chimie (MP2I) · Chapitre 5 · Exercice de TD

Titrer l'eau oxygénée par le permanganate

Oxydo-réduction : piles et potentiels · D. Prévoir le sens d'une réaction redox · niveau 2

Énoncé

Une eau oxygénée du commerce est dite « à 10 volumes ». On la dilue dix fois, on prélève $V_{0} = 10, 0 mL$ de la solution diluée, on l'acidifie par de l'acide sulfurique, puis on verse une solution de permanganate de potassium à $c_{1} = 2, 00 \times 1 0^{- 2} mol L^{- 1}$ . Le mélange reste incolore jusqu'à $V_{E} = 17, 6 mL$ , puis se colore durablement en violet.

Potentiels standard : $MnO X_{4} X^{-} / Mn X^{2 +}$ $1, 51 V$ ; $O X_{2} / H X_{2} O X_{2}$ $0, 70 V$ .

1) Écrire les deux demi-équations électroniques en milieu acide, puis l'équation de la réaction de titrage. Donner le nombre d'oxydation du manganèse et de l'oxygène dans chaque espèce.

2) Calculer la constante d'équilibre de la réaction. Pourquoi convient-elle à un titrage ?

3) Pourquoi le mélange reste-t-il incolore avant l'équivalence ? Comment repère-t-on l'équivalence ?

4) Déterminer la concentration de la solution diluée, puis celle de l'eau oxygénée du commerce.

5) « 10 volumes » signifie qu'un litre de cette eau oxygénée libère $10 L$ de dioxygène, mesurés dans des conditions où le volume molaire vaut $22, 4 L mo l^{- 1}$ , par la décomposition $2 H X_{2} O X_{2} 2 H X_{2} O + O X_{2}$ . Le résultat du titrage est-il cohérent ?

Corrigé

Ce qu'on a le droit d'utiliser. Les demi-équations équilibrées avec $H X^{+}$ et $H X_{2} O$ , la relation $lo g K = \frac{n Δ E ^{\circ}}{0 , 06}$ (avec $n$ le nombre d'électrons échangés dans l'équation écrite), et la définition de l'équivalence : les réactifs ont été introduits dans les proportions de l'équation.

1) Les équations. $MnO X_{4} X^{-} + 8 H X^{+} + 5 e X^{-} = Mn X^{2 +} + 4 H X_{2} O, H X_{2} O X_{2} = O X_{2} + 2 H X^{+} + 2 e X^{-} .$ On multiplie la première par $2$ et la seconde par $5$ pour échanger $10$ électrons : $2 MnO X_{4} X^{-} + 5 H X_{2} O X_{2} + 6 H X^{+} 2 Mn X^{2 +} + 5 O X_{2} + 8 H X_{2} O .$ Le manganèse passe de $+ VII$ ( $MnO X_{4} X^{-}$ ) à $+ II$ ( $Mn X^{2 +}$ ) : il est réduit. L'oxygène de $H X_{2} O X_{2}$ passe de $- I$ à $0$ dans $O X_{2}$ : il est oxydé.

2) La constante. $lo g K = \frac{10 \times ( 1 , 51 - 0 , 70 )}{0 , 06} = 135, K = 1 0^{135} .$ La réaction est quasi totale ; elle est de plus rapide en milieu acide. Ce sont les deux conditions d'une réaction de titrage.

3) Le repérage. Avant l'équivalence, l'ion permanganate, violet, est le réactif limitant : chaque goutte est consommée aussitôt, et les ions $Mn X^{2 +}$ formés sont presque incolores. Après l'équivalence, il n'y a plus d'eau oxygénée : le permanganate versé subsiste et colore le mélange. Le réactif titrant sert lui-même d'indicateur ; l'équivalence est la première goutte qui laisse une teinte violette persistante.

4) Les concentrations. À l'équivalence, $\frac{n ( MnO X _{4} X ^{-} )}{2} = \frac{n ( H X _{2} O X _{2} )}{5}$ , avec $n (MnO X_{4} X^{-}) = c_{1} V_{E} = 2, 00 \times 1 0^{- 2} \times 17, 6 \times 1 0^{- 3} = 3, 52 \times 1 0^{- 4} mol$ : $n (H X_{2} O X_{2}) = \frac{5}{2} \times 3, 52 \times 1 0^{- 4} = 8, 80 \times 1 0^{- 4} mol,$ $c_{dilu e ˊ e} = \frac{8 , 80 \times 1 0 ^{- 4}}{10 , 0 \times 1 0 ^{- 3}} = 8, 80 \times 1 0^{- 2} mol L^{- 1} .$ L'eau oxygénée du commerce, dix fois plus concentrée, est à $0, 880 mol L^{- 1}$ .

5) Les « volumes ». $10 L$ de dioxygène correspondent à $10/22, 4 = 0, 446 mol$ ; la décomposition en demande deux fois plus de $H X_{2} O X_{2}$ , soit $0, 893 mol$ par litre. Le titrage donne $0, 880 mol L^{- 1}$ : l'écart est de $1, 5$ pour cent, cohérent avec une eau oxygénée qui se décompose lentement après fabrication.

Ce que l'exercice installe. Un titrage d'oxydoréduction s'exploite en trois temps : l'équation, équilibrée par les demi-équations ; la constante, qui garantit une réaction totale ; l'équivalence, qui relie les quantités par les coefficients stœchiométriques, et non une à une.

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