CHƯƠNG II
HỆ THỐNG CÁC CÂU HỎI VÀ BÀI TẬP PHẦN “CƠ SỞ LÝ THUYẾT
CÁC PHẢN ỨNG HÓA HỌC” Ở BẬC TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
II.1. Hệ thống các câu hỏi và bài tập phần “Cơ sở lý thuyết các phản ứng
hóa học” trong tài liệu giáo khoa chuyên Hoá học
II.1.1. Chương IV: Lý thuyết về phản ứng hóa học
a. Nội dung cơ bản
* Về mặt kiến thức: Giúp học sinh nắm được các kiến thức:
- Định nghĩa hiệu ứng nhiệt của một phản ứng.
- Định nghĩa: Năng lượng liên kết E, nhiệt tạo thành ∆H của hợp chất,
nhiệt phân huỷ (∆H’ = - ∆H), nhiệt hoà tan chất …
- Nội dung và hệ quả của định luật Hes (Hess).
- Nguyên lý I, II của nhiệt động học; năng lượng tự do Gip.
- Tốc độ phản ứng hóa học (định nghĩa, các yếu tố ảnh hưởng tới tốc độ
phản ứng). Định luật Gunbe – Vagơ (định luật tác dụng khối lượng trong động
hóa học).
- Khái niệm về năng lượng hoạt hoá, quy tắc Van Hôp.
- Khái niệm phản ứng thuận nghịch – bất thuận nghịch, trạng thái cân bằng,
hằng số cân bằng. Định luật tác dụng khối lượng (đối với phản ứng thuận nghịch).
- Các yếu tố ảnh hưởng đến cân bằng hóa học, nguyên lý Lơ Satơliê về
chuyển dịch cân bằng.
* Về mặt kỹ năng: Giúp học sinh có được các kỹ năng sau:
- Cách xác định nhiệt phản ứng hóa học.
+ Dựa vào năng lượng liên kết.
+ Dựa vào nhiệt hình thành (nhiệt sinh, sinh nhiệt) của hợp chất.
+ Dựa vào định luật Hes (có 2 phương pháp là chu trình và tổ hợp các
phương trình nhiệt hóa học).
- Vận dụng 2 nguyên lý của nhiệt động học.
+ Tính biến thiên entanpi ∆H, biến thiên entropi ∆S, biến thiên năng lượng
tự do Gip ∆G với phản ứng hóa học.
Chú ý: Trong thực tế dùng ∆H

, T
2
.
( )
10/
12
12
.
TT
TTT
kvv
−
=
(2)
k
T
(γ: gama): Hệ số nhiệt độ của tốc độ phản ứng.
21
,
TT
vv
: Tốc độ phản ứng ở nhiệt độ T
1
, T
2
.
- Tính HSCB với phản ứng hóa học xảy ra ở điều kiện cụ thể:
* K
c
, K

B
a
A
d
D
c
C
p
PP
PP
K
.
.
=
P
i
: Áp suất riêng phần.
b
B
a
A
d
D
c
C
x
xx
xx
K
.

c
.
b. Câu hỏi và bài tập
Trong khuôn khổ cho phép của đề tài, dưới đây chúng tôi chỉ phân tích các
ví dụ điển hình.
Ví dụ 1:
*Đề bài :Tính ∆H của phản ứng sau:
CH
4(k)
+ 4Cl
2(k)
→ CCl
4(k)
+ 4HCl
(k)
Biết các giá trị năng lượng liên kết:
C – Cl H – Cl C – H Cl – Cl
326,30 430,9 414,2 242,6 kJ
* Mục đích của đề:Yêu cầu học sinh dựa vào năng lượng liên kết để xác
định ∆H phản ứng.
* Hướng dẫn giải:
2
Số mol chất i
Tổng số mol của hệ
Ta có: ∆H = 4E
C – H
+ 4E
Cl – Cl
– (4E
C – Cl

