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Sirius Term
S - Livre du professeur
Chapitre 15. Transformations en chimie organique
© Nathan 2012 7 / 21
Exercices d’application
5 minutes chrono !
1. Mots manquants
a. tous les ; tous les
b. deux
c. remplacé
d. électronégatif ; liaison
e. moins
f. donneur
g. donneur ; accepteur
h. donneur
2. QCM
a. Addition.
b. De carbone porte une charge partielle positive.
c. Polarisée.
d. C’est un site donneur de doublet d’électrons.
e. D’oxygène n°2 vers l’atome de carbone.
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Compétences exigibles
3. a. Un groupe hydroxyle -OH et un groupe carboxyle :
b. Un groupe amino –NH2 et un groupe hydroxyle : -OH.
c. Un groupe hydroxyle -OH et un groupe carbonyle :
d. Un groupe amino –NH2 et un groupe caractéristique des amides :
e. Un groupe carbonyle et un groupe caractéristique des esters :
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Chapitre 15. Transformations en chimie organique
© Nathan 2012 8 / 21
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4. A → B : chaîne et groupe ;
A → C : chaîne et groupe ;
A → D : chaîne ;
A → E : chaîne et groupe ;
A → F : chaîne ;
A → G : chaîne et groupe.
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5. a. Addition : le produit contient tous les atomes de tous les réactifs.
b. Substitution : l’atome d’iode est remplacé par le groupe d’atomes NH3.
c. Élimination : deux groupes d’atomes, H et OH sont détachés du réactif.
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6. a. b. et c.
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Chapitre 15. Transformations en chimie organique
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7.
: liaison rompue
: liaison créée
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8. a.
b. en rouge : atomes accepteurs
en vert : atomes donneurs
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9. : liaison formée
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Compétences générales
10. a. Réactif : C4H8O2 ; produit : C6H10O3.
b. Par différence, le second produit formé a pour formule brute : C2H6O.
c. Il s’agit de l’éthanol : H3C-CH2-OH.
d. Il s’agit d’une substitution : l’atome H sur le C en α de C=O est remplacé par H3C-C=O.
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11.
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Chapitre 15. Transformations en chimie organique
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Exercices de méthode
12. Exercice résolu.
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13. 1. a. La première représentation (formule brute) est celle qui donne le moins
d’informations ; elle permet toutefois de vérifier la conservation de la matière.
b. Première représentation : un ion hydroxyde réagit avec une espèce chimique de formule
brute C4H9Br pour former une espèce de formule brute C4H10O et un ion bromure.
Deuxième représentation : une nouvelle liaison se forme entre un atome d’oxygène, donneur
de doublet d’électrons et un atome de carbone accepteur ; dans le même temps, la liaison C-Br
se rompt, le doublet d’électrons de la liaison rompue est attiré par l’atome de Br.
Troisième représentation : un ion hydroxyde réagit avec le 2-bromobutane pour donner du
butan-2-ol et un ion bromure.
2. a.
L’écriture des noyaux aromatiques est lourde.
b.
Cette écriture ne permet pas de visualiser la rupture d’une liaison C-H.
c. et d. Voir tableau page suivante.
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Représentation Exemple Avantages Inconvénients
Formule brute C8H9Br
Écriture rapide.
Permet d’équilibrer les
équations-bilan.
Permet de calculer la
masse molaire.
Ne permet pas
d’identifier la chaîne
carbonée, et les groupes
caractéristiques.
Formule semi-
développée
CH CH
CH C
CH CH
CH
CH3
Br
Permet d’identifier la
chaîne carbonée, et les
groupes caractéristiques
de la molécule.
Longue à écrire.
Ne permet pas de
visualiser la
configuration d’une
molécule chirale.
Formule
topologique
Br
Écriture rapide.
Permet d’identifier la
chaîne carbonée et les
groupes caractéristiques.
Ne permet pas de
visualiser la
configuration d’une
molécule chirale.
Formule
de Lewis
Permet de visualiser les
doublets d’électrons et
les lacunes pour
identifier atomes
donneurs et atomes
accepteurs.
Long à écrire.
Ne permet pas de
visualiser la
configuration d’une
molécule chirale.
Formule de
Cram CH3
Br
Permet de visualiser la
configuration d’une
molécule chirale.
Ne permet pas de
visualiser les doublets
d’électrons et les
lacunes pour identifier
atomes donneurs et
atomes accepteurs.
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14. a. La phénylalanine possède les groupes caractéristiques amino -NH2 et carboxyle
b.
c.
