Kinh nghiệm dạy chuyên đề áp suất trong bồi dưỡng học sinh giỏi THPT

MỞ ĐẦU
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI.
Xuất phát từ công việc bồi dưỡng HSG hàng năm. Để đáp ứng được kỳ thi HSG cấp THPT, ngoài
kiến thức cơ bản của sách giáo khoa, học sinh cần được khai thác thêm một số chuyên đề nâng cao.
Do đó trong quá trình bồi dưỡng HSG tôi đã bổ sung thêm một số chuyên đề, tôi thấy vấn đề về áp
suất được áp dụng rộng rãi trong nhiều lĩnh vực lí thuyết lẫn bài tập ở nhiều mức độ khác nhau.
Kiến thức phần này sách giáo khoa đề cập đến còn rất ít, đề cập một cách chung chung, khái quát.
Tuy nhiên áp suất ở trong các đề thi lại đề cập đến nhiều phần kiến thức mà học sinh rất khó có khả
năng suy luận trực tiếp được từ bài học sách giáo khoa. Vậy yêu cầu học sinh phải biết tự tham
khảo thêm ở các sách tham khảo. Công việc này không phải học sinh nào cũng làm được.Theo tôi
khi giảng dạy phần này giáo viên cần có kế hoạch bổ sung cho học sinh lượng kiến thức cần thiết,
đồng thời phân chia dạng bài tập về áp suất, mỗi dạng có phương pháp giải bài tập kèm theo. Tôi đã
làm việc này trong những năm bồi dưỡng HSG và thấy có kết quả tốt. Vì vậy tôi chọn và viết đề tài
này để lưu lại những kinh nghiệm của bản thân khi giảng dạy.
Đề tài: “Kinh nghiệm dạy chuyên đề áp suất trong bồi dưỡng học sinh giỏi THPT”
II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
Đề tài này nhằm mục đích:
1. Hướng dẫn học sinh hình thành tư duy khái quát hoá dạng bài tập về áp suất, giúp học sinh hiểu
đúng và hiểu rõ bản chất của vấn đề áp suất, từ đó kích thích óc sáng tạo tìm tòi và gây hứng thú
cho học sinh trong học tập.
2. Sau khi học xong lí thuyết đề tài còn rèn luyện kĩ năng vận dụng, sự nhanh nhạy trong quá trình
vận dụng kiến thức giải bài tập đáp ứng cả yêu cầu của kì thi TNKQ. Thông qua việc phân chia bài
tập thành các dạng đặc trưng, có phương pháp giải kèm theo để giúp học sinh tối ưu hoá việc vận
dụng lí thuyết đã học.
III. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU
Lí thuyết và bài tập về chuyên đề áp suất áp dụng cho học sinh THPT được chọn vào các lớp để
bồi dưỡng học sinh giỏi các khối 10, 11 và 12 môn Hóa học
IV. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
1. Phương pháp nghiên cứu lý luận
2. Phương pháp nghiên cứu thực tiễn
3. Phương pháp điều tra

4. Phương pháp nghiên cứu lí thuyết
5. Phương pháp thực nghiệm sư phạm;
6. Phương pháp tổng kết kinh nghiệm.
PHẦN NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
I.
CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN VỀ BÀI TẬP ÁP SUẤT
Trong sách giáo khoa và tài liệu tham khảo ở phổ thông hiện nay, thuật ngữ “ bài tập” chủ yếu được
sử dụng theo quan niệm: Bài tập bao gồm cả những câu hỏi và bài toán, mà khi hoàn thành chúng
học sinh vừa nắm được vừa hoàn thiện được một tri thức hay một kỹ năng nào đó, bằng cách trả lời
miệng, trả lời viết hoặc kèm theo thực nghiệm.
Về mặt lý luận dạy học, để phát huy tối đa tác dụng của bài tập hóa học trong quá trình dạy học,
người giáo viên phải sử dụng và hiểu nó theo quan điểm hệ thống và lý thuyết hoạt động. Bài tập
chỉ có thể thực sự là “bài tập” khi nó trở thành đối tượng hoạt động của chủ thể, khi có một người
nào đó chọn nó làm đối tượng, mong muốn giải nó, tức là khi có một “người giải”. Vì vậy, bài tập
và người học có mối liên hệ mật thiết tạo thành một hệ thống toàn vẹn, thống nhất và liên hệ chặt
chẽ với nhau.
Sơ đồ cấu trúc của hệ bài tập:
BÀI TẬP

NGƯỜI GIẢI

Những điều kiện

Phương pháp giải

Những yêu cầu

Phương tiện giải
1

Bài tập không chỉ cung cấp cho học sinh hệ thống các kiến thức mà còn giúp cho học sinh thấy
được niềm vui khám phá và kết quả của quá trình nghiên cứu tìm tòi khi tìm ra kết quả của bài tập .
Trong quá trình dạy học bộ môn Hóa học ở trường phổ thông, BTHH giữ một vai trò hết sức quan
trọng trong việc thực hiện tốt và hoàn thành mục tiêu đào tạo, nó vừa là mục đích, vừa là nội dung,
vừa là phương phương pháp dạy học rất có hiệu quả. BTHH có những ý nghĩa, tác dụng to lớn về
nhiều mặt được thể hiện qua một số vai trò như sau,trong đó bài tập về áp suất cũng không ngoài ý
nghĩa đó:
* Ý nghĩa trí dục
- Làm chính xác hoá các khái niệm hoá học, củng cố, đào sâu và mở rộng kiến thức một cách sinh
động, phong phú, hấp dẫn.
- Ôn tập, hệ thống hoá kiến thức một cách tích cực nhất.
- Rèn luyện khả năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn đời sống, lao động sản xuất và bảo vệ môi
trường.
- Giáo dục đạo đức, tác phong: rèn luyện tính kiên nhẫn, sáng tạo, chính xác và phong cách làm
việc khoa học. Giáo dục lòng yêu thích bộ môn.
* Ý nghĩa phát triển
Phát triển ở HS các năng lực tư duy logic, biện chứng, khái quát, độc lập, sáng tạo.
* Ý nghĩa giáo dục
Rèn luyện đức tính kiên nhẫn, trung thực và lòng say mê khoa học. Bài tập thực nghiệm còn có tác
dụng rèn luyện văn hoá lao động (lao động có tổ chức, có kế hoạch, gọn gàng, ngăn nắp, sạch sẽ ...).
II.
THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ TRƯỚC KHI ÁP DỤNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
- Một thực tế cho thấy đa số học sinh không có sự nhạy bén với các bài tập về áp suất. Về loại bài
tập này không chỉ được khai thác trong các đề thi HSG mà kể cả kỳ thi THPT Quốc gia vẫn có, học
sinh vẫn làm nhưng ít em làm được đa số là lúng túng. Vì vậy không chỉ không có kết quả mà lại
tốn thời gian ảnh hưởng rất lớn đến bài thi và tâm lý khi thi.
- Hơn nữa trước mỗi dạng bài tập học sinh chưa biết lựa chọn phương pháp phù hợp để giải quyết
bài toán ngắn gọn nhất, nhanh nhất và chính xác nhất, đây là vấn đề không dễ đối với học sinh. Đa
số những học sinh không có lối tư duy tốt và không có đủ độ nhạy, thiếu phương pháp và kinh

nghiệm giải quyết loại bài này thì sẽ mất rất nhiều thời gian... Trong một số trường hợp thì có thể
thực hiện được nhưng sẽ gặp những vướng mắc nhất định dẫn tới bài toán trở nên rườm rà, phức tạp
Là giáo viên trực tiếp giảng dạy môn hóa và được giao nhiệm vụ giảng dạy, bồi dưỡng HSG tôi
thấy nếu ko khai thác thêm vấn đề áp suất thì kể cả HSG cũng khó đáp ứng được những dạng bài
trên. Trước thực trạng như trên khi giảng dạy tôi đã chủ động đưa ra một số biện pháp cải tiến để
khắc phục những tồn tại đó và giúp đa số các đối tượng học sinh giỏi đều có thể tự tin giải bài tập
nhanh, chính xác, hiệu quả khi gặp dạng bài tập trên.
III.

CÁC GIẢI PHÁP VỀ LÍ THUYẾT VÀ BÀI TẬP ĐÃ ĐƯỢC SỬ DỤNG ĐỂ GIẢI
QUYẾT VẤN ĐỀ ÁP SUẤT
III.1. LÍ THUYẾT
Trước hết cần hiểu những khái niệm cơ bản về thể tích và áp suất của chất khí:
Các phân tử chất khí ( đối với khí hiếm là nguyên tử ) ở cách xa nhau, luôn luôn trong trạng thái
chuyển động hỗn loạn, lực tương tác giữa chúng rất nhỏ, nên nó chiếm hết khoảng trống trong bình
và do đó thể tích khí đúng bằng thể tích bình. Dung tích là phần rỗng bên trong bình, còn thể tích là
kể cả vỏ bình. Vậy khi đề cho dung tích bình ta hiểu chính là thể tích khí chiếm.
Khác với chất rắn và chất lỏng, vì thể tích phân tử khí rất nhỏ so với thể tích khí (khoảng từ
1/500 đến 1/1000 thể tích khí) nghĩa là khoảng trống giữa các phân tử khí khá lớn ta có thể nén khí
lại gần nhau hơn.
Sự va chạm thường xuyên của các phân tử khí vào thành bình gây ra áp suất. Vậy áp suất chính
là lực tác dụng vuông góc lên một đơn vị diện tích thành bình.
1. Thể tích mol phân tử chất khí
ở điều kiện tiêu chuẩn ( 273K chính xác 273,15K hoặc 0oC và 1atm hoặc 760mmHg hoặc
101325Pa ) một mol của bất cứ khí nào đều chiếm thể tích 22,4lit ( chính xác 22,414lit ). Đây là
2


tính chất đặc trưng riêng của chất khí. Còn chất rắn, chất lỏng không như thế, mỗi chất có một thể
tích riêng.

