Exercice II Des molécules témoins du mûrissement des pommes (10 ...

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EXERCICE II - DES MOLÉCULES TÉMOINS DU MÛRISSEMENT DES POMMES (10 points) Partie A : Identification des molécules A et B 1. Propriétés des molécules A et B.
1.1. (0,25 pt) Dans les deux molécules A et B, on reconnaît le groupe
caractéristiques ester, la fonction chimique ester y est
donc présente. 1.2. La molécule A se nomme éthanoate de 3-méthylbutyle. Groupe alkyle
(0,25 pt) nommé 3-méthylbutyle
1.3. (0,5 pt) Les deux molécules ont la même formule brute : C7H14O2, mais
des formules semi-développées différentes. Les molécules A et B sont des
molécules isomères. 1.4. (0,5 pt) Aucun des atomes de carbone de la molécule A n'est relié à
quatre groupes d'atomes différents, donc la molécule A ne présente aucun
carbone asymétrique. 1.5. (0,5 pt) Les composés B1 et B2 sont images l'un de l'autre dans un
miroir plan et ne sont pas superposables. Ce sont des énantiomères. 2. Séparation des molécules A, B1 et B2 par distillation fractionnée.
2.1.
(1 pt) 2.2. (0,75 pt) La distillation fractionnée permet de séparer des espèces
chimiques dont les températures d'ébullition sont différentes ; ainsi il ne
sera pas possible de séparer B1 de B2. Tandis que A peut être séparée de B1
et B2.
Les stéréoisomères B1 et B2 se vaporisent en premier à 133°C. À cette
température, A reste dans le ballon.
Remarque : la faible différence entre les températures d'ébullition
nécessitera d'utiliser une grande colonne de Vigreux.
3. Identification des molécules A et B à l'aide de la spectroscopie RMN du
proton 1H.
3.1. (0,5 pt) La multiplicité des signaux dépend du nombre n d'atomes
hydrogène portés par les atomes de carbone voisins. Le nombre de pics dans
un signal est égal à n+1. 3.2. (0,25 pt) Le spectre 1 présente un singulet or aucun atome H de la
molécule B ne donne de singulet. Ce spectre 1 correspond à la molécule A. Le spectre 2 présente un sextuplet de déplacement chimique ? ? 2,4 ppm qui
correspond aux HC et qui est en conformité avec le tableau de données (CH-
COOR).
La molécule B correspond au spectre 2. Partie B : Synthèse de la molécule A
1. Analyse du protocole.
1.1. L'équation peut s'écrire en formules brutes : C2H4O2 + C5H12O [pic]
C7H14O2 + CxHyOz
La conservation des éléments donne pour C : 2 + 5 = 7 + x donc x = 0
pour H : 4 + 12 = 14 + y donc y = 2
pour O : 2 + 1 = 2 + z donc z = 1.
(0,25 pt) Le produit manquant est de l'eau H2O. 1.2. (0,25 pt) L'acide sulfurique est un catalyseur. Il permet de réduire
la durée de réaction. 1.3. (0,5 pt) La molécule A est moins soluble dans l'eau salée que dans
l'eau, et moins soluble dans l'eau froide que dans l'eau à 20°C. Ainsi
l'ajout d'eau salée glacée permet d'extraire la molécule A de la phase
aqueuse. 1.4. (0,75 pt) Comme expliqué précédemment la molécule A est
essentiellement dans la phase organique.
L'eau est essentiellement dans la phase aqueuse.
Les ions sont dans la phase aqueuse.
Le 3-méthylbutan-1-ol en excès est dans la phase organique puisqu'il
possède une très faible solubilité dans l'eau salée froide.
L'acide éthanoïque, possédant une forte solubilité dans l'eau salée froide,
est dans la phase aqueuse.
La phase située au-dessus est la moins dense, il s'agit de la phase
organique dont tous les constituants ont des densités inférieures à 1. 1.5. (0,5 pt) L'effervescence est due à la réaction entre l'acide
éthanoïque CH3COOH(aq) et la base hydrogénocarbonate HCO3-(aq) apportée par
la solution d'hydrogénocarbonate de sodium.
HCO3-(aq) + CH3COOH(aq) ( CO2(g),H2O(l) + CH3COO-(aq)
Du dioxyde de carbone CO2 gazeux est libéré.
2. Calcul du rendement :
2.1. (1 pt) d = [pic] donc ? = d.?eau
m = ?.V donc m = d.?eau
n = [pic] finalement n = [pic] Quantité de matière de 3-méthylbutan-1-ol :
n1 = [pic] = 0,18 mol de 3-méthylbutan-1-ol
Quantité de matière d'acide éthanoïque :
n2 = [pic] = 0,53 mol d'acide éthanoïque
2.2. (0,75 pt) D'après l'énoncé, rendement :r = [pic]
. On a obtenu V = 18,1 mL de la molécule A, déterminons la quantité de
matière nA correspondant : d'après 2.1. n = [pic]
nA = [pic] = 0,12 mol de molécules A.
. Déterminons le réactif limitant :
2 méthodes au choix
Méthode 1 : à privilégier quand les coefficients st?chiométriques sont
égaux à 1
n1 < n2 et comme une mole d'acide éthanoïque réagit avec une mole de 3-
méthylbutan-1-ol, le réactif limitant est alors le 3-méthylbutan-1-ol.
Méthode 2 : On peut aussi utiliser un tableau d'avancement.
|équation chimique |3-méthylbutan-1-ol + acide ( A + |
| |H2O |
| |éthanoïque |
|État du |Avancement|Quantités de matière (mol) |
|système |(mol) | |
|État initial|x = 0 |n1 |n2 |0 | |
|En cours de |x |n1 - x |n2 - x |x | |
|transformati| | | | | |
|on | | | | | |
|État final |x = xmax |n1 - xmax |n2 - xmax |xmax | |
Si le 3-méthylbutan-1-ol est limitant, alors n1 - xmax = 0, donc n1 = xmax.
Si l'acide éthanoïque est limitant alors n2 - xmax = 0 donc n2 = xmax.
Le réactif limitant est celui qui conduit à la valeur de l'avancement
maximal la plus faible ; n1 < n2 donc il s'agit du 3-méthylbutan-1-ol.
Rendement : r = [pic] = 0,66 = 66 % calcul effectué avec nA et n1
non arrondies
3. étude du mécanisme de la réaction d'estérification.
|3.1. (0,5 pt) |Substitution |Addition |Élimination |
|Annexe 4 | | | |
|Étape 2 | |X | |
|Étape 4 | | |X |
3.2. (0,5 pt)
3.3. (0,5 pt) Le cation H+ est attaqué par un doublet d'un atome d'oxygène
lors de l'étape 1 du mécanisme. Puis ce cation H+ est libéré en fin de
réaction lors de l'étape 5. H+ est bien un catalyseur, le mécanisme
réactionnel confirme qu'il n'intervient pas dans le bilan réactionnel.
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C O O C CH3 C O O CH2 CH2 CH CH3 CH3 thermomètre réfrigérant droit erlenmeyer colonne de Vigreux ballon à fond rond chauffe-ballon mélange de B1,B2 et A Singulet Triplet Hexuplet = Sextuplet Quadruplet