Exercices corrigés : mésomérie et mécanismes réactionnels

a) Dans une forme limite, SEULS les électrons se déplacent, et seulement les mobiles : électrons $\pi$ et doublets libres; les noyaux restent cloués, la charge totale se conserve, et aucun atome de la deuxième période ne dépasse l'octet. La flèche ↔ ne décrit PAS deux espèces qui s'échangent : il n'existe qu'UNE molécule, l'hybride, moyenne pondérée des formes limites, plus stable que chacune d'elles. Les formes limites sont des dessins partiels d'une réalité qui ne sait pas se dessiner d'un seul coup de crayon.

b) Les deux formes s'échangent le rôle des oxygènes : $CH_{3}-C(=O)-O^{-}$ ↔ $CH_{3}-C(-O^{-})=O$. Si l'une des formes était la vraie molécule, on mesurerait une liaison courte (121 pm) et une longue (136 pm), comme dans l'acide neutre. Or les deux liaisons font 127 pm, à mi-chemin : chaque liaison est à moitié double, chaque oxygène porte une demi-charge. Les formes étant ÉQUIVALENTES, l'hybride est parfaitement symétrique, et cette délocalisation est précisément ce qui stabilise l'ion.

c) Trois doubles liaisons indépendantes libéreraient $3\times 120=360$ kJ/mol. Le benzène réel n'en libère que 208 : il manque $360-208=152$ kJ/mol : le benzène part de PLUS BAS que le triène hypothétique. Ces 152 kJ/mol sont l'énergie de stabilisation aromatique, la signature expérimentale de la délocalisation des six électrons $\pi$ sur tout le cycle, cohérente avec les six liaisons toutes égales à 140 pm, intermédiaires entre simple (154) et double (134).

d) Déplacer un H, c'est déplacer un ATOME : ce n'est plus une forme limite mais une autre molécule reliée par une vraie réaction; le phénomène qui échange ainsi un H et une double liaison s'appelle la TAUTOMÉRIE (un équilibre, flèches ⇌, pas ↔). Donner cinq liaisons à un carbone viole l'octet : dix électrons autour de C, interdit sans discussion. Deux erreurs archétypales : la mésomérie ne déplace ni les atomes, ni la limite des huit électrons.

a) L'effet inductif naît de la différence d'électronégativité entre deux atomes liés : il polarise la liaison $\sigma$ et se propage de proche en proche, mais en s'affaiblissant d'environ deux tiers à chaque liaison franchie. L'effet mésomère naît de la délocalisation d'un doublet, libre ou $\pi$ : il exige une conjugaison, mais il se transmet alors sur toute l'étendue du système sans s'atténuer. Classement : $-CH_{3}$ est donneur par effet inductif seul ; $-NO_{2}$ est attracteur par les deux effets, ce qui en fait le plus puissant des attracteurs usuels ; $-Cl$ est attracteur par effet inductif, mais DONNEUR par effet mésomère puisqu'il possède des doublets libres délocalisables, et les deux s'opposent, l'inductif l'emportant sur l'acidité et le mésomère sur l'orientation ; $-OH$ et $-NH_{2}$ sont dans le même cas, attracteurs inductifs et donneurs mésomères, mais chez eux le mésomère l'emporte nettement, l'azote étant moins électronégatif que l'oxygène, ce qui fait de $-NH_{2}$ un donneur encore plus fort que $-OH$.

b) Plus l'acide est fort, plus son $pK_{a}$ est petit. Les quatre acides halogénés sont tous plus acides que l'acide éthanoïque, et dans l'ordre $F>Cl>Br>I$ : $pK_{a}$ de 2,59 ; 2,86 ; 2,90 ; 3,18. Le facteur d'acidité entre l'acide éthanoïque et l'acide chloroéthanoïque vaut $10^{4{,}76-2{,}86}=10^{1{,}90}=79$ : un seul chlore rend l'acide 79 fois plus fort. L'explication est l'effet inductif attracteur de l'halogène, qui attire les électrons le long de la chaîne et stabilise la charge négative de la base conjuguée, le carboxylate. Un anion stabilisé signifie un acide fort. L'ordre suit exactement l'électronégativité décroissante des halogènes, ce qui confirme qu'on est bien en présence d'un effet inductif pur : ici l'effet mésomère donneur du chlore ne peut pas s'exprimer, faute de conjugaison avec le groupe carboxyle.

c) $10^{4{,}76-0{,}65}=10^{4{,}11}=1{,}3\times 10^{4}$ : trois chlores rendent l'acide treize mille fois plus fort. L'effet est donc pratiquement additif sur l'échelle des $pK_{a}$, chaque chlore retirant de l'ordre de 1,3 à 1,9 unité : $4{,}76\rightarrow 2{,}86\rightarrow 1{,}29\rightarrow 0{,}65$. Cette additivité est la signature d'effets inductifs indépendants qui se cumulent. Avec un $pK_{a}$ de 0,65, l'acide trichloroéthanoïque est plus fort que l'acide phosphorique et se rapproche des acides minéraux forts : trois atomes de chlore suffisent à transformer le vinaigre en un acide de laboratoire. C'est la démonstration la plus frappante qu'un substituant sans lien direct avec le site acide peut en gouverner entièrement le comportement.

