Química universitária — 1.º ano · Bachelor Year 1

21Os reagentes organomagnesianos

A maioria das moléculas orgânicas úteis tem mais átomos de carbono que qualquer matéria-prima barata, e o problema central da síntese é unir dois esqueletos carbônicos por uma nova ligação C–C. Em um composto de carbono, o carbono é quase sempre o parceiro pobre em elétrons de uma ligação — com o oxigênio, com um halogênio — e dois carbonos pobres em elétrons não reagem entre si. Na virada do século vinte, um reagente preparado em um único balão a partir de um haloalcano e de magnésio inverteu essa situação: seu carbono é rico em elétrons, um nucleófilo que ataca o carbono de um grupo carbonila. Com ele, álcoois de quase qualquer esqueleto podem ser construídos a partir de peças menores. Este capítulo mostra como o reagente é preparado, por que ele exige um balão perfeitamente seco, a que ele se adiciona e como planejar com ele.

O que você já sabe

A eletronegatividade (Capítulo 2); os ácidos e as bases de Lewis e a ligação dativa (Capítulo 3); os nucleófilos, os eletrófilos, as setas curvas e a escala de $\mathrm{p}K_a$ das espécies orgânicas (Capítulo 18); a classe de um álcool (primário, secundário, terciário) segue a de seu carbono.

21.1 Preparar um reagente de Grignard

Definição 21.1 (Composto organometálico, reagente de Grignard)

Um composto organometálico contém pelo menos uma ligação carbono–metal. Um composto organomagnesiano tem uma ligação C–Mg; o reagente de Grignard $\ce{RMgX}$ (X = Cl, Br, I), preparado a partir de um haloalcano ou de um haloareno e de magnésio em um éter, $\ce{R-X + Mg -> R-MgX}$ , é o mais comum.

O magnésio se insere na ligação C–X. O éter não é um solvente inocente: o magnésio em $\ce{RMgX}$ tem apenas quatro elétrons de valência à sua volta, e duas moléculas de éter lhe cedem seus pares não ligantes, completando seu octeto e mantendo o reagente em solução.

Um reagente de Grignard em etoxietano (éter dietílico). As ligações dativas oxigênio–magnésio explicam por que o reagente só se forma em um éter ou em uma base de Lewis semelhante.

Método 21.2 (Preparar um reagente de Grignard)

Seque toda a vidraria em estufa; equipe o condensador com um tubo secante de cloreto de cálcio; use um éter anidro.
Coloque as aparas de magnésio e um pouco de éter em um balão de três bocas equipado com condensador, funil de adição e agitador.
Adicione uma pequena porção do haleto; quando a reação começar (turvação, ebulição suave do éter), adicione o resto gota a gota, a uma velocidade que mantenha um refluxo suave.
Use a solução imediatamente, na mesma aparelhagem seca.

Aparelhagem para uma reação de Grignard: tudo o que o ar pode alcançar é seco. O vapor d’água do ar é detido pelo tubo secante; o condensador devolve ao balão o éter em ebulição.

No laboratório — Uma reação que precisa começar

Uma preparação de Grignard às vezes se recusa a começar: o magnésio está coberto por uma película de óxido. Esmagar uma apara com um bastão de vidro, adicionar um cristal de iodo ou aquecer o balão localmente expõe metal novo. Uma vez iniciada, a reação é exotérmica e o éter ferve por si só; a adição é então desacelerada para que ele não transborde. O etoxietano ferve a $35\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ e seu vapor é altamente inflamável: nenhuma chama em todo o laboratório, e um banho de gelo à mão.

21.2 Uma base forte e um nucleófilo

Definição 21.3 (Inversão de polaridade)

A eletronegatividade do magnésio (1.31) é muito menor que a do carbono (2.55): em $\ce{R-MgX}$ , a ligação C–Mg está polarizada com a extremidade negativa no carbono, que se comporta como um carbânion. No haleto $\ce{R-X}$ , o mesmo carbono era positivo (X: 2.96 para o Br). Transformar um carbono eletrofílico em um carbono nucleofílico é uma inversão de polaridade.

