Chiến lược ôn tập tổng lực phân tích - giới thiệu phương trình tư duy và các kỹ thuật giải nhanh 500 bài tập Hóa học

Chia sẻ: Nguyen Huu Dac | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:22

Thêm vào BST

Báo xấu

265
lượt xem 94
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Cuốn sách Chiến lược ôn tập tổng lực phân tích - giới thiệu phương trình tư duy và các kỹ thuật giải nhanh 500 bài tập Hóa học tập hợp bài tập Hóa học từ cơ bản đến nâng cao, có hướng dẫn giải chi tiết cụ thể và trình bày phương pháp làm các dạng toán Hóa học giúp các em ôn luyện và củng cố kiến thức để đạt điểm cao môn Hóa trong kì thi ĐH, CĐ sắp tới.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Chiến lược ôn tập tổng lực phân tích - giới thiệu phương trình tư duy và các kỹ thuật giải nhanh 500 bài tập Hóa học

FC – HOÁ HỌC VÙNG CAO 2.0 ---Ad:DongHuuLee--- CHIẾN LƯỢC ÔN TẬP TỔNG LỰC PHÂN TÍCH – GIỚI THIỆU PHƯƠNG PHÁP TƯ DUY VÀ CÁC KĨ THUẬT GIẢI NHANH 500 BÀI TẬP HOÁ HỌC
Đây là giáo trình đã Ad tích luỹ trong 10 năm luyện thi cho các thế hệ thí sinh và kết quả thật là tuyệt vời. Giáo trình này sẽ là bộ tài liệu quý cho các quý đống ghiệp dùng để luyện thi mà không còn phải bận tâm mua sách tham khảo, chuẩn bị bài giảng trước khi lên lớp và đặc biệt giáo trình sẽ giúp quý bạn đống nghiệp tạo nên “tên tuổi, thương hiệu” đối với các thế hệ học trò. Bên cạnh đó, với giáo trình này các em học sinh không có điều kiện tới các trung tâm luyện thi, các em học sinh học chưa tốt môn Hoá có thể tự ôn cấp tốc dể đạt đựoc từ 8 điểm Hoá trở lên trong việc thực hiện những ước mơ, hoài bảo của mình trong vòng 3 tháng tới . Dưới đây xin pháp được trích ra một số bài trong cuốn giáo trình đẻ quý bạn đống nghiệp và các em học sinh tham khảo, góp ý kiến: Bài 1. Oxi hóa 0,08 mol một ancol đơn chức, thu được hỗn hợp X gồm một axit cacboxylic, một anđehit, ancol dư và nước. Ngưng tụ toàn bộ X rồi chia làm hai phần bằng nhau. Phần một cho tác dụng hết với Na dư, thu được 0,504 lít khí H2 (đktc). Phần hai cho phản ứng tráng bạc hoàn toàn thu được 9,72 gam Ag. Phần trăm khối lượng ancol bị oxi hóa là A. 50,00% B.31,25% C.62,50% D. 40,00% Phân tích • Hợp chất phản ứng được với kim loại Na,K… thì phân tử phải có nhóm –OH hoặc nhóm COOH và khi đó luôn có: n ∑ ( nhchc = 2 × số nhóm chức OH ,COOH) H2 Điều này( và các công thức tính nhanh khác) bạn đọc dễ thấy nếu nhìn vào phản ứng.Tuy nhiên với yêu cầu 90 phút /50 câu thì việc viết phản ứng là bất đắc dĩ. Từ nay trở đi bạn nên chuẩn bị và luyện giải theo công thức tính nhanh hoặc chí ít cũng phải là sơ đồ hợp thức nếu bạn không muốn “lỗi thời” bạn nhé.Vẫn