d) La série est éloquente : 2,86 pour le chlore en position 2, 4,05 en position 3, 4,52 en position 4, contre 4,82 pour l'acide butanoïque non substitué. L'effet s'effondre à mesure que le chlore s'éloigne du groupe carboxyle, et il a pratiquement disparu en position 4. Le rapport d'acidité entre l'isomère 2 et l'isomère 4 vaut $10^{4{,}52-2{,}86}=10^{1{,}66}=46$ : à deux liaisons de distance près, l'acidité est divisée par 46. La règle à retenir tient en une phrase : l'effet inductif est puissant mais myope, il perd environ un facteur 7 par liaison franchie et devient négligeable au-delà de trois liaisons, là où l'effet mésomère, lui, porte aussi loin que la conjugaison le permet.

a) $\Delta pK_{a}=16-10=6$, et l'échelle est logarithmique : $\frac{K_{a}(ph\acute{e}nol)}{K_{a}(\acute{e}thanol)}=10^{6}$, un million exactement comme annoncé. La raison est dans les bases conjuguées : l'éthanolate $CH_{3}CH_{2}O^{-}$ concentre toute sa charge sur son unique oxygène; le phénolate, lui, DÉLOCALISE la charge dans le cycle par mésomérie. Une charge étalée est une charge stabilisée : la base conjuguée étant plus stable, l'acide se déprotone plus volontiers.

b) Quatre formes limites : la charge sur l'oxygène (la forme majoritaire, charge sur l'atome le plus électronégatif), puis trois formes où elle entre dans le cycle, sur les deux carbones ORTHO et sur le carbone PARA. Jamais en méta : la conjugaison n'y donne pas accès. Ce trio ortho-ortho-para est une signature qui resservira dans toute la chimie aromatique.

c) L'éthanoate n'a que DEUX formes limites contre quatre, mais elles sont ÉQUIVALENTES et placent chacune la charge sur un OXYGÈNE : deux positions idéales se partageant la charge moitié-moitié. Le phénolate a plus de formes, mais trois d'entre elles logent la charge sur des CARBONES, peu électronégatifs : des formes mineures. Qualité bat quantité : l'éthanoate est mieux stabilisé, l'acide éthanoïque plus acide. Facteur contre l'éthanol : $10^{16-4{,}8}=10^{11{,}2}\approx 1{,}6\times 10^{11}$, cent milliards.

d) Cette fois la mésomérie agit AVANT la réaction : dans l'aniline, le doublet libre de l'azote est déjà délocalisé dans le cycle (formes limites plaçant une charge négative en ortho et para, l'azote devenant positif). Ce doublet, occupé à faire de la résonance, est moins DISPONIBLE pour capter un proton : la base est affaiblie d'un facteur $10^{10{,}7-4{,}6}\approx 10^{6}$. Et protoner l'azote DÉTRUIRAIT cette délocalisation, un coût que la cyclohexylamine, saturée, n'a jamais à payer. La mésomérie stabilise qui elle veut : la base conjuguée chez le phénol, la base de départ chez l'aniline, et l'acidité bascule en conséquence.

a) Un carbocation est stabilisé par l'effet inductif donneur des groupes alkyle voisins, qui compensent partiellement le déficit électronique, et par l'hyperconjugaison, c'est-à-dire le recouvrement d'une liaison $C-H$ voisine avec l'orbitale vacante. Les deux effets augmentent avec le nombre de groupes alkyle : tertiaire plus stable que secondaire, plus stable que primaire, plus stable que méthyle. Les radicaux suivent EXACTEMENT le même ordre, tertiaire au-dessus, pour les mêmes raisons : un radical est lui aussi déficitaire, avec un seul électron là où il en faudrait deux, et il profite donc autant du don d'électrons. Les écarts sont simplement plus faibles, un radical étant moins avide qu'un cation.

b) Plus un alcane est acide, plus le carbanion qu'il libère est stable. Or les $pK_{a}$ croissent : méthane 48, éthane 50, propane 51, 2-méthylpropane 53. Le classement de stabilité des carbanions est donc méthyle plus stable que primaire, plus stable que secondaire, plus stable que tertiaire : c'est l'ordre exactement INVERSE de celui des cations et des radicaux. L'explication est immédiate une fois la question posée correctement. Un groupe alkyle est donneur d'électrons ; donner des électrons à un centre qui en manque le soulage, mais donner des électrons à un centre qui en a déjà trop l'aggrave. Le même substituant stabilise le cation et déstabilise l'anion, sans changer de nature : c'est la charge du centre qui change de signe, pas le substituant.

