cÁc ph ng phÁp t duy& k thu t Ôn t ng l c p lÍ thuy c … · fc hoÁ h c vÙng cao 2.0...

FC – HOÁ HỌC VÙNG CAO 2.0 ---Ad:DongHuuLee---

CÁC PHƯƠNG PHÁP TƯ DUY& KĨ THUẬT ÔN TỔNG LỰC TOÀN TẬP LÍ THUYẾT HÓA HỌC THI ĐẠI HỌC

( 250K– Bạn đọc liên hệ : 01629159224

Hoặc face :

https://www.facebook.com/groups/210136082530524/)

PHẦN 1

KĨ THUẬT TỔNG ÔN TẬP LÍ THUYẾT HÓA HỌC

HÓA HỌC VÔ CƠ

DongHuuLee – THPT Cẩm Thuỷ 1 – Thanh Hoá. Facebook :FC – HOÁ HỌC VÙNG CAO 2.0

Bài 1. Trường hợp nào sau đây không xảy ra phản ứng hoá học? A. Cho Fe vào dung dịch H2SO4 loãng, nguội. B. Sục khí Cl2 vào dung dịch FeCl2. C. Sục khí H2S vào dung dịch CuCl2. D. Sục khí H2S vào dung dịch FeCl2.

( Trích câu 3 – Mã đề 825 – ĐHKA 2009) Cần biết • Kim loại trước Pb + HCl , H2SO4(loãng) → Muối (min) + H2 ↑ Phản ứng này luôn xảy ra bất luận HCl và H2SO4(loãng) là nóng hay nguội . Khái niệm nóng và nguội chỉ có tác dụng đối với HNO3 và H2SO4 đặc. • Hợp chất Fe2+ vừa là chất khử vừa là chất oxi hóa ( vì +2 là số oxi hóa trung gian của sắt), tính chất nào được bộc lộ là phụ thuộc vào đối tác phản ứng⇒khi gặp Cl2( chất oxi hóa mạnh) thì FeCl2 là chất khử,nên có phản ứng : FeCl2 + Cl2 → FeCl3

• Axit + Muối

Ax axAx

ax ax .

.

Muoi

it moi la it yeuit

Axit moi con it ban dau la it manh va khong

Muoi moi A moi

↓

⋅⋅ ↑ ↑

→ → +

i

i

��

• Các muối sunfua của kim loại từ Na đến trước Pb tan tốt trong axit HCl và H2SO4 loãng, còn các muối sunfua của kim loại từ Pb trở về sau : PbS; CuS; Ag2S... không tan trong HCl, H2SO4loãng ( nhưng vẫn tác dụng với HNO3 và H2SO4 đặc).Ví dụ:

FeS + HCl → FeCl2+ H2S↑

CuS + HCl → CuCl2 + H2S↑

CuS + HNO3 → Cu(NO3)2 + H2SO4 + NO2 + H2O ( phản ứng xảy ra theo hướng oxi hóa – khử)

Bài giải

- Loại A vì : Fe + H2SO4 (loãng, nguội) → FeSO4 + H2.

- Loại B vì: FeCl2 + Cl2 → FeCl3.

- Loại C vì : CuCl2 + H2S → CuS↓ + HCl

⇒Chọn D vì : H2S + FeCl2 → FeS + HCl ( Do không thõa mãn điều kiện của phản ứng muối + axit đã nêu ở trên: FeS tan trong HCl).

Bài 2. Cho các hợp kim sau: Cu-Fe (I); Zn-Fe (II); Fe-C (III); Sn-Fe (IV). Khi tiếp xúc với dung dịch chất điện li thì các hợp kim mà trong đó Fe đều bị ăn mòn trước là:

A. I, II và III. B. I, II và IV. C. I, III và IV. D. II, III và IV. ( Trích câu 4 – Mã đề 825 – ĐHKA 2009)

Cần biết • Khi cho kim hai kim loại (KL-KL) hoặc kim loại và phi kim ( KL-PK) tiếp xúc nhau ( trực tiếp hoặc gián tiếp thông qua dây dẫn) và cùng nằm trong một dung dịch chất điện li ( hoặc môi trường không khí ẩm) thì xảy ra hiện tượng ăn mòn điện hóa. • Trong hiện tượng ăn mòn điện hóa: - môi trường điện li, giữ vai trò chứa chất oxi hóa và là môi trường để ion kim loại mạnh tan vào đó ) - kim loại nào mạnh hơn( người ta quy ước nó là cực âm hay catot) sẽ bị ăn mòn : cho e biến thành ion kim loại rồi tan vào môi trường điện li⇒ tại catot (kim loại mạnh )xảy ra quá trình oxi hóa. - kim loại nào yếu hơn ( gọi là anot) không bị ăn mòn mà là ‘’kho’’ chứa e do kim loại mạnh chuyển sang, chất oxi hóa từ môi trường sẽ nhận e của kim loại mạnh tại đây ⇒ tại anot xảy ra quá trình khử. •Đặc điểm của ăn mòn điện hóa: Tạo ra dòng điện một chiều vì trong suốt quá trình ăn mòn điện hóa electron của kim loại mạnh di chuyển liên tục và có hướng từ kim loại mạnh sang kim loại yếu rồi từ kim loại yếu đi vào chất oxi hóa nằm trong dung dịch chất điện li.


Bài giải Theo phân tích trên ⇒Fe muốn bị ăn mòn trước thì trong các cặp đó Fe phải là kim loại mạnh hơn ⇒đó là (I); (III); (IV) ⇒Chọn C.

Bài 3. Cho bốn hỗn hợp, mỗi hỗn hợp gồm hai chất rắn có số mol bằng nhau: Na2O và Al2O3; Cu và FeCl3; BaCl2 và CuSO4; Ba và NaHCO3. Số hỗn hợp có thể tan hoàn toàn trong nước (dư) chỉ tạo ra dung dịch là

A. 4. B. 2. C. 1. D. 3. ( Trích câu 6 – Mã đề 825 – ĐHKA 2009)

Tóm tắt bài toán :

có 4 hh rắn ( số mol các chất trong mối hh bằng nhau) 2

2

2 3

3

2

4

3

uS

H O

Na O

Al O

Cu

FeCl

BaCl

C O

Ba

NaHCO

+

→

i

i

i

i

chỉ thu được dd.

Số hỗn hợp thỏa mãn = ? Cần biết • Oxit kim loại tan trong nước bao gồm oxit của kim loại kiềm và oxit của kim loại kiềm thổ.Cụ thể: Li2O, Na2O,K2O,CaO,BaO,SrO.

M2O + H2O → 2M(OH)n • Oxit kim loại tan đươc trong dung dịch bazơ gồm các oxit tan được trong nước đã nêu ở trên + oxit lưỡng tính. Cụ thể gồm :( Li2O, Na2O,K2O,CaO,BaO,SrO) + ( Al2O3 + ZnO + Cr2O3).

M2O + H2O → 2M(OH)n

M2On +(8-2n) OH- → 2MO2(4-n)- +(4-n) H2O.

• Các kim loại ( không tan trong nước) từ Cu trở về trước đều có khả năng kéo muối Fe3+ về muối Fe2+.

Bài giải Theo phân tích trên ⇒Đáp án C. Bài 4. Dãy gồm các chất đều tác dụng được với dung dịch HCl loãng là:

A. AgNO3, (NH4)2CO3, CuS. B. Mg(HCO3)2, HCOONa, CuO. C. FeS, BaSO4, KOH. D. KNO3, CaCO3, Fe(OH)3.

( Trích câu 14 – Mã đề 825 – ĐHKA 2009) Cần biết. 1. Axit tác dụng với muối . i Muối + Axit (mạnh) → Muối mới + axit mới ( yếu). Ngoại lệ: Các muối sunfua của kim loại tử Pb trở về sau không tan và không tác dụng với Axit HCl và H2SO4 loãng ( hai axit mạnh hay gặp).Tuy nhiên, các muối này vẫn tác dụng và tyan trong A.Loại 2 ( H2SO4 đặc ,HNO3) do chứa S2- là chất khử mạnhh. Ví dụ:

CuS + HNO3 → Cu(NO3)2 + SO2 + NO2 + H2O. i Muối + Axit mạnh, không bay hơi ( H2SO4) → Muối mới + axit mạnh ,↑ (HCl,HNO3). iMuối Fe2+,Cu+, S2-,S-1 + A.Loại 2 → Mn+(max) + SPK + H2O. iMuối Fe3+, S2- + A.loại 3 ( HI) → Fe2+ + S + I2 + H2O.


iBaSO4 và PbSO4 là hai muối không tan trong mọi axit. 2. Axit + Oxit kim loại. iLuật chung:

Oxit kim loại + axit → Muối + H2O i Ngoại lệ :

- FeO, Fe3O4,FexOy ,Cu2O,CrO + A.loại 2 → Mn+(max) + SPK + H2O. - Fe3O4 + HI → Fe2+ + I2 ↓ + H2O.

3.Axit + Bazơ iLuật chung:

Axit + bazơ → Muối + H2O iNgoại lệ.

- Fe(OH)2, Cr(OH)2 + A.loại 2 → Mn+(max) + SPK + H2O. - NH3 và các amin CxHyN + Axit → muối. - Amin CxHyN + HNO2 → ancol ( hoặc muối điazoni) + N2 + H2O.

Bài giải

Theo phân tích trên ta có : - Loại A vì có CuS không tác dụng với HCl. - Loại C vì có BaSO4 không tác dụng với HCl. - Loại D vì có KNO3 không tác dụng với HCl.

⇒ chọn B. Bài 5. Cho phương trình hoá học:

Fe3O4 + HNO3 → Fe(NO3)3 + NxOy + H2O Sau khi cân bằng phương trình hoá học trên với hệ số của các chất là những số nguyên, tối giản thì

hệ số của HNO3 là A. 46x - 18y. B. 45x - 18y. C. 13x - 9y. D. 23x - 9y.

( Trích câu 15 – Mã đề 825 – ĐHKA 2009) Cần biết.

Khi cân bằng các phản ứng oxi hóa phức tạp ( có số oxi hóa là biến số hoặc phân số), để xác định nhanh và chính xác số e cho và nhận cần lưu ý: iTăng – nhường (e), Giảm – thu(e). i Số e cho( viết bên phải) = số oxi hóa sau – số oxi hóa trước. i Số e nhận ( viết bên trái) = số oxi hóa trước – số oxi hóa sau. iNếu nguyên tố thể hiện tính khử hoặc tính oxi hóa mà có chỉ số phía dưới thì nhân chỉ số này vào hai vế của quá trình cho, nhận.

Bài giải

Theo phân tích trên ta có:

833

25

8 (5 2 )3 3 3 (3 )3

21. .(5 ) .

y

x

x yFe Fe e

yx N x e x N

x

+ +

++

× −× → × + × −

×+ − →

⇒Đáp án A. Bài 6.Thực hiện các thí nghiệm sau: (I) Sục khí SO2 vào dung dịch KMnO4. (II) Sục khí SO2 vào dung dịch H2S. (III) Sục hỗn hợp khí NO2 và O2 vào nước. (IV) Cho MnO2 vào dung dịch HCl đặc, nóng. (V) Cho Fe2O3 vào dung dịch H2SO4 đặc, nóng. (VI) Cho SiO2 vào dung dịch HF. Số thí nghiệm có phản ứng oxi hoá - khử xảy ra là

A. 3. B. 6. C. 5. D. 4. (Trích Câu 5- Mã đề 596 – ĐH khối A – 2010)


Cần biết • Trong một phản ứng oxi hóa – khử luôn có mặt đồng thời chất khử và chất oxi hoá. • Tính chất của một số chất:

Chất Tính oxi hóa Tính khử Tác nhân

SO2 Vừa có tính khử vừa có tính oxi hóa S+4

KMnO4 Chất oxi hóa mạnh Mn+7

H2S Chỉ có tính khử mạnh S-2

Fe2O3 Chỉ có tính oxi hóa Fe+3

NO2 ≡ N2O3.N2O5 Có tính khử N+4

O2 Chỉ có tính oxi hóa mạnh O0 H2SO4 đặc nóng Chỉ có tính oxi hóa mạnh S+6

MnO2 Có tính oxi hóa mạnh Mn+4

HCl Có tính khử yếu Cl-

SiO2 Có tính oxi hóa

HF không không

Bài giải Theo sự phân tích trên nhận thấy (V) và (VI) không phải là phản ứng oxi hóa – khử vì không thõa mãn tiêu chí có đồng thời cả chất khử và chất oxi hóa :

Fe2O3 + H2SO4 (đặc) → Fe2(SO4)3 + H2O SiO2 + HF → SiF4 + H2O

⇒Chọn D: (1) 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O →K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4

(2) SO2 + 2H2S →3S + 2H2O (3) 4NO2 + O2 + 2H2O →4HNO3

(4) MnO2 + 4HClđặc 0t C→ MnCl2 + Cl2 + H2O

Bài 7. Cho cân bằng: 2SO2 (k) + O2 (k) ⇄ 2SO3 (k). Khi tăng nhiệt độ thì tỉ khối của hỗn hợp khí so với H2 giảm đi. Phát biểu đúng khi nói về cân bằng này là:

A. Phản ứng nghịch toả nhiệt, cân bằng dịch chuyển theo chiều thuận khi tăng nhiệt độ. B. Phản ứng thuận toả nhiệt, cân bằng dịch chuyển theo chiều nghịch khi tăng nhiệt độ. C. Phản ứng nghịch thu nhiệt, cân bằng dịch chuyển theo chiều thuận khi tăng nhiệt độ. D. Phản ứng thuận thu nhiệt, cân bằng dịch chuyển theo chiều nghịch khi tăng nhiệt độ

(Trích Câu 6- Mã đề 596 – ĐH khối A – 2010) Cần biết • Khi một hệ đang ở trạng thái cân bằng, chỉ khi có tác động từ bên ngoài vào cân bằng ( thay đổi nhiệt độ nồng độ hoặc áp suất) thì cân bằng mới bị phá vỡ và dịch chuyển theo nguyên lí : chiều dịch chuyển bên trong cân bằng đối lập với sự tác động từ bên ngoài. • Các thao tác xác định chiều dịch chuyển của cân bằng .

- Bước 1: Xác định yếu tố bên ngoài cũng như chiều tác động vào cân bằng ( yếu tố này chính là câu đẫn của đề bài. Ví dụ khi tăng nhiệt độ….. thì yếu tố bên ngoài ở đây là nhiệt độ , còn chiều tác động ở đây là chiều tăng ).

- Bước 2:Nhìn vào phản ứng thuận- nghịch đề cho xem chiều nào có thông tin ngược với ở bước 1 thì đó chính là chiều dịch chuyển bên trong cân bằng ( ví dụ : nếu bên ngoài tăng nhiệt độ thì trên phương trình ta phải tìm phản ứng làm giảm nhiệt độ.).

- Chú ý: nếu ở bước 2 mà không tìm được phương trình( hoặc thuận hoặc nghịch) thỏa mãn thì chứng tỏ yếu tố bên ngoài ở bước 1 không ảnh hưởng tới cân bằng. hay nói cách khác, cân bằng không phụ thuộc, không bị ảnh hưởng bởi yếu tố ở bước 1.

Bài giải

Theo phân tích ở trên và bài cho nhận thấy: yếu tố bên ngoài tác động lên cân bằng là tăng nhiệt độ ⇒Bên trong, cân bằng sẽ dịch theo chiều giảm nhiệt độ.


Vì hh

hh

mM

n= ⇒ Khi tăng nhiệt độ , tỉ khối của hỗn hợp khí so với H2 giảm đi thì chứng tỏ số mol khí tăng

lên ( vì mhh luôn không đổi do bảo toàn khối lượng). Tóm lại , theo bài ra khi tăng nhiệt độ số mol khí tăng lên, chứng tỏ khi tăng nhiệt độ cân bằng: 2SO2 (k) + O2 (k) ⇄ 2SO3 (k).

dịch theo chiều nghịch , , ,A B C D→ loại A,C và chiều nghịch là chiều thu nhiệt ⇒ chiều thuận là chiều tỏa

nhiệt ,B D→ loại D. Vậy ,chọn B.

Bài 8. Hỗn hợp khí nào sau đây không tồn tại ở nhiệt độ thường? A. H2 và F2. B. Cl2 và O2. C. H2S và N2. D. CO và O2.

(Trích Câu 12- Mã đề 596 – ĐH khối A – 2010) Cần biết • Các chất muốn cùng tồn tại được với nhau trong cùng một hỗn hợp thì chúng phải không tương tác được với nhau. • Tất cả các halogen đều không tác dụng với O2.

Bài giải Theo phân tích trên ⇒Chọn C.

Bài 9. Nung nóng từng cặp chất sau trong bình kín: (1) Fe+S(r), (2) Fe2O3+CO(k), (3) Au+O2(k), (4) Cu+Cu(NO3)2(r), (5) Cu+KNO3(r), (6) Al+NaCl(r). Các trường hợp xảy ra phản ứng oxi hoá kim loại là: A. (1), (3), (6). B. (2), (3), (4). C. (1), (4), (5). D. (2), (5), (6).

(Trích Câu 14- Mã đề 596 – ĐH khối A – 2010) Cần biết • Oxi hóa một chất là lấy electron của chất đó ⇒ chất bị oxi hóa là chất khử. • O2 tác dụng với hầu hết kim loại (- Au,Pt)

Bài giải Theo phân tích ở trên nhận thấy:

- (2): Fe2O3 + CO không có sự tham gia của kim loại ⇒ loại (2) , , ,A B C D→ Loại B,D.

- Au không tác dụng với O2 ⇒ loại (3) ,A C→ loại A. Vậy chọn C.

Bài 10. Có các phát biểu sau: (1) Lưu huỳnh, photpho đều bốc cháy khi tiếp xúc với CrO3. (2) Ion Fe3+ có cấu hình electron viết gọn là [Ar]3d5. (3) Bột nhôm tự bốc cháy khi tiếp xúc với khí clo. (4) Phèn chua có công thức là Na2SO4.Al2(SO4)3.24H2O. Các phát biểu đúng là: A. (1), (3), (4). B. (2), (3), (4). C. (1), (2), (3). D. (1), (2), (4).

(Trích Câu 16- Mã đề 596 – ĐH khối A – 2010) Cần biết • C,S và P là những phi kim có tính oxi hóa mạnh. • Cr+6 có tính oxi hóa mạnh. • Phèn chua là muối sunfat kép ngậm nước của kali và nhôm : K2SO4 .Al2(SO4)3. 24H2O ≡ K2Al2(SO4)4.24H2O ≡ KAl(SO4)2.12H2O Nếu thay K+ bằng M+ = Na+, Li+, NH4

+ thì gọi là phèn nhôm ( không gọi là phèn chua). (NH4)2SO4 .Al2(SO4)3. 24H2O ≡ (NH4)2Al2(SO4)4.24H2O ≡ NH4 .Al(SO4)2.12H2O Li2SO4 .Al2(SO4)3. 24H2O ≡ Li2Al2(SO4)4.24H2O ≡ Li.Al(SO4)2.12H2O Na2SO4 .Al2(SO4)3. 24H2O ≡ Na2Al2(SO4)4.24H2O ≡ Na .Al(SO4)2.12H2O

Bài giải Theo phân tích trên phát biểu (4) sai : Phèn chua có công thức là Na2SO4.Al2(SO4)3.24H2O

, , ,A B C D→ loại A,B,D ⇒Chọn C.

Bài 11. Các nguyên tố từ Li đến F, theo chiều tăng của điện tích hạt nhân thì A. bán kính nguyên tử và độ âm điện đều tăng. B. bán kính nguyên tử tăng, độ âm điện giảm.


C. bán kính nguyên tử giảm, độ âm điện tăng. D. bán kính nguyên tử và độ âm điện đều giảm.

(Trích Câu 30- Mã đề 596 – ĐH khối A – 2010) Cần biết • Mọi quy luật của một chu kỳ do điện tích hạt nhân quyết định : trong một chu kỳ ,đi từ trái sang phải ,số lớp không đổi nhưng điện tích hạt nhân tăng lên làm lực hút tĩnh điện giữa hạt nhân với e cũng tăng lên. • Hệ quả: Các đại lượng Bán kính Độ âm điện Tính kim loại

( tính khử) Tính phi kim ( tính oxi hóa)

Năng lượng ion hóa

Quy luật biến đổi trong chu kỳ

↓ ↑ ↓ ↑ ↑

• Ghi chú; các quy luật trong một nhóm chính do bán kính nguyên tử quyết định và biến đổi một cách đối nghịch với các quy luật trong một chu kì.

Bài giải Theo phân tích ở trên ⇒ chọn C: bán kính nguyên tử giảm, độ âm điện tăng

Bài 12. Các chất vừa tác dụng được với dung dịch HCl vừa tác dụng được với dung dịch AgNO3 là: A. CuO, Al, Mg. B. Zn, Cu, Fe. C. MgO, Na, Ba. D. Zn, Ni, Sn.

(Trích Câu 44- Mã đề 596 – ĐH khối A – 2010) Cần biết • Khác với các kim loại muốn tác dụng được với HCl, H2SO4 loãng phải là kim loại đứng trước H , các oxit kim loại luôn tác dụng với dung dịch HCl, H2SO4 loãng theo phản ứng :

MxOy +2y H+(của HCl và H2SO4 loãng) → x

2 y

xM+

+ yH2O • Dung dịch HCl hoặc H2SO4 loãng chỉ tác dụng được với kim loại trước H.

2M + 2nH+(của HCl và H2SO4 loãng) → 2Mn+(min) + nH2 ↑

• Khi cho các oxit kim loại vào các dung dịch muối( có thể coi là hỗn hợp gồm muối và H2O) thì chỉ có oxit của kim loại kiềm ( Na2O,K2O) và oxit của kim loại kiềm thổ ( CaO,BaO) có phản ứng ( phản ứng với H2O của dung dịch) . Các oxit còn lại không có khả năng phản ứng . Chẳng hạn ,khi cho Na2O và dung dịch CuSO4 thì : Ban đầu :

Na2O + H2O(của dd) → 2NaOH Sau đó :

NaOH + CuSO4 → Cu(OH)2 ↓ + Na2SO4 Chú ý : Al2O3, ZnO ,Cr2O3 bình thường không phản ứng , nhưng nếu dung dịch có môi trường bazơ ( môi trường này có từ ban đầu hoặc mới tạo ra do các phản ứng khác) thì các oxit này tham gia phản ứng( với bazơ )và tan . • Phản ứng giữa kim loại không tan trong nước và muối xảy ra theo quy tắc α .Kinh nghiệm để nhớ quy tắc này thường là : kim loại đứng trước phản ứng được với muối của kim loại đứng sau.

Bài giải Theo phân tích ở trên ta có :

- Cu không tác dụng được với dung dịch HCl , , ,A B C D→ loại B.

- CuO và MgO không tác dụng dược với dd AgNO3, ,A C D→ loại A,C.

⇒ chọn D. Bài 13. Trong phản ứng: K2Cr2O7 + HCl → CrCl3 + Cl2 + KCl + H2O Số phân tử HCl đóng vai trò chất khử bằng k lần tổng số phân tử HCl tham gia phản ứng. Giá trị của k là

A. 4/7. B. 1/7. C. 3/14. D. 3/7. (Trích Câu 45- Mã đề 596 – ĐH khối A – 2010)

Cần biết • Trong phản ứng oxi hóa – khử, chất tham gia phản ứng mà mọi nguyên tố thuộc chất đó đều không bị thay đổi số oxi hóa thì ta nói chất đó đóng vai trò là môi trường. • Trong nhiều phản ứng oxi hóa –khử , một chất vừa đóng vai trò là chất khử ( hoặc chất oxi hóa) vừa đóng vai trò là chất môi trường.


• Khái niệm chất môi trường chỉ tồn tại đối với các phản ứng xảy ra trong dung dịch. • Để xác định chất môi trường trong các phản ứng oxi hóa – khử, ta thường làm những bước sau :

- Bước 1 : Cân bằng phản ứng đã cho theo phương pháp thường dùng là thăng bằng electron ( tuy nhiên,nên học cách cân bằng nhẩm : tăng –tiến, Giảm –lùi, đếm nguyên tố lùi, đếm H, đếm kim loại.)

- Bước 2 : dựa vào phản ứng vừa cân bằng được, tính số lượng phân tử của chất ở bên trái của phản ứng mà không bị thay đổi số oxi hóa ⇒Đó chính là số lượng phân tử đóng vai trò chất môi trường.

Bài giải - Sau khi cân bằng, phản ứng đã cho trở thành :

K2Cr2O7 +14HCl → 2CrCl3 + 3Cl2 + 2KCl + 7H2O - Nhìn vào phản ứng ta thấy : Trước phản ứng, có 14Cl- , sau phản ứng chỉ có 6Cl0 ⇒ chỉ có 6Cl-/14Cl- đóng vai

trò là chất khử ( 6Cl-1 → 3Cl20 + 6e) , còn 8Cl- đóng vai trò là môi trường mà 1HCl có 1Cl- nên trong phản

ứng trên trong tổng số 14 phân tử HCl thì có 6 phân tử HCl đóng vai trò là chất khử , 8 phân tử HCl đóng vai trò

là môi trường 6 3

14 7k⇒ = = .Chọn D.

Bài 14. Trong số các nguồn năng lượng: (1) thủy điện, (2) gió, (3) mặt trời, (4) hoá thạch; những nguồn năng lượng sạch là: A. (1), (3), (4). B. (2), (3), (4). C. (1), (2), (4). D. (1), (2), (3).

(Trích Câu 56- Mã đề 596 – ĐH khối A – 2010) Cần biết • Khi giải bằng phương pháp loại trừ, cần quan sát nhanh những điểm giống và khác nhau giữa các đáp án để loại trừ cho nhanh.

Bài giải Một trong những cách giải bằng loại trừ bài này là :

- Từ , , ,A B C D→ ta thấy cả A,B,C đều có (4) ⇒Tập chung vào phát biểu (4) và thấy (4) sai ⇒ loại A,B,C.

- Chọn D. Bài 15. Phương pháp để loại bỏ tạp chất HCl có lẫn trong khí H2S là: Cho hỗn hợp khí lội từ từ qua một lượng dư dung dịch A. Pb(NO3)2. B. NaHS. C. AgNO3. D. NaOH.

(Trích Câu 4- Mã đề 174 – ĐH khối B – 2010) Cần biết Nguyên tắc loại bỏ tạp chất bằng phương pháp hóa học là hóa chất được dùng phải thỏa mãn hai tiêu chí : -Tác dụng được với tạp chất. - Không tác dụng được với chất cần làm sạch. Điều này giống như, hóa chất muốn được chọn làm thuốc cỏ thì phải thỏa mãn tiêu chí là diệt được cỏ nhưng không được diệt lúa!!!

Bài giải Theo phân tích ở trên ⇒ chọnB vì :

HCl(tạp chất) + NaHS → NaCl + H2S↑ H2S + NaHS → Không phản ứng.

- Loại A vì Pb(NO3)2 không tác dụng được với tạp chất HCl ( do không sinh ra chất kết tủa, chất bay hơi hoặc chất điện li yếu).

- Loại C,D vì cả tạp chất và chất cần làm sạch đều tác dụng : HCl + AgNO3 → AgCl ↓ + HNO3 AgNO3 + H2S → Ag2S ↓ + HNO3 ( Các muối sunfua của kim loại từ Pb về sau không tan trong tất cả các axit loãng). HCl + NaOH → NaCl + H2O H2S + NaOH → NaHS + H2O hoặc → Na2S + H2O.


( Loại muối tạo ra phụ thuộc vào tỉ lệ mol NaOH : H2S) Bài 16. Phát biểu nào sau đây không đúng khi so sánh tính chất hóa học của nhôm và crom? A. Nhôm và crom đều bị thụ động hóa trong dung dịch H2SO4 đặc nguội. B. Nhôm có tính khử mạnh hơn crom. C. Nhôm và crom đều phản ứng với dung dịch HCl theo cùng tỉ lệ về số mol. D. Nhôm và crom đều bền trong không khí và trong nước.

(Trích Câu 5- Mã đề 174 – ĐH khối B – 2010) Cần biết • Với những câu hỏi trắc nghiệm lí thuyết mang tính chất liệt kê thông tin của nhiều chất thì phương pháp giải nhanh nhất là phương pháp loại trừ. • Nguyên tắc của phương pháp loại trừ là tìm 3 phương án ngược với yêu cầu của đề đem bỏ đi ⇒Phương án còn lại là phương án được lựa chọn ( mặc dù kiến thức của phương án này có thể người học cũng không biết!!! ). • Cr là kim loại có nhiều tính chất tương đồng với Fe và Al:

- Giống Fe, Cr khi tác dụng với HCl, H2SO4 loãng thể hiện hóa trị thấp( hóa trị 2), khi tác dụng với HNO3, H2SO4 đặc,O2 thể hiện hóa trị cao ( Hóa trị 3).

- Giống Al và Fe , Cr bị thụ động trong HNO3 và H2SO4 đặc nguội. - Giống Al, Cr bền trong không khí và nước do có lớp oxit bền trên bề mặt bảo vệ. - Cr2O3 và Cr(OH)3 giống Al2O3 và Al(OH)3 đều là hợp chất lưỡng tính( chú ý CrO là oxit

bazo còn CrO3 là oxit axit).

