Chapitre 5

Chapitre 5 - Amines
Solutionnaire des exercices
5.1
a)
Alcool primaire
Amine primaire
d)
Amine tertiaire
Dérivé halogéné secondaire
b)
Amine secondaire
e)
Alcool tertiaire
Amine primaire
Dérivé halogéné secondaire
c)
Amine secondaire
f)
Amine primaire
Dérivé halogéné primaire
5.2
a)
b)
c)
d)
e)
N,2-diéthylbutan-1-amine
6-chloro-3-éthyl-N,N-diméthylheptan-3-amine
cyclohexane-1,3-diamine
3-méthoxyaniline ou m-méthoxyaniline
(3S,4S)-3-amino-7,7-diméthyloct-1-yn-4-ol
5.3
a)
b)
cyclobutylamine
triéthylamine
5.4
a)
c)
d)
d)
NH 2
1
2
N-méthyl-N,N-dipropylamine
N-cyclopropyl-N,N-diméthylamine
3
4
3
5
N
4
1
5
b)
2
CHO
6
e)
N
N
c)
HN
1
2
3
4
5
6
OH
Chimie organique 2 - Chapitre 5 – Solutionnaire © 2008 Les Éditions de la Chenelière inc.
1
5.5
L’absence de liaisons hydrogène intermoléculaires dans la triéthylamine ((CH3)3N),
contrairement à la situation prévalant dans la propylamine (CH3CH2CH2NH2), explique
en grande partie son point d’ébullition plus bas (3 C pour la triéthylamine et 49 C pour
la propylamine).
La géométrie plus « sphérique » des molécules de triéthylamine, comparativement à celle
plus « linéaire » de la propylamine, contribue également à diminuer la température
d’ébullition de celle-ci, puisque l’empilement plus difficile des molécules diminue les
forces de dispersion de London.
5.6
La formule C4H11N nous indique un degré d’insaturation de (((4 x 2) + 2) – (11-1)) / 2 =
0, ce qui signifie qu’il n’y a ni cycle, ni liaison .
Chaque composé suspect a des bandes C–H alcane (2965-2850) cm-1), ce qui ne donne
aucun indice sur la structure.
Toutefois, le composé A a une seule bande d’absorption dans la zone (3500-3300) cm-1, le
composé B en a deux, et le composé C aucune, ce qui nous indique que A est une amine
secondaire, B une amine primaire et C une amine tertiaire.
Voici les donc les structures possibles pour les composés A, B et C :
A:
H
N
,
N
H
,
H
N
NH2
B:
NH2
,
NH 2
,
NH 2
,
C:
N
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2
5.7
Toutes les amines représentées ont une même structure de base, dérivée de la pentana-1amine. La basicité dépendra donc uniquement de la nature des substituants présents
(électroattracteurs ou électrodonneurs) sur la chaîne latérale, de leur nombre et de leur
proximité de l’atome d’azote.
H 3C
CH 3
N H2
NH 2
Ordre croissant
de basicité
I
N H2
Cl
NH2
Cl
Cl
NH 2
5.8
a)
A:
B:
NH4+Cl-
NH2
b)
D:
C:
NH 3+Br -
NH
c)
F:
E:
NH3 +Cl-
HN
5.9
a)
b)
A:
C:
suivi de OH-, H2O,
chauffage
B:
NH 2
I
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3
5.10
NO2
A:
NH2
B:
O2 N
H 2N
Br
C:
Br
NH2
D:
NH2
H 2N
H 2N
NH 2
CN
5.11
NH 2
a)
O
c)
,
CN
O
N
N
H
,
O
b)
O
O
,
N
H
5.12
Br
Br
N
H
d)
H
On ne peut obtenir cette amine
par réduction d’une amide
ou d’un nitrile.
NH 3 (excès)
1) phtalimidure
de potassium
2) OH- , H 2O
chauffage
NH2
O
NH 2
LiAlH 4 (excès)
éther anhydre
suivi de
H 3O+, H2 O
O
H
NH 3
NaBH 3 CN, H 2SO4
suivi de
H 3 O+, H 2O
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4
5.13
D’après ce que nous avons vu jusqu’à maintenant en chimie organique, le toluène est
neutre, alors que l’acide benzoïque est acide et la benzylamine, basique.
On devra donc dans un premier temps ajouter au mélange une phase aqueuse acide : celleci transformera la benzylamine en son sel, qui sera dès lors plus soluble dans la phase
aqueuse que dans la phase organique. Une séparation des deux phases et une basification
de la phase aqueuse permettra de régénérer la benzylamine.
