Feuille d'entraînement : Oxydoréduction et piles

Corrigés

1. Exercice 1CCINP Modelisation PSI 2026, Q24

   D'après l'attribution établie à la question Q21, le dichlore \mathrm{Cl_2} correspond au domaine II. Ce domaine est restreint aux milieux très acides, délimité à droite par le point triple noté A (situé à un \mathrm{pH}_A \approx 1{,}3).

   À \mathrm{pH} = 7{,}2, la valeur du pH est nettement supérieure à \mathrm{pH}_A. Le domaine du dichlore n'existe plus : le dichlore n'est donc pas stable dans l'eau à \mathrm{pH} = 7{,}2.

   Pour \mathrm{pH} > \mathrm{pH}_A, les domaines de l'acide hypochloreux \mathrm{HClO} (domaine I, nombre d'oxydation +\mathrm{I}) et des ions chlorure \mathrm{Cl^-} (domaine III, nombre d'oxydation -\mathrm{I}) sont directement disjoints par une frontière commune. Le dichlore \mathrm{Cl_2} (degré d'oxydation intermédiaire 0) subit donc une réaction spontanée de dismutation, ce qui explique la formation d'acide hypochloreux.

   Les demi-équations électroniques associées aux deux couples sont :

   \begin{aligned} \text{Oxydation : } & \frac{1}{2}\,\mathrm{Cl_2(aq)} + \mathrm{H_2O(\ell)} = \mathrm{HClO(aq)} + \mathrm{H^+(aq)} + \mathrm{e^-} \\ \text{Réduction : } & \frac{1}{2}\,\mathrm{Cl_2(aq)} + \mathrm{e^-} = \mathrm{Cl^-(aq)} \end{aligned}

   En sommant ces deux demi-équations, on obtient l'équation-bilan de la dismutation du dichlore dans l'eau :

   \boxed{\mathrm{Cl_2(aq)} + \mathrm{H_2O(\ell)} = \mathrm{HClO(aq)} + \mathrm{Cl^-(aq)} + \mathrm{H^+(aq)}}

   Résultat

   $$\mathrm{C}{\mathrm{l}}_2(\mathrm{aq})+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}(\mathrm{\ell })=\mathrm{HClO}(\mathrm{aq})+\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}(\mathrm{aq})+{\mathrm{H}}^{+}(\mathrm{aq})$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CentraleSupélec Physique-Chimie 1 PSI 2026, Q39

   1. Demi-réaction à l'électrode de nickel en milieu basique

   Le couple mis en jeu est \mathrm{O}_2/\mathrm{H}_2\mathrm{O}. En milieu acide, la demi-équation s'écrit :

   \mathrm{O}_{2(\mathrm{g})} + 4\,\mathrm{H}^+_{(\mathrm{aq})} + 4\,\mathrm{e}^- \rightleftharpoons 2\,\mathrm{H}_2\mathrm{O}_{(\ell)}

   En ajoutant 4\,\mathrm{HO}^-_{(\mathrm{aq})} de part et d'autre et sachant que \mathrm{H}^+ + \mathrm{HO}^- \rightleftharpoons \mathrm{H}_2\mathrm{O}, on obtient la demi-réaction en milieu basique :

   \boxed{\mathrm{O}_{2(\mathrm{g})} + 2\,\mathrm{H}_2\mathrm{O}_{(\ell)} + 4\,\mathrm{e}^- \rightleftharpoons 4\,\mathrm{HO}^-_{(\mathrm{aq})}}

   2. Potentiel de l'électrode à dioxygène E_{\mathrm{O}_2}

   D'après la formule de Nernst à T = 298\text{ K}, en prenant p^\circ = 1\text{ bar} et c^\circ = 1\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1} :

