YOMEDIA

Các chủ đề bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học 9 - Phần Hóa học Hữu cơ

Tải về
 
NONE

Các chủ đề bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học 9 - Phần Hóa học Hữu cơ được Hoc247 sưu tầm và biên tập, nhằm giúp các em học sinh ôn tập và củng cố lại các kiến thức đã học, đồng thời làm quen với các bài tập ôn luyện đội tuyển HSG, hình thành cơ sở kiến thức vững chắc để các em tự tin bước vào kì thi của mình. Mời các em cùng theo dõi!

ADSENSE
YOMEDIA

CÁC CHỦ ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH  GIỎI – MÔN HÓA 9

(PHẦN HOÁ HỌC HỮU CƠ)

 

CHỦ ĐỀ 1: ĐẠI CƯƠNG VỀ HOÁ HỌC HỮU CƠ.

I. HỢP CHẤT HỮU CƠ.

1. Khái niệm:

Hợp chất hữu cơ là hợp chất của cacbon (trừ CO, CO2, H2CO3, muối cacbonat, muối xianua, muối cacbua…..)

2. Đặc điểm chung của các hợp chất hữu cơ.

- Thành phần các nguyên tố tạo nên hợp chất hữu cơ rất ít, chủ yếu là các nguyên tố: C, H, O, N (và một số nguyên tố khác S, P, Cl, một số ít kim loại …) Nhưng số lượng các hợp chất hữu cơ rất nhiều.

- Liên kết hoá học trong hợp chất hữu cơ chủ yếu là liên kết cộng hoá trị.

- Phần lớn hợp chất hữu cơ dễ bay hơi, dễ cháy, kém bền với nhiệt.

- Một số hợp chất hữu cơ không tan trong nước nhưng tan được trong dung môi hữu cơ.

- Các phản ứng trong hoá học hữu cơ thường xảy ra chậm, không hoàn toàn và theo nhiều hướng khác nhau tạo nên hỗn hợp sản phẩm.

3. Phân loại hợp chất hữu cơ.

Hợp chất hữu cơ chia làm 2 loại:

- Hiđrocacbon: là hợp chất mà trong phân tử chỉ có C và H.

Ankan

(Hiđrocacbon non)

CnH2n+2

(n > 1)

Anken (Hiđrocacbon không no có 1 nối đôi) CnH2n

(n > 2)

Ankađien (Hiđrocacbonkhông no có 2 liên kết đôi) CnH2n-2

(n > 3)

Ankin (Hiđrocacbon không no có 1 liên kết ba) CnH2n-2

(n > 3)

Xicloankan (Hiđrocacbon vòng no) CnH2n

(n > 3)

Aren (Hiđrocacbon thơm) CnH2n-6

(n > 6)

- Dẫn xuất của hiđrocacbon: ngoài C, H còn có các nguyên tố khác như O, N, halogen …Dẫn xuất của hiđrocacbon gồm:

- Dẫn xuất halogen:Khi thay thế một hoặc nhiều nguyên tử hiđro trong phân tử hiđrocacbon bằng một hoặc nhiều nguyên tử halogen ta được dẫn xuất halogen: CxHyClz, CxHyBrz, CxHyIz….

+ Dẫn xuất có oxi: Ancol, axit cacboxylic, este, chất béo, tinh bột, gluxic:

II. CẤU TẠO HOÁ HỌC.

1. Nội dung thuyết cấu tạo.

- Các nguyên tử trong phân tử hợp chất hữu cơ sắp xếp theo một trật tự nhất định.

- Các nguyên tử trong phân tử liên kết với nhau theo đúng hoá trị của chúng:

C có hoá trị IV → có 4 gạch nối

H, Cl có hoá trị I → có 1 gạch nối

O có hoá trị II → có 2 gạch nối

N có hoá trị III → có 3 gạch nối 

- Các nguyên tử cacbon không những liên kết với những nguyên tử nguyên tố khác mà còn liên kết trực tiếp với nhau tạo thành mạch cacbon.

Có 3 loại mạch cacbon:

+ Mạch thẳng:

+ Mạch nhánh (phân tử từ 4C trở lên) 

+ Mạch vòng (phân tử từ 3C trở lên)

2. Một số lưu ý khi viết CTCT. Giả sử hợp chất có CTPT: CxHyOzNtXv

Xác định độ bất bão hoà \(\Delta  = \frac{{2x + 2 - (y + v) + t}}{2}\)

- Nếu r = 0 →  chỉ có cấu tạo mạch hở, liên kết đơn.