Proposição 21.4 (Os reagentes de Grignard são destruídos pelos hidrogênios ácidos)

Um reagente de Grignard reage quantitativamente com a água, os álcoois, os ácidos carboxílicos, as aminas com ligações N–H e os alcinos terminais, dando o alcano $\ce{R-H}$ : $\ce{RMgX + H2O -> R-H + Mg(OH)X}$ .

Demonstração. O carbono do tipo carbânion é a base do par $\ce{R-H}$ / $\ce{R^-}$ , e os alcanos são de longe os ácidos mais fracos da química orgânica: nenhuma saída de próton pode ser medida para eles em água, onde o hidróxido é a base mais forte que pode existir (Capítulo 10, efeito nivelador). Qualquer ácido da lista é muito mais forte, e a transferência de próton para $\ce{R^-}$ tem uma constante enorme: ela é completa e rápida. ∎

É por isso que a aparelhagem precisa estar seca: uma gota de água destrói uma quantidade igual de reagente. Transformado em vantagem, $\ce{CH3CH2MgBr + D2O}$ põe um átomo de deutério exatamente onde estava o bromo.

21.3 Adições aos compostos carbonílicos e ao dióxido de carbono

O carbono de um grupo C=O é eletrofílico (Capítulo 18). O reagente de Grignard adiciona a ele seu grupo R, com o par $\pi$ da C=O indo para o oxigênio; um tratamento ácido protona então o alcóxido.

Adição de um reagente de Grignard a uma cetona (ou a um aldeído, R'' = H): o par C–Mg forma a nova ligação C–C enquanto o par π da C=O vai para o oxigênio; o alcóxido de magnésio é protonado por ácido diluído em uma etapa separada. — Adição de um reagente de Grignard a uma cetona (ou a um aldeído, $\mathrm{R''} = \mathrm{H}$ ): o par C–Mg forma a nova ligação C–C enquanto o par $\pi$ da C=O vai para o oxigênio; o alcóxido de magnésio é protonado por ácido diluído em uma etapa separada.

Proposição 21.5 (Álcoois a partir de compostos carbonílicos)

Após o tratamento ácido, um reagente de Grignard $\ce{RMgX}$ dá: com o metanal, um álcool primário $\ce{RCH2OH}$ ; com outro aldeído $\mathrm{R'CHO}$ , um álcool secundário $\mathrm{RR'CHOH}$ ; com uma cetona $\mathrm{R'COR''}$ , um álcool terciário $\mathrm{RR'R''COH}$ . A nova ligação C–C une R ao antigo carbono carbonílico.

Demonstração. O carbono carbonílico conserva seus dois substituintes e ganha R e um OH (vindo do oxigênio do alcóxido): o metanal traz dois H, um aldeído um H e um grupo carbônico, uma cetona dois grupos carbônicos. A classe do álcool é o número de grupos carbônicos nesse carbono: um, dois ou três. ∎

Proposição 21.6 (Ácidos carboxílicos a partir do dióxido de carbono)

Um reagente de Grignard derramado sobre dióxido de carbono sólido dá, após acidificação, o ácido carboxílico $\ce{RCOOH}$ com um carbono a mais: $\ce{RMgX + CO2 -> RCOOMgX}$ , depois $\ce{RCOOMgX + H3O+ -> RCOOH + Mg^2+ + X- + H2O}$ .

Demonstração. O $\ce{CO2}$ é um composto carbonílico cujo carbono é atacado como o de uma cetona; o carboxilato formado é pouco reativo demais para adicionar um segundo grupo R nessas condições (uma carbonila com carga negativa é um mau eletrófilo). O ácido o protona. ∎

21.4 Construir esqueletos carbônicos

Método 21.7 (Planejar um álcool)

Encontre o carbono que leva o OH no álcool-alvo.
Escolha um de seus grupos carbônicos como R (ele virá do reagente de Grignard, preparado a partir de $\ce{R-Br}$ ); o resto da molécula, com esse carbono na forma de C=O, é o parceiro carbonílico.
Liste as escolhas possíveis (uma por grupo carbônico) e prefira a que usa reagentes simples e disponíveis.
Verifique que nenhum dos parceiros leva um hidrogênio ácido ou uma segunda carbonila que também reagiria.