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Chapitre 15. Transformations en chimie organique
© Nathan 2012 13 / 21
Exercices d’entraînement
15. a. Substitution : atome H du noyau aromatique remplacé par H3C-C=O.
b. Élimination : on détache C=O et O du réactif ; le mécanisme de la décarboxylation est un
mécanisme circulaire à 6 centres.
c. Substitution : un atome H de l’azote est substitué par H3C-C=O.
d. Élimination : un atome H du noyau aromatique et l’atome de Cl sont éliminés du réactif.
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16. L’élève doit organiser clairement la biographie : il pourra par exemple faire apparaître les
rubriques suivantes : formation - travaux de recherche - récompense.
Cette biographie devrait replacer les travaux de Pauling dans leur contexte historique (état des
connaissances) et expliquer leur importance majeure dans le domaine de la chimie.
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17. Dans le spécimen, le lien Internet source ne fonctionnant plus, il a été remplacé dans le
manuel élève par le lien Internet suivant : http://www.umaine.edu/chemistry/
a. χ(Br) > χ(C)
b.
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18. a.
b. Dans les deux cas, c’est la liaison C+δ
-Cl-δ
qui est rompue.
c.
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Chapitre 15. Transformations en chimie organique
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d.
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19. a.
Il se forme une molécule d’eau.
b. Les deux liaisons susceptibles d’avoir été formées sont les deux liaisons C-O simples.
d. Le marquage isotopique indique que l’atome d’oxygène du méthanol se retrouve dans
l’ester ; c’est donc l’hypothèse 2 ci-dessus qui est en accord avec les résultats expérimentaux.
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20. Dans la molécule H2, les deux électrons de la liaison covalente entre les atomes H sont
distribués équitablement entre les deux atomes. En cas de rupture de la liaison, chaque atome
conserve un électron, de façon parfaitement symétrique, et on forme des espèces hautement
réactives :
H—H → 2 H●
En revanche, dans le cas de la molécule H—Br, les deux électrons de la liaison covalente sont
davantage attirés par Br que par H. On dit que Br est plus électronégatif que H. En cas de
rupture de la liaison, les électrons sont tous les deux attirés par Br, de façon dissymétrique :
H—Br → |Br- + H
+
On peut représenter le transfert d’électrons de la façon suivante :
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21. a. c. et d.
b. χ(H) < χ(O) donc H possède une charge partielle +δ et O une charge partielle –δ.
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22. a. En sciences, le symbole Δ représente une différence. L’abscisse Δχ correspond à une
différence d’électronégativité (en valeur absolue), entre les éléments A et B de la liaison
étudiée.
Pour une liaison covalente non polarisée, Δχ = 0 ; ceci correspond à la partie gauche du
graphique.
b. et c. Δχ(H2) = 0 le pourcentage ionique de la liaison est nul.
Δχ(HCl) = 3,16 – 2,20 = 0,96 le pourcentage ionique de la liaison est de 8 % ; H est un
site accepteur et Cl un site donneur de doublet d’électrons.
Δχ(NaCl) = 3,16 – 0,93 = 2,23 le pourcentage ionique de la liaison est de 90 % environ ;
la liaison ne peut pas être modélisée par une liaison covalente.
Δχ(MgO) = 3,44 – 1,31 = 2,13 le pourcentage ionique de la liaison est de 85 % environ ;
la liaison ne peut pas être modélisée par une liaison covalente.
Δχ(CsF) = 3,98 – 0,79 = 3,19 le pourcentage ionique de la liaison est supérieur à 90 %
environ ; la liaison ne peut pas être modélisée par une liaison covalente.
La valeur χ(Cs) = 0,79 ne se trouve pas dans la table d’électronégativité du manuel.
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23. a. b. et d.
c. χ(S) > χ(C) donc S est l’atome donneur de doublet d’électrons et C l’atome accepteur,
ainsi la flèche qui modélise le transfert est issue de S et pointe vers C.
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24. a. Carbone, noir ; hydrogène, rouge ; oxygène, bleu et brome violet.
b. Animation 1 : les réactifs sont (CH3)3C—Br et CH3OH.
Animation 2 : CH3—Br et CH3O-.
c. 1re
modélisation :
1re
étape
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Chapitre 15. Transformations en chimie organique
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2e étape
2
e modélisation :
d.
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25. a. La phénylalanine possède le groupe amino –NH2 et carboxyle :
b.
c. L’atome de carbone qui porte le groupe amino possède quatre substituants différents,
c’est un carbone asymétrique. C’est le seul atome de carbone asymétrique, donc la
molécule est chirale.
De même, l’atome de carbone qui porte le groupe hydroxyle est le seul atome de carbone
asymétrique de la molécule d’adrénaline, donc la molécule est chirale.
d. L’adrénaline possède les groupes caractéristiques suivants : hydroxyle –OH et
amino -NH
e.