- Nếu r = 1 →  Có 1 liên kết P hoặc 1 vòng.

- Nếu r = 2 →  Có 2 liên kết P hoặc 1 vòng + 1 liên kết P.

III. DANH PHÁP HỢP CHẤT HỮU CƠ.

1. Tên thông thường.

Thường đặt tên theo nguồn gốc tìm ra chúng, đôi khi có phần đuôi để chỉ rõ hợp chất thuộc loại nào?

VD:  Axit fomic HCOOH (formica: kiến)

Axit axetic CH3COOH (axetus: giấm)

Mentol C10H20O (metha piperita: bac hà)

2. Tên IUPAC.

a) Tên gốc chức:   Tên phần gốc + tên phần địnhchức.

VD:           CH3CH2Cl:     etyl clorua

CH3 - CH2 - O - CH3:  etyl metyl ete

b) Tên thay thế:     Tên phần thế + tên mạch cacbon chính + tên phần địnhchức.                             

VD:     CH3CH3:         (et + an) etan

CH3 – CH2Cl  (clo + et + an) cloetan

1      2             3              4

CH2 = CH – CH2 – CH3         but - 1 - en

1      2             3            4

CH3 – CH(OH) – CH = CH2          but – 3 – en – 2 - ol                                      

3. Bảng tên số đếm và tên mạch cacbon chính.

Số đếm

Mạch cacbon chính

1. mono

2. đi

3. tri

4. tetra

5. penta

6. hexa

7. hepta

8. octa

9. nona

10. deca

C                                             met

C-C                                         et

C-C-C                                     prop

C-C-C-C                                 but

C-C-C-C-C                             pent

C-C-C-C-C-C                         hex

C-C-C-C-C-C-C                     hept

C-C-C-C-C-C-C-C                 oct

C-C-C-C-C-C-C-C-C             non

C-C-C-C-C-C-C-C-C-C         đec

4. Đồng đẳng, đồng phân.

a. Đồng đẳng.

- Đồng đẳng là những hợp chất có thành phần phân tử hơn kém nhau một hay nhiều nhóm CH2 nhưng có tính chất hoá học tương tự nhau.

VD : Dãy đồng đẳng của ankan : CH4, C2H6, C3H8 ... CnH2n+2

- Khối lượng mol các chất trong cùng dãy đồng đẳng lập thành cấp số cộng công sai d = 14.

Lưu ý : Khái niệm đồng đẳng rất rộng, ở trên chỉ giới hạn đồng đẳng metylen.

b. Đồng phân.

- Đồng phân là hiện tượng có 2 hay nhiều chất có cùng CTPT nhưng khác nhau về CTCT do đó khác nhau về tính chất hoá học.

- Phân loại đồng phân: gồm đồng phân cấu tạo và đồng phân hình học. (Ở đây chỉ xét về đồng phân cấu tạo). Đồng phân cấu tạo gồm:

+ Đồng phân mạch cacbon: do sự sắp xếp mạch cacbon khác nhau.

---(Đề xem nội dung đầy đủ chi tiêt vui lòng xem tại online hoặc đăng nhập để tải về máy)---

IV. DẠNG BÀI TẬP ANKEN PHẢN ỨNG CỌNG VỚI H2

Hỗn hợp X \(\left\{ \begin{array}{l}
{C_n}{H_2}_n\\
{H_2}
\end{array} \right. \to \,Y\left\{ \begin{array}{l}
{C_n}{H_{2n + 2}}\\
{C_n}{H_{2n}}\\
{H_2}
\end{array} \right.\)

- Nếu phản ứng xảy ra hoàn toàn thì sẽ hết H2 dư anken hoặc ngược lại, hoặc hết cả hai.

- Nếu phản ứng xảy ra không hoàn toàn thì cả hai còn dư.

- Trong phản ứng cộng H2 ta luôn có :

+ Số mol giảm nX > nY →  nX – nY = nH2pư = nanken pư

+ mX = mY. Do đó \(\overline {{M_Y}}  = \frac{{{m_Y}}}{{{n_Y}}} = \frac{{{m_X}}}{{{n_Y}}} > \overline {{M_X}}  = \frac{{{m_X}}}{{{n_X}}}\)

+ \({d_{X/Y}} = \frac{{\overline {{M_X}} }}{{\overline {{M_Y}} }} = \frac{{{n_X}}}{{{n_Y}}}\)

- Hai hỗn hợp X, Y cùng chứa số nguyên tử C, H nên đốt cháy cùng lượng X hay Y đều cho cùng kết quả (cùng nO2 pư, cùng nCO2, cùng nH2O). Do đó thay vì tính toán trên hỗn hợp Y ta có thể tính toán trên hỗn hợp X.

