Feuille d'entraînement : Oxydoréduction et électrochimie

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 2CCINP 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

3. Exercice 3CCINP Physique-Chimie MP 2025, Q39

   Dans une courbe intensité-potentiel I(E), la branche I > 0 est anodique (oxydation) et la branche I < 0 est cathodique (réduction).

   1. Au voisinage du potentiel standard E_1^\circ(\mathrm{PbSO}_4/\mathrm{Pb}) = -0{,}35\text{ V} :

   • Courbe (1) (I > 0, trait plein) : oxydation du plomb métallique en sulfate de plomb (électrode négative lors de la décharge) :

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

   • Courbe (5) (I < 0, trait plein) : réduction du sulfate de plomb en plomb métallique (électrode négative lors de la charge) :

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

   • Courbe (4) (I < 0, pointillés) : réduction des protons de l'eau en dihydrogène gazeux (couple \mathrm{H}^+/\mathrm{H}_{2(\mathrm{g})}) :

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

   2. Au voisinage du potentiel standard E_2^\circ(\mathrm{PbO}_2/\mathrm{PbSO}_4) = 1{,}69\text{ V} :

   • Courbe (2) (I > 0, trait plein) : oxydation du sulfate de plomb en dioxyde de plomb (électrode positive lors de la charge) :

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

   • Courbe (6) (I < 0, trait plein) : réduction du dioxyde de plomb en sulfate de plomb (électrode positive lors de la décharge) :

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

   • Courbe (3) (I > 0, pointillés) : oxydation de l'eau en dioxygène gazeux (couple \mathrm{O}_{2(\mathrm{g})}/\mathrm{H}_2\mathrm{O}) :

     2\,\mathrm{H}_2\mathrm{O} \longrightarrow \mathrm{O}_{2(\mathrm{g})} + 4\,\mathrm{H}^+ + 4\,\mathrm{e}^-

   \boxed{ \begin{aligned} \text{(1)} &: \text{oxydation de } \mathrm{Pb} \text{ en } \mathrm{PbSO}_4 \\ \text{(2)} &: \text{oxydation de } \mathrm{PbSO}_4 \text{ en } \mathrm{PbO}_2 \\ \text{(3)} &: \text{oxydation de } \mathrm{H}_2\mathrm{O} \text{ en } \mathrm{O}_2 \\ \text{(4)} &: \text{réduction de } \mathrm{H}^+ \text{ en } \mathrm{H}_2 \\ \text{(5)} &: \text{réduction de } \mathrm{PbSO}_4 \text{ en } \mathrm{Pb} \\ \text{(6)} &: \text{réduction de } \mathrm{PbO}_2 \text{ en } \mathrm{PbSO}_4 \end{aligned} }

   Résultat

   $$\begin{array}{rl}\text{(1)}& :\text{oxydation de }\mathrm{Pb}\text{ en }{\mathrm{PbSO}}_4\\ \text{(2)}& :\text{oxydation de }{\mathrm{PbSO}}_4\text{ en }{\mathrm{PbO}}_2\\ \text{(3)}& :\text{oxydation de }{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\text{ en }{\mathrm{O}}_2\\ \text{(4)}& :\text{reˊduction de }{\mathrm{H}}^{+}\text{ en }{\mathrm{H}}_2\\ \text{(5)}& :\text{reˊduction de }{\mathrm{PbSO}}_4\text{ en }\mathrm{Pb}\\ \text{(6)}& :\text{reˊduction de }{\mathrm{PbO}}_2\text{ en }{\mathrm{PbSO}}_4\end{array}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MP 2025, Q35

   La demi-équation rédox pour le couple \mathrm{O_2(g)/H_2O(liq)} s'écrit :

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

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

   \begin{aligned} E(\mathrm{O_2/H_2O}) &= E_1^\circ + \frac{0{,}06}{4}\log\left(\frac{P(\mathrm{O_2})}{P^\circ}\cdot\left(\frac{[\mathrm{H^+}]}{c^\circ}\right)^4\right) \\ &= E_1^\circ - 0{,}06\,\mathrm{pH} + \frac{0{,}06}{4}\log\left(\frac{P(\mathrm{O_2})}{P^\circ}\right) \end{aligned}

   Avec les données de l'énoncé :

   • E_1^\circ = 1{,}23\text{ V},
   • \mathrm{pH} = 8{,}1,
   • P(\mathrm{O_2}) = 0{,}20\text{ bar} et P^\circ = 1\text{ bar}.

