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Niveau: Supérieur
PC A - PC B CHIMIE - DS n°5 - Correction 1 Partie 1 : Le vert malachite D'après le concours ENSTIM 2009, filière PCSI Q1. La loi de Beer-Lambert énonce que l'absorbance (sans unité) d'une solution contenant une espèce est proportionnelle à la concentration de cette espèce, c, en mol.L-1, et à la largeur de cuve traversée l en m, le coefficient de proportionnalité étant ?, le coefficient d'absorption (ou d'extinction) molaire en mol-1.L.m-1 : A = ? l c Si plusieurs espèces absorbent le rayonnement, leur absorbances s'additionnent. Q2. La courbe représentative de l'absorbance A en fonction de la longueur d'onde ? est le spectre d'absorption. On choisit en général la longueur d'onde pour laquelle l'absorbance est maximale, c'est-à-dire ?(?) maximal, lorsque l'on cherche à vérifier la loi de Beer-Lambert, pour mesurer des variations importantes d'absorbance en fonction de la concentration et avoir ainsi une meilleure précision. Q3. A l'aide, par exemple, d'une pipette jaugée deux traits, que l'on peut préalablement rincer avec la solution mère, on prélève 10,0 mL de la solution mère que l'on place dans une fiole jaugée de 100 mL, que l'on complète jusqu'au trait de jauge avec de l'eau distillée ; on bouche puis on homogénéise.
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PC A - PC B CHIMIE - DS n°5 - Correction 1 Partie 1 : Le vert malachite D'après le concours ENSTIM 2009, filière PCSI Q1. La loi de Beer-Lambert énonce que l'absorbance (sans unité) d'une solution contenant une espèce est proportionnelle à la concentration de cette espèce, c, en mol.L-1, et à la largeur de cuve traversée l en m, le coefficient de proportionnalité étant ?, le coefficient d'absorption (ou d'extinction) molaire en mol-1.L.m-1 : A = ? l c Si plusieurs espèces absorbent le rayonnement, leur absorbances s'additionnent. Q2. La courbe représentative de l'absorbance A en fonction de la longueur d'onde ? est le spectre d'absorption. On choisit en général la longueur d'onde pour laquelle l'absorbance est maximale, c'est-à-dire ?(?) maximal, lorsque l'on cherche à vérifier la loi de Beer-Lambert, pour mesurer des variations importantes d'absorbance en fonction de la concentration et avoir ainsi une meilleure précision. Q3. A l'aide, par exemple, d'une pipette jaugée deux traits, que l'on peut préalablement rincer avec la solution mère, on prélève 10,0 mL de la solution mère que l'on place dans une fiole jaugée de 100 mL, que l'on complète jusqu'au trait de jauge avec de l'eau distillée ; on bouche puis on homogénéise.
- solution mère
- lieu entre les espèces contenues dans le sang
- couple h2co3
- electrode
- autoprotolyse de l'eau
- dissolution en solution aqueuse du dioxyde de carbone
- h2o
- x1
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Français
Samedi 13 janvier 2007 DS n°5 Cinétique Chimique et Chimie Or anique Correction Durée : 4 heures
Courbe P=f(t)
Première Partie : Le chlorure de nitrosyle · Première partie de l™expérience : On introduit du chlorure de nitrosyle pur, sous une pression P 0 = 691.7 torrs dans un réacteur de volume égal à un litre, maintenu à l™obscurité. A l™instant t = 0, on allume une lampe qui irradie le réacteur, il se produit donc : 2 NOCl ¾ k b ¾| 2 NO # Cl 2 ( b ) puisque le chlorure de nitrosyle est instable en présence de lumière. · Deuxième partie de l™expérience : A l™instant t = 70 min, on éteint définitivement la lampe : il se produit donc : 2 NO # Cl 2 ¾ k a ¾| 2 NOCl ( a ) (Formation du chlorure de nitrosyle NOCl en phase gazeuse à basse température et dans l™obscurité.) 1) Courbe P = f(t) : 820 800 780 760 740 720 700 680 0 20 40 60 80 100 120 140 160 Te mps t (min) La courbe est tout d™abord croissante, car à volume et température constants , la réaction 2 NOCl ¾ k b ¾| 2 NO # Cl 2 fait augmenter le nombre de moles de gaz présents dans le réacteur (deux molécules de gaz sont transformées en trois molécules de gaz). Donc, d™après la loi des gaz parfaits (PV=nRT), si n augmente à V et T constants, alors P augmente. Cette réaction de photolyse est limitée par la réaction inverse de synthèse du chlorure de nitrosyle, donc, au bout d™un temps assez long (35 minutes ici), on atteint un équilibre dit photostationnaire : les concentrations n™évoluent plus et la pression non plus. La composition à l™équilibre dépend à la fois de la température et de l™intensité du rayonnement utilisé.
