Correction: Exercices Chimie Organique

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Correction: Exercices Chimie Organique
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” pour
les 1ères B et C. Toutes les propositions sont sans garantie. Si vous trouvez une faute, veuillez nous contacter
par courriel sur [email protected]
Inclus sont uniquement les exercices figurant sur le programme officiel.
Chapitre 1
Exercice 1 page 10
Combustion de l’heptane:
C7 H16 + 11 O2 −−→ 8 H2 O + 7 CO2
Combustion de l’octane:
2 C8 H16 + 25 O2 −−→ 18 H2 O + 16 CO2
g
3
Masse de 1 L d’essence: m(essence) = ρ(essence) × V(essence) = 0.70 cm
= 700 g
3 × 1000 cm
Masse de heptane: 0.35 × 700 g = 245 g
Nombre de moles de heptane: n(heptane) =
245 g
m(heptane)
=
g = 2.45 mol
M (heptane)
100 mol
Nombre de moles d’oxygène nécessaire pour la combustion de 2.45 mol de heptane: n(O2 ) = 11 × n(heptane)
= 26.95 mol
Nombre 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)
455 g
=
g = 3.99 mol
M (octane)
114 mol
Nombre de moles d’oxygène nécessaire pour la combustion de 3.99 mol d’octane: n(O2 ) = 25
2 × n(octane) =
49.88 mol
Nombre 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 consommé:
Nombre total de moles d’oxygène: ntot (O2 ) = 26.95 mol + 49.88 mol = 76.83 mol
1
Pour calculer le volume d’air nécessaire d’air, nous utilisons la loi des gaz ideaux1 :
76.83 mol × 8.314 molJ K × 273.15 K
n(O2 ) × R × T
V (O2 ) =
=
= 1.722 m3 = 1722 L
p
101325 Pa
L’air est composée d’environ 20 % d’oxygène, donc le volume total d’air est cinq fois plus grand que le
volume d’oxygène: V(air) = 5× V(O2 ) = 5 × 1722 L = 8610 L
Calcul pour le volume de dioxyde de carbone produit:
Nombre total de moles d’oxygène: ntot (CO2 ) = 17.15 mol + 31.92 mol = 49.07 mol
Masse totale de dioxyde de carbone: m(CO2 ) = n(CO2 ) × M(CO2 ) = 49.07 mol × 44
g
mol
= 2159 g
Exercice 2 page 10
H2
C
CH3
H2
C
H3C
H
C
C
C
H
H
C
H2C
CH2
H2C
CH2
CH3
CH3
C
H2
OH
C
4-méthylhexa-1,3-diène
butan-2-ol
O
H2C
cyclohexanone
CH3
CH3
H3C
C
Cl
CH
H
C
C
OH
NH2
HC
CH3
2-méthylpropan-2-ol
CH
HC
H3C
C
Cl
O
C
OH
C
H
1-phénylaminoéthane
acide 2,2-dichloropropanoïque
Exercice 3 page 10
CH4 + Br2 −−→ CH3 Br + HBr
CH3 Br + Br2 −−→ CH2 Br2 + HBr
CH2 Br2 + Br2 −−→ CHBr + HBr
CHBr3 + Br2 −−→ CBr4 + HBr
Ou en une equation:
CH4 + 4 Br −−→ CBr4 + 4 HBr
1 pV = nRT , avec R = 8.314 J mol−1 K−1 , T exprimé en K, V exprimé en m3 , p exprimé en Pa.
Alternativement: R = 0.082 L atm K−1 mol−1 , T exprimé en K, V exprimé en L, p exprimé en atm.
Les conditions normales de pression et de température (c.n.t.p.) correspondent à une pression de 101325 Pa et une température
de 273.15 K.