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Chapitre 15. Transformations en chimie organique
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26. a. Limonène et myrcène ont même formule brute : C10H16 ; ce sont des isomères de
constitution.
b.
c. On a représenté par une double flèche rouge la liaison à créer à partir du myrcène pour
obtenir le limonène ; il s’agit des atomes numérotés 1 et 6.
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27. Transformation α : addition
Transformation β : substitution
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Transformation γ : élimination
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28. a. Le composé présente la bande caractéristique des liaisons O-H ; cette hypothèse est
confirmée par le pic à 5,2 ppm du spectre de RMN. D’autre part à 4ppm, le signal qui intègre
pour 1H est un 7-uplets, on propose :
OH
b. et c. CH3-CHBr-CH3 + HO- = CH3-CH(OH)-CH3 + Br
- : il s’agit d’une substitution.
CH3-CHBr-CH3 + HO- = CH3-CH=CH2 + Br
- + H2O : il s’agit d’une élimination.
d.
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Exercices de synthèse
29. a. Lors de la transformation étudiée, une liaison C-C se forme.
Il est donc nécessaire qu’un atome de carbone joue le rôle de donneur.
On voit ci-dessous que sans Mg, les deux atomes de carbone entre lesquels s’établit la liaison
portent une charge partielle positive ; tandis qu’en présence de Mg, l’un des atomes porte une
charge partielle négative et peut jouer le rôle de donneur :
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30. a. L’aspartame possède un groupe caractéristique des amides, un groupe caractéristique
des esters, un groupe carboxyle et un groupe amino.
b. et c.
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31. a. c. d. et e.
b. L’acide 11-aminoundécanoïque possède un groupe amino et un groupe carboxyle.
f. 2 C11H23O2N = C22H44N2O3 + H2O
g. De l’eau se forme conjointement au rilsan.
h. Le rilsan appartient à la famille des polyamides.
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32. a. En ordonnée : l’électronégativité noté χ ; en abscisse, le numéro atomique Z.
b. Les éléments Z = 2, Z = 10 c’est-à-dire les gaz nobles n’apparaissent pas dans l’échelle de
Pauling.
c. L’évolution de χ en fonction de Z est globalement la même sur les quatre échelles.
d. L’élément le plus électronégatif pour ces trois échelles est le fluor Z = 9.
e. Sur une période, l’électronégativité augmente ; pour les périodes au-delà de 3, l’évolution
n’est plus monotone.
f. χ diminue légèrement sur une colonne de la classification périodique.
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33. a. et b.
c. Il existe deux possibilités pour obtenir le produit attendu :
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34. a. La molécule de benzaldéhyde possède le groupe caractéristique des aldéhydes ; le
(E)-3-phénylprop-2-énal possède une double liaison C=C et le groupe caractéristique des
aldéhydes.
b. Formule du cinnamaldéhyde :
c. La molécule possède le diastéréoisomère (Z).
d. La molécule de cinnamaldéhyde possède 5 doubles liaisons conjuguées, le
benzaldéhyde 4 ; donc la spectroscopie UV semble bien adaptée pour suivre l’évolution de la
transformation.
e.
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Chapitre 15. Transformations en chimie organique
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f. Le cinnamaldéhyde possède deux atomes de C de plus que le benzaldéhyde, on propose
donc comme aldéhyde :
g.
h. Il s’agit d’une élimination.
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35. a. La première réaction est une addition : le produit de réaction contient tous les atomes de
tous les réactifs ; la transformation (b) est une substitution.
b. Dans les deux cas, les liaisons sont non polarisées ou faiblement polarisées ; on ne peut pas
mettre en évidence de donneurs et d’accepteurs de doublets.
c. On obtient des espèces radicalaires : H2C▪, H
▪ et Cl
▪.
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36. Proposition d’une synthèse de documents
Dans un premier temps, Pauling mesure l’énergie libérée lors de la transformation :
A-B = A + B (notée E(A-B)) pour un grand nombre de composés diatomiques
Il compare ses résultats expérimentaux à l’hypothèse suivante :
E(A-B) = ½ E(A-A) + ½ E(B-B)
et observe que l’hypothèse n’est pas vérifiée pour des composés dont l’un des atomes attire à
lui les électrons de la liaison : l’écart entre l’hypothèse et les résultats expérimentaux est
d’autant plus grand que l’un des atomes de la molécule attire à lui le doublet d’électrons de la
liaison.
Il a alors l’idée d’utiliser cet écart pour quantifier l’électronégativité des atomes. Ainsi, les
valeurs obtenues sont bien en accord avec les classifications qualitatives antérieures.
Les gaz nobles sont des gaz inertes pour lesquels on n’obtient pas aisément de molécules
hétéroatomiques, c’est pourquoi la méthode de Pauling ne permet pas d’obtenir de valeur
d’électronégativité pour ces éléments.
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