Feuille d'entraînement : Oxydoréduction et piles

Corrigés

1. Exercice 1CCINP Physique-Chimie TSI 2026, Q61

   Par définition universelle en électrochimie :

   • l'anode est l'électrode où se produit une oxydation (perte d'électrons) ;
   • la cathode est l'électrode où se produit une réduction (gain d'électrons).

   Pour un accumulateur, les appellations d'anode et de cathode sont conventionnellement fixées lors de son fonctionnement en décharge (régime de générateur / pile) :

   • À l'électrode en graphite lithié, la demi-équation observée lors de la décharge est :

     \mathrm{LiC}_6(\mathrm{s}) \longrightarrow \mathrm{Li}^+ + \mathrm{C}_6(\mathrm{s}) + \mathrm{e}^-

     Le lithium inséré subit une oxydation (libération d'électrons). Il s'agit donc bien de l'anode (qui constitue la borne négative \ominus de la cellule).

   • À l'électrode en oxyde de cobalt, la demi-équation observée lors de la décharge est :

     \mathrm{CoO}_2(\mathrm{s}) + \mathrm{Li}^+ + \mathrm{e}^- \longrightarrow \mathrm{LiCoO}_2(\mathrm{s})

     Le cobalt passe du degré d'oxydation +\mathrm{IV} dans \mathrm{CoO}_2 à +\mathrm{III} dans \mathrm{LiCoO}_2 en consommant un électron : c'est une réduction. Il s'agit donc bien de la cathode (qui constitue la borne positive \oplus de la cellule).

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CentraleSupélec Physique-Chimie 1 TSI 2026, Q22

   L'oxyde de fer \mathrm{Fe}_2\mathrm{O}_{3(\mathrm{s})} est une espèce électriquement neutre. La neutralité de l'édifice impose donc :

   2\,\mathrm{n.o.}(\mathrm{Fe}) + 3\,\mathrm{n.o.}(\mathrm{O}) = 0

   L'oxygène étant plus électronégatif que le fer, il se trouve au degré d'oxydation \mathrm{n.o.}(\mathrm{O}) = -\mathrm{II}. Les deux atomes de fer étant par ailleurs équivalents, on en déduit :

   \begin{aligned} 2\,\mathrm{n.o.}(\mathrm{Fe}) + 3 \times (-2) &= 0 \\ 2\,\mathrm{n.o.}(\mathrm{Fe}) &= +6 \\ \mathrm{n.o.}(\mathrm{Fe}) &= +3 \end{aligned}

   \boxed{\mathrm{n.o.}(\mathrm{Fe}) = +\mathrm{III}}

   Résultat

   $$n.o.(\mathrm{Fe})=+\mathrm{III}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CCINP Physique-Chimie TSI 2025, Q53

   Le degré (ou nombre) d'oxydation (n.o.) d'un élément se déduit des règles usuelles :

   • Dans le dioxygène \mathrm{O}_2 : Il s'agit d'un corps simple neutre constitué uniquement d'atomes d'oxygène. Par définition :

     \boxed{\text{n.o.}(\mathrm{O}) = 0 \quad \text{dans } \mathrm{O}_2}

   • Dans l'eau \mathrm{H}_2\mathrm{O} : L'atome d'hydrogène, lié à un atome plus électronégatif, est au degré d'oxydation +\mathrm{I}. La molécule étant globalement neutre, la somme des degrés d'oxydation est nulle :

     2 \times \text{n.o.}(\mathrm{H}) + \text{n.o.}(\mathrm{O}) = 0 \implies 2 \times (+1) + \text{n.o.}(\mathrm{O}) = 0

     D'où :

     \boxed{\text{n.o.}(\mathrm{O}) = -\mathrm{II} \quad \text{dans } \mathrm{H}_2\mathrm{O}}