Gọi n là số mol khí, V0 là thể tích khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Ta có biểu thức
V0
V0 = 22,4 . n (lit)
n=
(1)
22,4
Biểu thức này áp dụng cho cả hỗn hợp khí
2. Định luật Avogađrô
"ở cùng một nhiệt độ, áp suất, mọi thể tích khí bằng nhau đều chứa cùng một số phân tử khí"
Định luật này chỉ đúng cho các chất khí , không đúng cho các chất lỏng, chất rắn vì mật độ phân tử
của các chất khí rất nhỏ, khoảng cách rất xa nhau nên thực tế thể tích riêng của các phân tử khí
không ảnh hưởng tới thể tích chung của khí.
Từ đó: Giáo viên dẫn đến ở cùng nhiệt độ áp suất mọi thể tích bằng nhau đều chứa cùng số mol khí
hay nói cách khác trong cùng nhiệt độ áp suất như nhau thể tích tỉ lệ với số mol khí.
3. Định luật Boyle( Bôi) - Quan hệ giữa áp suất và thể tích.
"ở một nhiệt độ không đổi, cùng một số mol khí như nhau, áp suất càng lớn thì thể tích càng
nhỏ, nói cách khác tích số P.V là một hằng số"
P1 . V 1 = P2 . V 2 = P3 . V 3 = …
(2)
4. Định luật Charle( Saclơ)
"Ở một áp suất không đổi, cùng số mol khí như nhau thể tich khí tỉ lệ với nhiệt độ Kenvin"
V1
V2
V3
=
=
=…
(3)
T3
T1

T2
5. Định luật tổ hợp của chất khí
Quan hệ giữa nhiệt độ, áp suất và thể tích - Phương trình trạng thái.
P0 .V0
P.V
=
(4)
T0
T
Trong đó P0 là áp suất ở đktc lấy bằng 1 atm (760mmHg). T0 là nhiệt độ ở đktc bằng 273 K
V0 thể tích đo ở đktc ( V0 = 22,4 . n)
P,V,T, là các đại lượng đo ở đk thường. T = T0 + t0c
Nếu khí đựng trong bình kín thì V chính là dung tích của bình.
Công thức (4) còn được viết dưới dạng:
P0 .V0
P0 .n.22,4
PV =
.T=
.T
T0
T0
PV = nRT
Trong đó R gọi là hằng số khí có trị số bằng :
P0 .22,4
R=
= 0,082 atm. l .mol-1.K-1
T0
Phương trình trạng thái chỉ hoàn toàn đúng với khí lí tưởng, nghĩa là không tính đến tương tác giữa
các phân tử khí, điều này đúng với các khí thực khi áp suất không lớn lắm và ở nhiệt độ cao.
Phương trình trạng thái thường được dùng vào 2 mục đích:

a) Đổi thể tích khí ở đk không tiêu chuẩn thành số mol .
b) Dùng để tính áp suất P.
*Trong một số trường hợp cần vận dụng mấy điểm sau đây để giải quyết bài toán áp suất.
1) ở cùng nhiệt độ và thể tích (dung tích bình) tỉ lệ áp suất bằng tỉ lệ số mol các khí:
P1 : P2 = n1: n2
2) ở cùng thể tích (dung tích bình) và cùng số mol khí như nhau thì áp suất tỉ lệ thuận với nhiệt độ:
P1 : P2 = T1 : T2
Điều này chỉ đúng khí tất cả các chất ở thể khí.
3) Phải chú ý đến H2O:
+ Nếu t0c > 1000c ( áp suất không quá lớn) nước ở trạng thái hơi xem như một chất khí.
+ Nếu t0c ≤ 00c ( áp suất không quá bé) nước trở thành trạng thái rắn coi như không gây ra áp
suất.
3


+ Nếu 00c < t0c < 1000c, thường là 20 đến 250c thì phải lưu ý tới hơi nước bão hoà ở nhiệt độ đó,
thường áp suất hơi nước đề bài cho sẵn.
4) Khái niệm áp suất riêng phần, tức là áp suất gây ra bởi từng khí, áp suất đó tỉ lệ với số mol khí:
P A : P B = n A : nB
Làm rõ cho học sinh hiểu áp suất hơi nước bão hoà, và áp suất riêng phần.
Những phân tử ở bề mặt chất lỏng có động năng lớn hơn lực hút của các phân tử ở phía bên trong
nên có thể thoát ra khỏi bề mặt chất lỏng nghĩa là chuyển thành trạng thái khí bay hơi. Nhiệt độ
càng tăng thì số phân tử bay hơi càng nhiều. Nếu để chất lỏng tiếp xúc với không khí hở thì chất
lỏng dần dần bay hơi hết ( dĩ nhiên tốc độ bay hơi của chất lỏng phụ thuộc vào bản chất chất lỏng).
Nhưng nếu bịt kín lọ đựng chất lỏng (nước lỏng) ở một nhiệt độ nhất định, sự bay hơi của chất lỏng
có hạn, tới mức bão hoà. Đó chính là áp suất hơi nước bão hoà.
Như vậy nếu trong bình kín có chứa nước lỏng hoặc úp ngược một ống nghiệm trên chậu đứng
nước thì tương đương tạo ra một mặt giới hạn, vì vậy ở đó sẽ tạo ra hiện tượng hơi nước bão hoà.
Hơi nước bão hoà cũng tương đương như một khí và gây ra áp suất. Vấn đề áp suất hơi nước bão
hoà thường phổ biến trong các bài toán bình úp ngược, bài toán bình kín có chứa nước ở trạng thái

lỏng.
Còn áp suất riêng phần được tạo ra khi các khí chuyển động bản thân mỗi khí tự va đập vào
thành bình và tự gây ra phần áp suất cho riêng mình.
III.2. BÀI TẬP
Để cho việc vận dụng kiến thức đã học đạt hiệu quả cao tôi tiến hành phân bài tập thành hai
dạng cơ bản nhất. ở mỗi dạng tôi đều chú ý đưa phương pháp đặc trưng riêng, hướng dẫn để học
sinh biết cách vận dụng những lí thuyết đã nêu trên trong các buổi học
DẠNG 1: BÀI TẬP TÍNH ÁP SUẤT P
1. Phương pháp giải
Để giải các bài toán này trước tiên giáo viên hướng dẫn và đặt ra câu hỏi cho học sinh yêu cầu xác
định xem áp suất đang tính tại thời điểm nào ? tức là trước hay sau phản ứng ? Câu hỏi tiếp theo là
tại thời điểm đó trong bình có những khí gì ? tìm cách tính số mol mỗi khí để suy ra tổng số mol các
khí trong bình lúc đó. Cuối cùng dùng phương trình trạng thái thay các đại lượng đã tính được và
các đại lượng đề cho vào để tính P.
nRT
P=
V
Chú ý: các đại lượng n, R, T, V phải vận dụng cùng thời điểm thì phương trình trạng thái mới có ý
nghĩa
Như vậy tất cả những câu hỏi mà giáo viên đặt ra để hướng dẫn học sinh chính là những câu hỏi mà
học sinh phải tự trả lời khi tính P. Tuy nhiên không phải bài toán nào cũng vận dụng cứng nhắc cách
làm trên, mà tuỳ từng bài có thể vận dụng linh hoạt 4 chú ý trong phần lí thuyết đã hướng dẫn.Sau
đây là các bài tập thực nghiệm minh hoạ cho dạng I.
2. Bài tập thực nghiệm
Ví dụ 1:
Trong một bình kín dung tích 16 lít chứa hỗn hợp hơi ba rượu đơn chức A, B, C và 13,44 gam O 2,
nhiệt độ và áp suất trong bình là 109,2 0C và 0,89atm. Bật tia lửa điện đốt cháy hết các rượu, sau đó
đưa nhiệt độ bình về 136,50C, áp suất trong bình lúc này là P.
Cho tất cả các khí trong bình sau khi đốt cháy lần lượt đi qua bình 1 đựng H 2SO4đặc, bình 2
đựng KOH đặc. Sau thí nghiệm thấy khối lượng bình 1 tăng thêm 3,78 gam, còn bình 2 tăng 6,16

gam.
1. Tính áp suất P.
2. Xác định công thức các rượu A, B, C. Biết rằng B, C có cùng số nguyên tử các bon và số
mol của rượu A bằng 5/3 tổng số mol các rượu B, C.
Phân tích để áp dụng phương pháp:
áp suất mà đề bắt tính là áp suất trong bình sau phản ứng, ta phải suy nghĩ xem : sau phản ứng trong
bình có những khí gì? ( CO2, H2O, O2 dư). Tính số mol CO2 theo khối lượng bình KOH tăng, số
mol H2O theo khối lượng bình đựng H2SO4 tăng. Vấn đề là còn tính lượng O2 dư.
oxi dư = oxi đầu - oxi phản ứng. Vì trong rượu có O2 nên
oxi phản ứng = oxi trong CO2 + oxi trong H2O - oxi trong rượu.
4


Vì vậy phải tính số mol rượu (đơn chức)
Cách giải cụ thể
Tổng số mol khí ban đầu (gồm hơi rượu và O2) trước phản ứng cháy:
0,98.16
n=
= 0,5 mol
0,082(109,2 + 273)

13,44
= 0,42 mol do đó nr = 0,5 - 0,42 = 0,08 mol.
32
3,78
6,16
nCO 2 =
= 0,14 mol ; nH 2 O =
18 = 0,21 mol.
44

nO 2 =

Oxi dư nO 2 = 0,42 - 0,14 - (0,21 : 2) + (0,21 : 2) = 0,215 mol.
Vậy tổng số trong bình sau khi đốt cháy:
= 0,215 + 0,14 + 0,21 = 0,565 mol
áp suất P bằng:

P =

0,565.0,082.(273 + 136,5)
= 1,1865 atm.
16

2. Tính khối lượng ba rượu: mR = mc + mH + mO
= 0,14.12 + 0,21.2 +0,08.16 = 3,38 g
Vậy M =

3,38
= 42,2.
0,08

Phải có rượu có M < 42,2 ứng với rượu duy nhất là CH3OH(M = 32). Và đó là rượu A vì B, C có
cùng số nguyên tử các bon.