c) Les carbanions benzylique et allylique ne sont pas localisés : leur doublet se délocalise, sur le cycle aromatique dans un cas, sur la double liaison dans l'autre. Une charge répartie sur plusieurs atomes est bien plus stable qu'une charge concentrée, d'où un gain d'environ sept unités de $pK_{a}$, soit un facteur $10^{7}$ sur la constante d'acidité. La différence avec le mécanisme de a) est de nature : l'hyperconjugaison et l'effet inductif ne font que DÉPLACER légèrement de la densité électronique le long de liaisons qui restent en place, alors que la mésomérie RÉPARTIT réellement la charge sur plusieurs atomes, ce que confirment les mesures de longueurs de liaison. C'est pour cela que la stabilisation par délocalisation est toujours d'un ordre de grandeur supérieur à la stabilisation inductive, et c'est elle qui décide dès qu'elle est possible.

d) L'acétylène porte son hydrogène sur un carbone $sp$, dont l'orbitale hybride contient 50 % de caractère $s$ contre 25 % pour un carbone $sp^{3}$. Or une orbitale $s$ est sphérique et bien plus proche du noyau : un doublet qui l'occupe est fortement retenu, donc stabilisé, sans qu'aucune délocalisation n'intervienne. L'acétylure est ainsi stabilisé de vingt-cinq unités de $pK_{a}$ par rapport à un carbanion $sp^{3}$, ce qui en fait de loin le plus stable des carbanions simples. La règle générale que tout cela suggère est la suivante : un groupe DONNEUR d'électrons stabilise un centre pauvre en électrons, carbocation ou radical, et déstabilise un centre riche, carbanion ; un groupe ATTRACTEUR fait exactement l'inverse. Il suffit donc de savoir quel est le signe de la charge de l'intermédiaire pour retourner d'un coup toute une échelle de stabilité, sans rien apprendre de nouveau. C'est le même raisonnement qui explique qu'un groupe nitro renforce l'acidité d'un acide et affaiblisse la basicité d'une amine.

a) Stabilité croissante : méthyle < primaire < secondaire < tertiaire. Deux effets s'additionnent : l'effet INDUCTIF donneur des groupes alkyles, qui poussent de la densité électronique vers le carbone appauvri, et l'HYPERCONJUGAISON : chaque liaison $C-H$ voisine recouvre partiellement l'orbitale $p$ vide et y délocalise un peu ses électrons. Compte des $C-H$ voisins : éthylium 3, isopropylium 6, tert-butylium 9 : la hiérarchie est littéralement arithmétique.

b) $CH_{2}=CH-CH_{2}^{+}$ ↔ $^{+}CH_{2}-CH=CH_{2}$ : deux formes ÉQUIVALENTES, donc une charge réelle de $+\frac{1}{2}$ sur chaque carbone terminal et une liaison $\pi$ étalée sur les trois carbones. Le cation benzyle fait mieux encore : quatre formes limites (charge sur le $CH_{2}$, puis en ortho, ortho et para du cycle), le trio aromatique déjà rencontré avec le phénolate.

c) Benzyle $\approx$ tert-butylium > isopropylium > éthylium >> phényle. Le piège : phényle et benzyle se ressemblent par le nom, mais le cation BENZYLE porte sa lacune sur un carbone $sp^{3}$ devenu $sp^{2}$, conjugué au cycle : stabilisé par mésomérie; le cation PHÉNYLE porte sa lacune sur un carbone DU cycle, dans une orbitale $sp^{2}$ qui pointe vers l'extérieur, PERPENDICULAIRE au système $\pi$ : aucune résonance possible, c'est l'un des pires carbocations de la chimie. Un cycle aromatique voisin aide; être soi-même le trou dans le cycle, non.

d) La protonation Markovnikov du 3-méthylbut-1-ène $CH_{2}=CH-CH(CH_{3})_{2}$ donne le cation secondaire $CH_{3}-\overset{+}{C}H-CH(CH_{3})_{2}$. Le H du carbone voisin (qui porte les deux méthyles) glisse avec son doublet sur le centre positif : glissement 1,2 d'hydrure, et la charge atterrit sur LE carbone des deux méthyles : $CH_{3}-CH_{2}-\overset{+}{C}(CH_{3})_{2}$, un TERTIAIRE. $Br^{-}$ s'y fixe : le produit majoritaire est le 2-bromo-2-méthylbutane, et non le 2-bromo-3-méthylbutane « attendu ». Leçon : un mécanisme passant par un carbocation n'est jamais figé : l'intermédiaire prend TOUJOURS le réarrangement qui le stabilise, et le produit final trahit le carbocation le plus stable, pas le premier formé.

a) SN2 : UNE étape, concertée : le nucléophile attaque le carbone PAR L'ARRIÈRE, à l'opposé du groupe partant, en passant par un état de transition unique où la liaison se fait pendant que l'autre se défait. Conséquence : l'INVERSION de configuration (le parapluie se retourne, inversion de Walden) : un substrat (R) donne un produit (S). Vitesse : $v=k[RX][Nu]$, ordre 2, les deux partenaires sont dans l'étape unique. L'attaque dorsale exige un carbone accessible : méthyle et primaire vont vite, secondaire se traîne, tertiaire jamais : trois groupes alkyles bloquent physiquement l'arrière.

