Chapitre 9 • Oxydoréduction
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Compte tenu de l’excès de NH 3 ajoutée par rapport à : [Cu
2+ ] = 8.10
–3 mol.L
–1 , on considérera
que : [Cu
2+ ] lib << [Cu(NH 3 ) 4
2+ ] ; par conséquent :
[Cu(NH 3 ) 4
2+ ] ≈ 8.10
–3 mol.L
–1
.
[NH 3 ] lib = [NH 3 ] aj – 4 [Cu(NH 3 ) 4
2+
] = 1 – 4 × 8.10
–3 = 0,968 mol.L
–1
. D’où :
Le potentiel de l’électrode a varié de ∆E = – 0,092 – 0,278, soit : ∆E = –0,37 V
Ce qu’il faut retenir de l’exercice 9.11
z La méthode pour calculer l’effet de la complexation d’un ion sur le potentiel de son
électrode indicatrice.
9.12* Fonctionnement d’une pile
a) Le n. o. de O valant –II, on en déduit : V (+V) dans VO 2
+ et V (+IV) dans VO
2+
.
b) Compartiment 1 :
VO 2
+ (aq) + 2 H + (aq) + e – = VO 2+ (aq) + H 2 O (l)
(DE1)
n = 1 ; E 1
0 (VO 2
+ /VO 2+ ) = 1,00 V ; [VO 2
+ ] = 10 –1 mol.L –1 ; [VO 2+ ] = 10 –2 mol.L –1 ;
[H
+
] = 0,5 mol.L
–1
Compartiment 2 :
Zn (s) = Zn 2+ (aq) + 2 e –
(DE2)
n = 2 ; E 2
0
(Zn
2+ /Zn) = – 0,76 V ; [Zn
2+ ] = 10
–1 mol.L
–1
Électrodes.
z L’électrode 1 est le pôle + de cette pile. Elle est le siège de la réduction de l’oxydant VO 2
+ .
C’est la cathode.
[Cu
2+ ] lib =
[Cu(NH 3 ) 4
2+ ]
β 4 × [NH 3 ] lib
4
=
8.10
−3
3,9.10
12
× (0,968)
4
= 2,3.10
−15 mol.L
−1
E = 0,34 +
0,059
2
log 10 2,3.10
−15
= −0,092 V
E 1 = E 1
0
+
0,059
n
log 10
[VO 2
+ ] × [H
+ ]
2
[VO
2+ ]
= 1,00 +
0,059
1
log 10
10
−1
× (0,5)
2
10
−2
= 1,02 V
E 2 = E 2
0
+
0,059
n
log 10 [Zn
2+ ] = −0,76 +
0,059
2
log 10 10
−1
= −0,79 V