2
Quantité réellement obtenue:
Nombre de moles de tétrabromométhane réellement obtenu:
nréel (CBr4 )=
m(CBr4 )
10375 g
=
g = 31.29 mol
M (CBr4 )
331.6 mol
Quantité théoriquement obtenue:
Par la loi des gaz idéaux nous pouvons calculer le nombre de moles de méthane utilisé:
pV
101325 Pa × 1m3
n(CH4 ) =
= 44.62 mol
=
RT
8.314 molJ K × 273.15K
nthéo (CBr4 )= 44.62 mol
Rendement:
R = 100 ×
31.29 mol
= 70%
44.62 mol
Exercice 4 page 10
C6 H12 + Cl2 → C6 H11 Cl + HCl
Nombre de moles de 100 g du produit:
n(C6 H11 Cl) =
100 g
m(C6 H11 Cl)
=
g = 0.844 mol
M (C6 H11 Cl)
118.5 mol
Le rendement est de 45 %, c’est à dire que seuelement 45 % du cyclohexane utilisé au début de la réaction
va réagir pour donner le produit souhaité, la quantité nécessaire pour donner 100 g de produit est calculé de
cette manière:
n(cyclohexane) =
n(produit)
0.844 mol
=
= 1.88 mol
0.45
0.45
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:
m(cyclohexane)
158 g
3
volume(cyclohexane) =
=
g = 203 cm
ρ(cyclohexane)
0.78 cm
3
Exercice 9 page 11
A) Propanone (nom trivial: acétone): formule brute: C3 H6 O avec une masse molaire de M(acétone) = 58 g
mol−1
La composition centésimale est trouvée en calculant la contribution de chaque élément à la masse molaire du composé:
3 × M (C)
3 × 12 g mol−1
%C =
× 100 =
= 62.1%
M (acétone)
58 g mol−1
6 × M (H)
6 × 1 g mol−1
%H =
× 100 =
× 100 = 10.3%
M (acétone)
58 g mol−1
1 × M (O)
1 × 16 g mol−1
%O =
× 100 =
× 100 = 27.6%
M (acétone)
58 g mol−1
3
B) La molécule contient une amide (−CONH2 ) et nous savons que la chaı̂ne est saturée. Une chaı̂ne saturée
contenant que des atomes de carbone et d’hydrogène a une formule brute de Cn H2n+2 (p.ex. butane: C4 H10 ).
Dans notre molécule, un atome d’hydrogène doit être substrait pour faire place à l’amide, donc la chaı̂ne
saturée a dans notre exemple une formule brute de Cn H2n+1 .
Par la composition centésimale de la molécule, nous savons que 19.2 g d’azote sont contenus dans 100 g
d’amide.
100
g d’amide.
19.2
100
× 14 g = 73 g d’amide.
14 g d’azote sont contenus dans
19.2
1 g d’azote est contenu dans
De plus, nous savons que 14 g d’azote correspondent à une mole d’azote, donc 73 g d’amide correspondent à 1 mole d’amide, la masse molaire de l’amide est donc 73 g mol−1 .
M(amide) = M(CONH2 ) + M(Cn H2n+1 )
= 12 + 16 + 14 + 2 + 12n + 2n + 1
= 45 + 14n = 73
⇒n=2
O
La formule brute est donc C3 H7 ON (propanamide).
4
NH2
Chapitre 2
Exercice 1 page 28
a) D’abord transférer la première molécule en projection Newman (selon l’axe C2 → C1 avec C1 l’atome de
carbone à gauche), puis tourner l’axe en avant-plan de 60◦ vers la gauche et l’axe en arrière-plan de 180◦ .
Les deux structures sont donc conformères, car superposables après rotation.
H
H
Cl
H
CH3
H3C
Cl
H3C
Cl
Cl
CH3
H
b) Tourner la structure de gauche de 60◦ selon l’axe C−C de telle manière que le groupe −CH3 à gauche
se trouve en haut, puis effectuer une rotation de 180◦ de la structure selon l’axe perpendiculaire à l’axe
C−C, les deux structures sont superposables après rotation en bloc d’une structure, donc les structures sont
identiques.
c) Transformer les deux structures en formule semi-dévelopée, les deux structures ne sont pas superposables, mais une structure se comporte comme l’image dans le mirroir de l’autre structure, donc les structures
sont enantiomères.
