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Correction: Exercices Chimie Organique
The Italian Llama
Version du 03 septembre 2015
Ce document contient des propositions de solution pour les exercices du manuel ”Chimie Organique” pourles 1eres B et C. Toutes les propositions sont sans garantie. Si vous trouvez une faute, veuillez nous contacterpar courriel sur [email protected] sont uniquement les exercices figurant sur le programme officiel.
Chapitre 1
Exercice 1 page 10
Combustion de l’heptane:C7H16 + 11 O2 −−→ 8 H2O + 7 CO2
Combustion de l’octane:2 C8H16 + 25 O2 −−→ 18 H2O + 16 CO2
Masse de 1 L d’essence: m(essence) = ρ(essence) × V(essence) = 0.70 gcm3 × 1000 cm3 = 700 g
Masse de heptane: 0.35 × 700 g = 245 g
Nombre de moles de heptane: n(heptane) =m(heptane)
M(heptane)=
245 g
100 gmol
= 2.45 mol
Nombre de moles d’oxygene necessaire pour la combustion de 2.45 mol de heptane: n(O2) = 11 × n(heptane)= 26.95 molNombre de moles de dioxyde de carbone produit lors de la combustion de 2.45 mol de heptane: n(CO2) =7 × n(heptane) = 17.15 mol
Masse d’octane: 0.75 × 700 g = 455 g
Nombre de moles d’octane: n(octane) =m(octane)
M(octane)=
455 g
114 gmol
= 3.99 mol
Nombre de moles d’oxygene necessaire pour la combustion de 3.99 mol d’octane: n(O2) = 252 × n(octane) =
49.88 molNombre de moles de dioxyde de carbone produit lors de la combustion de 3.99 mol d’octane: n(CO2) = 8 ×n(octane) = 31.92 mol
Calcul pour le volume d’air consomme:
Nombre total de moles d’oxygene: ntot(O2) = 26.95 mol + 49.88 mol = 76.83 mol
1
Pour calculer le volume d’air necessaire d’air, nous utilisons la loi des gaz ideaux1:
V (O2) =n(O2)×R× T
p=
76.83 mol× 8.314 Jmol K × 273.15 K
101325 Pa= 1.722 m3 = 1722 L
L’air est composee d’environ 20 % d’oxygene, donc le volume total d’air est cinq fois plus grand que levolume d’oxygene: V(air) = 5× V(O2) = 5× 1722 L = 8610 L
Calcul pour le volume de dioxyde de carbone produit:
Nombre total de moles d’oxygene: ntot(CO2) = 17.15 mol + 31.92 mol = 49.07 molMasse totale de dioxyde de carbone: m(CO2) = n(CO2) × M(CO2) = 49.07 mol × 44 g
mol = 2159 g
Exercice 2 page 10
H2C
HC
CH
C
CH3
CH2
H3CH2C
HC CH3
OH
H2C
H2C
C
CH2
CH2
H2C
O
CH3
CH3C OH
CH3
CH3
CH
C NH2
HC
HC
HCCH
CH
H3C C C
O
OH
4-méthylhexa-1,3-diène butan-2-ol
cyclohexanone
2-méthylpropan-2-ol 1-phénylaminoéthane acide 2,2-dichloropropanoïque
CH3
Cl
Cl
Exercice 3 page 10
CH4 + Br2 −−→ CH3Br + HBrCH3Br + Br2 −−→ CH2Br2 + HBrCH2Br2 + Br2 −−→ CHBr + HBrCHBr3 + Br2 −−→ CBr4 + HBrOu en une equation:CH4 + 4 Br −−→ CBr4 + 4 HBr
1pV = nRT , avec R = 8.314 J mol−1 K−1, T exprime en K, V exprime en m3, p exprime en Pa.Alternativement: R = 0.082 L atm K−1 mol−1, T exprime en K, V exprime en L, p exprime en atm.Les conditions normales de pression et de temperature (c.n.t.p.) correspondent a une pression de 101325 Pa et une temperaturede 273.15 K.
