Exercices corrigés : les dérivés halogénés (chimie organique)

a) Le 1-bromobutane $CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}Br$ : le carbone porteur n'est lié qu'à UN autre carbone, il est PRIMAIRE. Le 2-bromobutane $CH_{3}CHBrCH_{2}CH_{3}$ : le carbone porteur est lié à DEUX carbones, il est SECONDAIRE. Le 2-bromo-2-méthylpropane $\left(CH_{3}\right)_{3}CBr$ : le carbone porteur est lié à TROIS carbones, il est TERTIAIRE.

b) Première méthode, l'HALOGÉNATION RADICALAIRE d'un alcane par $X_{2}$ sous lumière ultraviolette, peu sélective avec le chlore mais très sélective avec le brome. Deuxième, l'ADDITION de $HX$ sur un alcène, régiosélective selon Markovnikov. Troisième, la SUBSTITUTION du groupe $OH$ d'un alcool, par $HX$ concentré ou par des réactifs comme $SOCl_{2}$ ou $PBr_{3}$, plus propres. Cette dernière est la plus employée au laboratoire car les alcools sont bon marché et disponibles.

c) $C-F$ : $3{,}98-2{,}55=1{,}43$. $C-Cl$ : $0{,}61$. $C-Br$ : $0{,}41$. $C-I$ : $0{,}11$. Toutes ces liaisons sont polarisées avec le carbone en $\delta^{+}$, ce qui le rend électrophile, mais la polarité DÉCROÎT fortement du fluor à l'iode. La liaison $C-I$ est presque apolaire, l'iode ayant une électronégativité très proche de celle du carbone.

d) Parce que la réactivité de ces composés n'est pas gouvernée par la polarité de la liaison mais par sa FORCE et par l'aptitude nucléofuge de l'halogénure formé. La liaison $C-I$, longue et faible, ne coûte que 213 kJ/mol à rompre, contre 485 pour $C-F$ : c'est plus du double. De plus l'ion $I^{-}$, gros et très polarisable, disperse bien sa charge : c'est une base très faible, donc un excellent groupe partant, alors que $F^{-}$ est une base relativement forte qui refuse de partir. Les deux facteurs jouent dans le même sens et l'emportent largement sur l'effet de polarité, qui jouerait en sens inverse. RETENIR : c'est la stabilité du groupe PARTANT qui décide, pas la polarité de la liaison.

e) Précisément à cause de la force de la liaison $C-F$, la plus solide de toute la chimie organique, et de la très mauvaise aptitude nucléofuge du fluorure. Aucun nucléophile usuel ne parvient à déplacer un fluor, et aucune base ne provoque d'élimination : le polytétrafluoroéthylène est donc chimiquement inattaquable par les acides, les bases et les solvants. S'y ajoute le fait que les atomes de fluor, petits et très électronégatifs, forment une gaine serrée autour du squelette carboné, qu'ils protègent stériquement, et qu'ils confèrent au matériau des forces intermoléculaires très faibles, d'où le caractère antiadhésif.

a) Par aptitude nucléofuge DÉCROISSANTE : $I^{-}>Br^{-}>Cl^{-}\gg F^{-}$. L'iodure part le plus facilement, le fluorure pratiquement jamais.

b) Un bon groupe partant est une espèce STABLE une fois libérée, donc une BASE FAIBLE. Or la force d'une base se lit sur le $pK_{a}$ de son acide conjugué : plus ce $pK_{a}$ est bas, plus l'acide est fort et plus sa base conjuguée est faible. Avec $pK_{a}\left(HI\right)=-10$, l'ion $I^{-}$ est la base la plus faible des quatre, donc le meilleur nucléofuge. À l'opposé, $HF$ a un $pK_{a}$ de $+3{,}2$, c'est un acide faible, donc $F^{-}$ est une base relativement forte et un très mauvais groupe partant. Le classement des $pK_{a}$ reproduit exactement celui de la question a.

