Feuille d'entraînement : Thermodynamique chimique et équilibres

Corrigés

1. Exercice 1E3A Physique-Chimie PC 2025, QChimie-Problème 1-I-Q26

   D'après la question Q25, la réaction de titrage du diiode par les ions thiosulfate s'écrit :

   \mathrm{I_2(aq) + 2\,S_2O_3^{2-}(aq) \rightleftharpoons 2\,I^-(aq) + S_4O_6^{2-}(aq)}

   Elle met en jeu les deux couples redox suivants :

   \begin{aligned} \mathrm{I_2(aq) + 2\,e^-} &\rightleftharpoons \mathrm{2\,I^-(aq)} \quad \text{avec} \quad E_3^\circ = 0{,}62\text{ V} \\ \mathrm{S_4O_6^{2-}(aq) + 2\,e^-} &\rightleftharpoons \mathrm{2\,S_2O_3^{2-}(aq)} \quad \text{avec} \quad E_4^\circ = 0{,}09\text{ V} \end{aligned}

   Le nombre d'électrons échangés par mole d'avancement est donc n = 2.

   L'enthalpie libre standard de réaction est reliée à la force électromotrice standard par :

   \Delta_r G^\circ = -n \mathscr{F} (E_3^\circ - E_4^\circ)

   Application numérique à T = 298\text{ K} :

   \begin{aligned} \Delta_r G^\circ &= -2 \times 96\,500 \times (0{,}62 - 0{,}09) \\ &= -2 \times 96\,500 \times 0{,}53 = -102\,290\text{ J}\cdot\text{mol}^{-1} \end{aligned}

   \boxed{\Delta_r G^\circ \approx -102\text{ kJ}\cdot\text{mol}^{-1}}

   La constante thermodynamique d'équilibre K^\circ est reliée à \Delta_r G^\circ par la relation de Van 't Hoff :

   \begin{aligned} \Delta_r G^\circ &= -R T \ln K^\circ \\ \ln K^\circ &= -\frac{\Delta_r G^\circ}{R T} = \frac{n \mathscr{F}(E_3^\circ - E_4^\circ)}{R T} \end{aligned}

   Application numérique :

   \begin{aligned} \ln K^\circ &= \frac{102\,290}{8{,}31 \times 298} \approx 41{,}3 \\ K^\circ &= \exp(41{,}3) \approx 9 \times 10^{17} \end{aligned}

   \boxed{K^\circ \approx 9 \times 10^{17}}

   Puisque K^\circ \gg 10^4 (et \Delta_r G^\circ \ll 0), la réaction est quantitative (totale), ce qui valide son utilisation comme réaction de dosage.

   Résultat

   $${\Delta }_r{G}^{\circ }\approx -102\text{ kJ}\cdot {\text{mol}}^{-1}$$

   $$K^{\circ }\approx 9\times 10^{17}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2ENS Physique-Chimie L PC 2025, Q2

   Hypothèses utilisées :

   • La transformation est adiabatique (Q = 0) et isobare (P = P^\circ = \text{cste}), de sorte que \Delta H = Q_P = 0.
   • La réaction est supposée totale. Le mélange initial étant stœchiométrique et équimolaire, la combustion de 1\text{ mol} de \mathrm{C_2H_{2\,(g)}} avec 1\text{ mol} de \mathrm{O_{2\,(g)}} produit 2\text{ mol} de \mathrm{CO_{(g)}} et 1\text{ mol} de \mathrm{H_{2\,(g)}}.
   • Les gaz sont assimilés à des gaz parfaits.
   • Les capacités thermiques molaires isobares C_{p,m}^\circ des espèces sont indépendantes de la température entre T_0 et T_f.
   • La température initiale des réactifs est T_0 = 300\text{ K}.

   D'après la question précédente, la réaction de combustion au cœur de la flamme s'écrit :

   \mathrm{C_2H_{2\,(g)}} + \mathrm{O_{2\,(g)}} = 2\,\mathrm{CO_{(g)}} + \mathrm{H_{2\,(g)}}

   L'enthalpie standard de cette réaction à T_0 = 300\text{ K} est donnée par la loi de Hess :

   \begin{aligned} \Delta_r H^\circ(T_0) &= 2\,\Delta_f H^\circ(\mathrm{CO}) + \Delta_f H^\circ(\mathrm{H_2}) - \Delta_f H^\circ(\mathrm{C_2H_2}) - \Delta_f H^\circ(\mathrm{O_2}) \\ &= 2 \times (-111) + 0 - 228 - 0 \\ &= -450\text{ kJ}\cdot\text{mol}^{-1} \end{aligned}