   On calcule :

   \begin{aligned} E(\mathrm{O_2/H_2O}) &= 1{,}23 - 0{,}06 \times 8{,}1 + \frac{0{,}06}{4}\log(0{,}20) \\ &= 1{,}23 - 0{,}486 - 0{,}0105 \\ &= 0{,}7335\text{ V} \approx 0{,}73\text{ V / ENH} \end{aligned}

   \boxed{E(\mathrm{O_2/H_2O}) \approx 0{,}73\text{ V / ENH}}

   Par rapport à l'électrode de référence au calomel saturée (E_{\text{ref}} = 0{,}22\text{ V}) :

   E - E_{\text{ref}} = 0{,}733 - 0{,}22 \approx 0{,}51\text{ V / ECS}

   Résultat

   $$E({\mathrm{O}}_2/{\mathrm{H}}_2\mathrm{O})\approx 0,73\text{ V / ENH}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MP 2025, Q36

   La demi-réaction d'oxydoréduction associée au couple \mathrm{H^+(aq)/H_2(g)} s'écrit :

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

   D'après la loi de Nernst à T = 298\text{ K}, le potentiel d'équilibre s'exprime par :

   E(\mathrm{H^+/H_2}) = E^\circ_3 + \frac{0{,}06}{2}\log\left(\frac{a(\mathrm{H^+})^2}{a(\mathrm{H_2})}\right)

   En prenant pour les solutés a(\mathrm{H^+}) = [\mathrm{H^+}]/c^\circ = 10^{-\mathrm{pH}} et pour le gaz a(\mathrm{H_2}) = P(\mathrm{H_2})/P^\circ, il vient :

   E(\mathrm{H^+/H_2}) = E^\circ_3 - 0{,}06\,\mathrm{pH} - 0{,}03\log\left(\frac{P(\mathrm{H_2})}{P^\circ}\right)

   Avec E^\circ_3 = 0\text{ V}, \mathrm{pH} = 8{,}1 et P(\mathrm{H_2}) = 1\text{ bar} = P^\circ, on obtient :

   E(\mathrm{H^+/H_2}) = 0 - 0{,}06 \times 8{,}1 - 0{,}03\log(1) = -0{,}486\text{ V}

   \boxed{E(\mathrm{H^+/H_2}) \approx -0{,}49\text{ V / ENH}}

   Exprimé par rapport à l'électrode au calomel saturée (E_{\mathrm{ref}} = 0{,}22\text{ V}), ce potentiel vaut :

   E - E_{\mathrm{ref}} = -0{,}486 - 0{,}22 = -0{,}706\text{ V} \approx -0{,}71\text{ V / ECS}

   Résultat

   $$E({\mathrm{H}}^{+}/{\mathrm{H}}_2)\approx -0,49\text{ V / ENH}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MP 2025, Q41

   Dans le domaine de potentiel imposé à la cathode (-1{,}00\text{ V} < U < -0{,}45\text{ V} par rapport à l'ECS) :

   • À la cathode (pôle négatif, électrode en acier) : siège d'une réduction. D'après la question Q37, le dioxygène dissous est réduit selon :

     \mathrm{O_2(aq)} + 2\,\mathrm{H_2O(liq)} + 4\,e^- \longrightarrow 4\,\mathrm{HO^-(aq)}

     Cette production d'ions hydroxyde entraîne la précipitation de carbonate de calcium à la surface de l'électrode :

     \mathrm{Ca^{2+}(aq)} + \mathrm{HCO_3^-(aq)} + \mathrm{HO^-(aq)} \longrightarrow \mathrm{CaCO_3(s)} + \mathrm{H_2O(liq)}