- Nếu 2 anken cộng H2 với cùng 1 hiệu suất, ta có thể thay 2 anken bằng một anken duy nhất   →  n phản ứng = nH2 pư = (a + b) mol.

Ví dụ 1 : Cho 1anken A kết hợp với H2 (Ni xt) ta được ankean B.

a) Xác định CTPT của A, B, biết rằng để đốt cháy hết B bằng một lượng O2 vừa đủ thì thể tích khí CO2 thu được bằng ½ tổng thể tích của B và O2.

b) Một hỗn hợp X gồm A, B và H2 với VX = 22,4 lít. Cho X đi qua Ni nung nóng thu được hỗn hợp Y với dX/Y = 0,7. Tính VY, số mol H2 và A đã phản ứng với nhau.

Hướng dẫn :

a) CnH2n + H2 → CnH2n+2

Phản ứng đốt cháy B : CnH2n+2 + \(\frac{{3n + 1}}{2}\) O2 → nCO2 + (n+1)H2O

                                        1 mol         \(\frac{{3n + 1}}{2}\) mol   n mol

Theo đề ta có : nCO2 = 1/2(nB + nO2) →  n = 1/2(1 + \(\frac{{3n + 1}}{2}\) ) →  n = 3

Vậy CTPT của A: C3H6; B: C3H8

b) \({d_{X/Y}} = \frac{{\overline {{M_X}} }}{{\overline {{M_X}} }} = \frac{{{n_Y}}}{{{n_X}}}\)

nX = 22,4 : 22,4 = 1 mol

Gọi a = nA; b = nB; c = nH2 ban đầu

→  a + b + c = 1 mol

→ \({d_{X/Y}} = \frac{{\overline {{M_X}} }}{{\overline {{M_X}} }} = \frac{{{n_Y}}}{{{n_X}}}\)   = 0,7

→  nY = 0,7 →  VY = 0,7 . 22,4 = 15,68 lít

- nH2 và nA pư

Ta có: nX – nY = nH2 pư = nA pư = 1 – 0,7 = 0,3 mol

→  nH2 pư = nA pư = 0,3 mol

C3H6 + H2 → C3H8

Ví dụ 2: Một bình kín có chứa C2H4, H2 (đktc) và Ni. Nung bình một thời gian sau đó làm lạnh đến 00C. Áp xuát trong bình lúc đó là P atm. Tỉ khối hơi của hỗn hợp khí trước và sau phản ứng đối với H2 là 7,5 và 9.

a. Giải thích sự chênh lệch về tỉ khối.

b. Tính thành phần % thể tích mỗi khí trong bình trước và sau phản ứng.

c. Tính áp suất P.

Giải

a) Gọi X là hỗn hợp trước phản ứng; Y là hỗn hợp sau phản ứng.

\(\begin{array}{l}
\frac{{{d_X}}}{{{H_2}}} = \frac{{\overline {{M_X}} }}{2} = \frac{{{m_X}}}{{2{n_X}}}\\
\frac{{{d_Y}}}{{{H_2}}} = \frac{{\overline {{M_Y}} }}{2} = \frac{{{m_Y}}}{{2{n_Y}}}
\end{array}\)       

mX = mY nhưng nX > nY →  \(\frac{{{d_X}}}{{{H_2}}} < \frac{{{d_Y}}}{{{H_2}}}\)

b) Giả sử lấy 1 mol X, trong đó có amol C2H4 và (1-a)mol H2

Theo đề \(\frac{{{d_X}}}{{{H_2}}} = \frac{{\overline {{M_X}} }}{2} = 7,5 \to \,{\overline M _X} = 15\)

\({\overline M _X}\) = 28a + (2(1-a) = 15 →  = 0,5 mol

→  hỗn hợp X chứa 50% C2H4 và 50% H2

* Thành phần hỗn hợp Y

Giả sử có x mol C2H4 phản ứng.

