DS n°5 Atomistique, Cinétique Chimique et Chimie

Samedi 2 février 2008
DS n°5
Atomistique, Cinétique Chimique et Chimie Organique
CORRECTION
Durée : 4 heures
Exercice 1
(D’après le concours X-ESPCI 2006 filière PC.)
Étude cinétique de la réaction de télomérisation avec amorçage radicalaire
La polymérisation par amorçage radicalaire satisfait au mécanisme réactionnel simplifié
suivant dans lequel A2 est la molécule d’amorceur, X-Y le télogène et M le monomère
éthylénique :
A 2 → 2A •

Amorçage : A • + X − Y → A − Y + X •
X• + M → X − M •

constante de vitesse k d
réaction rapide
réaction rapide
Propagation : X − M •n + M → X − M •n +1
constante de vitesse k p
Terminaison : X − M•n + X − M•n → polymère
constante de vitesse k t
1. Etablir l’expression de la vitesse d’amorçage (vitesse de formation de l’espèce X-M° par
amorçage) de deux manières : tout d’abord en utilisant l’AEQS puis en utilisant l’AECD.
AEQS :
On estime que les espèces radicalaires A° et X° sont des intermédiaires réactionnels
suffisamment instables pour pouvoir leur appliquer l’AEQS :
d [ A°]
+
= 2v1 − v2 ≈ 0
dt
d [ X °]
+
= v2 − v3 ≈ 0
dt
d [ X − M °]
= v3 = 2v1 = 2kd [ A2 ]
D’où : v2 = v3 = 2v1 et va = +
dt
AECD :
Dans l’amorçage le premier acte est l’étape cinétiquement déterminante, donc c’est la vitesse
d’apparition de A° qui limite la vitesse des deux processus suivants. Attention, cette étape
produit 2A° et les deux actes suivants n’en consomment qu’un : ils peuvent donc être deux
fois plus rapides. Donc, si l’on numérote les trois actes de l’amorçage dans l’ordre de l’énoncé,
on a v2 = v3 = 2v1 d’après l’ECD.
d [ X − M °]
= v3 = 2v1 = 2kd [ A2 ]
Ainsi : va = +
dt
PC A - PC B
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1
2. Dans ce mécanisme, X − M•n représente n’importe quel radical carboné contenant le
monomère. Donner alors l’expression de la vitesse d’une étape de propagation.
On applique la loi de Van’t Hoff (de droit car les étapes d’un mécanisme réactionnel sont des
actes élémentaires donc suivent la loi de Van’t Hoff) :
v p = k p  X − M n°  [ M ]
3.
Donner l’expression de la vitesse de la réaction de terminaison.
Idem : vt = kt  X − M n° 
2
4. Dans l’hypothèse des chaînes longues, on peut estimer que la vitesse d’amorçage est égale
au double de la vitesse de terminaison. Déterminer alors la concentration en centres actifs [X − M •n ] .
va = 2vt ⇔  X − M n°  =
kd
[ A2 ]
kt
5. Le degré de polymérisation moyen DP n est une grandeur mesurant la longueur moyenne
des chaînes de polymère obtenues. Il est défini comme le rapport de la vitesse de propagation à la
somme des vitesses de disparition des centres actifs X − M•n .
5.a) Donner l’expression de DP n en fonction des constantes de vitesse et des concentrations en
espèces stables du milieu.
Expression de la vitesse de disparition de X − M•n : −
d [ X − M °]
= 2vt
dt
( X − M•n apparaît ET disparaît lors de la propagation, donc la vitesse de propagation
n’intervient pas dans sa vitesse globale de disparition.)
D’où : DPn =
vp
2vt
=
k p [ M ]  X − M n° 
2kt  X − M n° 
2
=
k p [M ]
2 kt kd [ A2 ]
5.b) Commenter l’influence de la concentration de l’amorceur et du monomère sur le DP n
On constate que lorsque la concentration en amorceur augmente, le degré de polymérisation
diminue. Ceci est tout à fait normal : plus il y a d’amorceur A, plus nombreux sont les centres
actifs, les chaînes en cours de croissance sont donc également plus nombreuses. Et à quantité
de matière égale, si les chaînes sont plus nombreuses, elles sont forcément moins longues.
Donc le degré de polymérisation est plus faible.
PC A - PC B
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2
Exercice 2
(Tiré de l’épreuve de l’agrégation interne de sciences physiques 2002.)
