Corrigés des exercices Nernst, Exercises of Electrochemistry

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CORRECTION EXERCICES SUR FORMULE DE NERNST

E = Eo^ + 0, n

log [^ Ox]^

a . [ H+aq] m

[ Red]^ b

EXERCICE 1 :

1. Couple H+aq / H 2 2 H+aq + 2e–^ →← H 2 Eo^ = 0,00 V

E = 0,00 + 0, 2

log [^ ]

H+aq 2 PH

= 0,03 log [ H+aq] 2 – log PH2 = 0,03. 2 log [ H+aq] – log PH

E = – 0,06 pH – log PH E = 0,18 – log 1 ⇒ E = – 0,18 V

2. Sulfate de fer II : (Fe2+^ + SO 4 2–) Couple Fe2+/Fe Fe2+^ + 2e–^ →← Fe Eo^ = – 0,44 V

E = – 0,44 + 0, 2

log [ Fe2+^ ] Fe est un solide : on ne l’écrit pas.

E = – 0,44 + 0,03 log [ Fe2+]

2.a. E = – 0,44 + 0,03 log 0,1 ⇒ E = – 0,47 V 2.b. E = – 0,44 + 0,03 log 10–4^ ⇒ E = – 0,56 V

3. Chlorure de cuivre : (Cu2+^ + 2 Cl–) Couple Cu2+/Cu Cu2+^ + 2e–^ →← Cu Eo^ = + 0,34 V

E = + 0,34 + 0, 2

log [ Cu2+]^ Cu est un solide : on ne l’écrit pas.

E = + 0,34 + 0,03 log [ Cu2+]^ = 0,34 + 0,03 log 10–2^ ⇒ E = + 0,28 V

4. Sulfate de fer II : (Fe2+^ + SO 4 2–) : c = 10–1^ mol.L-1^ [ Fe2+]^ = 10–1^ mol.L-

Sulfate de fer II : (2 Fe3+^ + 3 SO 4 2–) : c’ = 10–3^ mol.L-1^ [ Fe3+]^ = 2. 10–3^ mol.L-

Fil de platine sert d’électrode pour la demi-pile : Couple : Fe3+^ / Fe2+^ Fe3+^ + e–^ →← Fe2+^ Eo^ = + 0,77 V

E = 0,77 + 0, 1

log [^ Fe ]

3+

[ Fe2+]^

= 0,77 + 0,06 log 2. 10

10 –^

⇒ E = + 0,67 V

5. Couple MnO 4 – /Mn2+^ Eo^ = + 1,51 V MnO 4 –^ + 8 H+^ + 5e–^ →← Mn2+^ + 4 H 2 O

E = 1,51 + 0, 5

log [^ ]

MnO 4 –^ .[ H+]^8

[ Mn2+]^

= 1,51 + 0,012 log [ H+]^8

avec [ MnO 4 – ]^ = [ Mn2+]^ (quantités égales) ⇒ E = 1,51 + 0,096 log [ H+]

Donc E = 1,51 – 0,096 pH 5.a. pH = 0 ⇒ E = + 1,51 V 5.b. pH = 7 ⇒ E = + 0,84 V

EXERCICE 2 : On suppose qu’on travaille à la pression atmosphérique normale P = 10^5 Pa = 1 bar Couple H+aq/H 2 2 H+aq + 2e–^ →← H 2 Eo 1 = 0,00 V

E = 0,00 + 0,

log [^ ]

H+aq 2 PH

= 0,03 log [ H+aq] 2 – log PH2 = 0,03. 2 log [ H+aq] – log PH

E 1 = – 0,06 pH

Couple O 2 /H 2 O O 2 + 4 H+aq + 4 e–^ →← 2 H 2 O Eo 2 = 1,23 V

E = 1,23 + 0, 4

log PO2. [ H+aq] 4 = 1,23 + 0,

. 4 log [ H+aq] + log PO

E 2 = 1,23 – 0,06 pH

Tracé des droites : pH = 0 ⇒ E 1 = 0,00 V et E 2 = 1,23 V pH = 14 ⇒ E 1 = – 0,84 V et E 2 = 0,39 V

EXERCICE 3 : Soit le couple Ag+/Ag Eo^ = + 0,80 V

1. Ag+^ + e–^ →← Ag
2. E = Eo^ + 0, 1

log [ Ag+]^ : Ag est un solide : on ne l’écrit pas.

E = 0,80 + 0,06 log [ Ag+]

3. [ Ag+^ ] = 10–2^ mol.L-1^ ⇒ E = 0,68 V

[ Ag+^ ] = 5. 10–8^ mol.L-1^ ⇒ E = 0,36 V

EXERCICE 4 : Soient les couples SO 4 2–^ / HSO 3 –^ Eo 1 = + 0,12 V Pb 2+^ / Pb Eo 2 = – 0,13 V On part d’une solution contenant l’ion hydrogénosulfite HSO 3 –^ , de concentration

[ HSO 3 – ]^ = 5. 10^ –3^ mol.L–1^ et on souhaite réduire les ions Pb^ 2+^.