b) SN1 : DEUX étapes. D'abord l'ionisation, lente : le groupe partant s'en va seul et laisse un CARBOCATION; puis le nucléophile capture ce cation, vite. Vitesse : $v=k[RX]$, ordre 1 : le nucléophile n'apparaît pas, il arrive après l'étape lente. Le carbocation étant PLAN, le nucléophile attaque les deux faces : un substrat optiquement pur donne un mélange racémisé. Tout repose sur la formation du cation : tertiaire (ou allylique, benzylique) obligatoire; un primaire ne s'ionise jamais.

c) La courbe à une bosse est la SN2 : un acte élémentaire, un seul état de transition. La courbe à deux bosses est la SN1 : le CREUX entre les bosses est le carbocation, un intermédiaire : une espèce RÉELLE, à durée de vie courte mais existante (parfois observable). Les SOMMETS sont des états de transition : des cols énergétiques, pas des espèces, inobservables par principe. La première bosse de la SN1 est la plus haute : l'ionisation est l'étape cinétiquement déterminante, tout ce qui stabilise le carbocation accélère la réaction entière.

d) 1-bromobutane : primaire, avec $HO^{-}$ bon nucléophile : SN2, produit butan-1-ol (avec inversion, invisible ici faute de stéréocentre); doubler $[HO^{-}]$ DOUBLE la vitesse, doubler $[RX]$ aussi ($v=k[RX][Nu]$). 2-bromo-2-méthylpropane : tertiaire, avec l'eau, nucléophile faible : SN1, produit 2-méthylpropan-2-ol; doubler la concentration d'eau ne change RIEN à la vitesse (l'eau attend le carbocation), doubler $[RX]$ la double. Cette insensibilité au nucléophile est d'ailleurs le test expérimental classique pour identifier une SN1.

a) Première étape : la double liaison, riche en électrons, attaque une molécule de dibrome et la polarise ; un atome de brome se fixe en se liant simultanément aux deux carbones, formant un cycle à trois atomes chargé positivement, l'ion bromonium, tandis que l'autre atome part en ion bromure. Seconde étape : l'ion bromure attaque l'un des deux carbones du pont. Il ne peut le faire que par l'arrière, du côté opposé au pont, exactement comme dans une substitution nucléophile d'ordre 2, parce que le brome ponté occupe entièrement une face de l'ancienne double liaison et bloque toute approche de ce côté. Les deux atomes de brome se retrouvent donc de part et d'autre du plan : c'est une addition ANTI, ou anti-périplanaire, et elle est stéréospécifique.

b) Partons du (E)-but-2-ène, dont les deux méthyles sont de part et d'autre de la double liaison. L'attaque anti place les deux bromes de part et d'autre également ; en écrivant la projection de Newman ou la représentation de Cram, on obtient un composé dont les deux carbones asymétriques sont de configurations opposées, $2R,3S$. Cette molécule possède un plan de symétrie interne qui échange les deux moitiés : elle est achirale, c'est le 2,3-dibromobutane MÉSO, optiquement inactif malgré ses deux carbones asymétriques. Le (Z)-but-2-ène, dont les deux méthyles sont du même côté, conduit par la même attaque anti aux couples $2R,3R$ et $2S,3S$, formés en quantités rigoureusement égales puisque l'ion bromure attaque indifféremment l'un ou l'autre carbone du pont : c'est un mélange RACÉMIQUE, lui aussi optiquement inactif, mais pour une raison entièrement différente, la compensation entre deux énantiomères et non une symétrie interne.

c) Ce résultat prouve que les deux carbones ne peuvent pas tourner librement l'un par rapport à l'autre entre les deux étapes : l'information géométrique portée par la double liaison de départ, $E$ ou $Z$, se retrouve intégralement dans le produit. C'est la définition même d'une réaction stéréospécifique, et seul un intermédiaire ponté, rigide, peut l'expliquer. Si l'addition passait par un carbocation ouvert, la liaison carbone-carbone deviendrait simple et libre de tourner, les deux conformations s'équilibreraient avant l'attaque du bromure, et les deux alcènes donneraient tous deux le MÊME mélange de méso et de racémique. Or on n'observe rien de tel : chaque alcène donne un produit unique et différent. L'expérience réfute donc le carbocation ouvert et impose le pont.

d) En présence d'eau, celle-ci est présente en très large excès et devient le nucléophile qui ouvre le pont, à la place de l'ion bromure : on obtient une bromhydrine. La régiosélectivité est le point remarquable. L'eau se fixe sur le carbone le PLUS substitué, alors qu'un nucléophile attaquant un substrat ordinaire choisit toujours le carbone le moins encombré. C'est que le pont bromonium n'est pas symétrique : le carbone le plus substitué supporte mieux une charge positive partielle, donc sa liaison au brome est plus longue et plus faible, et il porte davantage de caractère de carbocation. Le nucléophile y est attiré malgré l'encombrement. Le produit est donc le 1-bromo-2-méthylpropan-2-ol, avec le groupe hydroxyle sur le carbone tertiaire et le brome sur le carbone primaire, ce qui est conforme à une orientation de type Markovnikov. Cette régiosélectivité inattendue, qui contredit l'encombrement, est un second argument fort en faveur du pont : un carbocation libre l'expliquerait aussi, mais lui ne rendrait pas compte de la stéréochimie de b). Seul le pont dissymétrique explique les deux observations à la fois.