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La courbe est ensuite décroissante, car à volume et température constants , la réaction 2 NO # Cl 2 ¾ k a ¾| 2 NOCl fait diminuer le nombre de moles de gaz présents dans le réacteur (trois molécules de gaz sont transformées en deux molécules de gaz). Donc, d™après la loi des gaz parfaits (PV=nRT), si n diminue à V et T constants, alors P diminue. 2) D™après l™énoncé, la synthèse de NOCl est favorisée à basse température et à l™obscurité, donc si l™on augmente la température ou l™intensité lumineuse, on favorise la dissociation de NOCl et la pression à l™équilibre augmente. 3) Détermination de la loi de vitesse de la réaction photochimique ( b ). La réaction 2 NOCl ¾ k b ¾| 2 NO # Cl 2 ( b ) a pour mécanisme : NOCl ¾ h Η ¾| NO # Cl ∼ (1) Cl ∼ # NOCl ¾¾| NO # Cl 2 (2) La vitesse globale de cette réaction s™écrit : d [ NOCl ] d [ NO ] d [ Cl 2 ] v 1 % 1 # 1 # 2 dt 2 dt dt Or, d™après le mécanisme, la vitesse de disparition de NOCl s™écrit : d [ NOCl ] 1 v 1 # v 2 dt D™autre part, les espèces radicalaires étant très souvent des espèces instables, on peut supposer que Cl° est un intermédiaire réactionnel instable et lui appliquer l™AEQS (approximation des états quasi-stationnaires). On considère que sa vitesse globale de formation est quasiment nulle : d Cl · [ ] v 1 % v 2 » 0 v 1 v 2 dt D™où v 1 % d [ N 2 OCl ] 1 v 1 1 k 1 I [ NOCl ] , la réaction est d™ordre 1 par rapport à NOCl. dt 4) a) Tableau d™avancement en mol de la réaction photochimique ( b ). 2 NOCl ¾ k b ¾| 2 NO # Cl 2 n totgaz t 1 0 n o 0 0 n o t n o 2 2 n o # b) Pressions partielles en torr et en Pa des constituants à l™instant t = 70 min. Les pressions partielles s™expriment à l™aide de la loi des gaz parfaits : P 1 n NOCl RT 1 ( n 0 2 ) RT NOCl V V P 1 n NO RT 1 2 T NO V V RT P Cl 1 n Cl 2 1 Π T 2 V V Commençons par calculer n o à l™aide de la loi des gaz parfaits : PV % n 0 1 0 691.7 ´ 133.3 ´ 10 3 3.783 10 % 2 mol 1 1 ´ RT 8.314 ´ (273.15 # 20)
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Puis calculons l™avancement de la réaction à t = 70 min à l™aide de la loi des gaz parfaits : t 1 70 V 1 n t 1 70 RT 1 ( n 0 # Π t 1 70 ) RT ´ ´ 1 70 % 1 80 3 % ´ 1 ´ 3 Π t 70 P t 1 TVn 0 81..37141332.933.1150 % 37.83 10 % 2 6.02 10 % mol 1 ´ D™où : 3 2 3 14 293.15 0 70 4 NOCl ( t 1 70) 1 ( n % 2 V Π t 1 ) RT 1 .783 ´ 10 % % 2 ´ 6.0110 ´ % 3 10 % ´ 8.3 ´1 6.288 ´ 10 Pa 1 471.7 torr O t 1 n NO ( t 1 70) RT 1 2 Π ( t 1 70) RT 1 2 ´ 6.01 ´ 10 % 3 ´ 8.314 ´ 293.15 1 2.933 ´ 10 4 Pa 1 220.0 torr N ( 1 70) V V 10 % 3 Cl t 1 1 n Cl 2( t 1 V 70 ) RT 1 Π ( t 1 70 V ) RT 1 6.01 ´ 10 % 3 ´ 180. % 314 ´ 293.15 1 1.466 ´ 10 4 Pa 1 110.0 torr 2 ( 70) 3 5) Après extinction de la lampe, le chlorure de nitrosyle se reforme. On note p et q les ordres partiels de la réaction ( a ) par rapport à NO et Cl 2 respectivement. a) Equation différentielle reliant le temps Κ et la concentration instantanée en dichlore [Cl 2 ] : 1 k NO Cl 1 % On a : v a [ ] p [ 2 ] q d [ dCl 2 ] Or : 2 NO # Cl 2 ¾ k a ¾| 2 NOCl n totgaz Κ 1 0 2 Π ( t 1 70) Π ( t 1 70) n o % 2 ( t Π 1 70) n o # ( t Π 1 70) 2 ( t 1 70) 2 ( t 1 70) % Κ n o % 2 ( t 1 70) # 2 Κ n o # ( t 1 70) % Κ Donc à chaque instant, NO et Cl 2 sont en proportions stoechiométriques : [ NO ] 1 2[ Cl 2 ] . v 1 k a 2 p [ Cl 2 ] p # q 1 % d [ dCl 2 ] b) Séparation des variables et intégration : Κ 2 Κ [ Cl 2 ] Κ d [ Cl ] 2 pq Κ 1 0 k a d 1 % [ Cl 2 ] Κ 1 0 [ Cl 2 ] k a 2 p Κ 1%% p % 1 q # Cl 1 Κ p # q % 1 % Cl ] Κ 1 p 1 # q % 1 1 [ 2 ] [ 2 0 ( p # q % 1 ! k a 2 p Κ 1 [ Cl 2 ]1 Κ p q % 1 % [ Cl 2 1] Κ p # q % 1 1 0 c) On pose P ( Κ ) = P( Κ ) P 0 . P Cl 2 1 Π ( t 1 70) V % Π Κ T et P Κ % P 0 1 n o # Π ( t 1 70) % Π Κ VT % o nRVT donc P ( Κ ) 1 Cl 2 1 [ Cl 2 ] RT d) Réécriture de la solution de l™équation différentielle en fonction de P ( Κ ) et non plus de [Cl 2 ] :
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RT p q % 1 RT p # q % 1 % 1 % ( p # q 1 ! k a 2 p Κ ( ) p q 1 (0) p q 1 P Κ % P # % e) On fait l™hypothèse que p=2 et q=1 (loi de Van™t Hoff). Alors p+q-1=2 et : k a 2 3 Κ 1 1 1 % 2 2 2 ( RT ! P ( Κ ) P (0) Puis on fait une régression linéaire à la calculatrice pour voir si les données expérimentales vérifient cette hypothèse : on prend Κ pour abscisse et P (1) 2 pour ordonnée Y. Temps Κ (min) 0 1 3 5 7 9 11 13 15 17 19 22 801.7 788.7 780.0 772.8 767.2 762.2 758.6 755.4 752.6 750.0 748.1 745.3 Pression (torr) Y.10 9 (Pa -2 ) 4.65 5.98 7.21 8.56 9.87 11.3 12.57 13.87 15.17 16.56 17.69 19.59 Temps Κ (min) 25 30 34 40 45 50 57 60 65 70 75 80 Pression (torr) 742.8 739.3 736.7 734.1 732.9 730.0 727.7 727.0 725.9 724.6 723.9 722.9 9 Y.10 (Pa -2 ) 21.55 24.84 27.79 31.30 33.11 38.37 43.42 45.16 48.12 51.99 54.28 57.81 Les points s™alignent bien sur une droite puisque le coefficient de corrélation obtenu est supérieur à 0.999. Donc l™hypothèse est cohérente avec les données expérimentales. f) La pente de cette droite est a = 1.097.10 -11 Pa -2 K -1 . Donc a 1( kR a T 2 3 ! 2 1 1.097 ´ 10 11 a RT ´ % ´ 4 ´ 293.15 m k a 1(! 2 1 1.097 10 11 ( 8.31 ! 