Corrigé bac physique-chimie 2026 Amérique du Nord jour 2 — Exercice 2 : HOPE, l'espoir du dihydrogène vert (électrolyse de l'eau de mer)

Sujet officiel du baccalauréat, spécialité physique-chimie, session 2026. Corrigé rédigé par Ibrahim Alame.

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Énoncé

Le dihydrogène représente l'une des alternatives à l'usage des combustibles fossiles pour le transport de l'énergie. Cependant, 96 % de sa production se fait à partir de méthane : c'est le dihydrogène gris. Aujourd'hui, c'est le procédé le plus économique mais c'est aussi le plus polluant.

Un espoir apparaît avec HOPE (Hydrogen Offshore Production for Europe), projet de production de dihydrogène non polluant (dihydrogène vert) en pleine mer piloté par la start-up française Lhyfe. On utilise un électrolyseur pour produire du dihydrogène vert par électrolyse de l'eau de mer. La plateforme en mer porte un électrolyseur de 10 MW avec ses transformateurs haute tension et ses redresseurs ; elle est alimentée par une éolienne flottante et reliée à la côte, sur environ 1 km, par un câble sous-marin et par un pipeline flexible qui exporte le dihydrogène, comprimé à 350 bar. (D'après smart-appart.fr)

Données :

masse molaire atomique : $M (H) = 1, 0 g \cdot mo l^{- 1}$ ;
constante d'Avogadro : $N_{A} = 6, 0 \times 1 0^{23} mo l^{- 1}$ ;
charge élémentaire : $e = 1, 6 \times 1 0^{- 19} C$ ;
charge d'une mole d'électrons : $F = N_{A} \times e = 96500 C \cdot mo l^{- 1}$ ;
couples d'oxydo-réduction mis en jeu dans la réaction : $H X^{+} (aq) / H X_{2} (g)$ et $O X_{2} (g) / H X_{2} O (l)$ ;
$1 W \cdot h = 3600 J$ ;
la relation entre la capacité (ou quantité d'électricité transférée) $Q$ (en $A \cdot h$ ) et la durée de transfert $Δ t$ (en h), pour une intensité électrique $I$ (en A), est donnée par la relation : $Q = I \times Δ t$ .

Une éolienne flottante permet l'alimentation en énergie de la plateforme. Celle-ci possède une turbine qui a produit, au cours du mois de décembre 2023, une énergie électrique de $922 MW \cdot h$ .

Q.1. Déterminer, en $MW \cdot h$ , l'énergie moyenne produite par l'éolienne chaque jour au mois de décembre 2023.

On réalise au laboratoire l'électrolyse de l'eau de mer. La tension $U$ appliquée aux bornes de l'électrolyseur est de 4,74 V et le courant électrique $I$ qui circule est de 7,25 mA pendant une durée $Δ t = 6 min 47 s$ .

Q.2. Compléter le document 2 de l'annexe à rendre avec la copie en y faisant figurer le sens de circulation du courant électrique $I$ et celui des électrons dans le circuit électrique.

Q.3. Écrire les demi-équations électroniques des deux couples d'oxydoréduction mis en jeu dans la réaction. Dans les encadrés de l'annexe à rendre avec la copie, associer à chaque électrode de l'électrolyseur la demi-équation se produisant lors de l'électrolyse.

Q.4. En déduire l'équation de réaction modélisant la transformation qui a lieu au sein de l'électrolyseur.

Q.5. Exprimer en fonction de $I$ , $Δ t$ et $F$ la quantité de matière d'électrons échangés dans cet électrolyseur. Calculer sa valeur.

Q.6. Montrer que la masse de dihydrogène produite vaut $3, 06 \times 1 0^{- 5} g$ dans l'électrolyseur du laboratoire.

Q.7. Calculer l'énergie nécessaire dans ces conditions pour récupérer 400 kg de dihydrogène, masse que l'industriel espère récupérer par jour.

Le candidat est invité à prendre des initiatives et à présenter la démarche suivie, même si elle n'a pas abouti. La démarche est évaluée et doit être correctement présentée.