2
Quantite reellement obtenue:Nombre de moles de tetrabromomethane reellement obtenu:
nreel(CBr4)=m(CBr4)
M(CBr4)=
10375 g
331.6 gmol
= 31.29 mol
Quantite theoriquement obtenue:Par la loi des gaz ideaux nous pouvons calculer le nombre de moles de methane utilise:
n(CH4) =pV
RT=
101325 Pa× 1m3
8.314 Jmol K × 273.15K
= 44.62 mol
ntheo(CBr4)= 44.62 mol
Rendement:
R = 100 ×31.29 mol
44.62 mol= 70%
Exercice 4 page 10
C6H12 + Cl2 → C6H11Cl + HCl
Nombre de moles de 100 g du produit:
n(C6H11Cl) =m(C6H11Cl)
M(C6H11Cl)=
100 g
118.5 gmol
= 0.844 mol
Le rendement est de 45 %, c’est a dire que seuelement 45 % du cyclohexane utilise au debut de la reactionva reagir pour donner le produit souhaite, la quantite necessaire pour donner 100 g de produit est calcule decette maniere:
n(cyclohexane) =n(produit)
0.45=
0.844 mol
0.45= 1.88 mol
Masse de 1.88 mol de cyclohexane:m(cyclohexane) = n(cyclohexane) × M(cyclohexane) = 1.88 mol × 84 g
mol = 158 g
Volume de 158 g cyclohexane:
volume(cyclohexane) =m(cyclohexane)
ρ(cyclohexane)=
158 g
0.78 gcm3
= 203 cm3
Exercice 9 page 11
A) Propanone (nom trivial: acetone): formule brute: C3H6O avec une masse molaire de M(acetone) = 58 gmol−1
La composition centesimale est trouvee en calculant la contribution de chaque element a la masse mo-laire du compose:
%C =3×M(C)
M(acetone)× 100 =
3× 12 g mol−1
58 g mol−1 = 62.1%
%H =6×M(H)
M(acetone)× 100 =
6× 1 g mol−1
58 g mol−1 × 100 = 10.3%
%O =1×M(O)
M(acetone)× 100 =
1× 16 g mol−1
58 g mol−1 × 100 = 27.6%
3
B) La molecule contient une amide (−CONH2) et nous savons que la chaıne est saturee. Une chaıne satureecontenant que des atomes de carbone et d’hydrogene a une formule brute de CnH2n+2 (p.ex. butane: C4H10).Dans notre molecule, un atome d’hydrogene doit etre substrait pour faire place a l’amide, donc la chaınesaturee a dans notre exemple une formule brute de CnH2n+1.Par la composition centesimale de la molecule, nous savons que 19.2 g d’azote sont contenus dans 100 gd’amide.
1 g d’azote est contenu dans100
19.2g d’amide.
14 g d’azote sont contenus dans100
19.2× 14 g = 73 g d’amide.
De plus, nous savons que 14 g d’azote correspondent a une mole d’azote, donc 73 g d’amide correspon-dent a 1 mole d’amide, la masse molaire de l’amide est donc 73 g mol−1.
M(amide) = M(CONH2) + M(CnH2n+1)
= 12 + 16 + 14 + 2 + 12n+ 2n+ 1
= 45 + 14n = 73
⇒ n = 2
La formule brute est donc C3H7ON (propanamide). NH2
O
4
Chapitre 2
Exercice 1 page 28
a) D’abord transferer la premiere molecule en projection Newman (selon l’axe C2 → C1 avec C1 l’atome decarbone a gauche), puis tourner l’axe en avant-plan de 60◦ vers la gauche et l’axe en arriere-plan de 180◦.Les deux structures sont donc conformeres, car superposables apres rotation.
