Corrigé n°3 - Modéliser le fonctionnement d'une électrolyse 3

Q1. Par convention, le courant électrique circule de la borne positive du générateur à la borne négative: son sens est donc représenté par la flèche (3). Les électrons circulent donc dans les fils dans le sens opposé, figuré par la flèche (2).

Q2. À l'électrode A, les électrons sont consommés donc il y a réduction. La demi-équation électronique qui modélise ce qu'il se déroule à cette électrode est donc celle qui forme du dihydrogène : \(\mathrm{2\;H^+(aq)+2\;\text{e}^-\rightarrow H_2(g)}\).

 À l'électrode B, des électrons sont générés, donc il se produit une oxydation. La demi-équation électronique qui modélise la réaction qui se déroule à cette électrode est donc celle qui forme du dioxygène : \(\mathrm{2\;H_2O(\ell)\rightarrow O_2(g)+4\;H^+(aq)+4\;e^-}\).

Q3. En multipliant la première demi-équation électronique par deux et en la sommant à la seconde, on obtient :

\(\mathrm{4\;H^+(aq)+4\;\text{e}^-+2\;H_2O(\ell)\rightarrow 2H_2(g) +O_2(g)+4\;H^+(aq)+4\;e^-}\).

Après simplification, l'équation de la réaction modélisant la transformation chimique qui se déroule lors ce cette électrolyse est donc :

\(\mathrm{2\;H_2O(\ell)\rightarrow 2H_2(g) +O_2(g)}\).

D'après la stœchiométrie de la réaction, on forme deux fois plus de dihydrogène que de dioxygène. Or ces gaz ont le même volume molaire, donc le volume de dihydrogène formé est deux fois plus important que le volume de dioxygène formé. On retrouve bien ce rapport expérimentalement.

Q4. On sait que la quantité d'électricité qui a circulé peut s'obtenir à l'aide de la relation \(Q=I\times\Delta t\) , soit \(Q=0,16\mathrm{\;A}\times(3,0\times60\mathrm{\;s}+20\mathrm{\;s})=32\mathrm{\;C}\).

De plus, cette quantité d'électricité est aussi reliée à la quantité de matière d'électrons échangés par la relation \(Q=n(\text{e})\times e\times N_\text{A}\), soit \(n(\text{e})=\frac{Q}{e\times N_\text{A}}\).

On a donc :  \(n(\text{e})=\frac{\mathrm{32\;C}}{\mathrm{1,6\times10^{-19}\; C}\times \mathrm{6,02\times10^{23}\; mol^{-1}}}=3,3\mathrm{\times10^{-4} \;mol}\).

Q5. D'après la demi-équation électronique modélisant la formation de dihydrogène, on a \(\frac{n(\text{e})}{2}=\frac{n_\mathrm{H_2}}{1}\).

De plus, la quantité de matière de dihydrogène vérifie la relation \(n_\mathrm{H_2}=\frac{V_\mathrm{H_2}}{V_\mathrm{m}}\).

Il vient \(\frac{n(\text{e})}{2}=\frac{V_\mathrm{H_2}}{V_\mathrm{m}}\) soit \(V_\mathrm{H_2}=V_\mathrm{m}\times \frac{n(\text{e})}{2}\). On a donc formé au maximum  \(V_\mathrm{H_2}=24\mathrm{\;L\cdot mol^{-1}}\times \frac{3,3\mathrm{\times10^{-4}\; mol}}{2}=4,0 \mathrm{\times10^{-3}\; L}=4,0 \mathrm{\;mL}\). Ce volume est confirmé expérimentalement.

Q6. D'après le schéma du procédé Haber-Bosch (figure 2), le dihydrogène réagit avec le diazote pour former de l'ammoniac. L'équation de la réaction est donc :

\(\mathrm{3\;H_2(g)+N_2(g)\rightarrow 2NH_3(g)}\).

Si trois moles de dihydrogène et une mole de diazote sont consommées, on forme deux moles d'ammoniac. Ainsi, si cette transformation est totale et que le dihydrogène est le réactif limitant, on a : \(n_\mathrm{H_2,i}-3x_\mathrm{max}=0\) et \(n_\mathrm{NH_3,max}=2x_\mathrm{max}\), soit \(x_\mathrm{max}=\frac{n_\mathrm{H_2,i}}{3}\) et \(n_\mathrm{NH_3,max}=\frac{2n_\mathrm{H_2,i}}{3}\). 
On a donc, en considérant la masse, \(\frac{m_\mathrm{NH_3,max}}{M_\mathrm{NH_3}}=\frac{2m_\mathrm{H_2,i}}{3M_\mathrm{H_2}}\) soit une masse théorique obtenue de \(m_\mathrm{NH_3,max}=\frac{2m_\mathrm{H_2,i}\times M_\mathrm{NH_3}}{3M_\mathrm{H_2}}\).
L'énoncé précise que le rendement de ce procédé est de 20 %. En réalité, on forme donc une masse d'ammoniac donnée par la relation \(m_\mathrm{NH_3}=\frac{20}{100}\times m_\mathrm{NH_3,max}=\frac{20}{100}\times\frac{2m_\mathrm{H_2,i}\times M_\mathrm{NH_3}}{3M_\mathrm{H_2}}\), soit \(m_\mathrm{NH_3}=\frac{20}{100}\times\frac{2\times 640\mathrm{t}\times (14\mathrm{\; g\cdot mol^{-1}}+3\times1,0\mathrm{\; g\cdot mol^{-1}})}{3\times2\times1,0\mathrm{\; g\cdot mol^{-1}} }= 7,3\times10^2\mathrm{t}\).