HOOC
H
H
H
H
HO
H
H
H
COOH
H
OH
d) Conformères de fonction, la structure à gauche contient un acide carboxylique, la structure à droite un
aldéhyde.
e) Aucune relation, car formules brutes différentes.
f) Après rotation en bloc de la première structure de telle manière que l’atome de carbone à l’arrière droite
passe en position du carbone à l’avant gauche et vice versa, les deux structures sont superposables. Les deux
structures 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 enantiomères.
Exercice 2 page 28
a) Après transformation de la première structure en projection de Newman, on voit que les deux molecules
représentent la même substance chimique dans deux conformations différentes.
b) Les deux structures ne sont pas identiques, il s’agit du 1,2-dichloroéthane à gauche et du 1,1-dichloroéthane
à droite. Ce sont des isomères de position.
c) Après rotation en bloc d’une des deux structures, on constate que les deux structures sont enantiomères.
5
d) Il s’agit d’isomères Z/E. Il ne s’agit pas de la même substance chimique.
e) Les structures ont la même formule brute, mais sont constituées de chaı̂nes différentes, ce sont donc
des isomères de chaı̂ne, ce sont des substances chimiques différentes.
Exercice 3 page 29
Pour la formule brute C4 H8 :
a)
b)
H2C
CH2
H2C
CH2
H
C
H3C
H
C
CH3
C
H
c)
H3C
CH3
C
H
d)
CH3
H
H
C
C
H3C
C
H2
H2C
H
C
CH3
H3C
CH2
CH3
CH3
C
C
H
H3C
6
H3C
C
CH3
C
H
H
C
H
Pour la formule brute C4 H10 O :
b)
a)
H2
C
H2
C
H3C
C
H2
H2
C
OH
H2
C
H3C
H2
C
H3C
O
H2
C
C
H2
H2
C
CH3
H3C
OH
H
C
CH3
OH
c)
H2
C
d)
H2
C
H3C
C
H2
OH
OH
H
C2H5
H3C
H
C
OH
CH3
H2
C
OH
H
H3C
C2H5
CH3
Exercice 4 page 29
CH3
H
H
CH3
Br
H
H
H
H CH3
H
H
Cl
OH
A
B
H
Cl
H
Br
C
La molécule A possède un carbone asymmétrique en position 1. Nom de la structure: (S )-1-bromo-1chloropropane.
La molécule B ne possède pas de carbone asymmétrique. Nom de la structure: propan-1-ol.
La molécule C possède un carbone asymmétrique en position 2. Nom de la structure: (R)-2-bromo-1chloropropane.
Exercice 5 page 30
A et D sont identiques. B et C sont identiques. A et D sont des enantiomères de B et C.
Exercice 6 page 30
A: (R)-1-bromo-1-chloroéthane
B: (S )-acide 2-chloropropanoı̈que
7
C: (E )-1,2-dichloropropène
D: (Z )-1-bromo-1,2-chloropropène
E: 2-bromopropane
F: (E )-acide 2-(chlorométhyl)-4,4,4-trichloro-3-méthylbut-2-énoı̈que
G: prop-2-énal
H: (S )-2-bromo-2-hydroxypropanal
2
Exercice 10 page 31
Le composé contient un groupement hydroxyle (−OH) et un groupement aldéhyde (−CHO). La chaı̂ne est
saturée et deux atomes d’hydrogène doivent être soustraits pour les groupes fonctionels. La formule brute
du composé est donc Cn H2n O2 . Nous utilisons la même méthode que dans l’exercice 9 page 11 B), avec
exception que nous devons tenir compte que deux atomes d’oxygène sont contenus dans le composé, donc
nous devons multiplier le numérateur par 2 pour obtenir le résultat correct.
1 mol d’oxygène sont contenus dans
est donc 74 g mol−1 .
100 × 16 × 2
g = 74 g de composé. La masse molaire du composé
43.2
M(composé) = M(Cn H2n O2 )
= 12n + 2n + 32
= 14n + 32 = 74
⇒n=3
La formule brute du composé est C3 H6 O2 . Le groupe fonctionel de l’aldéhyde ne peut se trouver qu’à la fin
d’une chaı̂ne, pour que la molécule soit chirale, le groupe hydroxyle se trouve sur le second atome de carbone.