Bài giải Theo phân tích ở trên ⇒Vì A,B,D là câu đúng ⇒Chọn C ( Vì đề yêu cầu chọn câu không đúng). Giải thích;

2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2 3HCl

Al

n

n⇒ =

Cr + 2HCl → CrCl2 + H2 2HCl

Zn

n

n⇒ =

Bài 17. Cho dung dịch Ba(HCO3)2 lần lượt vào các dung dịch: CaCl2, Ca(NO3)2, NaOH, Na2CO3, KHSO4, Na2SO4, Ca(OH)2, H2SO4, HCl. Số trường hợp có tạo ra kết tủa là A. 4. B. 7. C. 5. D. 6.

(Trích Câu 8- Mã đề 174 – ĐH khối B – 2010) Cần biết • Muối axit + Axit mạnh → Muối mới + axit mới. ( Chỉ có muối hiđrosunfat không tham gia phản ứng này). • Muối axit + Bazơ tan → Muối trung hòa + H2O ( phản ứng này luôn xảy ra và có bao nhiêu kim loại thì tạo ra bấy nhiêu muối trung hòa ) • Muối axit + Muối khác → 2 muối mới

Phản ứng chỉ xảy ra khi sản phẩm có chất :

↓↑→←

Chú ý : Muối hiđrosunfat có vai trò là một axit mạnh . Ví dụ: phản ứng NaHSO4 + Na2CO3 không phải là muối + muối mà là axit mạnh ( HNaSO4 ) + Muối. • Tính tan của một số muối quan trọng: - Tất cả các muối axit đều tan. - Tất cả các muối chứa Cl đều tan ( - AgCl). - Tất cả các muối chứa N đều tan. - Tất cả các muối chứa Na, K đều tan.


- Tất cả các muối chứa SO42- đều tan ( - BaSO4 và PbSO4)

Bài giải

Theo phân tích trên ta thấy, các chất tạo kết tủa với dung dịch Ba(HCO3)2 bao gồm : NaOH, Na2CO3, KHSO4, Na2SO4, Ca(OH)2 và H2SO4 ⇒Đáp án D. Giải thích:

Ba(HCO3)2 +CaCl2 → không xảy ra

Ba(HCO3)2 +Ca(NO3)2 → Không xảy ra

Ba(HCO3)2 +NaOH → BaCO3 ↓ + Na2CO3 + H2O

Ba(HCO3)2 +Na2CO3 → BaCO3 ↓ + NaHCO3

Ba(HCO3)2 +KHSO4 → BaSO4 ↓ +K2SO4 + CO2 ↑ + H2O

Ba(HCO3)2 + Na2SO4 → BaSO4 ↓ + NaHCO3

Ba(HCO3)2 +Ca(OH)2 → BaCO3 ↓ +CaCO3 ↓ +2H2O

Ba(HCO3)2 +H2SO4 → BaSO4 ↓ +2CO2+2H2O

Ba(HCO3)2 +2HCl → BaCl2 +2 CO2 + 2H2O Bài 18. Các chất mà phân tử không phân cực là: A. HBr, CO2, CH4. B. Cl2, CO2, C2H2. C. NH3, Br2, C2H4. D. HCl, C2H2, Br2.

(Trích Câu 11- Mã đề 174 – ĐH khối B – 2010) Cần biết • Một phân tử không phân cực khi: Tất cả các liên kết trong phân tử đó không phân cực hoặc trong

phân tử đó có các liên kết phân cực nhưng véc tơ tổng hợp của các liên kết phân cực đó là véc tơ 0�

Ví dụ : Br – Br hay O= C= O • Một phân tử phân cực khi: trong phân tử đó có liên kết phân cực và véc tơ tổng hợp của các liên kết

phân cực đó ≠ véc tơ 0�

. Ví dụ : H – Br hay O= C • Với những câu hỏi trắc nghiệm lí thuyết mang tính chất liệt kê thông tin của nhiều chất thì phương pháp giải nhanh nhất là phương pháp loại trừ. • Nguyên tắc của phương pháp loại trừ là tìm 3 phương án ngược với yêu cầu của đề đem bỏ đi ⇒Phương án còn lại là phương án được lựa chọn ( mặc dù kiến thức của phương án này có thể người học cũng không biết!!! ).

Bài giải Theo phân tích trên ta có:

- HBr là phân tử phân cực ⇒ loại A. - NH3 là phân tử phân cực ⇒ loại C - HCl là phân tử phân cực ⇒Loại D

⇒ chọn B. Bài 19: Phát biểu nào sau đây không đúng? A. Trong các dung dịch: HCl, H2SO4, H2S có cùng nồng độ 0,01M, dung dịch H2S có pH lớn nhất.


B. Nhỏ dung dịch NH3 từ từ tới dư vào dung dịch CuSO4, thu được kết tủa xanh. C. Dung dịch Na2CO3 làm phenolphtalein không màu chuyển sang màu hồng. D. Nhỏ dung dịch NH3 từ từ tới dư vào dung dịch AlCl3, thu được kết tủa trắng.

(Trích Câu 14- Mã đề 174 – ĐH khối B – 2010) Cần biết • pH = - lg H + ⇒ dung dịch có nồng độ H+ càng lớn thì pH càng bé và ngược lại, dung dịch có nồng

độ H+ càng bé thì pH càng lớn. • Cu(OH)2 , Zn(OH)2 ,AgOH mới sinh tan được trong dung dịch NH3 dư:

[ ]2 3 3 4 2( ) 4 ( ) ( )Cu OH NH Cu NH OH+ →

[ ]2 3 3 4 2( ) 4 ( ) ( )Zn OH NH Zn NH OH+ →

[ ]3 3 22 ( )AgOH NH Ag NH OH+ →

Al(OH)3 không có khả năng tạo phức với NH3 :

3 3( )Al OH NH+ → không xảy ra.

⇒ nên Al(OH)3 không tan mà kết tủa trong NH3. • Muối tạo ra bởi axit mạnh và bazơ yếu bị thủy phân một phần ra môi trường axit. Ví dụ:

FeCl3 +3 H2O →← Fe(OH)3 ↓ + 3HCl(tạo môi trường axit)

Ngược lại, muối tạo bới axit yếu và bazơ mạnh bị thủy phân một phần và tạo ra môi trường bazơ. Ví dụ:

Na2CO3 + H2O →← H2CO3 + NaOH(tạo ra môi trường bazơ)

Vậy quy luật chung của sự thủy phân muối là: cái gì mạnh thì tạo ra môi trường đó. • Với những câu hỏi trắc nghiệm lí thuyết mang tính chất liệt kê thông tin của nhiều chất thì phương pháp giải nhanh nhất là phương pháp loại trừ. • Nguyên tắc của phương pháp loại trừ là tìm 3 phương án ngược với yêu cầu của đề đem bỏ đi ⇒Phương án còn lại là phương án được lựa chọn ( mặc dù kiến thức của phương án này có thể người học cũng không biết!!! ).

Bài giải Theo phân tích ở trên ta thấy:

- H2S là axit yếu nên có H + nhỏ nhất nên pH lớn nhất ⇒A đúng.

- dd Na2CO3 là muối của bazơ mạnh ( NaOH) và axit yếu ( H2CO3) nên khi bị thủy phân tạo môi trường bazơ ⇒ làm phenolphthalein chuyển sang màu hồng ⇒C đúng.

- Khi cho NH3 vào dung dịch AlCl3 thì có phản ứng : AlCl3 +

4

3 2

NH OH

NH H O+��

→ Al(OH)3 ↓ +NH4Cl


⇒ thu được kết tủa trắng⇒D đúng. Vậy câu không đúng là B ⇒Chọn B. Bài 20. Cho dung dịch X chứa KMnO4 và H2SO4 (loãng) lần lượt vào các dung dịch : FeCl2, FeSO4, CuSO4, MgSO4, H2S, HCl (đặc). Số trường hợp có xảy ra phản ứng oxi hoá - khử là A. 3 B. 5 C. 4 D. 6

(Trích Câu 25- Mã đề 174 – ĐH khối B – 2010) Cần biết • Cách dự đoán một chất mang tính khử hay tính oxi hóa .

- Chất chứa nguyên tố đang ở trạng thái oxi hóa thấp nhất chỉ thể hiện tính khử. Hay gặp là kim loại M, S-2, S-1, I-, Cl-,H2, NH3, H2S.


- Chất chứa nguyên tố ở trạng thái oxi hóa cao nhất chỉ thể hiện tính oxi hóa. Hay gặp iom kim loại Mn+ của kim loại sau Mg, HNO3, H2SO4 đặc, KMnO4, O2, O3,F2.

- Chất chứa nguyên tố ở trạng thái oxi hóa trung gian thì vừa thể hiện tính khử vừa thể hiện tính oxi hóa ( phụ thuộc vào đối tác mà nó sẽ thể hiện tính chất nào trong hai tính chất đó).

Hay gặp là : S,SO2, CO, Fe2+, 8

3Fe+

Cr2+. Tuy nhiên, 8

3Fe+

,CO Và Fe2+ thiên về tính khử nhiều hơn...

•Điều kiện cần để có phản ứng oxi hóa – khử là phải có một chất khử và một chất oxi hóa. • Sản phẩm của quá trình khử KMnO4 phụ thuộc vào môi trường. Cụ thể :

2

2 4

24

2

OH

H

H O

K MnO

KMnO Mn

MnO

−

++ +

→→ →→ ↓

• Khi viết phương trình của một phản ứng oxi hóa – khử để viết đúng sản phẩm chúng ta cần thực hiện ba bước sau :

- Bước 1 : Chất khử thì sau phản ứng phải cho số oxi hóa của nó tăng lên, chất oxi hóa thì sau phản ứng phải cho số oxi hóa của nó giảm xuống( cho tăng lên và giảm xuống về những số oxi hóa quen thuộc của nguyên tố đó)

- Bước 2 : Với các nguyên tố không có sự thay đổi số oxi hóa chúng ta tự điều chuyển chúng về các hợp chất phù hợp sao cho bảo toàn nguyên tố ở hai vế là được.

- Bước 3 : Cân bằng phản ứng theo phương pháp thăng bằng e kinh nghiệm ( tăng - tiến, giảm- lùi, cân bằng nguyên tố giảm, cân bằng H, cân bằng kim loại).

Bài giải - Do trong KMnO4 có chứa nguyên tố đang ở trạng thái oxi hóa cao nhất : Mn+7⇒KMnO4 là chất oxi hóa. - Vì KMnO4 là chất oxi hóa nên đối tác phản ứng với nó phải có tính khử ⇒Từ các chất đề cho suy ra chỉ có thể là :FeCl2 (chứa Fe2+) , FeSO4( chứa Fe2+) , H2S( chứa S2-) và HCl ( chứa Cl-) ⇒Chọn C. Các phản ứng minh họa: 5Fe2+ + MnO-

4 + 8H+ → 5Fe3+ + Mn2+ + 4H2O 5H2S +6 MnO4

- + 18H+ → 5SO2 + 6Mn2+ + 14H2O 10Cl- + 2MnO4

- + 16H+ → 5Cl20 + 2Mn2+ + 8H2O

Bài 21. Có 4 dung dịch riêng biệt: CuSO4, ZnCl2, FeCl3, AgNO3. Nhúng vào mỗi dung dịch một thanh Ni. Số trường hợp xuất hiện ăn mòn điện hoá là A. 1 B. 4 C. 3 D. 2

(Trích Câu 30- Mã đề 174 – ĐH khối B – 2010) Cần biết • Phản ứng giữa kim loại không tan trong nước với các dung dịch muối xảy ra theo quy tắc α . • Hiện tượng ăn mòn điện hóa xảy ra khi có hai chất khử ( thường là hai kim loại ) tiếp xúc với nhau và hai kim loại phải nằm trong dung dịch hoặc nằm ngoài không khí ẩm ( môi trường điện li, giữ vai trò chứa chất oxi hóa và là môi trường để ion kim loại mạnh tan ra ).Khi đó kim loại nào mạnh hơn sẽ bị ăn mòn ( là cực âm – cho e biến thành ion kim loại rồi tan vào môi trường điện li) kim loại nào yếu hơn không bị ăn mòn ( là ‘’kho’’ chứa e do kim loại mạnh chuyển sang, chất oxi hóa từ môi trường sẽ nhận e của kim loại mạnh tại đây).

Bài giải Theo phân tích trên ta có :

- Với ZnCl2 : Ni không phản ứng được ⇒Không thõa mãn điều kiện có hai kim loại tiếp xúc nhau ⇒Loại.

- Với FeCl3: có xảy ra phản ứng Ni + FeCl3 → NiCl2 + FeCl2 ( theo quy tắc α )⇒Cũng không thõa mãn điều kiện có hai kim loại tiếp xúc nhau⇒Loại.


- Với CuSO4 và AgNO3 thì Ni đều phản ứng được và tạo ra kim loại bám trên thanh Ni : Ni + CuSO4 → NiSO4 + Cu(bám trên thanh Ni)

Ni + AgNO3 → Ni(NO3)2 + Ag (bám trên thanh Ni) ⇒ thõa mãn điều kiện có hai kim loại tiếp xúc nhau . ⇒ chọn D.

Bài 22 Cho các cân bằng sau (I) 2HI (k) H2 (k) + I2 (k) ; (II) CaCO3 (r) CaO (r) + CO2 (k) ; (III) FeO (r) + CO (k) Fe (r) + CO2 (k) ; (IV) 2SO2 (k) + O2 (k) 2SO3 (k) Khi giảm áp suất của hệ, số cân bằng bị chuyển dịch theo chiều nghịch là A. 4 B. 3 C. 2 D. 1

(Trích Câu 34- Mã đề 174 – ĐH khối B – 2010) Cần biết • Áp suất là do chất khí gây ra ⇒ Chỉ có chất khí mới liên quan đến áp suất. • Khi một hệ đang ở trạng thái cân bằng, chỉ khi có tác động từ bên ngoài vào cân bằng ( thay đổi nhiệt độ nồng độ hoặc áp suất) thì cân bằng mới bị phá vỡ và dịch chuyển theo nguyên lí : chiều dịch chuyển bên trong cân bằng đối lập với sự tác động từ bên ngoài. • Các thao tác xác định chiều dịch chuyển của cân bằng .

- Bước 1: Xác định yếu tố bên ngoài cũng như chiều tác động vào cân bằng ( yếu tố này chính là câu đẫn của đề bài. Ví dụ khi giảm áp suất….. thì yếu tố bên ngoài ở đây là áp suất, còn chiều tác động ở đây là chiều giảm).

- Bước 2:Nhìn vào phản ứng thuận nghịch đề cho xem chiều nào có thông tin ngược với ở bước 1 thì đó chính là chiều dịch chuyển bên trong cân bằng ( ví dụ : nếu bên ngoài giảm áp suất thì trên phương trình ta phải tìm phản ứng làm tăng áp suất).


Bài giải

Theo phân tích ở trên ta có yếu tố bên ngoài tác động lên các cân bằng là giảm áp suất ⇒Bên trong các cân bằng sẽ dịch chuyển theo chiều phản ứng làm tăng áp suất tức làm tăng số mol khí .

- Xét cân bằng (I) nhận thấy cân bằng không bị dịch chuyển vì lượng khí hai bên bằng nhau. - Xét cân bằng (II) nhận thấy cân bằng dịch chuyển theo chiều thuận. - Xét cân bằng (III) nhận thấy cân bằng không bị dịch chuyển. - Xét cân bằng (IV) nhận thấy cân bằng dịch chuyển theo chiều nghịch.

Vì đề yêu cầu tìm số cân bằng bị di chuyển theo chiều nghịch ⇒ chọn D.

Bài 23Cho sơ đồ chuyển hoá : 3 42 5

H POKOH KOHP O X Y Z++ +→ → →

Các chất X, Y, Z lần lượt là : A. K3PO4, K2HPO4, KH2PO4 B. KH2PO4, K2HPO4, K3PO4

C. K3PO4, KH2PO4, K2HPO4 D. KH2PO4, K3PO4, K2HPO4

(Trích Câu35- Mã đề 174 – ĐH khối B – 2010) Cần biết • Với muối của axit yếu thì :

- Muối axit + bazơ → làm giảm H trong muối + H2O - Muối + Axit đó → làm tăng H trong muối.

• Với những câu hỏi trắc nghiệm lí thuyết mang tính chất liệt kê thông tin của nhiều chất thì phương pháp giải nhanh nhất là phương pháp loại trừ. • Nguyên tắc của phương pháp loại trừ là tìm 3 phương án ngược với yêu cầu của đề đem bỏ đi ⇒Phương án còn lại là phương án được lựa chọn ( mặc dù kiến thức của phương án này có thể người học cũng không biết!!! ).


Bài giải Theo phân tích trên ta có: - Vì X + H3PO4 ⇒X phải là muối trung hòa K3PO4 hoặc muối axit K2HPO4 và Y phải là muối axit

, , ,A B C D→ Loại B,D - Vì Y + KOH → Z nên số H trong Y phải nhiều hơn trong Z ,A C→ loại A.

⇒ chọn C. Bài 24. Cho các cặp chất với tỉ lệ số mol tương ứng như sau : (a) Fe3O4 và Cu (1:1) (b) Sn và Zn (2:1) (c) Zn và Cu (1:1) (d) Fe2(SO4)3 và Cu (1:1) (e) FeCl2 và Cu (2:1) (g) FeCl3 và Cu (1:1) Số cặp chất tan hoàn toàn trong một lượng dư dung dịch HCl loãng nóng là A. 4 B. 2 C. 3 D. 5

(Trích Câu 42- Mã đề 174 – ĐH khối B – 2010) Cần biết • Phản ứng giữa kim loại không tan trong nước với muối xảy ra theo quy tắc α nên Cu không phản ứng được với muối của kim loại đứng trước nó trừ một ngoại lệ: Cu có khả năng tan được trong dung dịch muối Fe3+ do : Cu +2 Fe3+ → Cu2+ + 2Fe2+ • Cu không tác dụng với dung dịch HCl, H2SO4 loãng.

Bài giải Theo phân tích ở trên nhận thấy: Cặp (c) và (e) : Cu còn nguyên ⇒ loại D. Ở các cặp(a),(b),(d) và (g) thấy ở (g) Cu còn ( viết phản ứng ra và làm một phép toán là thấy) ⇒ chọn C. Bài 25.Cho một số nhận định về nguyên nhân gây ô nhiễm môi trường không khí như sau : (1) Do hoạt động của núi lửa (2) Do khí thải công nghiệp, khí thải sinh hoạt (3) Do khí thải từ các phương tiện giao thông (4) Do khí sinh ra từ quá trình quang hợp cây xanh (5) Do nồng độ cao của các ion kim loại : Pb2+, Hg2+, Mn2+, Cu2+ trong các nguồn nước Những nhận định đúng là : A. (1), (2), (3) B. (2), (3), (5) C. (1), (2), (4) D. (2), (3), (4)

(Trích Câu 47- Mã đề 174 – ĐH khối B – 2010) Bài giải

Cần biết • Với những câu hỏi trắc nghiệm lí thuyết mang tính chất liệt kê thông tin của nhiều chất thì phương pháp giải nhanh nhất là phương pháp loại trừ. • Nguyên tắc của phương pháp loại trừ là tìm 3 phương án ngược với yêu cầu của đề đem bỏ đi ⇒Phương án còn lại là phương án được lựa chọn ( mặc dù kiến thức của phương án này có thể người học cũng không biết!!! ).

Bài giải -Phản ứng quang hợp của cây xanh là : CO2 + H2O diep luc→ (C6H10O5)n + O2 ↑ ⇒ (4) là phát bểu sai , , ,A B C D→ loại C,D. - Đề bài đề cập đến việc ô nhiễm đến môi trường không khí trong khi đó phát biểu (5) lại đề cập đến môi trường nước, mặt khác các ion trong nước làm sao bay hơi vào không khí được nên phát biểu (5) sai

,A B→ loại B. ⇒ chọn A. Bài 26. Để đánh giá sự ô nhiễm kim loại nặng trong nước thải của một nhà máy, người ta lấy một ít nước, cô đặc rồi thêm dung dịch Na2S vào thấy xuất hiện kết tủa màu vàng. Hiện tượng trên chứng tỏ nước thải bị ô nhiễm bởi ion


A. Fe2+. B. Cu2+. C. Pb2+. D. Cd2+. (Trích Câu 55- Mã đề 174 – ĐH khối B – 2010)

Cần biết • Cách nhận biết muối sunfua ( S2-) trong dung dịch: dùng muối tan của kim loại nặng hóa trị 2 ( thường là muối nitrat): M2+ + S2- → MS ↓ • Các muối sunfua không tan thường có màu đen riêng CdS lại có màu vàng. • Các muối sunfua của kim loại từ Pb trở về sau không tan trong axit HCl, H2SO4 loãng..(Tuy nhiên vẫn tan trong HNO3 đặc và H2SO4 đặc theo quan điểm oxi hóa – khử với tác nhân khử là S2- và có thể là cả Fe2+ hoặc Cu+)

Bài giải Theo phân tích trên ta có nước thải bị ô nhiễm bởi ion Cd2+ ⇒Chọn D.

Cd2+ + S2- → CdS↓ vàng Bài 27. Cho sơ đồ chuyển hóa: Fe3O4 + dung dịch HI (dư) → X + Y + H2O Biết X và Y là sản phẩm cuối cùng của quá trình chuyển hóa. Các chất X và Y là A. Fe và I2. B. FeI3 và FeI2. C. FeI2 và I2. D. FeI3 và I2.

(Trích Câu 58- Mã đề 174 – ĐH khối B – 2010) Cần biết

• Fe3O4

2 4

3 2 4

, ( ) 2 32

2 2 2 4 3, ( ) 32

2 2

22 2

, , , , .

, ,

HCl H SO l

HNO H SO dăc

HI

Fe Fe H O

NO NO N O N NH NOFe Spk H O

SO S H S

Fe I H O

+ +

+ +

+ +

→ + +

→ → + +

→ + +

Bài giải Theo phân tích ở trên ⇒đáp án C :

Fe3O4 + dung dịch HI (dư) → FeI2 + I2 + H2O Bài 28. Chất rắn X phản ứng với dung dịch HCl được dung dịch Y. Cho từ từ dung dịch NH3 đến dư vào dung dịch Y, ban đầu xuất hiện kết tủa xanh, sau đó kết tủa tan, thu được dung dịch màu xanh thẫm. Chất X là A. FeO B. Fe C.CuO D.Cu

(Trích Câu 1- Mã đề 516 – CĐ khối A – 2010) Cần biết • Cu(OH)2 , Zn(OH)2 ,AgOH mới sinh tan được trong dung dịch NH3 dư:

[ ]2 3 3 4 2( ) 4 ( ) ( )Cu OH NH Cu NH OH+ →

[ ]2 3 3 4 2( ) 4 ( ) ( )Zn OH NH Zn NH OH+ →

[ ]3 3 22 ( )AgOH NH Ag NH OH+ →

Al(OH)3 không có khả năng tạo phức với NH3 nên không tan mà kết tủa.


Bài giải - Cu không tan trong HCl , , ,A B C D→ loại D. - Theo phân tích ở trên ⇒ Loại A,B ⇒ chọn C.

Bài 29. Cho biết thứ tự từ trái sang phải của các cặp oxi hoá - khử trong dãy điện hoá (dãy thế điện cực chuẩn) như sau : Zn2+/Zn ; Fe2+/Fe; Cu2+/Cu; Fe3+/Fe2+; Ag+/Ag Các kim loại và ion đều phản ứng được với ion Fe2+ trong dung dịch là


A. Zn, Cu2+ B. Ag, Fe3+ C. Ag, Cu2+ D. Zn, Ag+

(Trích Câu 8- Mã đề 516 – CĐ khối A – 2010) Cần biết • Trong dung dịch, các muối tan tồn tại ở dạng ion ⇒ Phản ứng giữa các kim loại không tan trong nước với dung dịch muối thực chất là phản ứng giữa kim loại và các ion kim loại có trong dung dịch. • Cơ sở để xác định xem phản ứng giữa kim loại và ion kim loại( ví dụ Fe và Zn2+) hoặc giữa ion kim loại với ion kim loại( ví dụ Ag+ và Fe3+) có xảy ra hay không và nếu xảy ra thì sản phẩm thu được là những chất nào , ta phải dùng quy tắc α với các bước cơ bản sau:

- Xác định cặp oxi hóa – khử chứa kim loại bài cho. - Xác định cặp oxi hóa – khử chứa ion kim loại trong muối bài cho. - Sắp xếp các cặp vừa xác định được theo đúng vị trí của chúng trong dãy điện hóa ( cặp nào

đứng trước viết trước, cặp nào đứng sau viết sau). - Sử dụng quy tắc anpha sẽ biết được phản ứng xảy ra giữa hai cặp.

Bài giải Theo phân tích ở trên thì Các kim loại và ion đều phản ứng được với ion Fe2+ trong dung dịch là Zn và Ag+ ⇒Chọn D. Bài 30. Liên kết hóa học giữa các nguyên tử trong phân tử H2O là liên kết A. cộng hoá trị không phân cực B. hiđro C. ion D. cộng hoá trị phân cực

(Trích Câu 14- Mã đề 516 – CĐ khối A – 2010) Cần biết • Có hai cách phân loại liên kết hóa học: - Cách 1: dựa vào tính chất của hai nguyên tố tham gia liên kết. Cụ thể

+ liên kết giữa hai nguyên tử phi kim – phi kim giống nhau là liên kết cộng hóa trị không phân cực. + liên kết giữa hai nguyên tử phi kim – phi kim khác nhau là liên kết cộng hóa trị phân cực. + liên kết giữa các nguyên tử kim loại – kim loại trong tinh thể kim loại ( đơn chất kim loại hay nói gọn là trong kim loại )là liên kết kim loại. + liên kết giữa phi kim – kim loại là liên kết ion.

- Cách 2: dựa vào hiệu độ âm điện của hai nguyên tử tham gia liên kết. Cụ thể: χ∆ 0 0,4 → (0,4 1,7→ ] > 1,7

Loại liên kết Cộng hóa trị không cực

Liên kết cộng hóa trị có cực

Liên kết ion

• Chú ý: -Dùng cách 1 khi đề bài không cho độ âm điện của các nguyên tố - Dùng cách 2 khi đề bài cho độ âm điện của các nguyên tố - Nếu trong một phân tử có nhiều liên kết thì có thể trong phân tử đó sẽ có nhiều loại liên kết ⇒Để xét đầy đủ ta phải vẽ CTCT của chất đó ra rồi xét từng liên kết.

Bài giải Theo sự phân tích ở trên ta có đáp án đúng là D. Bài 31. Phát biểu nào sau đây đúng ? A. Dung dịch NaF phản ứng với dung dịch AgNO3 sinh ra AgF kết tủa B.Iot có bán kính nguyên tử lớn hơn brom C. Axit HBr có tính axit yếu hơn axit HCl D. Flo có tính oxi hoá yếu hơn clo

(Trích Câu 17- Mã đề 516 – CĐ khối A – 2010)


Cần biết • Các muối AgCl, AgBr, AgI không tan nhưng AgF lại tan tốt.. • Trong một nhóm chính, khi đi từ trên xuống:

- Bán kính nguyên tử tăng dần. - Tính axit của HX tăng dần. - Tính oxi hóa giảm dần, tính khử tăng dần.

Bài giải Theo phân tích ở trên thấy A,B,D sai ⇒Đáp án C. Bài 32. Cho các dung dịch loãng: (1) FeCl3, (2) FeCl2, (3) H2SO4, (4) HNO3, (5) hỗn hợp gồm HCl và NaNO3. Những dung dịch phản ứng được với kim loại Cu là A. (1), (2), (3) B. (1), (3), (5) C. (1), (4), (5) D. (1), (3), (4) (Trích Câu 18- Mã đề 516 – CĐ khối A – 2010) Cần biết • Kim loại không tan trong nước + muối tuân theo quy tắc α . • Chỉ có kim loại đứng trước H mới tác dụng với H2SO4 loãng. • HNO3 tác dụng được với hầu hết kim loại , kể cả kim loại đứng sau H ( - Au,Pt). • Kim loại + H+

(của các axit) + NO3-( trong muối nitrat hoặc HNO3) → Mn+(max) + Spk + H2O.

Bài giải Theo sự phân tích ở trên nhận thấy, dung dịch phản ứng được với Cu bao gồm: 1- FeCl3, 4-HNO3,5- dd( HCl + NaNO3) ⇒Chọn C. Ngoài ra, có thể giải bài trên bằng phương pháp loại trừ như sau: Cu không tác dụng với (3): H2SO4 loãng , , ,A B C D→ Loại A,B,D ⇒Chọn C. Bài 33. Dãy gồm các ion cùng tồn tại trong một dung dịch là A.K+, Ba2+, OH-, Cl- B. Al3+, PO4

3-, Cl-, Ba2+

C. Na+, K+, OH-, HCO3- D. Ca2+, Cl-, Na+, CO3

2-

(Trích Câu 22- Mã đề 516 – CĐ khối A – 2010) Cần biết • Các ion muốn cùng tồn tại được với nhau trong cùng một dung dịch thì chúng phải không tương tác được với nhau. • Các ion tương tác được với nhau khi:

- Mang điện tích trái dấu ( ngoại trừ trường hợp gốc axit còn H + OH- → Gốc axit ít H hơn + CO3

2-).