Nucléophilie
Le tableau suivant donne la valeur d’un paramètre de nucléophilie notée nPt pour quelques
nucléophiles :
nucléophile
nPt
MeOH
1
Cl –
3,0
Br –
4,0
NH3
3.1
MeSH
4,0
I–
5.4
PPh3
8,8
Commenter ce tableau de valeurs, en effectuant des comparaisons sur des séries de
nucléophiles judicieusement choisies.
On indique que PPh3 est la triphénylphosphine, Ph désignant le groupement phényle.
On constate que la nucléophilie augmente avec la polarisabilité :
nPt ( Cl − ) < nPt ( Br − ) < nPt ( I − )
nPt ( MeOH ) < nPt ( MeSH )
Lorsque l’on descend dans une colonne de la classification périodique, les éléments sont de
plus en plus polarisables et donc meilleurs nucléophiles. (Leurs électrons de valence se situent
dans des couches électroniques de plus en plus éloignées du noyau, sont donc moins
fortement liés au noyau et le nuage électronique est en conséquence plus facilement
déformable.)
(
)
On constate aussi que nPt ( NH 3 ) < nPt P ( Ph )3 et là, l’interprétation et moins aisée : d’un
côté l’atome de phosphore est plus polarisable que l’atome d’azote et de l’autre, les trois
phényles sont plus encombrants que trois hydrogènes, mais sont tout de même des
substituants riches en électrons. L’expérience montre que c’est, malgré son encombrement, la
triphénylphosphine qui est plus nucléophile que l’ammoniac.
Exercice 3
Le myrcène et le limonène sont deux hydrocarbures de formule brute C10H16. Le premier est
extrait de la verveine et le second du citron. Ils ne présentent aucune triple liaison.
Question introductive : à quelle(s) information(s) la formule brute donne-t-elle accès ?
2 × 10 − 16 + 2
= 3 ici.
2
Le limonène et le myrcène ne comportant pas de triple liaison, ces insaturations ne peuvent
être que des cycles ou des liaisons doubles C=C.
La formule brute permet de déterminer le nombre d’insaturations : i =
1) Détermination de la structure du limonène.
La dibromation d’une molécule de limonène donne un produit de formule brute C10H16Br4.
PC A - PC B
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3
a) Que peut-on en conclure ?
Le limonène subit une double addition de Br2 : il contient donc deux liaisons C=C et un cycle
(puisque i=3).
b) Rappeler la stéréochimie de l’addition du dibrome sur un alcène.
Dans le mécanisme, l’ouverture du pont bromonium par l’ion bromure se fait spécifiquement
en ANTI.
L’hydrogénation (addition de dihydrogène sur les liaisons C=C) complète du limonène en
présence de nickel de Raney (catalyseur de cette réaction d’hydrogénation) donne le 1isopropyl-4-méthylcyclohexane.
Le nickel de Sabatier, moins réactif que le nickel de Raney permet d’hydrogéner
sélectivement les liaisons éthyléniques C=C les moins substituées. En sa présence, le
limonène conduit au 4-isopropyl-1-méthylcyclohexène.
D’autre part, on précise que le limonène possède un carbone asymétrique et qu’il ne possède
pas de doubles liaisons C=C conjuguées.
c) Représenter tous les stéréoisomères du 1-isopropyl-4-méthylcyclohexane chacun dans
leur conformation la plus stable.
Le 1-isopropyl-4-méthylcyclohexane possède deux diastéréoisomères : le CIS et le TRANS.
Leur conformation la plus stable est la conformation chaise où le groupe isopropyle (le plus
volumineux) est en position équatoriale (ainsi, les répulsions 1,3-diaxiales sont minimisées) :
TRANS
CIS
d) Représenter le 4-isopropyl-1-méthylcyclohexène.
e) En détaillant le raisonnement, expliquer comment les informations fournies
permettent de déterminer la structure du limonène.
Le produit d’hydrogénation catalysée par le Nickel de Sabatier donne déjà la nature et la
position de deux des trois insaturations : un cycle à six chaînons et une double liaison C=C.
Reste à déterminer la position de la seconde liaison C=C. Il y a cinq possibilités, dont une
seule satisfait aux deux indications de l’énoncé (présence d’un carbone asymétrique et pas de
conjugaison) :
∗
Convient
(1 C* et pas
de liaison C=C
conjuguée)
PC A - PC B
∗
Ne convient pas
(Pas de C*)
Ne convient pas
(Conjugaison et
pas de C*)
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Ne convient pas
(Pas de C*)
Ne convient pas
(Conjugaison)
4
Dans la formule retenue, la double liaison hydrogénée par le Nickel de Sabatier est bien la
moins substituée (disubstituée alors que l’autre est trisubstituée).
f) Représenter l’énantiomère (S) du limonène.