+ O
2
2SO
3

+ Trạng thái 1: v
1
= k.
[ ] [ ]
1
2
2
1
2
2

22
OSOkCC
OSO
=
(a)
+ Trạng thái 2: Khi giảm thể tích hỗn hợp xuống 3 lần nghĩa là nồng độ
chất tăng 3 lần
[ ] [ ] [ ] [ ]
27 3 3.
1
2
2
1
2

thời gian sau từng nhiệt độ cho trước.
* Hướng dẫn giải:
+ Ở 120
0
C: Ta có: v
150
= 120.2
(150 – 120)/10
= v
120
.2
3
Phản ứng kết thúc sau thời gian t
1
= 16.2
3
= 128 phút
+ Ở 200
0
C: Ta có: v
200
= v
150
.2
5

Phản ứng kết thúc sau thời gian t
2
=
5,0

= K
p
= K
x
= 4
b) Gọi x: lượng chất cực đại phản ứng (A)
+ Lúc cân bằng: số mol của A là (3 – x)
B là (1 – x)
C, D là x
+ Tìm ra x dựa vào K
c
= 4
x = 0,90 hay 90%.
c) Do ∆H = 0. Vậy khi tăng nhiệt độ cân bằng thực tế không bị dịch
chuyển, nhưng tốc độ phản ứng nhanh hơn, nghĩa là phản ứng đạt tới trạng thái
cân bằng nhanh hơn.
Ví dụ 26:
* Đề bài: Trong công nghệ hoá dầu, các ankan được loại hiđro để chuyển
thành hiđrocacbon không no có nhiều ứng dụng hơn. Hãy tính nhiệt của mỗi
phản ứng sau đây:
C
4
H
10
→ C
4
H
6
+ H
2

10
→ C
4
H
6
+ 2H
2
(1) tính được ∆H
1
0
= 437,6 kJ
6CH
4
→ C
6
H
6
+ 9H
2
(2) tính được ∆H
2
0
= 581,1 kJ
Ví dụ 27:
* Dạng đề giúp học sinh nắm vững lý thuyết về nguyên lý chuyển dịch cân
bằng - các yếu tố ảnh hưởng, kỹ năng tính HSCB và lượng chất trong hệ (cân bằng).
* Hướng dẫn giải:
1. Ví dụ phản ứng este hoá:
CH
3

−−
=
cbca
C
K
+ Lượng este tăng lên là ≈ 1,44 lần.
* Dạng đề thi với mục đích là : giúp học sinh nắm vững lý thuyết về hằng
số cân bằng, sự chuyển dịch cân bằng khi các yếu tố thay đổi. Mặt khác, tổng
hợp các kỹ năng: tính hằng số cân bằng theo độ điện li α, áp suất P và ngược lại ;
tính năng lượng tự do ∆G
0
theo ∆H
0
, ∆S
0
;

áp dụng quan hệ K
p
và K
c
để tính
lượng chất…
Ví dụ 28 :
* Đề bài : Sunfurylđiclorua SO
2
Cl
2
là hoá chất phổ biến trong phản ứng
clo hoá. Tại 350

phản ứng từ đó tính số mol,% theo thể tích của chất.
* Hướng dẫn giải:
1.
50
.
22
22
==
ClSO
ClSO
P
P
PP
K
atm
2. Cách 1:+ Gọi số mol SO
2
Cl
2(k)
ban đầu là 1 mol
5
có độ phân li là α
+ Dựa vào biểu thức
50
1
.
2
2
=
−