2 1 8.14 ´ 10 % 6 mo 3 l 22 s 8 8 6) a) La réaction ( a ) ne peut pas être un acte élémentaire car elle supposerait la rencontre simultanée de trois molécules ce qui est très improbable. b) Formule de Lewis de NO et mécanisme (radicalaire) de sa dimérisation : NO O N N O O N c) On admet pour la réaction ( a ) le mécanisme suivant : k 2NOk 3 N 2 O 2 Equilibre très rapidemment établi -3 N 2 O 2 + Cl 2 k 4 2 NOCl Réaction lente L™étape 2 est l™étape cinétiquement déterminante, donc : v 1 v 4 1 k 4 N 2 O 2 ] Cl 2 ] . D™autre part, l™équilibre étant rapidement établi, on a v 3 1 v 3 k 3 NO ] 2 1 k % 3 N 2 O 2 ] . D™où : v 1 k 4 k 3 [ Cl 2 ][ NO ] 2 k % 3 L™hypothèse faite précédemment sur les ordres partiels est bien vérifiée et k a 1 kk 4 k 3 . % 3
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Deuxième Partie : Synthèse de l™eau oxygénée D™après le concours commun Mines-Ponts 2000 filière PSI Actuellement plusieurs procédés sont utilisés pour préparer l™eau oxygénée. Le procédé à la 2-éthyl anthraquinone, produit noté Q, est le plus utilisé ; il eut être schématisé comme suit :
1) Equations-bilans des deux étapes du mécanisme : Q # 2 H 2 | QH 4 et QH 4 # 2 O 2 | Q # 2 H 2 O 2 Bilan global du procédé : 2 # O 2 | H 2 O 2 2) Mise en évidence des quatre hydrogènes supplémentaires présents dans QH 4 et non dans Q : O H O H
O H O H Q QH 4 3) Dans Q # 2 H 2 | QH 4 , Q est l™oxydant, et H 2 le réducteur et dans QH 4 # 2 O 2 | Q # 2 H 2 O 2 , QH 4 est le réducteur et O 2 l™oxydant. Demies-équations correspondantes : #
Q # 4 H # # 4 e % | QH 4 QH 4 | Q # 4 H # 4 e %
2 H 2 | 4 H # # 4 e %
2 O 2 # 4 H # # 4 e % | 2 H 2 O 2 4) Insaturations de Q : trois cycles et huit doubles liaisons donc i Q =11 . Insaturations de QH 4 : trois cycles et six doubles liaisons donc i Q =9 . 5) On cherche la concentration molaire d™une solution aqueuse d™eau oxygénée de fraction massique 0.5 et de densité 1,20 : [ H 2 O 2 ] 1 n H 2 O 2 1 m H 2 O 2 1 0.5 ´ m Solution 1 0.5 ´ Solution 1 0.5 ´ d Solution ´ eau V Solution M H 2 O 2 V Solution M H 2 O 2 V Solution M H 2 O 2 M H 2 O 2 Application numérique : [ 2 O 2 ] 1 0.51.324 ´ 1000 1 17.65 mol . L 1
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Troisième Partie : Autour de l™iode D™après le concours ESIM 2001 filière PC A) Cinétique : Photolyse et dissociation de HI Vers 150°C, on peut dissocier totalement HI par photolyse selon le mécanisme: HI ¾ h Η ¾| H ∼ # I ∼ (1) H ∼ # HI ¾¾| H 2 # I ∼ (2) H ∼ # I 2 ¾¾| HI # I ∼ (3) ∼ 2 I ¾¾| I 2 (4) 1) Equation bilan : 2*(1)+(2)+(3)+2*(4) donne : 2 HI ¾¾| H 2 # I 2 (les IR ne doivent pas apparaître dans l™équation bilan). 