Q.8. Vérifier si ce résultat est cohérent avec le résultat trouvé dans la question Q.1. Commenter.

Annexe à rendre avec la copie — document 2

Corrigé

Q.1. Le mois de décembre compte 31 jours. L'énergie moyenne produite par jour est le quotient de l'énergie totale par le nombre de jours :

$E_{jour} = \frac{E _{d e ˊ cembre}}{31} = \frac{922}{31} = 29, 7 MW \cdot h .$

Cela correspond à une puissance électrique moyenne $P = \frac{29 , 7}{24} = 1, 24 MW$ , soit environ le huitième des 10 MW que l'électrolyseur de la plateforme peut absorber : l'ordre de grandeur à retenir pour la question Q.8 est celui du mégawatt.

Q.2. C'est le générateur G qui impose le sens du courant : dans le circuit extérieur, le courant électrique $I$ sort de la borne $+$ du générateur, parcourt le fil de gauche, traverse l'électrode de gauche puis la solution, ressort par l'électrode de droite et revient à la borne $-$ . Les électrons, porteurs de charge négative, circulent dans les fils en sens inverse du courant conventionnel : ils quittent la borne $-$ du générateur, rejoignent l'électrode de droite (où ils sont consommés), et sont arrachés à l'électrode de gauche pour revenir vers la borne $+$ . Attention : il n'y a pas d'électrons libres dans la solution ; le courant y est assuré par la migration des ions $H X^{+}$ et $SO X_{4} X^{2 -}$ .

Q.3. Les deux couples donnent les demi-équations électroniques suivantes :

couple $H X^{+} (aq) / H X_{2} (g)$ : $2 H X^{+} (aq) + 2 e X^{-} H X_{2} (g)$ (réduction) ;
couple $O X_{2} (g) / H X_{2} O (l)$ : $2 H X_{2} O (l) O X_{2} (g) + 4 H X^{+} (aq) + 4 e X^{-}$ (oxydation).

L'électrode reliée au pôle $+$ du générateur (électrode de gauche) est l'anode : elle est le siège de l'oxydation de l'eau, il s'y dégage du dioxygène. L'électrode reliée au pôle $-$ (électrode de droite) est la cathode : elle est le siège de la réduction des ions $H X^{+}$ , il s'y dégage du dihydrogène. (Dans une électrolyse, contrairement à une pile, l'anode est le pôle $+$ et la cathode le pôle $-$ ; mais « anode = oxydation » reste vrai.)

Q.4. Pour combiner les deux demi-équations, on égalise le nombre d'électrons échangés : on multiplie par 2 la demi-équation de réduction pour faire apparaître 4 électrons :

$4 H X^{+} (aq) + 4 e X^{-} 2 H X_{2} (g) et 2 H X_{2} O (l) O X_{2} (g) + 4 H X^{+} (aq) + 4 e X^{-} .$

En additionnant membre à membre, les 4 électrons et les 4 ions $H X^{+}$ se simplifient :

$2 H X_{2} O (l) 2 H X_{2} (g) + O X_{2} (g) .$

C'est l'équation de l'électrolyse de l'eau. On vérifie sur le schéma que le volume de dihydrogène recueilli est bien le double de celui du dioxygène.

Q.5. La quantité d'électricité transférée s'écrit $Q = I \times Δ t$ et elle est reliée à la quantité de matière d'électrons par $Q = n (e X^{-}) \times F$ . En égalant :

$n (e X^{-}) = \frac{I \times Δ t}{F} .$

Application numérique, avec $I = 7, 25 mA = 7, 25 \times 1 0^{- 3} A$ et $Δ t = 6 \times 60 + 47 = 407 s$ :

$n (e X^{-}) = \frac{7 , 25 \times 1 0 ^{- 3} \times 407}{96 500} = \frac{2 , 95}{96 500} = 3, 06 \times 1 0^{- 5} mol .$

Ce que le correcteur attend : l'intensité convertie en ampères et la durée en secondes (pour que $Q$ soit en coulombs, puisque $F$ est en $C \cdot mo l^{- 1}$ ). Travailler en $A \cdot h$ conduirait à une erreur d'un facteur 3600.