a) Substrat $A$. En doublant $[A]$ à hydroxyde constant, la vitesse double : l'ordre par rapport à $A$ est 1. En doublant $[HO^{-}]$ à $[A]$ constant, la vitesse ne change pas : l'ordre par rapport à l'hydroxyde est 0. La loi s'écrit $v=k[A]$, avec $k=\dfrac{1{,}0\times 10^{-4}}{0{,}10}=1{,}0\times 10^{-3}\;\text{s}^{-1}$, une constante d'ordre 1 dont l'unité est bien l'inverse d'un temps. Substrat $B$. Doubler $[B]$ double la vitesse, doubler $[HO^{-}]$ la double aussi : les deux ordres partiels valent 1, l'ordre global vaut 2. La loi s'écrit $v=k[B][HO^{-}]$, avec $k=\dfrac{4{,}0\times 10^{-5}}{0{,}10\times 0{,}10}=4{,}0\times 10^{-3}\;\text{L}\cdot\text{mol}^{-1}\cdot\text{s}^{-1}$. Les unités sont ici la vérification la plus rapide qu'on n'a pas confondu les deux ordres.

b) Le substrat $A$ suit une substitution nucléophile d'ordre 1 : l'étape lente est l'ionisation, qui ne fait intervenir que le substrat, et le nucléophile n'apparaît que dans l'étape rapide qui suit. Un tel comportement suppose un carbocation stable, donc un substrat tertiaire, ou éventuellement secondaire stabilisé par délocalisation. Le substrat $B$ suit une substitution d'ordre 2 : l'étape lente est bimoléculaire, l'attaque et le départ se faisant simultanément, ce qui suppose un carbone peu encombré, donc un substrat primaire. L'ordre nul par rapport à l'hydroxyde ne signifie évidemment pas qu'il ne participe pas : sans lui, il n'y aurait aucun produit. Il signifie que sa concentration n'influence pas la VITESSE, parce qu'il intervient après l'étape cinétiquement déterminante. Une loi de vitesse ne renseigne que sur ce qui se passe jusqu'à l'état de transition le plus haut, et c'est précisément ce qui en fait un outil de diagnostic mécanistique : elle ignore tout ce qui vient ensuite.

c) La pureté optique, ou excès énantiomérique, est le rapport du pouvoir rotatoire mesuré à celui de l'énantiomère pur : $\dfrac{6{,}0}{13{,}5}\times 100=44{,}4\,\%$. Cet excès de 44,4 % en faveur de l'énantiomère inversé se répartit ainsi : si l'on note $x$ le pourcentage de produit inversé et $y$ celui de produit de configuration retenue, alors $x+y=100$ et $x-y=44{,}4$. On résout : $x=\dfrac{100+44{,}4}{2}=72{,}2\,\%$ et $y=\dfrac{100-44{,}4}{2}=27{,}8\,\%$. Le mélange contient donc 72,2 % de produit inversé et 27,8 % de produit retenu, ce qui revient à dire qu'il est constitué de 55,6 % de racémique et de 44,4 % de produit purement inversé.

d) Une substitution d'ordre 1 pure devrait donner exactement 50 % de chaque énantiomère, puisque le carbocation est plan et peut être attaqué indifféremment de ses deux faces. On en est loin : l'inversion l'emporte nettement. L'image à corriger est celle d'un carbocation totalement libre et symétrique. En réalité, le groupe partant ne s'éloigne pas instantanément : il reste un moment au voisinage du carbone, sous forme de paire d'ions intime, et il masque partiellement la face qu'il vient de quitter. Le nucléophile est donc statistiquement favorisé du côté opposé, d'où un excès d'inversion. Ce n'est pas une inversion totale non plus, parce qu'une fraction des paires d'ions se sépare complètement avant l'attaque et donne bien un mélange racémique. Le pourcentage d'inversion mesure ainsi la durée de vie du carbocation : plus il est stable et mieux il est solvaté, plus il vit longtemps, plus la paire d'ions se dissocie, et plus on tend vers la racémisation complète. Dans un solvant plus ionisant, comme l'eau à la place d'un mélange éthanol-eau, on doit donc s'attendre à une racémisation plus poussée, avec un excès énantiomérique nettement plus faible que 44 %.

a) Étape 1 (lente) : la liaison $\pi$, riche en électrons, attaque le H de HBr : la flèche part du MILIEU de la double liaison vers H, pendant qu'une seconde flèche fait glisser le doublet de la liaison H-Br sur le brome. Bilan : un carbocation et un ion $Br^{-}$. Étape 2 (rapide) : une flèche part d'un doublet libre de $Br^{-}$ vers le carbone positif. Les flèches courbes suivent TOUJOURS les électrons, jamais les atomes : c'est la grammaire de tout le cours.

