Oxydoréduction
Oxydoréduction
Oxydoréduction
EXERCICE 1 :
Couples en présence : Fe2+/Fe Eo1 = – 0,44 V
+
Ag /Ag Eo2 = + 0,80 V
1.) D’après les valeurs des potentiels : Eo1 < Eo2 ⇒ OX FORT : Ag+
RED FORT : Fe
Fe réagit donc avec la solution d’ions Ag+
Equation de réaction : Fe → Fe2+ + 2 e–
Ag+ + e– → Ag || x 2
Bilan total : Fe + 2 Ag →+
Fe2+ + 2 Ag
Electrode en Ag : NO 3— NO 3—
Ag+ + e– → Ag
Le bilan aux électrodes donne les mêmes équations que dans le cas du contact direct, mais dans le cas
d’une pile l’échange d’électrons se fait par le milieu extérieur : ce qui donne un courant électrique
On constate que : [ Fe2+] augmente puisque les ions Fe2+ sont fabriqués
[ Ag+] diminue puisque les ions Ag+ sont consommés
EXERCICE 2 :
Couples en présence : Cu2+/Cu Eo1 = + 0,34 V
+
Ag /Ag Eo2 = + 0,80 V
1.) D’après les valeurs des potentiels : Eo1 < Eo2 ⇒ OX FORT : Ag+
RED FORT : Cu
Cu réagit donc avec la solution d’ions Ag+
Equation de réaction : Cu → Cu2+ + 2 e–
Ag+ + e– → Ag || x 2
t final xL 0 = n – 2 xL xL 2 xL
• Réactif limitant xL : ce sont les ions Ag+ puisque le cuivre est en excès :
n
0 = n – 2 xL ⇒ n = 2 xL ⇒ xL = = 5,9 . 10–4 mol
2
m
Nous pouvons maintenant répondre à la question posée : nAg = 2 xL =
M
Donc m = 2 xL . M = 2 . 5,9 . 10 . 108 –4
⇒ m = 0,127 g
EXERCICE 3 :
Couples en présence : Pb2+/Pb Eo1 = – 0,12 V
Ag+/Ag Eo2 = + 0,80 V
1.) Equations de définition des couples : Ag+ + e– → ← Ag
Pb 2+
+ 2 e →
–
← Pb
2.) On réalise une pile par l’association de 2 demi-piles :
Une demi-pile est obtenue en trempant le métal dans sa solution et on relie les 2 demi-piles par un pont
électrochimique
I
e—
Schéma de la pile : CIRCUIT
E° le plus grand : borne +
E° le plus petit : borne –
K+ Cl —
+ Ag Pb —
Le courant circule du + vers le – dans le PONT
circuit extérieur au générateur (pile)
Les cations circulent comme I
Les anions circulent comme les e– Ag+ Pb2+
Fém de la pile :
E = E° (grand) – E° (petit) NO 3— NO 3—
3.) D’après les valeurs des potentiels : Eo1 < Eo2 ⇒ OX FORT : Ag+
RED FORT : Pb
3
Equation de réaction aux électrodes : Pb → Pb2+ + 2e –
Ag+ + e– → Ag || x 2
EXERCICE 4 :
1.) Si le pôle négatif de cette pile est le zinc : c’est que le zinc correspond à la valeur du potentiel le
plus bas : donc Zn est le réducteur fort
On peut donc écrire la demi-équation correspondante :
Zn → Zn2+ + 2 e–
1 mole 2 moles
nZn n
n
on en déduit que : n . 1 = 2 n Zn ⇒ nZn = = 0,5 . 10–2 mol
2
2.) Quantité d’électricité pour 1 mole : 1 Faraday = 1 F = 96500 C
Donc Qexp = n F = 1 . 10–2 . 96500 ⇒ Q = 965 C
Q 965
On sait que : Q = I . t ⇒ t = = ⇒ t = 965 s = 16 min
I 1
• Equation de réaction
Fe + Cu2+ → Fe2+ + Cu
• Donnée : solution de sulfate de cuivre (Cu2+ + SO42– )
n = c . V = 0,5 . 0,150 ⇒ n = 7,5 . 10–2 mol
• Tableau d’avancement de la réaction :
t final xL n’ – xL 0 = n – xL xL xL
• Réactif limitant xL : ce sont les ions Cu2+ puisque l’énoncé dit qu’ils disparaissent totalement.
n – xL = 0 ⇒ n = xL ⇒ xL = 7,5 . 10–2 mol
• Equation de réaction
• Zn + 2 H+aq → Zn2+ + H2
m 2
• Donnée : masse de zinc : n= = ⇒ n = 3,1 . 10–2 mol
M 64,5
• Tableau d’avancement de la réaction :
t final xL 0 = n – xL xL xL
• Equation de réaction
• Fe + 2 H+aq → Fe2+
+ H2
m 0,2
• Donnée : masse de fer : n = = ⇒ n = 3,6 . 10–3 mol
M 55,8
Acide : pH = 1 ⇒ [ H+aq] = 10–pH = 10–1 mol.L–1
n’ = c . V = 0,1 . 0,1 ⇒ n’ = 10–2 mol
• Tableau d’avancement de la réaction :
t final xL xL xL
• Réactif limitant xL : il faur faire les deux calculs et voir quelle la valeur de x la plus petite :
Calcul 1 : n–x = 0 ⇒ n = x ⇒ x = 3,6 . 10–3 mol
n’
Calcul 2 : n’ – 2 x’ = 0 ⇒ x’ = ⇒ x’ = 0,5 . 10–2 mol
2
Conclusion : c’est le fer qui est le réctif limitant : xL = 3,6 . 10–3 mol
t final xL n’ – xL 0 = n i – xL xL xL
• Réactif limitant xL : la solution est totalement décolorée, donc tous les ions Cu2+ ont disparu :
ce sont donc les ions Cu2+ qui sont limitants.
La plaque a perdu une masse m = 55 mg d’étain :
m 55 . 10–3
nSn = xL = = ⇒ xL = 4,63 . 10–4 mol
M 118,7