H
CH3Cl
H
ClH3C
H
H3C Cl
H
CH3
Cl
b) Tourner la structure de gauche de 60◦ selon l’axe C−C de telle maniere que le groupe −CH3 a gauchese trouve en haut, puis effectuer une rotation de 180◦ de la structure selon l’axe perpendiculaire a l’axeC−C, les deux structures sont superposables apres rotation en bloc d’une structure, donc les structures sontidentiques.
c) Transformer les deux structures en formule semi-developee, les deux structures ne sont pas superpos-ables, mais une structure se comporte comme l’image dans le mirroir de l’autre structure, donc les structuressont enantiomeres.
HOOC
HH
HO
HH
H
COOHH
OHH
H
d) Conformeres de fonction, la structure a gauche contient un acide carboxylique, la structure a droite unaldehyde.
e) Aucune relation, car formules brutes differentes.
f) Apres rotation en bloc de la premiere structure de telle maniere que l’atome de carbone a l’arriere droitepasse en position du carbone a l’avant gauche et vice versa, les deux structures sont superposables. Les deuxstructures sont donc identiques.
g) Les deux structures ne sont pas superposables, mais une structure est l’image dans le mirroir de l’autre,donc les structures sont enantiomeres.
Exercice 2 page 28
a) Apres transformation de la premiere structure en projection de Newman, on voit que les deux moleculesrepresentent la meme substance chimique dans deux conformations differentes.
b) Les deux structures ne sont pas identiques, il s’agit du 1,2-dichloroethane a gauche et du 1,1-dichloroethanea droite. Ce sont des isomeres de position.
c) Apres rotation en bloc d’une des deux structures, on constate que les deux structures sont enantiomeres.
5
d) Il s’agit d’isomeres Z/E. Il ne s’agit pas de la meme substance chimique.
e) Les structures ont la meme formule brute, mais sont constituees de chaınes differentes, ce sont doncdes isomeres de chaıne, ce sont des substances chimiques differentes.
Exercice 3 page 29
Pour la formule brute C4H8:
H2C
H2C CH2
CH2
H3C
HC
CH
CH3
H2C
HC
CH2
CH3HC
CH
H3C
CH3
CH3
C
H3C CH2
H3C
HC
CH
CH3 C C C C
H3C
CH3H
H
CH3H3C
H H
a) b)
c) d)
6
Pour la formule brute C4H10O :
H3C
H2C
CH2
H2C
OH
H3C
H2C
O
H2C
CH3
H3C
H2C
CH2
H2C
OH
H3C
H2C
HC
CH3
OH
H3C
H2C
CH2
H2C
OH
HC
H2C
OH
H3C
CH3
OH
C2H5CH3
H
OH
H3CC2H5
H
a) b)
c) d)
Exercice 4 page 29
CH3
H H
H Br
Cl
CH3
H H
H H
OH
CH3
HBr
H
Cl H
A B C
La molecule A possede un carbone asymmetrique en position 1. Nom de la structure: (S )-1-bromo-1-chloropropane.
La molecule B ne possede pas de carbone asymmetrique. Nom de la structure: propan-1-ol.
La molecule C possede un carbone asymmetrique en position 2. Nom de la structure: (R)-2-bromo-1-chloropropane.
Exercice 5 page 30
A et D sont identiques. B et C sont identiques. A et D sont des enantiomeres de B et C.
Exercice 6 page 30
A: (R)-1-bromo-1-chloroethaneB: (S )-acide 2-chloropropanoıque
7
C: (E )-1,2-dichloropropeneD: (Z )-1-bromo-1,2-chloropropeneE: 2-bromopropaneF: (E )-acide 2-(chloromethyl)-4,4,4-trichloro-3-methylbut-2-enoıque 2
G: prop-2-enalH: (S )-2-bromo-2-hydroxypropanal
Exercice 10 page 31
Le compose contient un groupement hydroxyle (−OH) et un groupement aldehyde (−CHO). La chaıne estsaturee et deux atomes d’hydrogene doivent etre soustraits pour les groupes fonctionels. La formule brutedu compose est donc CnH2nO2. Nous utilisons la meme methode que dans l’exercice 9 page 11 B), avecexception que nous devons tenir compte que deux atomes d’oxygene sont contenus dans le compose, doncnous devons multiplier le numerateur par 2 pour obtenir le resultat correct.