À la phase organique contenant maintenant le toluène et l’acide benzoïque, on refait le
même processus que précédemment, mais en utilisant cette fois-ci un milieu aqueux
basique, qui transformera l’acide benzoïque en son sel, plus soluble dans la phase aqueuse
que dans la phase organique. La séparation de la phase aqueuse de la phase organique et
son acidification permettront de régénérer l’acide benzoïque.
La phase organique ne contenant plus maintenant que le toluène, on a dès lors réussi à
isoler les trois substances dans trois récipients différents !
CH3
COOH
CH2 NH2
Phase organique
Ajout d'une phase
aqueuse acide
Mélange des phases
Agitation
Séparation
CH 3
COOH
CH 2NH 3+
CH2NH2
Basification
Phase organique
Phase aqueuse acide
Ajout d'une phase
aqueuse basique
Mélange des phases
Agitation
Séparation
CH 3
COOH
COO Acidification
Phase organique
Phase aqueuse basique
CH 3
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5
5.14
a)
A:
Sn
B:
b)
D:
Cu(CN)2
c)
F:
(0-5)C
C:
CN
E:
N 2 +Cl-
G:
O2 N
O2 N
OH
OH
d)
N2 +Cl-
H:
I:
Br
N2 +Cl-
Br
OH
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6
5.15
a)
L’introduction des halogènes l’un à la suite de l’autre sur le benzène ne mènerait
pas au produit désiré puisque les halogènes sont ortho, para orienteurs.
Il faut donc dans un premier temps introduire un groupement nitro (meta
otienteur), qui positionnera correctement un des halogènes, puis ensuite
transformer selon la méthode apprise dans cette section le groupement nitro en
halogène.
Dans la voie décrite ci-dessous, l’atome de chlore est introduit par substitution
électrophile sur le dérivé nitré, et l’atome de brome par substitution nucléophile
sur le sel de diazonium subséquent. Le même résultat aurait été obtenu en
introduisant d’abord l’atome de brome par substitution électrophile sur le dérivé
nitré, puis l’atome de chlore par substitution nucléophile sur le sel de diazonium
subséquent.
Br
Cl
HNO3,
H2 SO4
Cu 2Br 2
HBr
N 2+Cl-
NO2
Cl
NaNO2, HCl
(0-5)C
Cl2
AlCl3
NH 2
NO2
1) Sn, HCl
2) OH- , H2 O
Cl
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Cl
7
b)
Il suffit dans ce cas-ci de transformer le groupement NH2 en groupement OH,
puisque les substituants sont déjà bien positionnés sur le cycle benzénique.
NH 2
OH
NO2
NaNO2, HCl
(0-5)C
NO 2
H 3O +, H2 O
N 2+Cl-
NO2
c)
L’introduction des atomes de fluor sur le cycle benzénique nécessite la formation
de sels de diazonium. Il faut donc introduire des groupements nitro aux positions
appropriées pour ensuite les convertir en ces derniers.
F
F
HNO3
(excès)
H 2 SO 4
HBF4
N2 +Cl-
NO2
N2 +Cl-
NO2
1) Sn, HCl
2) OH -, H 2 O
NH2
NaNO2, HCl
(excès)
(0-5)C
NH2
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8
d)
Le groupement NH2 est ortho,para directeur : il dirigera le positionnement des
atomes de brome lorsqu’on les introduira sur le cycle benzénique. Et comme il
n’est pas présent dans la produit désiré, nous n’aurons qu’à le faire disparaître en
le transformant en son sel de diazonium et en réduisant ce dernier !
NH 2
Br
Br 2
(excès)
FeBr 3
H 3PO2
NH 2
Br
5.16
Br
NaNO 2, HCl
(0-5)C
Br
N 2+ClBr
Br
a)
N
N
OH
b)
O2 N
N
N
NH 2
c)
N
N
N
F
H 3CO
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9
5.17
a)
Le produit désiré est une chaîne linéaire ayant 6C et un atome d’azote en plein
centre, alors que le composé de départ est une chaîne n’ayant que 3C. La table est
donc mise pour une alkylation d’amine, cette dernière pouvant être créée par
synthèse de Gabriel sur le dérivé halogéné de départ.
Chaîne à 3C,
dérivé halogéné
Chaîne à 6C,
amine
H
N
Br
Deux équivalents
de l'amine
Phtalimidure de potassium
NH 2
-
suivi de OH , H2 O, chauf fage
b)
3C
L’analyse est la même qu’en a) : l’amine symétrique que l’on doit produire a de
chaque côté de l’atome d’azote le style de chaîne carbonée présente dans le
substrat. L’amine finale pourrait donc provenir de l’amination réductrice de la
cétone de départ, en se servant d’une amine à 3C que l’on crée en quelques étapes
à partir de la même cétone de départ.
