Feuille d'entraînement : Oxydoréduction et électrochimie

Corrigés

1. Exercice 1Banque PT Physique B PT 2025, Q6

   Déterminons le nombre d'oxydation (n.o.) de l'uranium dans chaque espèce :

   • Dans \mathrm{UO_2^{2+}(aq)} et \mathrm{UO_2(OH)_2(s)} :

     \text{n.o.}(\mathrm{U}) + 2(-2) = +2 \implies \text{n.o.}(\mathrm{U}) = +\mathrm{VI}

   • Dans \mathrm{U^{4+}(aq)} et \mathrm{U(OH)_4(s)} :

     \text{n.o.}(\mathrm{U}) = +\mathrm{IV}

   • Dans \mathrm{U^{3+}(aq)} :

     \text{n.o.}(\mathrm{U}) = +\mathrm{III}

   1. Classement selon le potentiel (axe vertical) :

   • Les espèces au degré d'oxydation le plus élevé (+\mathrm{VI}) correspondent aux potentiels les plus hauts : domaines A et B.
   • Les espèces au degré d'oxydation intermédiaire (+\mathrm{IV}) occupent la zone intermédiaire de potentiels : domaines C et D.

   • L'espèce au degré d'oxydation le plus faible (+\mathrm{III}) correspond aux potentiels les plus bas : domaine E. On en déduit directement :

     \mathbf{E} : \mathrm{U^{3+}(aq)}

   2. Classement selon le pH (axe horizontal) :

   • Pour le degré d'oxydation +VI : L'équilibre de précipitation s'écrit :

     \mathrm{UO_2^{2+}(aq)} + 2\,\mathrm{H_2O(\ell)} = \mathrm{UO_2(OH)_2(s)} + 2\,\mathrm{H^+(aq)}

     L'ion \mathrm{UO_2^{2+}} est la forme acide (prédominante à faible \mathrm{pH}), tandis que l'hydroxyde \mathrm{UO_2(OH)_2(s)} se forme à \mathrm{pH} plus élevé. Ainsi :

     • A : domaine de prédominance de \mathrm{UO_2^{2+}(aq)}
     • B : domaine d'existence de \mathrm{UO_2(OH)_2(s)}

   • Pour le degré d'oxydation +IV : L'équilibre de précipitation s'écrit :

     \mathrm{U^{4+}(aq)} + 4\,\mathrm{H_2O(\ell)} = \mathrm{U(OH)_4(s)} + 4\,\mathrm{H^+(aq)}

     L'ion \mathrm{U^{4+}} prédomine en milieu plus acide (faible \mathrm{pH}), tandis que le précipité \mathrm{U(OH)_4(s)} existe à \mathrm{pH} plus élevé. Ainsi :

     • C : domaine de prédominance de \mathrm{U^{4+}(aq)}
     • D : domaine d'existence de \mathrm{U(OH)_4(s)}

   \boxed{ \begin{aligned} \mathbf{A} &: \mathrm{UO_2^{2+}(aq)} \\ \mathbf{B} &: \mathrm{UO_2(OH)_2(s)} \\ \mathbf{C} &: \mathrm{U^{4+}(aq)} \\ \mathbf{D} &: \mathrm{U(OH)_4(s)} \\ \mathbf{E} &: \mathrm{U^{3+}(aq)} \end{aligned} }

   Résultat

   $$\begin{array}{rl}\mathbf{A}& :\mathrm{U}{\mathrm{O}}_2^{2+}(\mathrm{aq})\\ \mathbf{B}& :\mathrm{U}{\mathrm{O}}_2(\mathrm{OH}{)}_2(\mathrm{s})\\ \mathbf{C}& :{\mathrm{U}}^{4+}(\mathrm{aq})\\ \mathbf{D}& :\mathrm{U}(\mathrm{OH}{)}_4(\mathrm{s})\\ \mathbf{E}& :{\mathrm{U}}^{3+}(\mathrm{aq})\end{array}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2Banque PT Physique B PT 2025, Q7

   L'équilibre de dissolution de l'hydroxyde d'uranyle s'écrit :

   \text{UO}_2(\text{OH})_2(\text{s}) \rightleftharpoons \text{UO}_2^{2+}(\text{aq}) + 2\,\text{HO}^-(\text{aq})

   Le produit de solubilité associé est défini par :

   K_s = \left(\frac{[\text{UO}_2^{2+}]}{c^\circ}\right) \left(\frac{[\text{HO}^-]}{c^\circ}\right)^2

   avec la concentration standard c^\circ = 1\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1}.