   • Dans le peroxyde d'hydrogène \mathrm{H}_2\mathrm{O}_2 : De même, avec \text{n.o.}(\mathrm{H}) = +\mathrm{I} et une molécule neutre :

     2 \times \text{n.o.}(\mathrm{H}) + 2 \times \text{n.o.}(\mathrm{O}) = 0 \implies 2 \times (+1) + 2 \times \text{n.o.}(\mathrm{O}) = 0

     D'où :

     \boxed{\text{n.o.}(\mathrm{O}) = -\mathrm{I} \quad \text{dans } \mathrm{H}_2\mathrm{O}_2}

   Résultat

   $$\text{n.o.}(\mathrm{O})=0\text{dans }{\mathrm{O}}_2$$

   $$\text{n.o.}(\mathrm{O})=-\mathrm{II}\text{dans }{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$$

   $$\text{n.o.}(\mathrm{O})=-\mathrm{I}\text{dans }{\mathrm{H}}_2{\mathrm{O}}_2$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CCINP Physique-Chimie TSI 2025, Q54

   Pour équilibrer une demi-équation d'oxydoréduction en milieu aqueux acide :

   1. On équilibre l'élément dont le degré d'oxydation varie (ici l'oxygène \mathrm{O}) ;
   2. On équilibre l'élément oxygène résiduel avec des molécules d'eau \mathrm{H_2O_{(l)}} ;
   3. On équilibre l'élément hydrogène avec des ions \mathrm{H^+_{(aq)}} ;
   4. On équilibre la charge électrique globale à l'aide d'électrons \mathrm{e^-}.

   1. Pour le couple \mathrm{H_2O_{2(aq)} / H_2O_{(l)}} : Le peroxyde d'hydrogène \mathrm{H_2O_2} est l'oxydant (nombre d'oxydation -\mathrm{I}) et l'eau \mathrm{H_2O} est le réducteur (nombre d'oxydation -\mathrm{II}). La réduction met en jeu le gain de 2\times 1 = 2 électrons :

   \boxed{\mathrm{H_2O_{2(aq)}} + 2\,\mathrm{H^+_{(aq)}} + 2\,\mathrm{e^-} = 2\,\mathrm{H_2O_{(l)}}}

   2. Pour le couple \mathrm{O_{2(g)} / H_2O_{2(aq)}} : Le dioxygène \mathrm{O_2} est l'oxydant (nombre d'oxydation 0) et le peroxyde d'hydrogène \mathrm{H_2O_2} est le réducteur (nombre d'oxydation -\mathrm{I}). La réduction met également en jeu l'échange de 2 électrons :

   \boxed{\mathrm{O_{2(g)}} + 2\,\mathrm{H^+_{(aq)}} + 2\,\mathrm{e^-} = \mathrm{H_2O_{2(aq)}}}

   Résultat

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

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

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CentraleSupélec Physique-Chimie 2 TSI 2024, Q13

   L'eau intervient dans deux couples d'oxydoréduction délimitant son domaine de stabilité thermodynamique :

   • À haut potentiel, le couple met en jeu le dioxygène gazeux et l'eau :

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

     L'espèce qui capte les électrons est l'oxydant et celle qui les cède est le réducteur. On a ainsi :

     \boxed{\text{Oxydant : } \mathrm{O_2(g)} \quad \text{et} \quad \text{Réducteur : } \mathrm{H_2O(\ell)}}

   • À bas potentiel, le couple met en jeu les protons (ou l'eau en milieu basique) et le dihydrogène gazeux :

     \begin{aligned} 2\,\mathrm{H^+(aq)} + 2\,\mathrm{e}^- &= \mathrm{H_2(g)} \\ \text{ou en milieu basique : } 2\,\mathrm{H_2O(\ell)} + 2\,\mathrm{e}^- &= \mathrm{H_2(g)} + 2\,\mathrm{HO^-(aq)} \end{aligned}

     Dans ce couple :