Chaîne à 3C,
cétone
Chaîne à 6C,
amine
H
N
O
LiAlH 4,
éther anhydre
suivi de H 3 O+, H 2O
NaBH3 CN, H 2SO 4
suivi de H3 O+, H 2 O
OH
PBr 3
NH2
Br
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Phtalimidure
de potassium
suivi de OH-, H2 O,
chauffage
10
c)
Le produit désiré est un amide dont le résidu amine comporte une chaîne linéaire à
4C, comme le substrat, et le résidu carboxyle, une chaîne linéaire à 3C.
Le groupement NH2 apparaissant en bout de chaîne dans le résidu amine, il faudra
introduire un halogène de façon anti-Markovnikov sur l’alcène pour être en
mesure de créer l’amine nécessaire par synthèse de Gabriel.
Le nombre inférieur du résidu carboxyle par rapport au substrat pointe vers
l’utilisation d’une réaction d’ozonolyse oxydante de ce dernier, ce qui parviendra à
la fois à diminuer le nombre de carbones et à créer le groupement acide
carboxylique en bout de chaîne.
Chaîne à 7C,
amide
Chaîne à 4C,
alcène
H
N
O
1) O3
2) H2 O2, OH -, H2 O
HBr
ROOR
OH
H 2N
O
Br
4C
d)
3C
4C
phtalimidure de potassium,
suivi de OH -, H2 O,
Le cycle de départ a été coupé pour produire une chaîne, mais le nombre de
carbones est demeuré le même (6C). Ça sent l’ozonolyse, mais il faut d’abord
créer l’alcène pour être en mesure de le faire !
Cycle à 6C,
dérivé halogéné
Chaîne à 6C,
amines
Br
NH 2
H 2N
NH 3 (2 équiv.)
NaBH3CN, H 2SO 4
suivi de H3 O+, H 2 O
OH-,
H
1) O 3
2) Zn, H3 O+, H 2 O
O
O
6C, cycle
Chimie organique 2 - Chapitre 5 – Solutionnaire © 2008 Les Éditions de la Chenelière inc.
H
6C, chaîne
11
e)
Le produit désiré est une chaîne ramifiée à 8C, comportant une amine primaire,
alors que le substrat est une chaîne ramifiée à 4C. Comme l’amine primaire peut
provenir d’un dérivé halogéné, et que ce dernier peut être créé à partir d’un alcool,
tout est en place pour une merveilleuse réaction d’organomagnésien sur un
aldéhyde. Or, ces deux composés ont 4C chacun, comme le substrat !
Chaîne à 8C,
amine
Chaîne à 4C,
alcool
OH
NH 2
8C
NH3 (2 équiv.)
PCC
CH2 Cl2
Br
PBr 3
8C
O
H
PBr3
4C
OH
8C
éther anhydre
suivi de H 3 O+, H 2O
Br
4C
Mg
BrMg
éther anhydre
4C
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12
Exercices supplémentaires
Classification et nomenclature des amines
5.18
NH2
a)
g)
N
NO 2
b)
Br-
h)
NH2
N
NH2
c)
1
i)
3
2
5
4
N
d)
NH 2
j)
CH 3
N
e)
NH2
k)
N
H
f)
H2 N
1
2
3
1
l)
NH 2
1
2
2
3
3
4
4
Note: il faut lire en page 225
(2S,3S)-3-méthylpentan-2-amine,
5
et non
(2S,3S)-3-méthylbutan-2-amine.
5
6
N
Chimie organique 2 - Chapitre 5 – Solutionnaire © 2008 Les Éditions de la Chenelière inc.
13
5.19
a)
b)
2-méthylpentan-3-amine
N,N-diéthylcyclopentanamine
c)
d)
(2S,3R)-4-méthyl-2-(méthylamino)hexan-3-ol
(2Z)-N5-éthylhept-2-ène-3,5-diamine
(Comme il y a deux fonctions amines,
il faut spécifier laquelle porte le
groupement éthyle.)
5.20
a)
b)
méthylpropylamine
triéthylamine
c)
d)
éthylméthylphénylamine
diméthylpentylamine
5.21
Am ines primaires
NH 2
NH 2
NH 2
NH2
,
,
,
Amines secondaires
H
N
,
N
H
,
H
N
Amine tertiaire
N
Structure et propriétés physiques des amines
5.22
Les composés à classer par ordre croissant de températures d’ébullition sont une amine
primaire, un alcool, un éther et un alcane.
