C'est nickel : électrolyse et titrage indirect d'un bain de nickelage

L'exercice de spécialité du bac S 2012 de Métropole, noté sur 4 points, porte sur le nickelage, qui consiste à déposer une fine couche de nickel sur une pièce métallique. Il se déroule en deux temps : comprendre et dimensionner l'électrolyse, puis contrôler la concentration en ions nickel du bain par un titrage indirect à l'EDTA. Les calculs sont simples, mais les justifications doivent s'appuyer sur les réactions.

Partie 1 : l'électrolyse

La pièce est reliée au pôle négatif parce que celui-ci lui fournit des électrons : les ions Ni²⁺ du bain les captent et se réduisent selon Ni²⁺ + 2 e^- → Ni, le métal se déposant sur la pièce. Une réduction ayant lieu sur cette électrode, la pièce est la cathode. La définition repose sur la nature de la réaction, pas sur le signe de la borne.

La question 1.1.3 demande pourquoi l'électrode reliée au pôle positif est en nickel. À l'anode a lieu une oxydation, et c'est le nickel lui-même qui s'oxyde en ions Ni²⁺. Il se forme autant d'ions à l'anode qu'il en disparaît à la cathode : la concentration du bain reste constante. C'est une électrolyse à anode soluble.

Pour déposer 1,0 g de nickel, on calcule n(Ni) = 1,0 / 59 = 1,7 × 10^-2 mol, puis n(e^-) = 2 n(Ni) = 3,4 × 10^-2 mol, deux électrons étant nécessaires par atome déposé. Oublier ce coefficient 2 divise la durée par deux. La quantité d'électricité vaut Q = n(e^-) N_A e = 3,3 × 10³ C ; le produit N_A e est la charge d'une mole d'électrons. Avec I = 6,0 A, la durée est Δt = Q/I = 5,4 × 10² s, soit environ 9 minutes. Il faut diviser la valeur non arrondie de Q : avec 3,3 × 10³ C, on trouverait 550 s.

Partie 2 : le titrage indirect

Les ions Ni²⁺ ne réagissent pas avec la solution titrante : on les fait d'abord réagir avec un excès connu d'EDTA, puis on titre l'EDTA restant par les ions Zn²⁺. Le titrage est donc indirect, ou en retour. Avant l'équivalence, seuls des ions Y^4- sont présents parmi les trois proposés : les ions nickel sont complexés et non libres, les citer est l'erreur à éviter. Après l'équivalence, les ions Zn²⁺ versés s'accumulent. L'indicateur passe donc du bleu au rose à l'équivalence.

À l'équivalence, n_rest(Y^4-) = [Zn²⁺] V_E = 3,9 × 10^-4 mol, à condition de convertir V_E en litres. La relation n₀ = n_réagi + n_rest donne la quantité d'ions nickel : 8,6 × 10^-4 − 3,9 × 10^-4 = 4,7 × 10^-4 mol, d'où [Ni²⁺]₂ = 4,7 × 10^-2 mol/L dans le prélèvement de 10,0 mL. La solution S2 ayant été diluée vingt fois, [Ni²⁺]₁ ≈ 9,4 × 10^-1 mol/L, proche de la concentration habituelle d'un bain, de l'ordre de 1 mol/L : la solution convient. Sans arrondi intermédiaire, on trouve 0,93 mol/L, ce qui explique le « environ » de l'énoncé.

Conseils pour réussir

Partez toujours de la demi-équation pour relier électrons et métal déposé, retenez « réduction à la cathode, oxydation à l'anode », et, dans un titrage en retour, écrivez explicitement le bilan d'EDTA avant de calculer.