/HF}) = 3{,}05\text{ V} > E^\circ(\mathrm{O_2/H_2O}) = 1{,}23\text{ V}) : s'il venait à se former, il oxyderait immédiatement et violemment l'eau selon la réaction totale :

     \mathrm{F_2(g) + H_2O(\ell) \longrightarrow 2\,HF(\ell) + \frac{1}{2}\,O_2(g)}

   Il est donc impératif de travailler en milieu strictement anhydre.

   Résultat

   $$\text{Aˋ l’anode, l’oxydation de l’eau en }{\mathrm{O}}_2(\mathrm{g})\text{ a lieu bien avant celle de }\mathrm{HF}\text{ en }{\mathrm{F}}_2(\mathrm{g}).$$

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5. Exercice 5Banque PT Physique B PT 2025, Q30

   L'électrolyse du fluorure d'hydrogène liquide met en jeu les deux couples d'oxydoréduction imposés par l'énoncé :

   • À l'anode (siège d'une oxydation) :

     2\,\mathrm{HF}(\ell) = \mathrm{F}_2(\mathrm{g}) + 2\,\mathrm{H}^+ + 2\,e^-

   • À la cathode (siège d'une réduction) :

     2\,\mathrm{HF}(\ell) + 2\,e^- = \mathrm{H}_2(\mathrm{g}) + 2\,\mathrm{F}^-

   En sommant ces deux demi-réactions (les ions \mathrm{H}^+ et \mathrm{F}^- se recombinant en milieu \mathrm{HF} selon \mathrm{H}^+ + \mathrm{F}^- = \mathrm{HF}), on obtient l'équation du bilan global de l'électrolyse :

   \boxed{2\,\mathrm{HF}(\ell) \longrightarrow \mathrm{H}_2(\mathrm{g}) + \mathrm{F}_2(\mathrm{g})}

   Résultat

   $$2\mathrm{HF}(\ell )⟶{\mathrm{H}}_2(\mathrm{g})+{\mathrm{F}}_2(\mathrm{g})$$

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6. Exercice 6Banque PT Physique B PT 2024, Q30

   Pour déposer du zinc métallique à partir des ions zinc(II) présents dans la solution, la réaction électrochimique se produisant à la surface de l'électrode de zinc est :

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

   Cette réaction implique un gain d'électrons par l'oxydant \mathrm{Zn}^{2+} : il s'agit donc d'une réduction.

   Par définition, le siège d'une réduction électrochimique est la cathode. Par conséquent, l'électrode de zinc joue le rôle de :

   \boxed{\text{cathode}}

   Résultat

   $${\mathrm{Zn}}^{2+}(\mathrm{aq})+2{\mathrm{e}}^{-}=\mathrm{Zn}(\mathrm{s})$$

   $$\text{cathode}$$

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7. Exercice 7Banque PT Physique B PT 2024, Q31

   D'après la question Q30, le dépôt de zinc résulte de la réduction des ions \mathrm{Zn}^{2+} en zinc métallique :

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

   L'électrode de zinc est le siège d'une réduction : c'est la cathode. Pour que cette réduction se produise, le générateur électrique doit y injecter des électrons.

   L'électrode inattaquable en carbone graphite est quant à elle le siège d'une oxydation (oxydation du solvant en dioxygène : 2\,\mathrm{H}_2\mathrm{O}(\ell) = \mathrm{O}_2(\mathrm{g}) + 4\,\mathrm{H}^+(\mathrm{aq}) + 4\,\mathrm{e}^-) : c'est l'anode, qui cède des électrons au circuit extérieur.

   • Branchements du générateur :

     • La borne négative (-) du générateur est connectée à l'électrode de zinc (cathode) ;
     • La borne positive (+) du générateur est connectée à l'électrode de graphite (anode).
   • Déplacement des électrons : Dans les conducteurs métalliques du circuit extérieur, les électrons circulent de la borne (-) du générateur vers l'électrode de zinc, et de l'électrode de graphite vers la borne (+) du générateur (sens opposé à celui du courant électrique I).

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8. Exercice 8Banque PT Physique B PT 2020, Q20

   Lors de la réaction, le cuivre métallique est entièrement oxydé selon la demi-équation :

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

   L'oxydation d'une mole d'atomes de cuivre libère ainsi 2\text{ mol} d'électrons. Le cuivre étant le réactif limitant (question Q.17), la quantité totale de cuivre consommée vaut :

   n(\mathrm{Cu})_{\text{consommé}} = n_0(\mathrm{Cu}) = 0{,}200\text{ mol}

   La quantité de matière d'électrons transférés lors de la réaction est donc :

   n(\mathrm{e}^-) = 2\,n(\mathrm{Cu})_{\text{consommé}} = 2 \times 0{,}200 = 0{,}400\text{ mol}

   On retrouve de manière équivalente, avec le nombre d'électrons échangés z = 6 pour l'équation-bilan globale et l'avancement maximal \xi_{\max} = \frac{0{,}200}{3}\text{ mol} déterminé à la question Q.18 :

   n(\mathrm{e}^-) = z\,\xi_{\max} = 6 \times \frac{0{,}200}{3} = 0{,}400\text{ mol}

   La charge électrique transférée (quantité d'électricité) correspondante est :

   Q = n(\mathrm{e}^-) \cdot F

   Application numérique :

   \begin{aligned} Q &= 0{,}400 \times 9{,}65 \cdot 10^4\text{ C} \\ Q &= 3{,}86 \cdot 10^4\text{ C} \end{aligned}