De ces quatre composés, seuls l’amine primaire et l’alcool ont des forces
intermoléculaires de cohésion en partie causées par des liaisons hydrogène, ce qui leur
confère une température d’ébullition plus élevée (pour une masse molaire similaire à celle
des deux autres). L’alcool aura une température d’ébullition plus élevée que celle de
l’amine primaire puisque les liaisons hydrogène y sont plus fortes à cause de
l’électronégativité plus élevée de l’oxygène. Enfin, l’éther aura une température
d’ébullition plus élevée que celle de l’alcane à cause des interactions dipôle-dipôle
présentes et de la masse molaire plus élevée des molécules.
L’ordre croissant sera donc :
CH3CH2CH2CH3  CH3CH2CH2CH2OCH3  CH3CH2CH2CH2NH2 CH3CH2CH2CH2OH
Chimie organique 2 - Chapitre 5 – Solutionnaire © 2008 Les Éditions de la Chenelière inc.
14
5.23
Dans le composé A, l’atome d’azote porte quatre substituants carbonés différents, et se
comporte donc vraiment comme le ferait un carbone stéréogénique, d’où la possibilité de
séparer les énantiomères R et S.
Ceci n’est pas possible dans le composé B, puisque la présence du doublet libre sur
l’atome d’azote permet un très rapide processus d’interconversion de la configuration
absolue de ce centre, et exclut donc toute possibilité de séparation d’énantiomères.
5.24
Dans les trois composés, on retrouve des bandes d’absorption associées aux C–H alcane
((3000-2850) cm-1), aux C–H aromatiques ((3100-3000) cm-1), aux C=C aromatiques
((1600-1450) cm-1) et au C–N d’amine ou d’amide ((1300-1100) cm-1).
Toutefois, alors que le composé A est un amide, le composé B est une amine secondaire
et le composé C une amine tertiaire.
En plus des bandes communes aux trois composés, le composé A contient également des
bandes d’absorption pour un N–H amide ((3500-3350) cm-1) et un C=O amide ((16901650) cm-1).
Lorsque le composé A est transformé en composé B, la bande associée au C=O amide
((1690-1650) cm-1) disparaît et la bande N–H amide ((3500-3350) cm-1) est remplacée
par une bande N–H amine secondaire ((3500-3350) cm-1). Toutefois, étant donné la
similitude des domaines d’absorption, ce dernier remplacement ne sera probablement pas
perceptible.
Il n’y a cependant pas d’ambiguïté lorsque le composé B est transformé en composé C,
puisque la bande associée au NH amine secondaire dans B disparaît complètement, aucun
lien N–H n’étant présent dans le composé C.
Basicité des amines
5.25
a)
L’aniline est une base plus forte que la p-cyanoaniline puisque le groupement
cyano diminue la densité électronique sur l’atome d’azote par effet de résonance
attractif et par effet inductif attractif.
b)
L’aniline est une base plus forte que la diphénylamine parce que le deuxième
groupement phényle accroché à l’atome d’azote dans ce dernier composé
augmente la délocalisation du doublet libre de l’atome d’azote, diminuant de ce
fait la densité électronique sur celui-ci.
c)
La tert-butylamine est une base plus forte que la butan-1-amine parce qu’elle
possède plus de groupements carbonés à proximité du groupement amine : leur
effet inductif répulsif plus grand augmente la densité électronique sur l’atome
d’azote.
Chimie organique 2 - Chapitre 5 – Solutionnaire © 2008 Les Éditions de la Chenelière inc.
15
d)
L’éthanamine est une base plus forte que l’éthanamide car dans ce dernier cas, le
doublet libre de l’atome d’azote est délocalisé dans le groupement carbonyle, ce
qui diminue dès lors sa densité électronique, et de ce fait, sa basicité.
Préparation des amines
5.26
a)
N
H
H3 N
Br-
Cl-
b)
N
H2
N
d)
Br-
H
N
c)
H 3N
COO K+
NH 2
COO K+
e)
COO K+
NH 2
COO K+
f)
i)
H 3CO
NH 2
NH 2
g)
h)
H 2N
NH 2
NH 2
j)
N
H
k)
NH
Chimie organique 2 - Chapitre 5 – Solutionnaire © 2008 Les Éditions de la Chenelière inc.
16
5.27
a)
Le proton se retrouvera sur l’atome d’azote doublement lié.