biết rằng thay đổi một thói quen mà đặc biệt là thay đổi một phong cách tư duy đã ăn sâu vào tâm trí lâu naykhông phải lả dễ dàng , tuy nhiên do yêu cầu của thời cuộc cùng với năng lực thì tôi tin bạn sẽ làm được!!! Hợp chất tham gia phản ứng tráng bạc ( bạn đọc cần chú ý điều này khác với thể loại hợp chất phản ứng với AgNO3/NH3 vì phản ứng với AgNO3/NH3 bao gồm cả tráng bạc và tạo kết tủa vàng nhạt với hợp chất có liên kết ba đầu mạch.Thực tế cho thấy , do “ thói quen mãn tính” nhiều thí sinh khi gặp kiểu câu hỏi là chỉ nghỉ ngay tới phản ứng tráng gương mà “ vô cảm” với tình huống thứ hai → không ít bạn suốt đời “ ôm hận” đấy).thì phân tử phải có nhóm –CHO hoặc nhóm HCOO- . Cụ thể : - Andehit : R(CHO)n - Axit fomic: HCOOH - Hợp chất fomat: HCOOR/ , HCOONa, HCOONH4… - Cacbohiđrat: Glucozơ,fructozơ( chất này đã từng khiến nhiều bạn trả giá quá đắt,bạn đọc chú ý nhé) , Mantozơ.Khi đó ta luôn có: n ∑ ( n Ag = 2 × số nhóm chức CHO ,HCOO-) hchc → Với anđehit đơn chức ( hay gặp trong đề thi) thì : n ∑ n Ag = 2 andehit don Ngoại lệ ( đề thi thường hướng vào các vùng ngoại lệ): nếu là HCHO thì: nAg ∑n =4 HCHO → Khi giải bài tập xác định CTPT của anđehit đơn chức hoặc có liên quan tới thì ta cứ giải bình
thường ( coi đó không phải là HCHO ) sau khi mà giải xong mà thấy kết quả vô lí → an đehit có trong bài là HCHO. Các công thức tính nhanh trên dễ thấy khi bạn đọc tự viết phương trình của phản ứng tráng bạc ( tác giả được biết là nhiều bạn gặp khó khăn trong việc viết và cân bằng phản ứng trắng bạc, đặc biệt là những chất anđehit “ ngoại lai”.Thực ra việc viết và cân bằng các phản ứng này vô cùng đơn giản- không quá 10s.Nếu bạn đọc nào chưa biết kĩ thuật đặc biệt này thì alo hoặc cmt cho tác giả trên FC – HÓA HỌC VÙNG CAO nhé). • Khi gặp bài toán oxi hóa:  RCHO(andehit ). + CuO ,t 0  ancol đơn chức (X) RCH2OH  hhY ↑  H 2O → +Cu  RCH OH ≥ 0  2 ( du ) thì luôn có: (1) ∆ mrắn giảm = m[O ]( pu ) = 16 × npư.= mY - mX (2) nancol (pư) = n[O ] (pư) = nanđehit(xeton) = nH 2O M andehit + 18 nên nếu ancol không dư thì → M Y = 2 (1) Mancol = Manđehi + 2 (2) .Một số kĩ năng khác. (+) nancol (ban dau ) > ∑ nancol ( pu ) = ∑ nandehit = ∑ nH 2O mancol (bd ) mancol (bd ) (+) M ancol (bd ) = < nancol (bd ) > nancol ( pu ) nancol ( pu ) = ∑ nandehit = ∑ nH 2O (+) mancol (bđ) + m[O2 ] = mhữu cơ sau + mH 2O = (mancol (dư) + manđehit )+ mH 2O → mancol (bđ) < mhữu cơ sau + mH 2O = (mancol (dư) + manđehit )+ mH 2O msau − mancol (bd ) (+)%CH3OH (pư) = 2 × . mancol (bd ) Khi gặp bài toán oxi hóa: RCOOH(axit ).  +2 CuO ancol đơn chức (X) RCH2OH  hhY  H 2O → +2Cu  RCH OH ≥ 0  2 ( du ) thì luôn có: (1) ∆ mrắn giảm = m[O ]( pu ) = 16× npư.