Exemplo 21.8 (2-Fenilbutan-2-ol)

O carbono que leva o OH tem um grupo fenila, um metila e um etila. Três escolhas: brometo de fenilmagnésio com butan-2-ona; brometo de metilmagnésio com 1-fenilpropan-1-ona; brometo de etilmagnésio com 1-feniletan-1-ona (acetofenona). As três funcionam; a última usa dois dos reagentes mais comuns.

História — Victor Grignard

O reagente leva o nome de Victor Grignard, que, como doutorando na virada do século vinte, descobriu que o magnésio se dissolve em uma solução de um haloalcano em éter e que essa solução se adiciona aos compostos carbonílicos. Sua simplicidade — um metal, um solvente, um balão — fez dela a reação de formação de ligações carbono–carbono mais usada do século, e valeu a seu descobridor um Prêmio Nobel de Química. (Fotografia, domínio público, Wikimedia Commons.)

21.5 Exercícios

Exercício 21.1 ★

Escreva a preparação do brometo de etilmagnésio e do brometo de fenilmagnésio. Dê a polarização da ligação C–Br e da ligação C–Mg, com as eletronegatividades.

Solução

Solução de Exercício 21.1.

$\ce{CH3CH2Br + Mg -> CH3CH2MgBr}$ ; $\ce{C6H5Br + Mg -> C6H5MgBr}$ (em éter seco). C–Br: Br (2.96) mais eletronegativo que C (2.55), carbono positivo. C–Mg: Mg (1.31) menos eletronegativo, carbono negativo.

Exercício 21.2 ★

O que dá o iodeto de metilmagnésio com: água; etanol; ácido etanoico; óxido de deutério $\ce{D2O}$ ? Escreva as equações.

Solução

Solução de Exercício 21.2.

Água: $\ce{CH3MgI + H2O -> CH4 + Mg(OH)I}$ . Etanol: $\ce{CH3MgI + CH3CH2OH -> CH4 + CH3CH2OMgI}$ . Ácido etanoico: $\ce{CH3MgI + CH3COOH -> CH4 + CH3COOMgI}$ . Óxido de deutério: $\ce{CH3MgI + D2O -> CH3D + Mg(OD)I}$ .

Exercício 21.3 ★

Dê o produto (após tratamento ácido) do brometo de etilmagnésio com metanal, etanal, propanona, benzaldeído e dióxido de carbono. Dê a classe de cada álcool.

Solução

Solução de Exercício 21.3.

Metanal: propan-1-ol (primário). Etanal: butan-2-ol (secundário). Propanona: 2-metilbutan-2-ol (terciário). Benzaldeído: 1-fenilpropan-1-ol (secundário). Dióxido de carbono: ácido propanoico.

Exercício 21.4 ★

Por que o 4-bromobutan-1-ol não pode ser usado para preparar um reagente de Grignard?

Solução

Solução de Exercício 21.4.

Seu grupo OH é ácido o bastante para destruir o reagente assim que ele se forma: a molécula protonaria a si mesma (ou suas vizinhas), dando o alcóxido de magnésio do butan-1-ol, $\ce{CH3(CH2)3OMgBr}$ , e não um reagente utilizável. O OH precisa antes ser protegido (o Capítulo 23 mostra a ideia para um aldeído).

Exercício 21.5 ★★

Escreva o mecanismo da adição do brometo de metilmagnésio ao etanal e do tratamento, com setas curvas. O produto é quiral? Ele é obtido como um único enantiômero? Por quê?

Solução

Solução de Exercício 21.5.