- Sản phẩm của sự tương tác của các ion đó phải là chất

↓↑→←

.

Bài giải Theo sự phan tích trên ta có:

- Loại B vì Al3+, Ba2+ + PO43- → ↓

- Loại C vì OH- + HCO3- → CO3

2- + H2O - Loại D vì Ca2+ + CO3

2-3CaCO→ ↓

Vậy chọn A. Bài 34. Cho cân bằng hoá học : 5 3 2PCl (k) PCl (k) Cl (k); H 0+ ∆ >�

Cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận khi A. thêm PCl3 vào hệ phản ứng B. tăng nhiệt độ của hệ phản ứng C. thêm Cl2 vào hệ phản ứng D. tăng áp suất của hệ phản ứng



Cần biết • Khi một hệ đang ở trạng thái cân bằng, chỉ khi có tác động từ bên ngoài vào cân bằng ( thay đổi nhiệt độ nồng độ hoặc áp suất) thì cân bằng mới bị phá vỡ và dịch chuyển theo nguyên lí : chiều dịch chuyển bên trong cân bằng đối lập với sự tác động từ bên ngoài. • Các thao tác xác định chiều dịch chuyển của cân bằng .




Bài giải

Theo phân tích ở trên ta có: - Khi thêm PCl3 , tăng nhiệt độ, thêm Cl2 vào hệ thì cân bằng dịch theo chiều nghịch

, , ,A B C D→ loại A,B,C - Chọn D.

Bài 35. Nguyên tử S đóng vai trò vừa là chất khử, vừa là chất oxi hoá trong phản ứng nào sau đây?

A. 4S + 6NaOH(đặc) 0t→ 2Na2S + Na2S2O3 + 3H2O

B. S + 3F2 0t→ SF6

C. S + 6HNO3 (đặc) 0t→ H2SO4 + 6NO2 + 2H2O

D. S + 2Na 0t→ Na2S

(Trích Câu 25- Mã đề 516 – CĐ khối A – 2010) Cần biết • Cách dự đoán một chất mang tính khử hay tính oxi hóa .

- Chất chứa nguyên tố đang ở trạng thái oxi hóa thấp nhất chỉ thể hiện tính khử. Hay gặp là kim loại M, S-2, S-1, I-, Cl-,H2, NH3, H2S.

- Chất chứa nguyên tố ở trạng thái oxi hóa cao nhất chỉ thể hiện tính oxi hóa. Hay gặp iom kim loại Mn+ của kim loại sau Mg, HNO3, H2SO4 đặc, KMnO4, O2, O3,F2.

- Chất chứa nguyên tố ở trạng thái oxi hóa trung gian thì vừa thể hiện tính khử vừa thể hiện tính oxi hóa ( phụ thuộc vào đối tác mà nó sẽ thể hiện tính chất nào trong hai tính

chất đó). Hay gặp là : S,SO2, CO, Fe2+, 8

3Fe+

Cr2+. Tuy nhiên, 8

3Fe+

,CO Và Fe2+ thiên về tính khử nhiều hơn...

• Lưu huỳnh ( S) có các số oxi hóa : -2,-1,0,+4,+6. • Trong ion S2O3

2- thì lưu huỳnh có hai số oxi hóa ????

Bài giải Theo phân tích trên nhận thấy:

- S0 + 2Na 0t→ Na2S

-2 ⇒S có tính oxi hóa ⇒Loại D.

- S0 + 6HNO3 (đặc) 0t→ H2S

+6O4 + 6NO2 + 2H2O ⇒S có tính khử⇒Loại C.

- S0 + 3F2 0t→ S+6F6

⇒S có tính khử ⇒ Loại B - Vậy chọn A.

Bài 36. Phát biểu nào sau đây không đúng?


A. Crom(VI) oxit là oxit bazơ B. Ancol etylic bốc cháy khi tiếp xúc với CrO3

C. Khi phản ứng với dung dịch HCl, kim loại Cr bị oxi hoá thành ion Cr2+

D. Crom(III) oxit và crom(II) hiđroxit đều là chất có tính lưỡng tính (Trích Câu 45- Mã đề 516 – CĐ khối A – 2010)

Cần biết • Tính chất của oxit crom oxit CrO Cr2O3 CrO3 Tính chất Oxit Bazơ Oxit lưỡng tính Oxit axit

• Tính chất hiđroxit của crom Hi đroxit

Cr(OH)2

Cr(OH)3

Cr(OH)6 22H O−→ H2CrO4

Hoặc: 2Cr(OH)6

25H O−→ H2Cr2O7 Tính chất Bazơ Lưỡng tính axit

• Tính oxi hóa – Khử Hợp chất Cr2+ Cr3+ Cr+6

Tính chất Tính khử Vừa có tính khử Vừa có tính oxi hóa

Tính oxi hóa

• Sự chuyển hóa giữa CrO42- và Cr2O7

2-:

2CrO42-

( màu vàng) + 2H+ →← Cr2O72-

( màu da cam) + H2O

Luật nhớ: - Với oxit và hiđroxit của crom ,trạng thái oxi hóa thấp mang tính bazơ, trạng thái oxi hóa cao mang tính axit, trạng thái oxi hóa trung gian mang tính lưỡng tính. - màu của CrO4

2- và Cr2O72- phụ thuộc vào oxi ( màu tỉ lệ thuận với số oxi : 4 vàng; 7- cam).

Bài giải Theo phân tích ở trên ⇒ phát biểu Crom(III) oxit và Crom(II) hiđroxit đều có tính lưỡng tính là phát biểu sai ⇒Chọn D. Bài 37. Sản phẩm của phản ứng nhiệt phân hoàn toàn AgNO3 là A.Ag, NO2, O2 B. Ag2O, NO, O2 C. Ag, NO, O2 D.Ag2O, NO2, O2

(Trích Câu 48- Mã đề 516 – CĐ khối A – 2010) Cần biết • Tất cả các muối nitrat M(NO3)n đều kém bền: khi đun hoặc nung nóng đều bị nhiệt phân. • Sản phẩm của sự nhiệt phân muối nitrat M(NO3)n phụ thuộc vào M. Cu thể:

0

4

2 2

2 (max) 2 2

3

2 2

2 2

( )

( )

M K Nan

M Mg Cunt

n M Ag Au

M NH

M NO O

M O NO OM NO

M NO O

N O H O+

= →

= →

= →

=

→ + ↑→ + ↑ + ↑

→ → + ↑ + ↑→ ↑ + ↑

• Nhận xét - Muối nitrat nhiệt phân không để lại chất rắn là NH4NO3 hoặc Hg(NO3)2. - Khi giải toán, nếu không xác định được muối nitrat đem nhiệt phân là loại nào thì phải

xét cả 4 trường hợp.Nếu vẫn không ra kết quả thì muối đem nhiệt phân là muối của kim loại có đa hóa trị hoặc muối ngậm nước.

- Khi giải bài tập tính toán nên dựa vào sự tăng giảm khối lượng:


m rắn sau = mrắn trước - mkhí

Bài giải

Theo phân tích trên ⇒Chọn A: 2AgNO3 0t→ 2Ag +2 NO2 + O2

Bài 38. Kim loại M có thể được điều chế bằng cách khử ion của nó trong oxit bởi khí H2 ở nhiệt độ cao. Mặt khác, kim loại M khử được ion H+ trong dung dịch axit loãng thành H2. Kim loại M là A. Al B. Mg C. Fe D. Cu

(Trích Câu 50- Mã đề 516 – CĐ khối A – 2010) Cần biết • Phản ứng :

MxOy +

2

3

H

C

CO

Al

NH

0t→ M +

2

2

2

2 3

2 2

H O

CO CO

CO

Al O

N H O

+ +

Chỉ xảy ra với oxit của kim loại sau Al và được gọi là phương pháp nhiệt luyện dùng điều chế kim loại sau Al. • Phản ứng : 2M + 2nH+ → 2Mn+ + nH2 Chỉ xảy ra với kim loại đứng trước H.

Bài giải Theo phân tích trên , , ,A B C D→ loại A,B,D⇒Chọn C. Bài 39. Dung dịch nào sau đây có pH > 7 ? A. Dung dịch NaCl B. Dung dịch NH4Cl C. Dung dịch Al2(SO4)3 D. Dung dịch CH3COONa

(Trích Câu 57- Mã đề 516 – CĐ khối A – 2010) Cần biết • Sự thủy phân của muối là sự phân hủy của muối dưới tác dụng của nước. • Bản chất của sự thủy phân muối là phản ứng trao đổi của muối với nước ⇒Về mặt tổng quát, chỉ muối nào phản ứng với nước thõa mãn điều kiện của phản ứng trao đổi thì muối bị thủy phân. • Kinh nghiệm :

Đặc điểm của dung dịch Loại muối tạo ra từ Thủy phân Môi trường pH Chú ý

A.mạnh- B.mạnh Không thủy phân Trung Tính pH= 7 Trừ muối Hiđro sunfat luôn có môi trường axit mạnh

A.mạnh- B.Yếu Có thủy phân axit pH < 7 Làm quỳ hóa hồng

A.yếu- B.mạnh Có thủy phân Bazơ pH > 7 Làm quỳ hơi hóa xanh

A.Yếu- B.Yếu Có bị thủy phân Gần như là trung tính

pH ≈ 7 Không làm thay đổi màu chất chỉ thị


•Đặc điểm của sự thủy phân: sự thủy phân của muối là một quá trình thuận nghịch.Điều này có nghĩa là, khi hòa tan muối vào nước thì chỉ có một lượng nhỏ muối bị thủy phân. Bài giải Theo phân tích ở trên ⇒dung dịch có pH > 7 là dung dịch CH3COONa : CH3COONa + HOH →← CH3COOH + NaOH

⇒ chọn D.

Bài 40. Trong các chất: FeCl2, FeCl3, Fe(NO3)2, Fe(NO3)3, FeSO4, Fe2(SO4)3. Số chất có cả tính oxi hoá và tính khử là

A. 2. B. 3. C. 5. D. 4. (Trích Câu 3- Mã đề 182 – CĐ khối A – 2009)

Cần biết Một chất muốn vừa có tính khử, vừa có tính oxi hóa thì chất đó phải hoặc chứa nguyên tố hiện đang có số oxi hóa trung gian (Hay gặp : Phi kim : Cl2, Br2, I2, S,N2,P,C. Hợp chất : Các hợp chất Fe2+, Các hợp chất Cr2+, Cr3+, SO2.) Hoặc chất đó chứa đồng thời một nguyên tố có số tính oxi hóa ( thường là nguyên tố đang ở trạng thái oxi hóa cao nhất) và một nguyên tố có có tính khử ( thường là nguyên tố đang ở trạng thái oxi hóa thấp nhất)

Bài giải

Theo phân tích trên ⇒ các chất có cả tính oxi hoá và tính khử là: FeCl2, Fe(NO3)2, FeSO4. Fe(NO3)3 , FeCl3⇒Chọn C. Bài 41. Cho các cân bằng sau:

(1) 2SO2(k) + O2(k) →← 2SO3(k)

(2) N2(k) + 3H2(k) →← 2NH3(k)

(3) CO2(k) + H2(k) →← CO(k) + H2O(k)

(4) 2HI →← I2(k) + H2(k)

Khi thay đổi áp suất, nhóm gồm các cân bằng hoá học đều không bị chuyển dịch là A. (1) và (2). B. (1) và (3). C. (3) và (4). D. (2) và (4).

(Trích Câu 7- Mã đề 182 – CĐ khối A – 2009) Cần biết • Khi một hệ đang ở trạng thái cân bằng, chỉ khi có tác động từ bên ngoài vào cân bằng ( thay đổi nhiệt độ nồng độ hoặc áp suất) thì cân bằng mới bị phá vỡ và dịch chuyển theo nguyên lí : chiều dịch chuyển bên trong cân bằng đối lập với sự tác động từ bên ngoài. • Các thao tác xác định chiều dịch chuyển của cân bằng .



- Chú ý: nếu ở bước 2 mà không tìm được phương trình( hoặc thuận hoặc nghịch) thỏa mãn thì chứng tỏ yếu tố bên ngoài ở bước 1 không ảnh hưởng tới cân bằng. hay nói cách khác, cân bằng không phụ thuộc, không bị ảnh hưởng bởi yếu tố ở bước 1.Thường gặp là về sự tác động của áp suất.Cụ thể: khi số phân tử khí ở hai vế của cân bằng mà bằng nhau thì cân bằng đó không bị chuyển dịch khi có sự thay đổi áp suất .

Bài giải

Theo phân tích trên ta có: - Nhìn vào A,B thấy đều có (1) ⇒kiểm tra (1) và cân bằng (1) bị dịch chuyển khi có sự


thay đổi áp suất ( vì số phân tử khí ở hai vế không bằng nhau) ⇒ loại A,B. - Nhìn vào C,D thấy đều có (4) ⇒không kiểm tra (4) vì chỉ còn 2 phương án nên chắc chắn

phương án được lựa chọn sẽ chứa (4) ⇒ chỉ kiểm tra (2) hoặc (3).Cân bằng (2) bị dịch chuyển khi có sự thay đổi áp suất ( vì số phân tử khí ở hai vế không bằng nhau) ⇒ loại D.

⇒Chọn C

Bài 42. Chất dùng để làm khô khí Cl2 ẩm là A. Na2SO3 khan. B. dung dịch NaOH đặc. C. dung dịch H2SO4 đậm đặc. D. CaO.

(Trích Câu 8- Mã đề 182 – CĐ khối A – 2009) Cần biết Một chất muốn làm khô được chất khác thì phải thỏa mãn hai tiêu chí:

- Chất đó phải có khả năng hút nước ( hay gặp là H2SO4(đặc), P2O5 khan, CuSO4 khan, CaO,...).

- Chất đó ( hoặc sản phẩm tạo thành chất đó tác dụng với H2O) phải không tác dụng được với chất cần làm khô.

Bài giải Theo phân tích trên ta có, Chất dùng để làm khô khí Cl2 ẩm là H2SO4 đậm đặc ⇒Chọn C.

Bài 43. Để phân biệt CO2 và SO2 chỉ cần dùng thuốc thử là A. nước brom. B. CaO. C. dung dịch Ba(OH)2. D. dung dịch NaOH.

(Trích Câu 9- Mã đề 182 – CĐ khối A – 2009) Cần biết • Một phản ứng được dùng để nhận biết phải thõa mãn tiêu chí : phản ứng đó phải tọa ra những dấu hiệu mà giác quan con người phải cảm nhận được ( thường là kết tủa xuất hiện hoặc màu,mùi). • Nguyên tắc nhận biết, phân biệt các chất là phải dựa vào sự khác nhau của các chát đó. •Điểm khác nhau cơ bản giữa CO2 và SO2 là CO2 chỉ có tính oxi hóa còn SO2 vừa có tính khử vừa có tính oxi hóa( Do C thuộc nhóm IVA nên số oxi hóa max là +4 còn S thuộc nhóm VIA nên số oxi hóa max là +6)

Bài giải Theo phân tích trên ta có , để phân biệt CO2 và SO2 chỉ cần dùng thuốc thử là nước brom; SO2 làm mất màu nước Brom còn CO2 thì không: SO2 + Br2 + H2O → H2SO4 +2 HBr ⇒Chọn A. Bài 44. Dãy gồm các chất trong phân tử chỉ có liên kết cộng hoá trị phân cực là:

A. O2, H2O, NH3. B. H2O, HF, H2S. C. HCl, O3, H2S.D. HF, Cl2, H2O. (Trích Câu 13- Mã đề 182 – CĐ khối A – 2009)

Cần biết • Có hai cách phân loại liên kết hóa học: - Cách 1: dựa vào hiệu độ âm điện của hai nguyên tử tham gia liên kết. Cụ thể:

χ∆ 0 0,4 → (0,4 1,7→ ] > 1,7

Loại liên kết Cộng hóa trị không cực

Liên kết cộng hóa trị có cực

Liên kết ion

- Cách 2: dựa vào tính chất của hai nguyên tố tham gia liên kết. Cụ thể

+ liên kết giữa hai nguyên tử phi kim – phi kim giống nhau là liên kết cộng hóa trị không phân cực. + liên kết giữa hai nguyên tử phi kim – phi kim khác nhau là liên kết cộng hóa trị phân cực. + liên kết giữa các nguyên tử kim loại – kim loại trong tinh thể kim loại ( đơn chất kim


loại hay nói gọn là trong kim loại )là liên kết kim loại. + liên kết giữa phi kim – kim loại là liên kết ion.

• Chú ý: -Dùng cách 1 khi đề bài không cho độ âm điện của các nguyên tố - Dùng cách 2 khi đề bài cho độ âm điện của các nguyên tố - Nếu trong một phân tử có nhiều liên kết thì có thể trong phân tử đó sẽ có nhiều loại liên kết ⇒Để xét đầy đủ ta phải vẽ CTCT của chất đó ra rồi xét từng liên kết.


- Loại A vì có O2 là đơn chất nên liên kết trong trong phân tử đều là liên kết không phân cực. - Tương tự loại C vì có O3 và loại D vì có Cl2.

⇒ Chọn B. Bài 45. Chất khí X tan trong nước tạo ra một dung dịch làm chuyển màu quỳ tím thành đỏ và có thể được dùng làm chất tẩy màu. Khí X là

A. NH3. B. CO2. C. SO2. D. O3. (Trích Câu 26- Mã đề 182 – CĐ khối A – 2009)

Cần biết • Hai chất chỉ thị hay dùng để xác định môi trường của dung dịch là quỳ tím và phenolphthalein.

Môi trường axit Môi trường bazơ Môi trường trung tính

Quỳ tím Quỳ tím hóa đỏ Quỳ tím hóa xanh Quỳ tím không đổi màu

Phenolphtalein ( không màu)

Không màu

Phenolphtalein từ không màu chuyển

sang màu hồng

Không màu

• Các chất có tính oxi hóa ( thường gặp là Cl2, nước javen NaCl + NaClO + H2O, clorua vôi CaOCl2 và SO2) đều có tính tẩy màu. • Về mặt hình thức, SO2 giống CO2 nhưng giữa chúng có điểm khác biệt quan trọng; S thuộc nhóm VIA nên có số oxi hóa max = +6, còn C thuộc nhóm IVA nên số oxi hóa max của cacbon chỉ = +4 ⇒CO2 chỉ có tính oxi hóa còn SO2 vừa có tính oxi hóa vừa có tính khử.


- Vì ddX làm quỳ hóa đỏ⇒ddX có môi trường axit , , ,A B C D→ loại A,D. - Vì X được dùng làm chất tẩy màu⇒X có tính oxi hóa ,B C→ loại B. - Chọn C.

Bài 46. Dãy gồm các chất vừa tan trong dung dịch HCl, vừa tan trong dung dịch NaOH là: A. NaHCO3, MgO, Ca(HCO3)2. B. NaHCO3, ZnO, Mg(OH)2. C. NaHCO3, Ca(HCO3)2, Al2O3. D. Mg(OH)2, Al2O3, Ca(HCO3)2.

(Trích Câu29- Mã đề 182 – CĐ khối A – 2009) Cần biết • dung dịch gồm dung môi nước và chất tan⇒khi cho một chất rắn A nào đó vào dung dịch thì có bốn khả năng:

- A không tan vì A không tan trong nước,A cũng không tác dụng với nước ,không tác dụng với chất tan có trong dung dịch để tạo ra sản phẩm tan.

- A là chất tan trong nước và quá trình tan của A không gây ra phản ứng hóa học với nước hoặc chất tan có trong dung dịch ( ví dụ quá trình tan của aCl trong dung dịch KOH).

- A tan ra vì A tác dụng với nước có trong dịch ( ví dụ quá trình hòa tan Na2O trong dung dịch NaCl).

- A không tan trong nước nhưng A tan ra vì A tác dụng với chất tan có trong dung dịch tạo ra sản phẩm là chất tan ( ví dụ quá trình tan của Fe trong dd CuSO4).


Trong số 4 khả năng ở trên, học sinh thường bị sai lầm, thiếu sót ở trường hợp thứ ba !!! • Các chất tan được trong cả dung dịch axit, cả trong dung dịch bazơ thường là:

- Các kim loại mạnh, Al,Zn - oxit bazơ mạnh và bazơ mạnh ( thường gặp trong đề thi là các chất sau :

Na2O,K2O,CaO,BaO,NaOH,KOH,Ca(OH)2, Ba(OH)2...). - Các hợp chất lưỡng tính : Al2O3, ZnO, Cr2O3, PbO, Al(OH)3, Zn(OH)2, Cr(OH)3,

Pb(OH)2...và tất cả các muối axit . Bài giải

Theo phân tích trên ta có: - MgO tan trong dung dịch HCl ( vì tác dụng với chất tan HCl → MgCl2 là muối tan)

nhưng không tan trong dung dịch NaOH ( do MgO không tan trong nước,MgO cũng không tác dụng với nước ,cũng không tác dụng với chất tan có trong dung dịch là NaOH để tạo ra sản phẩm tan) , , ,A B C D→ loại A.

- Tương tự cho Mg(OH)2 ⇒ loại B,D. Chọn C. Bài 47. Dãy gồm các ion (không kể đến sự phân li của nước) cùng tồn tại trong một dung dịch là: A. Al3+ , NH4

+ , Br− , OH− . B. Mg2+ , K+ , SO32− , PO4

3-

C. H+ , Fe3+ , NO3 − , SO3

2- D. K+ , Na + , NO3- , Cl− . (Trích Câu 33- Mã đề 182 – CĐ khối A – 2009)

Cần biết • Các ion muốn tồn tại trong cùng một dung dịch thì giữa các ion đó phải không xảy ra phản ứng hóa học. • Giữa các ion xảy ra phản ứng hóa học khi thõa mãn đồng thời hai tiêu chí: - Hai ion đó phải trái dấu ( trừ trường hợp OH- + anion muối axit HCO3

-, HS-...hoặc HSO4- tác dụng với

gốc axit yếu. ). - Sản phẩm của sự tương tác giữa hai ion đó phải là chất kết tủa, chất bay hơi hoặc chất điện li yếu.

Bài giải Theo sự phân tích trên ta có :

- Loại A vì OH- tác dụng được với Al3+ và NH4+.

- Loại B vì Mg2+ tác dụng được với SO32- và PO4

3- - Loại C vì SO3

2- tác dụng được với H+ và Fe3+ - Chọn D.

Bài 48. Dãy nào sau đây chỉ gồm các chất vừa tác dụng được với dung dịch HCl, vừa tác dụng được với dung dịch AgNO3?

A. Fe, Ni, Sn. B. Al, Fe, CuO. C. Zn, Cu, Mg. D. Hg, Na, Ca. (Trích Câu 35- Mã đề 182 – CĐ khối A – 2009)

Cần biết • dung dịch gồm dung môi nước và chất tan⇒ khi cho một chất rắn A nào đó vào dung dịch thì có bốn khả năng:

- A không tan vì A không tan trong nước,A cũng không tác dụng với nước ,không tác dụng với chất tan có trong dung dịch để tạo ra sản phẩm tan.

- A là chất tan trong nước và quá trình tan của A không gây ra phản ứng hóa học với nước hoặc chất tan có trong dung dịch ( ví dụ quá trình tan của aCl trong dung dịch KOH).

- A tan ra vì A tác dụng với nước có trong dịch ( ví dụ quá trình hòa tan Na2O trong dung dịch NaCl).

- A không tan trong nước nhưng A tan ra vì A tác dụng với chất tan có trong dung dịch tạo ra sản phẩm là chất tan ( ví dụ quá trình tan của Fe trong dd CuSO4).


Trong số 4 khả năng ở trên, học sinh thường bị sai lầm, thiếu sót ở trường hợp thứ ba !!! • Chỉ có kim loại đứng trước H mới tác dụng được với HCl,H2SO4 loãng. • Các oxit kim loại luôn tan trong axit nhưng chỉ có Na2O, K2O,CaO và BaO tan được trong nước:

M2On + H2O → M(OH)n Các oxit Al2O3, ZnO, Cr2O3 thì tan được trong kiềm:

M2On + OH- → MO2(4-n)- + H2O

Bài giải

Theo sự phân tích trên ta thấy: -Lọai C vì Cu không tan trong dung dịch HCl. - Loại D vì Hg không tan trong dung dịch HCl. - Loại B vì CuO không tan trong dung dịch AgNO3. ⇒Chọn A.

Bài 49. Nguyên tắc chung được dùng để điều chế kim loại là A. cho hợp chất chứa ion kim loại tác dụng với chất khử. B. oxi hoá ion kim loại trong hợp chất thành nguyên tử kim loại. C. khử ion kim loại trong hợp chất thành nguyên tử kim loại. D. cho hợp chất chứa ion kim loại tác dụng với chất oxi hoá.


Cần biết • Cần phân biệt khái niệm nguyên tắc và phương pháp:

- Nguyên tắc là việc phải làm. - Phương pháp là cách thức làm việc đó.

⇒Ứng với mỗi nguyên tắc có thể có nhiều phương pháp thực hiện nguyên tắc đó. • Các khái niệm liên quan đến phản ứng oxi hóa – khử:

- Một phản ứng chỉ là phản ứng oxi hóa- khử khi trong phản ứng đó có sự thay đổi số oxi hóa ( tăng và giảm) của một số nguyên tố.

- Chất khử: là chất chứa nguyên tố có sự tăng số oxi hóa. - Chất oxi hóa là chất chứa nguyên tố có sự giảm số oxi hóa - Chất khử tham gia quá trình oxi hóa ( quá trình cho e) - Chất oxi hóa tham gia quá trình khử ( quá trình nhận e) - Oxi hóa một chất là lấy e của chất đó( tức chất đó là chất khử). - Khử một chất là “ nạp” e vào chất đó ( tức chất đó là chất oxi hóa).

Luật nhớ: Khử - tăng O – giảm

Nhưng phải bảo đảm: Chất – Trình ngược nhau.

• Trong tự nhiên ( lòng đất, các nguồn nước...) hầu như không có các kim loại mà chỉ có các ion kim loại Mn+ tồn tại trong các hợp chất. Ví dụ ion Na+ có trong muối ăn NaCl, Ca2+ có trong đá vôi CaCO3, Al3+ có trong quạng boxit mà thành phần chính là Al2O3 ⇒Muốn có kim loại ( điều chế kim loại) thì con người phải làm một việc đó là chuyển ion Mn+ thành kim loại M:

Mn+ + ne → M ⇒Nguyên tắc ( việc phải làm) khi điều chế kim loại là phải thực hiện quá trình khử ion kim loại Mn+.

Bài giải Theo phân tích trên ⇒Chọn C. Bài 50. Chỉ dùng dung dịch KOH để phân biệt được các chất riêng biệt trong nhóm nào sau đây?


A. Mg, Al2O3, Al. B. Mg, K, Na. C. Zn, Al2O3, Al. D. Fe, Al2O3, Mg. (Trích Câu 40- Mã đề 182 – CĐ khối A – 2009)

Cần biết • Nguyên tắc của việc nhận biết các chất là phải dựa vào những điểm khác nhau giữa các chất đó. • Các kim loại kiềm (Li,Na,K,Rb,Cs) và các kim loại kiềm thổ ( Ca, Ba, Sr) tan được trong nước và mọi dung dịch, giải phóng khí không màu:

M + H2O(của dd) → M(OH)n (tan) + H2 ↑ Các oxit tương ứng của chúng ( Li2O,Na2O,K2O, CaO, BaO) cũng tan trong mọi dung dịch ,nhưng không giải phóng khí:

M2On + nH2O(của dd) → 2M(OH)n • Các kim loại Al, Zn tan được trong các dung dịch bazơ.

M + H2O + OH- → MO2(4-n)- + H2 ↑

Các oxit của kim loại này cũng tan trong các dung dịch bazơ nhưng không giải phóng khí: M2On + OH- → MO2

(4-n)- + H2O

Bài giải Theo sự phân tích trên nhận thấy:

- Na và K đều cho hiện tượng giống nhau: đều tan vì phản ứng với nước của dung dịch KOH, giải phóng khí không màu ⇒dùng dung dịch KOH, không phân biệt được hai kim loại này ⇒ loại B.

- Zn và Al đều cho hiện tượng giống nhau: đều tan vì phản ứng với nước trong dung dịch bazơ KOH, giải phóng khí không màu ⇒dùng dung dịch KOH, không phân biệt được hai kim loại này ⇒ loại C.

- Fe và Mg đều cho hiện tượng giống nhau: đều tan không tan trong dung dịch KOH⇒dùng dung dịch KOH, không phân biệt được hai kim loại này ⇒ loại D.

⇒Chọn A. ----HẾT PPHẦN 1----

Bạn đọc có thể tiếp tục đăng kí các phần 2, phần 3 và phần 4 nếu cảm thấy các chuyên đề này thực sự hiệu quả đối với việc tổng ôn tập kiến thức lí thuyết trước mùa thi đã cận kề.Chúc các bạn học giỏi và ôn thi hiệu quả để thực hiện được ước mơ của mình trong mùa phượng nở sắp tới.Chào thân ái./. Ad FC- HOÁ HỌC VÙNG CAO

--- DongHuuLee---


Bài 51. Phân bón nitrophotka (NPK) là hỗn hợp của A. (NH4)2HPO4 và KNO3 B. NH4H2PO4 và KNO3. C. (NH4)3PO4 và KNO3. D. (NH4)2HPO4 và NaNO3.