En effet, le doublet libre de ce dernier est dans une orbitale sp2, qui est
perpendiculaire au système  de la double liaison carbone-azote : l’absence
d’interaction entre l’orbitale occupée par le doublet libre et le système 
maintiendra une grande densité électronique sur cet atome d’azote.
À l’opposé, le doublet libre sur l’atome d’azote du groupement amide est dans une
orbitale sp3, et entre en interaction avec le système  du groupement C=O et celui
du cycle aromatique. La délocalisation très grande de ce doublet diminuera de
façon significative la densité électronique sur cet atome d’azote, réduisant ainsi
significativement sa capacité de protonation.
b)
Le réduction du ValiumMD avec l’aluminohydrure de lithium transforme les
groupements fonctionnels amide et imine en amine. Ce faisant, on créera un
carbone stéréogénique sur l’ancien carbone du groupement imine, d’où possibilité
de deux énantiomères. Voici la structure de l’énantiomère de configuration R.
N
R
Cl
*
NH
Ph
5.28
A:
B:
C:
D:
5.29
a)
Pas d’erreur
4
2
Pas d’erreur
E:
F:
G:
H:
H
et
NH2
b)
7
Pas d’erreur
5
7
O
NH2
O
et
H2 N
O
ou
et
H
c)
H
H
NH 2
ou
et
O
Chimie organique 2 - Chapitre 5 – Solutionnaire © 2008 Les Éditions de la Chenelière inc.
O
et
H2 N
17
d)
H
NH 2
O
ou
O
NH 2
H
Réactions des amines
5.30
a)
NH 3+Cl-
A:
NH 2+Cl-
b)
B:
NH 2
Br
H2 N
O
c)
C:
D:
(X = Cl, Br, I)
NH 3+X-
X
d)
H
N
E:
F:
OH
O
e)
O
G:
O
f)
I:
H:
O
O
HN
O
NH 2
NH 2
O
Chimie organique 2 - Chapitre 5 – Solutionnaire © 2008 Les Éditions de la Chenelière inc.
18
5.31
Dans un sel d’aryldiazonium, le système  du triple lien azote-azote interagit avec le
système  du cycle aromatique, ce qui amène une stabilisation du système.
N
N
N
N
N
N
N
N
Cette stabilisation n’est toutefois pas possible dans un sel d’alkyldiazonium, où rien
n’empêche l’azote moléculaire de quitter la molécule, laissant derrière un carbocation
excessivement réactif.
5.32
a)
e)
OCH 3
N
CN
N
HO
b)
f)
N
OH
N
c)
N
g)
Cl
d)
h)
I
Chimie organique 2 - Chapitre 5 – Solutionnaire © 2008 Les Éditions de la Chenelière inc.
F
19
5.33
a)
Cette synthèse implique la transformation d’une amine aromatique en acide
carboxylique. Or, la transformation de l’amine aromatique en sel de diazonium et
la réaction de ce dernier avec l’ion cyanure introduit le carbone nécessaire. Il ne
reste plus ensuite qu’à hydrolyser le nitrile en acide carboxylique désiré.
cycle à 6C, chaîne à 1C
dérivé halogéné
et acide carboxylique
cycle à 6C,
dérivé halogéné
et amine aromatique
NH 2
Cl
COOH
Cl
NaNO 2, HCl
(0-5) C
H3 O+, H 2 O
K CN
N2 +Cl-
Cl
Cl
CN
Cu2 (CN) 2
7C
6C
b)
Les groupements halogénés introduits sur le noyau benzénique sont tous les deux
ortho,para directeurs. Ils ne peuvent donc assurer leurs positionnements relatifs. Il
faut donc introduire d’abord un groupement meta-directeur (en l’occurrence un
groupement nitro), s’en servir pour introduire à la bonne position l’un des
halogènes, puis utiliser la séquence vue dans ce chapitre pour le transformer luimême en l’autre halogène. Pour ce faire, on peut introduire d’abord l’atome de
chlore puis celui d’iode (comme le montre le schéma), ou faire l’inverse !
Cycle à 6C,
dérivés halogénés (meta)
Cycle à 6C
I
Cl
HNO 3
H2 SO4
KI
N 2+Cl-
NO2
Cl
6C
6C
Cl 2
AlCl3
NaNO 2, HCl
(0-5) C
1) Sn, HCl
NO2
NH2
-
2) OH , H 2O
Cl
Cl
6C
Chimie organique 2 - Chapitre 5 – Solutionnaire © 2008 Les Éditions de la Chenelière inc.