Les deux configurations possibles sont montrés ci-dessous en projection de Fischer et leur configuration en
nomenclature CIP est précisée.
CHO
H
CHO
OH
OH
H3C
H
CH3
D-2-hydroxypropanal
(R)-2-hydroxypropanal
CHO
HO
CHO
H
H3C
CH3
L-2-hydroxypropanal
2 La
H
OH
(S)-2-hydroxypropanal
nomenclature de cette molécule dépasse le niveau de la nomenclature qui figure dans le manuel.
8
Chapitre 3
Exercice 4 page 48
a) Réactif nucléophile: NH3
Centre électrophile: CH3 I
b)
I
H
H
N
+
H
C
H
H
H
H
H
H
N
C
H
H
H
+
I
cation alkylammonium
H
H
H
N
C
H
H
H
H
+
H
N
H
H
H
N
C
H
H
H
H
+
a) Il s’agit d’une substitution électrophile:
CH3
AlCl3
CH3Cl
+
b)
Formation du réactif nucléophile:
H
H
C
H
Cl
Cl
+
Al
Cl
Cl
H
Cl
C
H
+ Cl
Al
Cl
H
9
Cl
N
H
Exercice 5 page 48
+
H
HCl
H
Attaque électrophile:
H3C
H
H
+
C
H
H
aromaticité détruite
Départ électrofuge de
H3C
H+:
CH3
H
+
AlCl4
+
HCl + AlCl3
rétablissement de l'aromaticité
Exercice 6 page 48
Considérons les formes contributives à la mésomérie du chlorobenzène et du nitrobenzeène:
Nitrobenzène:
O
O
N
O
O
O
O
O
O
N
N
N
Cl
Cl
Cl
Chlorobenzène:
Cl
Une attaque électrophile dans le nitrobenzène n’est que possible en position méta, les positions ortho et para
portent une charge positive partielle qui empêche l’attaque électrophile.
10
Une attaque électrophile dans le chlorobenzène se fait en position ortho et para, car ces positions portent
des charges négatives partielles.
Il faut donc commencer par la nitration du benzène et puis effectuer la chloration du nitrobenzène:
NO2
+ HNO3
+ H2O
NO2
NO2
+ Cl2
+ HCl
Cl
Exercice 7 page 48
Considérons les formes contributives à la mésomérie du phénol:
OH
OH
OH
OH
NO+
2 se fixera en position ortho et para.
OH
OH
O2N
+ 3 HNO3
NO2
H2SO4
+ 3 H2O
NO2
Le produit obtenu est le 2,4,6-trinitrophénol (nom trivial: acide picrique).
11
Chapitre 4
Exercice 1 page 59
Nous pouvons établir d’abord l’oxydation de l’éthanol en éthanal, puis l’oxydation de l’éthanal en acide
étanoı̈que.