1 mol d’oxygene sont contenus dans100× 16× 2
43.2g = 74 g de compose. La masse molaire du compose
est donc 74 g mol−1.
M(compose) = M(CnH2nO2)
= 12n+ 2n+ 32
= 14n+ 32 = 74
⇒ n = 3
La formule brute du compose est C3H6O2. Le groupe fonctionel de l’aldehyde ne peut se trouver qu’a la find’une chaıne, pour que la molecule soit chirale, le groupe hydroxyle se trouve sur le second atome de carbone.Les deux configurations possibles sont montres ci-dessous en projection de Fischer et leur configuration ennomenclature CIP est precisee.
CHO
OHH
CH3
CHO
HO H
CH3
CHO
H3C
CHO
H3COH
H
OH
H
D-2-hydroxypropanal
L-2-hydroxypropanal (S)-2-hydroxypropanal
(R)-2-hydroxypropanal
2La nomenclature de cette molecule depasse le niveau de la nomenclature qui figure dans le manuel.
8
Chapitre 3
Exercice 4 page 48
a) Reactif nucleophile: NH3
Centre electrophile: CH3I
b)
N
H
H
H
I
CH H
H
H
N
H
H C
H
H
H I+ +
cation alkylammonium
H
N
H
H C
H
H
H
H
HH N N
H
H
C
H
H
H N
H
H
HH+ +
Exercice 5 page 48
a) Il s’agit d’une substitution electrophile:
+
CH3
CH3Cl + HClAlCl3
b)
H
CH
H
Cl
Cl
Al
Cl
Cl
Cl
AlCl Cl
Cl
+ +
Formation du réactif nucléophile:
H
C
H
H
9
H
C H
H
H3C H
+
Attaque électrophile:
aromaticité détruite
H3C H
Départ électrofuge de H+:
AlCl4 HCl + AlCl3
CH3
+ +
rétablissement de l'aromaticité
Exercice 6 page 48
Considerons les formes contributives a la mesomerie du chlorobenzene et du nitrobenzeene:
N
OO
N
OON
OO
N
OO
Nitrobenzène:
Cl Cl ClCl
Chlorobenzène:
Une attaque electrophile dans le nitrobenzene n’est que possible en position meta, les positions ortho et paraportent une charge positive partielle qui empeche l’attaque electrophile.
10
Une attaque electrophile dans le chlorobenzene se fait en position ortho et para, car ces positions portentdes charges negatives partielles.
Il faut donc commencer par la nitration du benzene et puis effectuer la chloration du nitrobenzene:
NO2
+ Cl2
NO2
Cl
+ HCl
+ HNO3
NO2
+ H2O
Exercice 7 page 48
Considerons les formes contributives a la mesomerie du phenol:
OH OH OHOH
NO+2 se fixera en position ortho et para.
OH
+ 3 HNO3
OH
NO2O2N
NO2
+ 3 H2OH2SO4
Le produit obtenu est le 2,4,6-trinitrophenol (nom trivial: acide picrique).
11
Chapitre 4
Exercice 1 page 59
Nous pouvons etablir d’abord l’oxydation de l’ethanol en ethanal, puis l’oxydation de l’ethanal en acideetanoıque.