   La frontière entre le domaine A (\text{UO}_2^{2+}) et le domaine B (\text{UO}_2(\text{OH})_2) correspond à l'apparition du premier grain de précipité dans une solution où la concentration de l'espèce dissoute vaut la concentration de tracé imposée :

   [\text{UO}_2^{2+}] = c_0 = 1{,}0 \cdot 10^{-1}\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1}

   Sur l'annexe 1, cette frontière est un segment vertical situé à mi-chemin entre les graduations 2{,}6 et 2{,}8 :

   \text{pH}_{\text{frontière}} = 2{,}7

   À 25^\circ\text{C}, avec K_e = 1{,}0 \cdot 10^{-14} :

   [\text{HO}^-] = \frac{K_e}{[\text{H}_3\text{O}^+]} = \frac{K_e}{c^\circ} 10^{\text{pH}} = 10^{2{,}7 - 14}\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1} = 10^{-11{,}3}\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1}

   On en déduit l'expression de \text{p}K_s :

   \begin{aligned} \text{p}K_s &= -\log\left(\frac{c_0}{c^\circ}\right) + 2(14 - \text{pH}) \\ &= -\log(10^{-1}) + 2 \times (14 - 2{,}7) \\ &= 1 + 2 \times 11{,}3 \\ &= 23{,}6 \end{aligned}

   D'où la valeur du produit de solubilité (sachant que 10^{0{,}4} \approx 2{,}5) :

   K_s = 10^{-23{,}6} = 10^{0{,}4} \cdot 10^{-24} \approx 2{,}5 \cdot 10^{-24}

   \boxed{\text{p}K_s = 23{,}6 \quad \text{soit} \quad K_s \approx 2{,}5 \cdot 10^{-24}}

   Résultat

   $$\text{p}{K}_s=23,6\text{soit}{K}_s\approx 2,5\cdot 10^{-24}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3Banque PT Physique B PT 2025, Q8

   D'après la question Q6, l'espèce A est le cation dioxouranium(VI) \mathrm{UO_2^{2+}(aq)} et l'espèce C est l'ion uranium(IV) \mathrm{U^{4+}(aq)}.

   La demi-équation rédox associée au couple \mathrm{UO_2^{2+}/U^{4+}} s'écrit :

   \mathrm{UO_2^{2+}(aq)} + 4\,\mathrm{H^+(aq)} + 2\,\mathrm{e^-} \rightleftharpoons \mathrm{U^{4+}(aq)} + 2\,\mathrm{H_2O(\ell)}

   À 298\text{ K}, la formule de Nernst s'exprime avec la valeur fournie \frac{RT}{\mathcal{F}}\ln 10 \approx 0{,}06\text{ V} :

   E = E^\circ(\mathrm{UO_2^{2+}/U^{4+}}) + \frac{0{,}06}{2} \log\left( \frac{[\mathrm{UO_2^{2+}}]\,[\mathrm{H^+}]^4}{[\mathrm{U^{4+}}]\,(c^\circ)^4} \right)

   À la frontière de prédominance entre ces deux espèces dissoutes ayant le même nombre d'atomes d'uranium, on a par convention [\mathrm{UO_2^{2+}}] = [\mathrm{U^{4+}}] = c_0, soit :

   \begin{aligned} E &= E^\circ(\mathrm{UO_2^{2+}/U^{4+}}) + 0{,}03 \log\left(\frac{[\mathrm{H^+}]}{c^\circ}\right)^4 \\ E &= E^\circ(\mathrm{UO_2^{2+}/U^{4+}}) - 0{,}12\,\mathrm{pH} \end{aligned}

   La pente p de la frontière A/C dans le repère (E, \mathrm{pH}) vaut donc :

   \boxed{p = -0{,}12\text{ V}\cdot\mathrm{pH}^{-1} = -120\text{ mV par unité de pH}}

   Vérification graphique : Sur l'annexe 1, à \mathrm{pH} = 0, la droite part de E = E^\circ = 0{,}36\text{ V}, et pour \mathrm{pH} = 1{,}8 (point triple A/C/D), on lit E \approx 0{,}14\text{ V} :

   p_{\text{graphique}} = \frac{0{,}14 - 0{,}36}{1{,}8 - 0} = -\frac{0{,}22}{1{,}8} \approx -0{,}12\text{ V}\cdot\mathrm{pH}^{-1}

   Ce qui confirme parfaitement la valeur théorique.