Oxydation de l’éthanol en éthanal en présence de permanganate de potassium:
CH3 −CH2 −OH −−→ CH3 −CHO + 2 H+ + 2 e−
+
−
MnO−
−→ Mn2+ + 4 H2 O
4 + 8H + 5e −
(×5)
(×2)
+
5 CH3 −CH2 −OH + 2 MnO−
−→ 5 CH3 −CHO + 2 Mn2+ + 8 H2 O
4 + 6H −
Oxydation de l’éthanal en acide éthanoı̈que en présence de permanganate de potassium:
CH3 −CHO + H2 O −−→ CH3 −COOH + 2 H+ + 2 e−
MnO−
4
+
−
2+
+ 8 H + 5 e −−→ Mn
+ 4 H2 O
(×5)
(×2)
+
−→ 5 CH3 −COOH + 2 Mn2+ + 3 H2 O
5 CH3 −CHO + 2 MnO−
4 + 6H −
Ou l’oxydation de l’éthanol en acide éthanoı̈que en une étappe:
CH3 −CH2 −OH + H2 O −−→ CH3 −COOH + 4 H+ + 4 e−
MnO−
4
+
−
2+
+ 8 H + 5 e −−→ Mn
+ 4 H2 O
(×5)
(×4)
+
5 CH3 −CH2 −OH + 4 MnO−
−→ 5 CH3 −COOH + 4 Mn2+ + 3 H2 O
4 + 12 H −
Exercice 2 page 59
Formule génerale d’un alcool secondaire: R-CHOH-R’
Formule générale de la cétone correspondante: R-CO-R’
R−CHOH−R, −−→ R−CO−R, + 2 H+ + 2 e−
Cr2 O72−
−
3+
+ 6 e −−→ 2 Cr
(×3)
+ 7 H2 O
3 R−CHOH−R, + Cr2 O2−
−→ 3 R−CO−R, + 2 Cr3+ + 7 H2 O
7 −
mol
× 0.0225 L = 0.0225 mol
L
n(alcool) = 3 × n(Cr2 O2–
7 ) = 3 × 0.0225 mol = 0.0675 mol
m(alcool)
5g
g
M (alcool) =
=
= 74
n(alcool)
0.0675 mol
mol
2–
2–
n(Cr2 O2–
7 )= c(Cr2 O7 ) × V(Cr2 O7 ) = 1
Formule générale: Cn H2n+1 OH
⇒ 12n + 2n + 1 + 16 + 1 = 74
⇒n=4
12
Formule brute: C4 H9 OH (butan-2-ol)
H3C
H2
C
H
C
CH3
OH
Exercice 3 page 59
Formule générale d’un monoalcool: Cn H2n+1 OH
Equation de la réaction: Cn H2n+1 OH + Na −−→ Cn H2n+1 O– Na+ +
n(H2 ) =
1
2
H2
V(H2 )
1.75 L
= 0.078 mol
=
Vm
22.4 L mol−1
n(alcool) = 2 × n (H2 ) = 2 × 0.078 mol = 0.156 mol
M(alcool) =
m(alcool)
5g
=
= 32 g mol− 1
n(alcool)
0.156 mol
12n + 2n + 1 + 16 + 1 = 32 ⇒ n = 1
L’alcool cherché est le méthanol CH3 OH.
Exercice 4 page 59
Par la composition centésimale de la molécule, nous savons que 18.2 g d’oxygène sont contenus dans 100 g
d’alcool.
100
g d’alcool.
18.2
100
14 g d’oxygène sont contenus dans
× 16 g = 88 g d’alcool.
18.2
1 g d’oxygène est contenu dans
M(Cn H2n+1 OH) = 88 g mol−1
12n + 2n + 1 + 16 + 1 = 88 ⇒ n = 5
Formule brute: C5 H11 OH
Ci-dessous sont représentés les deux enantiomères cherchés:
C3H7
H3C
CH3
H
C3H7
OH
(S)-pentan-2-ol
H
OH
(R)-pentan-2-ol
Exercice 7 page 60
−
*
CH3 COOH + C2 H5 OH −
)
−
− CH3 COOC2 H5 + H2 O
départ:
réaction:
équilibre:
CH3 COOH
1 mol
−x
1−x mol
C2 H5 OH
1 mol
−x
1−x mol
CH3 COOC2 H5
0 mol
+x
1+x mol
13
H2 O
0 mol
+x
1+x mol
n(ester) n(H2 O)
×
[ester] × [H2 O]
x×x
V
V
Kc =
=
=
n(CH3 COOH) n(C2 H5 OH)
[CH3 COOH] × [C2 H5 OH]
(1 − x) × (1 − x)
×
V
V
Nous savons de plus que Kc = 4, après transformation de l’expression nous trouvons:
3x2 −8x+4 = 0 qui a comme solutions x1 = 2 et x2 = 0.67. La première solution est a rejeter (on obtiendrait
des nombres de mol négatifs!).