= mY - mX 1 (2) nancol (pư) = × n (pư) = naxit = nH 2O 2 [O ] M + 18 nên nếu ancol không dư thì → M Y = axit 2 (3)Mancol = Maxit -16 (4).Một số kĩ năng khác. ⋅ nancol (ban dau ) > ∑ nancol ( pu ) = ∑ naxit = ∑ nH 2O mancol (bd ) mancol ( bd ) ⋅ M ancol (bd ) = < nancol (bd ) > nancol ( pu ) nancol ( pu ) = ∑ naxit = ∑ nH 2O ⋅ mancol (bđ) + m[O2 ] = mhữu cơ sau + mH 2O = (mancol (dư) + maxit )+ mH 2O → mancol (bđ) < mhữu cơ sau + mH 2O = (mancol (dư) + maxit )+ mH 2O
 RCHO H O + CuO  2 • Khi gặp bài toán oxi hóa: ancol đơn chức  hh  →  RCOOH ancol( du )  Khi đó các công thức thường được sử dụng là : (+) nancol (ban dau ) > ∑ nancol ( pu ) = ∑ n( andehit + axit ) = ∑ nH 2O mancol (bd ) mancol (bd ) (+) M ancol (bd ) = < nancol (bd ) > nancol ( pu ) nancol ( pu ) = ∑ n( andehit + axit ) = ∑ nH 2O (+) mancol (bđ) + m[O2 ] = mhữu cơ sau + mH 2O = (mancol (dư) + manđehit + maxit)+ mH 2O → mancol (bđ) < mhữu cơ sau + mH 2O = (mancol (dư) + manđehit + maxit)+ mH 2O (+) Cách tính % ancol bị oxi hóa n nandehit + axit 2 < nandehit + naxit = %ancol < 2nandehit + naxit ( pu ) nancol (bd ) nancol (bd ) nancol ( bd ) (+) Nếu đề không cho khối lượng của chất rắn sau khi cho sản phẩm tác dụng với Na, K thì kết quả là ancol trong bài toán thường là CH3OH ( nếu đề cho là ancol no ) hoặc CH2=CH-CH2-OH ( nếu đề cho là ancol chưa no một liên kế đôi C=C). • Gặp bài toán “chia thành 2 phần” thì cần chú ý việc NHÂN ĐÔI hoặc CHIA ĐÔI số liệu ( rất nhiều học sinh của nhiều thế hệ đã phải “ ôm hận” vì lỗi này đấy.Bạn đọc cần chú ý nhé!!!). HƯỚNG DẪN GIẢI Sơ đồ bài toán:  R − CHO  RCOOH P1+ Na   0,504l H 2 ↑ → [ O]   0,08mol R-CH2-OH  hh  →   →  HOH  P2 + AgNO3 / NH 3  R − CH 2 − OH  → 9, 72 gam Ag ↓  Cách 1. Phương pháp kinh nghiệm • Vì đề không cho khối lượng của chất rắn sau khi cho sản phẩm tác dụng với Na nên ancol trong bài toán là CH3OH( muốn là an col ≠ CH3OH thì phải cho khối lượng của chất rắn sau khi cho sản phẩm tác dụng với Na, khi đó mới lập đủ số phương trình để tìm được ancol – đây là kinh nghiệm được đúc rút ra từ việc giải dưới hình thức tự luận của rất nhiều bài kiểu này). • Khi đó sử dụng các công thứ tính nhanh: n - Hợp chất  ∑ ( hchc = 2 × số nhóm chức OH ,COOH) + Na , K → nH 2 + AgNO3 / NH 3 - Với anđehit đơn chức hoặc hợp chất HCOOH, HCOONa,HCOONH4  thì → nAg :∑ =2 nandehit don Ngoại lệ : nếu là HCHO thì: nAg ∑n =4 HCHO Ta sẽ tính được : nHCHO = 0, 02mol , nHCOOH = 0, 005mol → % m CH3OH bị oxi hóa = (n axit + n andehit) : n ancol = 0,025 : 0,04 .100% = 62,5% Cách 2. Phương pháp phản chứng anđehit – sử dụng công thức tính nhanh.