c) Oui, parfaitement concordants. La liaison $C-I$ est la plus faible, 213 kJ/mol, donc la plus facile à rompre ; la liaison $C-F$ est la plus forte, 485 kJ/mol, donc la plus difficile. L'ordre des énergies de liaison est l'INVERSE exact de l'ordre d'aptitude nucléofuge. Les deux critères, force de liaison et basicité, disent la même chose parce qu'ils dépendent tous deux de la taille de l'halogène : un gros atome forme un recouvrement médiocre avec le carbone, d'où une liaison faible, et disperse bien sa charge une fois anionique, d'où une faible basicité.

d) NON, $OH^{-}$ est un TRÈS MAUVAIS groupe partant : son acide conjugué est l'eau, de $pK_{a}$ 15,7, ce qui en fait une base forte. Conséquence : un alcool ne subit pas de substitution nucléophile directe, et traiter un alcool par un ion iodure ne donne rien. On y remédie en PROTONANT d'abord l'alcool en milieu acide : le groupe partant devient alors $H_{2}O$, molécule neutre et base très faible, de $pK_{a}$ conjugué $-1{,}7$, qui part sans difficulté. C'est la raison pour laquelle toutes les substitutions sur alcool exigent un milieu acide. L'alternative moderne consiste à transformer le $OH$ en tosylate ou en dérivé halogéné par $SOCl_{2}$.

e) Le 1-IODOBUTANE réagit nettement plus vite, l'iodure étant le meilleur des deux nucléofuges. L'écart typique observé pour une $S_{N}2$ dans les mêmes conditions est d'un facteur d'environ 30 à 100 entre l'iodure et le chlorure, soit un à deux ordres de grandeur. L'écart avec le fluorure serait bien plus grand encore, de plusieurs milliers, ce qui rend le fluoroalcane inutilisable comme substrat de substitution. C'est pourquoi, lorsqu'on conçoit une synthèse et que le choix est libre, on prend l'iodure ou le bromure, plus chers mais bien plus réactifs, plutôt que le chlorure.

a) SUBSTRAT : primaire favorise $S_{N}2$ et $E2$ ; tertiaire favorise $S_{N}1$ et $E1$, ainsi que $E2$ avec une base forte ; secondaire est le cas ambigu où tout est possible. RÉACTIF : un bon nucléophile peu basique, comme $CN^{-}$, $I^{-}$ ou $RS^{-}$, favorise la SUBSTITUTION ; une base forte, surtout si elle est ENCOMBRÉE, favorise l'ÉLIMINATION. SOLVANT : aprotique polaire, comme le diméthylsulfoxyde ou l'acétone, favorise les mécanismes d'ordre 2 en libérant le nucléophile ; protique polaire, comme l'eau ou un alcool, favorise les mécanismes d'ordre 1 en solvatant le carbocation. TEMPÉRATURE : élevée, elle favorise toujours l'ÉLIMINATION, car celle-ci augmente le nombre de molécules et donc l'entropie, ce que le terme $-T\Delta S$ récompense.

b) Substrat PRIMAIRE, nucléophile FORT et peu basique, solvant APROTIQUE polaire : les quatre paramètres convergent vers une $S_{N}2$. Le produit majoritaire est le pentanenitrile $CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}CN$. Réaction propre et de bon rendement, très utilisée car elle allonge la chaîne d'un carbone.

c) Substrat TERTIAIRE, réactif à la fois faiblement nucléophile et faiblement basique, solvant PROTIQUE, température élevée. L'éthanol joue ici le double rôle de solvant et de nucléophile, situation dite de SOLVOLYSE. Le mécanisme est d'ordre 1, via le carbocation tertiaire, et l'on obtient un mélange du produit de $S_{N}1$, l'éther $\left(CH_{3}\right)_{3}C-OCH_{2}CH_{3}$, et du produit de $E1$, le 2-méthylpropène. La chaleur favorisant l'élimination, l'alcène est en général majoritaire.