22
2
=
−
=
P
P
K
P
tính được P = 0,9902 atm
+ Áp suất lúc cân bằng:
0196,0
)(22
=
k
ClSO
P
atm
Do vậy, số mol SO
2
Cl
2(k)
= 0,0098 hay 0,98%. (trong cùng nhiệt độ, áp
suất: % theo số mol cũng như % theo thể tích)
3. Ban đầu dùng 150 mol SO
2
Cl
2(k)
, số mol Cl
2(k)

b) Thiết lập biểu thức của K
C
theo α, m, V.
2. Trong thí nghiệm 1 thực hiện ở nhiệt độ T
1
người ta cho 83,300 gam
PCl
5
vào bình dung tích V
1
. Sau khi đạt tới cân bằng đo được P
1
= 2,700 atm.
Hỗn hợp khí trong bình có tỉ khối so với H
2
bằng 68,862. Tính α và K
p
.
3. Trong thí nghiệm 2 giữ nguyên lượng PCl
5
và nhiệt độ như ở thí nghiệm 1
nhưng thay dung tích là V
2
thì đo được áp suất cân bằng là 0,500 atm. Tính tỉ số
1
2
V
V
.
4. Trong thí nghiệm 3 giữ nguyên lượng PCl

+ Cl
2(k)

Ban đầu: a
Cân bằng: a – x x x mol
+ Tổng số mol khí lúc cân bằng: n = a + x
Trong đó:
;
239,208
m
a =
a
x
=
α
* Tính K
P
+ Áp suất riêng phần lúc cân bằng của mỗi khí
;.
5
P
xa
xa
P
PCl
+
−
=
P
xa

[ ]
( )
;
1
5
V
a
PCl
α
−
=
[ ] [ ]
V
a
ClPCl
α
.
23
==
+ HSCB
[ ][ ]
[ ]
( ) ( )
α
α
α
α
−
=
−

−
==
1239,2081
22
V
m
V
a
RT
K
K
P
C
ở đó PV = nRT = (a + x)RT = a (1+ α)RT
hay RT =
( )
α
+1a
PV
2. Thí nghiệm 1:
* Tính α
1
+ Số mol PCl
5
ban đầu: a =
400,0
239,208
30,83
=
mol

1
2
1
2
1
1
=
−
=
−
=
PK
T
P
α
α
3. Thí nghiệm 2 :
- Giữ nguyên nhiệt độ : K
P
không đổi
- Giữ nguyên số mol PCl
5
a = 0,400 mol
7
- Áp suất cân bằng P
2
= 0,500 atm
* Ta có:
900,050,0
1

= a (1 + α
2
) = 0,4 (1 + 0,802) = 0,721 mol
* Tìm quan hệ giữa V
1
, V
2
, P
1
, P
2
, n
1
, n
2
+ Thể tích bình trong thí nghiệm 2
2
22
2
P
RTn
V =
so với
1
1
1
P
RTn
V
=

= 1,944 atm (do nhiệt độ giảm, tổng số mol khí n
3
thay đổi, n
3
≠ n
1
)
* Tìm α
3
+ n
3
= a (1 + α
3
) = 0,4 (1 + α
3
)
+ Ta có: P
1
V
1
= nRT
1

P
3
.V
1
= n
3
.RT

2,0
3
3
α
* Tính
3
T
P
K
081,0.
1
3
2
3
3
3
3
=
−
=
PK
T
P
α
α
* Nhận xét: Khi hạ nhiệt độ, K
P
giảm làm cân bằng chuyển dịch theo chiều
nghịch – là chiều phát nhiệt. Chiều thuận là chiều thu nhiệt.
Ví dụ 30: [12, đề 2001 – 2002]

1. Tính tốc độ:
a) Tiêu thụ N
2
O
5
.
b) Hình thành NO
2
, O
2.
8
2. Tính số phân tử N
2
O
5
đã bị phân tích sau 30 s.
3. Nếu phản ứng trên có phương trình 2N
2
O
5(k)
→ 2NO
2(k)
+ 1/2 O
2(k)
thì trị
số tốc độ phản ứng, hằng số tốc độ phản ứng có thay đổi không? Giải thích?
* Mục đích của đề: Giúp học sinh củng cố kiến thức về tốc độ phản ứng;
kỹ năng: viết phương trình động học của phản ứng, biểu thị và tính tốc độ hình
thành, tốc độ tiêu thụ, tính số phân tử bị phân tích, mặt khác tại nhiệt độ T xác
định: tốc độ phản ứng v