b) Si H se fixe sur le carbone terminal $CH_{2}$, la charge tombe sur le carbone central : cation ISOPROPYLE, secondaire. Si H se fixe au centre, la charge tombe au bout : cation propyle, PRIMAIRE. Le secondaire, stabilisé par six liaisons $C-H$ en hyperconjugaison, se forme presque exclusivement (courbe basse de la figure : barrière plus faible ET intermédiaire plus stable). $Br^{-}$ le capture : produit majoritaire, le 2-bromopropane. Règle de Markovnikov moderne : l'addition passe par LE CARBOCATION LE PLUS STABLE. La comptine « H va au carbone le plus hydrogéné » n'est que la conséquence, et elle trahit dès que la stabilité en décide autrement (réarrangements, groupes conjugués).

c) La protonation du 2-méthylbut-2-ène $CH_{3}-C(CH_{3})=CH-CH_{3}$ peut créer un cation TERTIAIRE (charge sur le carbone aux deux méthyles, H reçu par le CH) ou secondaire : le tertiaire l'emporte sans débat. L'eau attaque, une déprotonation conclut : 2-méthylbutan-2-ol, l'alcool tertiaire. Toute hydratation acide obéit à Markovnikov : l'OH finit sur le carbone LE PLUS SUBSTITUÉ.

d) L'eau de brome, orangée, se DÉCOLORE instantanément : le dibrome s'additionne sur la double liaison (une molécule de $Br_{2}$ par liaison $\pi$), donnant le 1,2-dibromopentane incolore. Quantitativement : $n=\frac{5{,}0}{70}=0{,}071$ mol de pent-1-ène ($M=70$ g/mol), qui consomment $0{,}071\times 160=11{,}4$ g de $Br_{2}$. Un alcane n'a ni liaison $\pi$ ni site riche en électrons à offrir : sans lumière UV, aucune réaction, la couleur reste : c'est LE test de la minute pour départager alcane et alcène.

a) E2 : concertée, ordre 2 ($v=k[RX][base]$) : la base arrache un H sur le carbone VOISIN pendant que le groupe partant s'en va et que la double liaison se forme; exigence géométrique stricte : H et groupe partant ANTI-PÉRIPLANAIRES (à 180°, pour que les orbitales s'alignent en $\pi$). Elle rivalise avec la SN2 : même substrat, même cinétique, la base choisit entre attaquer le carbone (SN2) ou le H (E2). E1 : ionisation d'abord, le même carbocation que la SN1, puis perte d'un $H^{+}$; ordre 1; elle accompagne inévitablement la SN1 sur les tertiaires, les deux produits coexistent.

b) Arracher un H du carbone 1 donne le but-1-ène; du carbone 3, le but-2-ène, en versions (Z) et (E). Règle de Zaitsev : l'alcène MAJORITAIRE est le plus SUBSTITUÉ : ici le but-2-ène domine, et surtout sa forme (E). La figure explique la règle au lieu de l'imposer : le but-2-ène (116-120) est plus bas en énergie que le but-1-ène (127), et l'état de transition E2, où la double liaison est déjà à moitié formée, hérite de cet avantage : le chemin vers l'alcène stable a la barrière la plus basse.

c) Dans le (Z), les deux méthyles du même côté se gênent stériquement : 4 kJ/mol de tension que le (E), méthyles opposés, ne paie pas. À l'équilibre : $\frac{[E]}{[Z]}=e^{4000/(8{,}314)(298)}\approx 5$ : cinq contre un, 83 % de (E). L'écart 127 contre 116 vient de la SUBSTITUTION : chaque groupe alkyle posé sur la double liaison la stabilise par hyperconjugaison (liaisons $C-H$ voisines qui se délocalisent dans le système $\pi$) : disubstitué bat monosubstitué, exactement l'argument des carbocations recyclé pour les alcènes.

d) Tertiaire + base forte concentrée : E2 (la SN2 est bloquée par l'encombrement, la base forte n'attend pas le carbocation). Tertiaire + eau tiède : SN1 majoritaire avec un peu de E1, via le carbocation. Primaire + $CH_{3}S^{-}$ : SN2 franche (excellent nucléophile, base médiocre, arrière dégagé). Primaire + tert-butanolate : E2 : trop encombrée pour attaquer le carbone, la base se rabat sur les H. La logique en une phrase : le substrat décide si un carbocation est possible (1 ou 2 étapes), puis le réactif choisit sa cible : le CARBONE s'il est bon nucléophile, un HYDROGÈNE s'il est bonne base ou trop gros pour approcher.

a) Azote : 5 électrons de valence, aucun doublet libre, 4 liaisons (une avec C, deux avec l'oxygène doublement lié, une avec l'autre) : $5-0-4=+1$. Oxygène simplement lié : $6-6-1=-1$. La molécule est neutre, mais elle porte deux charges formelles opposées : c'est un zwitterion permanent, d'où son moment dipolaire élevé.