   E_{\mathrm{O}_2} = E^\circ(\mathrm{O}_2/\mathrm{H}_2\mathrm{O}) + \frac{0{,}059}{4}\log\left(\frac{p(\mathrm{O}_2)}{p^\circ}[\mathrm{H}^+]^4\right) = E^\circ(\mathrm{O}_2/\mathrm{H}_2\mathrm{O}) - 0{,}059\,\mathrm{pH} + \frac{0{,}059}{4}\log\left(\frac{p(\mathrm{O}_2)}{p^\circ}\right)

   Avec E^\circ(\mathrm{O}_2/\mathrm{H}_2\mathrm{O}) = 1{,}23\text{ V}, \mathrm{pH} = 14 et p(\mathrm{O}_2) = 0{,}2\text{ bar} :

   \begin{aligned} E_{\mathrm{O}_2} &= 1{,}23 - 0{,}059 \times 14 + \frac{0{,}059}{4}\log(0{,}2) \\ &= 1{,}23 - 0{,}826 - 0{,}010 \\ &= 0{,}394\text{ V} \end{aligned}

   \boxed{E_{\mathrm{O}_2} = 0{,}39\text{ V}}

   3. Potentiel de l'électrode de lithium E_{\mathrm{Li}}

   La demi-équation associée au couple \mathrm{Li}^+_{(\mathrm{aq})}/\mathrm{Li}_{(\mathrm{s})} s'écrit :

   \mathrm{Li}^+_{(\mathrm{aq})} + \mathrm{e}^- \rightleftharpoons \mathrm{Li}_{(\mathrm{s})}

   La formule de Nernst donne :

   E_{\mathrm{Li}} = E^\circ(\mathrm{Li}^+/\mathrm{Li}) + 0{,}059\log\left(\frac{[\mathrm{Li}^+]}{c^\circ}\right)

   Pour [\mathrm{Li}^+] = 0{,}1\text{ mol}\cdot\text{L}^{-1} et E^\circ(\mathrm{Li}^+/\mathrm{Li}) = -3{,}045\text{ V} :

   E_{\mathrm{Li}} = -3{,}045 + 0{,}059\log(0{,}1) = -3{,}045 - 0{,}059 = -3{,}104\text{ V}

   \boxed{E_{\mathrm{Li}} = -3{,}10\text{ V}}

   4. Force électromotrice de l'accumulateur

   Puisque E_{\mathrm{O}_2} > E_{\mathrm{Li}}, l'électrode à oxygène constitue le pôle positif et l'électrode de lithium le pôle négatif. La f.e.m. à circuit ouvert vaut :

   e = E_{\mathrm{O}_2} - E_{\mathrm{Li}} = 0{,}394 - (-3{,}104) = 3{,}498\text{ V}

   \boxed{e \approx 3{,}50\text{ V}}

   Résultat

   $${\mathrm{O}}_{2(\mathrm{g})}+2{\mathrm{H}}_2{\mathrm{O}}_{(\ell )}+4{\mathrm{e}}^{-}\rightleftharpoons 4{\mathrm{HO}}_{(\mathrm{aq})}^{-}$$

   $$E_{{\mathrm{O}}_2}=0,39\text{ V}$$

   $$E_{\mathrm{Li}}=-3,10\text{ V}$$

   $$e\approx 3,50\text{ V}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3X-ENS Modelisation PSI 2026, Q34

   Considérons la demi-équation de réduction du dioxygène à la cathode :

   4\,\mathrm{H}^+ + 4\,\mathrm{e}^- + a\,\mathrm{O}_2 \longrightarrow b\,\mathrm{H}_2\mathrm{O}

   • Conservation de l'élément hydrogène \mathrm{H} :

     \begin{aligned} 4 &= 2b \implies b = 2 \end{aligned}

   • Conservation de l'élément oxygène \mathrm{O} :

     \begin{aligned} 2a &= b = 2 \implies a = 1 \end{aligned}

   • Conservation de la charge électrique :

     \begin{aligned} 4 \times (+1) + 4 \times (-1) + 0 &= 0 = b \times 0 \quad \text{(bien vérifiée)} \end{aligned}