6C
20
c)
On se sert encore une fois, comme en b), du groupement nitro pour orienter
correctement le groupement que l’on veut introduire en position meta, soit dans ce
cas un groupement acétoxy. Puis, on peut par la suite transformer comme en b) le
groupement nitro en groupement iodo par la séquence connue.
Il est à noter que contrairement à plusieurs autres synthèses effectuées auparavant,
il n’est pas spécifié dans ce problème de ne se servir que du composé de départ
comme substrat organique, d’où la sortie du chapeau du chlorure d’éthanoyle !
Cycle à 6C, chaîne à 2C
dérivé halogéné, cétone (meta)
Cycle à 6C
I
H3COC
HNO3
H2SO4
KI
N2+Cl-
NO2
Cycle 6C
CH3COCl
AlCl3
NO2
Cycle 6C,
chaîne 2C
H3COC
NaNO2, HCl
(0-5) C
1) Sn, HCl
NH2
2) OH-, H2O
H3COC
Cycle 6C,
chaîne 2C
H3COC
Chimie organique 2 - Chapitre 5 – Solutionnaire © 2008 Les Éditions de la Chenelière inc.
Cycle 6C,
chaîne 2C
21
d)
Dans le composé final désiré, on retrouve un groupement SO3H en position para
par rapport au groupement méthyle et un groupement CN en position ortho par
rapport à ce même groupement méthyle.
L’effet ortho, para directeur du groupement méthyle servira à bien positionner les
groupements SO3H et NO2. On sélectionne dans un premier temps l’isomère para
provenant de la sulfonation du substrat, ce qui permet d’introduire ensuite en
ortho du groupement méthyle un groupement nitro. Il ne reste plus ensuite qu’à
transformer ce groupement nitro en groupement cyano selon la séquence déjà
décrite en a).
Il aurait été également possible d’intervertir les deux premières réactions de la
séquence en sélectionnant plutôt l’isomère ortho provenant de la nitration du
substrat, et en introduisant ensuite le groupement SO3H en para du groupement
méthyle par réaction de sulfonation.
Cycle à 6C, 2 chaînes à 1C
sulfonate (para), nitrile (meta)
Cycle à 6C,
chaîne 1C
NC
H3C
SO3H
H3C
SO3
H2SO4
KCN
Cu(CN)2
-
Cl+N2
SO3H
H3C
HNO3
H2SO4
SO3H
H3C
Cycle 6C,
chaîne 1C
Cycle 6C,
chaîne 1C
NaNO2, HCl
(0-5) C
O2N
H2N
1) Sn, HCl
H3C
SO3H
2) OH-, H2O
H3C
Cycle 6C,
chaîne 1C
Chimie organique 2 - Chapitre 5 – Solutionnaire © 2008 Les Éditions de la Chenelière inc.
SO3H
Cycle 6C,
chaîne 1C
22
5.34
Il suffit en fait de transformer la benzidine en double sel de diazonium, et à le faire réagir
avec l’acide 4-aminonaphtalène-1-sulfonique. Étant donné que la position para par
rapport au groupement NH2 est occupée par le groupement SO3H, le couplage diazoïque
se fera par la position ortho. Si l’on veut retrouver les groupements acides sulfoniques à la
fin, il faudra, après le couplage diazoïque en milieu basique, régénérer ceux-ci en milieu
acide.
H 2N
NH 2
NaNO2 (excès), HCl
(0-5)C
NH 2
-Cl+N
N2 +Cl-
2
SO3 H
OH -, H2 O
suivi de H3 O+, H 2O
NH2
N
H2 N
N
N
HO3 S
N
SO3 H
rouge Congo
5.35
SO3 Na
NaO 3S
N2
+Cl-
HO
OH -, H2O
HO
N
NaO3 S
N
Jaune Orangé S
SO 3Na
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23
5.36
a)
A:
E:
H
N
(+ isomère cis)
B:
F:
OH
O
C:
O
G:
H H
O
H:
OH
O
O
D:
NH 2
O
I:
N
Et ça fonctionne tout aussi bien en échangeant les composés B et C, ce qui donne :
A:
E:
(+ isomère cis)
B:
H
NH
F:
O
O
OH
C:
G:
OH
O
H
H:
O
D:
O
NH 2
I:
N
O
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24
b)
H
N
F:
Br
OH
G:
NH2
C:
NH2
H:
CN
D:
N 2+Cl-
I:
COOH
E:
OH
J:
COCl
A:
O
B:
O
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25
Synthèses impliquant les réactions des amines
5.37
a)
Le produit désiré est une amine comportant des chaînes de 4C, 2C et 2C
accrochées à un atome d’azote. Puisque le substrat de départ est une chaîne à 3C,
ceci implique qu’il faudra couper la chaîne initiale, donc réaction d’ozonolyse, et
augmenter également le nombre de carbones de cette chaîne, ce qui pourrait se
faire facilement par substitution avec un ion cyanure : le nitrile formé peut être
réduit en amine primaire.