Oxydation de l’ethanol en ethanal en presence de permanganate de potassium:
CH3−CH2−OH −−→ CH3−CHO + 2 H+ + 2 e− (×5)
MnO−4 + 8 H+ + 5 e− −−→ Mn2+ + 4 H2O (×2)
5 CH3−CH2−OH + 2 MnO−4 + 6 H+ −−→ 5 CH3−CHO + 2 Mn2+ + 8 H2O
Oxydation de l’ethanal en acide ethanoıque en presence de permanganate de potassium:
CH3−CHO + H2O −−→ CH3−COOH + 2 H+ + 2 e− (×5)
MnO−4 + 8 H+ + 5 e− −−→ Mn2+ + 4 H2O (×2)
5 CH3−CHO + 2 MnO−4 + 6 H+ −−→ 5 CH3−COOH + 2 Mn2+ + 3 H2O
Ou l’oxydation de l’ethanol en acide ethanoıque en une etappe:
CH3−CH2−OH + H2O −−→ CH3−COOH + 4 H+ + 4 e− (×5)
MnO−4 + 8 H+ + 5 e− −−→ Mn2+ + 4 H2O (×4)
5 CH3−CH2−OH + 4 MnO−4 + 12 H+ −−→ 5 CH3−COOH + 4 Mn2+ + 3 H2O
Exercice 2 page 59
Formule generale d’un alcool secondaire: R-CHOH-R’Formule generale de la cetone correspondante: R-CO-R’
R−CHOH−R, −−→ R−CO−R, + 2 H+ + 2 e− (×3)
Cr2O2−7 + 6 e− −−→ 2 Cr3+ + 7 H2O
3 R−CHOH−R, + Cr2O2−7 −−→ 3 R−CO−R, + 2 Cr3+ + 7 H2O
n(Cr2O2–7 )= c(Cr2O2–
7 ) × V(Cr2O2–7 ) = 1
mol
L× 0.0225 L = 0.0225 mol
n(alcool) = 3 × n(Cr2O2–7 ) = 3 × 0.0225 mol = 0.0675 mol
M(alcool) =m(alcool)
n(alcool)=
5 g
0.0675 mol= 74
g
mol
Formule generale: CnH2n+1OH⇒ 12n+ 2n+ 1 + 16 + 1 = 74⇒ n = 4
12
Formule brute: C4H9OH (butan-2-ol)
H3CHC
H2C CH3
OH
Exercice 3 page 59
Formule generale d’un monoalcool: CnH2n+1OH
Equation de la reaction: CnH2n+1OH + Na −−→ CnH2n+1O–Na+ + 12 H2
n(H2) =V(H2)
Vm=
1.75 L
22.4 L mol−1 = 0.078 mol
n(alcool) = 2 × n (H2) = 2× 0.078 mol = 0.156 mol
M(alcool) =m(alcool)
n(alcool)=
5 g
0.156 mol= 32 g mol−1
12n+ 2n+ 1 + 16 + 1 = 32⇒ n = 1L’alcool cherche est le methanol CH3OH.
Exercice 4 page 59
Par la composition centesimale de la molecule, nous savons que 18.2 g d’oxygene sont contenus dans 100 gd’alcool.
1 g d’oxygene est contenu dans100
18.2g d’alcool.
14 g d’oxygene sont contenus dans100
18.2× 16 g = 88 g d’alcool.
M(CnH2n+1OH) = 88 g mol−1
12n+ 2n+ 1 + 16 + 1 = 88⇒ n = 5Formule brute: C5H11OHCi-dessous sont representes les deux enantiomeres cherches:
C3H7
H3CH
OH
CH3
C3H7H
OH
(S)-pentan-2-ol (R)-pentan-2-ol
Exercice 7 page 60
CH3COOH + C2H5OH −−⇀↽−− CH3COOC2H5 + H2O
CH3COOH C2H5OH CH3COOC2H5 H2Odepart: 1 mol 1 mol 0 mol 0 mol
reaction: −x −x +x +xequilibre: 1−x mol 1−x mol 1+x mol 1+x mol
13
Kc =[ester]× [H2O]
[CH3COOH]× [C2H5OH]=
n(ester)
V× n(H2O)
Vn(CH3COOH)
V× n(C2H5OH)
V
=x× x
(1− x)× (1− x)
Nous savons de plus que Kc = 4, apres transformation de l’expression nous trouvons:3x2−8x+4 = 0 qui a comme solutions x1 = 2 et x2 = 0.67. La premiere solution est a rejeter (on obtiendraitdes nombres de mol negatifs!).
