Correction: Exercices Chimie Organique The Italian Llama Version du 5 novembre 2014 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 italianllamalux@gmail.com. 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 8 H 2 O + 7 CO 2 Combustion de l octane: 2 C 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 = 2.45 mol mol Nombre de moles d oxygène nécessaire 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 1 = 3.99 mol
Nombre de moles d oxygène nécessaire 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 consommé: Nombre total de moles d oxygène: n tot (O 2 ) = 26.95 mol + 49.88 mol = 76.83 mol Pour calculer le volume d air nécessaire d air, nous utilisons la loi des gaz ideaux 1 : V (O 2 ) = n(o J 2) R T 76.83 mol 8.314 mol K = 273.15 K = 1.722 m 3 = p 101325 Pa 1722 L 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(O 2 ) = 5 1722 L = 8610 L Calcul pour le volume de dioxyde de carbone produit: Nombre total de moles d oxygène: n tot (CO 2 ) = 17.15 mol + 31.92 mol = 49.07 mol Masse totale de dioxyde de carbone: m(co 2 ) = n(co 2 ) M(CO 2 ) = 49.07 mol 44 g mol = 2159 g 1 pv = nrt, avec R = 8.314 J mol 1 K 1, T exprimé en K, V exprimé en m 3, 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
Exercice 2 page 10 Exercice 3 page 10 CH 4 + Br 2 CH 3 Br + HBr CH 3 Br + Br 2 CH 2 Br 2 + HBr CH 2 Br 2 + Br 2 CHBr + HBr CHBr 3 + Br 2 CBr 4 + HBr Ou en une equation: CH 4 + 4 Br CBr 4 + HBr Quantité réellement obtenue: Nombre de moles de tétrabromométhane réellement obtenu: n réel (CBr 4 )= m(cbr 4 ) M(CBr 4 ) = 10375 g 331.6 g mol = 31.29 mol Quantité théoriquement obtenue: Par la loi des gaz idéaux nous pouvons calculer le nombre de moles de méthane utilisé: n(ch 4 ) = pv RT = 101325 Pa 1m3 8.314 J = 44.62 mol mol K 273.15K n théo (CBr 4 )= 44.62 mol Rendement: 31.29 mol R = 100 44.62 mol = 70% 3
Exercice 4 page 10 C 6 H 12 + Cl 2 C 6 H 11 Cl + HCl Nombre de moles de 100 g du produit: n(c 6 H 11 Cl) = m(c 6H 11 Cl) M(C 6 H 11 Cl) = 100 g 118.5 g mol = 0.844 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) 0.45 = 0.844 mol 0.45 = 1.88 mol Masse de 1.88 mol de cyclohexane: m(cyclohexane) = n(cyclohexane) M(cyclohexane) = 1.88 mol 84 158 g Volume de 158 g cyclohexane: volume(cyclohexane) = m(cyclohexane) ρ(cyclohexane) = 158 g 0.78 g = 203 cm 3 cm 3 Exercice 9 page 11 g mol = A) Propanone (nom trivial: acétone): formule brute: C 3 H 6 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: %C = 3 M(C) 3 12 g mol 1 100 = M(acétone) 58 g mol 1 = 62.1% %H = 6 M(H) 3 1 g mol 1 100 = M(acétone) 58 g mol 1 100 = 10.3% %O = 1 M(C) 1 16 g mol 1 100 = M(acétone) 58 g mol 1 100 = 27.6% B) La molécule contient une amide ( CONH 2 ) et nous savons que la chaîne est saturée. Une chaîne saturée contenant que des atomes de carbone et d hydrogène a une formule brute de C n H 2n+2 (p.ex. butane: C 4 H 10 ). Dans notre molécule, un atome d hydrogène doit être substrait pour faire place à l amide, donc la chaîne saturée a dans notre exemple une formule brute de C n H 2n+1. Par la composition centésimale de la molécule, nous savons que 19.2 g d azote sont contenus dans 100 g d amide. 4