   Les coefficients recherchés valent donc :

   \boxed{a = 1 \quad \text{et} \quad b = 2}

   La demi-équation électronique équilibrée s'écrit ainsi :

   \mathrm{O}_2 + 4\,\mathrm{H}^+ + 4\,\mathrm{e}^- \longrightarrow 2\,\mathrm{H}_2\mathrm{O}

   Résultat

   $$a=1\text{et}b=2$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4X-ENS Modelisation PSI 2026, Q35

   La relation d'équilibre thermodynamique fournie s'écrit :

   \Delta_r G^0 + n \mathcal{F} E_{\mathrm{eq}}^0 = 0 \iff E_{\mathrm{eq}}^0 = -\frac{\Delta_r G^0}{n \mathcal{F}}

   La valeur fournie \Delta_r G^0 = -237{,}1\text{ kJ}\cdot\text{mol}^{-1} correspond à l'enthalpie libre standard de formation d'une mole d'eau liquide selon l'équation-bilan :

   \mathrm{H}_2\text{(g)} + \frac{1}{2}\,\mathrm{O}_2\text{(g)} \longrightarrow \mathrm{H}_2\mathrm{O}\text{(l)}

   Pour cette réaction (rapportée à 1\text{ mol} de \mathrm{H}_2), la demi-équation anodique \mathrm{H}_2 \longrightarrow 2\,\mathrm{H}^+ + 2\,\mathrm{e}^- met en jeu n = 2 moles d'électrons.

   Remarque : Si l'on écrit la réaction avec des coefficients entiers, soit 2\,\mathrm{H}_2 + \mathrm{O}_2 \longrightarrow 2\,\mathrm{H}_2\mathrm{O}, l'enthalpie libre standard associée à cette équation est doublée (\Delta_r G^0 = 2 \times (-237{,}1)\text{ kJ}\cdot\text{mol}^{-1}) et le nombre d'électrons échangés vaut alors n = 4. Le potentiel E_{\mathrm{eq}}^0 étant une grandeur intensive, sa valeur reste rigoureusement inchangée.

   Avec les données numériques :

   • \Delta_r G^0 = -237{,}1\cdot 10^3\text{ J}\cdot\text{mol}^{-1} ;
   • n = 2 ;
   • \mathcal{F} = 96\,485\text{ C}\cdot\text{mol}^{-1}.

   On obtient :

   E_{\mathrm{eq}}^0 = \frac{237{,}1\cdot 10^3}{2 \times 96\,485} = \frac{237\,100}{192\,970} \approx 1{,}229\text{ V}

   \boxed{E_{\mathrm{eq}}^0 \approx 1{,}23\text{ V}}

   Résultat

   $$E_{\mathrm{eq}}^0\approx 1,23\text{ V}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CCINP Physique-Chimie PSI 2023, Q11

   Lors de l'opération 6, le diiode \mathrm{I_2(aq)} régénéré à l'opération 4 est titré par les ions thiosulfate \mathrm{S_2O_3^{2-}(aq)}. Les deux couples rédox impliqués sont :

   • \mathrm{I_2(aq)/I^-(aq)} : \mathrm{I_2(aq)} + 2\,\mathrm{e}^- \rightleftharpoons 2\,\mathrm{I^-(aq)} ;
   • \mathrm{S_4O_6^{2-}(aq)/S_2O_3^{2-}(aq)} : 2\,\mathrm{S_2O_3^{2-}(aq)} \rightleftharpoons \mathrm{S_4O_6^{2-}(aq)} + 2\,\mathrm{e}^-.