0, 08 Luôn có nRCHO < nRCH 2OH (bđ) = 0,08 mol → Ở phần 2 nRCHO < = 0, 04mol ( vì đã chia thành 2 2 phần). nAg Giả sử RCHO ≠ HCHO → Theo công thức tính nhanh ∑n =2 andehit don 9, 72 → nAg sinh ra phải < 2.0,04 = 0,08 mol .Nhưng thực tế nAg thu được = = 0, 09mol → RCHO phải là 108 HCHO → ancol ban đầu là CH3OH.Tiếp đó giải như cách 1. Cách 3.Phương pháp khoảng • Phản ửng chứng như cách 2 ta được ancol là CH3OH Đặt số mol HCHO và HCOOH lần lượt là a và b → ở phần 2 ta có: a a  2 HCHO → 4 × 2 Ag ↓  b  a b a + = 0, 045  → nAg = 4 × + 2 × = 0, 09 →  2  b HCOOH → 2 × b Ag ↓ 2 2 2a + b = 0, 09  2  2 b a+ b Theo toán học hiển nhiên có: a + < a + b < 2a + b → 2 < a + b < 2a + b 2 0, 08 0, 08 0, 08 A , B ,C , D → 56,25%< %ancol CH3OH bị oxi hóa  chỉ có đáp án 62,50% thỏa. → Hay quá phải không bạn đọc.Cố mà sở hữu phương pháp này nhé, nó sẽ giúp bạn “ bách chiến bách thắng” đấy!!! Chú ý.Nếu cũng thể loại bài này mà đề lại cho khối lượng của an col ban đầu ( bài trên cho mol) thì phương pháp làm không thay đổi nhưng ta áp dụng bảo toàn khối lượng cho phản ứng oxi hóa. mancol (bđ) + m[O2 ] = mhữu cơ sau + mH 2O = (mancol (dư) + manđehit + maxit)+ mH 2O Cách 4.Phương pháp đại số- sử dụng công thức tính nhanh Bạn đọc cứ coi bài toán này không có ngoại lệ hay điều đặc biệt gì cả, sau đó sử dụng các công thức tính nhanh ở trên đẻ lập hệ và giải hệ.Khí đó: - Nếu hệ có nghiệm đẹp thì lấy kết quả bình thường. - Nếu hệ vô nghiệm hoặc “ có vấn đề” thì chứng tỏ bài toán thuộc ngoại lệ → ancol ban đầu phải là CH3OH .Sau đó bạn đọc lại sử dụng công thức tính nhanh để tìm đáp án cần tìm. Trong quá trình lập hệ cần nhớ các công thức đã nêu trong phần phân tích đã nêu ở trên bạn đọc nhé. Bài 2 .Đốt 16,2 gam hỗn hợp X gồm Al và Fe trong khí Cl2 thu được hỗn hợp chất rắn Y. Cho Y vào nước dư, thu được dung dịch Z và 2,4 gam kim loại. Dung dịch Z tác dụng được với tối đa 0,21 mol KMnO4 trong dung dịch H2SO4 (không tạo ra SO2). Phần trăm khối lượng của Fe trong hỗn hợp X là A. 37,33% B. 72,91% C. 66,67% D. 64,0% .Phân tích • Khi gặp bài toán theo mô hình nối tiếp : (n) Chất ban đầu  B  C  ….  Sản phẩm cuối cùng. (1) → (2) → (...) → → Thì thường dùng( một hoặc đồng thời) các định luật: (1) Định luật bảo toàn khối lượng ( cho 1 quá trình nào đó trên sơ đồ). (2). Định luật bảo toàn e “kinh điển” cho toàn bộ quá trình.( bạn có biết thế nào là bảo toàn e kinh điển không? Nếu không hãy alo hoặc cmt cho tôi nhé !!!) (2) Định luật bảo toàn một vài nguyên tố nào đó. • Cl2 là chất oxi hóa mạnh nên khi tác dụng sẽ đưa kim loại lên hóa trị cao nhất.Thí dụ: t0 2Fe+ 3Cl2  2FeCl3→ t0 2Cr+ 3Cl2  2CrCl3→
