Tu n'as jamais entendu parler de piles et d'électrolyses, ou alors très vite, et le contrôle arrive. Pas de panique. On va repartir de ce que tu sais déjà : les réactions d'oxydoréduction vues en première. Si tu maîtrises les notions d'oxydant, de réducteur et de demi-équations, tu as les clés pour comprendre piles et électrolyses. Le but ici n'est pas de tout savoir, mais de devenir fonctionnel rapidement. On va poser l'essentiel avec des mots simples et des exos à trous pour ne pas te perdre.
Une réaction d'oxydoréduction est un échange d'électrons entre un oxydant (qui capte des électrons) et un réducteur (qui cède des électrons).
Chaque couple s'écrit Ox/Red. Exemple : Cu2+/Cu. La demi-équation associée s'écrit toujours : Ox + ne e− ⇌ Red, où ne est le nombre d'électrons échangés.
Exemple : Cu2+ + 2 e− ⇌ Cu (ici ne=2).
Pile : la réaction d'oxydoréduction se fait toute seule (spontanément) et produit du courant électrique. Elle transforme de l'énergie chimique en énergie électrique.
Électrolyse : on impose une tension avec un générateur pour forcer une réaction qui ne se fait pas spontanément. Elle transforme de l'énergie électrique en énergie chimique.
Dans les deux cas, le dispositif comporte deux électrodes trempant dans une solution ionique, et les électrons circulent entre elles. La règle de base à retenir : l'oxydation a toujours lieu à l'anode, la réduction toujours à la cathode.
1. Anode = Oxydation ; Cathode = Réduction (dans les deux sens, pile ET électrolyse).
2. Le signe des pôles CHANGE entre pile et électrolyse :
Pour t'en souvenir : en électrolyse, on relie les pôles de même signe (cathode = pôle −, anode = pôle +).
Exercice 1 — À trous : reconnaître anode et cathode
Complète avec le mot qui convient (anode ou cathode).
a) Dans une pile, l'oxydation a lieu à l' .
b) Dans une électrolyse, la réduction a lieu à la .
c) En électrolyse, l' est reliée au pôle + du générateur.
a) Dans une pile, l'oxydation a lieu à l'anode.
b) Dans une électrolyse, la réduction a lieu à la cathode.
c) En électrolyse, l'anode est reliée au pôle + du générateur.
Exercice 2 — À trous : signe des pôles
Dans une pile, la cathode est le pôle et l'anode est le pôle .
Dans une électrolyse, on relie le pôle du générateur à la cathode.
Dans une pile, la cathode est le pôle + (positif) et l'anode est le pôle − (négatif).
Dans une électrolyse, on relie le pôle − (négatif) du générateur à la cathode.
Exercice 3 — À trous : demi-équations
Complète la demi-équation de réduction de l'argent : Ag+ + e− → Ag .
Indique le nombre d'électrons échangés ne = .
Ag+ + 1 e− → Ag , donc ne = 1.
Ah oui, ça commence à revenir : la pile produit du courant, l'électrolyse en consomme. Tu te souviens des histoires d'anode et de cathode, mais c'est encore flou sur les formules et le calcul de la tension ou des masses déposées. On va structurer tout ça, avec une méthode pas à pas que tu pourras ressortir à chaque exercice. On garde les exercices à trous pour que tu ne te sentes pas perdu.
Quand on constitue une pile avec deux couples Ox1/Red1 et Ox2/Red2, la tension maximale qu'elle peut fournir à vide s'appelle la force électromotrice standard, notée E°pile. Elle se calcule simplement :
E°pile = E°(cathode) − E°(anode)
où E°(cathode) est le potentiel standard du couple qui se réduit (le plus élevé) et E°(anode) est le potentiel standard du couple qui s'oxyde (le plus bas).
La règle : le couple ayant le potentiel standard le plus élevé se réduit, il est la cathode (pôle +). L'autre s'oxyde, c'est l'anode (pôle −).
Dans une électrolyse, on impose un courant continu d'intensité I (en ampères, A) pendant une durée t (en secondes, s). La charge électrique totale qui a circulé est :
Q = I × t (en coulombs, C)
Cette charge est liée à la quantité de matière qui réagit à une électrode :
nélectrode = Q / (ne × F) = I × t / (ne × F)
où F = 96 500 C·mol−1 est la constante de Faraday (charge d'une mole d'électrons), et ne est le nombre d'électrons échangés dans la demi-équation de l'électrode concernée.