d) Substrat secondaire et base FORTE ET ENCOMBRÉE : c'est la signature de l'$E2$. L'encombrement du tert-butylate l'empêche d'atteindre le carbone électrophile, mais nullement d'arracher un hydrogène périphérique. Le produit est donc un alcène. Fait notable, une base encombrée arrache de préférence l'hydrogène le plus ACCESSIBLE, celui du méthyle terminal, ce qui donne l'alcène le MOINS substitué, le but-1-ène : c'est le produit de Hofmann, contrairement à la règle de Zaitsev qui prévaut avec une base petite comme l'éthanolate.

e) Un substrat TERTIAIRE ne fait pas de $S_{N}2$ pour une raison STÉRIQUE : le mécanisme exige une attaque dorsale, exactement à l'opposé du groupe partant, or les trois groupes alkyles bloquent complètement cet accès. L'état de transition, qui compte cinq groupes autour du carbone, serait beaucoup trop encombré. Un substrat PRIMAIRE ne fait pas de $S_{N}1$ pour une raison ÉLECTRONIQUE : ce mécanisme exige la formation préalable d'un carbocation, or le carbocation primaire est bien trop instable pour se former, n'ayant qu'un seul groupe alkyle pour le stabiliser. Chaque classe est donc exclue d'un mécanisme, mais pour des motifs de nature entièrement différente, et c'est le carbone SECONDAIRE, exclu d'aucun, qui rend les prédictions délicates.

a) On fait réagir le dérivé halogéné avec du magnésium métallique en copeaux, dans l'éther anhydre : $R-X+Mg\rightarrow R-MgX$. Le magnésium s'insère dans la liaison. Comme $EN(C)=2{,}55$ et $EN(Mg)=1{,}31$, la différence vaut $1{,}24$ EN FAVEUR du carbone : c'est donc le CARBONE qui porte la charge partielle négative et le magnésium la positive. La polarité est exactement inverse de celle de la liaison $C-X$ de départ, où le carbone était $\delta^{+}$. Le carbone se comporte alors comme un carbanion, donc comme un nucléophile et une base très forte.

b) Parce que l'organomagnésien, équivalent d'un carbanion, est une BASE extrêmement forte : son acide conjugué est l'alcane correspondant, de $pK_{a}$ voisin de 50. Il arrache donc instantanément un proton à toute espèce même faiblement acide, et l'eau, de $pK_{a}$ 15,7, en fait largement partie. La moindre trace d'humidité le détruit en le transformant en alcane, réaction totale et irréversible. Il faut donc de la verrerie séchée, un solvant distillé sur sodium et une atmosphère inerte. La même sensibilité vaut pour les alcools, les acides et même les amines.

c) Dans tous les cas, le carbone nucléophile attaque le carbone du groupe carbonyle, et une hydrolyse acide finale fournit un ALCOOL. Avec le MÉTHANAL $HCHO$, qui ne porte aucun groupe alkyle, on obtient un alcool PRIMAIRE. Avec un ALDÉHYDE $RCHO$, un alcool SECONDAIRE. Avec une CÉTONE $R_{2}CO$, un alcool TERTIAIRE. La règle se retient d'un coup d'oeil : la classe de l'alcool obtenu égale le nombre de groupes alkyles présents au départ sur le carbonyle, plus celui apporté par le magnésien.

d) Le carbone nucléophile attaque le carbone du $CO_{2}$, lui-même fortement électrophile puisque entouré de deux oxygènes. On obtient un carboxylate, que l'hydrolyse acide transforme en ACIDE CARBOXYLIQUE $R-COOH$. C'est une méthode de choix pour allonger une chaîne d'exactement un carbone tout en installant une fonction acide, et elle se pratique simplement en versant le magnésien sur de la neige carbonique.