Như vậy A chiếm

0,08.

5
= 0,05mol. Còn B,C chiếm

3+5

0,08 - 0,05 = 0,03 mol.
Để tìm công thức phân tử của B, C ta lại có thể dùng KLPTTB

M

B,C

=

3,38 − 32.0,05
= 59,3
0,03

Vì B,C chỉ khác nhau số nguyên tử H nên gọi công thức trung bình của B, C là C xH y OH ta có:
12x + y = 42,3 do y < 2x + 2 nên chỉ có cặp nghiệm : x = 3 và y = 6,3 là phù hợp .Như
vậy phải có rượu với số nguyên tử H lớn hơn 6,3 và rượu khác có số nguyên tử H dưới 6,3 vậy có
2 cặp rượu B, C là:
C3H7OH và C3H5OH;
C3H7OH và C3H3OH
Ví dụ 2
Trong một bình kín dung tích 2,24 lít chứa một ít bột Ni xúc tác và hỗn hợp khí H 2, C2H4, C3H6 (ở
đktc). Tỉ lệ số mol , C2H4và C3H6 là 1:1.
Đốt nóng bình một thời gian sau đó làm lạnh bình tới 0 0C, áp suất trong bình lúc đó là P. Tỉ khối
so với hiđro của các hỗn hợp khí trong bình trước và sau phản ứng là 7,6 và 8,445.
1. Giải thích tại sao tỉ khối tăng.
2. tính phần trăm thể tích các khí trong bình trước phản ứng.
3. Tính áp suất P.
4. Tính hiệu suất phản ứng đối với mỗi olêin, biết rằng nếu cho khí trong bình sau phản ứng đi từ

từ qua bình nước Brom thấy nước Brôm bị nhạt màu và khối lượng bình nước Brom tăng 1,05 gam.
Áp dụng giải bài tập
1. Khi đốt nóng bình xảy ra các phản ứng:
Ni ,t 0
C2H4 + H2 
→ C2H6
Ni ,t 0
C3H6 + H2 
→ C3H8
dtrước = M trước : 2
còn dsau = M sau : 2

5


Mà M

trước

=

a
nt

M

sau

=

a
ns

a là khối lượng hỗn hợp khí trước và sau phản ứng không đổi (theo định luật bảo toàn khối
lượng). Theo phản ứng (1) và (2) số mol khí giảm do đó
M sau > M trước nên tỉ khối tăng.
2. Gọi x là % thể tích của mỗi olêfin trước phản ứng
⇒ % V của H2 = 1 - 2x
ta có: M = 7,6 . 2 = 15,2 = 42x + 28x + 2(1 - 2x)

⇒ x = 0,2 tức %VC 2 H 4 = %VC 3 H 6 = 20% và %VH 2 = 60%.

3. ở bài này ta nhận thấy vấn đề về áp suất rơi vào chú ý một là V, t 0 không
đổi nên ta vận dụng chú ý này để tính áp suất P

PT
nT
=
do đó ta đi tính tỉ lệ
PS nS
dT
Ta thực hiện phép chia
=
dS

nT
. Tỉ lệ này tính tương đối dễ từ câu 1.
nS
nS
nS

MT
=
mà PS = PT.
nT
nT
MS
d
7,6
⇒ P = 1. T = 1.
= 0,9 atm.
dS
8,445

4. Do P tỉ lệ với số mol trước và sau phản ứng nên áp suất giảm 1/10 (0,1atm) thì số mol cũng giảm
1/10 so với trước phản ứng
nT =

2,24
= 0,1 mol ⇒ ngiảm = 0,01 mol
22,4

Theo phản ứng (1) và (2) thì ngiảm chính là nH 2 phản ứng.
Từ câu 2 ⇒ số mol mỗi olêfin ban đầu trong hỗn hợp là 0,02 mol và số mol H 2 ban đầu là 0,06
mol. Vậy olêfin là chất thiếu , nên hiệu suất tính theo các olêfin.
Gọi số mol mỗi olêfin phản ứng là a và b.
⇒ số mol H2 phản ứng là ( a + b ) ⇒ a + b = 0,01 (*)
Khối lượng bình nước Br2 tăng chính bằng khối lượng của C2H4 và C3H6 còn lại chưa phản ứng ở
(1) và (2):
⇒ ( 0,02 - a ).28 + ( 0,02 - b ).42 = 1,05 (**)
Giải hệ phương trình (*) và (**) ta có a = b = 0,005 mol.

Vậy hiệu suất phản ứng đối với mỗi olêfin bằng nhau:
H% =

0,005
.100% = 25%.
0,02

Ví dụ 3:
Hai bình kín A, B đêù có dung tích không đổi 9,96 lit chứa không khí ( 21% oxi và 79% nitơ về thể
tích) ở 27,3oc và 752,4 mmHg. Cho vào cả hai bình những lượng như nhau hỗn hợp ZnS và FeS 2.
Trong bình B còn có thêm một ít bột S (không dư). Sau khi nung bình để đốt cháy hết hỗn hợp
sunfua và lưu huỳnh, đưa nhiệt độ bình về 136,5 oC, lúc đó trong bình A áp suất là P A và oxi chiếm
3,68% thể tích, trong bình B áp suất là PB và nitơ chiếm 83,16% về thể tích.
1. Tính % về thể tích các khí trong bình A.
2. Nếu lượng lưu huỳnh trong bình B thay đổi thì % thể tích các khí trong bình B thay đổi như thế
nào.
3. Tính áp suất PA, PB.
4. Tính khối lượng hỗn hợp ZnS và FeS2 đã cho vào trong mỗi bình
Phân tích để áp dụng phương pháp:
6


1. Muốn tính %V trong bình A trước hết phải xem trong bình có khí gì , ta
viết phương trình
phản ứng.
4FeS2 + 11O2 = 2Fe2O3 + 8SO2
(1)
2ZnS + 3O2 = 2ZnO + 2SO2
(2)
Trong bình B còn thêm phản ứng:

S + O2 = SO2
(3)
Phản ứng (3) trong bình B xảy ra không làm thay đổi số mol khí. Do đó tổng số mol khí trong hai
bình sau khi xảy ra phản ứng là như nhau. Mà số mol khí N 2 trong hai bình lại như nhau, nên phần
trăm N2 trong hai bình phải như nhau.Vậy phần trăm các khí trong A là:
%N2 = 83,16% ; %O2 = 3,68% ; %SO2 = 100 - 83,16 - 3,68 = 13,16%
2. Do lượng S không dư nên khi thay đổi tức trong khoảng từ 0 đến vừa đủ tác dụng hết lượng
O2 trong B thành SO2. Ta thấy %N2 luôn không đổi bằng 83,16%.
+ Khi lượng S bằng 0: khi đó thành phần % các khí giống như trong A.
+ Khi lượng S vừa đủ tác dụng hết oxi trong B:
Khi đó %O2 = 0%. %SO2 = 100 - 83,16 = 16,84%.
Vậy: 0 ≤ %O2 ≤ 3,68%;
13,16% ≤ SO2 ≤ 16,84%.
3. Như câu trên cho thấy V, T, n ở hai bình như nhau ⇒ PA = PB
số mol khí N2 trong hai bình không đổi, chiếm %V không đổi nên từ đó ta tính tổng số mol hỗn
hợp các khí sau phản ứng dựa vào mol khí N2.

752,4.9,96
79
=0,4 mol. ⇒ nN 2 =
. 0,4 = 0,316mol
760.0,082.(273 + 27,3)
100
100
Vậy nA = nB = 0,316.
= 0,38 mol.
83,16
0,38.0,082.(273 + 136,5)
PA = PB =
= 1,282 atm.

9,96
nKK =

4. Gọi số mol của ZnS và FeS2 là a và b. Lập các phương trình theo số mol SO2 và O2 p.ư.

13,16
3,68
.0,38 = 0,05 mol. nO 2 dư =
100
100 .0,38 = 0,014 mol.
nO 2 ban đầu = 0,4 - 0,316 = 0,084 mol. ⇒ nO 2 p.ư = 0,084 - 0,014
nSO 2 =

= 0,07 mol .

a + 2b = 0,05.
Theo phương trình (1) và (2) ta có:

3
11
a +
b = 0,07.
2
4

Giải hệ phương trình trên ta có: a = 0,01 mol. b = 0,02 mol.
Khối lượng hỗn hợp = 97. 0,01 + 120. 0,02 = 3,37 gam.
Ví dụ 4:
Cho a gam CaC2 chứa b% tạp chất trơ, tác dụng với H2O, thu được V lít khí C2H2 (đo ở đktc).
1. Lập biểu thức tính b theo a, V.

2. Nếu cho V lít khí trên vào bình kín có than hoạt tính nung nóng làm xúc tác, nhiệt độ trong
bình là toC, áp suất là p1. Sau phản ứng thu được hỗn hợp khí, trong đó sản phẩm phản ứng chiếm
60% thể tích, nhiệt độ không đổi (toC), áp suất là p2.
Tính hiệu suất h của phản ứng.
3. Giả sử dung tích bình không thay đổi, thể tích của chất rắn không đáng kể, hãy:
a. Lập biểu thức tính áp suất p2 theo p1 và h là hiệu suất của phản ứng.
b. Tính khoảng giá trị của p2 theo p1.
Phân tích để áp dụng phương pháp:
1. Cho CaC2 phản ứng với H2O:
CaC2 + H2O →
Ca(OH)2 + C2H2

(1)
7


Mol:
mCaC 2

V
22,4
64V
= 22,4 gam
⇒ b% =

a−

V
22,4
⇒ Khối lượng tạp chất = ( a -

64V
22,4 ) gam

64V
7a − 20V
.100%
22,4 .100 =
7a
a

2. Khi cho C2H2 qua bột than nung nóng.
,t o
3C2H2 C
→ C6H6
Thể tích p.ư:
x
Sau p.ư có:
(V -x)
x/3
Tổng thể tích khí sau p.ư = (V - x) + x/3.