(Trích Câu 44- Mã đề 182 – CĐ khối A – 2009) Cần biết • Phân bón hóa học là những hóa chất có chứa các nguyên tố dinh dưỡng , được bón cho cây nhằm nâng cao năng suất cây trồng. • Các loại phân bón

Phân đạm ( Cung cấp nitơ cho cây trồng dưới dạng NH4

+ và NO3-)

Phân lân (cung cấp cho cây dưới dạng ion PO4

3-)

Phân đạm amoni

Phân đạm nitrat

ure Supephotphat đơn Supephotphat kép Phân lân nóng chảy

Phân kali

Phân hỗn hợp

Phân phức hợp

đn Là các muối amoni

Là muối nitrat của kim loại

(NH2)2CO

Là muối Ca(H2PO4)2 được chế chỉ bằng một phản ứng

Là muối Ca(H2PO4)2 được chế bằng hai phản ứng .

Muối của kali. Quan trọng nhất là KCl, K2SO4.Tro thực vật cũng là một loại phân kali vì chứa K2CO3

Chứa cả ba nguyên tố N,P,K thu được bằng cách trộn lẫn các loại phân khác nhau. Quan trọng nhất là Nitrophot ka: (NH4)2

HPO4 và KNO3

Là hỗn hợp các chất được tạo ra đồng thời từ một phản ứng hóa học.

Chỉ số chất lượng

Chất lượng được đánh giá qua %N .

Được đánh giá thông qua % P2O5. Nguyên liệu sản xuất là quặng photphorit và apatit ( thành phần chính là Ca3(PO4)3.

Chất lượng được đánh giá thông qua %K2O.

Đc Amoniac + axit

HNO3 + muối cacbonat

CO2 + NH3

Ca3(PO4)2 + H2SO4 (đặc) = Ca(H2PO4)2 + CaSO4

Ca3(PO4)2 + H2SO4 = H3PO4 + CaSO4 Và Ca3(PO4)2 + H3PO4 =Ca(H2PO4)2

Ca3(PO4)2 +Đá xà vân ( MgSiO3) + C

Phân amophot: NH3 + H3PO4= NH4H2PO4 +(NH4)2

HPO4 Đ đ Bị thủy

phân tạo môi trường axit nên chỉ bón cho đất ít chua hoặc đất đã được khử chua

Dễ hút ẩm và bị chảy giữa giống phan amoni, tan nhiều trong nước, có tác dụng nhanh với cây trồng, nhưng cũng dễ bị nước mưa giữa trôi.

Chứa 46%N,trong đất bị vi sinh vật phân hủy thành NH3 hoặc tác dụng với nước tạo thành muối amonicacbonat.

Chứa 14- 20% P2O5. cây trồng đồng hóa dễ dàng Ca(H2PO4)2 CaSO4 là phần không có ích, làm rắn đất.

Chứa 40-50%P2O5.

Chứa 12-14%P2O5. Các muối trong loại phân này không tan trong nước nên phân này chỉ thích hợp cho loại đất chua.

Phân kali giúp cho cây trồng hấp thụ được nhiều đạm hơn.


Bài giải Theo phân tích trên ⇒ Phân bón nitrophotka (NPK) là hỗn hợp của (NH4)2HPO4 và KNO3.⇒Chọn A.

Bài 52. Thứ tự một số cặp oxi hoá - khử trong dãy điện hoá như sau: Mg2+/Mg; Fe2+/Fe; Cu2+/Cu; Fe3+/Fe2+; Ag+/Ag. Dãy chỉ gồm các chất, ion tác dụng được với ion Fe3+ trong dung dịch là:

A. Fe, Cu, Ag+. B. Mg, Fe2+, Ag. C. Mg, Cu, Cu2+. D. Mg, Fe, Cu. (Trích Câu 52- Mã đề 182 – CĐ khối A – 2009)

Cần biết • Phản ứng giữa các cặp oxi hóa – khử xảy ra theo quy tắc anpha (α ). • Hệ quả rút ra từ quy tắc anpha:

- Các kim loại từ Cu trở về trước trong dãy điện hóa có khả năng kéo muối Fe3+ về muối Fe2+.

- Các ion từ Ag+ trở về sau có khả năng đẩy muối Fe2+ lên muối Fe3+.

Bài giải Theo phân tích trên ⇒Đáp án D. Bài 53. Trường hợp nào sau đây không xảy ra phản ứng hoá học?

A. Cho Fe vào dung dịch H2SO4 loãng, nguội. B. Sục khí Cl2 vào dung dịch FeCl2. C. Sục khí H2S vào dung dịch CuCl2. D. Sục khí H2S vào dung dịch FeCl2.

(Trích Câu 3 ĐH khối A – 2009) Cần biết • Kim loại trước Pb + HCl , H2SO4(loãng) → Muối (min) + H2 ↑ Phản ứng này luôn xảy ra bất luận HCl và H2SO4(loãng) là nóng hay nguội . Khái niệm nóng và nguội chỉ có tác dụng đối với HNO3 và H2SO4 đặc. • Hợp chất Fe2+ vừa là chất khử vừa là chất oxi hóa ( vì +2 là số oxi hóa trung gian của sắt), tính chất nào được bộc lộ là phụ thuộc vào đối tác phản ứng⇒khi gặp Cl2( chất oxi hóa mạnh) thì FeCl2 là chất khử,nên có phản ứng : FeCl2 + Cl2 → FeCl3

• Axit + Muối

Ax axAx

ax ax .

.

Muoi

it moi la it yeuit

Axit moi con it ban dau la it manh va khong

Muoi moi A moi

↓

⋅⋅ ↑ ↑

→ → +

i

i

��

• Các muối sunfua của kim loại từ Na đến trước Pb tan tốt trong axit HCl và H2SO4 loãng, còn các muối sunfua của kim loại từ Pb trở về sau : PbS; CuS; Ag2S... không tan trong HCl, H2SO4loãng ( nhưng vẫn tác dụng với HNO3 và H2SO4 đặc).Ví dụ:

FeS + HCl → FeCl2+ H2S↑

CuS + HCl → CuCl2 + H2S↑

CuS + HNO3 → Cu(NO3)2 + H2SO4 + NO2 + H2O ( phản ứng xảy ra theo hướng oxi hóa – khử)

Bài giải

- Loại A vì : Fe + H2SO4 (loãng, nguội) → FeSO4 + H2.

- Loại B vì: FeCl2 + Cl2 → FeCl3.

- Loại C vì : CuCl2 + H2S → CuS↓ + HCl

⇒Chọn D vì : H2S + FeCl2 → FeS + HCl

( Do không thõa mãn điều kiện của phản ứng muối + axit đã nêu ở trên: FeS tan trong HCl).


Bài 54. Có các thí nghiệm sau:

(I) Nhúng thanh sắt vào dung dịch H2SO4 loãng, nguội.

(II) Sục khí SO2 vào nước brom.

(III) Sục khí CO2 vào nước Gia-ven.

(IV) Nhúng lá nhôm vào dung dịch H2SO4 đặc, nguội.

Số thí nghiệm xảy ra phản ứng hoá học là A. 4. B. 3. C. 1. D. 2.

( Trích câu 2 – Mã đề 637 – ĐHKB 2009) Cần biết iKhái niệm thụ động chỉ áp dụng cho axit đặc ,nguội ( HNO3,H2SO4) và các kim loại Al,Fe,Cr. iTrong SO2 , lưu huỳnh có trạng thái oxi hóa = +4 ( trung gian : -2, 0, +4, + 6) nên SO2 vừa có tính oxi hóa, vừa có tính khử:

Tính oxi hóa : khi gặp chất khử ( S+4 → S0)

Tính khử: khi gặp chất oxi hóa ( S+4 → S+6)

SO2 + H2S(dd) → S↓ (vàng) + H2O

SO2 + Br2 +H2O → H2SO4 + HBr SO2 đã khử dung dịch Br2 có màu( đặc thì là nâu đỏ còn

loãng thì là da cam) thành dung dịch không màu ⇒Đây là một trong phản ứng nhận ra SO2 hoặc Br2

iAxit nấc 1 của H2CO3 là axit mạnh hơn axit HClO nên : CO2 (kk) + H2O(kk) + ClO- → HCO3

- + HClO(có tính oxi hóa mạnh do Cl+1 nên sát trùng, tẩy màu) Đây là cơ chế giải thích tính tẩy màu của nước Javen ( NaCl + NaClO + H2O) và clorua vôi CaOCl2( thực chất là muối kép CaCl2 . Ca(ClO)2 thôi).

Bài giải Từ sự phân tích trên ⇒Đáp án B. Các phản ứng :

Fe + H2SO4( loãng, nguội) → FeSO4 + H2 ↑ SO2 + Br2 +H2O → H2SO4 + 2HBr

CO2 (kk) + H2O(kk) + NaClO → NaHCO3 + HClO(có tính oxi hóa mạnh do Cl+1 nên sát trùng, tẩy màu)

Bài 55. Cho các nguyên tố: K (Z = 19), N (Z = 7), Si (Z = 14), Mg (Z = 12). Dãy gồm các nguyên tố được sắp xếp theo chiều giảm dần bán kính nguyên tử từ trái sang phải là:

A. N, Si, Mg, K. B. Mg, K, Si, N. C. K, Mg, N, Si. D. K, Mg, Si, N. ( Trích câu 5 – Mã đề 637 – ĐHKB 2009)

Cần biết iKhi gặp kiểu câu hỏi sắp xếp tăng ( hoặc giảm) để giải quyết nhanh cần chú ý đặc điểm :

- Sắp xếp giảm : cái lớn nhất đứng đầu, cái nhỏ nhất đứng cuối. - Sắp xếp tăng : cái nhỏ nhất đứng đầu, cái lớn nhất đứng cuối.

Dựa vào đặc điểm này, nhìn vào các đáp án ta sẽ loại trừ được nhanh chóng các đáp án không thõa mãn!!! iQuan hệ giữa cấu tạo nguyên tử và vị trí nguyên tố trong BTH:

- STT của Ô = số e trong nguyên tử - STT của chu kì = số lớp e.

- STT của nhóm A = ∑ số e lớp ngoài cùng

iKhi đề cho điện tích hạt nhân của các nguyên tố ( Z) để biết quan hệ giữa các nguyên tố đó ( cùng chu kì hay cùng nhóm ….) thường phải dựa vào cấu hình e.Tuy nhiên để nhanh hơn ta chỉ cần dựa vào “Bảng tuần hoàn sơ lược” dưới đây ( được xây dựng trên cơ sở số lượng nguyên tố của mỗi chu kì trong Bảng tuần hoàn)


Chu kì

Số nguyên tố

Điện tích hạt nhân IA VIIIA

1 2 1 → 2 2 8 3 → 10 3 8 11 → 18 4 18 19 → 36 5 18 37 → 54 6 32 55 → 86 7 23 87 → 119

Căn cứ vào bảng trên, ứng với Z đề cho ta sẽ biết được một cách nhanh chóng nguyên tố đang xét thuộc chu kì, nhóm nào. iQuy luật trong một chu kì do điện tích hạt nhân Z quyết định, quy luật trong một nhóm do bán kính nguyên tử r quyết định. iQuy luật trong một chu kì ngược với quy luật trong một nhóm. iTrong bảng tuần hoàn : -Từ trái sang phải : bán kính nguyên tử giảm. -Từ trên xuống dưới bán kính tăng.

Bài giải Theo phân tích trên nhận thấy: -Nguyên tố N có Z = 7 (3;10)∈ ⇒ thuộc chu kì 2, nhóm VA. - Nguyên tố Mg thuộc chu kì 3, nhóm IIA, nguyên tố Si thuộc chu kì 2, nhóm IVA. - Nguyên tố K thuộc chu kì 4, nhóm IA

Chu kì

Số nguyên tố

Điện tích hạt nhân IA VIIIA

1 2 1 → 2 2 8 3 → N 10 3 8 11 Mg Si 18 4 18 K → 36 5 18 37 → 54 6 32 55 → 86 7 23 87 → 119

⇒K có bán kính lớn nhất ( vì thuộc chu kì 4 nên có 4 lớp e) ,N có bán kính nhỏ nhất ( vì thuộc chu kì 2 nên có 2 lớp e). - Đề yêu cầu sắp xếp tăng ⇒đáp án đúng là đáp án có K đứng đầu và N đứng cuối , , ,A B C D→ chọn D. Bài 56. Khi nhiệt phân hoàn toàn từng muối X, Y thì đều tạo ra số mol khí nhỏ hơn số mol muối tương ứng. Đốt một lượng nhỏ tinh thể Y trên đèn khí không màu, thấy ngọn lửa có màu vàng. Hai muối X, Y lần lượt là:

A. KMnO4, NaNO3. B. Cu(NO3)2, NaNO3. C. CaCO3, NaNO3. D. NaNO3, KNO3. ( Trích câu 8 – Mã đề 637 – ĐHKB 2009)

Cần biết iHầu hết các kim loại, ion kim loại trong muối khi bị đốt, nung trên ngọn lửa đều làm cho ngọn lửa có màu đặc trưng . Hay gặp: Li →ngọn lửa màu đỏ. Na → ngọn lửa màu vàng. K → ngọn lửa màu tím hoa cà. Ca → ngọn lửa màu đỏ. Sr → ngọn lửa màu đỏ thắm.


Ba → ngọn lửa màu lục nhạt. iSự nhiệt phân của một số muối:

1) KMnO4 0t→ K2MnO4 + MnO2 + O2

( một trong những phản ứng điều chế O2 trong phòng thí nghiệm).

2)0

2 2

3 2 ( ax ) 2 2

2 2

( )

( )

K Nan

t Mg Cun n m

Sau Cu

M NO O

M NO M O O NO

M NO O

→

→

→ +

→ → + +

→ + +

3) M2(CO3)n 0t→ M2On + CO2

( Đk: M ≠ kim loại kiềm)

Bài giải Theo phân tích trên thấy:

- Đốt muối Y cho ngọn lửa có màu vàng ⇒muối Y cần tìm là muối natri ⇒D sai. - Muối nitrat của kim loại Mg → Au khi nung luôn có mol khí > mol muối phản ứng. ⇒B sai.

- Theo phản ứng : CaCO3 0t→ CaO + CO2 thấy nKhí = nmuối pư ⇒Loại C

⇒Chọn A. Bài 57. Dãy gồm các chất được sắp xếp theo chiều tăng dần nhiệt độ sôi từ trái sang phải là:

A. CH3CHO, C2H5OH, HCOOH, CH3COOH. B. CH3COOH, HCOOH, C2H5OH, CH3CHO. C. HCOOH, CH3COOH, C2H5OH, CH3CHO. D. CH3COOH, C2H5OH, HCOOH, CH3CHO.

( Trích câu10 – Mã đề 637 – ĐHKB 2009) Cần biết iLuật xét nhiệt độ sôi:

- Tiêu chí 1:Chất có liên kết hiđro có t0s lớn hơn chất không có liên kết hiđro.

- Tiêu chí 2 :Chất có phân tử khối lớn thì có nhiệt độ sôi lớn hơn. iNhững chất hữu cơ có liên kết hiđro hay gặp:

- axit cacboxylic ( 2 liên kết hi đro ). - Ancol

- Phenol - Amin iKinh nghiệm về sắp xếp nhiệt độ sôi:

Axit > Ancol,amin > Andehit,xeton,ete,dẫn > xuất halogen, este > Hi đrocacbon M lớn thì t0

s càng lớn

M lớn thì t0s

càng lớn M lớn thì t0

s càng lớn M lớn thì t0s

càng lớn iKhi gặp kiểu câu hỏi sắp xếp tăng ( hoặc giảm) để giải quyết nhanh cần chú ý đặc điểm :

- Sắp xếp giảm : cái lớn nhất đứng đầu, cái nhỏ nhất đứng cuối. - Sắp xếp tăng : cái nhỏ nhất đứng đầu, cái lớn nhất đứng cuối.

Dựa vào đặc điểm này, nhìn vào các đáp án ta sẽ loại trừ được nhanh chóng các đáp án không thõa mãn!!!

Bài giải Theo phân tích trên nhận thấy: - CH3CHO là chất có t0

s thấp nhất, CH3COOH là chất có t0s cao nhất.

- Đề yêu cầu sắp xếp tăng nên đáp án đúng là đáp án có CH3CHO đứng đầu và CH3COOH đứng cuối. ⇒Đáp án A. Bài 58. Thí nghiệm nào sau đây có kết tủa sau phản ứng?

A. Cho dung dịch NaOH đến dư vào dung dịch Cr(NO3)3. B. Cho dung dịch HCl đến dư vào dung dịch NaAlO2 (hoặc Na[Al(OH)4]). C. Thổi CO2 đến dư vào dung dịch Ca(OH)2.


D. Cho dung dịch NH3 đến dư vào dung dịch AlCl3. ( Trích câu19 – Mã đề 637 – ĐHKB 2009)

Cần biết iCrO, Cr(OH)2 là bazơ còn Cr2O3 và Cr(OH)3 là hợp chất lưỡng tính. iCác muối aluminat ( AlO2

-) và zincat ( ZnO22-) hay CrO2

- là những muối của các “axit cực yếu” ⇒không chỉ bị axit mạnh như HCl, H2SO4….mà còn bị cả các axit yếu( chẳng hạn H2CO3 = CO2 + H2O ) đẩy ra khỏi muối :

NaAlO2 + CO2 + H2O → NaHCO3 + HAlO22H O+→ Al(OH)3 ↓

( chú ý là tạo ra NaHCO3 , không phải là Na2CO3 ) Về mặt tổng quát: Khi cho MO2

(4-n)- đi qua dung dịch axit mạnh (H+) thì có 3 khả năng:

(4 )2

( )

( )

n

nn

n

n

M OH

M OHMO H

M

M

− − +

+

+

↓

↓+ →

i

i

i

Luật: H+ dư thì không có kết tủa. iKhi cho CO2 đi qua dung dịch bazơ (OH-) thì về mặt tổng quát có 3 khả năng:

23

23

2

3

3

CO

COCO OH

HCO

HCO

−

−−

−

−

+ →

i

i

i

Luật: + OH- dư →Muối trung hòa CO3

2-. + CO2 dư → Muối axit HCO3

-. iDung dịch NH3 chỉ tạo phức tan với Zn(OH)2, Cu(OH)2 , AgOH và AgCl :

M(OH)n + NH3 → [ ]3 2( ) ( )n nM NH OH (tan)

Bài giải

Theo phân tích trên thấy : - Loại A vì : Ban đầu: NaOH + Cr(NO3)3 → Cr(OH)3 ↓ + 3NaNO3

Sau đó,vì NaOH dư nên kết tủa bị hòa tan: NaOH + Cr(OH)3 → NaCrO2 + H2O

- Loại B vì : Ban đầu: NaAlO2 + HCl +H2O → Al(OH)3 ↓ + 3NaCl

Sau đóvì NaOH dư nên kết tủa bị hòa tan: NaOH + Al(OH)3 → NaAlO2 + H2O

- Loại C vì : 2CO2(dư) + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2 ⇒Đáp án D Bài 59. Cho các phản ứng sau:

(a) 4HCl + PbO2 → PbCl2 + Cl2 + 2H2O. (b) HCl + NH4HCO3 → NH4Cl + CO2 + H2O. (c) 2HCl + 2HNO3 → 2NO2 + Cl2 + 2H2O. (d) 2HCl + Zn → ZnCl2 + H2. Số phản ứng trong đó HCl thể hiện tính khử là A. 2. B. 4. C. 1. D. 3.

( Trích câu23 – Mã đề 637 – ĐHKB 2009)


Cần biết iMột chất thể hiện tính khử khi phân tử chất đó chứa nguyên tố có sự tăng số oxi hóa sau phản ứng. iPhân tử HCl “tiềm ẩn” hai tính chất : tính oxi hóa của H+ ( bộc lộ khi gặp kim loại trước H →H2 ↑ ) .Ví dụ:

2HCl + Zn → ZnCl2 + H2. và tính khử của Cl- ( bộc lộ khi gặp chất oxi hóa mạnh: MnO2, KMnO4,K2Cr2O7,KClO3.. →Cl2 ↑ ).Ví dụ:

HCl + MnO2 → MnCl2 + Cl2 + H2O ⇒HCl là phân tử vừa có tính oxi hóa , vừa có tính khử.(các em thường quên mất tính oxi hóa của H+)

Bài gải Theo phân tích trên ⇒ chỉ có 2 phản ứng (a) và (c) thỏa mãn :

(a) 4HCl + PbO2 → PbCl2 + Cl2 + 2H2O. (c) 2HCl + 2HNO3 → 2NO2 + Cl2 + 2H2O.

⇒Đáp án A. Bài 60. Cho các chất sau : FeCO3, Fe3O4, FeS, Fe(OH)2. Nếu hòa tan cùng số mol mỗi chất vào dung dịch H2SO4 đặc, nóng (dư) thì chất tạo ra số mol khí lớn nhất là A. Fe3O4 B. Fe(OH)2 C. FeS D. FeCO3 Bài 61. Phát biểu nào sau đây là đúng? A.Thổi không khí qua than nung đỏ, thu được khí than ướt B.Dung dịch hỗn hợp HCl và KNO3 hòa tan được bột đồng C.Hỗn hợp FeS và CuS tan được hết trong dung dịch HCl dư D.Phốtpho đỏ dễ bốc cháy trong không khí ở điều kiện thường Phân tích iCác muối sunfua đều tan và tác dụng với axit loại 2 (HNO3,H2SO4 đặc) theo kiểu oxi hóa – khử.Thí dụ:

FeS + HNO3

3 3

3 3 2 42

2 4 3 2

2 4 3

( )

( )

( )

( )

Fe NO

Fe NO H SONO H O

Fe SO SO

Fe SO

→ + + +

i

ii

i

i

( Trong quá trình giải bài tập cụ thể , bạn đọc cần bám vào đề bài để biết sản phẩm là gi và nên viết ở dạng ion thì mới đơn giản hóa được vấn đề). Tuy nhiên trong dung dịch axit loại 1(HCl,H2SO4 loãng) thì chỉ có các muối sunfua của kim loại trước Pb mới tan và tấc dụng, các muối sunfua của kim loại từ Pb trở về sau không tan và cũng không tác dụng .Thí dụ :

FeS + HCl →FeCl2 + H2S↑ (Phản ứng điều chế H2S trong phòng thí nghiệm)

CuS + HCl −× → CuCl2 + H2S Chú ý: Có thể coi FeS2 ⇔ FeS.S nên:

FeS2 + HCl →FeCl2 + H2S↑ +S↓ iKhi cho hơi nước qua than nung đỏ thì :

C + H2O 01050 C→←

∼CO + H2

Đây là 1 trong 2 cách điề chế khí CO trong công nghiệp ( Cách còn lại là

C 2 ( )2

CO kk CO CO++ →→ ← : Khí CO chiếm 25% còn lại là CO2,N2 và một số khí khác.Hỗn hợp khí

thu được sau phản ứng gọi là khí lò ga).Hỗn hợp khí sau phản ứng chứa khoảng 44% là khí CO, còn lại là CO2,N2,H2… gọi là khí than ướt(dùng làm nhiên liệu khí). iPhotpho đỏ chỉ cháy ở nhiệt độ khoảng 2100C, còn photpho trắng có ái lực mãnh liệt với oxi: Ngay trong không khí, ở nhiệt độ thường,photpho trắng bị oxi hóa thành P2O3 đồng thời có phát lân


quang: P4 + 3O2 → 2P2O3

Ở nhiệt độ khoảng 400C, photpho trắng bốc cháy thành P2O5 :

P4 + 3O2 040 C→ 2P2O5

Phản ứng trên được dùng trong quân sự, chế bom cháy và đạn mù.Phot pho trắng là một chất rất dễ bốc cháy. iNhiều bạn đọc biết :

Kim loại + HNO3 → Muối + Spk + H2O Tuy nhiên, nhiều bạn lại không biết bản chát của phản ứng chỉ là :

Kim loại + H+ + NO3- → Muối + Spk + H2O

Điều này có nghĩa là không nhất thiết phải dùng HNO3 mà cứ có H+ với NO3- là phản ứng xảy ra

→Không chỉ HNO3 mà dung dịch chứa đồng thời H+ và NO3- như dd (NaNO3,HCl) hay dd(

NaNO3,NaHSO4)…cũng hòa tan được kim loại theo phản ứng : Kim loại + H+ + NO3

- → Muối + Spk + H2O Thí dụ :

3Cu + 8NaNO3 + 8HCl →3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O + 8NaCl ( Bản chất là : 3Cu + 8H+

của HCl +2NO3-của NaNO3 →3Cu2+ + 2NO + 4H2O)

Đây là phản ứng minh họa tính oxi hóa của ion NO3- trong môi trường axit và cũng là cách nhận ra

ion NO3- có mặt trong các dung dịch ( Dấu hiệu : có khí NO không màu bị hóa nâu do NO +O2(kk)

→NO2).Khi gặp toán dạng này thì cách đơn giản nhất là bạn giải theo phương pháp 3 dòng nhé !!! Bạn đọc thân mến, tin chắc rằng với sự phân tích như trên thì câu hỏi trên không còn khó đối với bạn nữa . Đáp án là Dung dịch hỗn hợp HCl và KNO3 hòa tan được bột đồng . Nhận xét. Thông qua bài này tôi đã truyền đạt cho bạn một thông điệp, một bí quyết rất quan trọng trong quá trình dạy của các quý vị đồng nghiệp và quá trình luyện thi của các bạn thí sinh. Quý vị và các bạn đã cảm nhận được điều này chưa ???

Bài 62. Cho:0

30

( )3 3 3 3( ) ( )FeClt CO du T

tFe NO X Y T Fe NO++→ → → →

Các chất X và T lần lượt là A. FeO và AgNO3 B. Fe2O3 và AgNO3 C. Fe2O3 và Cu(NO3)2 D.FeO và NaNO3 Phân tích iTrong quá trình làm các câu hỏi trắc nghiệm nếu bạn luôn luôn vừa làm vừa loại trừ, vừa khai thác và thử đáp án thì bạn ít nhất là « ´tay đua xe phân khối lớn » còn đối thủ của bạn chỉ là « nhà vô địch para game ».Không tin bạn hãy thử đi !!! iTổng quát về sự nhiệt phân muối nitrat Tất cả các muôi nitrat đều kém bền với nhiệt, khi nung nóng đều bị phân hủy , sản phẩm sinh ra phụ thuộc vào độ hoạt động của kim loại có trong muối.Cụ thể :

0

4

, , ,2 2

2 ( ax) 2 2

3

2 2

2 2

( )2

22( )

3

2

M K Ba Ca Nan

M Mg Cun mt

n

M Hg Au

M NH

nM NO O

nM O nNO O

M NOn

M nNO O

N O H O+

=

= →

= →

=

→ + ↑→ + ↑ + ↑→→ + ↑ + ↑→ ↑ + ↑

( N2O là khí có hoạt tính sinh học : gây cười →gọi là khí cười) Nhận xét về sự nhiệt phân muối nitrat (1) Nếu đề yêu cầu tìm muối nitrat dựa vào sự nhiệt phân , nếu không biết độ mạnh của M thì về

mặt tổng quát bạn phải xét cả bốn trường hợp trên để tìm đáp án ( nếu làm trắc nghiệm thì nên


thử trường hợp thứ hai trước, đảm bào bạn sẽ nhận được « vàng 4 con 9 » đấy nhé !!!). (2) Phản ứng thuộc trường hợp 1 thường được dùng điều chế oxi trong phòng thí nghiệm.Thí dụ :

KNO3 0t→ KNO2 +

1

2 O2.

(3) Nếu bài toán thuộc trường hợp 2( trừ Fe(NO3)2 đấy nhé) thì 2 2

4NO On n= tức 2 2NO On n> , nếu

thuộc trường hợp thứ 3 thì 2 2

2

3NO On n= tức 2 2NO On n< .Dựa vào nhận xét này, nếu đề bài cho

biết quan hệ về mol ( hoặc thể tích) giữa NO2 và O2 thì ta sẽ biết ngay bài toán thuộc trường hợp nào mà không cần phải biện luận nhiều trường hợp.Tinh tế quá phải không bạn !!!Tuy nhiên, bạn chỉ thực sự « hoàn mĩ » khi biết thêm các tình huống dưới đây.

