CHIMIE

2) a) Action de l’ozone O3 puis hydrolyse réductrice.
b)
+ [(CH3 ) 2 CH] 2 N (I)
O
O
O
D possède un atome C*, donc 2 énantiomères.
3)
réduction
D
O
Ph OH
*
E
OH
E + H R
4) a) et b)
OH
G
oxydation par Cr2O 2–
7 , H (risque d’obtention d’acide carboxylique,
même si l’oxydant est en défaut par rapport
à l’alcool), par CrO3 dans la pyridine N , ou
déshydrogénation catalysée par le cuivre.
c) L’ion hydrure aurait arraché le proton du groupe O–H
de l’alcool non protégé, l’anion formé aurait réagi avec le
bromure de géranyle.
5)
6. a)
J R
OH
O
4 CH2 OH :
Ph
HBr s’additionnerait sur la double liaison C=C en concurrence
de son action sur le groupe –OH.
b)
R
H
4 CH2 O + Ts Cl R
H
4 – Cl
CH2
O Ts
SN R4 – H
CH2 O Ts
R4 Br + CH2 O Ts
R4 CH2 Br + O
SN Ts
(bon groupe
nucléofuge)
7) H est noté R 5 –CHO
R 5 C
CH 2 R 4
H
O H L
a) Le composé L possède un atome de carbone asymétrique,
mais il est obtenu en mélange racémique des deux énantiomères
possibles, il est donc optiquement inactif.
b)
OH
L
Ph
H
O
Ph
O
M
Obtention majoritaire de la configuration E
(pas de choix pour la régiosélectivité)
c)
– H2O (I)
Br
d
Ph
H
C
O
2
d
1
3
4
5
6
7
8
Ph
O
Ph O
*
+
SN – Br D (C25H38O2 ) {
– H 2 O
R'
nérol R 3 OH
O
O
R
Ph
OH2 – H2O – H
R'
OH
I
R
R'
F
R
O
oxydation
R'
H
Ph
M [HX]
HO moénocinol
Configurations : Z E E
Chapitre 15
1 1) U et H d’un gaz parfait de nature donnée ne
dépendent que de la température et de la quantité de gaz
considérée.
dU = n . C v . dT dH = n . C p . dT
Pour un gaz parfait : C p – C v = R ; n = .
C p et C v étant indépendants de T :
∆U 1c2 = n . C v . ∆T 1c2 = n . C v . (T 2 – T 1) = 0,55 kJ ;
∆H 1c2 = n . C p . ∆T 1c2 = n . C p . (T 2 – T 1) = 0,77 kJ.
2) D’après le Premier Principe, pour un système fermé à
l’équilibre dans le référentiel d’étude :
∆U 1c2 = Q 1c2 + W 1c2 .
W 1c2 est nul puisque le seul travail est volumique et que
le volume est constant. Donc :
Q 1c2 = ∆U 1c2 = 0,55 kJ.
2
1) ∆ rC 0 p = 28,56 J . K –1 . mol –1 ;
∆ rH 0 (600 K) = – 392,45 kJ . mol –1 .
3
∆rC 0 p = – 32,3 J . K –1 . mol –1 ;
∆rH 0 (700 K) = ∆rH 0 (298 K) + ∆rC 0 p . (700 – 298)
= – 275,6 kJ . mol –1 ;
∆rU 0 (T) = ∆rH 0 (T) – R . T . ∆rng avec ∆rng =
Pour cette réaction : ∆rng = – 3 . Donc :
∆rU 0 (700 K) = – 275,6 + 17,4 = – 258,2 kJ . mol –1
4
1) WC (s) + 5/2 O2 (g) = WO3 (s) + CO2 (g) ;
∆rngaz = – 3/2 ; ∆rH 0 = – 1 195,6 kJ . mol –1
2) Q = m . ∆rH 0 / M(WC) = – 8 544,4 kJ.
5 Soit un système contenant initialement la même
quantité n1 de UF4 et de F2 ; dans l’état final, il contient
une quantité n1 de UF6.
– L’application du premier Principe de la Thermodynamique
à un système fermé, dont le seul travail est volumique,
évoluant sous pression constante, entre deux états
d’équilibre mécanique, fournit :
Qi→f = ∆Hi→f .
La transformation étant adiabatique, le transfert
thermique entre le mélange réactionnel et le le milieu extérieur
est nul.
Corrigés
Au cours de cette transformation, l’enthalpie du
système reste constante.
– Au cours de l’évolution, température et avancement
varient simultanément ; en utilisant le fait que les variations
d’une fonction d’état sont indépendantes du chemin
suivi, on envisage une transformation fictive faisant passer
() de l’état (i) à l’état (f) en deux étapes telles que, au
cours de chacune d’elles, un seul des paramètres T ou x
varie. L’énoncé fournissant Cp 0 (UF 6), on choisit donc le
chemin :
{
{
état initial (1)
T i = 300 K ; p i = 1 bar P ∆H i→a P
x i = 0
état fictif (a)
T a = T i ; p a = p i P ∆H a→f P
x a = x max = n 1
état final
T f = à déterminer ; p f = p i
x f = x max = n 1
∆H i→f = ∆H i→a + ∆H a→f = 0 .
• ∆H i→a = ∆H 0 i→a = n 1 . ∆ rH 0 (T i).
• Soit pSYS = n 1.[C p 0 (UF6)] la capacité calorifique du
système, à pression constante, après l’achèvement de la
réaction chimique.
∆H a→f = pSYS (T) . dT = pSYS . (T f – T i)
• ∆H i→a + ∆H a→f = 0 conduit, après simplification par n 1
à : ∆ rH 0 (T i) + C p 0 (UF6) . (T f – T i) = 0
On en tire : T f = 2 166 K ª 2,2 kK.
6 • La transformation du système est isobare :
Q = ∆H . Elle est aussi adiabatique : Q = 0 .
Au cours de cette transformation, l’enthalpie du système
reste constante ; la température et l’avancement varient
simultanément.
• En utilisant le caractère de fonction d’état de H, on considère
le chemin fictif en deux étapes suivant :
état intial (1) c ∆H1→a c état intermédiaire (a)
T1 = 298 K Ta = T1
n(NH3) = 2 n1
n(NH3) = 0
n(O2) = 5 n1 /2 n(NO) = 2 n1
x0 = 0 xa = xmax = n1
P ∆Ha→2 P état final (2)
T2 à déterminer
n(NH3) = 0
n(NO) = 2 n1
x2 = xa = n1
• ∆H1→a = ∆H 0 1→a puisque l’enthalpie d’un système est
indépendante de la pression.
Or ∆H 0 1→a = (xmax – x0) . ∆rH 0 (T1)
Donc :
∆H1→a = (xmax – x0) . ∆rH 0 (T1)
• La composition du système obtenu après l’achèvement
de la réaction chimique est :
n(NO) = 2 n1 ; n(H2O) = 3 n1.
Sa capacité calorifique sous pression constante est :
p(x max) =n 1.(2 C p(NO) + 3 C p(H 2O))
= n 1 . (157,3 + 0,032 . T) J.K –1
© Hachette Livre – H Prépa / Optique, 1 re année, MPSI-PCSI-PTSI –La photocopie non autorisée est un délit
645