Formule topologique : voir la figure. Chaque sommet ou extrémité de ligne brisée est un atome de carbone ; les atomes d'hydrogène liés aux carbones ne sont pas écrits ; les atomes d'oxygène sont écrits.

Le groupe entouré, $-\mathrm{COO}-\mathrm{C}$, est le groupe caractéristique ester.

L'acide éthanoïque (acide du couple $\mathrm{C}{}_2\mathrm{H}{}_4\mathrm{O}{}_2/\mathrm{C}{}_2\mathrm{H}{}_3\mathrm{O}{}_2{}^{-}$) réagit avec l'ion hydroxyde (base du couple $\mathrm{H}{}_2\mathrm{O}/\mathrm{HO}{}^{-}$) :

$[\mathrm{H}{}_3\mathrm{O}{}^{+}{]}_f=c^{\circ }\times 10^{-\text{pH}}$ et $K_e=\frac{[\mathrm{H}{}_3\mathrm{O}{}^{+}{]}_f\times [\mathrm{HO}{}^{-}{]}_f}{(c^{\circ }{)}^2}$, donc

$$[\mathrm{HO}{}^{-}{]}_f=\frac{K_e\times c^{\circ }}{10^{-\text{pH}}}=\frac{1,0\times 10^{-14}\times 1}{10^{-4,6}}=4,0\times 10^{-10}\text{mol}\cdot {\text{L}}^{-1}$$

Dans le mélange de volume $V_A+V_B=55,0\text{mL}=55,0\times 10^{-3}$ L :

$$n_f(\mathrm{HO}{}^{-})=[\mathrm{HO}{}^{-}{]}_f\times (V_A+V_B)=4,0\times 10^{-10}\times 55,0\times 10^{-3}$$

Quantité introduite : $n_i(\mathrm{HO}{}^{-})=c_B\times V_B=1,0\times 10^{-2}\times 5,0\times 10^{-3}=5,0\times 10^{-5}$ mol.

$$\frac{n_i(\mathrm{HO}{}^{-})}{n_f(\mathrm{HO}{}^{-})}=\frac{5,0\times 10^{-5}}{2,2\times 10^{-11}}=2,3\times 10^6$$

La quantité restante est environ deux millions de fois plus petite que la quantité introduite : $n_f(\mathrm{HO}{}^{-})\ll n_i(\mathrm{HO}{}^{-})$. Le réactif limitant $\mathrm{HO}{}^{-}$ est quasiment entièrement consommé.

La vitesse volumique d'apparition est la dérivée temporelle de la concentration $[\text{ester}]=\frac{n_{\text{ester}}}{V}$ ; le volume $V$ étant constant :

$v_{\text{ester}}$ est proportionnelle à $\frac{\mathrm{d}{n}_{\text{ester}}}{\mathrm{d}t}$, c'est-à-dire au coefficient directeur de la tangente à la courbe $n_{\text{ester}}=f(t)$ à la date considérée.

Sur la figure 1, la pente de la courbe est forte au début, diminue progressivement, puis devient nulle à partir de 70 min environ (palier à $30,5\times 10^{-4}$ mol).

La vitesse volumique d'apparition de l'ester diminue donc au cours du temps, jusqu'à s'annuler lorsque l'état final est atteint.

Facteur cinétique : la concentration des réactifs. Elle diminue au fur et à mesure que l'acide éthanoïque et le linalol sont consommés, ce qui ralentit la transformation.

Le quotient de réaction s'écrit $Q_r=\frac{n(\mathrm{C}{}_{12}\mathrm{H}{}_{20}\mathrm{O}{}_2)\times n(\mathrm{H}{}_2\mathrm{O})}{n(\mathrm{C}{}_2\mathrm{H}{}_4\mathrm{O}{}_2)\times n(\mathrm{C}{}_{10}\mathrm{H}{}_{18}\mathrm{O})}$. À l'équilibre, $Q_r=K$.

Éliminer l'eau fait diminuer $n(\mathrm{H}{}_2\mathrm{O})$, donc $Q_r$ : on a alors $Q_r<K$.

Le système évolue spontanément dans le sens direct, celui de la formation de l'ester, pour tendre à nouveau vers $Q_r=K$. Tant que l'eau est éliminée, l'équilibre n'est pas atteint et la transformation se poursuit dans le sens direct.

Nature : l'éthanoate de linalyle est très peu soluble dans l'eau, il se trouve donc dans la phase organique. La phase aqueuse contient l'eau et l'acide éthanoïque, très soluble dans l'eau.

Position : la masse volumique de l'ester ($0,89\text{g}\cdot {\text{mL}}^{-1}$) est inférieure à celle de la phase aqueuse (au moins $1,00\text{g}\cdot {\text{mL}}^{-1}$, celle de l'eau). La phase la moins dense surnage.

Le dépôt C (phase organique) donne deux taches : le mélange contient deux espèces révélées.

• La tache la plus haute est à la même hauteur que celle du dépôt B : c'est l'éthanoate de linalyle.
• La tache la plus basse est à la même hauteur que celle du dépôt A : c'est le linalol.

Commentaire : l'ester a bien été synthétisé, mais il reste du linalol. Or la transformation est totale et le linalol est le réactif limitant : il aurait dû disparaître. La transformation, lente, n'est donc pas terminée au bout de 30 min, et le produit obtenu n'est pas pur.

Sur la figure 3, le dépôt C ne donne plus qu'une seule tache, à la hauteur de celle de l'éthanoate de linalyle (dépôt B) : il n'y a plus de linalol dans la phase organique.

Avec la même température, la même durée et les mêmes quantités initiales, la transformation est cette fois terminée au bout de 30 min : elle est plus rapide en présence d'APTS.