Các kim loại từ Mg → Cu cso khả năng kéo muối Fe3+ về muối Fe2+: M + Fe3+ → M n + + Fe2 + { ( Mg →Cu ) Đặc biệt , nếu kim loại là kim loại từ (Mg → Zn) thì có thể kéo tiếp Fe2+ về Fe nếu như trong phản ứng trên kim loại vẫn còn. • Một trong những phản ứng điều chế Cl2 trong phòng thí nghiệm: 16HCl + 2KMnO4 → 5Cl20 ↑ + 2MnCl2 + 2KCl + 8H2O Tuy nhiên thực chất chỉ là : 10Cl- + 2MnO4- +16H+ → 5Cl2 ↑ +2Mn2+ +8H2O Điều này có nghĩa là không nhất thiết phải có HCl và KMnO4 thì phản ứng mới xảy ra mà chỉ cần có H+, Cl- và MnO4- ( không cần biết nguồn gốc ở đâu) là phản ứng xảy ra. Do thói quen về hình thức nên nhiều thí sinh không nhận ra được điều này và vô tình trở thành “ miếng mồi ngon” đố với các tác giả ra đề thi!!! • Khi giải một bài toán hóa mà thấy kết quả lẻ, hoặc làm ra kết quả mà không có trong đáp án … thì bạn hãy tin rằng bạn đã bị “ sập bẫy”.Có nhiều tình huống làm cho bạn bị “ trọng thương” và một trong những tình hưống hay gặp là tác giả đề thi đã “ thầm lặng chèn rất tinh vi một phản ứng đặc biệt” vào một giai đoạn nào đó của bài toán → Nếu trong quá trình giải một bài toán hóa mà thấy kết quả lẻ, hoặc làm ra kết quả mà không có trong đáp án … thì bạn hãy kiểm tra xem mình bị “ sập bẫy” chỗ nào rồi bình tĩnh giải quyết. • Khi giải một bài toán trắc nghiệm nếu thấy không xác định được cách giải, đề quá dài, quá ít số liệu nhưng lại qus nhiều ẩn… thì đừng vội “tỏa sáng” mà hãy bớt chút thời gian để thực hiện phương pháp thử tìm ra phương án cho số mol đẹp ( có bài chỉ càn dùng số liệu cso sẵn tren đề để thử, nhưng có bài phải qua một số phép toán mới thực hiện thử được). Để hiểu hết được các ý tưởng mà tác giả vừa trình bày ở trên , xin mời bạn đọc và nghiên cứu cẩn thận toàn bộ nội dung lời giải ở trên. HƯỚNG DẪN GIẢI Cách 1. Phương pháp bảo toàn e”kinh điển” Từ số liệu 2,4 gam kim loại nhận thấy có 2 khả năng : (1) Gồm Al dư và Fe ban đầu. (2) Phần Fe dư Tức diễn biến của phản ứng là một trong hai sơ đồ sau:  Al + Cl20  Al( du )  Al 3+ + KMnO4 / H 2 SO4  16, 2 g hhX   2, 4 gam  → + ddZ  − → Mn 2+ + Cl2 0  Fe  Fe Cl  Hoặc :  Al 3+  Al + Cl20  + KMnO4 / H 2 SO4 16, 2 g hhX   2, 4 gam Fe + ddZ  Fe 2+ → Fe3+ + Cl20 + Mn 2+ →   Fe Cl −  (Bạn nào mà có cảm giác tốt thì phán đoán ngay được rằng bài toán sẽ diễn ra theo hướng thứ 2.Tuy nhiên , tư duy đầy đủ phải là như phân tích trên.Nhiều bạn khi giải bài này là làm theo hướng 2 ngay tức khắc nhưng không phải do cảm giác mà là áp đặt vì không phân tích được hết các tình huống như trên → đúng ngẫu nhiên). Đặt x, y lần lượt là số mol của Al và Fe tham gia phản ứng, theo sơ đồ trên và áp dụng bảo toàn e kinh điển ta có hệ: 27 x + 56 y = 16, 2 − 2, 4  x = 0, 2  → 3.x + 3. y = 5.0, 21  y = 0,15 Vì y =0,15 ≠ 0 tức Fe đã tham gia phản ứng → Al đã phải phản ứng hết ( vì luật là mạnh hết thì yếu mới được phép phản ứng) → 2,4g kim loại sau phản ứng là phần Fe dư.Vậy