   Résultat

   $$p=-0,12\text{ V}\cdot {\mathrm{pH}}^{-1}=-120\text{ mV par uniteˊ de pH}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4Banque PT Physique B PT 2024, Q18

   La réaction d'oxydoréduction (R2) met en jeu les deux demi-équations électroniques suivantes :

   \begin{aligned} \mathrm{NO}_3^-(\mathrm{aq}) + 4\,\mathrm{H}^+(\mathrm{aq}) + 3\,\mathrm{e}^- &= \mathrm{NO}(\mathrm{g}) + 2\,\mathrm{H}_2\mathrm{O}(\ell) \quad &(E_1^\circ = 0{,}97\text{ V}) \\ \mathrm{Fe}^{3+}(\mathrm{aq}) + \mathrm{e}^- &= \mathrm{Fe}^{2+}(\mathrm{aq}) \quad &(E_2^\circ = 0{,}77\text{ V}) \end{aligned}

   Le bilan (R2) = (1) - 3\times(2) échange n = 3 électrons.

   À l'équilibre à T = 298\text{ K}, l'égalité des potentiels d'électrode (ou la relation entre enthalpie libre standard et potentiels standard \Delta_r G^\circ = -n\mathcal{F}(E_1^\circ - E_2^\circ) = -RT\ln K^\circ) conduit à :

   \log_{10} K^\circ = \frac{n\,(E_1^\circ - E_2^\circ)}{\dfrac{RT}{\mathcal{F}}\ln 10}

   Avec les données de l'énoncé (\dfrac{RT}{\mathcal{F}}\ln 10 = 0{,}06\text{ V}, E_1^\circ = 0{,}97\text{ V} et E_2^\circ = 0{,}77\text{ V}) :

   \log_{10} K^\circ = \frac{3 \times (0{,}97 - 0{,}77)}{0{,}06} = \frac{3 \times 0{,}20}{0{,}06} = \frac{0{,}60}{0{,}06} = 10

   On en déduit :

   \boxed{K^\circ = 10^{10}}

   Commentaire : La constante d'équilibre vérifie très largement K^\circ \gg 10^3 (ou 10^4). La réaction (R2) est donc thermodynamiquement quasi-totale (quantitative), ce qui justifie son emploi pour réduire quantitativement tous les ions nitrate introduits.

   Résultat

   $$K^{\circ }=10^{10}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5Banque PT Physique B PT 2024, Q19

   Les demi-équations électroniques associées aux deux couples en solution aqueuse acide s'écrivent :

   \begin{aligned} \mathrm{Cr}_2\mathrm{O}_7^{2-}(\mathrm{aq}) + 14\,\mathrm{H}^+(\mathrm{aq}) + 6\,\mathrm{e}^- &= 2\,\mathrm{Cr}^{3+}(\mathrm{aq}) + 7\,\mathrm{H}_2\mathrm{O}(\ell) \\ \mathrm{Fe}^{2+}(\mathrm{aq}) &= \mathrm{Fe}^{3+}(\mathrm{aq}) + \mathrm{e}^- \end{aligned}

   Pour assurer la conservation de la charge et éliminer les électrons, on multiplie la seconde demi-équation par 6 puis on additionne :

   \boxed{\mathrm{Cr}_2\mathrm{O}_7^{2-}(\mathrm{aq}) + 6\,\mathrm{Fe}^{2+}(\mathrm{aq}) + 14\,\mathrm{H}^+(\mathrm{aq}) = 2\,\mathrm{Cr}^{3+}(\mathrm{aq}) + 6\,\mathrm{Fe}^{3+}(\mathrm{aq}) + 7\,\mathrm{H}_2\mathrm{O}(\ell)} \quad (R3)

   Résultat

   $${\mathrm{Cr}}_2{\mathrm{O}}_7^{2-}(\mathrm{aq})+6{\mathrm{Fe}}^{2+}(\mathrm{aq})+14{\mathrm{H}}^{+}(\mathrm{aq})=2{\mathrm{Cr}}^{3+}(\mathrm{aq})+6{\mathrm{Fe}}^{3+}(\mathrm{aq})+7{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}(\ell )$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6Banque PT Physique B PT 2024, Q20