e) Le 2-méthylbutan-2-ol est $\left(CH_{3}\right)\left(C_{2}H_{5}\right)C(OH)CH_{3}$ : un alcool TERTIAIRE dont le carbone porteur du $OH$ est lié à un méthyle, un éthyle et un autre méthyle. Il faut donc partir d'une CÉTONE et d'un magnésien apportant le groupe manquant. La butanone $CH_{3}-CO-CH_{2}CH_{3}$ apporte déjà un méthyle et un éthyle ; il suffit d'ajouter un méthyle. On fait donc réagir la butanone avec le BROMURE DE MÉTHYLMAGNÉSIUM $CH_{3}MgBr$ dans l'éther anhydre, puis l'on hydrolyse en milieu acide. Le produit est bien le 2-méthylbutan-2-ol. Remarque de méthode : pour ce genre de question, on identifie le carbone portant le $OH$, on coupe mentalement l'une de ses trois liaisons alkyles, et l'on attribue ce fragment au magnésien, le reste devenant le composé carbonylé.

a) L'éthanolate est une base FORTE mais peu encombrée, le substrat est SECONDAIRE, et la température est élevée : ces trois éléments convergent vers une ÉLIMINATION de type $E2$. Le produit majoritaire est le PROPÈNE. Le substrat n'ayant qu'un seul alcène possible, la question de Zaitsev ne se pose pas ici. Une part minoritaire de substitution, donnant l'éther isopropyléthylique, accompagne le produit principal.

b) L'iodure est un EXCELLENT nucléophile mais une base très faible, et l'acétone est un solvant aprotique polaire : la substitution $S_{N}2$ l'emporte nettement. Le produit est le 2-iodopropane. Cette réaction sert de TEST parce que les iodures de sodium et de potassium sont solubles dans l'acétone, alors que les bromures et chlorures de sodium formés n'y sont PAS : l'apparition d'un précipité blanc signale donc visuellement qu'une $S_{N}2$ a eu lieu. La vitesse d'apparition du précipité classe le substrat : immédiate pour un primaire, lente pour un secondaire, nulle pour un tertiaire.

c) Le butan-1-ol compte QUATRE carbones alors que le 1-bromopropane n'en a que trois : il faut donc allonger la chaîne d'un carbone tout en installant un $OH$ primaire. Étape 1, préparation du magnésien : $CH_{3}CH_{2}CH_{2}Br+Mg$ dans l'éther anhydre donne $CH_{3}CH_{2}CH_{2}MgBr$. Étape 2, addition sur le MÉTHANAL $HCHO$, qui apporte le carbone supplémentaire. Étape 3, hydrolyse acide. On obtient le butan-1-ol, alcool primaire. Le choix du méthanal est imposé : c'est le seul composé carbonylé qui donne un alcool primaire.

d) L'acide butanoïque compte lui aussi quatre carbones, dont un porte la fonction acide. Étapes 1 et 2 identiques : magnésien, puis carbonatation sur $CO_{2}$, par exemple sur de la neige carbonique. Étape 3, hydrolyse acide. On obtient $CH_{3}CH_{2}CH_{2}COOH$, l'acide butanoïque. Variante possible sans magnésien : substitution par $NaCN$, qui donne le butanenitrile, suivie d'une hydrolyse acide du nitrile en acide, ce qui allonge également d'un carbone.

e) Les deux synthèses partagent EXACTEMENT les deux premières opérations, la formation du magnésien, et ne diffèrent que par l'ÉLECTROPHILE sur lequel on le fait réagir : le méthanal dans un cas, le dioxyde de carbone dans l'autre. La règle générale est qu'un organomagnésien est un réactif UNIVERSEL de rallongement de chaîne, dont le produit final est entièrement déterminé par le partenaire électrophile choisi. En synthèse, on décide donc d'abord quelle liaison carbone-carbone créer, puis on choisit l'électrophile qui apporte la fonction voulue : méthanal pour un alcool primaire, aldéhyde pour un secondaire, cétone pour un tertiaire, $CO_{2}$ pour un acide.