+ v
pư
= 2,8646.10
-3
x 1,8.10
-5
= 5,16.10
-8
mol.l
-1
.s
-1

- Tính tốc độ tiêu thụ N
2
O
5
:
52
OttN
v
+ 2N
2
O
5(k)
→ 4NO
2(k)
+ O
2(k)


+
4
2
2
==
dt
dC
v
NO
htNO
.v
pư
= 2,046.10
-7
mol.l
-1
.s
-1

+
==
dt
dC
v
O
htO
2
2
v
pư

3. Phương trình N
2
O
5(k)
→ 2NO
2(k)
+ 1/2O
2(k)

Tại nhiệt độ T xác định, tốc độ phản ứng v
pư
và k đều không đổi vì :
+ k chỉ phụ thuộc vào nhiệt độ
+ Theo (1), khi k = const,
52
ON
C
= const thì v = const
P
C
– P
0
(Torr) 0 13,5 47,8 85,2 122,7 157,4
2P
C
– P
0
(Torr) 632 605 536,4 461,6 386,6 317,2
k (mol
-1

-
(1)
xảy ra theo quy luật động học bậc 2. Nồng độ ban đầu của BrO
-
là 0,1
kmol.m
-3
; hằng số tốc độ k = 9,3.10
-4
m
3
(kmol.s)
-1
a) Sau bao lâu thì 30%, 99% BrO
-
bị chuyển hoá?
b) Tính chu kỳ bán huỷ t
1/2
của phản ứng (1).
2. Chứng minh rằng đối với phản ứng một chiều bậc 2
2A → sản phẩm có t
1/2
=
ak.
1
Trong đó: a là nồng độ ban đầu của A (ở t = 0).
Mục đích của bài: Yêu cầu học sinh viết được phương trình động học của
phản ứng, tính nồng độ và thời gian của chất bị chuyển hoá, tính thời gian nửa
phản ứng; chứng minh biểu thức tính t
1/2

2
= 0,099.
+ Lượng còn lại: a – x
1
= 0,07
a – x
2
= 0,001
+ Theo quy luật động học bậc 2 ta có biểu thức:






−
−
=
axak
t
111
Thay các giá trị a, a – x, k tìm được: t
1
= 4608,3 s (76,8 phút)
t
2
= 106,45.10
4
s (1,77.10
4

dt
xad
−=
−
−
hay
( )
2
xak
dt
dx
−=
(*) Phương trình tốc độ dạng vi phân.
+ Lấy tích phân của (*):
( )
∫ ∫
=
−
dtk
xa
dx
.
2
Ckt
xa
+=
−
⇔
1
Khi t = 0 → x = 0 → C =

1/2
=
ak.
1
(Điều phải chứng minh)
Bài 9: Cho phản ứng “khí nước”
CO
2
+ H
2
CO + H
2
O
a) Tính
0
G∆
của phản ứng ở 1000 K, biết
0
H∆
và
0
S∆
ở 1000 K lần lượt
là: 35040 J.mol
-1
; 32,11 J. mol
-1
.K
-1
.