   L'équation de la réaction support du titrage s'écrit donc :

   \boxed{\mathrm{I_2(aq)} + 2\,\mathrm{S_2O_3^{2-}(aq)} \longrightarrow 2\,\mathrm{I^-(aq)} + \mathrm{S_4O_6^{2-}(aq)}}

   Justification qualitative du caractère quasi-total : D'après les données fournies à 298\text{ K} :

   \begin{aligned} E^\circ(\mathrm{I_2(aq)/I^-}) &= 0{,}68\text{ V}, \\ E^\circ(\mathrm{S_4O_6^{2-}/S_2O_3^{2-}}) &= 0{,}09\text{ V}. \end{aligned}

   L'écart entre les potentiels standard est :

   \Delta E^\circ = E^\circ(\mathrm{I_2(aq)/I^-}) - E^\circ(\mathrm{S_4O_6^{2-}/S_2O_3^{2-}}) = 0{,}68 - 0{,}09 = 0{,}59\text{ V}.

   L'oxydant le plus fort (\mathrm{I_2}) réagit sur le réducteur le plus fort (\mathrm{S_2O_3^{2-}}). Cet écart de potentiel standard très nettement supérieur à 0{,}2\text{ V} (pour une réaction échangeant n = 2 électrons) conduit à une constante d'équilibre :

   K^\circ = 10^{\frac{n\,\Delta E^\circ}{0{,}06}} = 10^{\frac{2 \times 0{,}59}{0{,}06}} \approx 10^{20} \gg 10^4.

   La constante d'équilibre est extrêmement grande, ce qui garantit que la réaction est quasi-totale.

   Résultat

   $${\mathrm{I}}_2(\mathrm{aq})+2{\mathrm{S}}_2{\mathrm{O}}_3^{2-}(\mathrm{aq})⟶2{\mathrm{I}}^{-}(\mathrm{aq})+{\mathrm{S}}_4{\mathrm{O}}_6^{2-}(\mathrm{aq})$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6CentraleSupélec Physique-Chimie 1 PSI 2023, Q1

   Par définition, quel que soit le mode de fonctionnement (générateur ou récepteur) :

   • L'anode est l'électrode où se déroule une oxydation (libération d'électrons) ;
   • La cathode est l'électrode où se déroule une réduction (consommation d'électrons).

   Examinons les deux demi-équations proposées :

   • Dans la réaction (I.1) :

     \mathrm{LiFePO}_{4\,(\mathrm{s})} \longrightarrow 0{,}6\,\mathrm{Li}^+ + 0{,}6\,e^- + \mathrm{Li}_{0,4}\mathrm{FePO}_{4\,(\mathrm{s})}

     des électrons sont libérés : il s'agit d'une oxydation.

   • Dans la réaction (I.2) :

     \mathrm{Li}^+ + 6\,\mathrm{C}_{(\mathrm{s})} + e^- \longrightarrow \mathrm{LiC}_{6\,(\mathrm{s})}

     des électrons sont captés : il s'agit d'une réduction.

   Ainsi, selon le sens d'écriture des réactions fournies :

   \boxed{\text{La réaction (I.1) a lieu à l'anode et la réaction (I.2) a lieu à la cathode.}}

   Résultat

   $$\text{La reˊaction (I.1) a lieu aˋ l’anode et la reˊaction (I.2) a lieu aˋ la cathode.}$$

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7. Exercice 7CCINP Physique-Chimie PSI 2022, Q1

   1. Nombres d'oxydation de l'élément chrome

   En prenant \text{n.o.}(\mathrm{O}) = -\mathrm{II} et \text{n.o.}(\mathrm{H}) = +\mathrm{I} :

   • Dans \mathrm{Cr_{(s)}} (corps pur simple) :

     \text{n.o.}(\mathrm{Cr}) = 0

   • Dans \mathrm{Cr^{2+}} :

     \text{n.o.}(\mathrm{Cr}) = +\mathrm{II}

   • Dans \mathrm{Cr^{3+}} :

     \text{n.o.}(\mathrm{Cr}) = +\mathrm{III}

   • Dans \mathrm{Cr(OH)_{3(s)}} : \text{n.o.}(\mathrm{Cr}) + 3\times(-\mathrm{II}) + 3\times(+\mathrm{I}) = 0 \implies