O par C–Mg ataca o carbono carbonílico do etanal, enquanto o par $\pi$ da C=O vai para O: $\ce{CH3CH(CH3)O^-}$ com $\ce{MgBr+}$ ; depois $\ce{H3O+}$ cede um próton ao oxigênio: propan-2-ol. O propan-2-ol leva dois grupos metila no carbono carbinólico: ele é aquiral. (Com outro R, por exemplo o brometo de etilmagnésio com o etanal, o produto, o butan-2-ol, é quiral, mas racêmico: a carbonila plana é atacada igualmente pelas duas faces.)

Exercício 21.6 ★★

Proponha duas maneiras de preparar o 3-metilpentan-3-ol a partir de um reagente de Grignard e de uma cetona.

Solução

Solução de Exercício 21.6.

O carbono carbinólico leva um grupo metila e dois grupos etila: brometo de etilmagnésio com butan-2-ona, ou brometo de metilmagnésio com pentan-3-ona.

Exercício 21.7 ★★

Como você prepararia o ácido 2-metilpropanoico a partir do 2-bromopropano? Calcule a massa de ácido obtida a partir de $12.3\,\mathrm{g}$ de brometo com rendimento de $70\,\%$ ( $M$ : $\ce{C3H7Br}$ $123.0\,\mathrm{g}/\mathrm{mol}$ , $\ce{C4H8O2}$ $88.0\,\mathrm{g}/\mathrm{mol}$ ).

Solução

Solução de Exercício 21.7.

Prepare $\ce{(CH3)2CHMgBr}$ a partir do 2-bromopropano e de magnésio em éter seco, derrame-o sobre $\ce{CO2}$ sólido e depois acidifique: $\ce{(CH3)2CHCOOH}$ . $n = 12.3/123.0 = 0.100$ mol; $0.100 \times 0.70 \times 88.0 = 6.2\,\mathrm{g}$ .

Exercício 21.8 ★★

Um estudante descuidado prepara brometo de fenilmagnésio a partir de $0.0500\,\mathrm{mol}$ de bromobenzeno em um éter que contém $0.18\,\mathrm{g}$ de água. Que fração do reagente é destruída? Que produto se forma?

Solução

Solução de Exercício 21.8.

$0.18/18.0 = 0.010\,\mathrm{mol}$ de água destrói $0.010\,\mathrm{mol}$ de reagente: $20\,\%$ ; forma-se benzeno, $\ce{C6H5MgBr + H2O -> C6H6 + Mg(OH)Br}$ .

Exercício 21.9 ★★

A bifenila, $\ce{C6H5-C6H5}$ , é um subproduto da preparação do brometo de fenilmagnésio. Proponha como ela se forma, e por que a adição lenta do bromobenzeno a um excesso de magnésio a limita.

Solução

Solução de Exercício 21.9.

O reagente, um nucleófilo, reage com o bromobenzeno ainda presente: no total, $\ce{C6H5MgBr + C6H5Br -> C6H5-C6H5 + MgBr2}$ . Adicionar o brometo lentamente a um excesso de magnésio mantém sua concentração baixa: ele encontra metal novo, e não o reagente já formado.

Exercício 21.10 ★★★

Planeje duas sínteses do 1-feniletan-1-ol a partir de um reagente de Grignard, e uma síntese do 2-fenilpropan-2-ol. Para cada uma, dê o nome do haleto que fornece o reagente.

Solução

Solução de Exercício 21.10.

1-Feniletan-1-ol: $\ce{CH3MgBr}$ (a partir do bromometano) com benzaldeído, ou $\ce{C6H5MgBr}$ (a partir do bromobenzeno) com etanal. 2-Fenilpropan-2-ol: $\ce{C6H5MgBr}$ com propanona, ou $\ce{CH3MgBr}$ com 1-feniletan-1-ona.

Exercício 21.11 ★★★

Explique por que o reagente de Grignard e o composto carbonílico devem ser misturados na ordem escolhida no problema abaixo, e por que o tratamento é feito com ácido diluído frio, e não só com água.