1
∗
3
2
g) Quels produits d’ozonolyse suivie d’une hydrolyse réductrice donne le limonène ?
O
O
∗
O
O
h) Quels produits d’ozonolyse suivie d’une hydrolyse oxydante donne le limonène ?
O
OH
∗
O
CO2
O
2) Détermination de la structure du myrcène.
La dibromation d’une molécule de myrcène donne un produit de formule brute C10H16Br6.
L’ozonolyse d’une molécule de myrcène donne deux équivalents de méthanal, un équivalent
de propanone et un équivalent de 2-oxopentanedial.
a) L’ozonolyse a-t-elle été suivie d’une hydrolyse en milieu oxydant ou en milieu
réducteur ? Pourquoi ?
L’ozonolyse a été suivie d’une hydrolyse en milieu réducteur parce que l’on trouve des
aldéhydes dans les produits d’ozonolyse (méthanal, 2-oxopentandial).
b) Citer deux façons d’obtenir un tel milieu.
Un traitement par du zinc en milieu acide ou par de la triphénylphosphine (PPh3)
conviennent.
c) Donner la formule topologique du 2-oxopentanedial.
O
O
PC A - PC B
O
CHIMIE - DS n°5
5
d) Combien y a-t-il de formules possibles pour le myrcène ? Donner leurs formules
topologiques.
La connaissance des produits d’ozonolyse conduit à trois formules possibles pour le
myrcène :
e) Ces formules sont-elles en accord avec les observations faites lors le la
dihalogénation ?
Oui : elles comportent trois liaisons C=C, donc trois molécules de dibrome
s’additionneront sur une molécule de myrcène lors d’une dihalogénation.
L’hydrogénation du myrcène en présence de nickel de Sabatier conduit à utiliser des
quantités équimolaires de myrcène et de dihydrogène. En outre, le produit obtenu par cette
hydogénation ne comporte pas de liaisons conjuguées.
f) En détaillant le raisonnement, expliquer comment les informations fournies
permettent de déterminer la structure du myrcène.
Le Nickel de Sabatier permet d’hydrogéner les doubles liaisons peu substituées : il réagit ici
en quantité équimolaire avec le myrcène : on hydrogène donc une seule liaison : celle qui est
moins substituée que les autres. D’autre part, le produit ne comporte pas de liaisons C=C
conjuguées. Ceci permet de ne retenir qu’une des trois formules précédentes :
H2
Possède deux liaisons C=C
monosubstituées :
deux équivalents de dihydrogène
réagiraient
donc avec cet isomère.
Convient
H2
Possède deux liaisons C=C
conjuguées, donc ne convient pas.
3) Réactivité du limonène.
On procède à l’hydrogénation du (R)-limonène en présence de nickel de Sabatier, puis le
produit obtenu est mis en présence de HBr.
a) Ecrire le mécanisme de la réaction d’addition de HBr.
PC A - PC B
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6
Br
Racémique
∗
Br
Plus stable car stabilisé
par trois effets inductifs
donneurs, donc majoritaire
d'après la règle de Markovnikov.
H+
Br
Racémique
Racémique
Br
Minoritaire car seulement
stabilisé par deux effets inductifs
donneurs.
b) Quels sont les produits obtenus ? Dans quelles proportions ?
D’après la règle de Markovnikov, le 1-bromo-1-méthyl-4-isopropylcyclohexane est le produit
majoritaire. Ses deux diastéréoisomères sont obtenus de façon équiprobable : l’addition de
HBr n’est pas stéréosélective (H+ et Br- s’additionnent de manière équiprobable sur les deux
faces respectivement de l’alcène et du carbocation qui sont localement plans).
Br
Br
50 %
50 %
Majoritaires d'après la règle de Markovnikov.
Le 1-bromo-2-méthyl-5-isopropylcyclohexane est le produit minoritaire. Quatre de ses
stéréoisomères sont obtenus de façon équiprobable : l’addition de HBr n’est pas
stéréosélective (H+ et Br- s’additionnent de manière équiprobable sur les deux faces
respectivement de l’alcène et du carbocation qui sont localement plans).