1 g d azote est contenu dans 100 19.2 g d amide. 14 g d azote sont contenus dans 100 14 g = 73 g d amide. 19.2 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(CONH 2 ) + M(C n H 2n+1 ) = 12 + 16 + 14 + 2 + 12n + 2n + 1 = 45 + 14n = 73 n = 2 La formule brute est donc C 3 H 7 ON (propanamide). 5
Chapitre 2 Exercice 1 page 28 a) D abord transférer la première molécule en projection Newman (selon l axe C 2 C 1 avec C 1 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. b) Tourner la structure de gauche de 60 selon l axe C C de telle manière que le groupe CH 3 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. 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. 6
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. 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 chaînes différentes, ce sont donc des isomères de chaîne, ce sont des substances chimiques différentes. Exercice 3 page 29 Pour la formule brute C 4 H 8 : 7
Pour la formule brute C 4 H 10 O : Exercice 4 page 29 La molécule A possède un carbone asymmétrique en position 1. structure: (S)-1-bromo-1-chloropropane. Nom de la Nom de la struc- La molécule B ne possède pas de carbone asymmétrique. ture: propan-1-ol. La molécule C possède un carbone asymmétrique en position 2. structure: (R)-2-bromo-1-chloropropane. Nom de la 8
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-chloropropanoïque 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-énoïque 2 G: prop-2-énal H: (S)-2-bromo-2-hydroxypropanal Exercice 10 page 31 Le composé contient un groupement hydroxyle ( OH) et un groupement aldéhyde ( CHO). La chaîne est saturée et deux atomes d hydrogène doivent être soustraits pour les groupes fonctionels. La formule brute du composé est donc C n H 2n O 2. 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. 100 16 2 1 mol d oxygène sont contenus dans 43.2 masse molaire du composé est donc 74 g mol 1. g = 74 g de composé. La M(composé) = M(C n H 2n O 2 ) = 12n + 2n + 32 = 14n + 32 = 74 n = 3 La formule brute du composé est C 3 H 6 O 2. Le groupe fonctionel de l aldéhyde ne peut se trouver qu à la fin d une chaîne, 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. 2 La nomenclature de cette molécule dépasse le niveau de la nomenclature qui figure dans le manuel. 9
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Chapitre 3 Exercice 4 page 48 a) Réactif nucléophile: NH 3 Centre électrophile: CH 3 I b) Exercice 5 page 48 a) Il s agit d une substitution électrophile: b) 11
Exercice 6 page 48 Considérons les formes contributives à la mésomérie du chlorobenzène et du nitrobenzeène: 12
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. 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: Exercice 7 page 48 Considérons les formes contributives à la mésomérie du phénol: NO + 2 se fixera en position ortho et para. 13
Le produit obtenu est le 2,4,6-trinitrophénol (nom trivial: acide picrique). 14