C2H4 + H2  → C2H6

xmol   xmol       xmol

Vì phản ứng xảy ra không hoàn toàn nên

nY = nC2H4dư + nH2 dư + nC2H6

= 0,5 – x + 0,5 –x + x = 1 – x

→ \({\overline M _Y} = 2.9 = 18 = \frac{{{m_Y}}}{{1 - x}}\)

Vì mX = mY = 28. 0,5 + 2 . 0,5 = 15

→  \(\frac{{15}}{{1 - x}} = 18\)  →  x = 0,17 mol

→  Hỗn hợp Y chứa 0,33 mol H2 dư; 0,33 mol C2H4 dư và 0,17 mol C2H6

→  %C2H4 = %H2 = 40%; %C2H6 = 20%.

c) Áp dụng công thức \(\frac{{{P_1}}}{{{P_2}}} = \frac{{{n_1}}}{{{n_2}}}\) 

n1 = nX = 1 mol; n2 = n Y = 0,83 mol

p1 = 1 atm (X ở đktc) →  p2 = 0,83 atm.

Ví dụ 3:  Một hỗn hợp X gồm anken A và H2. Khi cho X đi qua Ni nóng, xt, được phản ứng hoàn toàn cho ra hỗn hợp khí Y. Áp suất sau phản ứng P2 = 2/3 áp suất P1 trước phản ứng (P1, P2 đo cùng đk)

a. Biết rằng \(\frac{{{d_X}}}{{KK}} = 0,688\) , xác định CTPT có thể có của A.

b. Chọn công thức đúng của A biết rằng hỗn hợp Y khi qua dung dịch KMnO4 loãng dư cho ra 14,5 gam MnO2 kết tủa. Tính nhiệt độ t với V = 6 lít; P2 = 2atm.

Giải

a. Gọi a = nA; b = nH2

Phản ứng xảy ra hoàn toàn nên xét 2 trường hợp

Trường hợp 1: Dư A, hết H2 (a >b)

Ta có P2 = \(\frac{2}{3}{p_1}\)  →  2P1­ = 3P2

Áp dụng công thức \(\frac{{{P_2}}}{{{P_1}}} = \frac{{{n_Y}}}{{{n_X}}} = \frac{a}{{a + b}} = \frac{2}{3} \to a = 2b\) 

→  \({\overline M _X} = 20 = \frac{{28n + 2}}{3} \to n = 2\)

→  A: C2H4

Trường hợp 2: Hết A, dư H2 (b > a)

\(\begin{array}{l}
\frac{{{P_2}}}{{{P_1}}} = \frac{{{n_Y}}}{{{n_X}}} = \frac{b}{{a + b}} = \frac{2}{3} \to b = 2a\\
 \to {\overline M _X} = \frac{{14n + 4}}{3} = 20 =  > n = 4
\end{array}\)

→  A: C4H8

b) Có phản ứng với dung dịch KMnO4 →  dư A (Trường hợp 1) →  A là C2H4

nC2H4 dư = 0,25 mol; b = 0,25 mol

nY = nC2H4 dư + nC2H6 = 0,5 mol

→  T = \(\frac{{{P_2}V}}{{Rn}}\) = 292,50K hay 19,50C

Ví dụ 4: Hỗn hợp X gồm anken A ở thể khí ở đktc và H2 có \(\frac{{{d_X}}}{{{H_2}}} = 8,8\). Cho X đi qua Ni nóng  cúc tác, phản ứng hoàn toàn cho hỗn hợp Y có \(\frac{{{d_Y}}}{{{H_2}}} = 14,07\) .

a. Xác định CTPT của A và thành phần của hỗn hợp X.

b. Chọn trường hợp A có tỉ khối đối với không khí gần bằng 1. Tính số mol H2 phải thêm vào 1 mol X để có được hỗn hợp Z có \(\frac{{{d_Z}}}{{{H_2}}} = 7,5\). Cho Z qua Ni nóng được hỗn hợp T với \(\frac{{{d_T}}}{Z} = 1,2\). Phản ứng cọng H2 có hoàn toàn không ?

c. Cho T qua 500 gam dung dịch KMnO4 loãng dư. Tính khối lượng dung dịch sau phản ứng.