25%
Br
Br
Br
25%
25%
Br
25%
Minoritaires d'après la règle de Markovnikov.
c) Quelle est la régiosélectivité observée ?
Régiosélectivité Markovnikov.
PC A - PC B
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7
d) Représenter les produits majoritairement obtenus dans leur conformation la plus
stable.
Le 1-bromo-1-méthyl-4-isopropylcyclohexane possède deux diastéréoisomères. Leur
conformation la plus stable est la conformation chaise où le groupe isopropyle (le plus
volumineux) est en position équatoriale (ainsi, les répulsions 1,3-diaxiales sont minimisées) :
Br
Br
e) Quelle relation de stéréochimie les relie ?
Diastéréoisomérie.
Les produits dessinés au d) sont traités par le diisopropylamidure de lithium à chaud. On
constate que l’un des deux produits réagit plus vite que l’autre.
f) Dessiner l’ion diisopropylamidure. Que savez-vous de sa réactivité ?
Li
N
Le LDA, diisopropylamidure de lithium a pour formule :
.
Comme tous les amidures, c’est une base forte de pKa environ égal à 35.
Ses deux doublets non liants en font également une espèce nucléophile.
g) Quelle réaction se produit-il majoritairement ?
Le LDA est avant tout une base forte, de plus, le mélange est traité à chaud. La réaction qui se
produit est donc majoritairement une β-élimination. Les Hβ sont relativement accessibles et la
base très forte, le mécanisme E2 est donc sans doute le mécanisme majoritaire. De plus, on
signale qu’un isomère réagit plus vite que l’autre, ce qui renforce cette idée : si le mécanisme
était une E1, il n’y aurait pas eu de différence dans la vitesse de réaction, l’aptitude du brome
à partir sous forme d’ion bromure n’étant pas particulièrement favorisée pour l’un ou l’autre
des stéréoisomères.
h) Ecrire son mécanisme pour chacun des produits.
Déprotonation en H1
H1
H2
Déprotonation en H2
N
HN
Br
Br
50 %
50 %
Majoritaire selon la règle de Zaitsev
H
N
HN
Br
Br
Minoritaire selon la règle de Zaitsev
PC A - PC B
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8
Déprotonation en H1
Equilibre d'interconversion
Déprotonation en H2
Br
N
Br
HN
H1
H2
50 %
50 %
Br
Majoritaire selon la règle de Zaitsev
Br
H
HN
Br
N
Minoritaire selon la règle de Zaitsev
i) Lequel des produits réagit plus vite que l’autre ? Pourquoi ?
C’est le produit où l’isopropyle et le brome sont en position CIS qui réagit le plus rapidement
car la conformation réactive pour une E2 : celle où le brome possède des Hβ en ANTI est dans
cet isomère, la conformation majoritaire (ispropyle en position équatoriale). Pour l’autre
stéréoisomère, c’est la conformation la moins stable (ispropyle en position axiale) qui permet
la E2, donc la E2 est statistiquement moins probable.
On traite maintenant le produit dessiné au d) dans lequel l’isopropyle et le méthyle sont en
position CIS par la diisopropylamine en excès à basse température.
j) Dessiner la diisopropylamine. Que savez-vous de sa réactivité ?
H
N
La diisopropylamine a pour formule :
.
Son doublet non liant en fait une espèce nucléophile.
Et comme toutes les amines, c’est une base faible de pKa environ égal à 10.
k) Quel est le nom de la réaction qui se produit majoritairement ?
La réaction se produit cette fois à basse température et en présence d’un réactif nettement
moins basique. Une substitution nucléophile sera donc favorisée par rapport à une élimination.
Cette réaction est une alkylation d’amine.
l) Quel(s) produit(s) peut-on obtenir ?
On peut obtenir l’amine tertiaire résultant d’une première SN et éventuellement l’ammonium
quaternaire résultant de deux SN successives. (Voir question suivante pour leur formule.)
m) Quel est le mécanisme de cette réaction ? Justifiez votre choix et l’écrire.
L’halogénoalcane étant tertiaire et le nucléophile relativement encombré, le mécanisme
SN1 sera sans doute majoritaire :
PC A - PC B
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9
H
Racémique
HN
N
Br
Br
Br
HN
H
H2 N
N
N
Racémique
N
Br
N
Br
Br
n) Quel est vraisemblablement le produit majoritaire ?
D’une part, la diisopropylamine est introduite en excès et d’autre part, l’ammonium
quaternaire obtenu est très encombré. Ces deux observations suggèrent que le produit
majoritaire est plutôt l’amine tertiaire.