     \boxed{\text{Oxydant : } \mathrm{H^+(aq)} \text{ (ou } \mathrm{H_2O(\ell)}\text{)} \quad \text{et} \quad \text{Réducteur : } \mathrm{H_2(g)}}

   Résultat

   $$\text{Oxydant : }{\mathrm{O}}_2(\mathrm{g})\text{et}\text{Reˊducteur : }{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}(\mathrm{\ell })$$

   $$\text{Oxydant : }{\mathrm{H}}^{+}(\mathrm{aq})\text{ (ou }{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}(\mathrm{\ell })\text{)}\text{et}\text{Reˊducteur : }{\mathrm{H}}_2(\mathrm{g})$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6CCINP Physique-Chimie TSI 2023, Q53

   D'après les données de l'énoncé :

   E^\circ(\mathrm{Cu}^{2+}/\mathrm{Cu}_{(\mathrm{s})}) = 0{,}34\text{ V} > E^\circ(\mathrm{Zn}^{2+}/\mathrm{Zn}_{(\mathrm{s})}) = -0{,}76\text{ V}

   Lors du fonctionnement spontané de la pile :

   • À l'anode (pôle négatif), il se produit une oxydation du zinc métallique :

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

   • À la cathode (pôle positif), il se produit une réduction des ions cuivre(II) :

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

   Résultat

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

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

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7CCINP Physique-Chimie TSI 2023, Q58

   À T = 298\text{ K}, le terme préfactoriel s'écrit :

   \frac{R\,T\ln 10}{F} \approx 0{,}059\text{ V} \quad (\text{ou } 0{,}06\text{ V})

   • Couple \mathrm{H^+_{(aq)} / H_{2(g)}} :
     La demi-équation d'oxydoréduction s'écrit (pour 2 électrons échangés) :

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

     La formule de Nernst associée est :

     E(\mathrm{H^+/H_2}) = E^\circ(\mathrm{H^+/H_2}) + \frac{0{,}059}{2}\log\left( \frac{\left(\frac{[\mathrm{H^+}]}{c^\circ}\right)^2}{\frac{P_{\mathrm{H}_2}}{P^\circ}} \right)

     Sachant que par convention E^\circ(\mathrm{H^+/H_2}) = 0\text{ V} et \mathrm{pH} = -\log\left(\frac{[\mathrm{H^+}]}{c^\circ}\right), elle peut aussi se mettre sous la forme :

     \boxed{E(\mathrm{H^+/H_2}) = E^\circ(\mathrm{H^+/H_2}) - 0{,}059\,\mathrm{pH} - \frac{0{,}059}{2}\log\left(\frac{P_{\mathrm{H}_2}}{P^\circ}\right)}

   • Couple \mathrm{O_{2(g)} / H_2O_{(l)}} :
     La demi-équation d'oxydoréduction s'écrit (pour 4 électrons échangés) :

     \mathrm{O_{2(g)}} + 4\,\mathrm{H^+_{(aq)}} + 4\,\mathrm{e}^- = 2\,\mathrm{H_2O_{(l)}}

     L'eau étant le solvant, son activité vaut a(\mathrm{H_2O}) = 1. La formule de Nernst s'écrit :

     E(\mathrm{O_2/H_2O}) = E^\circ(\mathrm{O_2/H_2O}) + \frac{0{,}059}{4}\log\left( \frac{P_{\mathrm{O}_2}}{P^\circ} \cdot \left(\frac{[\mathrm{H^+}]}{c^\circ}\right)^4 \right)

     soit de façon équivalente :

     \boxed{E(\mathrm{O_2/H_2O}) = E^\circ(\mathrm{O_2/H_2O}) - 0{,}059\,\mathrm{pH} + \frac{0{,}059}{4}\log\left(\frac{P_{\mathrm{O}_2}}{P^\circ}\right)}