1. Eo 1 > Eo 2 ⇒ HSO 3 –^ est RED FAIBLE et Pb 2+^ est OX FAIBLE , donc la réaction ne semble pas possible. Mais il faut raisonner sur les potentiels réels E et non pas sur Eo.
2. Couple Pb2+/Pb Pb2+^ + 2e–^ →← Pb

E 2 = – 0,13 + 0,

log [ Pb2+]^ Pb est un solide : on ne l’écrit pas.

E 2 = – 0,13 + 0,03 log 5. 10 –3^ ⇒ E 2 = – 0,23 V

3. Couple SO 4 2–^ / HSO 3 –^ SO 4 2–^ + 3 H+aq + 2e–^ →← HSO 3 –^ + H 2 O

E 1 = Eo 1 + 0, 2

log [^ SO^4 ]

2– . [ H+aq] 3

[ HSO 3 – ]^

avec [ SO 4 2–]^ = 10 [ HSO 3 – ]

E 1 = Eo 1 + 0,03 (log 10 + 3 log [ H+aq] ) = 0,12 – 0,03 – 0,09 pH

Donc E 1 = 0,15 – 0,09 pH

3.1. La réaction devient possible dès que E 1 < E 2 : faisons le calcul pour E 1 = Eo 2

• 0,23 = 0,15 – 0,09 pH ⇒ pH = – 0,
  • 0,

⇒ pH = 4,

3.2. La réaction est totale si ∆E > 0,3 V ⇒ E 2 – E 1 = 0,3 V

• 0,23 – 0,15 + 0,09 pH = 0,3 ⇒ pH = 0, 0,

⇒ pH = 7,

4. Demi-équation Pb2+^ + 2e–^ → Pb Demi-équation HSO 3 –^ + H 2 O → SO 4 2–^ + 3 H+aq + 2e–

Bilan global : Pb2+^ + HSO 3 –^ + H 2 O → SO 4 2–^ + 3 H+aq + Pb

EXERCICE 5 :

1. Couple NO 3 – /NO NO 3 –^ + 4 H+aq + 3e–^ →← NO + 2 H 2 O Eo 1 = + 0,96 V

E 1 = Eo 1 + 0, 3

log [^ NO^3 ]

– . [ H+aq ] 4

PNO

= 0,96 + 0,02 log [ NO 3 – ]^ + 0,02. 4 log [ H+aq] = 0,96 + 0,02 log c – 0,08 pH

E 1 = 0,96 + 0,02 log 0,1 – 0,08. 3 ⇒ E 1 = 0,70 V

Couple Ag+/Ag Eo 2 = + 0,80 V Ag + e–^ ←→ Ag On veut faire réagir de l’argent métallique Ag sur l’ion nitrate NO 3 – On constate que : Eo 2 > E 1 ⇒ Ag est réducteur FAIBLE NO 3 –^ et oxydant FAIBLE Il n’y a pas de réaction

2. Couple Cu2+/Pb Cu2+^ + 2e–^ →← Cu Eo 3 = 0,34 V

On constate : Eo 3 < E 1 ⇒ Cu est réducteur FORT NO 3 –^ et oxydant FORT Il y a réaction : Demi-équaions : Cu → Cu2+^ + 2e–^ x NO 3 –^ + 4 H+aq + 3e–^ → NO + 2 H 2 O x

Bilan global : 3 Cu + 2 NO 3 –^ + 8 H+aq → 3 Cu2+^ + 2 NO + 4 H 2 O

Calcul de la donnée : n = c. V = 0,1. 0,500 ⇒ n = 5.10–2^ mol

Tableau d’avancement :

EQUATION CHIMIQUE

3 Cu 2 NO 3 –^ 8 H+aq 2 NO 3 Cu2+^ 4 H 2 O

ETAT du SYSTEME

Avancement ( en mol ) ( en mol )^ ( en mol )^ ( en mol ) t = 0 0 nCu 5.10–2^0 t quelconque x nCu – 3x 5.10–2^ – 2x + 2 x

t final xL nCu – 3 xL 5.10–2^ – 2 xL= 0 + 2 xL

Réactif limitant xL : c’est la donnée NO 3 –^ : 5.10–2^ – 2 xL= 0 ⇒ xL= 2,5 .10–2^ mol

Masse de cuivre consommée : ncons = 3 xL = m M

⇒ m = 3 xL. M

m = 3. 2,5 .10–2^. 63,5 ⇒ m = 4,76 g

Volume de gaz NO dégagé : nNO = + 2 xL Vg Vm

⇒ Vg = 2 xL. Vm

Vg = 2. 2,5 .10–2^. 22,4 ⇒ Vg = 1,12 L