Solução

Solução de Exercício 21.11.

A cetona é adicionada ao reagente para que o reagente, preparado no balão seco, nunca saia dele e para que o calor liberado por cada porção seja absorvido pelo éter em ebulição. Só a água daria o sal básico gelatinoso $\ce{Mg(OH)Br}$ , que aprisiona o produto; o ácido diluído frio o dissolve como $\ce{Mg^2+}$ , e o frio limita as reações secundárias do álcool terciário em meio ácido.

Exercício 21.12 ★★★

Um reagente de Grignard preparado a partir de $0.100\,\mathrm{mol}$ de um brometo é titulado: uma alíquota é derramada em excesso de água, e o sal básico de magnésio formado é titulado por ácido clorídrico: referidos à solução inteira, são necessários $0.088\,\mathrm{mol}$ de ácido. Explique o princípio e dê o rendimento da preparação.

Solução

Solução de Exercício 21.12.

Cada mol de reagente dá com a água um mol de sal básico de magnésio, $\ce{RMgBr + H2O -> RH + Mg(OH)Br}$ , cujo $\ce{OH-}$ é titulado pelo ácido: a quantidade de reagente é igual à de ácido usado, $0.088\,\mathrm{mol}$ , um rendimento de $88\,\%$ .

21.6 Problema: O trifenilmetanol

Problema 21.1

Problema de fim de semana — a preparação do brometo de fenilmagnésio, sua adição à benzofenona, o tratamento e o rendimento em trifenilmetanol

Em um balão de três bocas seco, $0.535\,\mathrm{g}$ de magnésio e $3.14\,\mathrm{g}$ de bromobenzeno em etoxietano anidro dão brometo de fenilmagnésio. Uma solução de $3.28\,\mathrm{g}$ de benzofenona, $\ce{(C6H5)2CO}$ , no mesmo éter é então adicionada gota a gota. Após tratamento com ácido sulfúrico diluído frio, extração e recristalização, obtêm-se $3.75\,\mathrm{g}$ de trifenilmetanol puro, $\ce{(C6H5)3COH}$ , e separam-se $0.15\,\mathrm{g}$ de bifenila. Massas molares ( $\mathrm{g}/\mathrm{mol}$ ): Mg 24.3, $\ce{C6H5Br}$ 156.9, $\ce{C13H10O}$ 182.0, $\ce{C19H16O}$ 260.0, $\ce{C12H10}$ 154.0, $\ce{C7H6O2}$ 122.0.

Parte I — O brometo de fenilmagnésio.

Escreva a equação da preparação.
Calcule as quantidades de magnésio e de bromobenzeno. Qual está em excesso?
Por que a aparelhagem precisa estar seca? Escreva a reação com a água.
Qual é o papel do tubo secante?
Por que o éter é essencial, além de dissolver os reagentes?
A bifenila vem da reação do reagente com o bromobenzeno. Escreva-a e calcule a quantidade de bromobenzeno perdida com ela.

Parte II — A adição.

Calcule a quantidade de benzofenona.
Escreva o mecanismo da adição com setas curvas.
Que reagente limita a formação do trifenilmetanol? Leve em conta a Parte I.
O trifenilmetanol é quiral? Justifique.
Por que a benzofenona é adicionada ao reagente, e não o inverso?
O que faria um traço de água na solução de benzofenona?

Parte III — O tratamento.

Escreva a protonação do alcóxido.
Por que usar ácido diluído frio, e não só água?
Onde ficam o trifenilmetanol e os sais de magnésio após a extração com éter?
Como a bifenila é separada do trifenilmetanol? (A bifenila é muito mais solúvel em éter de petróleo frio.)
Que teste confirma a pureza dos cristais?
O trifenilmetanol resiste ao ácido diluído frio, mas se dissolve no ácido sulfúrico concentrado dando um carbocátion amarelo intenso. Escreva sua formação e explique sua estabilidade (compare com o Capítulo 18).