L'APTS, introduit en très faible quantité et absent de l'équation de la réaction, est un catalyseur.

Réactif limitant. Pour un liquide, $n=\frac{m}{M}=\frac{\rho \times V}{M}$.

$n_i(\text{linalol})=\frac{0,87\times 10}{154}=5,6\times 10^{-2}$ mol

$n_i(\text{anhydride})=\frac{1,08\times 10}{102}=1,1\times 10^{-1}$ mol

Les nombres stœchiométriques des deux réactifs valent 1 et $n_i(\text{linalol})<n_i(\text{anhydride})$ : le linalol est le réactif limitant.

Quantité maximale d'ester. La transformation est totale et il se forme une mole d'ester par mole de linalol consommée : $n_{max}=n_i(\text{linalol})=5,6\times 10^{-2}$ mol.

Quantité d'ester obtenue. D'après la figure 3, la phase organique ne contient que l'éthanoate de linalyle :

$n_{exp}=\frac{{\rho }_{\text{ester}}\times V_{\text{org}}}{M_{\text{ester}}}=\frac{0,89\times 9,4}{196}=4,3\times 10^{-2}$ mol

Rendement.

$$\eta =\frac{n_{exp}}{n_{max}}=\frac{4,27\times 10^{-2}}{5,65\times 10^{-2}}=0,76$$

L'oxygène est plus électronégatif que le carbone ($3,4>2,6$) : les liaisons $\mathrm{C}=\mathrm{O}$ et $\mathrm{C}-\mathrm{O}$ sont polarisées, les électrons de liaison sont attirés vers les atomes d'oxygène.

L'atome de carbone du groupe ester, lié à deux atomes d'oxygène, porte donc une charge partielle positive ${\delta }^{+}$ : il est pauvre en électrons.

Deux flèches courbes, chacune partant d'un doublet d'électrons et pointant vers l'atome qui le reçoit (voir la figure) :

• une flèche part d'un doublet non liant de l'atome d'oxygène de l'ion hydroxyde (site donneur) et pointe vers l'atome de carbone du groupe ester (site accepteur) : la liaison $\mathrm{C}-\mathrm{O}$ se forme ;
• une flèche part de la double liaison $\mathrm{C}=\mathrm{O}$ et pointe vers l'atome d'oxygène de cette liaison : un doublet liant devient un doublet non liant, l'oxygène porte alors la charge négative.

• Première étape : deux réactifs s'assemblent en une seule espèce, une double liaison devient simple : c'est une addition.
• Deuxième étape : une espèce se scinde en deux, une double liaison $\mathrm{C}=\mathrm{O}$ se reforme : c'est une élimination.
• Troisième étape : un ion $\mathrm{H}{}^{+}$ est transféré de l'acide carboxylique à l'ion $\mathrm{R}{}_2-\mathrm{O}{}^{-}$ : c'est une réaction acide-base.

À l'équivalence, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques de la réaction support du titrage $\mathrm{X}{}^{2+}(\mathrm{aq})+\mathrm{H}{}_2\mathrm{Y}{}^{2-}(\mathrm{aq})\to \mathrm{XY}{}^{2-}(\mathrm{aq})+2\mathrm{H}{}^{+}(\mathrm{aq})$ :

$$\frac{n_i(\mathrm{X}{}^{2+})}{1}=\frac{n_E(\mathrm{H}{}_2\mathrm{Y}{}^{2-})}{1}$$

avec $n_i(\mathrm{X}{}^{2+})=[\mathrm{X}{}^{2+}]\times V_{\text{eau}}$ (quantité initialement présente dans la prise d'essai) et $n_E(\mathrm{H}{}_2\mathrm{Y}{}^{2-})=c\times V_E$ (quantité versée à l'équivalence).

Donc $[\mathrm{X}{}^{2+}]\times V_{\text{eau}}=c\times V_E$.

$$[\mathrm{X}{}^{2+}]=\frac{c\times V_E}{V_{\text{eau}}}=\frac{5,00\times 10^{-3}\times 17,6}{50,00}=1,76\times 10^{-3}\text{mol}\cdot {\text{L}}^{-1}$$

$\text{TH}=10^4\times [\mathrm{X}{}^{2+}]=10^4\times 1,76\times 10^{-3}=17,6\text{°f}$

Incertitude-type :

$$u(\text{TH})=\text{TH}\times \sqrt{{\left(\frac{u(V_E)}{V_E}\right)}^2+{\left(\frac{u(c)}{c}\right)}^2+{\left(\frac{u(V_{\text{eau}})}{V_{\text{eau}}}\right)}^2}$$

$$u(\text{TH})=17,6\times \sqrt{{\left(\frac{0,1}{17,6}\right)}^2+{\left(\frac{0,06}{5,00}\right)}^2+{\left(\frac{0,03}{50,00}\right)}^2}=0,23\text{°f}$$

On arrondit l'incertitude-type par excès à un chiffre significatif : $u(\text{TH})=0,3\text{°f}$.

L'eau titrée a un titre hydrotimétrique de $17,6\text{°f}$ : elle est moyennement dure. Compte tenu de l'incertitude-type ($0,3\text{°f}$), ce titre est nettement inférieur à $30\text{°f}$.

Comme $\text{TH}=10^4\times [\mathrm{X}{}^{2+}]$, l'eau titrée contient moins d'ions calcium et magnésium que l'eau à $30\text{°f}$ (environ 1,7 fois moins). Ces ions forment un précipité avec les ions carboxylate du savon, ce qui diminue son pouvoir moussant : moins il y en a, moins il se forme de précipité.