Quantites presentes a l’equilibre:n(ester) = n(H2O) = 0.67 moln(CH3COOH) = n(C2H5OH) = 0.33 mol
Exercice 8 page 60
H2C
H2C
OH
OH
HO NO2
HO NO2
+H2C
H2C
O
O
NO2
NO2
+ 2 H2O
nitroglycol
n(nitroglycol) =m(nitroglycol)
M(nitroglycol)=
100 g
152 g mol−1 = 0.66 mol
En considerant le rendement de 60 %:
n(glycol) =n(nitroglycol)
0.6=
0.66 mol
0.6= 1.1 mol
m(glycol) = M(glycol) × n(glycol) = 62 g mol−1× 1.1 mol = 68.2 g
V(glycol) =m(glycol)
ρ(glycol)=
68.2 g
1.12 g mol−1 = 60.9 cm3
Equation de la detonation: C2H4N2O6 −−→ 2 CO2 + 2 H2O + N2
Exercice 10 page 60
4 C3H5N3O9 −−→ 12 CO2 + 10 H2O + 6 N2 + O2
m(nitroglycerine) = ρ(nitroglycerine) × V(nitroglycerine) = 1.6 g cm−3× 1000 cm−3 = 1600 g
n(nitroglycerine) =m(nitroglycerine)
M(nitroglycerine)=
1600 g
227 g mol−1 = 7.05 g
Lors de la detonation de 4 mol de nitroglycerine il y a formation de 29 mol de gaz.n(gaz) = 29
4 × n(nitroglycerine) = 294 × 7.05 mol = 51.1 mol
p =nRT
V=
51.1 mol× 0.082 L atm K−1 mol−1 × 3273 K
1 L= 13715 atm
14
Chapitre 5
Exercice 1 page 66
a) butanoneb) 2-methylpropanalc) cyclohexanoned) 4-isopropyl-2-methylbenzaldehydee) 3,4-dimethylcyclopent-3-enone
Exercice 2 page 66
CHO
C
H3CCH3
CH3
H3C
CH2
CH2
C
CH2
CH3
O
H3C
CH
CH
CHO
O
CH2C
H2CCH2
CH
C
O
CH3
H2C
CH
CH2
CH
CH2
C
O
C C
HC
HC
HC
CH
CH HC
CH
CH
CH
HC
Cl3C CHO
CH2BrBr2HC
Exercice 4 page 67
al. prim. al. sec. al. tert. aldehydes cetonesK2Cr2O7 mil. ac. X X X
Fehling XTollens XDNPH X XSchiff X
15
Exercice 7 page 67
Seul l’ethanal reagit avec la liquer de Fehling:2 Cu2+
(cpx) + CH3−CHO + 5 OH– −−→ Cu2O + CH3−COO– + 3 H2O + 2 cpx
Le precipite rouge brique est l’oxyde de cuivre(I). En connaissant la masse de Cu2O nous pouvons cal-culer le nombre de moles de l’ethanal comme suit:
n(CH3CHO) = n(Cu2O) =m(Cu2O)
M(Cu2O)=
7.15g
143 gmol
= 0.05 mol
Comme le volume de la solution est d’un litre, la concentration de l’ethanal est de 0.05 molL soit 0.05 M.