Parte IV — Rendimento e outro produto.

Calcule a quantidade de trifenilmetanol obtida.
Calcule o rendimento em relação ao reagente limitante.
Sugira duas causas de perda.
Se o reagente da Parte I (corrigido pela bifenila) tivesse sido derramado sobre dióxido de carbono sólido, que produto se formaria?
Calcule a massa teórica desse produto.
Escreva a equação dessa carboxilação.
Indique o rendimento em trifenilmetanol, em porcentagem.

Solução

Solução de Problema 21.1.

1. $\ce{C6H5Br + Mg -> C6H5MgBr}$ . 2. Mg $0.535/24.3 = 0.0220\,\mathrm{mol}$ ; $\ce{C6H5Br}$ $3.14/156.9 = 0.0200\,\mathrm{mol}$ : magnésio em ligeiro excesso. 3. A água destrói o reagente: $\ce{C6H5MgBr + H2O -> C6H6 + Mg(OH)Br}$ . 4. Ele impede que o vapor d’água do ar entre pelo condensador. 5. O éter cede pares não ligantes ao magnésio (base de Lewis): sem ele, o reagente não se forma nem permanece em solução. 6. $\ce{C6H5MgBr + C6H5Br -> C6H5-C6H5 + MgBr2}$ ; bifenila $0.15/154.0 = 9.7 \times 10^{-4}\,\mathrm{mol}$ , que consumiu $9.7 \times 10^{-4}\,\mathrm{mol}$ de bromobenzeno e o mesmo tanto de reagente: $1.9 \times 10^{-3}\,\mathrm{mol}$ de bromobenzeno perdidos no total. 7. $3.28/182.0 = 0.0180\,\mathrm{mol}$ . 8. O par C–Mg ataca o carbono carbonílico, o par $\pi$ vai para o oxigênio: $\ce{(C6H5)3C-O^-}$ $\ce{MgBr+}$ . 9. Reagente disponível no máximo $0.0200 - 0.0019 = 0.0181\,\mathrm{mol}$ ; benzofenona $0.0180\,\mathrm{mol}$ : a benzofenona é limitante, por pouco. 10. Não: o carbono carbinólico leva três grupos fenila idênticos. 11. O reagente fica em seu balão seco, e o calor de cada porção de cetona é absorvido pelo éter em ebulição. 12. Destruiria parte do reagente (benzeno) e deixaria benzofenona sem reagir. 13. $\ce{(C6H5)3COMgBr + H3O+ -> (C6H5)3COH + Mg^2+ + Br- + H2O}$ . 14. O ácido dissolve os sais básicos de magnésio que só a água precipitaria; o frio limita a formação do carbocátion da questão 18. 15. O trifenilmetanol e a bifenila na fase etérea; os sais de magnésio na fase aquosa. 16. Lavando (ou triturando) o sólido com éter de petróleo frio: a bifenila se dissolve, o trifenilmetanol fica. 17. Um ponto de fusão nítido e igual ao tabelado (ou uma única mancha em cromatografia em camada delgada). 18. $\ce{(C6H5)3COH + H+ -> (C6H5)3C+ + H2O}$ : um carbocátion terciário cuja carga se espalha por três anéis benzênicos por ressonância, muito estável e colorido por causa dessa conjugação estendida. 19. $3.75/260.0 = 0.0144\,\mathrm{mol}$ . 20. $0.0144/0.0180 = 80\,\%$ . 21. Perdas nas transferências e na recristalização; reagente destruído por traços de umidade; reação incompleta. 22. O ácido benzoico, $\ce{C6H5COOH}$ , após acidificação. 23. $0.0181 \times 122.0 = 2.21\,\mathrm{g}$ . 24. $\ce{C6H5MgBr + CO2 -> C6H5COOMgBr}$ , depois $\ce{C6H5COOMgBr + H3O+ -> C6H5COOH + Mg^2+ + Br- + H2O}$ . 25. $80\,\%$ .

Termos definidos neste capítulo

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