   \boxed{Q = 3{,}86 \cdot 10^4\text{ C} = 38{,}6\text{ kC}}

   Résultat

   $$Q=3,86\cdot 10^4\text{ C}=38,6\text{ kC}$$

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9. Exercice 9Banque PT Physique B PT 2025, Q31

   En fonctionnement récepteur (électrolyseur), le générateur impose une tension U entre l'anode et la cathode qui compense la différence de potentiel électrochimique ainsi que la chute ohmique dans l'électrolyte :

   U = E_A(j) - E_C(j) + U_{\text{ohmique}}

   Par lecture graphique sur le réseau de courbes intensité-potentiel de l'annexe 2 :

   • Pour la réaction d'oxydation à l'anode, à la densité de courant j_A = +10~\text{A}\cdot\text{dm}^{-2}, la courbe 1 (pointillés) donne :

     E_A \approx 6{,}3~\text{V} \quad (\text{ou } 6{,}25~\text{V})

   • Pour la réaction de réduction à la cathode, à la densité de courant j_C = -10~\text{A}\cdot\text{dm}^{-2}, la courbe 2 (trait plein) donne :

     E_C \approx -0{,}7~\text{V} \quad (\text{ou } -0{,}75~\text{V})

   La différence des potentiels d'électrode vaut donc :

   E_A - E_C \approx 6{,}3 - (-0{,}7) = 7{,}0~\text{V}

   En tenant compte de la chute ohmique U_{\text{ohmique}} = 3{,}0~\text{V}, on obtient :

   U = 7{,}0 + 3{,}0 = 10{,}0~\text{V}

   \boxed{U \approx 10~\text{V}}

   Résultat

   $$U\approx 10\text{V}$$

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10. Exercice 10Banque PT Physique B PT 2025, Q32

    1. Définition du rendement faradique

    Le rendement faradique r_F (ou efficacité coulombienne) est le rapport entre la quantité d'électricité théorique Q_{\text{th}} minimale requise pour former une quantité donnée de produit et la quantité d'électricité réelle Q_{\text{réel}} effectivement débitée par le générateur :

    r_F = \frac{Q_{\text{th}}}{Q_{\text{réel}}} = \frac{n_{\text{exp}}(\mathrm{F}_2)}{n_{\text{th}}(\mathrm{F}_2)}

    2. Détermination de la durée minimale d'électrolyse

    D'après la demi-équation d'oxydation à l'anode :

    2\,\mathrm{HF}(\ell) \longrightarrow \mathrm{F}_2(\mathrm{g}) + 2\,\mathrm{H}^+ + 2\,e^-

    la formation d'une mole de difluor \mathrm{F}_2 met en jeu z = 2 moles d'électrons.

    Pour former une masse m = 1\text{ kg} = 10^3\text{ g} de difluor, la quantité de matière correspondante est :

    n(\mathrm{F}_2) = \frac{m}{M(\mathrm{F}_2)}

    avec M(\mathrm{F}_2) = 2\,M(\mathrm{F}).

    La quantité de charge électrique théorique nécessaire s'écrit :

    Q_{\text{th}} = z\,n(\mathrm{F}_2)\,\mathcal{F} = \frac{2\,m\,\mathcal{F}}{2\,M(\mathrm{F})} = \frac{m\,\mathcal{F}}{M(\mathrm{F})}

    Compte tenu du rendement faradique r_F, la charge réelle totale à faire circuler vaut :

    Q_{\text{réel}} = \frac{Q_{\text{th}}}{r_F} = \frac{m\,\mathcal{F}}{r_F\,M(\mathrm{F})}

    Le courant traversant l'électrolyseur étant d'intensité constante I = 10\text{ A}, la durée minimale \Delta t nécessaire vérifie Q_{\text{réel}} = I\,\Delta t, d'où :

    \Delta t = \frac{m\,\mathcal{F}}{r_F\,M(\mathrm{F})\,I}

    3. Application numérique

    Les données de l'énoncé fournissent :

    • m = 1000\text{ g} ;
    • M(\mathrm{F}) = 18\text{ g}\cdot\text{mol}^{-1} (donnée du tableau du sujet) ;
    • \mathcal{F} \approx 1\cdot 10^5\text{ C}\cdot\text{mol}^{-1} ;
    • r_F = 0{,}9 ;
    • I = 10\text{ A}.

    On en déduit la charge réelle :

    Q_{\text{réel}} = \frac{10^3 \times 10^5}{0{,}9 \times 18} = \frac{10^8}{16{,}2} \approx 6{,}17 \times 10^6\text{ C}

    Puis la durée en secondes :

    \Delta t = \frac{6{,}17 \times 10^6}{10} \approx 6{,}17 \times 10^5\text{ s}

    Sachant qu'un jour compte 1\text{ jour} = 24 \times 3600\text{ s} = 86\,400\text{ s} :

    \Delta t_{\text{jours}} = \frac{6{,}17 \times 10^5}{86\,400} = \frac{6170}{864} \approx 7{,}1\text{ jours}

    \boxed{\Delta t \approx 7{,}1\text{ jours} \quad (\text{soit environ } 7\text{ jours})}

    Résultat

    $$\Delta t\approx 7,1\text{ jours}(\text{soit environ }7\text{ jours})$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question