(2)

x/3
60
11x
=
→ V =
(V − x) + x / 3 100

9
x/3
x/3
.100 =
Vậy h =
= 81,81%.
V /3
11x.3 / 9
3. Đặt V1 là thể tích C2H2 đã phản ứng. → Sau p.ư C2H2 = V - V1
Theo đề ta có:

C6H6 = V1/3
Dung tích bình và nhiệt độ không đổi nên tỉ lệ về thể tích cũng là tỉ lệ về áp suất khí trong bình:

mà hiệu suất của p.ư
Thay vào trên ta được:

P1
V
=
P2 (V − V1 ) + V1 / 3
V1
100V1
Vh
hayV1 =
h = 3 .100 → h =
V
V
100
3

P2 =

300 − 2h
.P1
300

b. vì h có giá trị từ 0 đến 1 (từ 0% đến 100%) nên

P1
3

≤ P2 ≤ P1.

Ví dụ 5:
Cho 15,8 gam KMnO4 vào bình chứa HCl dư. Dần toàn bộ khí Clo thu được vào một bình kín bằng
thép dung tích 6,72 lít chứa sẵn hiđrô dư. Bật tia lửa điện trong bình phản ứng xảy ra. Sau khi phản
ứng xong bình chỉ chứa hỗn hợp hai khí ở 0oC và 2atm. Cho hỗn hợp khí ấy sục vào 97,7 gam
H2O, khí HCl tan hết tạo thành 100ml dung dịch HCl (d = 1,05 g/ml ).
1. Tính nồng độ mol của dung dịch HCl.
2. Tính hiệu suất phản ứng điều chế khí Clo.
3. Tính áp suất trong bình thép trước khi dẫn khí Clo vào.
Phân tích để áp dụng phương pháp:
Cho KMnO4 vào bình:
2KMnO4 + 16 HCl → 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O (1)
nKMnO 4 =

15,8
⇒ Theo p.ư (1) nCl 2 = 0,1.5/2 = 0,25 mol.
158 = 0,1 mol

Gọi số mol thực tế khí Clo tạo ra là a mol. Khi cho vào bình thép có hiđro:
Cl2 + H2 = 2HCl
(2)
8


Sau p.ư: nHCl = 2a mol. Và có H2 dư
n H + nHCl
2

6,72.2
= 0,082.273 = 0,6 mol.

Cho 2 khí trên vào H2O thì HCl tan trong H2O tạo ra dung dịch HCl có khối lượng = 100.1,05 =
105 gam.

⇒ mHCl = 105 - 97,7 = 7,3 gam. ⇒ nHCl =
Vậy 2a = 0,2 ⇒ a = 0,1 mol.
1. Nồng độ HCl:

CM =

2. Hiệu suất p.ư điều chế khí Clo:

7,3
= 0,2 mol
36,5

0,2
= 2M.

0,1
0,1
h =
.100 = 40%.
0,25

3. Tính P:
Trước khi cho Clo vào bình thì trong bình chỉ có khí hiđro.
n H 2 ban đầu = n H 2 p.ư + n H 2 dư
= 0,1 + ( 0,6 - 0,2 ) = 0,5 mol.
Vậy P =

0,5.0,082.273
= 1,67 atm.
6,72

Ví dụ 6:
Trong một bình kín dung tích không đổi 5,6 lít chứa hỗn hợp hai khí hiđro và Clo. Đưa bình ra ánh
sáng được hỗn hợp X có tỉ khối đối với hiđrô là 14,8 với áp suất p ở 0oC
1. Tính thành phần phần trăm thể tích của hỗn hợp ban đầu.
2. Bơm 1,7 lít dung dịch KMnO4 vào bình để tác dụng hết với HCl trong X. Sau phản ứng áp suất ở
0oC là p1 với p1 = 1,12p2. Tìm hiệu suất phản ứng tạo ra HCl.
3. Nếu không bơm dung dịch KMnO4 mà bơm khí NH3 dư vào bình để phản ứng hoàn toàn. Sau
phản ứng áp suất ở 0oC giảm 20%. Tính phần trăm thể tích các khí trong bình sau phản ứng. Cho
biết áp suất hơi nước và thể tích chất rắn không đáng kể.
Phân tích để áp dụng phương pháp:
1. Đưa bình ra ánh sáng:
H2 + Cl2 = 2HCl
(1)
Số mol ban đầu:

x
y
nT = x + y
p.ư:
a
a
sau p.ư:
(x - a) ( y - a )
2a
nS = x + y
Theo định luật bảo toàn khối lượng: mT = mS = 2x + 71y

2 x + 71y
= 14,8 .2 = 29,6 ⇒ x = 1,5y.
x+ y
1,5 y
.100 = 60%;
%H2 =
%Cl2 = 40%.
1,5 y + y
2.
2KMnO4 + 16 HCl → 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O (2)
⇒

Số mol:

2a

0,625a

Sau p.ư (2) trong bình có: nH 2 = x - a; nCl 2 = y - a + 0,625a = y - 0,375a.
nS = x - a + y - 0,375a = x + y - 1,375a = 2,5y - 1,375a.
VS = 5,6 - 1,7 = 3,9 lit.
nT =

PT .VT
;
R.T

nS =

PS .VS
R.T

( cùng nhiệt độ )

9


nT PT .VT
=
nS PS .VS

⇒

x+ y
2,5 y
P.5,6
=
=

⇒ a = 0,4y.
2,5 y − 1,375a 2,5 y − 1,375a 1,12 P.3,9

mà x = 2,5y nên Clo là chất thiếu. Hiệu suất tính theo Clo
h =

0,4 y
.100% = 40%
y

3. Nếu không cho KMnO4 mà cho NH3 vào trong bình để p.ư hoàn toàn.
2NH3 + 3Cl2 = N2 + 6HCl
HCl + NH3 = NH4Cl
Sau p.ứ chỉ còn H2 ; N2
nH 2 = x - a = 1,5y - 0,4y = 1,1y.

nN 2 = 1/3( y - a ) = 0,2y.

nT PT
=
⇒ nS = 80%.nT = 80%. 2,5y = 2y.
nS PS
0,2 y
1,1 y
.100 = 10%.
.100 = 55%.
%N2 =
%H2 =
2y
2y

⇒ %NH3 = 55%.

Ta thấy V, T không đổi nên:

Ví dụ 7:
Hai bình kín A và B đều có dung tích 5,6 lít được nối với nhau bằng một ống có khoá K dung tích
ống không đáng kể. Lúc đầu khoá K đóng.
Bình A chứa H2; CO; HCl (khô), bình B chứa H2, CO, NH3. Số mol H2 trong A bằng số mol CO
trong B; số mol H2 trong B bằng số mol CO trong A. Khối lượng khí trong B lớn hơn trong A là
1,125 gam. Nhiệt độ ở hai bình đều bằng 27,3 oC , áp suất khí trong A bằng 1,32 atm, trong B bằng
2,2atm.
Mở khoá K cho khí ở hai bình khuyếch tán lẫn vào nhau. Sau một thời gian, thành phần khí trong
hai bình như nhau. Đưa nhiệt độ hai bình đến 54,6oC ; áp suất khí trong hai bình đều bằng 1,68atm
1. Tính phần trăm về thể tích các khí trong A, B ở thời điểm ban đầu.
2. Tính thành phần % về khối lượng các khí trong bình ở thời điểm cuối, biết rằng ở nhiệt độ đã
cho chất rắn tạo thành không bị phân huỷ và chiếm thể tích không đáng kể.
Phân tích để áp dụng phương pháp:
1. Trước khi mở khoá: Phải hiểu hai bình hoàn toàn độc lập với nhau
Tổng số mol các khí trong A: nA =

1,32.5,6
= 0,3mol
0,082.(273 + 27,3)

Tổng số mol các khí trong B: nB =

2,2.5,6
= 0,5mol
0,082.(273 + 27,3)

Gọi số mol các khí trong A : có x mol H2, y mol CO, z mol HCl
B : có x mol CO, y mol H2, t mol NH3.

 x + y + z = 0,3
⇒{
 x + y + t = 0,5

Ta có hệ phương trình: 

t - z = 0,2

(1)

Theo hiệu khối lượng khí:
( 28x + 2y + 17t ) - (2x + 28y + 36,5z) = 1,125.
(2)
2. Sau khi mở khoá: Phải hiểu hai bình lúc này thông nhau thì các khí khuyếch tán vào nhau và lúc
đó xảy ra phản ứng:
NH3 + HCl = NH4Cl (rắn)
Thành phần khí và áp suất ở hai bình là như nhau do đó tổng số mol khí ở hai bình như nhau: n S =

1,68.5,6
= 0,35 mol.
0,082.(273 + 54,6)
10


x+ y
mol.
2

t − z 0,2
NH3 dư =
=
= 0,1mol
2
2
 z = 0,05
x+ y
Ta có phương trình:
.2 + 0,1 = 0,35 ⇒ x +y = 0,25 ⇒ 
2
t = 0,25
Sau p.ư ở mỗi bình có : H2 = CO =

Kết hợp với (2) rút ra x = 0,1 mol.
a. % V ban đầu:

y = 0,15 mol.