4) Réactivité du myrcène.
On procède à une hydrogénation sélective de la liaison C=C du myrcène la moins substituée
en présence de nickel de Sabatier, puis le produit obtenu est mis en présence d’un acide fort
en quantité catalytique et d’eau en excès.
a) Quelle réaction se produit-il ?
Une réaction d’hydratation des liaisons C=C restantes.
b) Quel est le produit majoritairement obtenu ? Donner sa formule topologique et
justifier la réponse.
H+, H 2O en excès
H2
OH
HO
Majoritaire
On observe en effet une régiosélectivité de type Markovnikov : le groupe hydroxyle se greffe
sur les carbones les plus substitués.
PC A - PC B
CHIMIE - DS n°5
10
Ce produit majoritaire est mis en présence de deux équivalents de chlorure de tosyle (TsCl) :
O
S
Cl
O
c) Quel est le site électrophile du chlorure de tosyle ? Justifier la réponse.
Les atomes de chlore et d’oxygène étant plus électronégatifs que l’atome de soufre, ils portent
une charge partielle δ- et font du soufre le site électrophile de cette molécule.
La réaction entre un alcool et le chlorure de tosyle en présence de pyridine a pour bilan :
O
R
OH
O
S
Cl
S
N
O
R
N
O
H Cl
O
d) Quel est le produit obtenu dans le cas présent ?
OTs
TsO
Deux équivalents de chlorure de tosyle sont utilisés, on obtient donc :
.
e) Que savez-vous du l’ion tosylate TsO- ?
C’est un excellent nucléofuge.
Ce produit est mis en présence de deux équivalents de thiocyanate de potassium (KSCN).
f) Quel(s) est (sont) le(s) site(s) nucléophile(s) de l’ion thiocyanate ?
Les formes mésomères de l’ion thiocyanate mettent en évidence deux sites nucléophiles :
l’atome de soufre et l’atome d’azote. L’ion thiocyanate, doublement nucléophile est dit
« amphiphile ».
S
C
N
S
Azote nucléophile
C
N
Soufre nucléophile
g) Quels sont les produits formés ?
Les produits obtenus peuvent être des thiocyanates (R-SCN) ou des isothiocyanates (R-NCS).
On obtient donc un mélange de :
NCS
SCN
NCS
NCS
SCN
SCN
SCN
NCS
et
PC A - PC B
CHIMIE - DS n°5
11
Exercice 4
(Tiré de l’épreuve du concours commun agro-véto 2003.)
Synthèse du sulcatol
Le sulcatol, 6-méthylhept-5-én-2-ol, est une phéromone d’agrégation de Gnathotricus
retusus, insecte nuisible des bois du nord-ouest de l’Amérique. On s’intéresse ici à la
préparation du seul énantiomère (S)-(+)-sulcatol par synthèse asymétrique.
1. Stéréochimie
1.1. Rappeler la définition d’une molécule chirale. Qu’est-ce qu’un mélange racémique ?
Une molécule chirale est une molécule non superposable à son image dans un miroir plan.
Elle possède la propriété de faire tourner le plan de polarisation d’une onde électromagnétique
polarisée rectilignement.
Un mélange racémique est un mélange équimolaire des deux énantiomères d’une molécule
chirale.
1.2. Que signifient les notations « (S) » et « (+) » dans « (S)-(+)-sulcatol » ?
(S) désigne la configuration absolue du carbone asymétrique concerné, déterminée selon les
règles de Cahn, Ingold et Prélog.
(+) signifie que la molécule est dextrogyre : elle fait tourner le plan de polarisation d’une onde
électromagnétique polarisée rectilignement dans le sens des aiguilles d’une montre.
1.3. Dessiner la molécule de (S)-(+)-sulcatol.
1
OH
2
3
1.4. Combien de stéréoisomères de configuration possède le sulcatol ? Quel est leur lien
stéréochimique ?
Ne possédant qu’un carbone asymétrique et sa double liaison C=C ne présentant pas de
stéréoisomérie Z/E, il en possède deux : les deux énantiomères.
2. Synthèse asymétrique
2.1. L’acétylacétate d’éthyle 1 est traité par un mélange de levure de boulanger et de
saccharose pour conduire au produit 2 avec la stéréochimie indiquée ci-dessous.
O
OH
O
O
O
O
2
1
Quel est le nom de l’acétylacétate d’éthyle en nomenclature officielle ?