D’abord nous calculons le nombre de moles total de dichromate de potassium utilise:ntot(Cr2O2–
7 ) = c(Cr2O2–7 ) × V(Cr2O2–
7 ) = 0.1 M × 0.5 L = 0.05 mol
Considerons d’abord la reaction du dichromate de potassium avec l’ethanal:CH3CHO + Cr2O2–
7 + 8 H+ −−→ 2 Cr2+ + 3 CH3COOH + 4 H2O
Nous pouvons calculer le nombre de moles de dichromate de potassium necessaire pour l’oxydation del’ethanal:n(Cr2O2–
7 ) = 13 n(CH3CHO) = 1
3 × 0.05 mol = 0.167 mol
Seul une partie du dichromate de potassium est utilisee pour l’oxydation de l’ethanal, l’autre partie estutilise pour l’oxydation de l’ethanol:nreste(Cr2O2–
7 )= 0.05 mol - 0.0167 mol = 0.0333 mol
Le reste de dichromate de potassium reagit avec l’ethanol pour donner de l’ethanal qui regait ensuite pourdonner de l’acide ethanoıque.De la meme maniere que lors de l’exercice 1 page 59 nous pouvons etablir l’equation de l’oxydation del’ethanol en acide ethanoıque par le dichromate de potassium en une etappe (somme des deux equationspage 55):2 Cr2O2–
7 + 3 C2H5OH + 10 H+ −−→ 4 Cr2+ + 3 CH3COOH + 11 H2O
Le nombre de moles d’ethanol peut etre calcule de cette maniere:n(C2H5OH) = 3
2 nreste(Cr2O2–7 ) = 3
2 × 0.0333 mol = 0.05 mol
Comme le volume de la solution est d’un litre, la concentration de l’ethanol est de 0.05 molL soit 0.05 M.
16
Chapitre 6
Exercice 1 page 77
H3C CF2 COOH
H3C CHCl COOH
H3C C COOH
CH3
CH3
H3C CH2 COOH
H2ClC CH2 COOH
H2BrC CH2 COOH
a)
b)
c)
d)
e)
f)
Classification par force acide decroissante: a) b) e) f) d) c)
Explication: Les groupements F, Cl et Br sont des groupements a effet I-, c-a-d. que ces groupementsattirent des electrons, ce qui favorise le depart du proton acide. Les molecules a) b) e) et f) contiennent aumoins un de ces groupements, elles sont donc plus acides que l’acide propanoıque sans groupement.Comme le fluor a une electronegativite plus elevee que les autres groupements, il attire les electrons plusfortement, ce qui correspond a un effet I- plus fort, donc a) est l’acide le plus fort.Le chlore a une electronegativite plus elevee que le brome, pour la meme raison que le fluor il exerce un effetI- plus fort que le brome. La seule difference entre les molecules b) et e) est la distance du chlore par rapportau groupement acide carboxylique. Plus le chlore est loin du groupement acide carboxylique, plus l’effet I-s’affaiblit. Donc b) est plus acide que e).f) est un acide plus fort que d), l’effet I- du brome (meme si seuelemt tres faible) favorise le depart du protonacide.
Le groupement CH3 est un groupement a effet I+, c-a-d. que ce groupement pousse les electrons en directiondu groupement acide carboxylique, ce qui defavorise le depart du proton acide.c) est donc un acide moins fort que d).
Exercice 7 page 78
La reaction de saponification (ici avec hydroxyde de potassium!) peut s’ecrire de facon generale de cettemaniere:
H2C
HC
H2C O
O
O R
R
R
+ 3 KOH O R3 K
H2C
HC
H2C OH
OH
OH
+ + 3
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Dans notre cas, le triglyceride utilise est le trioleate de glyceryle, dont la structure est montree si-dessous:
O
O
O
O
O
O
Afin de pouvoir resoudre cet exercice, il vaut mieux d’abord trouver les masses molaires des moleculesrelevantes. Pour se faciliter la vie, il est pratique de diviser la molecule en deux parties: la partie provenantde l’acide oleique (en bleu) et la partie provenant du glycerol (en rouge). La masse molaire de l’acide oleiqueest de 282.46 g mol−1. Il faut cependant soustraire la masse du proton que l’acide oleique a de plus quel’oleate. La partie en bleu a donc une masse molaire de 3 × 281.46 = 844.38 g mol−1. La partie en rougeest composee de trois atomes de carbone et cinq protons, elle a donc une masse molaire de 41.05 g mol−1.La masse molaire du triglyceride est donc de 885.43 g mol−1.
Pour trouver la masse molaire de l’oleate de potassium il suffit d’additionner la masse molaire du potassiuma la masse molaire de l’oleate. La masse molaire de l’oleate de potassium est de 320.56 g mol−1.