0,1.100
= 33,3%
0,3
0,15.100
% CO =
= 50%
0,3

Trong A; % H2 =

% HCl = 100 - 33,3 - 50 = 16,7%.

0,15.100
= 30%
0,5
0,1.100
% CO =
= 20%
0,5

Trong B: % H2 =

% NH3 = 100 - 30 - 20 = 50%.
b. % khối lượng khí trong 2 bình sau p.ư:
số mol H2 = số mol CO = (x + y ) = 0,25 mol.
số mol NH3 dư = 0,2 mol.
Khối lượng:
H2 = 0,5 gam chiếm 4,59%.
CO = 28. 0,25 = 7 gam chiếm 64,22%.
⇒ NH3 chiếm 31,19%.
Ví dụ 8
Nung m gam hỗn hợp A gồm FeS và FeS 2 trong một bình kín chứa không khí ( gồm 20% thể tích
O2 và 80% thể tích N2) đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được chất rắn B và hỗn hợp khí C có
thành phần thể tích : N2 = 84,77% ; SO2 = 10,6% còn lại là O2.
Hoà tan chất rắn B bằng dung dịch H2SO4 vừa đủ, dung dịch thu được cho tác dụng với Ba(OH)2
dư. Lọc lấy kết tủa làm khô, nung ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi, thu được 12,885 gam
chất rắn.
1. Tính phần trăm khối lượng các chất trong A.
2. Tính m.
3. Giả sử dung tích bình là 1,232 lít ở nhiệt độ và áp suất ban đầu là 27,3 oC và 1 atm, sau khi nung
chất A ở nhiệt độ cao, đưa bình về nhiệt độ ban đầu , áp suất trong bình là p.

Tính áp suất gây ra bởi mỗi khí trong hỗn hợp C.
Phân tích để áp dụng phương pháp:
Phương trình phản ứng:
2FeS + 3,5O2 = Fe2O3 + 2SO2
mol:
x
1,75x
0,5x
x
4FeS2 + 11O2 = 2Fe2O3 + 8SO2
mol:
y
2,75y
0,5y
2y
Gọi số mol khí trước khi nung:
N2 = 0,8a ( mol )
O2 = 0,2a ( mol )
Số mol khí sau khi nung:
N2 = 0,8a ( mol )
SO2 = ( x + 2y ) mol
O2 dư = 0,2a - 1,75x - 2,75y.
11


Tổng số mol khí sau khi nung:

= a - 0,75( x + y )

0,8a

84,77
=
⇒ a = 13,33( x+ y )
Theo đề ra ta có:
(1)
a − 0,75( x + y ) 100
x + 2y
10,6
=
⇒ a = 10,184x + 19,618y (2)
a − 0,75( x + y ) 100
Từ (1) và (2): 13,33( x +y ) = 10,184x + 19,618y ⇒ x : y = 2 : 1 (3)
1. Tỉ lệ về khối lượng:

%FeS =

2.88
.100 = 59,46%.
2.88 + 1.120

%FeS2 = 100 - 59,46 = 40,54%.
2. Chất rắn B là Fe2O3 = 0,5( x + y) mol.
Fe2O3 + 3H2SO4 = Fe2(SO4)3 + 3H2O
0,5(x + y)
0,5(x + y)

Fe2(SO4)3 + 3Ba(OH)2 = 2Fe(OH)3 + 3BaSO4
0,5(x + y)
(x + y)
1,5(x + y)

Khi nung kết tủa:
t oC
2Fe(OH)3 →
Fe2O3 + 3H2O
(x + y)
0,5 (x + y)
t C
BaSO4 →
không thay đổi
233. 1,5( x + y ) + 160. 0,5( x + y ) = 12,885
⇒ x + y = 0,03
x = 0,02 ; y = 0,01.
o

Ta có:
Từ (3) và (4)
Tính m:

(4)

m = 88.0,02 + 120.0,01 = 2,96 gam
3. Số mol khí trước phản ứng là a mol:
a =

1.1,232
= 0,05 mol
0,082.(273 + 27,3)

Khi đó số mol hỗn hợp C là:
0,05 - 0,75(x + y) = 0,0275 mol.

Do trước và sau p.ư V, t không đổi nên áp suất tỉ lệ với số mol.
P =

0,0275.1
= 0,55 atm.
0,05

áp suất mỗi khí là áp suất riêng phần tỉ lệ với số mol :
PN 2 = 84,77%. 0,55 = 0,466 atm.
PSO 2 = 10,6%. 0,55

= 0,058 atm.

PO 2 =

= 0,025 atm

4,63%.0,55

Ví dụ 9:
Trong một bình kín dung tích không đổi chứa hỗn hợp khí CO và O 2 có tỉ khối so với H2 là 15. Từ
điều kiện tiêu chuẩn ban đầu, ta nung hỗn hợp khí để xảy ra phản ứng:
2CO + O2 =
2CO2
sau đó đưa nhiệt độ về 0oC.
a). Tính thành phần % theo thể tích của hỗn hợp khí trong bình ứng với áp suất khí ở 0 oC là 0,875
atm.
b). Chứng minh áp suất khí trong bình sau phản ứng ở 0 oC biến thiên trong khoảng 0,75 ≤ p
≤ 1 atm.
Phân tích để áp dụng phương pháp:

Gọi a là số mol CO , b là số mol O2 trong hỗn hợp ban đầu.
Ta có phương trình: 28a + 32b = (a + b ).15.2 ⇒ a = b.
12


Phản ứng:
2CO + O2 = CO2
Gọi số mol CO p.ư là x mol ⇒ số mol O2 p.ư là x/2 mol.
Sau p.ư số mol:
CO dư = (a - x) mol
CO2
= x mol
O2 dư = (a - x/2) mol.
n S = (2a - x/2) mol.
Trước và sau phản ứng V, t không đổi :

PT nT
1
2a
=
⇒
⇒ 2a - x/2 = 2a. 0,875 ⇒ x = 0,5a.
=
PS nS
P 2a − x / 2
a − 0,5a
% CO = % CO2 =
. 100 = 28,57%.
2a − 0,5a / 2
% O2 = 100 - 2. 28,57 = 42.86%.

2).

PS =

2a − x / 2
2a

mà

0 ≤ x ≤ a.

Thay vào trên ta có khoảng xác định của P:
0,75 ≤ p ≤ 1 atm.
Ví dụ 10:
Một bình kín có dung tích 10 lít có chứa 30,4 gam oxi và hai hiđrôcácbon thuộc cùng một dãy đồng
đẳng. áp suất khi đầu là P1 (0oC). Bật tia lửa điện phản ứng cháy xảy ra hoàn toàn . Cho sản phẩm
cháy lần lượt qua bình một đựng H2SO4 đặc, bình hai dung dịch NaOH dư thì thấy khối lượng bình
một tăng 12,6 gam và bình hai tăng 22 gam.
1. Hãy xác định dãy đồng dẳng của A, B.
2. Tính áp suất P1 (0oC) và P2 sau p.ư ( 136,5oC )
3. Xác định công thức phân tử của A, B ( đều ở thể khí ở điều kiện tiêu chuẩn)
Phân tích để áp dụng phương pháp:

12,6
= 0,7 mol.
18
22
số mol CO2 =
=0,5 mol.
44

nCO
0,5
=
Ta thấy tỉ lệ:
< 1 ⇒ A, B thuộc dãy đồng đẳng ankan.
nH O 0,7
1. Theo đề : số mol H2O =

2

2

2. P1 là áp suất trước phản ứng, khi đó trong bình có O2 và A, B
nA,B = nH 2 O - nCO 2 = 0,7 - 0,5 = 0,2 mol.
nO 2 =

30,4
32 = 0,95 mol.

⇒ nT = 0,2 + 0,95 = 1,15 mol. ⇒ P1 =

1,15.0,082.273
= 2,576 at
10

p.ư: Vậy ta tính số mol các khí sau p.ư gồm có CO2, H2O, và O2dư:
O) = 0,5 + 1/2.0,7 = 0,85mol.

P 2 là áp suất sau

nO 2 p.ư = nO2(CO 2 ) + nO 2 (H 2

⇒ nO 2 dư = 0,95 - 0,85 = 0,1 mol
⇒ nS = 0,5 + 0,7 + 0,1 = 0,13 mol
0,13.0,082.(273 + 136,5)
⇒ P2 =
= 4,368atm.
10
3. Gọi công thức trung bình của A,B là C n H2 n +2.