   • À l'anode (pôle positif, métal inoxydable) : siège d'une oxydation. D'après la question Q40, deux réactions concurrentes sont envisageables :

     \begin{aligned} 2\,\mathrm{H_2O(liq)} &\longrightarrow \mathrm{O_2(g)} + 4\,\mathrm{H^+(aq)} + 4\,e^- \\ 2\,\mathrm{Cl^-(aq)} &\longrightarrow \mathrm{Cl_2(g)} + 2\,e^- \end{aligned}
   • Circulation du courant : dans le circuit extérieur, le courant continu I circule de la borne positive (+) vers la borne négative (-) du générateur (de l'anode vers la cathode). Dans l'électrolyte (eau de mer), le courant est assuré par la migration des ions : les cations (\mathrm{Na^+}, \mathrm{Ca^{2+}}, \mathrm{Mg^{2+}}) migrent vers la cathode et les anions (\mathrm{Cl^-}, \mathrm{SO_4^{2-}}, \mathrm{HCO_3^-}) vers l'anode.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7CCINP Physique-Chimie MP 2024, Q40

   1. Réaction avant le dosage (oxydation de l'acide ascorbique par le diiode)

   L'acide ascorbique \mathrm{C_6H_8O_6} réagit avec le diiode \mathrm{I_2} introduit en excès. Les demi-équations électroniques associées aux deux couples sont :

   \begin{aligned} \mathrm{C_6H_8O_6} &\rightleftharpoons \mathrm{C_6H_6O_6} + 2\,\mathrm{H^+} + 2\,\mathrm{e^-} \\ \mathrm{I_2} + 2\,\mathrm{e^-} &\rightleftharpoons 2\,\mathrm{I^-} \end{aligned}

   Puisque E^\circ(\mathrm{I_2 / I^-}) = 0{,}54\text{ V} > E^\circ(\mathrm{C_6H_6O_6 / C_6H_8O_6}) = 0{,}13\text{ V}, la réaction est thermodynamiquement très favorisée (et supposée totale). Son équation-bilan s'écrit :

   \boxed{\mathrm{C_6H_8O_6} + \mathrm{I_2} \longrightarrow \mathrm{C_6H_6O_6} + 2\,\mathrm{I^-} + 2\,\mathrm{H^+}}

   (ou sous forme hydratée : \mathrm{C_6H_8O_6} + \mathrm{I_2} + 2\,\mathrm{H_2O} \longrightarrow \mathrm{C_6H_6O_6} + 2\,\mathrm{I^-} + 2\,\mathrm{H_3O^+}).

   2. Réaction de dosage (titrage du diiode en excès par le thiosulfate)

   Le diiode résiduel en excès est titré par les ions thiosulfate \mathrm{S_2O_3^{2-}}. Les demi-équations électroniques sont :

   \begin{aligned} \mathrm{I_2} + 2\,\mathrm{e^-} &\rightleftharpoons 2\,\mathrm{I^-} \\ 2\,\mathrm{S_2O_3^{2-}} &\rightleftharpoons \mathrm{S_4O_6^{2-}} + 2\,\mathrm{e^-} \end{aligned}

   Comme E^\circ(\mathrm{I_2 / I^-}) = 0{,}54\text{ V} > E^\circ(\mathrm{S_4O_6^{2-} / S_2O_3^{2-}}) = 0{,}08\text{ V}, la réaction est quasi-totale et rapide. L'équation-bilan de la réaction de dosage est :

   \boxed{\mathrm{I_2} + 2\,\mathrm{S_2O_3^{2-}} \longrightarrow 2\,\mathrm{I^-} + \mathrm{S_4O_6^{2-}}}

   Résultat

   $${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_8{\mathrm{O}}_6+{\mathrm{I}}_2⟶{\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_6{\mathrm{O}}_6+2{\mathrm{I}}^{-}+2{\mathrm{H}}^{+}$$

   $${\mathrm{I}}_2+2{\mathrm{S}}_2{\mathrm{O}}_3^{2-}⟶2{\mathrm{I}}^{-}+{\mathrm{S}}_4{\mathrm{O}}_6^{2-}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8CCINP Physique-Chimie MP 2024, Q41

   Dans l'erlenmeyer, la quantité initiale de diiode apportée par le volume V_i de solution (i) vaut :

   n_{\mathrm{I}_2,0} = C_i V_i

   D'après l'équation bilan établie à la question Q40, la réaction entre l'acide ascorbique et le diiode présente des nombres stœchiométriques égaux à l'unité :

   \mathrm{C_6H_8O_6} + \mathrm{I_2} \longrightarrow \mathrm{C_6H_6O_6} + 2\,\mathrm{I^-} + 2\,\mathrm{H^+}