La masse déposée (ou consommée) se calcule ensuite par :
m = nélectrode × M = (M × I × t) / (ne × F)
1. Spontané ou imposé ? Si on te parle d'une pile, la réaction est spontanée. Si on te parle d'un générateur branché sur une cuve, c'est une électrolyse (imposée).
2. Identifier l'anode et la cathode :
3. Écrire les demi-équations pour chaque électrode en cohérence avec le type de réaction.
4. Lire ne directement dans la demi-équation.
5. Appliquer la formule adaptée : Q = I × t, puis n = Q / (neF), puis m = n × M. Attention aux unités : t en secondes, M en g·mol−1.
Exercice 1 — À trous : calcul de f.e.m. (pile argent-nickel)
Couples : Ag+/Ag (E° = +0,80 V) et Ni2+/Ni (E° = −0,25 V). Le potentiel le plus élevé est celui de , qui sera donc la cathode (pôle ). L'anode est le couple .
f.e.m. : E°pile = E°cathode − E°anode = − = V.
Le potentiel le plus élevé est celui de Ag+/Ag, qui sera donc la cathode (pôle +). L'anode est le couple Ni2+/Ni.
f.e.m. : E°pile = +0,80 − (−0,25) = 1,05 V.
Exercice 2 — À trous : charge et masse (argenture par électrolyse)
On électrolyse une solution de nitrate d'argent avec I = 2,00 A pendant t = 15 min. Demi-équation : Ag+ + e− → Ag. Données : M(Ag) = 108 g·mol−1, F = 96 500 C·mol−1.
a) t = 15 min = 15 × 60 = s.
b) Charge : Q = I × t = 2,00 × = C.
c) ne lu dans la demi-équation = .
d) Quantité de matière d'argent : nAg = Q / (ne × F) = / ( × 96 500) = mol.
e) Masse : m = nAg × M = × 108 = g (arrondir à 0,1 g).
a) t = 15 × 60 = 900 s.
b) Q = 2,00 × 900 = 1 800 C.
c) ne = 1 (car 1 e− dans la demi-équation).
d) nAg = 1 800 / (1 × 96 500) = 0,01865 mol (soit 1,87 × 10−2 mol).
e) m = 0,01865 × 108 ≈ 2,0 g.
Exercice 3 — À trous : identification électrodes en électrolyse
Dans une électrolyse d'une solution de sulfate de cuivre, l'électrode reliée au pôle du générateur est l'anode (siège d'une ). L'électrode reliée au pôle du générateur est la cathode (siège d'une ).
Dans une électrolyse, l'électrode reliée au pôle + du générateur est l'anode (siège d'une oxydation). L'électrode reliée au pôle − du générateur est la cathode (siège d'une réduction).
Maintenant que la méthode est claire, on va la répéter mécaniquement. Ici, tous les exercices se ressemblent : on calcule une f.e.m. de pile ou on applique la formule de Faraday dans une électrolyse. Le but est de ne plus hésiter sur les étapes. Prends ton temps, fais chaque calcul posément.
Exercice 1 — Calcul de f.e.m.
Soit une pile utilisant les couples Fe3+/Fe2+ (E° = +0,77 V) et Zn2+/Zn (E° = −0,76 V). Quel couple se réduit ? Quel couple s'oxyde ? Calcule E°pile.
Complète :
E°cathode = V ; E°anode = V ; E°pile = − = V.
Le couple Fe3+/Fe2+ a le potentiel le plus élevé, il se réduit (cathode, pôle +). Le couple Zn2+/Zn s'oxyde (anode, pôle −).
E°cathode = +0,77 V ; E°anode = −0,76 V ; E°pile = +0,77 − (−0,76) = 1,53 V.
Exercice 2 — Calcul de masse déposée (cuivre)
Électrolyse d'une solution de sulfate de cuivre avec I = 1,50 A pendant t = 40 min. Demi-équation : Cu2+ + 2 e− → Cu.