   Pour un système fermé constitué de 1\text{ mol} de \mathrm{C_2H_2} et 1\text{ mol} de \mathrm{O_2} à T_0, on décompose la transformation adiabatique réelle en deux étapes fictives :

   1. Réaction totale à la température T_0 :

      \Delta H_1 = \xi_{\max} \Delta_r H^\circ(T_0) = 1\text{ mol} \times \Delta_r H^\circ(T_0)

   2. Échauffement des produits de T_0 à la température finale T_f :

      \Delta H_2 = \int_{T_0}^{T_f} C_{p,\text{produits}}\,\mathrm{d}T = \left[ 2\,C_p^\circ(\mathrm{CO}) + C_p^\circ(\mathrm{H_2}) \right] (T_f - T_0)

   La transformation étant adiabatique et isobare :

   \Delta H = \Delta H_1 + \Delta H_2 = 0

   On en déduit l'élévation de température :

   T_f = T_0 - \frac{\Delta_r H^\circ(T_0)}{2\,C_p^\circ(\mathrm{CO}) + C_p^\circ(\mathrm{H_2})}

   Calcul de la capacité thermique des produits formés :

   C_{p,\text{produits}} = 2 \times 30 + 30 = 90\text{ J}\cdot\text{K}^{-1}

   Application numérique :

   T_f = 300 + \frac{450 \times 10^3}{90} = 300 + 5000 = 5300\text{ K}

   \boxed{T_f = 5{,}3 \times 10^3\text{ K}}

   Résultat

   $$T_f=5,3\times 10^3\text{ K}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3ENS Physique-Chimie L PC 2025, Q7

   Pour la réaction de décomposition de l'acétylène :

   \mathrm{C_2H_{2\,(g)}} = 2\,\mathrm{C_{(s)}} + \mathrm{H_{2\,(g)}} \quad (1)

   l'enthalpie libre standard de réaction à la température T s'écrit :

   \Delta_{\mathrm{r}}G_{(1)}^\circ(T) = \Delta_{\mathrm{r}}H_{(1)}^\circ - T\,\Delta_{\mathrm{r}}S_{(1)}^\circ

   La constante thermodynamique d'équilibre K est reliée à l'enthalpie libre standard par :

   \Delta_{\mathrm{r}}G_{(1)}^\circ(T) = -R T \ln K

   On en déduit l'expression de \ln K :

   \ln K = -\frac{\Delta_{\mathrm{r}}H_{(1)}^\circ - T\,\Delta_{\mathrm{r}}S_{(1)}^\circ}{R T} = -\frac{\Delta_{\mathrm{r}}H_{(1)}^\circ}{R T} + \frac{\Delta_{\mathrm{r}}S_{(1)}^\circ}{R}

   Calculons d'abord \Delta_{\mathrm{r}}G_{(1)}^\circ(298\text{ K}) avec \Delta_{\mathrm{r}}H_{(1)}^\circ = -228\text{ kJ}\cdot\text{mol}^{-1} et \Delta_{\mathrm{r}}S_{(1)}^\circ = -60\text{ J}\cdot\text{mol}^{-1}\cdot\text{K}^{-1} :

   \begin{aligned} T\,\Delta_{\mathrm{r}}S_{(1)}^\circ &= 298 \times (-60) = -17{,}88 \times 10^3\text{ J}\cdot\text{mol}^{-1} = -17{,}9\text{ kJ}\cdot\text{mol}^{-1} \\ \Delta_{\mathrm{r}}G_{(1)}^\circ(298\text{ K}) &= -228 - (-17{,}9) = -210{,}1\text{ kJ}\cdot\text{mol}^{-1} \end{aligned}

   Avec la constante des gaz parfaits R \simeq 8{,}31\text{ J}\cdot\text{mol}^{-1}\cdot\text{K}^{-1} :

   R T = 8{,}31 \times 298 \simeq 2{,}48 \times 10^3\text{ J}\cdot\text{mol}^{-1} = 2{,}48\text{ kJ}\cdot\text{mol}^{-1}

   On obtient ainsi :

   \ln K = \frac{210{,}1}{2{,}48} \simeq 85

   \boxed{\ln K \simeq 85}

   Résultat

   $$\ln K\simeq 85$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4ENS Physique-Chimie L PC 2025, Q8