   La quantité de diiode consommée par les n_a moles d'acide ascorbique est donc égale à n_a. La quantité de diiode en excès restante après cette première transformation est :

   n_{\mathrm{I}_2,\text{excès}} = n_{\mathrm{I}_2,0} - n_a = C_i V_i - n_a

   Ce diiode en excès est ensuite dosé par les ions thiosulfate \mathrm{S_2O_3^{2-}} selon la réaction :

   \mathrm{I_2} + 2\,\mathrm{S_2O_3^{2-}} \longrightarrow 2\,\mathrm{I^-} + \mathrm{S_4O_6^{2-}}

   À l'équivalence du titrage, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques :

   \frac{n(\mathrm{S_2O_3^{2-}})_{\text{versé}}}{2} = \frac{n_{\mathrm{I}_2,\text{excès}}}{1}

   soit :

   \frac{C_t V_t}{2} = C_i V_i - n_a

   On en déduit l'expression de la quantité de matière n_a d'acide ascorbique :

   \boxed{n_a = C_i V_i - \frac{1}{2} C_t V_t}

   Résultat

   $$n_a=C_i{V}_i-\frac{1}{2}{C}_t{V}_t$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MP 2024, Q6

   Par définition, en électrochimie :

   • l'anode est le siège d'une réaction d'oxydation (libération d'électrons) ;
   • la cathode est le siège d'une réaction de réduction (consommation d'électrons).

   D'après le bilan réactionnel global fourni :

   \mathrm{H}_{2(\mathrm{g})} + \frac{1}{2}\,\mathrm{O}_{2(\mathrm{g})} = \mathrm{H}_2\mathrm{O}_{(\mathrm{l})}

   • Le dihydrogène \mathrm{H}_2 est oxydé en protons \mathrm{H}^+ à l'anode :

     \boxed{\text{À l'anode : } \quad \mathrm{H}_{2(\mathrm{g})} = 2\,\mathrm{H}^+ + 2\,\mathrm{e}^-}

   • Le dioxygène \mathrm{O}_2 est réduit en eau \mathrm{H}_2\mathrm{O} à la cathode :

     \boxed{\text{À la cathode : } \quad \frac{1}{2}\,\mathrm{O}_{2(\mathrm{g})} + 2\,\mathrm{H}^+ + 2\,\mathrm{e}^- = \mathrm{H}_2\mathrm{O}_{(\mathrm{l})}}

     (ou de manière équivalente : \mathrm{O}_{2(\mathrm{g})} + 4\,\mathrm{H}^+ + 4\,\mathrm{e}^- = 2\,\mathrm{H}_2\mathrm{O}_{(\mathrm{l})}).

   Résultat

   $$\text{Aˋ l’anode : }{\mathrm{H}}_{2(\mathrm{g})}=2{\mathrm{H}}^{+}+2{\mathrm{e}}^{-}$$

   $$\text{Aˋ la cathode : }\frac{1}{2}{\mathrm{O}}_{2(\mathrm{g})}+2{\mathrm{H}}^{+}+2{\mathrm{e}}^{-}={\mathrm{H}}_2{\mathrm{O}}_{(\mathrm{l})}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MP 2024, Q7

    D'après la question Q6 :

    • À l'électrode de gauche a lieu l'oxydation du dihydrogène \mathrm{H}_2 : c'est l'anode. Les électrons y sont produits et injectés dans le circuit extérieur : l'anode constitue donc le pôle négatif (-) de la pile.
    • À l'électrode de droite a lieu la réduction du dioxygène \mathrm{O}_2 : c'est la cathode. Les électrons y sont consommés : la cathode constitue le pôle positif (+) de la pile.

    Circulation des porteurs de charge et du courant :

    • Dans le circuit extérieur, les électrons circulent spontanément de l'anode (pôle -) vers la cathode (pôle +).
    • Le courant conventionnel I circule dans le sens opposé aux électrons à l'extérieur, soit de la cathode (pôle +) vers l'anode (pôle -).
    • Dans la membrane échangeuse de protons (électrolyte), les ions \mathrm{H}^+ migrent de l'anode vers la cathode, fermant ainsi le circuit électrique en assurant un transport de charge positive dans le même sens que le courant intérieur.

    Indice, stratégie et pièges de cette question