(4) Các phản ứng đặc biệt của muối nitrat - Có sự thay đổi hóa trị sau phản ứng :

2Fe(NO3)2 0t→ Fe2O3 + 4NO2 ↑ +

1

2O2 ↑

- Không thu được chất rắn sau phản ứng

Hg(NO3)2 0t→ Hg ↑ + NO2 ↑ + O2 ↑

( Hg là kim loại duy nhất ở thể lỏng trong điều kiện thường và bay hới khi đun nóng)

NH4NO3 0t→ N2O ↑ + H2O↑

- Sự nhiệt phân của muối nittrat ngậm nước.Thí dụ :

Fe(NO3)3.9H2O 0t→ Fe2O3 + NO2 ↑ + O2 ↑ + H2O ↑

( Kinh điển nhất là nhiệt phân muối nitrat kép – đi thi gặp trường hợp này thì « xin lỗi đời quá đen » và bỏ luôn vì có làm được đâu mà không bỏ !!!) →Khi giải bài toán tìm công thức của muối nitrat nếu bạn đọc giải bình thường mà không ra thì đừng nói « đề sai » mà hày nói « mình quá NGU = Never Give Up » rồi hãy xét xem bài toán rơi vào trường hợp « đặc biệt » nào trong số các trường hợp vừa nêu trên. (5) Trong quá trình giải toán nhiệt phân muối nitrat cần chú ý thêm : (6) m∑ (khí) = mrắn trước - mrắn sau

(7) Có thể sử dụng phương pháp tăng –giảm khối lượng hoặc bảo toàn khối lượng. i Tổng quan về sự khử oxit bằng CO (1) Phản ứng tổng quát :

MxOy + yCO 0t→ xM +yCO2 ↑

(2) Điều kiện : Chỉ có oxit kim loại sau Al mới tham gia phản ứng. (3) Ứng dụng : đây là phương pháp nhiệt luyện điều chế các kim loại trung bình ( từ Zn --->Pb)

trong công nghiệp (4) Bản chất: [ ]O trong oxit sau Al +CO →CO2

(5) Hệ quả :[ ] ( ) 2

ox

ox pu

ran sau ran truoc O trong it sau Al

CO COO trong it sau Al

m m m

n n n

= − = =

( Đề thường cho CO2 gián tiếp thông qua phản ứng với NaOH,Ba(OH)2, KOH… →bạn đọc cần trang bị thêm kĩ năng giải toán CO2 +bazơ.Vì chủ đề này quá quan trọng trong mọi kì thi nên tôi sẽ có hẳn một chuyên đề riêng , bạn đọc chú ý đón đọc!!!). (6) Chú ý. Chỉ khi CO dư thì mới có phản ứng

Fe2O3 + CO 0t→ Fe + CO2

Còn CO mà không dư thì : Fe2O3 0 0 03 4400 500 600 700 800 c

CO CO CO

C CFe O FeO Fe+ + +

− −→ → →

( đây là các phản ứng xảy ra ở phần trên- phần giữa – phần dưới của thân lò trong quá trình luyện gang)


Các phản ứng này xảy ra gần như đồng thời → sản phẩm thu được là một hỗn hợp phức tạp tối đa gồm 4 chấtFe2O3,Fe3O4,FeO,Fe ( tuy nhiên, trong khi làm đề thi, trừ một vài bài quá đăc biệt ,các trường hượp còn lại bạn đọc cứ coi chỉ có một phản ứng FexOy →Fe). iTổng quan về phản ứng kéo muối Fe3+ về muối Fe2+ Các kim loại từ Mg →Cu có khả năng kéo muối Fe3+ →muối Fe2+

3 2

( )

n

Mg Cu

M Fe M Fe+ + +

→

+ → +

Đặc biệt nếu kim loại là từ Mg →Zn thì có thể có thêm phản ứng kéo tiếp Fe2+ vừa sinh thành kim loại Fe( Đây cũng là một chủ đề quan trọng trong đề thi và đã khiến cho nhiều học sinh phải “ ôm hận” do đó tôi sẽ có một chủ đề riêng biệt về chủ đề này,bạn đọc chú ý tìm đọc). Như vậy, khi cho Fe + A.loại 2 (HNO3, H2SO4 đặc) thì rất nhiều bạn cho rằng →muối Fe3+ nhưng đầy đủ nhất của vấn đề là : Ban đầu :

Fe + A.loại 2 →Muối Fe3+ + Spk (NO2,NO,SO2…) + H2O Sau đó nếu Fe ( hoặc kim loại từ Mg →Cu) mà còn thì cso hiện tượng Fe3+ bị kéo về Fe2+

Fe3+(vừa sinh) + Kim loại (phần còn sau pư trên) →Fe2+ + ion kim loại

Vậy , tổng quát có 3 trường hợp :

3 2 4

3

3. 2( , )

2

2

A Loai HNO H SO dac

Fe

FeFe

Fe

Fe

+

++

+

+

→

i

i

i

Luật: (1) Axit dư →Fe3+ (2) Kim loại dư →Fe2+ Bạn đọc thân mến, Chủ đề Fe + A.loai 2 là một chủ đề vô cùng quan trọng nên xin phép dừng lại tại đây và hứa sẽ quay lại với các bạn bằng cả một chuyên đề nhé !!! iTổng quan về hiện tượng kéo muối Fe2+ lên muối Fe3+ Có hai cách : Cách 1 : Cho muối Fe2+ + A.loại 2 →Muối Fe3+ + SPK + H2O Cách 2: Cho dd muối Fe2+ + dd muối Ag+ →Muối Fe3+ + Ag Bạn đọc thân mến, đây cũng là một chủ đề vô cùng quan trọng nên xin phép dừng lại tại đây và hứa sẽ quay lại với các bạn bằng cả một chuyên đề nhé !!!

HƯỚNG DẪN GIẢI

4Fe(NO3)3o

t→ 2Fe2O3 + 12NO2 + 3O2 ;

Fe2O3 + 3COo

t→ 2Fe + 3CO2

Fe + 2FeCl3 → 3FeCl2

;FeCl2 + 3AgNO3 → Fe(NO3)3 + 2AgCl + Ag

Vậy đáp án là gì ban đọc? Đây là việc của bạn nhé !!! Bài 63.Cho các chất riêng biệt sau: FeSO4, AgNO3, Na2SO3, H2S, HI, Fe3O4, Fe2O3 tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc, nóng. Số trường hợp xảy ra phản ứng oxi hóa khử là A. 6 B. 3 C. 4 D. 5 Phân tích iH2SO4 đặc mang trong mình hai thuộc tính : tính axit mạnh và tính oxi hóa mạnh.Tính chất nào được bộc lộ là tùy thuộc vào “ đối tác” phản ứng →H2SO4 đặc muốn tham gia phản ứng oxi hóa – khử thì đối tác phải là chất khử. iCác chất khử hay gặp trong đề thi: * Nguyên tắc chung: phải chứa nguyên tố ở trạng thái oxi hóa thấp nhất hoặc trung gian *Hay gặp :


1. Mọi kim loại M 2. Hợp chất chứa N-3 như NH3, các amin CxHyN …. 3. Hợp chất chứa P-3 như PH3, Zn2P3 …

4.Hợp chất chứa S2- như H2S, muối sunsua M2Sn …. 5. ion O2- trong muối nitrat M(NO3)n và KMnO4 ( khi bị nhiệt phân). 6. Ion Cl- ( chỉ khi điều chế Cl2), Br- và đặc biệt là I- .

7. Các phi kim :C,P,S… 8. Các oxit kim loại sau : FeO,Fe3O4,CrO và Cu2O 9. Các oxit phi kim sau: H2O, CO, NO2, SO2. 10. Các axit HCl,HBr,HI, H2S và Peoxit H2O2. 11. Các muối halogenua (-florua) MXn, muối nitrat M(NO3)n và KMnO4 ( khi thực hiện

phản ứng nhiệt phân). 12. Các hợp chất hữu cơ hay gặp là hợp chất có nhóm -CHO, HCOO- và –CO- )xeton.

HƯỚNG DẪN GIẢI Các chất tham gia phản ứng oxi hóa khử với H2SO4 đặc nóng: FeSO4; H2S; HI; Fe3O4. ở đây Na2SO3 chỉ tham gia phản ứng trao đổi thông thường (nói chính xác là do tính chất axit mạnh đẩy muối axit yếu) Phương trình phản ứng:

2FeSO4 + 2H2SO4(đặc) →Fe2(SO4)3 + SO2 + 2H2O H2S + H2SO4(đặc) → SO2 + H2O

8HI + H2SO4(đặc) → 4I2 + H2S + 4H2O ( điều này giải thích tại sao không thể điều chế HI và HBr theo phương pháp sunfat:

NaX (khan) + H2SO4(đặc) 0t→ HX↑ +NaHSO4 hoặc Na2SO4 )

Fe3O4 + H2SO4 ) →Fe2(SO4)3 + SO2 + 2H2O Bài 64 .Trường hợp nào sau đây tạo ra kim loại? A. Đốt FeS2 trong oxi dư B. Nung hỗn hợp quặng apatit, đá xà vân và than

cốc trong lò đứng C.Nung hỗn hợp quặng photphorit, cát và than cốc trong lò điện

D. Đốt Ag2S trong oxi dư

Phân tích i Gặp những câu hỏi kiểu này thí sinh thường “ choáng và tỏa sáng ngay” vì không nhớ do đây là chủ dề lí thuyết và thuộc các “phần phụ” trong SGK, hơn nữa nó lại phân tán ở nhiều bài, nhiều lớp →Trong quá trình ôn tập phải thường xuyên làm các câu hỏi lí thuyết ở các đề thi ”thử như thật” và nếu gặp vấn đề nào “bí” thì phải dùng SGK đọc lại ngay để hoàn thiện các vấn đề lí thuyết ( cần lưu ý là lí thuyết chiếm khoảng 4-5 điểm trong đề thi đấy.Vậy bạn có nên “vô cảm” với lí thuyết???). iCác muối sunfua M2Sn hoặc các quặng như FeS2 đều dễ bị oxi hóa khi đốt cháy trong oxi dư hoặc không khí dư →Oxit kim loại hóa trị max + SO2:

M2Sn + O2 →M2On(max) + SO2 ↑ Chú ý: Do các oxit Ag2O và HgO không bền , dễ bị nhiệt phân thành kim loại và O2 nên :

Ag2S + O2 0t→ Ag + SO2

HgS + O2 0t→ Hg + SO2

i Nung hỗn hợp quặng photphorit( hoặc apatit), cát và than cốc ở 12000C trong lò điện là phương pháp điều chế photpho trắng trong công nghiệp:

Ca3(PO4)2 +3SiO2 +5C01200 C→ 3CaSiO3 5CO+2P ngung tu P

→↑ (trắng)

i Bột quặng apatit ( hay photphorit) +đá xà vân ( MgSiO3) + than cốc


01000 C>→ phân lân nung chảy ( hỗn hợp muối PO4

3- và SiO32- của canxi và magie)

Đến đây rồi thì tác giả tin chắc tất cả các bạn đều thấy đáp án đã “ lộ diện” rồi đúng không ? Đốt Ag2S trong oxi dư. Bài 65. Dung dịch chất X không làm đổi màu quỳ tím; dung dịch chất Y làm quỳ tím hóa xanh. Trộn lẫn hai dung dịch trên thu được kết tủa. Hai chất X và Y tương ứng là A.Na2SO4 và BaCl2 B. Ba(NO3)2 và K2SO4 C. KNO3 và Na2CO3 D. Ba(NO3)2 và Na2CO3 Phân tích iNhiều muối khi tan trong nước sẽ bị thủy phân ( tác dụng với nước) một phần nhỏ theo phản ứng thuận – nghịch →Có thể làm môi trường và pH của dung dịch thay đổi. iBản chất của sự thủy phân là cation kim loại hoặc anion gốc axit hoặc cả hai tác dụng với HOH ( tức H+ và OH-) →Điều kiện xảy ra là sự tương tác đó phải tạo ra sản phẩm là ,↓ ↑ hoặc chất điện li yếu. iVới bản chất trên dễ lập được bảng tổng kết về sự thủy phân của muois như sau:

Loại muối tạo ra từ Thủy phân Môi trường dung dịch

pH dung dịch

Pư với quỳ tím

Axit mạnh – ba zơ mạnh không Trung tính pH =7 Quỳ →không đổi màu

Axit mạnh – ba zơ yếu có axit pH < 7 Quỳ →đỏ Axit yếu – ba zơ mạnh có Bazơ pH >7 Quỳ →xanh Axit yếu – ba zơ yếu có gân như trung

tính pH ≈ 7 Quỳ →ko đổi

màu ( luật nhớ : cái nào mạnh thì thắng và quyết định.)

Chú ý. - Các muối chứa HSO4

- như NaHSO4, Ba(HSO4)2… tuy không bị thủy phân nhưng dung dịch vẫn có môi trường axit vì :

M(HSO4)n dien li→ Mn+ + HSO4

- →← H+ + SO42-

- Các ancol, phenol, axit hữu cơ đều là axit yếu, các amin đều là bazơ yếu →các muối của chúng dễ dàng bị thủy phân, đôi khi còn thủy phân hoàn toàn .Thí dụ:

C2H5ONa + H2O →C2H5OH +NaOH ( trong vô cơ , muối Al2S3, ZnS, Al2(CO3)3 và Fe2(CO3)3 cũng bị thủy phân hoàn toàn → tạo ra một số phản ứng có vẻ đặc biệt.Thí dụ: AlCl3 + Na2S + H2O →Al(OH)3 ↓ +NaCl + H2S )

iMuối + Muối - Luật chung: Muối + Muối →2 muối mới Điều kiện: 2 muối ban đầu phải tan, sản phẩm phải có kết tủa →Bạn đọc phải nhớ được bảng tính tan (đây là vấn đề nan giải với nhiều bạn.Tuy nhiên sẽ rất nhẹ nhàng nếu bạn biết được kĩ thuật nhớ bảng tính tan, Bạn có biết kĩ thuật này không???). - Các ngoại lệ quan trọng thường gặp trong đề thi: Ngoại lệ 1: Muối axit + Bazơ tan → tạo muối trung hòa (muối ít H hơn) + H2O Ngoại lệ 2: Muối Fe2+ + muối Ag+ →Muối Fe3+ + Ag↓

iTrong quá trình làm bài trắc nghiệm, luôn luôn khai thác đáp án A,B,C,D và sử dụng phương pháp loại trừ để nâng cao tốc độ giải. Vậy bài này đáp án là gì bạn đọc ? Ba(NO3)2 và Na2CO3!!! Bạn đọc nên viết các phản ứng để khắc sâu và nhớ lâu kiến thức nhé. Bài 66. Khi nói về kim loại kiềm, phát biểu nào sau đây là sai? A.Từ Li đến Cs khả năng phản ứng với nước giảm dần B.Các kim loại kiềm có màu trắng bạc và có ánh kim.


C.Trong tự nhiên, các kim loại kiềm chỉ tồn tại ở dạng hợp chất. D.Kim loại kiềm có nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi thấp. Phân tích iKhi làm câu hỏi lí thuyết cần xác định rõ đề hỏi “chọn đúng” hay “chọn sai”.Thực tế qua nhiều kì thi cho thấy nhiều bạn đã phải trả giá đắt vì chót “ nhầm nhọt sang trồng trọt” rồi đấy !!! iMột số tính chất vật lí quan trọng của kim loại kiềm: (1) Các kim loại kiềm có màu trắng bạc và có ánh kim. (2) Dẫn điện tốt.

Nhiệt độ nóng chảy,nhiệt độ sôi thấp, khối lượng riêng nhỏ, độ cứng thấp. Nguyên nhân: - Có mạng tinh thể lập phương tâm khối ( kiểu mạng rỗng). - Liên kết kim loại ( lực hút giữa các e tự do trong mạng với các ion dương tại nốt mạng) yếu do

mật độ e trong mạng thấp. iTrạng thái tự nhiên ( cách thức tồn tại trong tự nhiên) của kim loại kiềm. Do có tính khử cực mạnh mà môi trường tự nhiên lại có nhiều chất oxi hóa → trong tự nhiên không có đơn chất kim loại kiềm mà chỉ có các hợp chất của kim loại kiềm.Thí dụ nước biển chứa cực nhiều NaCl , hay quạng sinvinit chứa KCl.NaCl… i Tính chất hóa học đặc trưng của kim loại kiềm. (1) Do đứng đầu các chu kì →Các kim loại kiềm có điện tích hạt nhân nhỏ nhất →Có bán kính

lớn nhất →Có độ âm điện (hiểu đơn giản lực hút giữ hạt nhân với các e lớp ngoài cùng khi liên kết) nhỏ nhất →dễ mất e nhất →Các kim loại kiềm là nguyên tố cso tính khử mạnh nhất trong một chu kì.

(2) Đi từ trên xuống dưới trong một nhóm, số lớp e tăng lên khi chuyển từ nguyên tố này sang nguyên tố khác →bán kính nguyên tử tăng dần →độ âm điện giảm dần → Tính khử của các nguyên tố tăng dần →khả năng , tốc độ phản ứng của các nguyên tố trong nhóm tăng dần.

Đây là các kiến thức cơ sở rất quan trọng đã được học ở lớp 10, xong nhiều em do khi học không hiểu nguồn gốc, bản chất của vấn đề nên đi thì những câu kiểu này là “ngọn núi Thái Sơn” khó vượt qua!!! Từ sự phân tích trên →Đáp án câu này là Từ Li đến Cs khả năng phản ứng với nước giảm dần. Bài 67. Cho các thí nghiệm sau:

(a) Đốt khí H2S trong O2 dư (b) Nhiệt phân KClO3 (xúc tác MnO2) (c) Dẫn khí F2 vào nước nóng

(d) Đốt P trong O2 dư (e) Khí NH3 cháy trong O2 (g) Dẫn khí CO2 vào dung dịch Na2SiO3

Số thí nghiệm tạo ra chất khí là A.5 B.4 C.2 D.3 Phân tích iTrong quá trình ôn tập với các câu hỏi lí thuyết, những vấn đề nào liên quan mà không nhớ hoặc chưa biết thì ngay lập tức dùng SGK đọc lại ngay , tổng hợp và ghi chép lại.Mỗi đề thi có khoảng từ 20 – 25 câu hỏi lí thuyết liên quan đến tất cả các vấn đề trong SGK của 3 lớp 10,11,12.Vì vậy trong toàn bộ quá trình luyện thi các em chỉ cần làm khoảng 20 đề thi với cách học như đã nói ở trên thì có thể khẳng định em sẽ nắm được 100% kiến thức lí thuyết trong đề thi →Giúp em lấy được một phần lớn điểm bài thi (4-5 điểm lí thuyết) trong khi các “đối thủ” khác lại “bỏ qua” vì “ngại” học lí thuyết. iMột số phản ứng quan trọng liên quan đến bài đang xét:

(1) H2S + O2(thiếu) 0t→ S↓ (vàng) + H2O

(2) H2S + O2(dư) 0t→ SO2 ↑ + H2O

(3) KClO3 0t→ KClO4 + KCl

(4) KClO3 0

2, :t xt MnO→ O2 ↑ + KCl


(5) 2F2 + 2H2O o

t→ 4HF + O2 ↑

(6) P +O2(thiếu) o

t→ P2O3

(7) P +O2(dư) o

t→ P2O5

(8) NH3 + O2 o

t→ N2 + H2O

(9) NH3 + O2 o

t→ N2 + H2O

(10) NH3 + O2 →0

85 C

PtNO + H2O

(11) CO2 + H2O + Na2SiO3 →Na2CO3 + H2SiO3 ↓ (keo, ko tan) ( axit silixic H2SiO3 là axit cực yếu và kém bền) Đến đây rồi mà em nào còn hỏi đáp án là gì thì sẽ bị thầy “hì hì” vào mặt đấy nhé!!! Bài 68. Phát biểu nào sau đây là đúng ? A.CrO3 tác dụng với nước tạo ra hỗn hợp axit B.Tất cả các phản ứng của lưu huỳnh với kim loại đều cần đun nóng C.Ca(OH)2 được dùng làm mất tính cứng vĩnh cửu của nước. D.Trong công nghiệp nhôm được sản xuất từ quặng đolomit. Phân tích iCác kim loại mạnh ( kim loại kiềm, kim loại kiềm thổ ) và Hg tác dụng với lưu huỳnh ngay ở điều kiện thường :

Na + S →Na2S Hg + S →HgS

( Phản ứng này để thu hồi, xử lí chất độc Hg bị rơi vãi dưới dạng những hạt rất nhỏ bằng cách rắc bột S). Đối với các kim loại khác thì cần đun nóng.Thí dụ:

Fe + S 0t→ FeS

i Trong công nghiệp, nhôm được sản xuất từ quặng Boxit ( Al2O3.2H2O lẫn tạp chất là Fe2O3 và SiO2):

Al2O3 dpnc→ 2Al +3O2

Khí O2 thoát ra ở anot ( làm bằng các khối than chì lớn ) và ở nhiệt độ cao nên đã đốt cháy anot thành khí CO và CO2:

C+ O2 0t→ CO

C + O2 0t→ CO2

Vì vậy sau một thời gian phải thay thế điện cực dương (anot). Nhiệt độ nóng chảy của Al2O3 rất cao (20500C), vì vậy phải dùng criolit nóng chảy Na3AlF6 ( tức NaF.AlF3 ) để hòa tan Al2O3..Việc làm này có 3 tác dụng : (1) Hạ nhiệt độ nóng chảy của hỗn hợp xuống chỉ còn 9000C ⇒ tiết kiệm được năng lượng. (2) Tạo được chất lỏng nóng chảy có tính dẫn điện tốt hơn Al2O3 nóng chảy. (3) Tạo được hỗn hợp chất lỏng nóng chảy có khối lượng riêng nhỏ hơn Al nóng chảy vừa sinh ra

→nổi lên trên →bảo vệ nhôm nóng chảy không bị O2 của không khí oxi hóa. Ghi chú : Quặng đolomit là MgCO3.CaCO3 iNước cứng vĩnh cửu là nước có chứa Ca2+ và Mg2+ nằm trong các muối clorua và muối sunfat: CaCl2, MgCl2, MgSO4 và CaSO4

( tổng quát là các muối trung hòa và muối hiđrosunfat). Để làm mềm nước cứng vĩnh cửu ( tức loại bỏ Ca2+ và Mg2+) người ta dùng dung dịch có chứa CO3

2- hoặc OH- hoặc PO4

3- ( thường là dùng Na2CO3, NaOH và Na3PO4.Có lẻ là do tiêu chí an toàn): Ca2+ + CO3

2- →CaCO3 ↓ 3Ca2+ + 2PO4

3- →Ca3(PO4)2 ↓ Mg2+ + 2OH- + Ca2+ + CO3

2- →Mg(OH)2 ↓ + CaCO3 ↓ Dung dịch Na2CO3 ( cùng với Ca(OH)2) cũng được dùng làm mềm nước cứng tạm thời.


iNguyên tố Crom tạo ra được 3 oxit : CrO(oxit bazơ), Cr2O3 ( Oxit lưỡng tính) và CrO3 là oxit axit: H2O + CrO3 →H2CrO4 (axit cromic)

H2O + 2CrO3 →H2Cr2O7 ⇔ H2CrO4.CrO3 ( Axit đicromic) Hai axit này kém bền , chỉ tồn tại trong dung dịch( nếu tách ra khỏi dung dịch thì chúng bị phân hủy và tái tạo lại CrO3). Từ sự phân tích trên →Đáp án là : CrO3 tác dụng với nước tạo ra hỗn hợp axit.

Bài 69. Phát biểu nào sau đây là sai? A.Nguyên tử kim loại thường có 1, 2 hoặc 3 electron ở lớp ngoài cùng. B.Trong một chu kì, bán kính nguyên tử kim loại nhỏ hơn bán kính nguyên tử phi kim C.Các nhóm A bao gồm các nguyên tố s và nguyên tố p. D. Các kim loại thường có ánh kim do các electron tự do phản xạ ánh sáng nhìn thấy được. Phân tích iCó thể phân loại các nguyên tố hóa học dựa vào số e lớp ngoài cùng của cấu hình electron ( không được nhầm lẫn cấu hình e và mức năng lượng các bạn đọc nhé).Cụ thể :

1,2,3 → thường là kim loại ( -H,He,B là phi kim ) Và số lớp < 4 → là phi kim 4 Và số lớp ≥ 4 → là kim loại

Số e lớp ngoài cùng =

5,6,7 → thường là phi kim

8 → là khí hiếm ( He có 2 e lớp ngoài cùng vẫn là khí hiếm)

( chú ý rằng ở bảng trên chỉ là thường chứ không phải là luôn luôn .Thi trắc nghiệm rất hay “chơi chữ” bạn đọc cần”Quách tĩnh” đấy nhé). i Căn cứ vào mức năng lượng cuối cùng ( chứ không phải cấu hình e đâu nhé, nhiều bạn hay nhàm vấn đề này lắm!!!) có thể biết được nguyên tố thuộc họ gì và phân nhóm nào .Cụ thể :

Mức năng lượng ngoài cùng Họ nguyên tố Phân nhóm s Là nguyên tố họ s A p Là nguyên tố họ p A d Là nguyên tố họ d B f Là nguyên tố họ f B

( Mà bạn đọc đã biết kĩ thuật viết siêu nhanh mức năng lượng chưa ? có tới 8 kĩ thuật cơ đấy.Nếu bạn đọc mà chưa biết thì alo hoặc cmt cho tác giá trên FC – HÓA HỌC VÙNG CAO nhé). iCác quy luật trong một chu kì do điện tích hạt nhân quyết đinh vì các nguyên tố trong một chu kì thì có số lớp e bằng nhau( bằng STT của chu kì) chỉ khác về điện tích hạt nhân ( đi từ trái qua phải , điện tích hạt nhân tăng dần) →Điện tích hạt nhân là cơ sở để giải quyết mọi vấn đề liên quan tới chu kì.Chẳng hạn bán kính nguyên tử giảm dần ( chắc bạn đọc giải thích được “vì sao lại thế” !!!). Ngược lại, trong một nhóm đi từ trên xuống dưới, do số lớp e tăng dần →Bán kính nguyên tử tăng dần →Cơ sở để giải quyết các vấn đề liên quan tới nhóm là bán kính nguyên tử. ( Kinh nghiệm cho thấy với rất nhiều thế hệ học sinh thì vấn đề về định luật tuần hoàn luôn là “ ác mộng” vì các bạn không nắm được cơ sở, cốt lõi của vấn đề.Sự phân tích vừa nếu trên sẽ giúp bạn rất nhiều và đặc biệt nếu bạn biết thiết kế “ bảng tuần hoàn thần tiên” thì bạn đã có” chìa khóa vàng” để hóa giải tất cả các câu liên quan tới BTH và định luật tuần hoàn rồi đó.Quan trọng là bạn đã biết thiết kế “ bảng tuần hoàn thần tiên” hay chưa?Nếu chưa biết thì tôi tin bạn đã biết mình phải làm gì rồi đó !!! Dựa vào phân tích trên thì đáp án đã “ lộ diện” rồi đấy phải không bạn đọc.Đáp án nào bạn ??? Trong một chu kì, bán kính nguyên tử kim loại nhỏ hơn bán kính nguyên tử phi kim.

PHẦN 2

KĨ THUẬT TỔNG ÔN TẬP LÍ THUYẾT HÓA HỌC

HÓA HỌC HỮU CƠ

DongHuuLee – THPT Cẩm Thuỷ 1 – Thanh Hoá.FC – HOÁ HỌC VÙNG CAO.

Bài 1. Hiđrocacbon X không làm mất màu dung dịch brom ở nhiệt độ thường. Tên gọi của X là A. etilen. B. xiclopropan. C. xiclohexan. D. stiren.

( Trích câu11 – Mã đề 825 – ĐHKA 2009) Cần biết • Trong giới hạn của đề thi, các chất hữu cơ tác dụng được với dung dịch nước brom phải là những chất:

- Có liên kết bội : liên kết đôi C = C ( trừ vòng benzen) hoặc liên kết ba C ≡ C. - Có vòng 3 cạnh ( hay gặp xiclopropan). - Có nhóm chức anđehit –CHO.

• Chú ý . ankan, các xicloan kan có vòng > 3 cạnh, bezen không tác dụng với dung dịch nước brom nhưng lại tác dụng được với Br2 khan và phản ứng diễn ra theo huớng thế. • Công thức cấu tạo của Stiren là C6H5-CH=CH2( Còn gọi là vinyl benzen ).

Bài giải Theo phân tích trên ⇒Chọn C.

Bài 2. Xà phòng hoá một hợp chất có công thức phân tử C10H14O6 trong dung dịch NaOH (dư), thu được glixerol và hỗn hợp gồm ba muối (không có đồng phân hình học). Công thức của ba muối đó là:

A. CH2=CH-COONa, HCOONa và CH≡C-COONa. B. CH3-COONa, HCOONa và CH3-CH=CH-COONa. C. HCOONa, CH≡C-COONa và CH3-CH2-COONa. D. CH2=CH-COONa, CH3-CH2-COONa và HCOONa.

( Trích câu 16 – Mã đề 825 – ĐHKA 2009) Cần biết. iCông thức tính ( liên kết pi + mạch vòng) đối với hợp chất hữu cơ chỉ có liên kết cộng hóa trị là: iĐiều kiện để một chất có đồng phan hình học là các nhóm gắn trên 2 ( C=C) phải khác nhau. iPhản ứng xà phòng hóa của este tạo bởi glixerol : Thực chất đây là phản ứng thủy phân trong môi trường kiềm của chất béo ( phản ứng điều chế xà phòng).

Bài giải - Trong C10H14O6 có 4lk π = ⇒∑ Tổng liên kết π trong 3 gốc hiđrocacbon của gốc axit - R1,R2,R3 sẽ bằng 1 , , ,A B C D→ loại A,C. - Loại B vì CH3-CH=CH-COONa có đồng phân hình học.