   Résultat

   $$E({\mathrm{H}}^{+}/{\mathrm{H}}_2)=E^{\circ }({\mathrm{H}}^{+}/{\mathrm{H}}_2)-0,059\mathrm{pH}-\frac{0,059}{2}\log \left(\frac{P_{{\mathrm{H}}_2}}{P^{\circ }}\right)$$

   $$E({\mathrm{O}}_2/{\mathrm{H}}_2\mathrm{O})=E^{\circ }({\mathrm{O}}_2/{\mathrm{H}}_2\mathrm{O})-0,059\mathrm{pH}+\frac{0,059}{4}\log \left(\frac{P_{{\mathrm{O}}_2}}{P^{\circ }}\right)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8CentraleSupélec Physique-Chimie 1 TSI 2023, Q10

   1. Couple \text{O}_{2(\text{g})}/\text{H}_2\text{O}_{(\text{l})}

   La demi-équation électronique s'écrit :

   \text{O}_{2(\text{g})} + 4\,\text{H}^+_{(\text{aq})} + 4\,\text{e}^- = 2\,\text{H}_2\text{O}_{(\text{l})}

   D'après la formule de Nernst à T = 298\text{ K} :

   \begin{aligned} E_{\text{O}_{2(\text{g})}/\text{H}_2\text{O}_{(\text{l})}} &= E^\circ_{\text{O}_{2(\text{g})}/\text{H}_2\text{O}_{(\text{l})}} + \frac{0{,}059}{4}\log \left( \frac{P(\text{O}_2)}{P^\circ}\,[\text{H}^+]^4 \right) \\ &= E^\circ_{\text{O}_{2(\text{g})}/\text{H}_2\text{O}_{(\text{l})}} + \frac{0{,}059}{4}\log \left( \frac{P(\text{O}_2)}{P^\circ} \right) - 0{,}059\,\text{pH} \end{aligned}

   À la frontière, la pression partielle vaut P(\text{O}_2) = P^\circ = 1\text{ bar}. Avec la valeur E^\circ_{\text{O}_{2(\text{g})}/\text{H}_2\text{O}_{(\text{l})}} = 1{,}23\text{ V} fournie :

   \boxed{E_{\text{O}_{2(\text{g})}/\text{H}_2\text{O}_{(\text{l})}} = 1{,}23 - 0{,}059\,\text{pH}} \quad (\text{ou } 1{,}23 - 0{,}06\,\text{pH})

   2. Couple \text{H}_2\text{O}_{(\text{l})}/\text{H}_{2(\text{g})} (ou \text{H}^+_{(\text{aq})}/\text{H}_{2(\text{g})})

   La demi-équation électronique s'écrit :

   2\,\text{H}^+_{(\text{aq})} + 2\,\text{e}^- = \text{H}_{2(\text{g})} \quad \left(\text{ou } 2\,\text{H}_2\text{O}_{(\text{l})} + 2\,\text{e}^- = \text{H}_{2(\text{g})} + 2\,\text{HO}^-_{(\text{aq})}\right)

   D'après la formule de Nernst à T = 298\text{ K} :

   \begin{aligned} E_{\text{H}_2\text{O}_{(\text{l})}/\text{H}_{2(\text{g})}} &= E^\circ_{\text{H}_2\text{O}_{(\text{l})}/\text{H}_{2(\text{g})}} + \frac{0{,}059}{2}\log \left( \frac{[\text{H}^+]^2}{P(\text{H}_2)/P^\circ} \right) \\ &= E^\circ_{\text{H}_2\text{O}_{(\text{l})}/\text{H}_{2(\text{g})}} - \frac{0{,}059}{2}\log \left( \frac{P(\text{H}_2)}{P^\circ} \right) - 0{,}059\,\text{pH} \end{aligned}

   À la frontière, P(\text{H}_2) = P^\circ = 1\text{ bar} et E^\circ_{\text{H}_2\text{O}_{(\text{l})}/\text{H}_{2(\text{g})}} = 0{,}00\text{ V} :