Données : M(Cu) = 63,5 g·mol−1, F = 96 500 C·mol−1.
a) t en secondes = s.
b) Q = I × t = 1,50 × = C.
c) ne = .
d) nCu = Q / (ne × F) = / ( × ) = mol.
e) m = nCu × M = × 63,5 = g (arrondir à 0,01 g).
a) t = 40 × 60 = 2 400 s.
b) Q = 1,50 × 2 400 = 3 600 C.
c) ne = 2.
d) nCu = 3 600 / (2 × 96 500) = 3 600 / 193 000 = 0,01865 mol (1,87 × 10−2 mol).
e) m = 0,01865 × 63,5 = 1,18 g.
Exercice 3 — Calcul de f.e.m.
Pile avec les couples Al3+/Al (E° = −1,66 V) et Ag+/Ag (E° = +0,80 V).
E°pile = − = V.
E°pile = +0,80 − (−1,66) = 2,46 V.
Exercice 4 — Calcul de masse déposée (argent)
Électrolyse avec I = 0,800 A pendant t = 25 min. Demi-équation : Ag+ + e− → Ag. M(Ag) = 108 g·mol−1.
a) t = 25 × 60 = s.
b) Q = × = C.
c) ne = .
d) m = (M × Q) / (ne × F) = ( × ) / ( × 96 500) = / = g (arrondir à 0,1 g).
a) t = 1 500 s.
b) Q = 0,800 × 1 500 = 1 200 C.
c) ne = 1.
d) m = (108 × 1 200) / (1 × 96 500) = 129 600 / 96 500 ≈ 1,3 g.
Exercice 5 — Calcul de masse (nickel)
Électrolyse avec I = 2,50 A pendant t = 18 min. Demi-équation : Ni2+ + 2 e− → Ni. M(Ni) = 58,7 g·mol−1.
a) t en secondes = s.
b) Q = × = C.
c) ne = .
d) m = ( × ) / ( × 96 500) = / = g (arrondir à 0,01 g).
a) t = 18 × 60 = 1 080 s.
b) Q = 2,50 × 1 080 = 2 700 C.
c) ne = 2.
d) m = (58,7 × 2 700) / (2 × 96 500) = 158 490 / 193 000 ≈ 0,82 g.
Tu es prêt pour des exercices du niveau attendu en contrôle. Ici, on combine identification d'électrodes, calcul de f.e.m. et utilisation des lois de Faraday dans des problèmes plus ouverts, sans trous. N'oublie pas les pièges classiques : unités (toujours convertir les minutes en secondes), signe des pôles selon le dispositif, et lecture de n<sub>e</sub> dans la demi-équation.
Exercice 1 — Identifier les électrodes (pile et électrolyse)
Pour chaque situation, indiquer s'il s'agit de l'anode ou de la cathode, son signe éventuel, et le type de réaction (oxydation ou réduction).
a) Dans une pile cuivre-argent, l'électrode d'argent si E°(Ag+/Ag) > E°(Cu2+/Cu).
b) Dans une pile zinc-fer, l'électrode de zinc sachant que E°(Zn2+/Zn) = −0,76 V et E°(Fe2+/Fe) = −0,44 V.
c) Dans une électrolyse d'une solution de chlorure de sodium, l'électrode reliée au pôle + du générateur.
d) Dans la même électrolyse, l'électrode reliée au pôle − du générateur.
a) Ag+/Ag a le potentiel le plus élevé, il se réduit : cathode, pôle +, réduction.
b) Zn2+/Zn a le potentiel le plus bas, il s'oxyde : anode, pôle −, oxydation.
c) Reliée au + : anode, oxydation.
d) Reliée au − : cathode, réduction.
Exercice 2 — Force électromotrice standard (pile or-plomb)
On donne : E°(Au3+/Au) = +1,50 V et E°(Pb2+/Pb) = −0,13 V.
a) Quelle espèce est réduite ? Quelle espèce est oxydée ?
b) Écrire les deux demi-équations.
c) Calculer la f.e.m. standard de la pile.
d) Préciser le signe des pôles.
a) L'or Au3+ (potentiel le plus haut) est réduit. Le plomb Pb (potentiel le plus bas) est oxydé.
b) Au3+ + 3 e− → Au (cathode). Pb → Pb2+ + 2 e− (anode).
c) E°pile = +1,50 − (−0,13) = 1,63 V.
d) Pôle + : électrode d'or (cathode). Pôle − : électrode de plomb (anode).