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 étanoïque. Oxydation de l éthanol en éthanal en présence de permanganate de potassium: CH 3 CH 2 OH CH 3 CHO + 2 H + + 2 e ( 5) MnO 4 + 8 H+ + 5 e Mn 2+ + 4 H 2 O ( 2) 5 CH 3 CH 2 OH + 2 MnO 4 + 6 H+ 5 CH 3 CHO + 2 Mn 2+ + 8 H 2 O Oxydation de l éthanal en acide éthanoïque en présence de permanganate de potassium: CH 3 CHO + H 2 O CH 3 COOH + 2 H + + 2 e ( 5) MnO 4 + 8 H+ + 5 e Mn 2+ + 4 H 2 O ( 2) 5 CH 3 CHO + 2 MnO 4 + 6 H+ 5 CH 3 COOH + 2 Mn 2+ + 3 H 2 O Ou l oxydation de l éthanol en acide éthanoïque en une étappe: CH 3 CH 2 OH + H 2 O CH 3 COOH + 4 H + + 4 e ( 5) MnO 4 + 8 H+ + 5 e Mn 2+ + 4 H 2 O ( 4) 5 CH 3 CH 2 OH + 4 MnO 4 + 12 H+ 5 CH 3 COOH + 4 Mn 2+ + 3 H 2 O Exercice 2 page 59 Formule génerale d un alcool secondaire: R-CHOH-R Formule générale de la cétone correspondante: R-CH-R R CHOH R, R CO R, + 2 H + + 2 e ( 3) Cr 2 O 2 7 + 6 e 2 Cr 3+ + 7 H 2 O 3 R CHOH R, + Cr 2 O 2 7 3 R CO R, + 2 Cr 3+ + 7 H 2 O 15
n(cr 2 O 2 7 )= c(cr 2 O2 7 ) V(Cr 2 O2 7 ) = 1 mol L n(alcool) = 3 n(cr 2 O 2 7 M(alcool) = m(alcool) n(alcool) = Formule générale: C n H 2n+1 OH 12n + 2n + 1 + 16 + 1 = 74 n = 4 Formule brute: C 4 H 9 OH (butan-2-ol) 0.0225 L = 0.0225 mol ) = 3 0.0225 mol = 0.0675 mol 5 g 0.0675 mol = 74 g mol Exercice 3 page 59 Formule générale d un monoalcool: C n H 2n+1 OH Equation de la réaction: C n H 2n+1 OH + Na C n H 2n+1 O Na + + 1 2 H 2 n(h 2 ) = V(H 2 ) V m = 1.75 L 1 = 0.078 mol 22.4 L mol n(alcool) = 2 n (H 2 ) = 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 = 1 L alcool cherché est le méthanol CH 3 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. 1 g d oxygène est contenu dans 100 18.2 g d alcool. 14 g d oxygène sont contenus dans 100 16 g = 88 g d alcool. 18.2 M(C n H 2n+1 OH) = 88 g mol 1 12n + 2n + 1 + 16 + 1 = 88 n = 5 Formule brute: C 5 H 11 OH 16
Ci-dessous sont représentés les deux enantiomères cherchés: Exercice 7 page 60 CH 3 COOH + C 2 H 5 OH CH 3 COOC 2 H 5 + H 2 O CH 3 COOH C 2 H 5 OH CH 3 COOC 2 H 5 H 2 O départ: 1 mol 1 mol 0 mol 0 mol réaction: x x +x +x équilibre: 1 x mol 1 x mol 1+x mol 1+x mol n(ester) [ester] [H K c = 2 O] n(h 2 O) [CH 3 COOH] [C 2 H 5 OH] = V V x x n(ch 3 COOH) n(c 2 H 5 OH) = (1 x) (1 x) V V Nous savons de plus que K c = 4, après transformation de l expression nous trouvons: 3x 2 8x + 4 = 0 qui a comme solutions x 1 = 2 et x 2 = 0.67. La première solution est a rejeter (on obtiendrait des nombres de mol négatifs!). Quantités présentes à l équilibre: n(ester) = n(h 2 O) = 0.67 mol n(ch 3 COOH) = n(c 2 H 5 OH) = 0.33 mol Exercice 8 page 60 n(nitroglycol) = m(nitroglycol) M(nitroglycol) = En considérant le rendement de 60 %: n(glycol) = n(nitroglycol) 0.6 = 0.66 mol 0.6 100 g 1 = 0.66 mol 152 g mol = 1.1 mol m(glycol) = M(glycol) n(glycol) = 62 g mol 1 1.1 mol = 68.2 g 17
V(glycol) = m(glycol) ρ(glycol) = 68.2 g 1 = 60.9 cm3 1.12 g mol Equation de la détonation: C 2 H 4 N 2 O 6 2 CO 2 + 2 H 2 O + N 2 Exercice 10 page 60 4 C 3 H 5 N 3 O 9 12 CO 2 + 10 H 2 O + 6 N 2 + O 2 m(nitroglycerine) = ρ(nitroglycerine) V(nitroglycerine) = 1.6 g cm 3 1000 cm 3 = 1600 g n(nitroglycerine) = m(nitroglycerine) M(nitroglycerine) = 1600 g 1 = 7.05 g 227 g mol Lors de la détonation de 4 mol de nitroglycerine il y a formation de 29 mol de gaz. n(gaz) = 29 29 4 n(nitroglycerine) = 4 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 18