   D'après l'équation de la réaction de titrage (R3) établie à la question précédente :

   \mathrm{Cr}_2\mathrm{O}_7^{2-}(\mathrm{aq}) + 6\,\mathrm{Fe}^{2+}(\mathrm{aq}) + 14\,\mathrm{H}^+(\mathrm{aq}) = 2\,\mathrm{Cr}^{3+}(\mathrm{aq}) + 6\,\mathrm{Fe}^{3+}(\mathrm{aq}) + 7\,\mathrm{H}_2\mathrm{O}(\ell)

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

   \frac{n(\mathrm{Fe}^{2+})_{\text{restant}}}{6} = \frac{n(\mathrm{Cr}_2\mathrm{O}_7^{2-})_{\text{versé, eq}}}{1}

   La quantité de matière d'ions dichromate versée à l'équivalence vaut n(\mathrm{Cr}_2\mathrm{O}_7^{2-})_{\text{versé, eq}} = c_2 V_2. On en déduit l'expression de la quantité n_1 d'ions \mathrm{Fe}^{2+}(\mathrm{aq}) restante :

   \boxed{n_1 = 6\,c_2 V_2}

   Application numérique : Avec c_2 = 2{,}00 \times 10^{-2}\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1} et V_2 = 10{,}0\text{ mL} = 10{,}0 \times 10^{-3}\text{ L} :

   \begin{aligned} n_1 &= 6 \times (2{,}00 \times 10^{-2}\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1}) \times (10{,}0 \times 10^{-3}\text{ L}) \\ &= 1{,}20 \times 10^{-3}\text{ mol} \end{aligned}

   \boxed{n_1 = 1{,}20 \times 10^{-3}\text{ mol} = 1{,}20\text{ mmol}}

   Résultat

   $$n_1=6c_2{V}_2$$

   $$n_1=1,20\times 10^{-3}\text{ mol}=1,20\text{ mmol}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7Banque PT Physique B PT 2023, Q22

   1. Potentiel de l'électrode dans le compartiment A (solution A)

   Le couple mis en jeu est \mathrm{Fe^{3+}/Fe^{2+}}, associé à la demi-équation électronique :

   \mathrm{Fe^{3+}} + \mathrm{e}^- = \mathrm{Fe^{2+}}

   D'après la formule de Nernst à la température de travail :

   E_{\mathrm{A}} = E_2^\circ(\mathrm{Fe^{3+}/Fe^{2+}}) + \frac{RT}{\mathcal{F}}\ln\left(\frac{[\mathrm{Fe^{3+}}]}{[\mathrm{Fe^{2+}}]}\right) = E_2^\circ + 0{,}06\,\log\left(\frac{[\mathrm{Fe^{3+}}]}{[\mathrm{Fe^{2+}}]}\right)

   Comme [\mathrm{Fe^{3+}}] = [\mathrm{Fe^{2+}}] = 0{,}06\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1}, on a \log(1) = 0, d'où :

   E_{\mathrm{A}} = 0{,}77\text{ V}

   2. Potentiel de l'électrode dans le compartiment B (solution B)

   Le couple mis en jeu est \mathrm{Cr_2O_7^{2-}/Cr^{3+}}, associé à la demi-équation électronique :

   \mathrm{Cr_2O_7^{2-}} + 14\,\mathrm{H^+} + 6\,\mathrm{e}^- = 2\,\mathrm{Cr^{3+}} + 7\,\mathrm{H_2O}

   D'après la formule de Nernst :

   E_{\mathrm{B}} = E_1^\circ(\mathrm{Cr_2O_7^{2-}/Cr^{3+}}) + \frac{0{,}06}{6}\log\left(\frac{[\mathrm{Cr_2O_7^{2-}}]\,[\mathrm{H^+}]^{14}}{[\mathrm{Cr^{3+}}]^2\,(c^\circ)^{13}}\right)

   Avec \mathrm{pH} = 0, soit [\mathrm{H^+}] = 1\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1} = c^\circ, et [\mathrm{Cr_2O_7^{2-}}] = [\mathrm{Cr^{3+}}] = 0{,}06\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1} :