13


nCO

2

nH O
2

=

0,5
n = 1;2
0,5
n
⇔
⇒ n = 2,5 ⇒  1
=
0,7

0,7
1+ n
n2 = 3;4

Ta có các cặp nghiệm:

CH 4
CH 4
hoặc 

C3 H 8
C 4 H 10

hoặc

C 2 H 6
C 2 H 6
hoặc 

C3 H 8
C 4 H 10

Trên đây chỉ là một số ví dụ minh hoạ cho dạng 1 - dạng tính áp suất. Do khuôn khổ bản sáng kiến
kinh nghiệm có hạn nên tôi không tiếp tục đưa ra ví dụ mà chỉ đưa thêm một số bài tập bổ sung.
MỘT SỐ BÀI TẬP BỔ SUNG
Bài 1: Hỗn hợp khí gồm N2và O2 được trộn theo tỉ lệ thể tích V N 2 : VO 2 = 1 : 4 và có thể tích
224cm3 ở nhiệt độ 91OC, áp suất là 2 atm. Dùng tia lửa điện để gây ra phản ứng.
N2 + 2O2 = 2NO2
a) Tính khối lượng các chất trong hỗn hợp sau phản ứng.
b) Giả sử thể tích bình chứa không đổi. Tính áp suất hỗn hợp khí trong bình sau phản ứng ở nhiệt

độ 91oC, biết rằng phản ứng xảy ra hoàn toàn .
1. Khối lượng:
NO2 = 0,276 gam.; O2 dư = 0,192 gam
2. PS = 1,6 atm
Bài 2: Khí nhiên kế có thể tích không đổi là 11,2 lit chứa không khí ở điều kiện tiêu chuẩn bật tia
lửa điện để tổng hợp NO theo phản ứng:
N2 + O2 = 2NO
a) Tính hiệu suất phản ứng biết rằng sau phản ứng ta thu được 2,25 gam NO.
b) Nếu sau phản ứng ta đưa khí nhiên kế về 0 oC. Hỏi áp suất hỗn hợp khí trong khí nhiên kế có
thay đổi không ?
c) Muốn cho áp suất khí sau phản ứng là 1,5 atm phải đưa nhiệt độ của khí nhiên kế lên bao nhiêu
độ C. Cho biết tỉ lệ VO 2 và VN 2 trong không khí là

1:4

a. h% = 37,5%.
b. áp suất P của hỗn hợp không thay đổi (vì V, T, n không đổi)
c. T2 = 409,5oK hay 136,5oC.
o
Bài 3: Một bình kín 2 lít ở 27,3 C chứa 0,03 mol C2H2; 0,015 mol C2H4 và 0,04 mol H2 có áp suất
P1. Tính P1.
Nếu trong bình đã có một ít bột Ni làm xúc tác (thể tích không đáng kể), Nung bình đến nhiệt độ
cao để phản ứng xảy ra hoàn toàn, sau đó đưa về nhiệt độ ban đầu được hỗn hợp khí A có áp suất
P2. Tính P2.
Cho hỗn hợp A tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3 thu được 3,6 gam kết tủa .
Tính số mol mỗi chất trong A.
P1 = 1,0465 atm.; P2 = 0,554 atm
Trong A có: C2H2 dư = 0,015 mol.; C2H4 = 0,005 mol.; C2H6 = 0,025 mol.
Bài 4:
Trộn 0,02 mol C 2H2 và 0,03 mol H2 với 1,68 lít O2 (đktc ) nạp vào một khí nhiên kế có

dung tích 4 lít rồi đốt cháy.
áp suất hỗn hợp sau phản ứng bằng bao nhiêu khi nhiệt độ bằng 109,2oC.
Tổng số mol khí sau phản ứng = 0,1 mol. ⇒ PS = 0,784 atm.
Bài 5: Trong một bình kín thể tích 5,6 lít chứa 3,36 lít H 2 và 2,24 lít C2H4 (ở đktc ) và một ít bột
Ni.
Đốt nóng bình một thời gian , sau đó làm lạnh về 0oC, áp suất trong bình lúc đó là P.
a) Nếu cho hỗn hợp kkhí trong bình sau phản ứng lội qua nước Br 2 thấy có 0,8 gam Brôm tham
gia phản ứng.
Tính % H2 đã tham gia phản ứng.
b) Tính áp suất P sau phản ứng , thể tích bột Ni không đáng kể.
a. % H2 tham gia p.ư = 63,3 ;
b. P = 0,62 atm.
o
Bài 6: Trong một bình kín dung tích V lít ( ở t C áp suất P ) chứa một ít bột Ni xúc tác và hỗn hợp
khí A gồm hai olêfin CnH2n , Cn + 1H2n + 2 và H2 với thể tích tương ứng là a, b, 2b lít biết b = 0,25V.
14


Nung nóng bình một thời gian sau đó đưa về nhiệt độ ban đầu ta được hỗn hợp B , áp suất trong
bình lúc này là P1.
1. Biết tỉ khối hơi của B so với A bằng m. Hỏi m có giá trị trong khoảng nào?
2. Tính khoảng giá trị của P1 theo P.
3. Nếu P1 = 0,75P thì thành phần % về thể tích các khí trong B bằng bao nhiêu?
Biết rằng hiệu suất các phản ứng của olêfin với hiđrô đều bằng nhau.
1. 1 ≤ m ≤ 2.;
2. 0,5p ≤ p1 ≤ p.; 3. % H2 = 33,3 %.
% mỗi ankan bằng nhau và = 16,7 %. % mỗi olêfin dư bằng nhau và = 16,7%
Bài 7: Nạp C2H6 vào một bình có V = 5,6 lít cho đến khi đạt được áp suất P 1 = 1,2 atm, sau đó
thêm một hỗn hợp hai hiđrôcácbon A, B thuộc cùng dãy đồng dẳng đến khi áp suất P 2 = 2,4 atm, và
sau cùng nạp O2 đến P3 = 12,4 atm ( P1, P2, P3 đều đo ở 0oC ). Bật tia lửa điện, 3 hiđrocácbon cháy

hết cho ra 57,2 gam CO2 và 28,8 gam H2O.
a. Chứng minh rằng A, B là anken.
b. Xác định công thức phân tử của A, B biết rằng A, B đều ở thể khí ở đktc.
c. Tính áp suất P4 ( 0oC ) sau phản ứng đốt cháy và sau khi thêm KOH rắn (thể tích KOH không
đáng kể ) vào bình.
a. nC 2 H 6 = 0,3 mol, nA,B = 0,3 mol,

nO 2 bđ = 2,5 mol.

nCO 2 (A,B) = nH 2 O(A,B) = 0,7 mol. → A,B là anken
b. n = 2,33 → n1 = 2 ( C2H4 ); n2 = 3 hoặc 4 ( C3H6 hoặc C4H8 )
c. P4 = 1,6 atm
Bài 8: Trong một bình kín dung tích 20 lít chứa 9,6 gam oxi và m gam hỗn hợp 3 hiđrôcácbon A,
B, C. Nhiệt độ và áp suất trong bình lúc đầu là 0 oC và 0,448 atm. Bật tia lửa điện để đốt cháy hết
các hiđrôcácbon và giữ nhiệt độ bình ở 136,5oC, áp suất trong bình lúc này là P. Cho hỗn hợp khí
trong bình sau p.ư lần lượt đi qua bình một đựng H 2SO4 đặc và bình 2 đựng KOH thấy khối lượng
bình một tăng 4,05 gam và bình hai tăng 6,16 gam.
1. Tính P, giả thiết dung tích bình không đổi.
2. Xác định công thức phân tử của các hiđrôcácbon, biết B, C có cùng số nguyên tử các bon, và số
mol của A gấp 4 lần tổng số mol của B và C.
1. Sau p.ư trong bình có : CO2 , H2O , O2 dư ( 0,225 + 0,14 + 0,0475 = 0,4125 mol).
⇒ P = 0,693 atm
2. A là CH4 ; B là C3H8 ; C là C3H6 hoặc C3H4.
Bài 9: Hỗn hợp khí A gồm cácbon oxit và không khí (4/5 thể tích là N 2 và 1/5 thể tích là O2) Biết
3,2 lít hỗn hợp A ở 47o C và 2,5 atm cân nặng 8,678 gam
1. Tính phần trăm thể tích mỗi khí trong hỗn hợp A
2.Trong một bình kín dung tích 20 lít chứa một mol hỗn hợp A và một ít bột CuO. Đốt nóng bình
trong một thời gian để các phản ứng xảy ra hoàn toàn, sau đó đưa nhiệt độ bình về 27,3 oC áp suất
trong bình lúc đó là P. Nếu cho khí trong bình sau phản ứng lội từ từ qua nước vôi trong dư thì thu
được 30g kết tủa.

a, Tính áp suất P, biết dung tích bình không đổi, thể tích chất rắn không đáng kể.
b, Hoà tan chất rắn còn lại trong bình sau phản ứng bằng axít nitric dư thu được hỗn hợp khí NO 2
và NO có tỉ khối so với H2 bằng 21. Tính thể tích hỗn hợp khí đó ở đktc.
1. %O2 = 12%. %N2 = 48%. %CO = 40%.
2.a Sau p.ư trong bình có: N2 = 0,48 mol. CO2 = 0,3mol. CO = 0,1mol.
⇒ nS = 0,88 mol ⇒ P = 1,084 atm.
b. số mol (NO + NO2) = 0,06 mol ⇒ V(NO + NO 2 ) = 1,792 lit.

DẠNG 2: BÀI TOÁN CÓ LIÊN QUAN ĐẾN ÁP SUẤT HƠI NƯỚC BÃO HOÀ
1. Phương pháp giải
dạng này thường gặp khi trong bình kín có tạo ra nước lỏng hoặc bài toán bình úp ngược trên chậu
đứng nước.
* Khi trong bình kín có tạo ra nước lỏng như hình vẽ:
15