     \text{n.o.}(\mathrm{Cr}) = +\mathrm{III}

   • Dans \mathrm{CrO_4^{2-}} : \text{n.o.}(\mathrm{Cr}) + 4\times(-\mathrm{II}) = -2 \implies

     \text{n.o.}(\mathrm{Cr}) = +\mathrm{VI}

   • Dans \mathrm{Cr_2O_7^{2-}} : 2\times\text{n.o.}(\mathrm{Cr}) + 7\times(-\mathrm{II}) = -2 \implies 2\times\text{n.o.}(\mathrm{Cr}) = +12 \implies

     \text{n.o.}(\mathrm{Cr}) = +\mathrm{VI}

   2. Couple acido-basique \mathrm{Cr_2O_7^{2-}}/\mathrm{CrO_4^{2-}}

   Les deux espèces sont au même nombre d'oxydation (+\mathrm{VI}) et sont reliées par un échange d'ions \mathrm{H^+} sans transfert d'électrons :

   \mathrm{Cr_2O_7^{2-} + H_2O \rightleftharpoons 2\,CrO_4^{2-} + 2\,H^+}

   \boxed{\text{$\mathrm{Cr_2O_7^{2-}}$ est l'acide et $\mathrm{CrO_4^{2-}}$ est la base du couple.}}

   3. Attribution des domaines du diagramme E\text{--}\mathrm{pH}

   • Classement vertical (selon E) : le potentiel redox d'un couple croît globalement avec le degré d'oxydation. Les espèces se répartissent de bas en haut selon leur degré d'oxydation :

     0 < +\mathrm{II} < +\mathrm{III} < +\mathrm{VI}

   • Classement horizontal (selon le \mathrm{pH}) : à degré d'oxydation identique, la forme acide prédomine à gauche (faible \mathrm{pH}) et la forme basique (ou précipitée) à droite (fort \mathrm{pH}) :

     • Au degré +\mathrm{VI} : \mathrm{Cr_2O_7^{2-}} (acide) pour \mathrm{pH} < 6{,}7 et \mathrm{CrO_4^{2-}} (base) pour \mathrm{pH} > 6{,}7.
     • Au degré +\mathrm{III} : l'ion libre \mathrm{Cr^{3+}} pour \mathrm{pH} < 4{,}2 et le précipité \mathrm{Cr(OH)_{3(s)}} pour \mathrm{pH} > 4{,}2.
     • Au degré +\mathrm{II} : l'ion \mathrm{Cr^{2+}} en milieu acide.
     • Au degré 0 : le métal \mathrm{Cr_{(s)}} tout en bas du diagramme.

   Résultat

   $$\text{Cr2O72− est l’acide et CrO42− est la base du couple.}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8CentraleSupélec Physique-Chimie 2 PSI 2021, Q31

   1. Nombres d'oxydation du fer dans les différentes espèces :

   D'après les règles usuelles d'attribution du nombre d'oxydation (n.o.) et la neutralité des espèces :

   • Fer métallique \mathrm{Fe(s)} (corps simple) :

     \boxed{\mathrm{n.o.}(\mathrm{Fe}) = 0}

   • Cation fer(II) \mathrm{Fe^{2+}} (ion monoatomique de charge +2e) :

     \boxed{\mathrm{n.o.}(\mathrm{Fe}) = +\mathrm{II}}

   • Cation fer(III) \mathrm{Fe^{3+}} (ion monoatomique de charge +3e) :

     \boxed{\mathrm{n.o.}(\mathrm{Fe}) = +\mathrm{III}}

   • Oxyde de fer(III) \mathrm{Fe_2O_3(s)} : l'oxygène étant au nombre d'oxydation -\mathrm{II}, la neutralité électrique impose 2 \times \mathrm{n.o.}(\mathrm{Fe}) + 3 \times (-\mathrm{II}) = 0, soit :