   \boxed{E_{\text{H}_2\text{O}_{(\text{l})}/\text{H}_{2(\text{g})}} = -0{,}059\,\text{pH}} \quad (\text{ou } -0{,}06\,\text{pH})

   Résultat

   $$E_{{\text{O}}_{2(\text{g})}/{\text{H}}_2{\text{O}}_{(\text{l})}}=1,23-0,059\text{pH}$$

   $$E_{{\text{H}}_2{\text{O}}_{(\text{l})}/{\text{H}}_{2(\text{g})}}=-0,059\text{pH}$$

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9. Exercice 9CentraleSupélec Physique-Chimie 1 TSI 2022, Q23

   D'après la question Q22, l'équation de la réaction modélisant la synthèse de l'eau liquide s'écrit :

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

   Les deux demi-équations d'oxydoréduction associées sont :

   \begin{aligned} \mathrm{O}_{2(\mathrm{g})} + 4\,\mathrm{H}^+ + 4\,\mathrm{e}^- &= 2\,\mathrm{H}_2\mathrm{O}_{(\mathrm{l})} \quad (E^\circ_1 = E^\circ(\mathrm{O}_{2(\mathrm{g})}/\mathrm{H}_2\mathrm{O}_{(\mathrm{l})})) \\ 2\,\mathrm{H}^+ + 2\,\mathrm{e}^- &= \mathrm{H}_{2(\mathrm{g})} \quad (E^\circ_2 = E^\circ(\mathrm{H}_2\mathrm{O}_{(\mathrm{l})}/\mathrm{H}_{2(\mathrm{g})})) \end{aligned}

   Le nombre d'électrons transférés pour l'écriture choisie est n = 4.

   La formule de Nernst donne pour chaque couple :

   \begin{aligned} E_1 &= E^\circ_1 + \frac{RT}{4\mathcal{F}} \ln \left( \frac{P(\mathrm{O}_2)}{P^\circ} \, [\mathrm{H}^+]^4 \right) \\ E_2 &= E^\circ_2 + \frac{RT}{2\mathcal{F}} \ln \left( \frac{[\mathrm{H}^+]^2}{P(\mathrm{H}_2)/P^\circ} \right) = E^\circ_2 + \frac{RT}{4\mathcal{F}} \ln \left( \frac{[\mathrm{H}^+]^4}{\left(P(\mathrm{H}_2)/P^\circ\right)^2} \right) \end{aligned}

   À l'équilibre chimique, les deux potentiels s'égalisent (E_1 = E_2), d'où :

   \begin{aligned} E^\circ_1 - E^\circ_2 &= \frac{RT}{4\mathcal{F}} \ln \left( \frac{[\mathrm{H}^+]^4}{\left(P(\mathrm{H}_2)_{\mathrm{eq}}/P^\circ\right)^2} \cdot \frac{1}{\frac{P(\mathrm{O}_2)_{\mathrm{eq}}}{P^\circ} \, [\mathrm{H}^+]^4} \right) \\ &= \frac{RT}{4\mathcal{F}} \ln \left( \frac{1}{\left(\frac{P(\mathrm{H}_2)_{\mathrm{eq}}}{P^\circ}\right)^2 \frac{P(\mathrm{O}_2)_{\mathrm{eq}}}{P^\circ}} \right) \end{aligned}

   Comme l'activité de l'eau liquide vaut 1, la constante d'équilibre s'écrit :

   K^\circ = \frac{1}{\left(\frac{P(\mathrm{H}_2)_{\mathrm{eq}}}{P^\circ}\right)^2 \left(\frac{P(\mathrm{O}_2)_{\mathrm{eq}}}{P^\circ}\right)}

   On en déduit :