⇒Đáp án A. Bài 3. Trong số các phát biểu sau về phenol (C6H5OH):

(1) Phenol tan ít trong nước nhưng tan nhiều trong dung dịch HCl. (2) Phenol có tính axit, dung dịch phenol không làm đổi màu quỳ tím. (3) Phenol dùng để sản xuất keo dán, chất diệt nấm mốc. (4) Phenol tham gia phản ứng thế brom và thế nitro dễ hơn benzen. Các phát biểu đúng là:

A. (1), (2), (4). B. (2), (3), (4). C. (1), (2), (3). D. (1), (3), (4). (Trích Câu 20- Mã đề 596 – ĐH khối A – 2010)

( )

2 2

2v

C H X Na π +

+ − − +=

CH2-O-CO-R1

CH- O-CO-R2

CH2-O-CO-R3

+ 3NaOH CH2- OH

CH2-OH

CH2-OH+

R1- COONaR2- COONa

R3- COONa

t0


Cần biết • Tính chất vật lí của phenol C6H5-OH

- chất rắn, không màu. - Tan ít trong nước lạnh nhưng tan vô hạn ở 660C, tan tốt trong nhiều dung môi hữu cơ. - Bị chảy rữa và thẩm màu do hút ẩm và bị oxi hóa bởi không khí. - Độc, gây bỏng. - Có lien kết hiđro liên phân tử.

• Tính chất hóa học 1- Phenol là hợp chất có tính axit-gọi là axit phenic ( vừa tác dụng được với kim loại Na,K… vừa tác dụng được với bazơ NaOH, KOH…):

2C6H5-OH + 2Na → 2CcH5ONa + H2 ↑ C6H5-OH + NaOH → CcH5ONa + H2O

Tuy nhiên tính axit của phenol rất yếu: - Không làm đổi màu chất chỉ thị. - Không chỉ bị axit mạnh như HCl mà còn bị cả axit yếu ( H2CO3) đẩy ra khỏi muối: C6H5-ONa + CO2+H2O → C6H5OH↓ (màu trắng) + NaHCO3.

2- Phenol có tính thơm mạnh hơn bezen : phản ứng thế của phenol với Br2, HNO3 diễn ra dễ dàng hơn nhiều ( không cần dùng xúc tác, không cần Br2 khan như benzen) do nhóm –OH là nhóm no .

Bài giải - Phát biểu (4) : ) Phenol tham gia phản ứng thế brom và thế nitro dễ hơn benzen , , ,A B C D→ loại C vì không có (4). -Phát biểu (3) : Phenol dùng để sản xuất keo dán, chất diệt nấm mốc.

Là phát biểu đúng , ,A B D→ loại A vì không có (3).

-Phát biểu (2) Phenol có tính axit, dung dịch phenol không làm đổi màu quỳ tím là phát biểu đúng ,B D→ loại D vì không có (2)

Vậy chọn B. Bài 4. Cho các loại tơ: bông, tơ capron, tơ xenlulozơ axetat, tơ tằm, tơ nitron, nilon-6,6. Số tơ tổng hợp là

A. 3. B. 4. C. 2. D. 5. (Trích Câu19- Mã đề 596 – ĐH khối A – 2010)

Cần biết

Cã 2 lo¹i t¬ : 1.T¬ tù nhiªn (cã s½n trong tù nhiªn): B«ng, len, t¬ t»m. 2.T¬ ho¸ häc ( ®−îc chÕ t¹o b»ng ph−¬ng ph¸p ho¸ häc) Cã 2 nhãm 2.1T¬ tæng hîp:chÕ t¹o tõ c¸c polime tæng hîp.Mét sè lo¹i t¬ tæng hîp th−êng gÆp: T¬ Nilon - 6,6 : ®−îc tao tõ Hexa metylen ®iamin vµ axit a®ipic b»ng ph−¬ng ph¸p trïng hîp :

t0 caonH2N[CH2]6NH2 + nHOOC[CH2]4COOH

NH[CH2]6NH - CO [CH2]4COn

+ 2nH2O

T¬ lapsan

- T¬ lapsan thuéc lo¹i t¬ polieste ®−îc tæng hîp tõ axit terephtalic vµ etilenglicol T¬ Nitron ( hay olon)

- T¬ nitron thuéc lo¹i t¬ vinylic ®−îc tæng hîp tõ Vinylxihanua ( hay acrilonitrin) xt, t0, p

nnCH2 = CH

CN

CH2 - CH

CN Tơ poliamit( nilon, capron) Tơ vinylic(vinilon) 2.2.T¬ b¸n tæng hîp( Hay t¬ nh©n t¹o: Xuất phát từ polime thiên nhiên nhưng được chế biến thêm bằng phương pháp hóa học).Hay gặp:Tơ visco, tơ xenlulozo axetat …..

Bài gải


Từ sự phân tích trên ta thấy các loại tơ: tơ capron, tơ nitron, nilon-6,6 là tơ tổng hợp. ⇒Đáp án A.

Bài 5. Phát biểu đúng là: A. Khi thủy phân đến cùng các protein đơn giản sẽ cho hỗn hợp các α -aminoaxit. B. Khi cho dung dịch lòng trắng trứng vào Cu(OH)2 thấy xuất hiện phức màu xanh đậm. C. Enzim amilaza xúc tác cho phản ứng thủy phân xenlulozơ thành mantozơ. D. Axit nucleic là polieste của axit photphoric và glucozơ.

(Trích Câu 29- Mã đề 596 – ĐH khối A – 2010) Cần biết • Protein có 2 loại :

- Protein đơn giản : tạo ra từ các gốc α -amino axit. - Protein phức tạp = protin đơn giản = thành phần phi protein

• Lòng trắng trứng ( abumin) là một loại protein hình cầu (protein tồn tại ở 2 dạng chính : dạng hình sợi và dạng hình cầu). • peptit (trừ đipeptit) và protein tác dụng với Cu(OH)2 ở điều kiện thường → dung dịch màu tím ( phản ứng màu biure). • Quá trình chuyển hóa tinh bột trong cơ thể :

Tinh bột 2H O

amilazaα+−→Đextrin 2

_H O

amilazaβ+→ Mantozơ 2H O

Mantaza

+→ Glucozơ[ ]

2 2O

enzim

enzim

CO H O

Glicogen

+→ +

→←.

• Axit nucleic là poliestecủa axit phot phoric với pentozơ ( một loại môn saccarit).

Bài giải Từ sự phân tích trên ⇒Đáp án A

Bài 6. Anken X hợp nước tạo thành 3-etylpentan-3-ol. Tên của X là A. 3-etylpent-3-en. B. 2-etylpent-2-en. C. 3-etylpent-2-en.D. 3-etylpent-1-en.

(Trích Câu 37- Mã đề 596 – ĐH khối A – 2010) Cần biết • Cách gọi tên ancol - Đánh số thứ tự của các nguyên tử C thuộc mạch chính từ phía gần –OH. - Tên thay thế của ancol :

Vị trí có nhánh + Tên nhánh + Tên hiđrocacbon mạch chính + Vị trí có OH + ol

• Cách gọi tên anken - Đánh số thứ tự của các nguyên tử C thuộc mạch chính từ phía gần liên kết đôi. - Công thức gọi tên anken :

Vị trí có nhánh + Tên nhánh +Tiền tố chỉ số C mạch chính + vị trí C đầu tiên có liên két đôi + en

• Phản ứng cộng HOH vào anken - Bản chất + Chuyển liên kết đôi C= C thành liên kết đơn. + Cộng H và OH vào hai nguyên tử C tại liên kết đôi. - Quy tắc cộng ( quy tắc Macopnhicop) + Áp dụng cho trường hợp có hai hướng cộng ( hay anken không đối xứng với tâm đối xứng là liên kết đôi). + Hướng chính : H cộng vào Ctại liên kết đôi có bặc thấp , OH cộng vào Ctại liên kết đôi có bậc cao

+ Hướng phụ : H cộng vào Ctại liên kết đôi có bặc cao , OH cộng vào Ctại liên kết đôi có bậc thấp.

- Đặc diểm phản ứng : mạch C không bị biến dạng trong quá trình phản ứng.Tức sản phẩm và anken ban đầu có cùng mạch C.

Bài giải Theo sự phân tích trên, thử từng phương án A,B,C,D thấy thử đến C thì cho kết quả phù hợp với yêu cầu của đề


bài. ⇒Chọn C. Bài 7. Trong các polime sau: (1) poli(metyl metacrylat); (2) polistiren; (3) nilon-7; (4) poli(etylen- terephtalat); (5) nilon-6,6; (6) poli(vinyl axetat), các polime là sản phẩm của phản ứng trùng ngưng là: A. (1), (3), (6). B. (3), (4), (5). C. (1), (2), (3). D. (1), (3), (5).

(Trích Câu 51- Mã đề 596 – ĐH khối A – 2010) Cần biết • Tất cả các loại nilon đều được điều chế bằng phương pháp trùng ngưng. • Các polime được điều chế bằng phương pháp trùng hợp thường được xét trong SGK gồm:

1- Poli Etilen hay P.E: nCH2= CH2 0 , ,t xt p→ (-CH2-CH2-)n

2- Caosu buNa hay poli(buta-1,3-đien):

nCH2= CH-CH=CH2 0 , ,t xt p→ (-CH2-CH=CH-CH2 -)n

3- Poli Stiren hay P.S: nC6H5- CH= CH2 0 , ,t xt p→ (-CH [ ]6 5C H -CH2-)n

4-Cao su isopren hay poli(isopren):

nCH2= CH(CH3)-CH=CH2 0 , ,t xt p→ [ ]2 3 2( )

nCH CH CH CH CH− − = − −

5- Poli(vinyl clorua) hay P.V.C:

nCH2=CHCl 0 , ,t xt p→ (-CH2-CHCl-)n

6- poliacrilonitrin : nCH2= CH -CN 0 , ,t xt p→ [ ]2 ( )

nCH CH CN− − −

7- Cao su buna –N ( phản ứng đồng trùng hợp)

nCH2=CH-CH=CH2+nCH2=CH–CN 0 , ,t xt p→ [ ]2 2 2 ( )

nCH CH CH CH CH CH CN− − = − − − −

8- Cao su buna –S ( phản ứng đồng trùng hợp): nCH2=CH-CH=CH2

+nC6H5-CH= CH20 , ,t xt p→ [ ]2 2 2 6 5( )

nCH CH CH CH CH CH C H− − = − − − −

9- Poli acrylat:

nCH2=CH-COOH0 , ,t xt p→ [ ]2 ( )

nCH CH COOH− − − −

10- poli(mety metacrylat):

nCH2=CH(CH3)-COOCH3 0 , ,t xt p→

2 3

3

( )

!

n

CH CH COOCH

CH

− − −

11-Poli (metacry lat):

nCH2=CH(CH3)-COOH 0 , ,t xt p→

2

3

( )

!

n

CH CH COOH

CH

− − −

12- Poli ( vinyl axetat):

nCH3COO-CH=CH20 , ,t xt p→

2

3

!

n

CH CH

OCOCH

− − −

• Về polime đề thi thường ra 3 loại câu hỏi: - Nguồn gốc: thiên nhiên, nhân tạo, tổng hợp. - Phương pháp điều chế; trùng hợp hay trùng ngưng. - Tính chất hóa học : bị thủy phân, tìm số mắt xích

⇒Muốn trả lời được những cau hỏi kiểu này cần dùng SGK hệ thống lại 3 vấn đề trên của tất cả các polime của trong SGK 12.


• Khi giải bằng phương pháp loại trừ, cần quan sát nhanh những điểm giống và khác nhau giữa các đáp án để loại trừ cho nhanh.


-(5) Nilon-6,6 được điều chế bằng phương pháp trùng ngưng , , ,A B C D→ loại A và C vì không chứa (5). - Nhìn vào B, D thấy sự khác biệt ở hai đáp án này là (4) và (1) nên chỉ quan tâm tới (1) và (4) mà khhoong càn quan tâm tới (3) và (5). Cụ thể: (1) poli(metyl metacrylat) được điều chế bằng phương pháp trùng hợp ⇒ loại D. ⇒ chọn B. Bài 8. Hợp chất hữu cơ mạch hở X có công thức phân tử C6H10O4. Thủy phân X tạo ra hai ancol đơn chức có số nguyên tử cacbon trong phân tử gấp đôi nhau. Công thức của X là A. CH3OCO-CH2-COOC2H5. B. C2H5OCO-COOCH3. C. CH3OCO-COOC3H7. D. CH3OCO-CH2-CH2-COOC2H5.

(Trích Câu 1- Mã đề 174 – ĐH khối B – 2010) Cần biết • Các phương án A,B,C,D cũng là một thông tin quan trọng cần khai thác triệt để. • Trong công thức cấu tạo tổng quát của este cần phân biệt đâu là gốc R của axit và đâu là gốc /R của ancol: R là gốc liên kết với C của chức –COO- còn /R là gốc liên kết với O của chức este – COO- ( nhiều em quan niệm sai rằng cứ gốc nào đứng trước là R , còn gốc đứng sau /R ). • Bản chất của phản ứng xà phòng hóa : đứt liên kết C O− × − của chức –COO- .

Bài giải - Vì X có CTPT C6H10O4

, , ,A B C D→ loại B,D. - Vì CH3OCO-COOC3H7 → 2 ancol CH3OH + C3H7OH không phù hợp với đề ( không có số C gấp đôi nhau) ⇒Loại C. ⇒ chọn A. Bài 9. Hai hợp chất hữu cơ X và Y có cùng công thức phân tử là C3H7NO2, đều là chất rắn ở điều kiện thường. Chất X phản ứng với dung dịch NaOH, giải phóng khí. Chất Y có phản ứng trùng ngưng. Các chất X và Y lần lượt là A. vinylamoni fomat và amoni acrylat. B. amoni acrylat và axit 2-aminopropionic. C. axit 2-aminopropionic và amoni acrylat. D. axit 2-aminopropionic và axit 3-aminopropionic

(Trích Câu 6- Mã đề 174 – ĐH khối B – 2010) Cần biết • Ứng với CTPT kiểu CxHyNO2 có thể có những loại hợp chất sau: - Hợp chất nitro: R-NO2( chất lỏng hoặc khí, không tác dụng với axit, bazơ) - Muối amoni của axit hữu cơ : R-COONH4( Chất rắn, tác dụng cả với axit và bazơ. Khi tác dụng với bazơ sinh khí ).

RCOONH4 + HCl → RCOOH + NH4Cl RCOONH4 + NaOH → RCOONa + NH3 ↑ + H2O

- Aminoaxit: H2N- R- COOH( chất rắn, tinh thể, tác dụng cả với axit và bazơ, tham gia phản ứng trùng ngưng).

H2N-R-COOH + HCl → Cl-H3N+-R-COOH

H2N-R-COOH + NaOH → H2N-R-COONa + H2O -Muối tạo bởi amin và axit hữu cơ: R-COONH3

/R ( Chất rắn, tác dụng cả với axit và bazơ. Khi tác dụng với bazơ tạo khí). RCOONH3

/R + HCl → RCOOH + NH3/R Cl

RCOONH3/R + NaOH → RCOONa + NH2

/R ↑ + H2O


- Este tạo bởi aminoaxit và ancol; H2N-RCOO /R ( Chất khí hoặc lỏng, tác dụng cả với axit và bazơ). • Với hợp chất CxHyOzNtXv thì số liên kết pi và mạch vòng của phân tử được tính như sau:

2 2 2 2

2 2v

C H X N x y v taπ +

+ − − + + − − += =

Nhưng công thức này sẽ không còn đúng khi hợp chất hữu cơ là muối ( hợp chất ion). • Chất hữu cơ được dùng để thực hiện phản ứng trùng ngưng thường là aminoaxxit và hay gặp thường là : Glyxin, alanin, axitglutamic , axit caproic ...( các em phải học thuộc công thức của các chất này). • Phương pháp hay nhất để giải các câu lí thuyết là phương pháp loại trừ .

Bài giải Theo phân tích ở trên và đề nhận thấy: - Vì Y tham gia phản ứng trùng ngưng ⇒Y là aminoaxit , , ,A B C D→ loại A,C. - Vì X + NaOH → ↑ ( NH3 hoặc amin) ⇒X phải là Muối amoni hoặc muối của amin với axit hữu cơ

,B D→ Loại D ⇒Chọn B Bài 10. Dãy gồm các chất đều tác dụng với H2 (xúc tác Ni, t0) tạo ra sản phẩm có khả năng phản ứng với Na là: A. C2H3CH2OH, CH3COCH3, C2H3COOH. B. C2H3CHO, CH3COOC2H3, C6H5COOH. C. C2H3CH2OH, CH3CHO, CH3COOH. D. CH3OC2H5, CH3CHO, C2H3COOH.

(Trích Câu 15- Mã đề 174 – ĐH khối B – 2010) Cần biết • Các hợp chất hữu cơ tác dụng được với H2 phải thỏa mãn một trong hai điều kiện sau:

- Có liên kết bội C=C hoặc C ≡ C. - Có chức anđehit: –CHO 2

0,

H

Ni t

+→ - CH2OH ( ancol bậc 1)

- Có chức xeton: /RCOR 20,

H

Ni t

+→ RCHOH /R ( ancol bậc 2).

• Các gốc hiđrocacbon không no hay gặp là : - CH2=CH- hay C2H3- ( vinyl) - CH2=CH-CH2- hay C3H5- ( anlyl).

• Với những câu hỏi trắc nghiệm lí thuyết mang tính chất liệt kê thông tin của nhiều chất thì phương pháp giải nhanh nhất là phương pháp loại trừ. • Nguyên tắc của phương pháp loại trừ là tìm 3 phương án ngược với yêu cầu của đề đem bỏ đi ⇒Phương án còn lại là phương án được lựa chọn ( mặc dù kiến thức của phương án này có thể người học cũng không biết!!! ).

Bài giải Theo phân tích ở trên ta có:

- Loại B vì CH3COOC2H3 phản ứng với H2 nhưng sản phẩm thu được không tác dụng được với Na.

- Loại C vì CH3COOH không tác dụng với H2. - Loại D vì CH3OC2H5 không tác dụng với H2

⇒ chọn A. Bài 11. Cho phản ứng: 2C6H5-CHO + KOH → C6H5-COOK + C6H5-CH2-OH Phản ứng này chứng tỏ C6H5-CHO A. vừa thể hiện tính oxi hóa, vừa thể hiện tính khử. B. chỉ thể hiện tính oxi hóa. C. chỉ thể hiện tính khử. D. không thể hiện tính khử và tính oxi hóa.

(Trích Câu 19- Mã đề 174 – ĐH khối B – 2010)


Cần biết • Cách xác định số oxi hóa của các nguyên tố trong hợp chất hữu cơ: - Bước 1 : dựa vào phản ứng đề cho, xác định xem trong phản ứng đó bộ phận nào bị biến đổi. - Bước 2: xác định số oxi hóa của C và N(nếu có) tại bộ phận bị biến đổi: vẽ cấu tạo của bộ phận đó ra rồi dựa vào độ âm điện của các nguyên tố có tham gia liên kết để xác định xem nguyên tố nào được e ( nguyên tố có độ âm điện lớn hơn), nguyên tố nào mất e ( nguyên tố có độ âm điện nhỏ hơn) từ đó sẽ xác định được số oxi hóa của C và N( được bao nhiêu e thì mang số oxi hóa âm bấy nhiêu và ngược lại, mất bao nhiêu thì mang số oxi hóa bấy nhiêu). • Các khái niệm liên quan đến phản ứng oxi hóa – khử:

- Một phản ứng chỉ là phản ứng oxi hóa- khử khi trong phản ứng đó có sự thay đổi số oxi hóa ( tăng và giảm) của một số nguyên tố.

- Chất khử: là chất chứa nguyên tố có sự tăng số oxi hóa. - Chất oxi hóa là chất chứa nguyên tố có sự giảm số oxi hóa - Chất khử tham gia quá trình oxi hóa ( quá trình cho e) - Chất oxi hóa tham gia quá trình khử ( quá trình nhận e)

• Luật nhớ: Khử - tăng O – giảm

Nhưng phải bảo đảm: Chất – Trình ngược nhau.

Bài giải

Theo phân tích ở trên nhận thấy: -Trong phản ứng: 2C6H5-CHO + KOH → C6H5-COOK + C6H5-CH2-OH Thì bộ phận bị biến đổi là nhóm – CHO. Cụ thể : (-C+1HO) → (-C+3OOH) + (-C-1H2OH) ⇒C6H5-CHO vừa là chất khử vừa là chất oxi hóa. Bài 12.Các dung dịch phản ứng được với Cu(OH)2 ở nhiệt độ thường là A. glixerol, axit axetic, glucozơ B. lòng trắng trứng, fructozơ, axeton C. anđêhit axetic, saccarozơ, axit axetic D. fructozơ, axit acrylic, ancol etylic

(Trích Câu 24- Mã đề 174 – ĐH khối B – 2010) Cần biết • Những chất tác dụng được với Cu(OH)2 ở nhiệt độ thường → dd xanh lam hoặc tím gồm :

- các hợp chất hữu cơ có từ 2 nhóm –OH kề nhau trở lên. - Các hợp chất hữu cơ có nhóm chức –COOH. - Các hợp chất peptit( trừ đi peptit).

Chú ý : Màu xanh lam sẽ bị mất đi khi đun nóng do phức đồng (II) bị phá hủy. • Những hợp chất tác dụng được với Cu(OH)2 ở nhiệt độ cao 2Cu O→ ↓ (đỏ gạch).

- Điều kiện : phải chứa nhóm –CHO. - Cụ thể hay gặp :

+ anđehit : R-CHO + axit fomic : HCOOH +este của axit fomic : HCOOR + Muối của axit fomic : HCOONa. + Glucozơ + fructozơ( phản ứng với Cu(OH)2 diễn ra trong môi trường kiềm còn dư trong phản ứng điều chế Cu(OH)2 từ muối Cu2+ và bazơ OH-, mà trong môi trường này thì fructozo bị chuyển hóa thành glucozơ) + Mantozơ( do còn một nhóm – OH hemiaxetal nên có khả năng mở vòng tái tạo nhóm – CHO)


Bài giải Theo phân tích trên nhận thấy :

- Loại C vì có CH3CHO không tác dụng với Cu(OH)2 ở điều kiện thường. - Loại B vì có CH3 COCH3 ( xeton) không tác dụng với Cu(OH)2. - Loại D vì có C2H5OH không tác dụng với Cu(OH)2

⇒ chọn A Bài 13. Các chất đều không bị thuỷ phân trong dung dịch H2SO4 loãng, nóng là A. tơ capron; nilon-6,6, polietylen B. poli (vinyl axetat); polietilen, cao su buna C. nilon-6,6; poli(etylen-terephtalat); polistiren D. polietylen; cao su buna; polistiren

(Trích Câu 26- Mã đề 174 – ĐH khối B – 2010) Cần biết • Các chất hữu cơ bị thủy phân trong môi trường axit: -Este và chất béo. - Cacbohiđrat( - monosaccazit: glucozơ và fructozơ) - Peptit và protein. - Một số polime: tơ capron; nilon-6,6; poli(vinylaxetat)... ( dùng SGK 12 thống kê cho đầy đủ - chương polime ). • Với những câu hỏi trắc nghiệm lí thuyết mang tính chất liệt kê thông tin của nhiều chất thì phương pháp giải nhanh nhất là phương pháp loại trừ. • Nguyên tắc của phương pháp loại trừ là tìm 3 phương án ngược với yêu cầu của đề đem bỏ đi ⇒Phương án còn lại là phương án được lựa chọn ( mặc dù kiến thức của phương án này có thể người học cũng không biết!!! ).

Bài giải - Loại A vì có tơ capron và nilon-6,6 bị thủy phân trong môi trường axit. - LoạiB vì có poli(vinylaxtat) bị thủy phân trong môi trường axit. - Loại C vì có nilon-6,6. ⇒Chọn D. Bài 14. Tổng số hợp chất hữu cơ no, đơn chức, mạch hở, có cùng công thức phân tử C5H10O2, phản ứng được với dung dịch NaOH nhưng không có phản ứng tráng bạc là A. 4 B. 5 C. 8 D. 9

(Trích Câu 32- Mã đề 174 – ĐH khối B – 2010) Cần biết • Hợp chất hữu cơ chứa C,H,O tác dụng được với NaOH nói riêng và kiềm nói chung bao gồm:

- Hợp chất có OHphenol ( OH gắn trực tiếp lên vòng benzen). - Hợp chất có nhóm chức axit – COOH. - Hợp chất có nhóm chức este – COO-

• Hợp chất hữu cơ tham gia phản ứng tráng gương phải có nhóm – CHO .Thường gặp là : + anđehit : R-CHO + axit fomic : HCOOH +este của axit fomic : HCOOR + Muối của axit fomic : HCOONa + Glucozơ + fructozơ( phản ứng với AgNO3/NH3 diễn ra trong môi trường OH-, mà trong môi trường này thì fructozo bị chuyển hóa thành glucozơ).

+ Mantozơ( do còn một nhóm – OH hemiaxetal nên có khả năng mở vòng tái tạo nhóm – CHO). • Cách viết đồng phân của axit CxHyO2 :


- Bước 1 : xác định xem axit bài cho là no hay không no bằng cách tính số liên kết pi theo công thức :

2 2

2

C Hπ

+ −=

Nếu 1π ≠ là axit không no. - Bước 2 : Viết mạch có (x-1) C ( mạch thẳng, mạch nhánh, đề rất ít khi ra mạch vòng) - Bước 3 : Điền liên kết bội nếu có ( liên kết đôi hoặc liên kết ba) vào các mạch C vừa viết

được ở bước 2 ( khi điền cần chú ý các trường hợp trùng lặp và vi phạm hóa trị IV của C ).

- Bước 4 : Điền nhóm chức COOH vào các mạch vừa viết được ở bước 3. - Bước 5 : Xét các trường hợp có đồng phân hình học nếu có( bước này chỉ thực hiện khi

mạch có liên kết đôi và đề hỏi dưới dạng « đồng phân » và bỏ qua bước này khi không có liên kết đôi hoặc có liên kết đôi nhưng đề hỏi « đồng phân cấu tạo ».

• Cách viết đồng phân của este CxHyO2 : - Bước 1 : xác định xem este bài cho là no hay không no bằng cách tính số liên kết pi và

vòng theo công thức :

V+2 2

2

C Hπ

+ −=

Nếu 1π ≠ là axit không no. - Bước 2 : Viết mạch có (x-1) C ( mạch thẳng, mạch nhánh, đề rất ít khi ra mạch vòng) - Bước 2 : vì CTCT của este đơn chức luôn có dạng RCOO /R tổng số C trong hai gốc R +

/R = (x-1) - Bước 3 : dựa vào tổng C trong hai gốc hãy xét các gốc có thể có ( khi xét cần chú ý gốc R

có thể là H tức không có C , gốc /R nhất thiết phải có từ 1C trở lên. Ngoài ra, những gốc có từ 3C trở lên thì có thể tồn tại ở dạng mạch thẳng hoặc mạch nhánh).

- Bước 4 : Điền liên kết bội nếu có ( liên kết đôi hoặc liên kết ba) vào các mạch C vừa viết được ở bước 2 ( khi điền cần chú ý các trường hợp trùng lặp và vi phạm hóa trị IV của C ).

- Bước 5 : Xét các trường hợp có đồng phân hình học nếu có( bước này chỉ thực hiện khi mạch có liên kết đôi và đề hỏi dưới dạng « đồng phân » và bỏ qua bước này khi không có liên kết đôi hoặc có liên kết đôi nhưng đề hỏi « đồng phân cấu tạo ».

Bài giải

Theo phân tích trên C5H10O2 chỉ có thể là : axit và este (không tráng gương). Cụ thể: - các đồng phân axit : 4 - các dồng phân este không tráng gương : 5

⇒ chọn D. ( bạn đọc tự viết các đồng phân theo hướng dẫn ở trên). Bài 15.Trong các chất : xiclopropan, benzen, stiren, metyl acrylat, vinyl axetat, đimetyl ete, số chất có khả năng làm mất màu nước brom là A. 5 B. 4 C. 6 D. 3

(Trích Câu 40- Mã đề 174 – ĐH khối B – 2010) Cần biết • Những chất làm mất màu nước Brom bao gồm:

- Xicloankan có vòng 3 cạnh. - Hợp chất có liên kết bội C= C ( -liên kết C= C trong vòng benzen) hoặc C ≡ C. - Phenol và anilin , stiren, naphtalen. - Hợp chất có nhóm chức –CHO. - Glucozơ và matozơ.

• Ankan và ankylbenzen chỉ tác dụng với Br2 khan.