a) Parce qu'ils ne présentent aucun site réactif accessible aux réactifs de la troposphère. Comme vu à l'exercice 1, les liaisons $C-F$ sont les plus fortes de la chimie organique et le fluorure est un nucléofuge exécrable ; les liaisons $C-Cl$ sont solides également ; il n'y a ni liaison $\pi$ à additionner, ni hydrogène à arracher, ni site basique. Les CFC ne réagissent donc ni avec l'oxygène, ni avec l'eau, ni avec les oxydants atmosphériques, et ne sont pas non plus lessivés par la pluie puisqu'ils sont peu solubles.

b) Parce qu'un composé qui ne réagit avec rien ne se DÉTRUIT pas : il s'accumule. Les molécules libérées par les aérosols et les réfrigérateurs ont donc une durée de vie atmosphérique de plusieurs décennies, largement suffisante pour que le brassage atmosphérique les fasse monter jusqu'à la STRATOSPHÈRE, à plus de 20 km d'altitude. Là, les conditions ne sont plus les mêmes : le rayonnement ultraviolet de courte longueur d'onde, filtré plus bas par l'ozone lui-même, y est intense. L'inertie a donc seulement permis au composé d'atteindre le seul endroit où il pouvait réagir.

c) La liaison $C-Cl$, la plus FAIBLE des deux avec 327 kJ/mol contre 485 pour $C-F$. Un photon ultraviolet suffisamment énergétique la rompt de façon HOMOLYTIQUE et libère un radical chlore $Cl\cdot$, tandis que les liaisons $C-F$ résistent. C'est donc le chlore, et non le fluor, qui est responsable de la destruction de l'ozone, observation cruciale pour la suite.

d) Le cycle comporte deux étapes qui se répètent. Première : $Cl\cdot+O_{3}\rightarrow ClO\cdot+O_{2}$, le radical chlore arrache un atome d'oxygène à l'ozone. Seconde : $ClO\cdot+O\rightarrow Cl\cdot+O_{2}$, le monoxyde de chlore réagit avec un atome d'oxygène libre, abondant à cette altitude, et RÉGÉNÈRE le radical chlore. Le bilan net est $O_{3}+O\rightarrow 2O_{2}$, et le chlore n'y figure pas : c'est un CATALYSEUR. Comme il est régénéré à chaque tour, un seul atome peut recommencer indéfiniment, et l'on estime qu'il détruit de l'ordre de cent mille molécules d'ozone avant d'être finalement piégé sous une forme stable comme $HCl$. C'est exactement la structure d'une réaction en chaîne, comme à l'exercice 2 sur l'halogénation, avec la même conséquence : un effet démesuré par rapport à la quantité d'amorceur.

e) On les a d'abord remplacés par les HYDROCHLOROFLUOROCARBURES, ou HCFC, puis par les HYDROFLUOROCARBURES, ou HFC, dépourvus de chlore. Le principe directeur est double. D'une part, SUPPRIMER le chlore élimine le porteur de chaîne : un composé qui ne contient que du fluor ne peut pas libérer de $Cl\cdot$, et la liaison $C-F$ résiste de toute façon au rayonnement. D'autre part, INTRODUIRE des atomes d'hydrogène crée délibérément un point faible : le radical hydroxyle $OH\cdot$, présent dans la troposphère, peut arracher cet hydrogène et amorcer la dégradation du composé AVANT qu'il n'atteigne la stratosphère. On a donc renoncé volontairement à l'inertie parfaite, en concevant une molécule assez stable pour son usage mais assez fragile pour disparaître. Le Protocole de Montréal est considéré comme le traité environnemental le plus efficace jamais signé, et le trou de la couche d'ozone se referme depuis. Les HFC posent en revanche un autre problème, celui de leur fort pouvoir de réchauffement, ce qu'a corrigé l'amendement de Kigali.