Quantités présentes à l’équilibre:
n(ester) = n(H2 O) = 0.67 mol
n(CH3 COOH) = n(C2 H5 OH) = 0.33 mol
Exercice 8 page 60
H2C
OH
H2C
OH
HO
NO2
H2C
O
NO2
HO
NO2
H2C
O
NO2
+
+ 2 H2O
nitroglycol
n(nitroglycol) =
m(nitroglycol)
100 g
= 0.66 mol
=
M(nitroglycol)
152 g mol−1
En considérant le rendement de 60 %:
n(glycol) =
n(nitroglycol)
0.66 mol
=
= 1.1 mol
0.6
0.6
m(glycol) = M(glycol) × n(glycol) = 62 g mol−1 × 1.1 mol = 68.2 g
V(glycol) =
m(glycol)
68.2 g
=
= 60.9 cm3
ρ(glycol)
1.12 g mol−1
Equation de la détonation: C2 H4 N2 O6 −−→ 2 CO2 + 2 H2 O + N2
Exercice 10 page 60
4 C3 H5 N3 O9 −−→ 12 CO2 + 10 H2 O + 6 N2 + O2
m(nitroglycerine) = ρ(nitroglycerine) × V(nitroglycerine) = 1.6 g cm−3 × 1000 cm−3 = 1600 g
n(nitroglycerine) =
m(nitroglycerine)
1600 g
=
= 7.05 g
M(nitroglycerine)
227 g mol−1
Lors de la détonation de 4 mol de nitroglycerine il y a formation de 29 mol de gaz.
29
n(gaz) = 29
4 × n(nitroglycerine) = 4 × 7.05 mol = 51.1 mol
p=
nRT
51.1 mol × 0.082 L atm K−1 mol−1 × 3273 K
=
= 13715 atm
V
1L
14
Chapitre 5
Exercice 1 page 66
a) butanone
b) 2-méthylpropanal
c) cyclohexanone
d) 4-isopropyl-2-méthylbenzaldéhyde
e) 3,4-diméthylcyclopent-3-énone
Exercice 2 page 66
CHO
C
O
CH
CH3
CH2
H3C
H3C
CH3
C
CH2
CH3
H3C
CH2
CHO
CH
O
O
Cl3C
C
Br2HC
H2C
CHO
CH
CH2Br
H2C
O
C
H2C
H
C
HC
HC
CH2
CH
C
H
C
CH
CH2
CH
C
CH
HC
C
H
CH
C
H
Exercice 4 page 67
K2 Cr2 O7 mil. ac.
Fehling
Tollens
DNPH
Schiff
al. prim.
X
al. sec.
X
al. tert.
C
aldéhydes
X
X
X
X
X
15
cétones
X
CH2
CH3
Exercice 7 page 67
Seul l’éthanal réagit avec la liquer de Fehling:
–
2 Cu2+
−→ Cu2 O + CH3 −COO– + 3 H2 O + 2 cpx
(cpx) + CH3 −CHO + 5 OH −
Le précipité rouge brique est l’oxyde de cuivre(I). En connaissant la masse de Cu2 O nous pouvons calculer le nombre de moles de l’éthanal comme suit:
m(Cu2 O)
7.15g
=
g = 0.05 mol
M(Cu2 O)
143 mol
Comme le volume de la solution est d’un litre, la concentration de l’éthanal est de 0.05
n(CH3 CHO) = n(Cu2 O) =
mol
L
soit 0.05 M.
D’abord nous calculons le nombre de moles total de dichromate de potassium utilisé:
2–
2–
ntot (Cr2 O2–
7 ) = c(Cr2 O7 ) × V(Cr2 O7 ) = 0.1 M × 0.5 L = 0.05 mol
Considérons d’abord la réaction du dichromate de potassium avec l’éthanal:
+
CH3 CHO + Cr2 O2–
−→ 2 Cr2+ + 3 CH3 COOH + 4 H2 O
7 + 8H −
Nous pouvons calculer le nombre de moles de dichromate de potassium nécessaire pour l’oxydation de
l’éthanal:
1
1
n(Cr2 O2–
7 ) = 3 n(CH3 CHO) = 3 × 0.05 mol = 0.167 mol
Seul une partie du dichromate de potassium est utilisée pour l’oxydation de l’éthanal, l’autre partie est
utilisé pour l’oxydation de l’éthanol:
nreste (Cr2 O2–
7 )= 0.05 mol - 0.0167 mol = 0.0333 mol
Le reste de dichromate de potassium réagit avec l’éthanol pour donner de l’éthanal qui régait ensuite pour
donner de l’acide éthanoı̈que.