, T tính được
JG 2930
0
1000
=∆
b) HSCB: K
P
= K
C
= 0,703.
c) Thành phần hỗn hợp (theo % thể tích) của:
CO: 34,6%; CO
2
: 10,4%; H
2
O: 9,6%; H
2
: 45,4%
Bài 10: Cho biết phản ứng:
CH
4(k)
C
(gr)
+ 2H
2(k)
;
kJG 85,74
0
298
=∆

đó có phù hợp với nguyên lý Lơ Satơliê không?
Mục đích của bài: Yêu cầu học sinh tính
0
G∆
của phản ứng, tính K
P
ở 2
nhiệt độ bất kỳ, vận dụng nguyên lý Lơ Satơliê để giải thích kết quả.
Hướng dẫn giải:
a) Tính:
0
298
0
298
0
298
STHG
∆−∆=∆
= 50807 J (T = 298 K).
b) Ở 500 K, tính K
P
≈ 3.10
-4

Ở 1000 K, tính K
P
≈ 10,43.
KK
PP
KK

b) Tính áp suất riêng phần của NO
2
, N
2
O
4
theo α và áp suất tổng cộng P
của hệ khi cân bằng.
c) Thiết lập biểu thức sự phụ thuộc của HSCB K
p
vào P và α.
d) Nếu ban đầu có 1,588 g N
2
O
4
trong bình dung tích 0,5 lít, ở 25
0
C và áp
suất P lúc cân bằng là 760 mmHg thì α, K
P
, áp suất riêng phần của NO
2
, N
2
O
4
là
bao nhiêu?
Mục đích của bài: Yêu cầu học sinh thiết lập và tính số mol, áp suất riêng
phần của chất, tính HSCB K

.
1
1
42
α
α
+
−
=
12
Số mol N
2
O
4
bị phân li
Số mol N
2
O
4
ban đầu
PP
NO
.
1
2
2
α
α
+
=

.
≈=
TR
PV
n
+ Ta có: a (1 + α) = n hay α = 0,1854
+ Tính K
P
= 0,1424
+
687,0
42
=
ON
P
atm ;
313,0
2
=
NO
P
atm
Bài 12 : Ở nhiệt độ T, áp suất 1 atm có cân bằng sau :
N
2
O
4(k)
2NO
2(k)
(1)

0
G∆
, ∆H, ∆S của phản ứng ở điều kiện cụ thể, áp dụng
nguyên lí Lơ Satơliê để xác định chiều phản ứng.
Hướng dẫn giải:
a)
PK
P
.
1
4
2
2
α
α
−
=
b) K
P
= 1,52 ; K
C
= 0,0557 mol.l
-1
;
0
G∆
= - 1,16 kJ.mol
-1
c) ∆H = 59,103 kJ.mol
-1

10.2
1
−
=
P
K
Ở 850 K phản ứng (1) có
4
10.2,0
2
−
=
P
K
Tìm nhiệt độ của sự chuyển hoá (ở khoảng nhiệt độ) trên.
2. Phản ứng (1) có
kJH 5,92
0
−=∆
. Khi phản ứng đạt cân bằng thu được
36% NH
3
dưới áp suất 300 atm, 450
0
C.
a) Tính HSCB K
P
.
b) Ở 450
0

2

.
.
22
3
22
3
−
=== PK
Pxx
Px
PP
P
K
x
HN
NH
HN
NH
P
(2)
+ Lấy Nêpe 2 vế của (2):
ln K
x
= ln K
P
+ 2ln P
223
ln3lnln2ln






=
=++
=++
atmP
dxdxdx
xxx
HNNH
HNNH
1
0
1
223
223
Khi





−=⇔=+
=
⇔=
2222
3
3

K
P
+=
∆
+
∆
−=
1
0
1
0
1
ln
B
T
A
R
S
RT
H
K
P
+=
∆
+
∆
−=
2
0
2

P
P
(b)
Thay các giá trị
21
,,,
21
TTKK
PP
vào (b) tính được:
A = 11144,162; B = - 18,721
+ Mặt khác: ∆G = - RT lnK
Trong đó:
721,18
162,11144
ln −=+=
T
B
T
A
K
Khi phản ứng đạt trạng thái cân bằng: ∆G = 0 ⇒ lnK = 0
hay T = 595,3 K
Vậy nhiệt độ của sự chuyển hoá trên là 595,3 K.
2. a) HSCB K
P
:
+ Phản ứng: N
2(k)
+ 3H