   1. Effet de la température sur la position de l'équilibre

   D'après la loi de van 't Hoff :

   \frac{\mathrm{d}\ln K}{\mathrm{d}T} = \frac{\Delta_{\mathrm{r}}H_{(1)}^\circ}{R T^2}

   La réaction (1) étant exothermique (\Delta_{\mathrm{r}}H_{(1)}^\circ = -228\text{ kJ}\cdot\text{mol}^{-1} < 0), on a :

   \frac{\mathrm{d}\ln K}{\mathrm{d}T} < 0

   Une augmentation de température entraîne donc une diminution de la constante d'équilibre K. D'après le principe de modération de Le Chatelier, l'augmentation de température déplace l'équilibre dans le sens indirect (sens endothermique, reformation de \mathrm{C_2H_2}).

   2. Effet de la pression sur la position de l'équilibre

   En modélisant la phase gazeuse par un mélange de gaz parfaits et le carbone solide comme pur (a(\mathrm{C_{(s)}}) = 1), le quotient de réaction s'écrit :

   Q_{\mathrm{r}} = \frac{a(\mathrm{C_{(s)}})^2 \cdot a(\mathrm{H_{2(g)}})}{a(\mathrm{C_2H_{2(g)}})} = \frac{P_{\mathrm{H_2}}/P^\circ}{P_{\mathrm{C_2H_2}}/P^\circ} = \frac{x_{\mathrm{H_2}} P}{x_{\mathrm{C_2H_2}} P} = \frac{x_{\mathrm{H_2}}}{x_{\mathrm{C_2H_2}}}

   La variation du nombre de moles de gaz est nulle :

   \Delta \nu_{\mathrm{g}} = \nu(\mathrm{H_2}) - \nu(\mathrm{C_2H_2}) = 1 - 1 = 0

   Le quotient réactionnel Q_{\mathrm{r}} est donc strictement indépendant de la pression totale P. Par conséquent, une augmentation de pression n'a aucune influence sur la composition d'équilibre du système.

   3. Explication de l'augmentation du risque d'explosivité

   D'un point de vue thermodynamique, l'acétylène est instable à 298 K (\ln K \simeq 85, soit K \sim 10^{37}, réaction quasi-totale), mais il est cinétiquement métastable en raison d'une forte énergie d'activation liée à la rupture de liaisons (présence de la triple liaison \mathrm{C\equiv C}).

   Le risque d'explosion est régi par des considérations cinétiques :

   • Effet de la température : d'après la loi d'Arrhenius, la constante de vitesse k(T) = A \exp\left(-\frac{E_{\mathrm{a}}}{RT}\right) croît exponentiellement avec la température. Une élévation de T lève le blocage cinétique et accélère considérablement la vitesse de décomposition.
   • Effet de la pression : une élévation de pression augmente la concentration molaire [\mathrm{C_2H_2}] = \frac{P}{RT}, augmentant ainsi la fréquence des chocs moléculaires et donc la vitesse de décomposition.
   • Emballement thermique : la réaction étant très exothermique, la puissance thermique libérée par la décomposition dépasse rapidement la puissance évacuée par transfert thermique vers l'extérieur. L'auto-échauffement accélère la réaction de manière divergente, menant à l'explosion.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5ENS Physique-Chimie L PC 2024, Q2

   La formule brute du phénol est \mathrm{C_6H_6O} (notée \mathrm{C_6H_5OH} dans l'énoncé). L'oxydation complète par le dioxygène produit du dioxyde de carbone \mathrm{CO_2} et de l'eau \mathrm{H_2O} selon :

   \mathrm{C_6H_5OH} + x\,\mathrm{O_2} \longrightarrow y\,\mathrm{CO_2} + z\,\mathrm{H_2O}

   En établissant les bilans de matière pour chaque élément chimique :

   • Carbone : y = 6 ;
   • Hydrogène : 2z = 6 \implies z = 3 ;
   • Oxygène : 1 + 2x = 2y + z = 2 \times 6 + 3 = 15 \implies 2x = 14 \implies x = 7.