b) Les deux formes échangent le rôle des deux oxygènes : chaque liaison N-O est simple dans une forme et double dans l'autre, soit un ordre moyen de $\frac{1+2}{2}=1{,}5$. La charge $-1$ se partage entre les deux oxygènes : $-\frac{1}{2}$ sur chacun. L'azote garde sa charge $+1$ dans les deux formes.

c) Les deux formes respectent l'octet et portent une seule charge, mais la première place la charge négative sur l'oxygène, plus électronégatif que le carbone : c'est la forme majoritaire. La seconde reste utile : elle explique que l'énolate puisse réagir par son CARBONE, en particulier sur les électrophiles carbonés.

d) $H_{2}C=O$ est majoritaire : octet partout, aucune charge. $H_{2}C^{+}-O^{-}$ est minoritaire : le carbone n'a plus que six électrons, mais la charge négative est sur l'oxygène. $H_{2}C^{-}-O^{+}$ est à rejeter : l'oxygène n'a plus que six électrons ET la charge négative est sur l'atome le moins électronégatif. La forme minoritaire $H_{2}C^{+}-O^{-}$ montre que le carbone du carbonyle est électrophile : c'est là qu'attaquent les nucléophiles.

e) Dans $^{+}O\equiv C-N^{2-}$ : l'oxygène a un doublet libre et trois liaisons, $6-2-3=+1$ ; l'azote a trois doublets libres et une liaison, $5-6-1=-2$. Trois charges, une charge $-2$ sur un seul atome et une charge positive sur l'atome le plus électronégatif : forme négligeable. Les deux autres ne portent qu'une charge $-1$ ; la plus représentative est $^{-}O-C\equiv N$, où la charge est sur l'oxygène, suivie de près par $O=C=N^{-}$.

Le fil : on calcule les charges formelles, on élimine les formes qui violent l'octet, puis on préfère le moins de charges et la charge négative sur l'atome le plus électronégatif.

a) Du plus fort au plus faible : 4-nitro (3,44), 3-nitro (3,45), 3-chloro (3,83), 4-chloro (3,98), 3-méthoxy (4,09), benzoïque (4,20), 4-méthoxy (4,47). Un seul acide est plus faible que l'acide benzoïque : l'acide 4-méthoxybenzoïque.

b) $10^{4{,}20-3{,}44}=10^{0{,}76}\approx 5{,}8$ : le groupe nitro en para rend l'acide près de six fois plus fort.

c) L'oxygène du méthoxy est électronégatif : par effet inductif, il est attracteur. Mais il porte des doublets libres qui se délocalisent dans le cycle : par effet mésomère, il est donneur, et cet effet atteint les positions ortho et para. En para, le don mésomère domine : il enrichit le carbone qui porte le carboxylate et déstabilise la charge négative, l'acide est affaibli (4,47). En méta, le don mésomère n'atteint pas ce carbone et il ne reste que l'attraction inductive : l'acide est renforcé (4,09). Même substituant, deux signes opposés.

d) Le chlore est attracteur inductif et faiblement donneur mésomère. En méta, il est plus proche du carboxyle, et son effet inductif s'exerce seul. En para, il est plus loin, et son petit don mésomère compense une partie de l'effet inductif : l'isomère 4 est moins acide (3,98 contre 3,83).

e) Un nitro en méta abaisse le $pK_{a}$ de $4{,}20-3{,}45=0{,}75$. Deux nitros en méta : $4{,}20-2\times 0{,}75=2{,}70$. La valeur mesurée, 2,82, est proche : l'additivité est une bonne approximation, c'est l'idée de l'équation de Hammett.

Le fil : en para, on additionne effet inductif et effet mésomère ; en méta, on ne garde que l'inductif ; et un même groupe peut changer de camp selon sa position.

a) Le carbocation tertiaire capte l'eau, et la déprotonation donne le 2-méthylpropan-2-ol. Deux intermédiaires, le carbocation et l'ion oxonium, qui sont des creux ; trois états de transition, qui sont des sommets.

b) $E_{a1}=80-0=80$ kJ/mol ; $E_{a2}=52-45=7$ kJ/mol ; $E_{a3}=-5-(-20)=15$ kJ/mol. L'étape déterminante est la protonation : c'est elle qui mène au point le plus haut du profil. Tout ce qui stabilise le carbocation abaisse ce sommet.

c) $\Delta_{r}H=-50$ kJ/mol : la réaction est exothermique. Depuis l'alcool, il faut remonter jusqu'au point le plus haut : $80-(-50)=130$ kJ/mol. La déshydratation, réaction inverse, est donc beaucoup plus lente dans les mêmes conditions et exige de chauffer.

d) L'étape 1 est endothermique, $+45$ kJ/mol : son état de transition est tardif et ressemble au carbocation. L'étape 2 est très exothermique, de $+45$ à $-20$ : son état de transition, précoce, ressemble lui aussi au carbocation, son réactif. Le carbocation est donc le bon modèle des deux sommets qui l'encadrent.

e) $\frac{v_{tert}}{v_{sec}}=e^{25000/(8{,}314\times 298)}=e^{10{,}1}\approx 2{,}4\times 10^{4}$ : l'hydratation du 2-méthylpropène est environ vingt-quatre mille fois plus rapide. $H_{3}O^{+}$ est consommé à l'étape 1 et régénéré à l'étape 3 : il n'apparaît pas dans le bilan, il abaisse seulement la barrière.

