Corrigé n°5 - Modéliser le fonctionnement d'un accumulateur ou d'une batterie 2

Q1. Un réducteur est une espèce chimique dont l'entité est capable de céder au moins un électron. Or la demi-équation électronique associée à la transformation du lithium en ion lithium est \(\mathrm{Li=Li^{+}+e^{-}}\) : on remarque que le lithium a bien cédé au moins un électron, c'est donc un réducteur.

Q2. Le lithium est le réactif limitant ; d'après l'équation de réaction entre le lithium et l'eau, on a \(n_\mathrm{Li,i}-2x_\mathrm{max}=0\) et \(n_\mathrm{H_2,max}=x_\mathrm{max}\), soit \(x_\mathrm{max}=\frac{n_\mathrm{Li,i}}{2}\) et \(n_\mathrm{H_2,max}=\frac{n_\mathrm{Li,i}}{2}=\frac{m_\mathrm{Li,i}}{2M(\mathrm{Li})}\).  

De plus on a \(n_\mathrm{H_2,max}=\frac{V_\mathrm{H_2,max}}{V_\mathrm{m}}\) , donc il vient \(\frac{V_\mathrm{H_2,max}}{V_\mathrm{m}}=\frac{m_\mathrm{Li,i}}{2M(\mathrm{Li})}\) soit \(V_\mathrm{H_2,max}=V_\mathrm{m}\times \frac{m_\mathrm{Li,i}}{2M(\mathrm{Li})}\).

Le volume dihydrogène généré est donc égal à  \(V_\mathrm{H_2,max}=24\mathrm{\;L\cdot mol^{-1}}\times \frac{0,5\mathrm{\;g}}{2\times 6,9\mathrm{\; g\cdot mol^{-1}}}=0,9\mathrm{\;L}\). Le lithium, en réagissant avec l'eau, va donc générer un grand volume de dihydrogène, ce qui pourrait provoquer le gonflement voire l'explosion de la batterie. C'est pourquoi il est impératif d'utiliser un électrolyte anhydre. 

Q3. Les électrons sont générés à l'électrode négative ; il y a donc oxydation du lithium modélisée par la demi-équation électronique :   \(\mathrm{Li(s)=Li^{+}+e^{-}}\).

Les électrons sont consommés à l'électrode positive; il y a donc réduction du soufre modélisée par la demi-équation électronique : \(\mathrm{S(s)+2e^{-}=S^{2-}}\).

Q4. On complète le schéma fourni :

Q5. En multipliant la première demi-équation par deux et en lui ajoutant la seconde, on obtient :

\(\mathrm{S(s)+2e^{-}+2Li(s)\longrightarrow S^{2-}+2Li^++2e^-}\).

Or les ions sulfure précipitent avec les ions lithium pour former du sulfure de lithium \(\mathrm{S^{2-}+2Li^+\longrightarrow SLi_2(s)}\), donc l'équation de la réaction lors de la décharge de la batterie est :

\(\mathrm{S(s)+2Li(s)\longrightarrow SLi_2(s)}\).

Q6.  On sait que la quantité d'électricité qui a circulé peut s'obtenir à l'aide de la relation \(Q=I\times\Delta t\), ce qui nous donne \(\Delta t=\frac{Q}{I}\). On a donc \(\Delta t=\frac{3500\times10^{-3}\mathrm{A\cdot h}}{0,55\mathrm{\;A}}=6,4 \mathrm{\;h}\). 

Q7. Pour obtenir la capacité désirée, il faut une masse de matière active égale à \(\frac{3500\mathrm{\;mA\cdot h}}{300\mathrm{\;mA\cdot h\cdot g^{-1}}}=11,6\text{ g}\). On retrouve donc bien que la batterie contient environ 12 g de matière active. 
En se ramenant à 1 g de matière active, on a une durée d'utilisation massique de \(\frac{6,4\mathrm{\;h}}{11,6\mathrm{\;g}}=0,55\mathrm{\;h\cdot g^{-1}}\).

Q8. D'après la demi-équation électronique impliquant le soufre, on a \(\frac{n(\text{e})}{2}=\frac{n_\mathrm{S,i}}{1}\), soit \(\frac{n(\text{e})}{2}=\frac{m_\mathrm{S,i}}{M\mathrm{(S)}}\). La quantité d'électricité qui a circulé est aussi donnée par la relation \(Q=n(\text{e})\times F\). On a donc  \(Q=\frac{2m_\mathrm{S,i}}{M\mathrm{(S)}}\times F\) soit, pour un gramme de matière active,   \(Q=\frac{2\times 1,0 \mathrm{\;g}}{32,1\mathrm{\;g\cdot mol^{-1}}}\times 95000\mathrm{\;C\cdot mol^{-1}}=6,0\times10^3\mathrm{C}=1,7\times10^3\mathrm{\;mA\cdot h}\),

 ce qui représente une durée par gramme de matière active \(\Delta t=\frac{1,7\mathrm{\;A\cdot h}}{0,55\mathrm{\;A}}=3,1 \text{ h}\).

Cette valeur est plus de cinq fois plus élevée qu'avec une batterie au lithium-ion classique. La batterie lithium-soufre semble être prometteuse !