     \boxed{\mathrm{n.o.}(\mathrm{Fe}) = +\mathrm{III}}

   2. Domaines d'immunité, de corrosion et de passivation :

   • Domaine d'immunité : correspond au domaine de prédominance (ou d'existence) de la forme métallique réduite \mathrm{Fe(s)}. Le fer y est thermodynamiquement stable et ne subit aucune oxydation.
   • Domaine de corrosion : correspond aux domaines de prédominance des espèces solubles, ici les cations \mathrm{Fe^{2+}} et \mathrm{Fe^{3+}}. Le métal s'oxyde en passant en solution, ce qui conduit à une dégradation progressive du matériau.
   • Domaine de passivation : correspond au domaine d'existence d'un oxyde ou hydroxyde métallique solide insoluble, ici \mathrm{Fe_2O_3(s)}, susceptible de former un film protecteur limitant ou bloquant la corrosion ultérieure du métal sous-jacent.

   Sur la figure B, ces trois domaines se répartissent ainsi :

   Résultat

   $$n.o.(\mathrm{Fe})=0$$

   $$n.o.(\mathrm{Fe})=+\mathrm{II}$$

   $$n.o.(\mathrm{Fe})=+\mathrm{III}$$

   $$n.o.(\mathrm{Fe})=+\mathrm{III}$$

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9. Exercice 9CentraleSupélec Physique-Chimie 2 PSI 2021, Q32

   En milieu aqueux acide, le fer métallique \mathrm{Fe\,(s)} peut être oxydé en ions ferreux \mathrm{Fe}^{2+} :

   • par les protons \mathrm{H}^+ de l'eau selon le couple \mathrm{H^+/H_2\,(g)} (E^\circ_1 = 0{,}00\text{ V}) ;
   • par le dioxygène dissous selon le couple \mathrm{O_2\,(g)/H_2O\,(l)} (E^\circ_2 = 1{,}23\text{ V}).

   Le couple d'oxydation du fer mis en jeu est \mathrm{Fe^{2+}/Fe\,(s)} avec E^\circ_{\mathrm{Fe}} = -0{,}44\text{ V} (demi-équation : \mathrm{Fe\,(s)} = \mathrm{Fe}^{2+} + 2\,\mathrm{e}^-).

   1. Réaction avec l'eau (protons \mathrm{H}^+) Les demi-équations d'oxydoréduction s'écrivent :

   \begin{aligned} \mathrm{Fe\,(s)} &= \mathrm{Fe}^{2+} + 2\,\mathrm{e}^- \\ 2\,\mathrm{H}^+ + 2\,\mathrm{e}^- &= \mathrm{H_2\,(g)} \end{aligned}

   L'équation-bilan avec un nombre stœchiométrique de 1 pour \mathrm{Fe\,(s)} est donc :

   \boxed{\mathrm{Fe\,(s)} + 2\,\mathrm{H}^+ = \mathrm{Fe}^{2+} + \mathrm{H_2\,(g)}}

   À l'équilibre à T = 298\text{ K}, l'égalité des potentiels de Nernst donne :

   \log K^\circ_1 = \frac{n \left(E^\circ(\mathrm{H^+/H_2}) - E^\circ(\mathrm{Fe^{2+}/Fe})\right)}{\frac{RT}{\mathcal{F}}\ln(10)}

   avec n = 2 électrons échangés et \frac{RT}{\mathcal{F}}\ln(10) = 0{,}06\text{ V} :

   \log K^\circ_1 = \frac{2 \times (0{,}00 - (-0{,}44))}{0{,}06} = \frac{0{,}88}{0{,}06} = \frac{44}{3} \approx 14{,}7

   \boxed{K^\circ_1 = 10^{44/3} \approx 4{,}6 \times 10^{14}}

   2. Réaction avec le dioxygène dissous La demi-équation de réduction du dioxygène en milieu acide s'écrit :

   \frac{1}{2}\,\mathrm{O_2\,(g)} + 2\,\mathrm{H}^+ + 2\,\mathrm{e}^- = \mathrm{H_2O\,(l)}