2) C™est un mécanisme par stades car les deux intermédiaires réactionnels H° et I°, formés à la première étape, ne sont pas consommés puis régénérés dans les étapes suivantes. 3) Vitesse globale de réaction en fonction des constantes de vitesse et des concentrations de HI, I2 et H2 : v 1 d H 2 ] 1 v 2 1 k 2 H · × [ HI ] (Les actes élémentaires suivent la loi de Van™t Hoff) dt D™autre part, les espèces radicalaires étant très souvent des espèces instables, on peut supposer que H° est un intermédiaire réactionnel instable et lui appliquer l™AEQS (approximation des états quasi-stationnaires). On considère que sa vitesse globale de formation est quasiment nulle : · d dHt 1 0 1 v 1 -v 2 -v 3 Û k 1 I 0 [ HI ] 1 H · × k 2 [ HI ] # k 3 [ I 2 ] k 1 k 2 I 0 HI 2 v 1 2 [ ] [ 3 [] 2 ] k HI # k I Cette réaction n™a pas d™ordre global courant, mais, à l™instant initial, on a [I 2 ]=0, donc : v 0 1 k 1 I 0 HI ] 0 , cette réaction admet don un ordre initial égal à 1. B) Chimie organique : Etude de réactions d'additions électrophiles On étudie d™abord l'action du chlorure d'iode sur le 2-méthylpropène. 1) Structure de Lewis du chlorure d'iode et polarité : Le chlore étant situé dans la 3 ème période de la classification périodique et l™iode dans la 5 ème , le chlore est plus électronégatif que l™iode et on a : Cl I ≅ %# 2) Lors de la réaction entre le chlorure d'iode et le 2-méthylpropène, le nucléophile est l™alcène (C=C riche en électrons) et l™électrophile est l™atome d™iode du chlorure d™iode.
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I Cl
3) Mécanisme réactionnel expliquant la régiosélectivité observée : obtention majoritaire du 2-chloro-1-iodo-2-méthylpropane : I Cl 1 I 2 Majoritaire 50% I 1 Cl 2 1 Cl 2 I Minoritaire Cl 1 Cl 2 Cl 1 50% Majoritaire I 1 I 22 Cl Minoritaire I · Formation du pont iodonium et non bromonium, car, d™après ce qui précède, l™iode est le site électrophile. · Ce pont se forme de manière équiprobable au-dessus et au-dessous du plan de l™alcène. · Régiosélectivité : l™ion chlorure ouvre ce pont en anti majoritairement du côté le plus substitué (du côté du « carbocation virtuel le plus stable »). · Le 2-chloro-1-iodo-2-méthylpropane est donc le régioisomère majoritaire et le 1-chloro-2-iodo-2-méthylpropane est le régioisomère minoritaire. Transposition au (E)-3-méthylpent-2-ène. 4) Mécanisme de l™addition du chlorure d™iode sur (E)-3-méthylpent-2-ène : 1 I Cl I 2R Majoritaire I 50% 1 Cl S 1 Cl 22 I S R Minoritaire Cl 1 Cl 2 Cl 1 S 50% R Majoritaire 1 2 I I 2 Cl SR Minoritaire I · Formation du pont iodonium et non bromonium, car, d™après ce qui précède, l™iode est toujours le site électrophile.