De la même manière que lors de l’exercice 1 page 59 nous pouvons établir l’équation de l’oxydation de
l’éthanol en acide éthanoı̈que par le dichromate de potassium en une étappe (somme des deux équations
page 55):
+
−→ 4 Cr2+ + 3 CH3 COOH + 11 H2 O
2 Cr2 O2–
7 + 3 C2 H5 OH + 10 H −
Le nombre de moles d’éthanol peut être calculé de cette manière:
3
n(C2 H5 OH) = 32 nreste (Cr2 O2–
7 ) = 2 × 0.0333 mol = 0.05 mol
Comme le volume de la solution est d’un litre, la concentration de l’éthanol est de 0.05
16
mol
L
soit 0.05 M.
Chapitre 6
Exercice 1 page 77
a) H3C
CF2
COOH
d)
H3C
b) H3C
CHCl
COOH
e)
H2ClC
CH2
COOH
COOH
f)
H2BrC
CH2
COOH
CH2
COOH
CH3
c) H3C
C
CH3
Classification par force acide décroissante: a) b) e) f) d) c)
Explication: Les groupements F, Cl et Br sont des groupements à effet I-, c-à-d. que ces groupements
attirent des électrons, ce qui favorise le départ du proton acide. Les molécules a) b) e) et f) contiennent au
moins un de ces groupements, elles sont donc plus acides que l’acide propanoı̈que sans groupement.
Comme le fluor a une électronégativité plus élevée que les autres groupements, il attire les électrons plus
fortement, ce qui correspond à un effet I- plus fort, donc a) est l’acide le plus fort.
Le chlore a une électronégativité plus élevée que le brome, pour la même raison que le fluor il exerce un effet
I- plus fort que le brome. La seule différence entre les molécules b) et e) est la distance du chlore par rapport
au groupement acide carboxylique. Plus le chlore est loin du groupement acide carboxylique, plus l’effet Is’affaiblit. Donc b) est plus acide que e).
f) est un acide plus fort que d), l’effet I- du brome (même si seuelemt très faible) favorise le départ du proton
acide.
Le groupement CH3 est un groupement à effet I+, c-à-d. que ce groupement pousse les électrons en direction
du groupement acide carboxylique, ce qui défavorise le départ du proton acide.
c) est donc un acide moins fort que d).
Exercice 7 page 78
La réaction de saponification (ici avec hydroxyde de potassium!) peut s’écrire de façon générale de cette
manière:
H2C
O
R
HC
O
R
H2C
O
R
+ 3 KOH
H2C
OH
HC
OH
H2C
OH
17
+
3K
+ 3 O
R
Dans notre cas, le triglycéride utilisé est le trioléate de glycéryle, dont la structure est montrée si-dessous:
O
O
O
O
O
O
Afin de pouvoir résoudre cet exercice, il vaut mieux d’abord trouver les masses molaires des molécules
relevantes. Pour se faciliter la vie, il est pratique de diviser la molécule en deux parties: la partie provenant
de l’acide oléique (en bleu) et la partie provenant du glycérol (en rouge). La masse molaire de l’acide oléique
est de 282.46 g mol−1 . Il faut cependant soustraire la masse du proton que l’acide oléique a de plus que
l’oléate. La partie en bleu a donc une masse molaire de 3 × 281.46 = 844.38 g mol−1 . La partie en rouge
est composée de trois atomes de carbone et cinq protons, elle a donc une masse molaire de 41.05 g mol−1 .
La masse molaire du triglycéride est donc de 885.43 g mol−1 .
Pour trouver la masse molaire de l’oléate de potassium il suffit d’additionner la masse molaire du potassium
à la masse molaire de l’oléate. La masse molaire de l’oléate de potassium est de 320.56 g mol−1 .