   \ln K^\circ = \frac{4\mathcal{F}}{RT}\left(E^\circ(\mathrm{O}_{2(\mathrm{g})}/\mathrm{H}_2\mathrm{O}_{(\mathrm{l})}) - E^\circ(\mathrm{H}_2\mathrm{O}_{(\mathrm{l})}/\mathrm{H}_{2(\mathrm{g})})\right)

   soit sous forme d'exponentielle :

   \boxed{K^\circ = \exp\left[ \frac{4\mathcal{F}}{RT} \left(E^\circ(\mathrm{O}_{2(\mathrm{g})}/\mathrm{H}_2\mathrm{O}_{(\mathrm{l})}) - E^\circ(\mathrm{H}_2\mathrm{O}_{(\mathrm{l})}/\mathrm{H}_{2(\mathrm{g})})\right) \right]}

   En utilisant le logarithme décimal :

   \log_{10} K^\circ = \frac{\ln K^\circ}{\ln 10} = \frac{4\left(E^\circ(\mathrm{O}_{2(\mathrm{g})}/\mathrm{H}_2\mathrm{O}_{(\mathrm{l})}) - E^\circ(\mathrm{H}_2\mathrm{O}_{(\mathrm{l})}/\mathrm{H}_{2(\mathrm{g})})\right)}{\frac{RT}{\mathcal{F}}\ln 10}

   Avec E^\circ_1 = 1{,}23\text{ V}, E^\circ_2 = 0{,}00\text{ V} et \frac{RT}{\mathcal{F}}\ln 10 \approx 0{,}06\text{ V} :

   \log_{10} K^\circ = \frac{4 \times (1{,}23 - 0{,}00)}{0{,}06} = \frac{4{,}92}{0{,}06} = 82

   On obtient finalement :

   \boxed{K^\circ = 10^{82}}

   Résultat

   $$K^{\circ }=\exp \left[\frac{4\mathcal{F}}{RT}\left(E^{\circ }({\mathrm{O}}_{2(\mathrm{g})}/{\mathrm{H}}_2{\mathrm{O}}_{(\mathrm{l})})-E^{\circ }({\mathrm{H}}_2{\mathrm{O}}_{(\mathrm{l})}/{\mathrm{H}}_{2(\mathrm{g})})\right)\right]$$

   $$K^{\circ }=10^{82}$$

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10. Exercice 10CentraleSupélec Physique-Chimie 2 TSI 2022, Q1

    D'après le tableau de données en fin d'énoncé, l'eau oxygénée \mathrm{H}_2\mathrm{O}_{2(\mathrm{aq})} intervient dans deux couples d'oxydoréduction :

    • dans le couple \mathrm{H}_{2}\mathrm{O}_{2(\mathrm{aq})} / \mathrm{H}_{2}\mathrm{O}_{(\ell)}, le peroxyde d'hydrogène joue le rôle d'oxydant (le nombre d'oxydation de l'oxygène passe de -\mathrm{I} dans \mathrm{H}_2\mathrm{O}_2 à -\mathrm{II} dans \mathrm{H}_2\mathrm{O}) ;
    • dans le couple \mathrm{O}_{2(\mathrm{g})} / \mathrm{H}_{2}\mathrm{O}_{2(\mathrm{aq})}, le peroxyde d'hydrogène joue le rôle de réducteur (le nombre d'oxydation de l'oxygène passe de -\mathrm{I} dans \mathrm{H}_2\mathrm{O}_2 à 0 dans \mathrm{O}_2).

    En milieu aqueux acide, les demi-réactions électroniques associées, écrites dans le sens conventionnel \mathrm{Ox} + n\,\mathrm{e}^- = \mathrm{Red}, s'écrivent :

    \boxed{\mathrm{H}_{2}\mathrm{O}_{2(\mathrm{aq})} + 2\,\mathrm{H}^+_{(\mathrm{aq})} + 2\,\mathrm{e}^- = 2\,\mathrm{H}_2\mathrm{O}_{(\ell)}}

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

    Résultat

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

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

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