   \frac{[\mathrm{Cr_2O_7^{2-}}]}{[\mathrm{Cr^{3+}}]^2} = \frac{0{,}06}{(0{,}06)^2} = \frac{1}{0{,}06}

   En utilisant la donnée de l'énoncé \log(0{,}06) = -1 :

   \log\left(\frac{1}{0{,}06}\right) = -\log(0{,}06) = 1

   On en déduit :

   E_{\mathrm{B}} = 1{,}33 + \frac{0{,}06}{6}\times 1 = 1{,}33 + 0{,}01 = 1{,}34\text{ V}

   3. Polarité de la pile

   On constate que E_{\mathrm{B}} > E_{\mathrm{A}} :

   • L'électrode (2) plongeant dans la solution B constitue le pôle positif (\oplus).
   • L'électrode (1) plongeant dans la solution A constitue le pôle négatif (\ominus).

   4. Force électromotrice de la pile

   La force électromotrice e de la pile est la différence de potentiel à vide :

   e = E_+ - E_- = E_{\mathrm{B}} - E_{\mathrm{A}} = 1{,}34 - 0{,}77 = 0{,}57\text{ V}

   \boxed{e = 0{,}57\text{ V}}

   Résultat

   $$e=0,57\text{ V}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8Banque PT Physique B PT 2023, Q24

   D'après l'équation bilan établie à la question Q23 :

   \mathrm{Cr_2O_7^{2-}} + 6\,\mathrm{Fe^{2+}} + 14\,\mathrm{H^+} = 2\,\mathrm{Cr^{3+}} + 6\,\mathrm{Fe^{3+}} + 7\,\mathrm{H_2O}

   le nombre d'électrons échangés par mole de réaction est n = 6.

   Pour chaque couple oxydant/réducteur, l'enthalpie libre standard de demi-réaction est reliée à son potentiel standard par :

   \begin{aligned} \Delta_{\mathrm{r}} G_1^\circ &= -6\,\mathcal{F}\,E_1^\circ \quad \text{pour la réduction de }\mathrm{Cr_2O_7^{2-}} \\ \Delta_{\mathrm{r}} G_2^\circ &= -1\,\mathcal{F}\,E_2^\circ \quad \text{pour la réduction de }\mathrm{Fe^{3+}} \end{aligned}

   La réaction globale étant obtenue en effectuant la demi-réaction (1) moins 6 fois la demi-réaction (2), on a :

   \Delta_{\mathrm{r}} G^\circ = \Delta_{\mathrm{r}} G_1^\circ - 6\,\Delta_{\mathrm{r}} G_2^\circ = -6\,\mathcal{F}\,(E_1^\circ - E_2^\circ)

   \boxed{\Delta_{\mathrm{r}} G^\circ = -6\,\mathcal{F}\left(E_1^\circ - E_2^\circ\right)}

   Par ailleurs, l'enthalpie libre standard de réaction est liée à la constante thermodynamique d'équilibre K^\circ par :

   \Delta_{\mathrm{r}} G^\circ = -RT \ln K^\circ

   Il vient ainsi :

   -RT \ln K^\circ = -6\,\mathcal{F}\,(E_1^\circ - E_2^\circ) \iff \ln K^\circ = \frac{6\,\mathcal{F}}{RT}(E_1^\circ - E_2^\circ)

   En utilisant la relation donnée par l'énoncé, \frac{RT}{\mathcal{F}}\ln X = 0{,}06 \log X, on obtient :

   \log K^\circ = \frac{6\left(E_1^\circ - E_2^\circ\right)}{0{,}06} = 100\left(E_1^\circ - E_2^\circ\right)

   Application numérique avec E_1^\circ = 1{,}33\text{ V} et E_2^\circ = 0{,}77\text{ V} :

   \Delta E^\circ = 1{,}33 - 0{,}77 = 0{,}56\text{ V}

   \log K^\circ = 100 \times 0{,}56 = 56

   \boxed{K^\circ = 10^{56}}

   Résultat

   $${\Delta }_{\mathrm{r}}{G}^{\circ }=-6\mathcal{F}\left(E_1^{\circ }-E_2^{\circ }\right)$$

   $$K^{\circ }=10^{56}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9Banque PT Physique B PT 2023, Q31

   Sur le premier graphe fourni :