Exercice 3 — Argenterie : loi de Faraday
On veut argenter un bijou par électrolyse d'une solution de nitrate d'argent. La demi-équation cathodique est Ag+ + e− → Ag. On impose I = 0,600 A pendant t = 35 min.
Données : M(Ag) = 108 g·mol−1, F = 96 500 C·mol−1.
a) Calculer la charge Q ayant circulé.
b) Calculer la quantité de matière d'argent déposée.
c) En déduire la masse d'argent déposée.
a) t = 35 × 60 = 2 100 s. Q = I × t = 0,600 × 2 100 = 1 260 C.
b) ne = 1. nAg = Q / (ne × F) = 1 260 / 96 500 = 0,01306 mol (1,31 × 10−2 mol).
c) m = nAg × M = 0,01306 × 108 ≈ 1,41 g.
Exercice 4 — Électrolyse de l'eau (production de gaz)
L'électrolyse de l'eau en milieu acide donne :
Anode (oxydation) : 2 H2O → O2 + 4 H+ + 4 e−
Cathode (réduction) : 4 H+ + 4 e− → 2 H2
On impose I = 2,00 A pendant t = 12 min.
Données : M(H) = 1,0 g·mol−1, M(O) = 16,0 g·mol−1, F = 96 500 C·mol−1.
a) Calculer la charge Q transférée.
b) Déterminer ne pour la production de O2, puis calculer la quantité de matière de O2 produite.
c) Déterminer ne pour la production de H2, puis calculer la masse de H2 produite.
a) t = 12 × 60 = 720 s. Q = 2,00 × 720 = 1 440 C.
b) Pour O2, ne = 4 (d'après la demi-équation). nO2 = Q / (4 × 96 500) = 1 440 / 386 000 = 3,73 × 10−3 mol.
c) Pour H2, ne = 4 (4 e− forment 2 H2, donc pour 1 H2 il faut 2 e−, mais la demi-équation complète utilise 4 e− pour 2 H2). nH2 = Q / (4 × 96 500) × 2 ? Attention : avec 4 moles d'électrons on produit 2 moles de H2. Donc nH2 = (Q / (96 500 × 4)) × 2 = (1 440 / 386 000) × 2 = 7,46 × 10−3 mol. Masse mH2 = nH2 × M(H2) = 7,46 × 10−3 × 2,0 = 0,015 g (1,5 × 10−2 g).
Exercice 5 — Problème : nickelage de pièce
Une pièce métallique est nickelée par électrolyse d'une solution de sulfate de nickel. Demi-équation cathodique : Ni2+ + 2 e− → Ni.
On souhaite déposer m = 1,47 g de nickel avec un courant I = 3,00 A.
Données : M(Ni) = 58,7 g·mol−1, F = 96 500 C·mol−1.
a) Calculer la quantité de matière de nickel à déposer.
b) En déduire la charge Q nécessaire.
c) Calculer la durée t de l'électrolyse, puis l'exprimer en minutes et secondes.
a) nNi = m / M = 1,47 / 58,7 = 0,0250 mol.
b) Q = nNi × ne × F = 0,0250 × 2 × 96 500 = 4 825 C.
c) t = Q / I = 4 825 / 3,00 = 1 608 s. Conversion : 26 min 48 s.
Tu maîtrises piles et électrolyses au niveau attendu. Ici, on va un cran plus loin : comparer des rendements d'électrolyse, faire un choix critique entre deux protocoles, et entrevoir des notions post-bac comme les bilans énergétiques d'une pile ou l'optimisation d'un dépôt industriel. C'est le moment de prendre du recul et d'évaluer tes calculs.