Bài giải Theo phân tích ở trên nhận thấy, các chất làm mất màu dung dịch nước brom gồm : Xiclopropan, Stiren( C6H5-CH=CH2), metyl acrylat ( CH2= CH-COO-CH3), Vinylaxetat ( CH3COOCH=CH2) ⇒Chọn B. Bài 16.Phát biểu nào sau đây đúng? A. Khi đun C2H5Br với dung dịch KOH chỉ thu đươc etilen B. Dung dịch phenol làm phenolphtalein không màu chuyển thành màu hồng C. Dãy các chất : C2H5Cl, C2H5Br, C2H5I có nhiệt độ sôi tăng dần từ trái sang phải D. Đun ancol etylic ở 1400C (xúc tác H2SO4 đặc) thu được đimetyl ete

(Trích Câu 41- Mã đề 174 – ĐH khối B – 2010) Cần biết • Phenol là hợp chất có tính axit-gọi là axit phenic ( vừa tác dụng được với kim loại Na,K… vừa tác dụng được với bazơ NaOH, KOH…):

2C6H5-OH + 2Na → 2CcH5ONa + H2

C6H5-OH + NaOH → CcH5ONa + H2O Tuy nhiên tính axit của phenol rất yếu:

- Không làm đổi màu chất chỉ thị. - Không chỉ bị axit mạnh như HCl mà còn bị cả axit yếu ( H2CO3) đẩy ra khỏi muối:

C6H5-ONa + CO2+H2O → C6H5OH↓ (màu trắng) + NaHCO3. • Phản ứng tách nước của ancol: ROH + HO 2 4

0/

140

H SO

CR → RO /R + HOH

• Phenolphtalein( không màu) chỉ chuyển sang màu hồng trong môi trường bazơ. • sản phẩm của phản ứng của dẫn xuất halogen với bazơ phụ thuộc vào môi trường:

CnH2n+1X + KOH( hoặc NaOH)

02

0

,2 1

,2 2

H O tn n

ancol tn n

C H OH KX

C H KX H O

+→ +

→ → + +

Bài giải Theo phân tích trên dễ thấy A,B,D sai ⇒Chọn C. Bài 17.Có bao nhiêu chất hữu cơ mạch hở dùng để điều chế 4-metylpentan-2-ol chỉ bằng phản ứng cộng H2 (xúc tác Ni, t0)? A. 3 B. 5 C. 2 D. 4

(Trích Câu 43- Mã đề 174 – ĐH khối B – 2010) Cần biết • Phản ứng của mọi chất hữu cơ đều làm mạch C không bị biến dạng.Điều này có nghĩa là sản phẩm và chất phản ứng có mạch C giống nhau ⇒Nếu biết được mạch của sản phẩm sẽ suy ra ngay được mạch C của chất phản ứng. • Các chất hữu cơ cộng H2 (Ni,t0) sinh ra ancol bậc 2 gồm: - ancol bậc 2 chưa no tương ứng. - Xeton no tương ứng. - Xeton chưa no tương ứng Ghi chú: Tương ứng có nghĩa là cùng số C

Bài giải Theo phân tích trên ta có: Vi CTCT của 4-Metyl pentan -2-ol là CH3-CH(CH3)-CH2-CH(OH)-CH3 nên các chất cộng H2 sinh ra nó là : - Ancol bậc 2 chưa no tương ứng: CH2=CH(CH3)CH2CH(OH)CH3.,(CH3)2CH=CHCH(OH)CH3


- Xeton chưa no tương ứng: CH2=CH(CH3)CH2COCH3 , (CH3)2CH=CHCOCH3 - Xeton no tương ứng: CH3)2CH2CH2COCH3

⇒Chọn B. Bài 18.Cho các chất : (1) axit picric; (2) cumen; (3) xiclohexanol; (4) 1,2-đihiđroxi-4-metylbenzen; (5) 4-metylphenol; (6) α-naphtol. Các chất thuộc loại phenol là: A. (1), (3), (5), (6) B. (1), (2), (4), (6) C. (1), (2), (4), (5) D. (1), (4), (5), (6)

(Trích Câu 50- Mã đề 174 – ĐH khối B – 2010) Cần biết • Phenol là tất cả các chất hữu cơ có – OH gắn trực tiếp vào vòng benzen ( do thói quen, khi nói tới phenol học sinh thường chỉ nghỉ tới C6H5-OH). • Với những câu hỏi trắc nghiệm lí thuyết mang tính chất liệt kê thông tin của nhiều chất thì phương pháp giải nhanh nhất là phương pháp loại trừ. • Nguyên tắc của phương pháp loại trừ là tìm 3 phương án ngược với yêu cầu của đề đem bỏ đi ⇒Phương án còn lại là phương án được lựa chọn ( mặc dù kiến thức của phương án này có thể người học cũng không biết!!! ).

Bài giải - (3) Xiclohexanol là C6H11-OH : không có vòng ben zen ⇒ (3) không phải là phenol

, , ,A B C D→ loại A. - (2) Cumen là : C6H5- CH(CH3)2⇒không có – OH ⇒ (2) không phải là phenol , ,B C D→ loại

B,C. ⇒Chọn D.

Bài 19.Hợp chất hữu cơ mạch hở X có công thức phân tử C5H10O. Chất X không phản ứng với Na, thỏa mãn sơ đồ chuyển hóa sau: 32

02 4 , c,

++→ →CH COOHH

H SO đaNi tX Y Este có mùi muối chín.

Tên của X là A. pentanal B. 2 – metylbutanal C. 2,2 – đimetylpropanal. D. 3 – metylbutanal.

(Trích Câu 54- Mã đề 174 – ĐH khối B – 2010) Cần biết • Este có mùi chuối chín là CH3COOCH2-CH2-CH(CH3)2 : izoamyl axetat. • Mọi phản ứng của hợp chất hữu cơ với H2( Ni,t0) đều làm mạch C không đổi. • Phản ứng este hóa tổng quát của ancol đơn chức và axit đơn chức là :

RCOOH + HO /R0

2 4 ,H SO t→← RCOO /R + H2O

Trong đó vai trò của H2SO4(dặc) là xúc tác và hút nước. • Khi gọi tên an đehit phải đánh số thứ tự C tai C thuộc –CHO. • Sự chuyển hóa giữa anđehit và ancol :

02

0

( , )

2/

H Ni t

CuO tRCHO RCH OH

+

+→←

Bài giải Theo sơ đồ : 32

02 4 , c,

++→ →CH COOHH

H SO đaNi tX Y CH3COOCH2-CH2-CH(CH3)2

Thì Y là HOCH2-CH2-CH(CH3)2 ⇒X :CHO--CH2-CH(CH3)2 :3-Metylbutanal⇒Chọn D Bài 20. Chất X có các đặc điểm sau: phân tử có nhiều nhóm –OH, có vị ngọt, hòa tan Cu(OH)2 ở nhiệt độ thường, phân tử có liên kết glicozit, làm mất màu nước brom. Chất X là A. xenlulozơ B. mantozơ C. glucozơ D. Saccarozơ

(Trích Câu 60- Mã đề 174 – ĐH khối B – 2010) Cần biết • Liên kết glucozit là liên kết hay cầu nối giữa các mắt xích glucozơ , fructozơ trong đi hoặc poli saccazit.


• Trong các hợp chất cacbohiđrat chỉ có Glucozơ và mantozơ là có nhóm –CHO ( riêng fructozơ thì chỉ có trong môi trường OH- mới có nhóm – CHO vì khi đó fructo zơ đã chuyển thành glucozơ ) • Hợp chất làm mất màu nước brom thì phải có nhóm –CHO hoặc liên kết bội C= C hoặc C ≡ C hoặc vòng không bền hoặc có vòng bezen có gắn nhóm thế OH- NH2... Cụ thể:

- Xicloankan có vòng 3 cạnh. - Hợp chất có liên kết bội C= C ( trừ liên kết C= C trong vòng benzen) hoặc C ≡ C. - Phenol và anilin , stiren, naphtalen. - Hợp chất có nhóm chức –CHO. - Glucozơ và matozơ.

• Những chất tác dụng được với Cu(OH)2 ở nhiệt độ thường → dd xanh lam hoặc tím gồm : - các hợp chất hữu cơ có từ 2 nhóm –OH kề nhau trở lên. - Các hợp chất hữu cơ có nhóm chức axit –COOH. - Các hợp chất peptit( trừ đi peptit).

Chú ý - Màu xanh lam sẽ bị mất đi khi đun nóng do phức đồng (II) bị phá hủy. - Xenlulozơ chỉ tan trong nước Svayde tức Cu(OH)2/NH3.

Bài giải

Theo phân tích ở trên nhận thấy: -X hòa tan được Cu(OH)2 ở điều kiện thường , , ,A B C D→ A. - X có liên kết glucozit , ,B C D→ Loại C. - X làm mất màu nước Brom ,B D→ loại D ⇒Chọn B. Bài 21. Thuỷ phân hoàn toàn tinh bột trong dung dịch axit vô cơ loãng, thu được chất hữu cơ X. Cho X phản ứng với khí H2 (xúc tác Ni, t0), thu được chất hữu cơ Y. Các chất X, Y lần lượt là A. glucozơ, saccarozơ B. glucozơ, sobitol C. glucozơ, fructozơ D.glucozơ, etanol

(Trích Câu 4- Mã đề 516 – CĐ khối A – 2010) Cần biết • Phản ứng cộng H2 ( Ni, t0) vào mọi chất hữu cơ đều làm mạch C không đổi tức sản phẩm và chất ban đầu có mạch C giống nhau. • Sự chuyển hóa qua lại giữa anđehit và ancol:

Anđehit + H2 Ni→ ancol bậc 1

RCHO + H2 Ni→ R-CH2-OH

• Với trắc nghiệm, các phương án A,B,C,D là một thông tin quan trọng.

Bài giải - Từ , , ,A B C D→ X là glucozơ: C6H12O6⇒Y cũng có 6C , , ,A B C D→ Loại A và D. - glucozơ + H2 ⇒Trong Y chỉ có chức ancol ⇒Loại C ( hợp chất có chức xeton). ⇒ chọn B. Bài 22. Dung dịch nào sau đây làm quỳ tím chuyển màu xanh ? A. Glyxin B. Etylamin C. Anilin D. Phenylamoni clorua

(Trích Câu 6- Mã đề 516 – CĐ khối A – 2010) Cần biết • Anilin C6H5-NH2 có tính bazơ nhưng tính bazơ của amin rất yếu. Dẫn chứng:

- Không làm thay đổi màu của chất chỉ thi. - Bị bazơ mạnh đẩy khỏi muối. C6H5-NH3Cl ⇔ C6H5-NH2.HCl+ NaOH → C6H5-NH2 + NaCl + H2O

• Muối tạo bởi axit mạnh và bazơ yếu bị thủy phân cho môi trường axit.


• Môi trường của dung dịch aminoaxit phụ thuộc vào tương quan giữa số lượng nhóm –NH2 và nhóm –COOH quyết định. Cụ thể:

2

( )

!

( )

n

m

R COOH

NH

−

n m

n m

n m

<

=

>

→→ →→

• Một vài quy luật về tính bazơ .

- Các amin no đều có tính bazơ mạnh hơn ammoniac và amin càng nhiều C tính bazơ càng mạnh.

- Tính bazơ Amin bậc 1 và amin bậc 3 < amin bậc 2 - Tính bazơ amin không no và amin thơm < amino.

Amin không no, amin thơm < NH3 < amin no < kiềm(NaOH,KOH,..) < CxHyO-( tồn tại trong muối , x

càng lớn tính bazơ càng lớn). Bài giải

Theo phân tích trên ta có: - Glyxin: NH2- CH2- COOH ⇒môi trường trung tính ⇒không làm thay đổi màu chất chỉ thị

⇒ loại A. - Anilin : C6H5-NH2 là bazơ rất yếu ⇒không làm thay đổi màu chất chỉ thị ⇒ loại C. - Phenyl amonoclorua C6H5-NH3Cl là muối của bazơ yếu ( C6H5-NH2) và axit mạnh (HCl) nên

trong dung dịch bị thủy phân ra môi trường axit : C6H5-NH3Cl ⇔ C6H5-NH2.HCl+ HOH → C6H5-NH2 + H3O

+ + Cl- ⇒Làm quỳ hóa đỏ ⇒ loại D. ⇒ Chọn B. Bài 23. Polime nào sau đây được tổng hợp bằng phản ứng trùng ngưng ? A. poliacrilonitrin B. poli(metyl metacrylat) C. polistiren D. poli(etylen terephtalat)

(Trích Câu 9- Mã đề 516 – CĐ khối A – 2010) Cần biết • Có hai phương pháp điều chế polime : phản ứng trùng hợp và phản ứng trùng ngưng. • Các polime được điều chế bằng phương pháp trùng hợp thường được xét trong SGK gồm:

1- Poli Etilen hay P.E: nCH2= CH2 0 , ,t xt p→ (-CH2-CH2-)n

2- Caosu buNa hay poli(buta-1,3-đien):

nCH2= CH-CH=CH2 0 , ,t xt p→ (-CH2-CH=CH-CH2 -)n

3- Poli Stiren hay P.S:

nC6H5- CH= CH2 0 , ,t xt p→ (-CH [ ]6 5C H -CH2-)n

4-Cao su isopren hay poli(isopren):

nCH2= CH(CH3)-CH=CH2 0 , ,t xt p→ [ ]2 3 2( )

nCH CH CH CH CH− − = − −

5- Poli(vinyl clorua) hay P.V.C:

nCH2=CHCl 0 , ,t xt p→ (-CH2-CHCl-)n

6- poliacrilonitrin :

nCH2= CH -CN 0 , ,t xt p→ [ ]2 ( )

nCH CH CN− − −

7- Cao su buna –N ( phản ứng đồng trùng hợp)

Môi trường bazơ

Môi trường trung tính

Môi trường axit


nCH2=CH-CH=CH2+nCH2=CH–CN 0 , ,t xt p→ [ ]2 2 2 ( )

nCH CH CH CH CH CH CN− − = − − − −

8- Cao su buna –S ( phản ứng đồng trùng hợp): nCH2=CH-CH=CH2

+nC6H5-CH= CH20 , ,t xt p→ [ ]2 2 2 6 5( )

nCH CH CH CH CH CH C H− − = − − − −

9- Poli acrylat:

nCH2=CH-COOH0 , ,t xt p→ [ ]2 ( )

nCH CH COOH− − − −

10- poli(mety metacrylat):

nCH2=CH(CH3)-COOCH3 0 , ,t xt p→

2 3

3

( )

!

n

CH CH COOCH

CH

− − −

11-Poli (metacry lat):

nCH2=CH(CH3)-COOH 0 , ,t xt p→

2

3

( )

!

n

CH CH COOH

CH

− − −

12- Poli ( vinyl axetat):

nCH3COO-CH=CH20 , ,t xt p→

2

3

!

n

CH CH

OCOCH

− − −

Bài giải

Theo phân tích ở trên và từ , , ,A B C D→ Chọn D. Bài 24. Ứng với công thức phân tử C2H7O2N có bao nhiêu chất vừa phản ứng được với dung dịch NaOH vừa phản ứng được với dung dịch HCl ? A. 2 B. 3 C. 1 D. 4

(Trích Câu 10- Mã đề 516 – CĐ khối A – 2010) Cần biết •Ứng với CTPT kiểu CxHyNO2 có thể có những loại hợp chất sau: - Hợp chất nitro: R-NO2( chất lỏng hoặc khí, không tác dụng với axit, bazơ) - Muối amoni của axit hữu cơ : R-COONH4( Chất rắn, tác dụng cả với axit và bazơ. Khi tác dụng với bazơ sinh khí ). RCOONH4 + HCl → RCOOH + NH4Cl RCOONH4 + NaOH → RCOONa + NH3 ↑ + H2O

- Aminoaxit: H2N- R- COOH( chất rắn, tinh thể, tác dụng cả với axit và bazơ, tham gia phản ứng trùng ngưng). H2N-R-COOH + HCl → Cl-H3N

+-R-COOH H2N-R-COOH + NaOH → H2N-R-COONa + H2O -Muối tạo bởi amin và axit hữu cơ: R-COONH3

/R ( Chất rắn, tác dụng cả với axit và bazơ. Khi tác dụng với bazơ tạo khí). RCOONH3

/R + HCl → RCOOH + NH3/R Cl

RCOONH3/R + NaOH → RCOONa + NH2

/R ↑ + H2O

- Este tạo bởi aminoaxit và ancol: H2N-RCOO /R ( Chất khí hoặc lỏng, tác dụng cả với axit và bazơ). • Với hợp chất CxHyOzNtXv thì số liên kết pi và mạch vòng của phân tử được tính như sau:


2 2 2 2

2 2v

C H X N x y v taπ +

+ − − + + − − += =

Nhưng công thức này sẽ không còn đúng khi hợp chất hữu cơ là muối ( hợp chất ion). Bài giải

Theo phân tích ở trên ta có, C2H7O2N có thể là: - muối amoni : CH3COONH4. - Amonoaxit : NH2-CH2-COOH⇒ loại vì CTPT không phù hợp. - Muối của amin: HCOONH3CH3 . - Este tạo bởi aminoaxit: không thõa mãn vì không tồn tại hai gốc (R + /R )=1C ⇒Chọn A.

Bài 25. Phát biểu đúng là A. Phenol phản ứng được với dung dịch NaHCO3

B. Phenol phản ứng được với nước brom C. Vinyl axetat phản ứng với dung dịch NaOH sinh ra ancol etylic D. Thuỷ phân benzyl clorua thu được phenol

(Trích Câu 15- Mã đề 516 – CĐ khối A – 2010) Cần biết • Hợp chất làm mất màu nước brom thì phải có nhóm –CHO hoặc liên kết bội C= C hoặc C ≡ C hoặc vòng không bền hoặc có vòng bezen có gắn nhóm thế OH- NH2... Cụ thể:

- Xicloankan có vòng 3 cạnh. - Hợp chất có liên kết bội C= C ( trừ liên kết C= C trong vòng benzen) hoặc C ≡ C. - Phenol và anilin , stiren, naphtalen. - Hợp chất có nhóm chức –CHO. - Glucozơ và matozơ.

• Ancol có -OH gắn vào C không no ( C tham gia liên kết đôi hoặc liên kết ba) thì không bền nên bị chuyển vị. • Một chất hữu cơ là phenol khi có OH gắn trực tiếp vào vòng benzen. • Công thức của vinylaxetat; CH3COOCH=CH2. • Công thức của benzyl clorua: C6H5-CH2-Cl.

Bài giải Theo sự phân tích ở trên nhận thấy đáp án đúng là B. Ngoài ra, ta có thể giải bằng phương pháp loại trừ như sau:

- phản ứng : C6H5-OH + NaHCO3 → không xảy ra ⇒A sai. - CH3COOCH=CH2 + NaOH

0t→ CH3COONa + CH2=CH OH → CH3CHO

⇒C sai. - C6H5- CH2-Cl + NaOH 2H O→ C6H5-CH2-OH + NaCl ⇒D sai. - Vậy chọn B

Bài 26. Thuỷ phẩn chất hữu cơ X trong dung dịch NaOH (dư), đun nóng, thu được sản phẩm gồm 2 muối và ancol etylic. Chất X là A. CH3COOCH2CH3 B. CH3COOCH2CH2Cl C. ClCH2COOC2H5 D. CH3COOCH(Cl)CH3

(Trích Câu 16- Mã đề 516 – CĐ khối A – 2010) Cần biết Hai loại hợp chất phổ biến bị thủy phân trong môi trường kiềm gồm este và dẫn xuất halogen: • sản phẩm của phản ứng của dẫn xuất halogen với bazơ phụ thuộc vào môi trường:


CnH2n+1X + NaOH( hoặc KOH)

02

0

,2 1

,2 2

H O tn n

ancol tn n

C H OH NaX

C H NaX H O

+→ +

→ → + +

• Bản chất của phản ứng thủy phân este là cắt đứt liên kết – C-× -O- của chức este –COO-

RCOO /R + NaOH 0t→ RCOONa + /R OH

• Khi gặp một câu nào đó mà chưa tìm được cách giải nhanh thì thay vì ngồi suy nghỉ hãy thực hiện các phép thử : thử từng đáp án A,B,C,D . thử đến đáp án nào thõa mãn yêu cầu của đề thì dừng.

Bài giải Theo sự phân tích ở trên ta có:

CH3COOCH2CH3 + NaOH 0t→ CH3COONa + HO-CH2CH3⇒ loại A.

CH3COOCH2CH2Cl + NaOH 0t→ CH3COONa + HOCH2CH2OH + NaCl ⇒Loại B.

ClCH2COOC2H5 + NaOH → HOCH2COONa + HOC2H5 + NaCl ⇒Chọn C. Bài 27. Ứng với công thức phân tử C3H6O có bao nhiêu hợp chất mạch hở bền khi tác dụng với khí H2

(xúc tác Ni, t0) sinh ra ancol ? A. 3 B. 4 C. 2 D. 1

(Trích Câu 28- Mã đề 516 – CĐ khối A – 2010) Cần biết • Hợp chất mạch hở chứa CnH2nO tác dụng với H2 sinh ra ancol gồm: - ancol không no tương ứng. - Anđehit no, đơn chức. - Xeton no, đơn chức • Cách viết đồng phân của ancol CxHyOz

- Bước 1: xác định ancol bài cho là no hay không no, mạch hở hay mạch vòng bằng cách sử dụng công thức:

2 2

2

C Hvπ

+ −+ =

- Bước 2: Viết mạch gồm x nguyên tử C có thể có ( mạch thẳng, mạch nhánh, mạch vòng). - Bước 3: Điền liên kết bội( nếu có) vào các mạch C vừa viết được ở bước 2. - Bước 4: Điền OH vào mạch C vừa viết được ở bước 3 theo 3 nguyên tắc: +Không điền –OH vào Ckhông no. + Mỗi Cno chỉ được điền tối đa một nhóm –OH. + Nếu các C có vị trí giống nhau thì chỉ điền –OH vào một vị trí. + Nếu có liên kết đôi và đề yêu cầu viết “đồng phân” thì phải xét các trường hợp có đồng phân hình học.

• Cách viết đồng phân của anđehit , đơn chức CxHyO - Bước 1: xác định anđehit bài cho là no hay không no, mạch hở hay mạch vòng bằng cách sử

dụng công thức:

2 2

2

C Hvπ

+ −+ =

Nếu 1π = thì là anđehit no, đơn chức, mạch hở. - Bước 2: Viết mạch gồm (x-1) nguyên tử C có thể có ( mạch thẳng, mạch nhánh, mạch vòng). - Bước 3: Điền liên kết bội ( nếu có) vào các mạch C vừa viết được ở bước 2. - Bước 4: Gắn nhóm –CHO vào mạch C vừa viết được ở bước 3 ( cần tránh các vị trí trùng

lặp và vị trí vi phạm hóa trị IV của cacbon) - Bước 5: Nếu có liên kết đôi và đề yêu cầu viết “đồng phân” thì phải xét các trường hợp có

đồng phân hình học.


• Cách viết đồng phân của xeton , đơn chức CxHyO - Bước 1: xác định xeton bài cho là no hay không no, mạch hở hay mạch vòng bằng cách sử

dụng công thức:

2 2

2

C Hvπ

+ −+ =

Nếu 1π = thì là xeton, đơn chức, mạch hở. - Bước 2: Từ công thức cấu tạo của xeton có dạng RCO /R ⇒Tổng số C trong hai gốc R và

/R là (x-1) ⇒ xác định hai gốc có thể có ứng với (x-1) nguyên tử C. - Bước 3: Điền liên kết bội ( nếu có) vào các mạch C vừa viết được ở bước 2. - Bước 4: Nếu có liên kết đôi và đề yêu cầu viết “đồng phân” thì phải xét các trường hợp có

đồng phân hình học.

Bài giải Theo phân tích trên ta có,ứng với C3H6O có: - Một đồng phân ancol không no, đơn chức :CH2= CH- CH2- OH. - Một đồng phân anđehit no, đơn chức CH3-CH2-CHO. - Một đồng phân xeton no, đơn chức: CH3-CO-CH3. ⇒Chọn A. Ghi chú: về nguyên tắc, với cách hỏi của bài này ta phải xét cả đồng phân hình học.Tuy nhiên, các CTCT vừa viết được đều không có đồng phân hình học. Bài 28. Hai chất X và Y có cùng công thức phân tử C2H4O2. Chất X phản ứng được với kim loại Na và tham gia phản ứng tráng bạc. Chất Y phản ứng được với kim loại Na và hoà tan được CaCO3. Công thức của X, Y lần lượt là A. HOCH2CHO, CH3COOH B. HCOOCH3, HOCH2CHO C. CH3COOH, HOCH2CHO D. HCOOCH3, CH3COOH

(Trích Câu 33- Mã đề 516 – CĐ khối A – 2010) Cần biết Với chất hữu cơ CnH2nO2 có thể có những hợp chất hữu cơ sau: • Axit no,đơn chức, mạch hở : RCOOH( tác dụng với kim loại, Bazơ và muối cacbonat) • Este đơn chức, mạch hở: RCOO /R (chỉ tác dụng với axit và bazơ: phản ứng thủy phân). • Ancol không no ( 1 liên kết đôi C=C), hai chức : CnH2n-2(OH)2 . Chỉ tác dụng với kim loại Na.K… không tác dụng với bazơ NaOH,KOH… và muối. • Tạp chức ancol – an đehit: HO-CxH2x-CHO.Tác dụng được với kim loại Na,K… và tham gia các phản ứng của chức –CHO ( tráng gương, mất màu nước Br2, phản ứng với Cu(OH)2 ở nhiệt độ cao tạo kết tủa Cu2O màu đỏ gạch). • Tạp chức ancol – xeton: HO- RCO /R . Chỉ tác dụng với kim loại Na,K…


- Loại B,D vì HCOOCH3 chỉ tham gia phản ứng tráng gương, không tác dụng với Na. - Loại C vì CH3COOH vì chỉ tác dụng với Na, không tham gia phản ứng tráng gương. - Chọn A.

Bài 29 . Anđehit no mạch hở X có công thức đơn giản nhất C2H3O. Công thức phân tử của X là A. C8H12O4 B. C6H9O3 C. C2H3O D. C4H6O2

(Trích Câu 34- Mã đề 516 – CĐ khối A – 2010) Cần biết: Cách lập CTPT của một chất khi biết CTĐG nhất: -Bước 1: thực hiện quá trình chuyển đổi sau: CTĐGN → dạng của CTPT= (CTĐGN)n → Dạng của CTCT = CTPT- Chức (Chức)z - Bước 2: Sử dụng công thức : Htrong gốc = 2C(trong gốc) +2 -2×số liên kết π trong gốc – số chức.


Bài giải Theo phân tích trên ta có: Vì CTĐGN của anđehit no, mạch hở là C2H3O ⇒CTPT có dạng ( C2H3O)n hay C2nH3nOn ⇒CTCT của anđehit cần tìm có dạng : CnH2n(CHO)n ( Một chức –CHO có 1 oxi ⇒ có n oxi thì hải có n chức –CHO). ⇒ áp dụng công thức đã nêu ở trên ta có : 2n = 2.n+ 2- 2×0- n⇒n = 2 ⇒CTPT là C4H6O2 ⇒Chọn D.

Ghi chú : có thể giải bài trên bằng cách sử dụng công thức tính 2 2

2

C Hvπ

+ −+ = của toàn phân tử ???

Bài 30. Oxi hoá không hoàn toàn ancol isopropylic bằng CuO nung nóng, thu được chất hữu cơ X. Tên gọi của X là A. metyl phenyl xeton B. propanal C. metyl vinyl xeton D. đimetyl xeton

(Trích Câu 43- Mã đề 516 – CĐ khối A – 2010) Cần biết • Bậc của ancol là bậc của C có –OH( số nguyên tử C lien kết với C có –OH) • ancol isopropylic là CH3-CH(OH)-CH3: ancol bậc 2

• Ancol bậc 1 2

CuO

H

+

+→← anđehit

• Ancol bậc 2 0

2

,CuO t

H

+

+→← Xeton

• Cách gọi tên của xeton RCO /R = Tên của hai gốc R và /R ) + xeton Ghi chú: các gốc R và /R được gọi theo trình tự chữ cái .

Bài giải Phản ứng oxi hóa ancol isopropylic bằng CuO:

CH3-CH(OH)-CH3 + CuO 0t→ CH3-CO-CH3 ( đimetyl xeton) + Cu + H2O

⇒Chọn D. Bài 31 . Thuốc thử dùng để phân biệt dung dịch NH4NO3 với dung dịch (NH4)2SO4 là A. dung dịch NaOH và dung dịch HCl B. đồng(II) oxit và dung dịch HCl C. đồng(II) oxit và dung dịch NaOH D. kim loại Cu và dung dịch HCl

(Trích Câu 44- Mã đề 516 – CĐ khối A – 2010) Cần biết • Nguyên tắc của sự nhận biết là dựa vào điểm khác nhau về thành phần , cấu tạo và tính chất của các chất. • Cách nhận biết ion SO4

2- trong dung dịch là dùng dung dịch chứa Ba2+ ( trong muối hoặc Ba(OH)2 ). Ba2+ + SO4

2- 4BaSO→ ↓ (trắng)

• Cách nhận biết ion NO3- trong dung dịch là dùng Cu và H+ ( từ các axit):

Cu + H+ + NO3- → Cu(NO3)2 + NO ↑ + H2O

NO + O2 → NO2 ↑ ( màu nâu)

Bài giải Điểm khác nhau giữa NH4NO3 và (NH4)2SO4 là một muối chứa NO3

- và một chứa SO42- ⇒Theo phân

tích trên có thể dùng một trong hai cách trên để phân biệt hai dung dịch này , , ,A B C D→ Chọn D. Bài 32. Ở điều kiện thích hợp: chất X phản ứng với chất Y tạo ra anđehit axetic; chất X phản ứng với chất Z tạo ra ancol etylic. Các chất X,Y,Z lần lượt là: A.C2H4, O2, H2O B. C2H2, H2O, H2 C. C2H4, H2O, CO D. C2H2, O2, H2O

(Trích Câu 58- Mã đề 516 – CĐ khối A – 2010) Cần biết • Phản ứng điều chế anđehit axetic trong công nghiệp: 2CH2=CH2 + O2 4 2,NH Cl CuCl→ 2CH3CHO


• Phản ứng điều chế ancol etylic trong phòng thí nghiệm:

CH2=CH2 + H2OH +

→ CH3-CH2-OH. Bài giải

Theo phân tích trên ⇒ chọn A. Bài 33. Số đồng phân cấu tạo của amin bậc một có cùng công thức phân tử C4H11N là


Cần biết • Bậc của amin là số gốc hi đrocacbon liên kết với nguyên tử nitơ . • Cách viết đồng phân của amin CxHyN

- Bước 1 : Xác định amin bài cho là no hay không no bằng cách dùng công thức :

2 2 2 2 1 2 3

2 2 2

C H N x y x yvπ

+ − + + − + − ++ = = =

- Bước 2 : Viết mạch C ( mạch hở , mạch nhánh, đề rất ít khi cho amin mạch vòng) - Bước 3 : Điền liên kết bội vào các mạch C viết được ở bước 2. - Bước 4 : Viết đồng phân amin bậc một bằng cách điền nhóm –NH2 vào các mạch C ở trên

( khi điền cần tránh các trường hợp trùng lặp hoặc vi phạm hóa trị của C). - Bước 5 : Viết đồng phân amin bậc hai bằng cách chèn nhóm –NH- vào liên kết đơn C-C. - Bước 6 : Viết đồng phân của amin bậc ba bằng cách lấy tổng C của phân tử chia cho 3 gốc

hiđrocacbon từ đó ta sẽ xác định được 3 gốc hiđrocacbon.

