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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 ” pour les 1` eres 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: C 7 H 16 + 11 O 2 --→ 8H 2 O + 7 CO 2 Combustion de l’octane: 2C 8 H 16 + 25 O 2 --→ 18 H 2 O + 16 CO 2 Masse de 1 L d’essence: m(essence) = ρ(essence) × V(essence) = 0.70 g cm 3 × 1000 cm 3 = 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 g mol =2.45 mol Nombre de moles d’oxyg` ene n´ ecessaire pour la combustion de 2.45 mol de heptane: n(O 2 ) = 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(CO 2 )= 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 g mol =3.99 mol Nombre de moles d’oxyg` ene n´ ecessaire pour la combustion de 3.99 mol d’octane: n(O 2 )= 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(CO 2 )=8 × n(octane) = 31.92 mol Calcul pour le volume d’air consomm´ e: Nombre total de moles d’oxyg` ene: n tot (O 2 ) = 26.95 mol + 49.88 mol = 76.83 mol 1

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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

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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.

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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%

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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

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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.

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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)

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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

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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.

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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

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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.

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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).

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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

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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

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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

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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

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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.

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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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