0,15 × 56 + 2, 4 %mFe = .100% = 66, 67% → Đáp án nào thì bạn đã rõ. 16, 2 Nhận xét. Bạn nào mà có cảm giác tốt thì phán đoán ngay được rằng bài toán sẽ diễn ra theo hướng thứ 2.Tuy nhiên , tư duy đầy đủ phải là như phân tích trên.Nhiều bạn khi giải bài này là làm theo hướng 2 ngay tức khắc nhưng không phải do cảm giác mà là áp đặt vì không phân tích được hết các tình huống như trên → đúng ngẫu nhiên. Cách 2. Phương pháp thử - kết quả đẹp. - Phán đoán bài toán xảy ra theo hướng 2. 16, 2 × %mFe − 2, 4 A, B ,C , D nFe phản ứng =  khi %mFe = 66,67% thì nFe phản ứng “đẹp”. → 56 → Đây là phương án được lựa chọn. Bài 3. Cho hỗn hợp gồm Fe và Zn vào dung dịch AgNO3 đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch X gồm hai muối và chất rắn Y gồm hai kim loại.Hai muối trong X là A. Fe(NO3)2 và AgNO3 B. AgNO3 và Zn(NO3)2 C. Zn(NO3)2 và Fe(NO3)2 D. Fe(NO3)3 và Zn(NO3)2 Phân tích (1) Bản chất kim loại ( không tan trong nước : Từ Mg đến Au) + dung dịch muối là : Kim loại M + ion kim loại Rm+ → ion kim loại Mn+ + kim loại R ↓ (2). Luật phản ứng. • Xảy ra theo quy tắc α : Kim loại mạnh + ion của kim loại yếu → ion của kim loại mạnh + kim loại yếu. • Nếu nhiều kim loại thì kim loại mạnh phản ứng trước,nếu hết thì kim loại yếu mới có cơ hội phản ứng. • Nếu có nhiều muối thì ion của kim loại yếu phản ứng trước, nếu hết ion của kim loại yếu mới có cơ hội phản ứng. • Kinh nghiệm xét thời điểm dừng trình phản ứng,sản phẩm : + Đề thường cho tối đa 2 kim loại và tối đa hai muối ( hai ion kim loại). + Xét 2 kim loại A,B và hai muối Xn+ và Ym+. + Trên đề có bao nhiêu kim loại và bao nhiêu muối (ion kim loại) thì xảy ra bấy nhiêu trường hợp. Theo sơ đồ : Kim loại M + ion kim loại Rm+ → ion kim loại Mn+ + kim loại R ↓ Nên sản phẩm thu được có hai thành phần : rắn ( kim loại) và dd ( muối). Vì trong quá trình phản ứng thì : Kim loại ban đầu → Muối (ion) Muối (ion ) ban đầu → Kim loại Nên theo thứ tự phản ứng đã nêu ở trên có: - Luật ghi sinh kim loại (rắn): ghi từ đằng sau ra đường trước. - Luật ghi sinh muối :ghi từ đằng trước ra đằng sau. Từ sơ đồ này dựa vào đề bài ( số lượng kim loại sau phản ứng hoặc số lượng muối thu được sau phản ứng)bạn đọc sẽ dễ dàng xác định được thời điểm phản ứng dừng lại cũng như sản phẩm cuối cùng của phản ứng. • Hai phản ứng đặc biệt :
⋅Fe 2+  2+ +   Fe  (+) Fe + muối Ag → ⋅  3+   Fe  ⋅Fe3+  Luật: - Fe dư → muối Fe2+. - Muối Ag+ dư → muối Fe3+. (+) Các kim loại từ Mg đến Cu + muối Fe3+ → Muối Fe2+ + muối nên:   Fe ⋅hh  ⋅Fe 2+   M = Mg → Cu  2+ ⋅Fe   Fe  + A.loại 2 (HNO3,H2SO4(đặc) ) → ⋅  3+    Fe   Fe  ⋅hh  ⋅Fe3+    M = Mg → Cu Luật: - Kim loại dư → muối Fe2+. - A.loại 2 dư → muối Fe3+. Hướng dẫn giải Theo đề thì lộ trình của bài toán là : Vậy hai muối là Zn(NO3)2 và Fe(NO3)2. Hai kim loại là Ag và Fe(phần dư). Ghi chú. Vì Fe dư nên chỉ tạo muối Fe2+. Hình thức giao dịch : - Giáo trình : Quý bạn đọc sẽ nhận dưới dạng file Pdf ( hơn 300 trang), gửi qua Mail. - Phí mua giáo trình : 500 K, chuyển vào số tài khoản 3504215012689 qua thẻ ATM – NGÂN HÀNG NN & PT Nông Thôn Thanh Hoá ,Chi nhánh Cẩm Thuỷ. - Mọi thông tin quý bạn đọc liên lạc qua số 01629159224 hoặc facebook : FC – HOÁ HỌC VÙNG CAO 2.0. Quý bạn đọc cũng có thể tham khảo thêm ở phía dưới một số bài lí thuyết trong giáo trình để đưa ra quyết định của mình. Tin chắc giáo trình sẽ làm hài lòng quý bạn đọc. Chào thân ái ./.