Puisque l’amine finale est tertiaire, elle peut provenir de la réduction d’un amide,
qui elle-même peut provenir de la condensation d’une amine secondaire et d’un
acide carboxylique. Cette amine secondaire peut être créée par amination
réductrice à partir d’une amine primaire à 4C… que nous pouvions obtenir du
nitrile !
Chaînes à 4C, 2C et 2C,
amine
Chaîne à 3C,
dérivé halogéné
N
Br
NaOH
LiAlH4, éther anhydre
suivi de H3 O+, H 2O
NaCN
N
CN
4C
3C
1) O 3
2) Zn, H 3O +, H2O
O
LiAlH4, éther anhydre
suivi de H3 O+, H 2O
H
4C
+ 2C
+ 2C
OH
NH2
N
H
O
2C
4C
4C
+ 2C
NaBH3 CN, H 2SO 4
suivi de H3 O+, H 2 O
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O
2C
CrO3
H2 SO4
acétone
26
b)
Le composé final est une amine comportant une chaîne à 3C d’un côté et une
chaîne à 6C de l’autre côté. Elle pourrait provenir de l’amination réductrice d’une
amine à 6C et d’un aldéhyde à 3C … qui se trouve à être le composé de départ.
La synthèse consiste donc principalement à trouver comment transformer un
aldéhyde à 3C en amine à 6C. Or, nous avons déjà vu au chapitre 1 une réaction,
la condensation aldolique, qui permet de créer un nouveau lien carbone-carbone et
de doubler le nombre de carbones initial. Ça adonne bien !
Chaîne à 3C,
aldéhyde
Chaînes à 3C et 6C,
amine
O
H
N
H
NaBH 3CN, H2 SO4
suivi de H 3 O+, H 2O
1) OH -, H 2O
2) H2 SO4,
O
H 2N
H
6C
Phtalimidure
de potassium,
suivi de OH -, H2 O,
6C
H2 (excès)
Forte pression
Pd/C,
PBr3
HO
Br
6C
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6C
27
c)
On veut obtenir comme produit un composé diazo, qui doit donc provenir d’un
couplage diazoïque. Celui-ci implique une molécule de phénol et un chlorure de
benzènediazonium. Or, on peut facilement créer du phénol à partir de ce sel, et ce
dernier peut être créé sans trop de problèmes à partir du benzène … qui est notre
composé initial !
2 Cycles à 6C.
couplage diazoïque +phénol
Cycle à 6C,
aromatique
N
OH
N
HNO3
H 2SO4
OH -, H2 O
NO 2
OH
6C
6C
1) Sn, HCl
2) OH- , H2 O
H 3O +, H2 O
NaNO 2, HCl
(0-5)C
NH 2
N2 +Cl6C
6C
Exercices d’intégration
5.38
a)
L’atome d’azote du groupement amine primaire sera le plus facilement protoné,
puisque le doublet libre de cet atome n’interagit avec aucun système ,
contrairement à l’atome d’azote du cycle à 5. Dans ce dernier cas, en effet, le
doublet libre occupe une orbitale sp2, comme il avait été mentionné pour le pyrrole
à la section 5.3.3 (page 201). Cette orbitale étant parallèle aux orbitales p des
atomes de carbone des deux cycles, la densité électronique due au doublet libre
sera distribuée sur plusieurs atomes, et donc beaucoup moins forte sur l’atome
d’azote.
b)
Pour transformer la sérotonine en mélatonine, on doit méthyler le groupement OH
phénolique et acétyler l’amine primaire. Puisque l’atome de l’azote de l’amine
primaire est plus nucléophile que l’atome d’oxygène phénolique, il vaudrait mieux
acétyler d’abord l’amine primaire avec du chlorure d’éthanoyle (1 équiv.), puis
ensuite méthyler le OH phénolique en le traitant d’abord avec du sodium
métallique, puis avec de l’iodure de méthyle.
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28
N H2
O
c)
H2 C
O
F3 C
O
H
N
F3C
O
O
H2 N
H
F3C
d)
Carbone stéréogénique portant la fonction amine :
1
4
NH
Le substituant 4 pointe vers l’arrière et l’ordre
des substituants 1  2  3 est antihoraire,
donc la configuration est S.