Q.6. D'après la demi-équation à la cathode, $2 H X^{+} (aq) + 2 e X^{-} H X_{2} (g)$ , il se forme une molécule de $H X_{2}$ pour deux électrons consommés :

$n (H X_{2}) = \frac{n ( e X ^{-} )}{2} = \frac{3 , 06 \times 1 0 ^{- 5}}{2} = 1, 53 \times 1 0^{- 5} mol .$

La masse molaire du dihydrogène vaut $M (H X_{2}) = 2 \times M (H) = 2, 0 g \cdot mo l^{- 1}$ , d'où :

$m (H X_{2}) = n (H X_{2}) \times M (H X_{2}) = \frac{I Δ t}{2 F} \times M (H X_{2}) = 1, 53 \times 1 0^{- 5} \times 2, 0$

$m (H X_{2}) = 3, 06 \times 1 0^{- 5} g .$

Q.7. Démarche. On calcule d'abord l'énergie électrique consommée par l'électrolyseur du laboratoire pendant la durée $Δ t$ , puis on suppose que l'énergie consommée est proportionnelle à la masse de dihydrogène produite (mêmes conditions de fonctionnement, même rendement), ce qui permet un produit en croix jusqu'à 400 kg.

Énergie consommée au laboratoire ( $E = P Δ t = U I Δ t$ ) :

$E_{labo} = 4, 74 \times 7, 25 \times 1 0^{- 3} \times 407 = 14, 0 J$

pour $m (H X_{2}) = 3, 06 \times 1 0^{- 5} g$ de dihydrogène. Pour $m^{'} = 400 kg = 4, 00 \times 1 0^{5} g$ :

$E = E_{labo} \times \frac{m ^{'}}{m ( H X _{2} )} = 14, 0 \times \frac{4 , 00 \times 1 0 ^{5}}{3 , 06 \times 1 0 ^{- 5}} = 1, 83 \times 1 0^{11} J .$

Ce que le correcteur attend : les 400 kg convertis en grammes avant le produit en croix, et une énergie exprimée en notation scientifique.

Q.8. Pour comparer, on convertit cette énergie dans l'unité de la question Q.1. Comme $1 W \cdot h = 3600 J$ :

$E = \frac{1 , 83 \times 1 0 ^{11}}{3600} = 5, 08 \times 1 0^{7} W \cdot h = 50, 8 MW \cdot h .$

Or l'éolienne n'a produit en moyenne que $29, 7 MW \cdot h$ par jour en décembre 2023 :

$\frac{50 , 8}{29 , 7} = 1, 7.$

Le résultat n'est donc pas cohérent : il faudrait environ 1,7 fois plus d'énergie que l'éolienne n'en produit pour obtenir les 400 kg de dihydrogène espérés chaque jour, avec les performances de l'électrolyseur du laboratoire.

Commentaire. Cet écart ne condamne pas le projet, car l'électrolyseur du laboratoire est très peu performant : il fonctionne sous $U = 4, 74 V$ , alors que la tension minimale théorique de l'électrolyse de l'eau est de l'ordre de 1,2 V. Une grande partie de l'énergie est dissipée par effet Joule et par les surtensions aux électrodes. À masse de dihydrogène produite égale, l'énergie consommée est proportionnelle à $U$ : un électrolyseur industriel fonctionnant vers 1,8 V n'en consommerait que $\frac{1 , 8}{4 , 74} = 0, 38$ fois autant (soit environ 2,6 fois moins), c'est-à-dire de l'ordre de $0, 38 \times 50, 8 \approx 19 MW \cdot h$ par jour : la production de l'éolienne redeviendrait alors suffisante. On peut aussi souligner que la production éolienne est très variable d'un jour à l'autre (29,7 MW·h n'est qu'une moyenne mensuelle) et qu'il faudrait, soit plusieurs éoliennes, soit un stockage, pour lisser la production.

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