Giải

a, Chọn 1 mol hỗn hợp X : a = n;   b = nH2

b, \({\overline M _X}\) = 14na + 2b = 17,6

Xét 2 trường hợp

Trường hợp 1: a > b →  nY = a →  \({\overline M _Y} = \frac{{{m_X}}}{a}\)

Với \({\overline M _X}\) = mX = 17,6    →  a = 0,6 mol; b = 0,4 mol

→  n = 2 → C2H4 (60%);  H2 = 40%

* Trường hợp 2: a < b →  nY = b →  \({\overline M _Y} = \frac{{{m_X}}}{b}\)

→  a = 0,4; b = 0,6

→  n = 3 → C3H6 (40%); H2 (60%)

c, \(\frac{{{d_A}}}{{KK}} \approx 1\) →  A là C2H4

Ta gọi nH2 thêm vào = x

Ta có : MZ = 15 = \(\frac{{28.0,6 + 2.0,4 + 2.x}}{{1 + x}}\) →  x = 0,2

→  nZ = 1,2 mol

Theo đề : \(\frac{{{d_T}}}{Z} = \frac{{{n_Z}}}{{{n_T}}} = \frac{{1,2}}{{{n_T}}} = 1,2\) →  nT

→  nH2 pư = nZ – nT

→  phản ứng cọng H2 không hoàn toàn

d, mdd sau pư = 500 + manken + mMnO2

3C2H4 + 2KMnO4 + 4H2O → 3C2H4(OH)2 + 2MnO2 + 2KOH

 →  mMnO2 = \(\frac{{0,8}}{3}.87 = 23,2gam\)

mC2H4 dư = 0,4 x 28 = 11,2 gam

→  m dd sau pư = 500 + 11,2 – 23, 2 = 488gam

Ví dụ 5: Để đốt cháy hết một anken A ở thể khí ở đktc cần 1 thể tích O2 bằng 4,5 lần thể tích A.

a. Xác định CTPT của A.

b. Một hỗn hợp X gồm A và H2 có \(\frac{{{d_X}}}{{{H_2}}} = 13\) , cho X vào bình có V = 5,6 lít và đưa về đktc. Xác định thành phần hỗn hợp X.

Thêm 1 ít Ni và nung nóng một thời gian. Khi trở về 00C thì áp suất trong bình là P2 = 0,6 atm và ta được hỗn hợp Y. Hãy chứng tỏ phản ứng cọng H2 hoàn toàn.

c. Cho hỗn hợp Y đi qua 2 lít nước Br2 0,05M còn lại khí Z. Tính độ tăng khối lượng của nước Br2, nồng độ sau cùng của dungh dịch Br2 và tỉ khối \(\frac{{{d_Z}}}{{{H_2}}}\)

Giải.

a. CnH2n +  O2  →  nCO2 + nH2O

→ \(\frac{{3n}}{2} = 4,5\) →  n = 3 →  CTPT C3H6

b) nX = 0,25

Gọi x = nA →  nH2 = 0,25 – x

\({\overline M _X} = 26 = \frac{{42.x + 2(0,25 - x)}}{{0,25}}\) →  x = 0,15

 → x = 0,25 – x = 0,1 mol

PTHH C3H6 + H2  → C3H8

→  Áp dụng công thức: \(\frac{{{P_1}}}{{{P_2}}} = \frac{{{n_1}}}{{{n_2}}}\) Với P1 = 1 (đktc)  →  n2 = 0,15 mol

→  nY = 0,05 mol C3H6 dư; 0,1 mol C3H8

→  nH2 pư = n1 – n2 = 0,25 – 0,15 = 0,1 mol

Vậy phản ứng cọng H2 hoàn toàn.

c) nBr2 = 0,1

C3H6     +    Br2     →   C3H6Br2

0,05mol   0,05 mol

→  độ tăng khối lượng brôm = mC3H6 dư = 42.0,05 = 2,1 gam

CMBr2 = 0,05 : 2 = 0,025M

→  Z: C3H8 →  \(\frac{{{d_Z}}}{{{H_2}}} = \frac{{44}}{2} = 2\)

...

Trên đây là một phần trích đoạn nội dung Các chủ đề bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học 9 - Phần Hóa học Hữu cơ. Để xem toàn bộ nội dung các em chọn chức năng xem online hoặc đăng nhập vào website hoc247.net để tải tài liệu về máy tính.

Các em quan tâm có thể xem thêm các tài liệu tham khảo cùng chuyên mục:

Chúc các em học tốt!

 

NONE

ERROR:connection to 10.20.1.101:9312 failed (errno=111, msg=Connection refused)
ERROR:connection to 10.20.1.101:9312 failed (errno=111, msg=Connection refused)
ZUNIA9
 

 

YOMEDIA
AANETWORK
OFF