= P
xx
x
K
HN
NH
P
(2)
Trong đó:
36,0
3
=
NH
x
;
16,0
2
=
N
x
;
48,0
2
=
H
x
; P = 300 atm.
Thay các giá trị vào (2) ta tính được:
4
10.813,0

=
NH
x
;
125,0
2
=
N
x
;
375,0
2
=
H
x
.
Thay các giá trị vào (2) ta tính được: P = 683 atm
c) Dưới P = 300 atm, 450
0
C tính được
4
10.813,0
1
−
=
P
K
Vậy P = 300 atm, (
0
2

;
375,0
2
=
H
x
; P = 300 atm;
α = 0,667.
Thay các giá trị vào (2) tính được
4
10.21,4
2
−
=
P
K
+ Tìm nhiệt độ (
0
2
t
) T
2
.
Áp dụng biểu thức của định luật KiecHoff:
Ta có:






C
* Nhận xét:
Tại T
1
= 723K có
4
10.813,0
1
−
=
P
K
T
2
= 653,1K có
4
10.21,4
2
−
=
P
K
Phản ứng (1) là toả nhiệt ∆H
0
< 0), K
P
tỉ lệ nghịch với T.
Khi nhiệt độ giảm, K
P
tăng. Vậy cân bằng (1) chuyển dịch theo chiều từ

( )
:
10
298
−
∆ molJkH
0 0 - 46,19
( )
:
110
298
−−
molKJS
191,49 130,59 192,51
Tính ∆G
0
của phản ứng ở 25
0
C
b) Nếu coi
0
298
H∆
và
0
298
S∆
của phản ứng là không đổi theo nhiệt độ thì ở
nhiệt độ nào phản ứng đổi chiều ?
3. Để có hiệu suất NH

+ Ta giả thiết :
atmPPPP
NHHN
1
322
==++
16
Mà K
P
= K
x
.P
-2
hay K
x
= K
P
.P
2
(2)
Lấy Nêpe 2 vế của (2), biến đổi ta có :
2
2
2
2
3
3
3
.2ln
H

HNNH
HNNH
,
0
1
223
223
+ Giả sử





−=⇔=+
=
⇔=
2222
3
3
0
0
1
HNHN
NH
NH
dxdxdxdx
dx
x
(4)
Thay (4) vào (3) được :

0
298
0
298
−=∆−∆=∆
b) Phản ứng đổi chiều ở nhiệt độ T > 466 K.
3. Dựa theo nguyên lí Lơ Satơliê, cần tiến hành phản ứng ở áp suất cao.
4. + Lập biểu thức liên hệ K
P
theo K
x
và P
K
P
= K
x
. P
-2

+ Tính : K
x
, K
P
thay vào biểu thức tìm được P = 5284 atm.
Bài 15 : Photphopentaclorua phân huỷ theo phương trình :
PCl
5(k)
PCl
3(k)
+ Cl

* Xét phương trình: PCl
5(k)
PCl
3(k)
+ Cl
2(k)
(1)
Ban đầu: 0,3
Cân bằng: 0,3 – x x x
17
Số mol khí trước cân bằng: n
t
= 0,3 ứng với P
t
.
Số mol sau cân bằng: n
S
= 0,3 + x ứng với P
s
.
+ Vì V, T không đổi nên:
s
t
s
t
P
P
n
n
=

PCl
75,0
075,03,0
225,0
.25,1
5
=
+
=

atmPP
ClPCl
25,0
375,0
075,0
.25,1
23
===
+ HSCB
atm
P
PP
K
PCl
ClPCl
P
0833,0
.
5
23

n
n
P
P .
=⇔=
(2)
+ Thay
( )



=
+=
3,0
13,0
t
CB
n
n
α
vào (2) ta có:
P
CB
= P
t
(1 + α) = 1 + α (P
t
= 1 atm)
Bài 16 : Ở nhiệt độ xác định và dưới áp suất 1 atm, độ phân li của N
2