Exercice 1 — Comparaison de protocoles (rendement d'électrolyse)
Un atelier utilise deux cuves pour argenter des pièces. Cuve A : I = 1,20 A, t = 30 min. Cuve B : I = 0,800 A, t = 50 min. Demi-équation : Ag+ + e− → Ag. M(Ag) = 108 g·mol−1, F = 96 500 C·mol−1.
a) Calculer la charge ayant circulé dans chaque cuve.
b) Calculer la masse théorique déposée dans chaque cuve.
c) La cuve A donne expérimentalement 1,80 g, la cuve B donne 2,10 g. Calculer le rendement de chaque cuve (masse réelle / masse théorique × 100). Laquelle est la plus efficace ?
a) Cuve A : $t = 30 \times 60 = 1\,800$ s, donc $Q_A = I \times t = 1{,}20 \times 1\,800 = $ 2 160 C.
Cuve B : $t = 50 \times 60 = 3\,000$ s, donc $Q_B = 0{,}800 \times 3\,000 = $ 2 400 C.
b) La demi-équation $\mathrm{Ag^+ + e^- \to Ag}$ implique $n_e = 1$ électron par ion argent réduit. On applique la loi de Faraday : $m_{\text{th}} = \dfrac{M \times Q}{n_e \times F}$.
$m_{\text{th},A} = \dfrac{108 \times 2\,160}{1 \times 96\,500} = \dfrac{233\,280}{96\,500} \approx $ 2,417 g.
$m_{\text{th},B} = \dfrac{108 \times 2\,400}{1 \times 96\,500} = \dfrac{259\,200}{96\,500} \approx $ 2,686 g.
c) Le rendement est défini par $\eta = \dfrac{m_{\text{réelle}}}{m_{\text{théorique}}} \times 100$.
$\eta_A = \dfrac{1{,}80}{2{,}417} \times 100 \approx $ 74,5 %.
$\eta_B = \dfrac{2{,}10}{2{,}686} \times 100 \approx $ 78,2 %.
La cuve B est la plus efficace : elle présente un rendement supérieur, et elle dépose également une masse absolue plus grande (2,10 g contre 1,80 g), ce qui s'explique par la charge totale plus élevée circulant dans cette cuve.
Exercice 2 — Bilan énergétique simple d'une pile
Une pile de f.e.m. E° = 1,50 V débite un courant I = 0,200 A pendant t = 2 h 30.
a) Calculer la charge Q délivrée par la pile.
b) L'énergie électrique fournie par la pile est donnée par W = E° × Q (en joules). Calculer cette énergie.
c) La réaction consomme n = 1,00 × 10−2 mol de réactif limitant. La demi-équation de ce réactif met en jeu ne = 2. En déduire la charge théorique maximale Qmax = n × ne × F, puis le rendement énergétique de la pile (Q / Qmax × 100).
a) t = 2,5 h = 9 000 s. Q = I × t = 0,200 × 9 000 = 1 800 C.
b) W = 1,50 × 1 800 = 2 700 J.
c) Qmax = 1,00 × 10−2 × 2 × 96 500 = 1 930 C. Rendement = (1 800 / 1 930) × 100 ≈ 93,3 %.
Exercice 3 — Choix industriel : optimisation d'un dépôt de nickel
On doit déposer 5,00 g de nickel sur une pièce en utilisant la demi-équation Ni2+ + 2 e− → Ni. On dispose de deux générateurs : G1 (I = 4,00 A max) et G2 (I = 10,0 A max). M(Ni) = 58,7 g·mol−1, F = 96 500 C·mol−1.
a) Calculer la quantité de matière de nickel nécessaire ainsi que la charge Q requise.
b) Déterminer la durée minimale d'électrolyse avec chaque générateur utilisé à sa puissance maximale.
c) Critiquer le choix : quel générateur préférer si l'on veut limiter le temps de production ? Y a-t-il un risque technique à utiliser un courant trop élevé (penser à l'effet Joule et à la qualité du dépôt) ?
a) nNi = 5,00 / 58,7 = 0,0852 mol. Q = nNi × ne × F = 0,0852 × 2 × 96 500 = 16 444 C (soit 1,64 × 104 C).
b) G1 : t1 = 16 444 / 4,00 = 4 111 s ≈ 68 min 31 s. G2 : t2 = 16 444 / 10,0 = 1 644 s ≈ 27 min 24 s.
c) G2 divise le temps par 2,5 : avantage productivité. Cependant, un courant trop intense peut chauffer la solution (effet Joule) et dégrader la qualité du dépôt (dépôt moins adhérent, dendrites). En pratique, on cherche un compromis entre vitesse et qualité.
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