Le fil : les creux sont des intermédiaires, les sommets des états de transition ; l'étape déterminante mène au plus haut sommet, et le postulat de Hammond relie ce sommet à l'intermédiaire voisin.

a) Le carbone central est lié à trois $NH_{2}$ ; la charge positive peut être portée par chacun des trois azotes, le carbone faisant une double liaison avec lui : trois formes limites, toutes équivalentes. La charge $+1$ se partage : $+\frac{1}{3}$ en moyenne par azote. Chaque liaison C-N est double dans une forme sur trois : ordre moyen $\frac{2+1+1}{3}=\frac{4}{3}\approx 1{,}33$. L'ion est plan et parfaitement symétrique.

b) Protoner l'azote doublement lié donne l'ion guanidinium symétrique, stabilisé par trois formes limites équivalentes. Protoner un $NH_{2}$ donnerait un ion $-NH_{3}^{+}$ dont la charge reste localisée, sans résonance. On protone toujours là où l'acide conjugué est le mieux stabilisé.

c) $10^{13{,}6-10{,}6}=10^{3}=1\ 000$ : la guanidine est mille fois plus basique qu'une amine ordinaire. L'écart vient de l'acide conjugué : le méthylammonium garde sa charge sur un seul azote, le guanidinium l'étale sur trois.

d) Dans l'urée, les doublets des azotes sont délocalisés vers l'oxygène du carbonyle : ils sont peu disponibles, et l'azote n'est pas basique. La protonation se fait sur l'OXYGÈNE, et l'ion formé est stabilisé par les deux azotes. Mais la molécule neutre était déjà stabilisée par cette résonance, que la protonation ne gagne pas : la basicité reste très faible, 13,5 unités de $pK_{a}$ sous la guanidine.

e) $\frac{[BH^{+}]}{[B]}=10^{12{,}5-7{,}4}=10^{5{,}1}\approx 1{,}26\times 10^{5}$ : cent vingt-six mille formes protonées pour une forme neutre. La chaîne latérale de l'arginine est donc chargée positivement dans tout l'organisme, ce qui lui permet de former des ponts salins avec les groupes carboxylate des protéines et avec les phosphates de l'ADN.

Le fil : une base est forte quand son acide conjugué est bien stabilisé ; trois formes limites équivalentes étalent la charge et gagnent trois unités de $pK_{a}$ sur une amine.

a) C'est l'hydrogène du $OH$ porté par le carbone 3. Ce groupe est un énol, mais un énol particulier : sa double liaison $C_{2}=C_{3}$ est conjuguée au carbonyle $C_{1}=O$. Un énol isolé a un $pK_{a}$ voisin de 10 ; c'est la conjugaison au carbonyle qui gagne six unités.

b) Forme 1 : la charge sur l'oxygène du C3. Forme 2 : $O=C_{3}$ se forme et la charge passe sur le C2. Forme 3 : $C_{2}=C_{1}$ se forme et la charge arrive sur l'oxygène du carbonyle. Trois formes, dont 2 placent la charge sur un oxygène. C'est le même partage entre deux oxygènes que dans un carboxylate, mais à travers une double liaison C=C intercalée : on dit « vinylogue ».

c) $10^{10{,}0-4{,}2}=10^{5{,}8}\approx 6{,}3\times 10^{5}$ : environ six cent mille fois plus acide que le phénol, dont la charge se répartit surtout sur des carbones.

d) Sang : $\frac{[A^{-}]}{[AH]}=10^{7{,}4-4{,}2}=10^{3{,}2}\approx 1\ 585$, soit $\frac{1585}{1586}\approx 99{,}9$ % d'ascorbate. Estomac : $\frac{[A^{-}]}{[AH]}=10^{1{,}5-4{,}2}=10^{-2{,}7}\approx 0{,}0020$, soit $0{,}20$ % seulement : la vitamine C y est presque entièrement sous forme acide.

e) L'anion porté par l'oxygène du C2 ne peut délocaliser sa charge que vers le C3, jamais jusqu'à l'oxygène du carbonyle : pas de forme limite équivalente à celle d'un carboxylate, donc une acidité ordinaire d'énol. La seconde acidité est plus faible encore : il faut arracher un proton à un ion déjà négatif, ce qui coûte de l'énergie électrostatique, et la charge ne peut plus rejoindre le carbonyle déjà occupé par la première.

Le fil : une acidité se lit sur la base conjuguée ; si la charge rejoint un carbonyle à travers une double liaison, l'énol se comporte comme un acide carboxylique.