Ayant trouvé les masses molaires, nous pouvons commencer à calculer le nombre de moles d’oléate qui
correspond à 10 g de cette substance:
n(ol. de potassium) =
10 g
m(ol. de potassium)
=
= 0.0312 mol
M(ol. de potassium)
320.56 g mol−1
Le nombre de moles théoriquement nécessaires (avec rendement 100 %) de triglycéride est de:
nthéo (trigl.) = 13 × n(ol. de potassium) = 0.0104 mol
Le nomre de moles réellement nécessaires est de:
1
nréel (trigl.) = nthéo (trigl.) × 0.85
= 0.0122 mol
Ceci correspond à une masse de triglycéride de:
m(trigl.) = n(trigl) × M(trigl.) = 0.0122 mol × 885.43 g mol−1 = 10.83 g
18
Chapitre 7
Exercice 1 page 86
H3C
H2N
CH2
CH2
N
CH3
CH3
CH3
triéthylamine
amine tertiaire
propylamine
amine primaire
NH2
H3C
NH
CH2
CH3
H3C
N-méthyl-éthylamine
amine secondaire
CH
CH3
isopropylamine
amine primaire
Exercice 2 page 86
H3C
CH2
H3C
NH2
CH
CH3
Cl
NH2
CH2
CH2
NH2
2-chloroéthylamine
éthylamine
1-méthyléthylamine
H3C
NH
CH2
H3C
CH3
N
CH2
CH3
CH3
N-méthyléthylamine
N,N-diméthyéthylamine
La 1-méthyléthylamine (=isopropylamine) est une base plus forte que l’éthylamine. L’effet I+ du groupement isopropyle est plus grand que celui du groupement éthyle.
L’éthylamine est une base plus forte que la 2-chloroéthylamine. L’effet I- de l’atome de chlore réduit la
disponibilité du doublet libre de l’atome d’azote.
La N -méthylamine est une base plus forte que la N,N -diméthyléthylamine. L’angle d’accès de l’amine
tertiaire est réduit ce qui réduit aussi la basicité.
19
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 à
la mésomérie du cycle et est donc moins disponible pour fixer un proton.
Exercice 4 page 86
NH3 + CH3 CH2 −I −−→ CH3 CH2 −NH2 + HI
−
NH3 + HI −−→ NH+
4I
−
2 NH3 + CH3 CH2 −I −−→ CH3 CH2 −NH2 + NH+
4I
Il s’agit d’une réaction de substitution nucléophile.
attaque nucléophile
NH3
+
H3C
CH2
I
H3C
CH2
NH3
+
I
départ nucléofuge
Dans une première étape, l’ammoniac peut attaquer l’atome de carbone sur lequel l’iode est fixé. En effet,
l’iode a une électronégativité plus élevée que le carbone, donc on trouve une charge partielle négative δ- sur
l’iode et une charge partielle positive δ+ sur l’atome C portant l’iode. Cet atome de carbone est donc un
centre électrophile qui peut être attaqué par le réactif nucléophile, l’ammoniac.
H
H3C
CH2
N
H
H3C
+ NH3
CH2
NH3 +
NH4
H
Dans une deuxième étape, l’éthylammonium peut être déprotoné par une seconde molécule d’ammoniac.
Formation de l’amine secondaire:
CH3 CH2 −NH2 + CH3 CH2 −I −−→ (CH3 −CH2 )2 −NH + HI
−
CH3 CH2 −NH2 + HI −−→ CH3 CH2 −NH+
3I
−
2 CH3 CH2 −NH2 + CH3 −CH2 −I −−→ (CH3 CH2 )2 −NH + CH3 CH2 −NH+
3I
20
Formation de l’amine tertiaire:
(CH3 CH2 )2 −NH + CH3 CH2 −I −−→ (CH3 −CH2 )3 −N + HI
−
(CH3 CH2 )2 −NH + HI −−→ (CH3 CH2 )2 −NH+
2I
−
2 (CH3 CH2 )2 −NH + CH3 −CH2 −I −−→ (CH3 CH2 )3 −N + (CH3 CH2 )2 −NH+
2I
21

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