(1)
HSCB: K
P
=
P.
1
4
2
2
α
α
−
(*)
Thay các giá trị α, P vào biểu thức (*) tính được K
P
= 0,049.
b) Áp suất giảm từ 1 atm xuống 0,8 atm, độ phân li α tăng do: K
P
= 0,049,
P = 0,8 atm tính được α = 0,123 hoặc : Khi áp suất giảm cân bằng (1) chuyển
dịch theo chiều thuận hay chiều tăng số phân tử khí.
c) Độ phân li α = 0,08, K
P
= 0,049.
Thay α, K
P
vào biểu thức (*) tính được P = 1,9 atm. Như vậy, khi áp suất
tăng từ 1 atm lên 1,9 atm cân bằng (1) chuyển dịch theo chiều nghịch.
Kết quả nhận được phù hợp với nguyên lý Lơ Satơliê.
Bài 17: Cho các phản ứng:

G∆
và K
P
của phản ứng sau đây ở 1000K.
2CO
(k)
→ C
(gr)
+ CO
2(k)
(a)
b) Tính áp suất riêng phần CO, CO
2
của phản ứng (a) khi cân bằng tại
1000K, áp suất là 1 atm.
c) Phản ứng (a) là toả nhiệt hay thu nhiệt. Cân bằng chuyển dịch như thế
nào khi tăng nhiệt độ và áp suất của phản ứng (a).
d) Tính K
P
của các phản ứng sau ở 1000K:
CO
(k)
→
2
1
C
(gr)
+
2
1

a
175172500
0
+−=∆
Ở 1000K:
JG
a
2500
0
=∆
+ Áp dụng biểu thức:
KRTG ln.
0
−=∆
Tính được: K
P
= 0,7403 atm
-1
.
b) T = 1000K, p = 1atm
atmP
CO
331,0
2
=
; P
CO
= 0,669 atm.
19
c) Do ∆H

−=∆−=∆
atmK
JGG
P
aC
35,1
2500
00
Bài 18: Trộn CO với hơi H
2
O tại 1000K theo tỉ lệ mol 1 : 1. Tính thành
phần của hỗn hợp đạt tới trạng thái cân bằng.
Biết rằng: 2H
2
O
(h)
2H
2(k)
+ O
2(k)
113,20lg
1
−=
P
K
2CO
2(k)
2CO
(k)
+ O

P
= 1,392.
Do ∆
v
= 0 nên K
P
= K
C
= K
x
= 1,392
+ Phản ứng: CO
(k)
+ H
2
O
(h)
CO
2(k)
+ H
2(k)
Ban đầu: 1 1
Cân bằng: 1 – x 1 – x x x
Tổng số mol lúc cân bằng: 2 mol
+ Áp dụng biểu thức tính K
x
ta có:
( )
2
2