I Cl
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· Ce pont se forme de manière équiprobable au-dessus et au-dessous du plan de l™alcène. · L™ion chlorure ouvre ce pont en anti majoritairement du côté le plus substitué (du côté du « carbocation virtuel le plus stable »). · Les produits obtenus sont deux couples d™énantiomères : ((2R, 3S)-3-chloro-2-iodo-3-méthylpentane ; (2S, 3R)-3-chloro-2-iodo-3-méthylpentane) est le couple majoritaire et ((2R, 3S)-2-chloro-3-iodo-3-méthylpentane ; (2S, 3R)-2-chloro-3-iodo-3-méthylpentane) est le couple minoritaire. · Cette réaction est diastéréospécifique . (On obtient uniquement le dia RS-SR et pas du tout le dia RR-SS) Transposition à un autre réactif dissymétrique : HOBr. 5) On étudie désormais l™addition de HOBr sur le (E)-3-méthylpent-2-ène. Le brome étant moins électronégatif que l™oxygène, on a : HO Br % # 1 B r 2 50% 1 1 OH 22
Et donc, OH Br
Br OH
1 OH 2 1 50% 1 B 2 r 2
Br R Majoritaire S HO Br S R Minoritaire OH HO S R Majoritaire Br OH SR Minoritaire Br
· Le pont bromonium se forme de manière équiprobable au-dessus et au-dessous du plan de l™alcène. · L™ion hydroxyde est le nucléophile de la deuxième étape et ouvre ce pont en anti majoritairement du côté le plus substitué (du côté du « carbocation virtuel le plus stable »). · Les produits obtenus sont deux couples d™énantiomères : ((2R, 3S)-2-bromo-3-méthylpentan-3-ol ; ((3R, 2S)-2-bromo-3-méthylpentan-3-ol) est le couple majoritaire et ((2R, 3S)-3-bromo-3-méthylpentan-2-ol ; ((3R, 2S)-3-bromo-3-méthylpentan-2-ol) est le couple minoritaire. · Cette réaction est diastéréospécifique . (On obtient uniquement le dia RS-SR et pas du tout le dia RR-SS) Compétitions. 6) · Le pont iodonium se forme de manière équiprobable au-dessus et au-dessous du plan de l™alcène. · L™iodure peut ensuite ouvrir le pont, comme dans les cas classiques, mais ce mécanisme ne permettra pas d™expliquer la formation du produit obtenu. Il faut donc prendre en compte la présence d™un autre nucléophile : l™oxygène de la fonction acide carboxylique pour expliquer
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la formation de ce produit. La deuxième étape est donc une ouverture intramoléculaire . Cette ouverture doit se faire en anti . La fonction acide carboxylique étant située au-desssous du plan du cycle, elle ne pourra attaquer en anti que les ponts formés au-dessus du cycle. Seule la voie avec le pont iodonium au-dessus du plan de l™alcène mène donc au produit : O HO OH I O I I I 50% HO O HO HO OO II O I OH O 50% OHO OHOH O I O I O I H · La dernière étape est une déprotonation. · La stéréochimie du produit est le fruit de la diastéréospécificité anti de la réaction. · Remarque : les carbones asymétriques n™intervenant pas comme sites réactionnel dans le mécanisme ne voient pas leur configuration modifiée. 7) Le méthanol est un nucléophile (son oxygène possède des doublets non liants susceptibles d™attaquer les sites électrophiles). Ph I Ph I I S I 1 I 2 O S OMajoritaire I 50% 1 HIMinoritaire Ph 1 2 2 I R PhOH R h O P OH Ph O H 1 Ph 2 PhI 50% H O I 1 I 21 R Ph=Phényl 2 Ph I I H Ph O S I
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O R Ph I Majoritaire Minoritaire Ph O S I