3-oxobutanoate d’éthyle
À quel grand type de réaction chimique s’apparente la transformation de 1 en 2 ? Qu’a-t-elle
de remarquable ?
C’est une réduction sélective de la fonction cétone (la fonction ester n’est pas réduite) qui est
également énantiospécifique : on obtient uniquement un carbone asymétrique de
configuration S.
PC A - PC B
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12
2.2. L’alcool 2 est traité par de l’hydrure de sodium NaH : il se produit un dégagement
gazeux. On ajoute ensuite du chlorophénylméthane (chlorure de benzyle) au mélange
réactionnel et on isole ainsi le produit 3 ne contenant plus de fonction alcool.
2.2.1. Quelle est la nature du dégagement gazeux lors de la réaction entre l’hydrure
de sodium et l’alcool 2 ? Ecrire le mécanisme de cette réaction.
H
H
O
O
O
O
+ H2
Le gaz formé est du dihydrogène :
O
O
2.2.2. Quelle est la formule semi-développée du produit 3 ? Proposer un mécanisme
pour sa formation. Quel est le sous-produit inorganique de cette réaction ?
Précédemment, on a formé un alcoolate : excellent nucléophile. La réaction avec le chlorure
de benzyle est une substitution nucléophile. L’halogénoalcane est primaire, mais le
carbocation est stabilisé par mésomérie, les mécanismes SN1 et SN2 sont tous deux
envisageables. Présentons la SN2 :
+ Cl-
Cl
O
O
O
O
O
O
Le composé 3 est ensuite saponifié.
2.2.3. Donner la formule du produit obtenu après retour en milieu acide.
O
O
OH
2.2.4. Ce produit est ensuite réduit par un réducteur puissant (le
tétrahydruroaluminate de lithium (LiAlH4)) pour conduire à un alcool 4 après hydrolyse.
Donner la formule de 4.
4
O
OH
PC A - PC B
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13
2.3. L’alcool 4 est traité par du chlorure de tosyle en présence de pyridine pour conduire au
composé 5. Quelle est la formule semi-développée de 5 ? (Aidez-vous des données de
l’exercice précédent !)
5
O
OTs
2.4. Par réaction de 5 avec un carbanion, on récupère le composé 6.
Ph
O
6
Quelle est la formule de ce carbanion ?
On opère une nouvelle substitution nucléophile :
5
+TsOLi
6
O
O
Li
OTs
En réalité, le carbanion évoqué est un « organométallique » : par exemple un organolithien
comme présenté ci-dessus (composé très proche d’un carbanion, la liaison C-Li étant
fortement ionique) ou un organomagnésien (la liaison C-Mg est moins ionique que C-Li) :
BrMg
L’étheroxyde 6 est enfin traité par hydrogénolyse pour conduire au (S)-(+)-sulcatol
selon une réaction que l’on n’étudiera pas ici.
3. Retour sur 1 et 2
3.1. Le produit 1 possède une certaine acidité. Identifier le(s) H acide(s) et justifier votre
réponse.
Les H doublement en alpha de C=O sont particulièrement acides, en effet la base conjuguée
correspondante est doublement stabilisée par mésomérie :
O
O
-H +
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
1
PC A - PC B
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14
3.2. Le produit 2 est « stabilisé »... par quoi ?
2 est stabilisé par une liaison hydrogène intramoléculaire :
H
O
O
O
Exercice 5
Quelles bases azotées s’associent entre deux brins d’ADN ? Pourquoi est-ce ainsi ?
H2N
O
N
O
NH
NH2
N
N
N
NH2
NH
N
N
N
H
N
H
N
H
Adénine
Guanine
O
N
H
Thymine
O
Cytosine
La guanine et la cytosine sont le seul couple de bases azotées pouvant former 3 liaisons
hydrogène. (Les trois atomes engagés dans une liaison hydrogène sont alignés, ce qui limite
les possibilités.) Elles vont donc s’associer et, en conséquence, l’adénine et la thymine, qui ne
peuvent s’associer que par deux liaisons hydrogène, vont former le second couple.
H
N
H
N
N
H
N
H
HN
N
N
H
N
N
N
NH
N
N
H
O
H
O
Adénine
H
O
NH
HN
O
Thymine
Guanine
Cytosine
Données : Z(N)=7, Z(O)=8, Z(P)=15, Z(S)=16, Z(S)=16, Z(C)=12.
PC A - PC B
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15