H
3
2
Carbone stéréogénique portant le cycle aromatique :
1
3
H 4
2
Cl
Le substituant 4 pointe vers l’arrière et l’ordre
des substituants 1  2  3 est antihoraire,
donc la configuration est S.
Cl
O
e)
H
NH
Cl
Cl
Chimie organique 2 - Chapitre 5 – Solutionnaire © 2008 Les Éditions de la Chenelière inc.
29
5.39
a)
N
pyrrolidine
N
pyridine
b)
1
4
N
H
2
Le substituant 4 pointe vers l’arrière et l’ordre
des substituants 1  2  3 est antihoraire,
donc la configuration est S.
3
N
c)
O
Dérivé formé :
O
N
N
Conditions de réduction : LiAlH4, éther anhydre, suivi de H3O+, H2O
5.40
a)
O
c)
O
COCH3
N
H
N
O
O
O
N
b)
HO
N
(+ CH 3 OH)
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30
5.41
a)
OH
Produits :
OH
NH 2
NH 2
et
Ce sont des diastéréoisomères.
5.42
b)
Le réactif de Jones (CrO3, H2SO4, acétone) pourrait être utilisé, mais si l’on veut
éviter la protonation de l’amine, on pourrait utiliser le PCC dans le
dichlorométhane.
c)
La cathinone montrera une bande d’absorption pour le C=O cétone à (1725-1705)
cm-1, que la cathine n’a pas. Cette bande disparaîtra lors de la réduction de la
cathinone à la cathine, et sera remplacée par une large bande d’absorption pour le
OH alcool à (3550-3200) cm-1.
a)
b)
c)
Il s’agit tout simplement de faire réagir le dérivé halogéné avec l’ion cyanure, ce
qui allonge la chaîne carbonée d’un carbone, et de réduire ensuite le nitrile formé
par de l’aluminohydrure de lithium.
Br
KCN
CN
LiAlH4,
éther
anhydre
NH 2
suivi de
H 3 O+, H 2O
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31
5.43
a)
Le substituant 4 pointe vers l’avant et l’ordre
des substituants 1  2  3 est antihoraire,
donc la configuration est R.
3
1
O
2
H
N
4
Le substituant 4 pointe vers l’arrière et l’ordre
des substituants 1  2  3 est horaire,
donc la configuration est R.
3
2
*
O
N
NH H
4
1
Le substituant 4 pointe vers l’avant et l’ordre
des substituants 1  2  3 est horaire,
donc la configuration est S.
3
1
*
2
N
b)
NH 2
H 4
L’hydrolyse basique à chaud attaquera dans l’oséltamivir les groupements
fonctionnels ester et amide.
COO-
Produits :
OH
O
NH 2
O
NH 2
O-
Il est très probable cependant que vu les conditions drastiques employées, l’atome
de carbone portant le groupement éther dans le produit cyclique perde sa
configuration absolue par création d’un énolate conjugué.
5.44
a)
OH alcool (3550-3200) cm-1
N-H amine (3500-3300) cm-1
C-H alcyne (3300-3260) cm-1
C-H alcène (3140-3020) cm-1
C-H alcane (3000-2850) cm-1
CC alcyne (2260-2100) cm-1
C=C alcène (1680-1620) cm-1
C-N amine (1350-1000) cm-1
C-O alcool (1300-1100) cm-1
(Les bandes en caractères gras et bleus sont plus caractéristiques ou facilement
identifiables que les autres.)
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32
b)
NH
OH
c)
NH
OH
d)
Non, car les atomes de carbone de chaque côté de l’atome d’azote contiennent un
ou aucun atome d’hydrogène. Or, la réduction d’un amide implique la réduction
du C=O de l’amide en CH2 : il devrait donc y avoir dans l’amine finale au moins
deux atomes d’hydrogène sur l’un des atomes de carbone flanquant l’atome
d’azote pour que l’amine puisse être obtenue d’un amide par réduction.
e)
Si l’on utilise une seule mole de chlorure d’éthanoyle, l’amine, plus nucléophile,
devrait être acétylée au lieu de l’alcool.
Si on utilise toutefois un excès de chlorure d’éthanoyle, plus rien n’empêchera
l’alcool de réagir, et les deux groupements fonctionnels amine et alcool seront
acétylés.
Avec un équivalent de
chlorure d’éthanoyle :
N
Avec un excès de
chlorure d’éthanoyle :
OH
COCH3
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N
OCOCH3
COCH 3
33