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· Le pont iodonium se forme de manière équiprobable au-dessus et au-dessous du plan de l™alcène. · L™iodure peut ensuite ouvrir le pont, comme dans les cas classiques, mais ce n™est pas le nucléophile le plus fort présent dans le milieu. Il faut donc prendre en compte la présence en grande quantité d™un autre nucléophile : le méthanol. La deuxième étape est donc une ouverture du pont iodonium par le solvant. Cette ouverture se fait, comme toujours, en anti . Quatrième Partie : Identification d™alcènes A) L™alcène A. L™analyse d™un hydrocarbure A donne les résultats suivants : densité par rapport l™air : d = 2,9 ; pourcentage massique en carbone : %C = 85,7 % ; pourcentage massique en hydrogène : %H = 14,3 % ; 1) Masse molaire du composé A : M A ? dm A . V air n A M A . V air M A . V m M AA 1 d ´ M air 1 2.9 ´ 29 1 84 g . mol 1 1 V A m air 1 V A n air M air 1 V m M air 1 M air 2) A est un hydrocarbure, il a donc la formule brute C x H y . A contient 85.7% en masse de carbone et 14.3% d™hydrogène, donc : 0 857 1 m C 1 12 x=6 . m C # m H 84 0.143 m H y =12 1 1 m C # m H 84 y % # 3) i 262122 1 1 Donc A possède une insaturation. 4) Pour identifier cette insaturation comme une liaison double C=C, on peut faire un test au dibrome : le dibrome, liquide orange, se décolore en présence d™une liaison double C=C, car Br 2 s™additionne sur la double liaison (addition électrophile ionique). Une réaction d™ozonolyse conduite sur A , donne de la butanone et de l™éthanal. 5) L™ozonolyse a été suivie d™une hydrolyse réductrice car un des deux produits cités : l™éthanal est un aldéhyde. Avec une hydrolyse oxydante, on aurait formé l™acide éthanoïque et non l™éthanal. Pour réaliser une hydrolyse réductrice, on peut utiliser du zinc en milieu acide, du diméthylsulfure, une phosphine comme la triphénylphosphine ou encore du dihydrogène en présence d™un catalyseur métallique comme le platine. 6) A partir de ces résultats, on peut identifier A comme le 3-méthylpent-2-ène , mais on ne peut pas préciser sa stéréochimie Z ou E ni écrire sa formule topologique. 7) Bilan de l™ozonolyse réductrice : O O O 3 Zn 2H + Zn 2+ H 2 O
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B) Le caryophyllène. Le caryophyllène de formule brute C 15 H 24 est un sesquiterpène responsable de l™odeur du clou de girofle. 1) Sachant qu™une molécule de caryophyllène est capable de fixer deux molécules de dibrome, on sait qu™il possède deux doubles liaisons C=C. Or sa formule brute nous indique qu™il comporte i 2 15 % 224 # 2 1 4 insaturations. Le caryophyllène ne possédant pas d™hétéroatome, on en déduit que ces quatre insaturations sont deux doubles liaisons C=C et deux cycles . 2) O Caryophyllène 1) O 3 1 2) Me 2 S O H H 2 3 O O Caryophyllène X HBr, hv 1) O 3 O H H Bromation 2) Zn/AcOH sélective de la double liaison la oi s s s i ée. Br La première ozonolyse nous permet de localiser la position où se trouvaient les doubles liaisons C=C. Deux des carbones 1, 2 et 3 étaient liés par une double liaison avant ozonolyse et le dernier était lié doublement à un groupe CH 2 . On remarque en effet qu™un des deux cycles a été ouvert, une des deux doubles liaisons était donc intracyclique. Et d™autre part, on note que le produit d™ozonolyse ne comporte que 14 carbones. Il y avait donc présence d™un alcène terminal exocyclique et l™autre produit formé lors de cette ozonolyse est le méthanal, ou formaldéhyde OCH 2 . L™autre réaction nous apprend que l™alcène terminal était placé sur le carbone 3, en effet, l™alcène terminal est le moins substitué et va être bromé sélectivement d™après l™énoncé. Ce sont donc les carbones 1 et 2 qui étaient liés par une double liaison. Nous pouvons donc écrire la structure du caryophyllène suivante :
H H 3) Il subsiste une incertitude sur la stéréochimie de la double liaison intracyclique : est-elle Z ou E ? Sachant que la dibromation du caryophyllène donne les composés (1S, 2R et 1R, 2S), on en déduit que la double liaison du caryophyllène est de stéréochimie E. En effet :
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