Résumé : Pile de Daniell et électrolyse – 2BAC

Pile de Daniell et électrolyse – 2BAC
Pile de Daniell( Trans spontanés )2bac

1- Le critère d’évolution d’un système est la comparaison de Qr est K

$aA_{(aq)}+bB_{(aq)}\rightleftarrows cC_{(aq)}+dD_{(aq)}$

$Q_r=\dfrac{[C]^c.[D]^d}{[A]^a.[B]^b}$$Q_{r,i}$Q_{r,i}=K$$Q_{r,i}>K$
Sens direct ⟶Pas dévolution (État d’équilibre)⟵ Sens inverse

2-schema experimentale :

est constituée par deux demi-piles reliées par un pont salin (pont ionique).
Chacune est Composées d’une électrode M et d’une solution $M^{n+}$.
Un pont salin : permet la neutralité de chaque solution

Figure

3-schéma conventionnel :

(-) $M_1/M_1^{n_1+}$ || $M_2^{n_2+}/M_2$ (+)

Exemple :   $2Cu^{2+}+3Al\rightleftarrows 3Cu+2Al^{3+}$ est  $K=10^{20}$

$3*(Cu^{2+}+2e^{-}\rightleftarrows Cu)$ Réduction cathodique (+)

$2*(Al\rightleftarrows Al^{3+}+3e^{-})$ Oxydation anodique(−)

schéma conventionnel   $(-)Al/\,Al^{3+}\ ||\ Cu^{2+}/Cu\ (+)$

Figure

4-la polarité d’une pile :

+cathoderéductiondépôt du métal
–anodeoxydationdiminution du métal

La polarite par lampermetre :

com — Ⓐ —$I>0\rightarrow$ com (pole négat)
$I<0\rightarrow$ com ( pole posit)
com — Ⓥ —$U>0\rightarrow$ com (pole néga)

Remarque :

Si la pile a fonctionné une durée $\Delta t$ on utilise l’état intermédiaire x
Si la pile est épuisée (n’évolue pas) on utilise l’état maximal (le réactif limitant)

5-Quantité d’électricité fournie:

$Q=n(e^{-}).F$
(C) (mol) (C.mol⁻¹)		$Q=I.\Delta t$
(A) (s)

$F=N_A.e$  et  $n=N/N_A$   Constante de Faraday

les électrons échangés : $n(e^{-})=6x$ pour cette exemple $n(e^{-})$=coef . charge

6-Tableau d’avancement :

$3Cu^{2+}$$+\ 2Al\rightarrow$$2Al^{3+}$$+\ 3Cu$$6e^{-}$
$t=0$$n_1$$n_2$$n_3$$n_4$0
$t$$n_1-3x$$n_2-2x$$n_3+2x$$n_4+3x$$6x$
$t_f$$n_1-3x_f$$n_2-2x_f$$n_3+2x_f$$n_4+3x_f$$6x_f$

si I et Δt donne on peut calculer x et :

$n(x)$ produit$n(x)$ Réagit
$n(Cu)=3x$
$n(Al^{3+})=2x$		$n(Cu^{2+})=3x$
$n(Al)=2x$

La variation de la quantité de matière:

$\Delta n(Cu^{2+})=n_1-(n_1-3x)=-3x$
$\Delta n(Al)=n_2-(n_2-2x)=-2x$		réactifs
$\Delta n(Al^{3+})=n_3-(n_3+2x)=2x$
$\Delta n(Cu)=n_4-(n_4+3x)=3x$		produits

quantité de matière restée

$n(Cu^{2+})=n_1-3x$$n(Al)=n_2-2x$

Calculs :

la masse$m=n.M$
variation de la masse$\Delta m=\Delta n.M$
Concentration$[X]=\dfrac{n}{V}$
variation de la concentration$\Delta[X]=\dfrac{\Delta n}{V}$

calculs la concentration final :

$[Al^{3+}]=\dfrac{n_3+3x}{V}$$[Cu^{2+}]=\dfrac{n_1-3x}{V}$

à l’instant $t_f$ : état final

– Déterminons $x_m$ :
si Al est le réactif limitant : $x_m=\dfrac{n_2}{2}=\dfrac{m}{2M}$
si $Cu^{2+}$ est le réactif limitant : $x_m=\dfrac{n_1}{3}=\dfrac{c.v}{3}$
– calculs :

$Q_{max}$ quantité d’électricité maximale$Q_{max}=n(e\text{-}).F$
$Q_{max}=6x_m.F$
$\Delta t_{max}$ la durée de fonctionnement de la pile$\Delta t_{max}=\dfrac{6x_m.F}{I}$

Electrolyse (Trans Forcées)

Le courant imposé est inverse à celui qui serait observé lorsque le système évolue spontanément.

Dans une électrolyse :
– pôle positif (+) ▶ anode → oxydation
– pôle négatif (-) ▶ cathode → réduction
exemple :

Figure
$Cu^{2+}+2e^{-}\rightleftarrows Cu$$2Br^{-}\rightleftarrows Br_2+2e^{-}$
$Cu^{2+}+2Br^{-}\rightleftarrows Cu+Br_2$
$n=\dfrac{m}{M}$    $n=\dfrac{V}{V_m}$    $n(e^{-})=\dfrac{I.\Delta t}{F}$

calculs m(Cu) déposé

$m(Cu)=\dfrac{I.\Delta t.M}{2.F}$$n(Cu)=\dfrac{n(e^{-})}{2}$

calculs V(Br₂)

$V(Br_2)=\dfrac{I.\Delta t.V_m}{2.F}$$n(Br_2)=\dfrac{n(e^{-})}{2}$

oxydation de l’eau H₂O :

$H_2O\rightleftarrows O_2+4H^{+}+4e^{-}$
$H_2O\rightleftarrows O_2+4H_3O^{+}+4e^{-}$		$n(O_2)=\dfrac{n(e^{-})}{4}$

réduction de l’eau H₂O :

$2H_2O+2e^{-}\rightleftarrows H_2+2HO^{-}$$n(H_2)=\dfrac{n(e^{-})}{2}$

Calculs e épaisseur ou masse déposé

$m=\rho.V$$V=S.e$$m=\rho.S.e$

Le Dépôt métallique est une réduction cathodique (-)

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