Khí
Hơi nước bão hoà
H2O (l)
Tôi hướng dẫn học sinh xác định các thành phần gây ra áp suất đối với đáy bình bao gồm có cột
nước lỏng có độ cao h(mm) , phần khí có trong bình , phần hơi nước bão hoà. Do đó áp suất nén
xuống đáy bình bằng:
Pcột nước + PKhí + PHơi nước bão hoà
ở đây cần hướng dẫn học sinh cách đổi áp suất cột nước sang áp suất cột thuỷ ngân.
Ta vẫn biết dH 2 O = 1g/ml, còn dHg = 13,6g/ml.Vậy Hg nặng gấp H 2O 13,6 lần, nên muốn gây ra
một áp suất bằng cột nước có độ cao h(mm) thì chỉ cần cột thuỷ ngân có độ cao

h
mmHg. Còn
13,6

áp suất hơi nước bão hoà thường đề cho. áp suất cột khí tính như hướng dẫn ở dạng một. Hiểu được
áp suất của các thành phần gây ra đối với bình thì mới tính đúng được P trong bình kín.
*Áp suất hơi nước bão hoà còn rất phổ biến ở bài toán bình úp ngược trên chậu đứng nước.
Những bài toán này thường không yêu cầu tính áp suất P, mà áp suất ở đây chỉ như một công cụ
trung gian để giải quyết một bài toán khác. ở đây thường gặp 3 trường hợp.
- Mực nước trong ống ngang bằng mực nước trong chậu.
- Mực nước trong ống cao hơn mực nước trong chậu.
- Mực nước trong ống thấp hơn mực nước trong chậu
Khi giảng dạy loại này tôi đưa ra các hình vẽ minh hoạ h.1, h.2, h.3. Tôi đã nêu ra phương pháp
chung để học sinh áp dụng cho cả 3 trường hợp, đó là hướng dẫn cho học sinh hiểu sự cân bằng áp
suất trong và ngoài ống bằng cách tiến hành chọn hai điểm A và B ở cùng một mặt thoáng lấy mực
nước thấp làm chuẩn. A nằm ngoài ống còn B nằm trong ống (như hình vẽ minh hoạ). Do đó P A =
PB . Tiếp tục hướng dẫn học sinh xác định các thành phần gây ra áp suất đối với hai điểm A và B.
Theo nguyên tắc phía trên hai điểm A và B có những thành phần nào thì những thành phần đó gây
ra áp suất đối với A và B.
Tại A: chịu áp suất khí quyển (h.1 và h.2) còn ở (h.3) ngoài áp suất khí quyển còn có cả áp suất
cột nước gây ra.
Tại B: Chịu áp suất hỗn hợp khí, phần hơi nước bão hoà và cả cột nước (h.1). Vậy ta có biểu thức
cân bằng áp suất trong các trường hợp :
T.H 1:
khí và hơi nước bão hòa

 PA = PKhiquyen

 PB = Pcot nuoc + PKhi + PhoinuocB . H
Ta có :
PKhí quyển = Pcột nước + PKhí + Phơi nước bão hoà

(h.1)

TH2

Khí và hơi nước bão hòa

 PA = PKhiquyen

 PB = PKhi + PHoinuocB . H

Ta có:
(h.2)

PKhí quyển = PKhí + Phơi nước bão hoà

TH3:
16


Khí và hơi nước bão hòa

 PA = PKhiquyen + Pcot nuoc

 PB = PKhi + PHoinuocB . H
Ta có:
PKhí quyển + Pcột nước = PKhí + Phơi nước bão hoà
(h.3)
Từ biểu thức cân bằng áp suất trong các trường hợp trên ta sẽ tính được áp suất cột khí trong ống,
do thể tích phần ống chứa khí đề cho, nhiệt độ trong ống biết vì vậy ta sẽ tính được số mol các khí
trong ống. Từ đó vận dụng các điều kiện tiếp theo của bài toán để trả lời các yêu cầu khác nhau của
đề.

Như vậy khi học sinh gặp những bài toán bình úp ngược thì cách hướng dẫn các bước thực hiện
như trên tôi đã giúp học sinh định hướng ra con đưòng đi chung để giải quyết bài toán. Sau đây là
những bài tập thực nghiệm minh hoạ sự vận dụng lí thuyết và phương pháp giải.
2. Bài tập thực nghiệm
Ví dụ 1:.
Khử 1,6 gam hỗn hợp hai anđehit no bằng hiddro ta thu được hỗn hợp hai rượu. Đun nóng hỗn
hợp hai rượu với H2SO4 đặc thì thu được hỗn hợp hai olefin là đồng đẳng liên tiếp.
Cho hỗn hợp hai olêfin cùng với 3,36 lít oxi dư (đktc) vào một ống úp ngược trên chậu nước (xem
hình vẽ). Sau khi bật tia lửa điện để đốt cháy, đưa nhiệt độ ống về 25OC, ta nhận thấy:
- Mực nước trong ống cao hơn mực nước trong chậu là 68 mm.
- Thể tích phần ống chứa khí là 2,8 lit.
2,8lit
1. Tìm công thức phân tử của các anđêhit.
Biết rằng:
758,7mmHg
68mm
- áp suất khí quyển là 758,7 mmHg.
- áp suất gây ra bởi hơi nước trong ống ở
25OC là 23,7 mmHg.
- Khối lượng riêng của Hg là 13,6 g/cm3.
Giả thiết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, khí CO2 không tan trong nước.
Tính khối lượng mỗi anđêhit.
Phân tích để áp dụng phương pháp :Để giải câu này cần hiểu cân bằng áp suất của khí quyển và
áp suất trong ống.
A, B là hai điểm cùng nằm trên mặt thoáng nên áp suất phải bằng nhau. Tại A chỉ có áp suất khí
quyển. Còn tại B có áp suất do khí trong ống gây ra + áp suất do cột nước gây ra + áp suất hơi nước
bão hoà trong ống. Do đó ta có phương trình cân bằng áp suất :
Pkhí quyển = PCO 2 + O 2 + Phơi nước + Pcột nước

→ PCO 2 + O 2 = 758,7 - 23,7 -

68
= 730 mmHg.
13,6

Từ đó tính được tổng số mol O2 dư và CO2.
n =

730.2,8
= 0,11 mol.
760.0,082.298

Xin trở lại bài toán từ đầu:
1. Vì 2 olêfin là đồng đẳng liên tiếp nên 2 rượu và do đó hai anđehit phải là đồng đẳng liên tiếp
thì phương pháp hay nhất và ngắn gọn nhất là phương pháp trung bình.
Gọi công thức trung bình của hai anđehit là: C n H 2 n O.ta có sơ đồ phản ứng:
C n H 2 n O → C n H 2 n+ 2 O → C n H 2 n
C n H 2 n + 1,5 n O2 → n CO2 + n H2O
Lượng O2 ban đầu nO

2

3,36
= 22,4 = 0,15 mol
17


Tổng số mol hai anđehit ban đầu =

1,6

16 + 14n

Số mol khí trong ống sau phản ứng bằng
=

1,6
1,6
. n + 0,15 - 1,5.
. n = 0,11 ⇒ n = 2,667.
16 + 14n
16 + 14n

Vậy công thức của các anđehit là CH3CHO và C2H5CHO.
2. Đặt số mol của 2 anđêhit là x và y mol ta có hệ phương trình:
x + y =

1,6
= 0,03.
53,3

44x + 58y = 1,6
Giải ra có : x = 0,01.
y = 0,02.
Khối lượng CH3CHO là: 0,01 .44 = 0,44 gam.
C2H5CHO là: 0,02 .58 = 1,16 gam.
Ví dụ 2: Cho 4,6 gam chất A là một oxit của nitow đi qua CuO nóng đỏ, N 2 giải phóng được thu
vào một ống nghiệm úp trên mặt nước. Khi đó mực nước trong ống cao hơn mực nước trong chậu
5mm. Thể tích khí thu được ở 15OC là 1230 ml, áp suất hơi nước bão hoà ở 15OC là 12,7 mmHg. áp
suất khí quyển là 750 mmHg và khối lượng riêng của Hg là 13,6g/ml.
1. Tính phần trăm các nguyên tố trong A.

2. dA/KK = 1,58. xác định công thức A.
3. Hoà tan 9,2 gam A vào 90,8 g dung dịch NaOH 15%. tính nồng độ phần trăm các chất trong
dung dịch.
Phân tích để áp dụng phương pháp: Áp dụng phương pháp chung đã nêu trên ta đi tính số mol khí
trong ống (là khí N2) . Hình vẽ tương tự bài 1.
PA = PB ⇔ PKhí quyển = Pcột nước + PKhí + Phơi nước bão hoà

5
PN 2 = 750 - 12,7 - 13,6 = 736,92 mmHg hay 0,97 atm.

⇒ nN 2 =

0,97.1,23
= 0,05 mol. ⇒ mN 2 = 0,05.28 = 1,4 gam.
0,082.288

⇒ mO 2 = 4,6 - 1,4 = 3,2 gam.
1,4
.100 = 30,43%.
% N2 =
4,6

2. Theo đề tính được M A = 28,8.1,58 = 46 ⇒ khối lượng N trong 1 mol A là 30,43%.46 =
14 gam.Tức A chứa 1 mol N. Vậy công thức A viết là NOx ⇒ x = 2. CTPT A : NO2
3. p.ư:
2NO2 + 2NaOH = NaNO3 + NaNO2 + H2O

9,2
⇒ 0,1
= 0,2

0,1
46
90,8.15
nNaOH =
= 0,34 mol > 0,2 (mol NaOH bị p.w0 ⇒ NaOH dư.
100.40
Số mol:

Khối lượng NaNO3 = 0,1.85 = 8,5 gam.
NaNO2 = 0,1.69 = 6,9 gam.
NaOH dư = (0,43 - 0,2).40 = 5,6 gam.
Khối lượng dung dịch thu được sau p.ư = 90,8 + 9,2 = 100 gam.
C% NaNO3 = 8,5%. C% NaNO2 = 6,9%. C% NaOH dư = 5,6%.
Ví dụ 3:.
Cho m gam chất hữu cơ A tác dụng hoàn toàn với dung dịch KOH. Tạo ra 0,339 gam muối. Mặt
khác khi đốt cháy m gam chất A cần 1,764 lit không khí (ở 0 OC, 1 atm). Sản phẩm cháy gồm CO 2,
N2, H2O cho qua bình đựng P2O5, khối lượng bình tăng thêm 0,243 gam, khí còn lại được dẫn vào
18


ống úp trên chậu đứng nước ở 25oC. Khi mực nước trong ống ngang bằng mực nước trong chậu thì
thể tích phần ống chứa khí là 1930,7 ml. Trong ống áp suất gây ra bởi hơi nước ở 25 OC là 23,7
mmHg, áp suất của N2 bằng 5,375 lần áp suất CO2.
1. Tính m.
2. Tìm công thức phân tử và công thức cấu tạo của A, biết rằng phân tử A có chứa hai nguyên tử
oxi. (cho biết áp suất khí quyển là 760 mmHg, không khí gồm 20% thể tích oxi, 80% thể tích nitơ,
độ tan của CO2 và N2 trong nước là không đáng kể).
Phân tích để áp dụng phương pháp : Bài này vấn đề áp suất rơi vào trường hợp 2, khí trong ống
sau khi cháy có CO2 và N2.
1. Số mol KK =

1,764
= 0,0785 Trong đó:
22,4

O2 có 0,0785 . 20 % = 0,01575 mol và N2 có 0,0785 . 80 % = 0,063 mol
Khi mực nước trong ống bằng mực nước trong chậu thì
P(CO 2 , + N 2 ) + PHơi H 2 O = PKhí quyển

Khí quyển

P(CO 2 + N 2 ) = 760 - 23,7 =736,3 mmHg
Nên tổng số mol (n) của N2 và CO2 sẽ là:

760.n 22,4 = 1,9307.736,3
273
273 + 25

n = 0,0765.