   En combinant avec l'oxydation du fer (n = 2 électrons échangés pour 1 mole de \mathrm{Fe}) :

   \boxed{\mathrm{Fe\,(s)} + \frac{1}{2}\,\mathrm{O_2\,(g)} + 2\,\mathrm{H}^+ = \mathrm{Fe}^{2+} + \mathrm{H_2O\,(l)}}

   La constante d'équilibre associée vaut :

   \log K^\circ_2 = \frac{2 \times \left(E^\circ(\mathrm{O_2/H_2O}) - E^\circ(\mathrm{Fe^{2+}/Fe})\right)}{0{,}06} = \frac{2 \times (1{,}23 - (-0{,}44))}{0{,}06} = \frac{3{,}34}{0{,}06} = \frac{167}{3} \approx 55{,}7

   \boxed{K^\circ_2 = 10^{167/3} \approx 4{,}6 \times 10^{55}}

   Commentaires

   • Les deux constantes d'équilibre sont considérablement supérieures à 10^4 (K^\circ_1 \gg 1 et K^\circ_2 \gg 1) : les deux réactions d'oxydation du fer sont thermodynamiquement quasi-totales en milieu acide.
   • On constate que K^\circ_2 \ggg K^\circ_1 (écart de 41 ordres de grandeur). Le dioxygène dissous possède un pouvoir oxydant nettement supérieur à celui des ions \mathrm{H}^+ (E^\circ = 1{,}23\text{ V} contre 0{,}00\text{ V}). La corrosion du fer est donc infiniment plus favorisée en présence d'eau aérée qu'en milieu désaéré.

   Résultat

   $$\mathrm{Fe}(\mathrm{s})+2{\mathrm{H}}^{+}={\mathrm{Fe}}^{2+}+{\mathrm{H}}_2(\mathrm{g})$$

   $$K_1^{\circ }=10^{44/3}\approx 4,6\times 10^{14}$$

   $$\mathrm{Fe}(\mathrm{s})+\frac{1}{2}{\mathrm{O}}_2(\mathrm{g})+2{\mathrm{H}}^{+}={\mathrm{Fe}}^{2+}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}(\mathrm{l})$$

   $$K_2^{\circ }=10^{167/3}\approx 4,6\times 10^{55}$$

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10. Exercice 10CCINP Physique-Chimie PSI 2020, Q41

    Le diiode \mathrm{I}_2 formé à l'issue de l'étape 3 est titré par les ions thiosulfate \mathrm{S}_2\mathrm{O}_3^{2-}.

    Les demi-équations électroniques associées aux deux couples rédox s'écrivent :

    \begin{aligned} \text{Réduction de l'oxydant } \mathrm{I}_2 : \quad & \mathrm{I}_2 + 2\,\mathrm{e}^- = 2\,\mathrm{I}^- \\ \text{Oxydation du réducteur } \mathrm{S}_2\mathrm{O}_3^{2-} : \quad & 2\,\mathrm{S}_2\mathrm{O}_3^{2-} = \mathrm{S}_4\mathrm{O}_6^{2-} + 2\,\mathrm{e}^- \end{aligned}

    En sommant ces deux demi-équations, on obtient l'équation-bilan de la réaction de dosage :

    \boxed{\mathrm{I}_2 + 2\,\mathrm{S}_2\mathrm{O}_3^{2-} \longrightarrow 2\,\mathrm{I}^- + \mathrm{S}_4\mathrm{O}_6^{2-}}

    Résultat

    $${\mathrm{I}}_2+2{\mathrm{S}}_2{\mathrm{O}}_3^{2-}⟶2{\mathrm{I}}^{-}+{\mathrm{S}}_4{\mathrm{O}}_6^{2-}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question