Ayant trouve les masses molaires, nous pouvons commencer a calculer le nombre de moles d’oleate quicorrespond a 10 g de cette substance:
n(ol. de potassium) =m(ol. de potassium)
M(ol. de potassium)=
10 g
320.56 g mol−1 = 0.0312 mol
Le nombre de moles theoriquement necessaires (avec rendement 100 %) de triglyceride est de:
ntheo(trigl.) = 13× n(ol. de potassium) = 0.0104 mol
Le nomre de moles reellement necessaires est de:
nreel(trigl.) = ntheo(trigl.) × 10.85 = 0.0122 mol
Ceci correspond a une masse de triglyceride de:
m(trigl.) = n(trigl) × M(trigl.) = 0.0122 mol × 885.43 g mol−1 = 10.83 g
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Chapitre 7
Exercice 1 page 86
NHH3C CH2 CH3
NH2
CHH3C CH3
H2N CH2 CH2 CH3
NH3C CH3
CH3
propylamineamine primaire
N-méthyl-éthylamineamine secondaire
isopropylamineamine primaire
triéthylamineamine tertiaire
Exercice 2 page 86
H3C CH2 NH2H3C CH CH3
NH2
Cl CH2 CH2 NH2
H3C NH CH2 CH3H3C N CH2
CH3
CH3
éthylamine1-méthyléthylamine
2-chloroéthylamine
N-méthyléthylamine
N,N-diméthyéthylamine
La 1-methylethylamine (=isopropylamine) est une base plus forte que l’ethylamine. L’effet I+ du groupe-ment isopropyle est plus grand que celui du groupement ethyle.
L’ethylamine est une base plus forte que la 2-chloroethylamine. L’effet I- de l’atome de chlore reduit ladisponibilite du doublet libre de l’atome d’azote.
La N -methylamine est une base plus forte que la N,N -dimethylethylamine. L’angle d’acces de l’aminetertiaire est reduit ce qui reduit aussi la basicite.
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Exercice 3 page 86
NH2 NH2 NH2 NH2
L’aniline est une base moins forte qu’une amine primaire aliphatique, car le doublet libre sur N participe ala mesomerie du cycle et est donc moins disponible pour fixer un proton.
Exercice 4 page 86
NH3 + CH3CH2−I −−→ CH3CH2−NH2 + HI
NH3 + HI −−→ NH+4 I−
2 NH3 + CH3CH2−I −−→ CH3CH2−NH2 + NH+4 I−
Il s’agit d’une reaction de substitution nucleophile.
NH3 H3C CH2 I I+ +H3C CH2 NH3
attaque nucléophile
départ nucléofuge
Dans une premiere etape, l’ammoniac peut attaquer l’atome de carbone sur lequel l’iode est fixe. En effet,l’iode a une electronegativite plus elevee que le carbone, donc on trouve une charge partielle negative δ- surl’iode et une charge partielle positive δ+ sur l’atome C portant l’iode. Cet atome de carbone est donc uncentre electrophile qui peut etre attaque par le reactif nucleophile, l’ammoniac.
H3C CH2 N
H
H
H + NH3 NH4H3C CH2 NH3 +
Dans une deuxieme etape, l’ethylammonium peut etre deprotone par une seconde molecule d’ammoniac.
Formation de l’amine secondaire:
CH3CH2−NH2 + CH3CH2−I −−→ (CH3−CH2)2−NH + HI
CH3CH2−NH2 + HI −−→ CH3CH2−NH+3 I−
2 CH3CH2−NH2 + CH3−CH2−I −−→ (CH3CH2)2−NH + CH3CH2−NH+3 I−
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Formation de l’amine tertiaire:
(CH3CH2)2−NH + CH3CH2−I −−→ (CH3−CH2)3−N + HI
(CH3CH2)2−NH + HI −−→ (CH3CH2)2−NH+2 I−
2 (CH3CH2)2−NH + CH3−CH2−I −−→ (CH3CH2)3−N + (CH3CH2)2−NH+2 I−
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