   L'équation de la réaction d'oxydation complète s'écrit donc :

   \boxed{\mathrm{C_6H_5OH} + 7\,\mathrm{O_2} \longrightarrow 6\,\mathrm{CO_2} + 3\,\mathrm{H_2O}}

   Résultat

   $${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5\mathrm{OH}+7{\mathrm{O}}_2⟶6\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2+3{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6ENS Physique-Chimie L PC 2023, Q31

   1. Schéma du montage de Dean-Stark

   2. Justification de l'intérêt du montage de Dean-Stark

   • Nature de la réaction : La condensation entre l'amino-alcool issu de la déprotection de l'amine de 10 (la \alpha,\alpha-diphénylprolinol) et la triméthylboroxine 11 pour former l'oxazaborolidine CBS 8 est une réaction réversible s'accompagnant de l'élimination stœchiométrique d'eau :

     3\,\text{amino-alcool} + \mathbf{11} \rightleftharpoons 3\,\mathbf{8} + 3\,\mathrm{H_2O}
   • Principe de séparation : Le toluène et l'eau forment un hétéroazéotrope dont la température d'ébullition (environ 85\,^\circ\mathrm{C}) est inférieure à celle du toluène pur (110{,}6\,^\circ\mathrm{C}) et de l'eau (100\,^\circ\mathrm{C}). Les vapeurs hétéroazéotropiques montent, se condensent dans le réfrigérant et tombent dans le tube collecteur du Dean-Stark.
   • Décantation et piégeage : L'eau et le toluène sont non miscibles à l'état liquide. L'eau étant plus dense (\rho_{\mathrm{eau}} \approx 1{,}00\text{ g}\cdot\text{cm}^{-3}) que le toluène (\rho_{\mathrm{tolu\grave{e}ne}} \approx 0{,}87\text{ g}\cdot\text{cm}^{-3}), elle s'accumule au fond du tube gradué. Le toluène surnageant déborde par la branche latérale et retourne en continu dans le ballon réactionnel.
   • Déplacement d'équilibre : L'élimination continue de l'eau hors du milieu réactionnel déplace l'équilibre chimique dans le sens direct (principe de Le Chatelier), ce qui permet d'obtenir un rendement quantitatif en CBS 8 tout en évitant l'hydrolyse du produit formé.
   • Suivi de la réaction : La mesure du volume d'eau recueillie dans la partie graduée permet en outre de suivre l'avancement de la réaction et de repérer son achèvement.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7ENS Physique-Chimie L PC 2022, Q4

   L'équilibre de dissolution du nonivamide s'écrit :

   \text{nonivamide(s)} \rightleftharpoons \text{nonivamide(solv)}

   À l'équilibre physico-chimique sous la température T et la pression standard P^\circ, l'égalité des potentiels chimiques entre le corps pur solide et le soluté en solution s'écrit :

   \mu(\text{nonivamide(s)}) = \mu(\text{nonivamide(solv)})

   • Le nonivamide solide est sous forme de corps pur dans sa propre phase, son activité vaut a_{\text{s}} = 1 :

     \mu(\text{nonivamide(s)}) = \mu_{\text{s}}^\circ(T)

   • En solution, en adoptant une convention d'activité égale à la fraction molaire (a_{\text{solv}} = x_{\text{sol}}) pour la solution idéale :

     \mu(\text{nonivamide(solv)}) = \mu_{\text{solv}}^\circ(T) + R T \ln(x_{\text{sol}})

   À l'équilibre, on a donc :

   \begin{aligned} \mu_{\text{s}}^\circ(T) &= \mu_{\text{solv}}^\circ(T) + R T \ln(x_{\text{sol}}) \\ \ln(x_{\text{sol}}) &= \frac{\mu_{\text{s}}^\circ(T) - \mu_{\text{solv}}^\circ(T)}{R T} \end{aligned}

   On en déduit l'expression de la solubilité x_{\text{sol}} :

   \boxed{x_{\text{sol}} = \exp\left(\frac{\mu_{\text{s}}^\circ - \mu_{\text{solv}}^\circ}{R T}\right)}

   Résultat

   $$x_{\text{sol}}=\exp \left(\frac{{\mu }_{\text{s}}^{\circ }-{\mu }_{\text{solv}}^{\circ }}{RT}\right)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8ENS Physique-Chimie L PC 2022, Q5

   D'après le résultat de la question 4, la solubilité x_{\text{sol}} est reliée aux potentiels chimiques standard par :

   \ln(x_{\text{sol}}) = \frac{\mu_{\text{s}}^\circ - \mu_{\text{solv}}^\circ}{RT} = -\frac{\Delta_{\text{dis}}G^\circ}{RT}

   où \Delta_{\text{dis}}G^\circ = \mu_{\text{solv}}^\circ - \mu_{\text{s}}^\circ est l'enthalpie libre standard de dissolution.