!"$&&% +,./022321 6) 6& (% )"4:4; )= )/"A +0 #%'() -) 1 4 5 5/ 7- $28 -9# -? @&' 1 4B= B") 0 "0D%'=
"0-C) C&%$D) C&%B'= 04B= E") $ F IK KNOPQRS UWPXYZ[V\^ HJL MO TV \]
_ `a 2 b c>$) /de)g'# 4"g&&3-5& n&o) #q r"NuvK ty (% e"})l/&3~ %/ ""f A h-jk -4l mk p/ ; & dst wL x K $2z{| -) -4 0),4:~"),4. $ ) ()B %&0),4' = " ("0 #" ? ? 4 / B) - " ( ? ) g) ' /DC&%$D)= / f- - "0D%' ) -&'#-4!= -2& )B" c =)'jk C&%),)g ) g)jBB ,./n&o) r"5/o& )d (% -) |"k ',)g& "0' ' / f-() -) k p/ d 6) 7- ; & $2);/fn& o) #q r"$,' r D{ /6 $4B -d/4 p/ ; & d -) 1 -) ) ") '-% 5) -= c./4 &5n%g'"B |! ! /"1r)0B) ) -& 3 f A 4 )} ! $ ) @0 "()B = ¡¢£¥ ¤ >-%D¦ n-4? ¨©ª 2
B -)§ $) « & ¬ +1D /-2: -D&3 & &) 4 D¦ 4 ¯°!¯±4%/6) 6& ²' 645 -) % 4 q -4 ./ -& -) ® $) 5/ 7- !;j- #q /"B%r -)-D/2( 25",./& #) D¦ -) -&= ) 4 &'( 25"0~ ; & 0 $01 ³ q ´ ' µ-) ´/ -) ¶- @./-& A ' µ# 1 C ²'!²'r !· ²' ! ! j 1 = j ! ²'!²'r ! ! = 1 ! ²'
!²'!· ²'r ! = j 1 ! ²' 0 ²'! r !²' ! ! j ! ²' 1 = F IK KNO PQRS UWPXYZ[V\^ HJL M ¸ T V \]
_ `a 2 b ¹ ) 4 n -"),4" »f-) µr"q &3-5& g¼0),4:/e'n7} ./-&§ 0 Dº & / #"d -D -4l m eg " &) ½|~ ) ? ? âÆãßÇ ãäYäàãá Î ¹ h ,9 # 2:&3& #) D' -) -&0&&) À 4? -"-&)'= ¾"5 ") ¿ 4-4 ´/ -) ¶- @ 1 -2/)$) D{, -5 ¹-)/C D /-'&'B44%("0 B%~ Á { ) 1 -) A EBf 8 /" $0 C ! ¯ Ê ! Ê²' ! ¯ ! Êº²'! 4 ° !! º Ê²' ! Ê ! Ê²' ! >-&&3 #0 D{ /4A D¦ 4%/2. 4; ) ,h A &3 (%D{ / #h &C Â -4 ¦ 1 -) ) - -) $) "$$) ¯°!¯±& ÈÄÆÇ±¨ >É/0),4Æ4%//&-#%'()&'/&'" %/ Å ) " $) µ "$&&% A µ C4 ? Ê¯jjE () ¯ÐÐÐÐ 0fÒj Ê Ê Ë Ì/ [ÍÎÏÑ %" = jjj Ó%" ¶ ! & #) D¦ -) -& fr! ! ²' ´/ -) ¶- @= ¨ÔÕ 2 ¡¢Ö>$) E &&D(¿ E5r DB% ~ %/ µ -4"5 ' h -)0 ! ! -)0' ×4%/)d );/4))"54%/6) 6& !0 ¯ ÁB%4)4$) ; & -) ' -h $) 5/ 7- = -)04-'" 6) 6& DB%,./02#" 5ØÙ4 ÁB%& × C4 5/ 7- -)0-) 1 É21 5 × ) j 2= -)0Ú/# E)C3,%6)&369)22µ= ÁB%6) ¿ { 54B j-4"43 & -)0-2/'D{ /4(% 14)4%6 -)()B= &D(¿ #) 0~ ± ÁB%4' " -) ) - $2r - " m B) -4"5 Û/1 $ ¯jj±= jj±=
¯jj= 0¯jj±= FIK ÎM VÜ S W¸PXYÅÝ[PVO^ HJL N \ QR T ] LÞ \\ 01 3 5 79 4
5 9 2 41 44
2 45 67
9