tôi đã tiến hành thực nghiệm sư phạm nhằm mục đích sau:
- Nghiên cứu hiệu quả của việc giảng dạy theo nội dung luận văn nhằm
đánh giá khả năng nắm vững lý thuyết cơ bản và khả năng vận dụng lý thuyết
vào việc giải bài tập.
- Sử dụng hệ thống các câu hỏi và bài tập trên vào việc khắc sâu kiến thức
trọng tâm, rèn luyện kỹ năng cơ bản của từng chương nhằm nâng cao chất lượng
giảng dạy; thúc đẩy quá trình học tập, tìm tòi sáng tạo của học sinh.
- So sánh kết của của lớp thực nghiệm với kết quả của lớp đối chứng. Từ
đó xử lý, phân tích kết quả để đánh giá khả năng áp dụng hệ thống các câu hỏi và
bài tập trên do chúng tôi đề xuất cũng như cách sử dụng nó trong việc giảng dạy
ở các lớp chuyên Hoá và bồi dưỡng học sinh chuẩn bị dự thi học sinh giỏi Hoá ở
các cấp hiện nay.
IV.1.2. Phương pháp thực nghiệm
a. Chọn đối tượng và địa bàn thực nghiệm
Để tiến hành thực nghiệm tốt những nội dung đã được biên soạn ở chương
II, III; chúng tôi đã tiến hành thực nghiệm ở các đối tượng là học sinh trường
THPT chuyên có uy tín và chất lượng tốt.
Cụ thể là:
Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định được gọi là trường A
Trường THPT chuyên Nguyễn Huệ – Hà Đông – Hà Tây được gọi là trường B
Mỗi trường đều có loại lớp ở khối 11 và khối 12.
+ Lớp dạy theo phương pháp bình thường được gọi là lớp đối chứng (ĐC).
+ Lớp dạy theo phương pháp sử dụng hệ thống câu hỏi và bài tập trên
được gọi là lớp thực nghiệm (TN).
Đặc biệt: Tiến hành thực nghiệm đối với đổi tuyển dự thi học sinh giỏi Quốc
Gia của trường THPT chuyên Lê Hồng Phong –Nam Định năm học 2003-2004.
b. Phương pháp tiến hành thực nghiệm
Bao gồm các bước:
- Giảng dạy học sinh lớp 11, lớp 12 và hướng dẫn học sinh đội dự tuyển
làm bài tập.

lớp thực nghiệm và lớp đối chứng, đồng thời kiểm tra 2 bài tổng hợp với đội dự
tuyển học sinh giỏi Quốc gia. Đồng thời chấm bài theo thang điểm bậc 10. Sử
dụng phương pháp thống kê toán học để xử lý kết quả thực nghiệm thu được.
+ Lập bảng phân phối tần số, tần suất cho các lớp đối chứng và lớp thực
nghiệm với X
i
là điểm số, n
i
là số học sinh đạt điểm X
i
.
+ Biểu diễn kết quả bằng đồ thị và biểu đồ.
+ Tính các tham số đặc trưng của bảng.
IV.2. Đánh giá kết quả thực nghiệm sư phạm
a. Kết quả thực nghiệm
Kết quả điểm kiểm tra tính theo số học sinh đạt điểm X
i
, % học sinh đạt
điểm X
i
, % học sinh đạt điểm X
i
trở xuống được chỉ ra ở các bảng từ bảng 1 đến
bảng 10 và 15. Kết quả xếp loại số % học sinh đạt điểm khá giỏi, trung bình, yếu
kém được chỉ ra ở các bảng từ bảng 11 đến bảng 14 và 16. Mặt khác từ số liệu ở
22
các bảng chúng tôi xây dựng các đồ thị và biểu đồ: 6 đồ thị (hình 1 đến hình 6)
và 1 biểu đồ (hình 7).
Sau đây chúng tôi chọn các lớp đối chứng (ĐC) và thực nghiệm (TN)
Trường A Trường B

ĐC 11,8 52,9 35,3
B
thị Nở 5,9 17,6 76,5
ĐC 17,6 35,3 47,1
Bảng 14: Lớp 12 lần 2*:
23
Trường Lớp
Số % học sinh
Yếu - Kém Trung bình Khá - Giỏi
A
thị Nở 5,9 5,9 88,2
ĐC 11,8 35,3 52,9
B
TN 0,0 17,6 82,4
ĐC 11,8 35,3 52,9
24
Bảng 15: Đội dự tuyển học sinh giỏi Lần 1 và lần 2*:
Điểm Xi
Số học sinh đạt điểm
Xi
% học sinh đạt điểm
Xi
% học sinh đạt điểm
Xi trở xuống
ĐC TN ĐC TN ĐC TN
0 0 0 0 0 0 0
1 0 0 0 0 0 0
2 0 0 0 0 0 0
3 0 0 0 0 0 0
4 0 0 0 0 0 0