   Or, par définition de l'enthalpie libre standard :

   \Delta_{\text{dis}}G^\circ = \Delta_{\text{dis}}H^\circ - T\,\Delta_{\text{dis}}S^\circ

   En injectant cette relation dans l'expression du logarithme népérien de la solubilité, on obtient :

   \ln(x_{\text{sol}}) = -\frac{\Delta_{\text{dis}}H^\circ}{R}\frac{1}{T} + \frac{\Delta_{\text{dis}}S^\circ}{R}

   Dans le cadre de l'approximation d'Ellingham, l'enthalpie standard de dissolution \Delta_{\text{dis}}H^\circ et l'entropie standard de dissolution \Delta_{\text{dis}}S^\circ sont considérées comme indépendantes de la température T sur la plage d'étude.

   La fonction \ln(x_{\text{sol}}) = f(1/T) est donc une droite affine de la forme y = a\,x + b avec :

   • variable d'abscisse : x = \dfrac{1}{T} ;
   • pente (coefficient directeur) : a = -\dfrac{\Delta_{\text{dis}}H^\circ}{R}, d'où \boxed{\Delta_{\text{dis}}H^\circ = -R \times a} ;
   • ordonnée à l'origine : b = \dfrac{\Delta_{\text{dis}}S^\circ}{R}, d'où \boxed{\Delta_{\text{dis}}S^\circ = R \times b}.

   Le tracé de \ln(x_{\text{sol}}) en fonction de 1/T (droite de van 't Hoff) permet donc bien de déterminer expérimentalement \Delta_{\text{dis}}H^\circ par sa pente et \Delta_{\text{dis}}S^\circ par son ordonnée à l'origine.

   Résultat

   $${\Delta }_{\text{dis}}{H}^{\circ }=-R\times a$$

   $${\Delta }_{\text{dis}}{S}^{\circ }=R\times b$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9E3A Physique-Chimie PC 2021, Q27

   Considérons les équations de réaction fournies :

   \begin{aligned} (1)\quad & \mathrm{Mg(s)} + \frac{1}{2}\,\mathrm{O}_2(\mathrm{g}) = \mathrm{MgO(s)} \\ (2)\quad & \mathrm{Mg(s)} + 2\,\mathrm{H}^+(\mathrm{aq}) = \mathrm{Mg}^{2+}(\mathrm{aq}) + \mathrm{H}_2(\mathrm{g}) \\ (3)\quad & \mathrm{MgO(s)} + 2\,\mathrm{H}^+(\mathrm{aq}) = \mathrm{Mg}^{2+}(\mathrm{aq}) + \mathrm{H}_2\mathrm{O}(\mathrm{l}) \\ (4)\quad & \mathrm{H}_2(\mathrm{g)} + \frac{1}{2}\,\mathrm{O}_2(\mathrm{g}) = \mathrm{H}_2\mathrm{O}(\mathrm{l}) \end{aligned}

   On remarque que l'équation (1) s'obtient par la combinaison linéaire :

   (1) = (2) - (3) + (4)

   En effet :

   \begin{aligned} \left[\mathrm{Mg(s)} + 2\,\mathrm{H}^+(\mathrm{aq})\right] - \left[\mathrm{MgO(s)} + 2\,\mathrm{H}^+(\mathrm{aq})\right] + \left[\mathrm{H}_2(\mathrm{g)} + \frac{1}{2}\,\mathrm{O}_2(\mathrm{g})\right] \\ = \left[\mathrm{Mg}^{2+}(\mathrm{aq}) + \mathrm{H}_2(\mathrm{g})\right] - \left[\mathrm{Mg}^{2+}(\mathrm{aq}) + \mathrm{H}_2\mathrm{O}(\mathrm{l})\right] + \left[\mathrm{H}_2\mathrm{O}(\mathrm{l})\right] \end{aligned}

   Ce qui se simplifie en :

   \mathrm{Mg(s)} + \frac{1}{2}\,\mathrm{O}_2(\mathrm{g}) = \mathrm{MgO(s)}

   L'enthalpie étant une fonction d'état, on applique la loi de Hess :

   \Delta_r H_1^\circ = \Delta_r H_2^\circ - \Delta_r H_3^\circ + \Delta_r H_4^\circ

   Application numérique :

   \Delta_r H_1^\circ = -467 - (-151) + (-286) = -602\text{ kJ}\cdot\text{mol}^{-1}

   \boxed{\Delta_r H_1^\circ = -602\text{ kJ}\cdot\text{mol}^{-1}}

   Résultat

   $${\Delta }_r{H}_1^{\circ }=-602\text{ kJ}\cdot {\text{mol}}^{-1}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10ENS Physique-Chimie L PC 2021, Q22

    Pour alléger les écritures, notons \mathrm{R} = \mathrm{BzO-(CH_2)_{12}-}, de sorte que l'aldéhyde \mathbf{7} s'écrit \mathrm{R-CHO}.