Vì áp suất gây ra bởi từng khí tỉ lệ với số mol (số phân tử) của nó nên ta có:
nN 2 = 5,375 . nCO 2
Tức trong ống có:

0,0765.1
= 0,012 mol CO2 và 0,0765 - 0,012 = 0,0645 mol N2.Lượng N2 này
1 + 5,375

lớn hơn lượng mol N2 trong không khí .
Do đó số mol N2 do đốt A bằng:

0,0645 - 0,063 = 0,0015.
Tính mA :
mA + mO 2 = mH 2 O + mCO 2 + mN 2
⇒ mA = 0,243 + 0,012 . 44 + 0,0015 .28 - 0,01575 .32 = 0,309 gam.
2. Tìm công thức của A:
Trong 0,309 gam A có:

12.0,528
= 0,14 g
44
2.0,243
= 0,27 g
mH =
18
28.0,0336
= 0,042 g
mN =
22,4
mC =

=

0, 0213 gam

môxi = 0,309 - 0,213 = 0,096 gam
Đặt công thức của A là CxHyOzNt ta có:
x:y:z:t=

0,14 0,027 0,096 0,42
:

:
:
16
12
1
14

x:y:z:t=4:9:2:1
Công thức đơn giản nhất của A là C4H9O2N.
a) Vì phân tử gam A có 2 nguyên tử ôxy nên công thức phân tử của A là C4H9O2N (MA = 103đvC).
b) Vì A phản ứng với KOH nên A có thể là axit hoặc este.
Đặt công thức của A là RCOOR' ;
RCOOR' + KOH
RCOOOK + R'OH
(1)
từ (1): 103 (g)
M' (g)
0,309
0,339
Vậy:
M'(muối) = 113 đvC.
19


Ta có:
R + 44 + R' = 103
R = 30
R+ 44 + 39 = 113
R' = 29
Nguyên tử N không chứa trong gốc R' vì:

Nếu R' có N thì không viết được công thức nào
O
Vậy công thức cấu tạo A là:
CH2 - C
NH2
O - C2H5.
Trên đây là những bài tập minh hoạ cho dạng 2, ta thấy chúng đều được vận dụng phương pháp
chung như đã nêu ở trên để giải quyết, sau đây tôi xin đưa thêm một số bài tập bổ sung để học sinh
tiếp tục tự luyện tập.
BÀI TẬP BỔ SUNG
Bài 1: Cho 4,96 gam hỗn hợp CaC2 , Ca tác dụng hết với nước thu được 2,464 lit khí X ở 27,3 oC
và 1 atm.
1. Tính phần trăm khối lượng
CaC2 trong hỗn hợp đầu.
2. Cho hỗn hợp X vào bình kín có xúc tác thích hợp nung nóng một thời gian thu được hỗn hợp khí
Y. Chia Y làm hai phần bằng nhau:
- Phần 1: Cho lội từ từ qua dung dịch Brôm dư, thấy có 0,448 lít khí thoát ra (đktc) và khối lượng
dung dịch Brôm tăng 0,4 gam. Tính phần trăm thể tích mỗi khí trong Y.
- Phần 2: Trộn với 1,68 lit oxi (đktc) và cho vào bình kín dung tích 4 lít . Sau khi bật tia lưa điện để
đốt cháy đưa nhiệt độ bình về 25oC. Tính áp suất P ở nhiệt độ này. Biết áp suất hơi nước bão hoà ở
25oC = 23,7 mmHg. Thể tích chất lỏng bỏ qua.
1. % CaC2 = 51,6 %
2. % H2 = 42,85% . % C2H6 = 14,28%.
% C2H4 = 14,28%. % C2H2 = 28,57 %.
3. PCO 2 + O 2 = 232,3 mmHg.
⇒ P trong bình = 232,3 + 23,7 = 256 mmHg.
Bài 2: Trong một bình kín dung tích không đổi 0,42 lít chứa mêtan và nước. Nung nóng bình một
thời gian để chuyển hoá mêtan nhằm điều chế khí hơi nước ( hỗn hợp CO + H 2). Sau đó làm lạnh
bình tới 25oC thấy áp suất trong bình là 776,7 mmHg. Biết thể tích chất lỏng không đáng kể. áp suất
hơi nước ở 25oC là 23,7 mmHg. Lấy tất cả khí trong bình (sau p.ư chuyển hoá) đem đốt cháy thấy

toả ra 1,138 kcal nhiệt. Biết nhiệt đốt cháy CO, H 2, CH4 tương ứng là 26,4; 63,8; 212,8 kcal/mol.
Tính phần trăm metan bị chuyển hoá .
Tổng áp suất các khí CO, H2, CH4 bằng 776,7 - 23,7 = 753 mmHg
⇒ tổng số mol của chúng bằng 0,017 mol.
Gọi x là số mol CH4 đã chuyển hoá ⇒ số mol: CO = x; H2 = 3x
CH4 = 0,017 - 4x.
Ta có phương trình : 24,4x + 68,3.3x + 212,8(0,017 - 4x) = 1,138.
Rút ra x = 0,004 mol. Vậy h% =

0,004.100
= 80%.
0,017 − 3.0,004

IV.
HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Kinh nghiệm giảng dạy phần toán áp suất mà tôi trình bày trong bản sáng kiến kinh nghiệm này đã
được tôi thực tế áp dụng vào giảng dạy tại trường trung học phổ thông trong nhiều năm qua.Qua
thực tế đó tôi đã chắt lọc và đúc rút ra những vấn đề hết sức cơ bản và cần thiết (phần nội dung) để
cung cấp cho học sinh trong những buổi học bồi dưỡng, nhằm giúp cho học sinh có được lượng
kiến thức cơ bản , bên cạnh đó còn có một phần kiến thức nâng cao trên nền tảng kiến thức cơ bản.
Nội dung kiến thức được hướng dẫn có hệ thống từ đơn giản đến phức tạp, do đó giúp học sinh tiếp
thu được dễ dàng chủ động. Tạo ra tâm lí tự tin, hứng thú khi học phần áp suất.
Đặc biệt sau khi trang bị cho học sinh phần lí thuyết. Tôi đã nghiên cứu và phân chia bài tập thành
các dạng cơ bản. ở mỗi dạng tôi tìm ra đặc trưng riêng để xây dựng ra phương pháp vận dụng lí
thuyết vào giải bài tập một cách phù hợp
20


Bản sáng kiến kinh nghiệm này tôi đã và đang ứng dụng nó để giảng dạy tại trường học THPT
cho học sinh. Qua thời gian ứng dụng tôi thấy hiệu quả của nó cao đó là:

- Đa số học sinh nắm vững kiến thức trọng tâm, cơ bản về áp suất.
- Nâng cao được kiến thức áp suất cho học sinh, tạo điều kiện cho học sinh phát huy tính tích cực
học tập, óc sáng tạo và say mê tìm tòi kiến thức.
- Từ hành trang kiến thức đó học sinh giải bài tập áp suất thành thạo góp phần nâng cao chất lượng
giải bài tập hoá học trong các đề thi HSG đáp ứng được cầu của các đề thi.
KẾT LUẬN
Trong phạm vi một sáng kiến kinh nghiệm cá nhân và qua công việc thực tế đã làm của mình
trong thời gian qua tôi xin mạnh dạn đưa ra một số đánh giá sau đây:
1. Toán áp suất không phải là một phần toán khó, phức tạp nhưng muôn hình muôn vẻ. Trong khi
giảng dạy nếu không có kế hoạch bổ sung lí thuyết và phương pháp giải bài tập thì học sinh khó có
thể giải quyết tốt loại toán này.
2. Sau khi được học phần áp suất theo nội dung trên, hầu hết học sinh đều có thể tự lập giải quyết
được lí thuyết và bài tập áp suất. Như vậy cho thấy việc dạy bổ trợ kiến thức áp suất nói riêng cũng
như một số phần khác nói chung là cần thiết và đúng đắn. Dư luận chung của học sinh là đều rất
hoan nghênh và đánh giá tốt khi được học phần áp suất theo phương pháp trên.
Vì vậy tôi đã mạnh dạn nêu lên những cố gắng về suy nghĩ và việc làm của mình trong thời gian
qua. Tuy nhiên đây mới chỉ là suy nghĩ của riêng cá nhân tôi, vả lại khi viết và trình bày sáng kiến
thời gian còn eo hẹp do đó không tránh khỏi những sai xót và hạn chế mà bản thân tôi chưa nhìn ra
Tôi rất mong các đồng nghiệp cùng các em học sinh góp ý xây dựng cho bản sáng kiến kinh
nghiệm của tôi . Để bản sáng kiến kinh nghiệm có hiệu quả hơn và giá trị ứng dụng thực tế cao hơn,
thiết thực góp phần nâng cao hơn chất lượng dạy học môn hoá trong nhà trường THPT.

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 09 tháng 6 năm 2017
Tôi xin cam đoan đây là sáng kiến kinh nghiệm
của mình viết, không sao chép nội dung của
người khác.
Người viết

Lê Thị Lan Hương

21