   • Couple \mathrm{Cu^{2+}/Cu} : les deux branches (oxydation de \mathrm{Cu} et réduction de \mathrm{Cu^{2+}}) sont représentées. Elles se coupent au niveau de l'axe des potentiels (i=0) avec une pente importante et sans surtension appréciable (pas de palier de courant nul). Le couple \mathrm{Cu^{2+}/Cu} est donc un système rapide.
   • Couple \mathrm{Ag^{+}/Ag} : de même, les branches anodique (\mathrm{Ag} \rightarrow \mathrm{Ag}^{+}) et cathodique (\mathrm{Ag}^{+} \rightarrow \mathrm{Ag}) se raccordent sur l'axe i=0 avec une pente non nulle et sans surtension notable. Le couple \mathrm{Ag^{+}/Ag} est donc également un système rapide.
   • Couples du solvant (\mathrm{H_3O^{+}/H_2} et \mathrm{O_2/H_2O}) : seule la branche cathodique est représentée pour la réduction de \mathrm{H_3O^{+}}, et seule la branche anodique est représentée pour l'oxydation de \mathrm{H_2O}. En l'absence de la seconde branche et sans graduation sur l'axe des potentiels permettant de situer leurs potentiels d'équilibre, le graphe ne permet pas de conclure rigoureusement sur la nature lente ou rapide de ces systèmes (même si ces couples sont usuellement lents sur électrodes métalliques usuelles).

   \boxed{ \begin{aligned} &\text{Systèmes rapides : } \mathrm{Cu^{2+}/Cu} \text{ et } \mathrm{Ag^{+}/Ag} \\ &\text{Impossible de conclure à partir du graphe : couples de l'eau } (\mathrm{H_3O^{+}/H_2} \text{ et } \mathrm{O_2/H_2O}) \end{aligned} }

   Résultat

   $$\begin{array}{rl}& \text{Systeˋmes rapides : }\mathrm{C}{\mathrm{u}}^{2+}/Cu\text{ et }\mathrm{A}{\mathrm{g}}^{+}/Ag\\ & \text{Impossible de conclure aˋ partir du graphe : couples de l’eau }({\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}/{\mathrm{H}}_2\text{ et }{\mathrm{O}}_2/{\mathrm{H}}_2\mathrm{O})\end{array}$$

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10. Exercice 10Banque PT Physique B PT 2022, Q11

    D'après les potentiels standard fournis :

    E^\circ(\mathrm{Zn^{2+}/Zn}) = -0{,}76\text{ V} \quad < \quad E^\circ(\mathrm{H^+/H_2}) = 0\text{ V} \quad < \quad E^\circ(\mathrm{Cu^{2+}/Cu}) = 0{,}34\text{ V}

    Le zinc métallique est le réducteur le plus fort du système, tandis que les ions \mathrm{H^+} (ou \mathrm{H_3O^+}) apportés par l'acide sulfurique constituent l'oxydant prépondérant en solution.

    1. À l'anode (électrode de zinc, pôle négatif) :
    Le zinc métallique subit une oxydation :

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

    2. À la cathode (électrode de cuivre, pôle positif) :
    Le cuivre métallique agit comme un conducteur inerte à la surface duquel les ions \mathrm{H^+} sont réduits en dihydrogène gazeux :

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

    (ou sous forme hydratée : 2\,\mathrm{H_3O^+_{(aq)}} + 2\,\mathrm{e}^- = \mathrm{H_{2(g)}} + 2\,\mathrm{H_2O_{(l)}}).

    3. Équation de la réaction globale :
    En sommant les deux demi-réactions électrochimiques :

    \boxed{\mathrm{Zn_{(s)}} + 2\,\mathrm{H^+_{(aq)}} = \mathrm{Zn^{2+}_{(aq)}} + \mathrm{H_{2(g)}}}

    ou, avec les ions oxonium :

    \mathrm{Zn_{(s)}} + 2\,\mathrm{H_3O^+_{(aq)}} = \mathrm{Zn^{2+}_{(aq)}} + \mathrm{H_{2(g)}} + 2\,\mathrm{H_2O_{(l)}}

    Résultat

    $$\mathrm{Z}{\mathrm{n}}_{(\mathrm{s})}+2{\mathrm{H}}_{(\mathrm{aq})}^{+}=\mathrm{Z}{\mathrm{n}}_{(\mathrm{aq})}^{2+}+{\mathrm{H}}_{2(\mathrm{g})}$$

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