    1. Mécanisme réactionnel de formation de la nitrone 8. La N-benzylhydroxylamine \mathrm{Bn-NH-OH} possède deux hétéroatomes porteurs de doublets non liants. L'atome d'azote est moins électronégatif que l'atome d'oxygène : son doublet est plus haut en énergie, ce qui en fait le site nucléophile prépondérant.

    Le mécanisme se décompose en trois étapes analogues à celles de l'acétalisation (addition nucléophile, transfert de proton, élimination d'eau) :

    • Addition nucléophile : Le doublet de l'atome d'azote de \mathrm{Bn-NH-OH} attaque le carbone électrophile du groupe carbonyle de \mathbf{7} :

      \mathrm{R-CHO} + \mathrm{Bn-NH-OH} \rightleftharpoons \mathrm{R-CH(O^-)-\overset{+}{N}H(Bn)-OH}

    • Transferts de proton (prototropie) : Un échange de proton (intermoléculaire ou assisté par le milieu) a lieu entre l'atome d'azote chargé positivement et l'atome d'oxygène de l'alcoolate, formant un intermédiaire tétraédrique neutre (N-hydroxyhémiaminal) :

      \mathrm{R-CH(O^-)-\overset{+}{N}H(Bn)-OH} \rightleftharpoons \mathrm{R-CH(OH)-N(Bn)-OH}

    • Élimination d'eau (déshydratation) : Par transfert de proton sur le groupe hydroxyle porté par le carbone, celui-ci est converti en bon groupe partant \mathrm{-OH_2^+} :

      \mathrm{R-CH(OH)-N(Bn)-OH} \rightleftharpoons \mathrm{R-CH(\overset{+}{O}H_2)-N(Bn)-OH}

      Le doublet de l'atome d'azote assiste le départ de la molécule d'eau pour former une liaison double \mathrm{C=\overset{+}{N}} :

      \mathrm{R-CH(\overset{+}{O}H_2)-N(Bn)-OH} \rightleftharpoons \mathrm{R-CH=\overset{+}{N}(Bn)-OH} + \mathrm{H_2O}

      Enfin, la déprotonation de la fonction N-hydroxyiminium conduit à la forme mésomère zwitterionique de la nitrone \mathbf{8} :

      \mathrm{R-CH=\overset{+}{N}(Bn)-OH} \rightleftharpoons \mathrm{R-CH=\overset{+}{N}(Bn)-O^-} + \mathrm{H^+}

    L'équation-bilan globale de cette étape s'écrit donc :

    \boxed{\mathbf{7} + \mathrm{Bn-NH-OH} \rightleftharpoons \mathbf{8} + \mathrm{H_2O}}

    2. Rôle du tamis moléculaire 4\text{ \AA}.

    • Le tamis moléculaire 4\text{ \AA} est une zéolithe (aluminosilicate microporeux) dont les pores ont un diamètre d'ouverture d'environ 4\text{ \AA} (0{,}4\text{ nm}).
    • Cette dimension permet de piéger sélectivement les molécules d'eau (diamètre cinétique d'environ 2{,}8\text{ \AA}), tandis que les molécules organiques plus volumineuses (toluène, réactifs \mathbf{7}, \mathrm{BnNHOH} et nitrone \mathbf{8}) ne peuvent pénétrer dans les cavités.
    • La condensation étant un équilibre chimique équimolaire produisant de l'eau, le piégeage continu et irréversible de l'eau déplace l'équilibre vers la droite en vertu du principe de Le Chatelier.
    • De plus, cela permet d'opérer dans des conditions particulièrement douces (température ambiante, absence d'acide fort ou de chauffage au reflux), évitant la dégradation de l'aldéhyde \mathbf{7} précisé comme instable.

    Résultat

    $$7+\mathrm{Bn}-\mathrm{NH}-\mathrm{OH}\rightleftharpoons 8+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question