Bài giải Theo phân tích trên ⇒C4H11N có 4 đồng phân amin bậc một ⇒Chọn A.

Bài 34. Cho các chất HCl (X); C2H5OH (Y); CH3COOH (Z); C6H5OH (phenol) (T). Dãy gồm các chất được sắp xếp theo tính axit tăng dần (từ trái sang phải) là:

A. (T), (Y), (X), (Z). B. (X), (Z), (T), (Y) C. (Y), (T), (Z), (X). D. (Y), (T), (X), (Z).

(Trích Câu 23- Mã đề 182 – CĐ khối A – 2009) Cần biết • Tính axit của các chất được xếp theo thứ tự: Ancol < H2O < phenol < Axit no < axit không no < axit chứa halogen < axit vô cơ mạnh. • Khi gặp dạng câu hỏi sắp xếp theo chiều tăng dần hoặc giảm dần thì để làm chính xác và nhanh cần chú ý - Sắp xếp theo chiều tăng dần nghĩa là chất nhỏ nhất, yếu nhất đứng đầu. - Sắp xếp theo chiều giảm dần nghĩa là chất lớn nhất, mạnh nhất đứng đầu. Với thể loại câu hỏi này, đã có rất nhiều học sinh làm được nhưng sai vì “hiểu nhầm” yêu cầu của đề bài.Do đó ,để không nhầm thì nhất thiết phải nắm được hai lưu ý trên ( tốt nhất là nếu gặp câu hỏi kiểu này thì nên phác họa yêu cầu của đề bằng một trong hai mũi tên trên).



- Đề bài ⇒Y là chất có tính axit yếu nhất . - Vì yêu cầu của đề là sắp xếp theo chiều tăng dần nên ta tìm phương án mà chất có tính axit

yếu nhất đứng đầu ⇒Phương án đúng là phương án có Y đứng đầu , , ,A B C D→ loại A,B. - Từ C,D nhận thấy sự khác nhau giữa hai phương án này nằm ở X và Z ⇒ chỉ quan tâm phân

tích X và Z, không cần quan tâm tới T. Cụ thể: tính axit của Z< X( điều này có được nhờ dựa vào nội dung của cần biết đã nêu trên) ⇒Z phải đứng sau X( vì đề bài yêu cầu sắp xếp theo chiều tăng dần nên cái nhỏ phải đứng trước) ,C D→ Chọn C.

Bài 35. Số hợp chất là đồng phân cấu tạo, có cùng công thức phân tử C4H8O2, tác dụng được với dung dịch NaOH nhưng không tác dụng được với Na là


Cần biết • Với chất hữu cơ CnH2nO2 có thể có những hợp chất hữu cơ sau:

Loại chất Axit no,đơn chức,

mạch hở : RCOOH

Este đơn chức,

mạch hở:

RCOO/R

Ancol không no (

1 liên kết đôi

C=C), hai chức

CnH2n-2(OH)2

Tạp chức

ancol – anđehit:

HO-CxH2x-CHO.

Tạp chức

ancol – xeton:

HO- RCO/R

Tính chất

Quan trọng

( tác dụng với kim

loại, Bazơ và muối

cacbonat)

chỉ tác dụng với axit và bazơ:phản ứng thủy phân).

Đặc tính của loại

hợp chất này là

chỉ tác dụng với

kim loại Na.K…

không tác dụng

với bazơ

NaOH,KOH… và

muối.

Tác dụng được với kim loại Na,K… và tham gia các phản ứng của chức –CHO ( tráng gương, mất màu nước Br2, phản ứng với Cu(OH)2 ở nhiệt độ cao tạo kết tủa Cu2O màu đỏ gạch).

Chỉ tác dụng với

kim loại Na,K…

Công thức

Tính số

Đồng phân

2n-3

2n-2

• Nhận xét: dựa vào yêu cầu của đề mà ta sẽ viết một số hay tất cả các loại đồng phân của CnH2nO2. Bài giải

Theo phân tích trên nhận thấy: Vì C4H8O2 tác dụng được với dung dịch NaOH nhưng không tác dụng được với Na nên C4H8O2 chỉ có thể là este ⇒ số đồng phân là 24-2 = 4⇒Chọn C. Bài 36. Cho các chất: xiclobutan, 2-metylpropen, but-1-en, cis-but-2-en, 2-metylbut-2-en. Dãy gồm các chất sau khi phản ứng với H2 (dư, xúc tác Ni, to), cho cùng một sản phẩm là:

A. xiclobutan, cis-but-2-en và but-1-en. B. but-1-en, 2-metylpropen và cis-but-2-en. C. xiclobutan, 2-metylbut-2-en và but-1-en. D. 2-metylpropen, cis-but-2-en và xiclobutan.

(Trích Câu 31- Mã đề 182 – CĐ khối A – 2009) Cần biết • Các chất hữu cơ tác dụng được với H2(xt,t0) bao gồm:

- Xicloankan vòng 3 cạnh hoặc 4 cạnh. - Các hợp chất có liên kết bội C =C hoặc C ≡ C. - Các hợp chất chứa –CHO hoặc chức xeton RCO- /R

•Đặc điểm của phản ứng cộng H2 - bản chất là phá vỡ liên kết pi tại các liên kết bội hoặc phá liên kết C-C tại vòng không bền . - Mạch C không bị biến dạng sau phản ứng( trừ trường hợp mạch vòng). Điều này có nghĩa là


sản phẩm và chất ban đầu có mạch C giống nhau⇒nếu biết sản phẩm sẽ suy ra ngay chất ban đầu.

Bài giải Từ sự phân tích trên ta thấy: -Loại B vì but-1-en và 2-metylpropen có mạch C khác nhau. - loại C vì 2-metylbut-2-en và but-1-en có mạch C khác nhau. - Loại D vì 2-metylpropen có mạch C khác cis-but-2-en. ⇒ chọn A.

Bài 37. Trong thực tế, phenol được dùng để sản xuất A. nhựa poli(vinyl clorua), nhựa novolac và chất diệt cỏ 2,4-D. B. nhựa rezol, nhựa rezit và thuốc trừ sâu 666. C. poli(phenol-fomanđehit), chất diệt cỏ 2,4-D và axit picric. D. nhựa rezit, chất diệt cỏ 2,4-D và thuốc nổ TNT.


Cần biết

• Cách điều chế poli(vinyl clorua): nCH2=CHCl 0 , ,t xt p→ (-CH2-CHCl-)n

• Cách điều chế thuốc trừ sâu 666:

C6H6 + 3Cl2 as→ C6H6Cl6 (hexaclo xiclohexan hay 6.6.6)

•Điều chế axit picric tức 2,4,6-Trinitro phenol:

C6H62Cl+→ C6H5Cl

0/NaOH t+→C6H5ONa 2 2CO H O+ +→ C6H5OH 3 2 4/HNO H SO+→ C6H2(NO2)3OH

2,4,6-tri nitrophenol

• Thuốc nổ TNT ( 2,4,6-tri nitroToluen):

C6H5-CH3 + 3HNO32 4H SO→ C6H2(NO2)3-CH3 + H2O

Bài giải Theo phân tích trên nhận thấy:

- nhựa poli(vinyl clorua) được điều chế từ vinyl clorua ⇒ loại A.

- Thuốc trừ sâu 666 được điều chế từ bezen ⇒ loại B.

- Thuốc nổ TNT được điều chế từ Toluen ⇒ loại D

⇒Chọn C.

Bài 38. Quá trình nào sau đây không tạo ra anđehit axetic? A. CH2=CH2 + H2O (to, xúc tác HgSO4). B. CH2=CH2 + O2 (t

o, xúc tác). C. CH3−COOCH=CH2 + dung dịch NaOH (to). D. CH3−CH2OH + CuO (to).

(Trích Câu 49- Mã đề 182 – CĐ khối A – 2009) Cần biết • Phản ứng oxi hóa không hoàn toàn etilen:

2CH2 = CH2 +O24

0

,CuCl NH Cl

t→2CH3CHO

• ancol bậc 1 +CuO 0t→ anđehit + Cu + H2O

RCH2OH + CuO 0t→ RCHO + Cu + H2O

• ancol có –OH liên kết với C không no thì không bền và bị chuyển vị thành chất khác : Ví dụ: RCH=CH-OH → RCH2-OH.

• Bản chất của phản ứng thủy phân este là đứt liên kết -C-× -O- của chức –COO-: RCO-× -O /R + NaOH

0t→ RCOONa + /R OH

Bài giải Theo phân tích trên ta có A,B,C đều tạo ra CH3CHO⇒Chọn A( tạo ancol).


Bài 39. Dãy gồm các chất đều tác dụng với ancol etylic là: A. HBr (to), Na, CuO (to), CH3COOH (xúc tác). B. Ca, CuO (to), C6H5OH (phenol), HOCH2CH2OH. C. NaOH, K, MgO, HCOOH (xúc tác). D. Na2CO3, CuO (to), CH3COOH (xúc tác), (CH3CO)2O.

(Trích Câu 53- Mã đề 182 – CĐ khối A – 2009) Cần biết Theo SGK 11 thì ancol no, đơn chức tham gia các phản ứng sau: • Tác dụng với kim loại mạnh (Na,K) → H2 ↑ CnH2n+1OH + Na → CnH2n+1ONa + H2

• Tác dụng với axit vô cơ → dẫn xuất halogen + H2O • Tác dụng với axit hữu cơ hoặc anhiđriccacboxylic. → este • Tách nước

0140 C→ ete + H2O • Tách nước

0170 C→ anken + H2O. • ancol bậc 1 +CuO

0t→ anđehit + Cu + H2O RCH2OH + CuO

0t→ RCHO + Cu + H2O • ancol bậc 2 +CuO

0t→ xeton + Cu + H2O RCH( OH) /R + CuO

0t→ RCO /R + Cu + H2O • ancol bậc 3 +CuO

0t→ phản ứng không xảy ra.


- Loại B vì C2H5OH không tác dụng với phenol. - Loại C vì C2H5OH không tác dụng với MgO. - Loại D vì C2H5OH không tác dụng với Na2CO3.

⇒Chọn A. Bài 40. Cho các chất: CH2=CH−CH=CH2; CH3−CH2−CH=C(CH3)2; CH3−CH=CH−CH=CH2; CH3−CH=CH2; CH3−CH=CH−COOH. Số chất có đồng phân hình học là


Cần biết Muốn biết một chất có đồng phân hình học hay không ta làm 5 việc:

1- Chỉ lựa chọn những chất có liên kết đôi C=C để xét. 2- Với những chất có liên kết đôi C=C, muốn biết chất đó có đồng phân hình học hay không ta vẽ

một ô vuông bao chùm liên kết C= C, các bộ phận khác liên kết với các nguyên tử C tại liên kết đôi ta tách ra hai phia( trên và dưới) :

3- So a với b. 4- So c với d. 5- Kết luận : công thức cấu tạo nào có a b≠ đồng thời c d≠ thì có đồng phân hình học.

d

c

b

C = C

a


Bài giải Theo sự phân tích trên ta thấy , trong số những chất bài cho, chỉ có CH3−CH=CH−CH=CH2; CH3−CH=CH−COOH. Đồng phân hình học ⇒Chọn C.

Bài 41. Hai hợp chất hữu cơ X, Y có cùng công thức phân tử C3H6O2. Cả X và Y đều tác dụng với Na; X tác dụng được với NaHCO3 còn Y có khả năng tham gia phản ứng tráng bạc. Công thức cấu tạo của X và Y lần lượt là

A. C2H5COOH và HCOOC2H5. B. HCOOC2H5 và HOCH2COCH3. C. HCOOC2H5 và HOCH2CH2CHO. D. C2H5COOH và CH3CH(OH)CHO.

(Trích Câu 56- Mã đề 182 – CĐ khối A – 2009) Cần biết Với chất hữu cơ CnH2nO2 có thể có những hợp chất hữu cơ sau: • Axit no,đơn chức, mạch hở : RCOOH( tác dụng với kim loại, Bazơ và muối cacbonat) • Este đơn chức, mạch hở: RCOO /R (chỉ tác dụng với axit và bazơ: phản ứng thủy phân). • Ancol không no ( 1 liên kết đôi C=C), hai chức : CnH2n-2(OH)2 . Chỉ tác dụng với kim loại Na.K… không tác dụng với bazơ NaOH,KOH… và muối. • Tạp chức ancol – an đehit: HO-CxH2x-CHO.Tác dụng được với kim loại Na,K… và tham gia các phản ứng của chức –CHO ( tráng gương, mất màu nước Br2, phản ứng với Cu(OH)2 ở nhiệt độ cao tạo kết tủa Cu2O màu đỏ gạch). • Tạp chức ancol – xeton: HO- RCO /R . Chỉ tác dụng với kim loại Na,K…

Bài giải Thông qua sự phân tích trên nhận thấy:Cả X và Y đều tác dụng với Na⇒X,Y phải có nhóm –OH

, , ,A B C D→ loại A,B,C vì trong cả ba phương án này có chất không chứa nhóm –OH đó là HCOOC2H5 ⇒

chọn D. Bài 43. Dãy gồm các chất đều có khả năng tham gia phản ứng trùng hợp là:

A. 1,1,2,2-tetrafloeten; propilen; stiren; vinyl clorua. B. buta-1,3-đien; cumen; etilen; trans-but-2-en. C. stiren; clobenzen; isopren; but-1-en. D. 1,2-điclopropan; vinylaxetilen; vinylbenzen; toluen.

( Trích câu 2 – Mã đề 637 – ĐHKB 2009) Cần biết iĐiều kiện để một chất tham gia được phản ứng trùng hợp là: -Hoặc có liên kết đội C = C (không tính liên kết C=C trong vòng bezen). - Hoặc có vòng kém bền (thường là vòng 3 cạnh ) hoặc vòng của caprolactan

CH2 - CH2 - C = O

CH2 - CH2 - NHH2C

xt,t0

NH[CO2]5CO ( )

nn

caprolactam capron iCông thức và tên của một số hi đrocacbon quan trọng ( nhưng khó nhớ ): -Stiren ( Còn gọi là vinyl bezen) : C6H5 2CH CH− =

- Cumen: 6 5 3 2C H CH(CH )

- Vinyl axetilen: CH2 = CH –C ≡ CH. Bài giải

Từ sự phân tích trên nhận thấy : - Loại B vì có cumen . - Loại C vì có clobenzen. - loại D vì có 1,2-điclopropan và toluen.

⇒Đáp án A.( Các em nên viết phản ứng để nhớ lại kiến thức).

Bài 44. Phát biểu nào sau đây là đúng?


A. Trùng hợp stiren thu được poli(phenol-fomanđehit). B. Trùng ngưng buta-1,3-đien với acrilonitrin có xúc tác Na được cao su buna-N. C. Poli(etylen terephtalat) được điều chế bằng phản ứng trùng ngưng các monome tương ứng. D. Tơ visco là tơ tổng hợp.

( Trích câu 6 – Mã đề 637 – ĐHKB 2009) - Phản ứng trùng hợp Stiren → Poli stiren.

- Phản ứng giữa buta-1,3-đien với acrilonitrin là phản ứng đồng trùng hợp. - Tơ visco là tơ bán tổng hợp

( các em nên xem lại các phản ứng này ở chương 4-SGK 12). ⇒Chọn D. Bài 45. Cho các hợp chất sau: (a) HOCH2-CH2OH. (b) HOCH2-CH2-CH2OH.(c) HOCH2-CH(OH)-CH2OH. (d) CH3-CH(OH)-CH2OH. (e) CH3-CH2OH. (f) CH3-O-CH2CH3.

Các chất đều tác dụng được với Na, Cu(OH)2 là: A. (c), (d), (f). B. (a), (b), (c). C. (a), (c), (d). D. (c), (d), (e).

( Trích câu21 – Mã đề 637 – ĐHKB 2009) Cần biết iHợp chất hữu cơ ( chứa C,H,O) tác dụng với Na, K… thì phân tử phải :

- Hoặc nhóm OH - Hoặc nhóm COOH

iHợp chất hữu cơ ( C,H,O) tấc dụng với Cu(OH)2 thì phân tử phải : - Hoặc có từ 2 nhóm OH kề nhau trở lên. - Hoặc có nhóm COOH.

iKhi đề bài cho câu hỏi kiểu “ nhiều phát biểu” thì để tìm nhanh đáp án đúng nên tìm ra điểm giống – khác nhau giữa các đáp án A,B,C,D rồi chỉ tập trung phân tích những điềm khác nhau giữa các đáp án.

Bài giải Theo phân tích trên , xét các đáp án đề cho: Suy ra:

- Không cần phân tích (c). - Nên phân tích (d) trước vì nếu (d) sai thì “lên tiên”.Xét (d) thấy thõa mãn yêu cầu của đề ⇒ loại

B.Như vậy còn lại: A. (f). C. (a) .

D. (e). - Nhận thấy (a) thỏa mãn ⇒Đáp án C. Bài 46. Số đipeptit tối đa có thể tạo ra từ một hỗn hợp gồm alanin và glyxin là

A. 2. B. 3. C. 4. D. 1. ( Trích câu22 – Mã đề 637 – ĐHKB 2009)

Cần biết.

iTừ n aminoaxit sẽ tạo ra được n! phân tử (nPeptit) mà trên các phân tử(nPeptit) đó đều chứa các aminoaxit ban đầu.

iTừ n aminoaxit sẽ tạo ra được tối đa nk phân tử (kPeptit) . Khi làm bài tập cần xác định rõ đề yêu cầu theo kiểu 1 hay kiểu 2.

Bài giải Theo phân tích trên thấy bài toán thuộc tình huống 2 : n = 2, k = 2 ⇒ số đi peptit = 22 = 4 ⇒Đáp án C. Bài 47. Cho hai hợp chất hữu cơ X, Y có cùng công thức phân tử là C3H7NO2. Khi phản ứng với dung dịch NaOH, X tạo ra H2NCH2COONa và chất hữu cơ Z; còn Y tạo ra CH2=CHCOONa và khí T. Các chất Z và T lần lượt là

A. CH3OH và CH3NH2. B. C2H5OH và N2. C. CH3OH và NH3. D. CH3NH2 và NH3.


Cần biết Quy trình viết đồng phân của chất hữu cơ CxHyOzNt : iNhận định : Hợp chất CxHyO2N thì trong chương trình gồm có :

Hợp chất cộng hóa trị Hợp chất ion (1).Hợp chất Nitro: R-NO2 (4) Muối amoni RCOONH4

(2) Amino axit.NH2 – R-COOH (3) Este của aminoaxit vơi ancol: H2N-R-COOR/

(5) Muối của amin với axit chứa oxi(RCOOH,HNO2,HNO3, H2CO3)

Tức : Amin.Axit = Muối Lưu ý: amin lại có 3 loại : bậc 1,2,3. (6) Muối của aminoaxit với axit: Aminoaxit.Axit = muối.

Trong đó: (1) : không tác dụng với axit,bazơ. (2) ,(3) ,(4) tác dụng với cả axit và bazơ.

(5),(6) luôn tác dụng với bazơ mạnh ( NaOH, KOH…) và chỉ tác dụng với axit mạnh ( HCl,HNO3…) khi axit tạo muối là axit yếu. iXác định chất phù hợp với đề bài Dựa vào các tính chất và LK pi của phân tử.Cụ thể:

- Tính lkπ trong toàn phân tử (1),(2) ; (3):2 2

2

C H Nπ

+ − +=

- Tính lk *π trong toàn phân tử (4) ; (5),(6): * 2 21 1

2

C H Nπ π

+ − += + = +

⇒Vì (1),(2),(3) luôn có π nên nếu tính được π = 0 thì chỉ cần xét (4) và (5). Còn nếu tính được π >0 thì phải xét từ (1) tới (6) và khi đó phải dựa vào tính chất của bài cho để “khoanh vùng”.

Bài giải iTheo phân tích trên dễ thấy C3H7O2N có 7 chất sau: - 2 hợp chất Nitro : C3H7-NO2 ( gốc C3H7- có 2 kiểu; CH3-CH2-CH2- và CH3-CH(CH3)-). - 2 amino axit : H2N-C2H4 – COOH ( gốc – C2H4- có 2 kiểu: -CH2-CH2- và –CH(CH3)-) -1 este của amino axit : H2N-CH2 COOCH3. -1 muối amoni : CH2= CH – COONH4 -1 muối amin: HCOOH.H2N-CH=CH2 tức HCOO-H3N

+CH=CH2. iTheo đề ⇒ X: H2N-CH2 COOCH3. ⇒Z: CH3OH Y: CH2= CH – COONH4 .⇒T: NH3 ⇒Đáp án C. Các phản ứng minh họa: CH2=CHCOONH4 + NaOH →CH2= CH – COONa + NH3 ↑ + H2O. H2N – CH2-COO-CH3 + NaOH →H2N-CH2-COONa + CH3OH. Bài 48. Cho các hợp chất hữu cơ:

(1) ankan; (2) ancol no, đơn chức, mạch hở; (3) xicloankan; (4) ete no, đơn chức, mạch hở; (5) anken; (6) ancol không no (có một liên kết đôi C=C), mạch hở; (7) ankin; (8) anđehit no, đơn chức, mạch hở; (9) axit no, đơn chức, mạch hở; (10) axit không no (có một liên kết đôi C=C), đơn chức.

Dãy gồm các chất khi đốt cháy hoàn toàn đều cho số mol CO2 bằng số mol H2O là:

A. (3), (5), (6), (8), (9). B. (3), (4), (6), (7), (10). C. (2), (3), (5), (7), (9). D. (1), (3), (5), (6), (8).


(Trích câu 31 – Mã đề 637 – ĐHKB 2009) Cần biết iQuan hệ giữa sản phẩm cháy và cấu tạo của hợp chất hữu cơ:

Sản phẩm cháy ( )a lk vπ= +∑

2 2CO H On n< a=0

2 2CO H On n= a=1

2 2CO H On n> a >1

iKhi gặp câu hỏi gồm nhiều mệnh đề thì nên sử dụng phương pháp loại suy.: - không phân tích điểm giống nhau giữa các đáp án. - Chọn mệnh đề có mặt ở nhiều đáp án nhất để phân tích.

Bài giải

- Cả A,B,C,D đều có (3) ⇒không quan tâm tới (3). - A,B,D đều có (6) ⇒Phân tích (6) và theo cần biết ở trên thì (6) thõa ⇒Loại C. - A,D có (5) ⇒phân tích (5) và (5) thõa mãn ⇒ loại B. - Điểm khác biệt giữa A, D là (1) và (9).Phân tích (1) và thấy (1) không thõa mãn ⇒ loại D.

⇒Đáp án A. Nhận xét: với cách làm trên ta chỉ cần phân tích 3 mạnh đề mà không phải phân tích cả 10 mệnh đề.

Bài 49. Thí nghiệm nào sau đây chứng tỏ trong phân tử glucozơ có 5 nhóm hiđroxyl? A.Tiến hành phản ứng tạo este của glucozơ với anhiđrit axetic

B. Thực hiện phản ứng tráng bạc

C. Khử hoàn toàn glucozơ thành hexan D. Cho glucozơ tác dụng với Cu(OH)2 Phân tích Các thí nghiệm dùng để nhận ra cấu tạo của glucozơ

(1) Glucozơ + AgNO3/NH3; +ddBr2 →Axit gluconic ⇒Phân tử glucozơ có nhóm –CHO (2) Glucozơ + Cu(OH)2 ở nhiệt độ thường →dung dịch màu xanh lam ⇒Phân tử glucozơ có nhóm nhiều OH ở vị trí kề nhau (3) Glucozơ + Anhidrit axetic →este 5 chức ⇒Phân tử glucozơ có 5 nhóm OH (4) Khử hoàn toàn glucozơ→Hexan ⇒Phân tử glucozơ có 6 nguyên tử C,mạch hở, không phân nhánh.


Từ sự phân tích trên →Đáp án là : Tiến hành phản ứng tạo este của glucozơ với anhiđrit axetic Bài 50. Thủy phân este X mạch hở có công thức phân tử C4H6O2, sản phẩm thu được có khả năng tráng bạc. Số este X thỏa mãn tính chất trên là A. 5 B. 6 C. 4 D. 3 Phân tích iCông thức phân tử tổng quát của mọi este là : CnH2n+2-2a-zO2z ( các bạn có hiểu vì sao lại xây dựng được CTPT này không?Este là đồng phân của axit nhé !!!) Hay gặp trường hợp : (1). Este no, đơn chức, mạch hở : CnH2nO2 ( n ≥ 2, tại sao bạn đọc?) (2).Este không no, một kết đôi C=C, đơn chức hoặc no, một vòng, đơn chức. CnH2n-2O2 ( n ≥ 3, tại sao bạn đọc ???) iKhi gặp đề bài cho CTPT ( trực tiếp hoặc gián tiếp) , yêu cầu xác định số chất ( hoặc số đồng phân) thì cần chú ý: (1) Nếu trên đề không có cụm từ “cấu tạo” thì ta phải xét thêm các trường hợp có đồng phân hình


học (một chất có đồng phân hình học khi phân tử có dạng aCb=xCy trong đó đồng thời phải có a ≠ b và x ≠ y).

(2) Nếu trên đề có cụm từ “ cấu tạo” thì bỏ qua việc xét đồng phân hình học. Bạn đọc thân mến ,các câu hỏi kiểu này đã khiến nhiều thí sinh “ôm hận”: rồi đấy, cần chú ý nhé. iMột chất muốn tham gia phản ứng tráng gương thì trong phân tử phải cso nhóm andehit -CHO hoặc nhóm fomat HCOO- vì vậy este khi thủy phân muốn tạo ra sản phẩm có khả năng tham gia phản ứng tráng gương thì este đó phải là: (1) este của axit fomic: HCOOR/ vì :

HCOOR/ + H2O H +

→← HCOOH + R/OH

Sau đó sản phẩm HCOOH sẽ tham gia phản ứng tráng gương:

HCOOH + 2AgNO3 + 3NH3 + H2O 0t→ NH4HCO3 + 2NH4NO3 + 2Ag↓

(2) Este có gốc ancol không no kiểu : RCOOCH=CR1/R2

// ( R1/ và R2

// có thể là H hoặc gốc hiđrocacbon).Vì :

RCOOCH=CR1/R2

// +H2OH +

→← RCOOH+HOCH=CR1/R2

// Chuyen vi→ CHO-CHR1/R2

//

Sau đó sản phẩm CHO-CR1/R2

// tham gia phản ứng tráng gương :

CHO-HCR1/R2

//+2AgNO3 +3NH3+H2O 0t→ R1

/R2//CH-COONH4 +2NH4NO3+ 2Ag ↓

( Cách viết sản phẩm và cân bằng phản ứng tráng gương cũng là một nghệ thuật đấy, bạn đọc đã biết chưa? Nếu chưa biết thì hãy alo hay cmt vào FC – HÓA HỌC VÙNG CAO cho tác giả nhé!!!)

HƯỚNG DẪN GIẢI Chất C4H6O2 có 5 đồng phân thỏa mãn yêu cầu của đề: HCOOCH=CH-CH3 (có 2đphh); HCOOC(CH3)=CH2; HCOOCH2-CH=CH2 Và CH3COOCH=CH2 →Đáp án là 5 chất.

Bạn đọc có thể tiếp tục đăng kí các phần 2, phần 3 và phần 4 nếu cảm thấy các chuyên đề này thực sự

hiệu quả đối với việc tổng ôn tập kiến thức lí thuyết trước mùa thi đã cận kề.Chúc các bạn học giỏi và

ôn thi hiệu quả để thực hiện được ước mơ của mình trong mùa phượng nở sắp tới.Chào thân ái./.

Ad FC- HOÁ HỌC VÙNG CAO

--- DongHuuLee---


Bài 51.Cho dãy chuyển hóa sau:

CaC2 X Y 20

2 4 ,

H O

H SO t

+→ Z

Tên gọi của X và Z lần lượt là A.axetilen và ancol etylic. B. axetilen và etylen glicol. C. etan và etanal D. etilen và ancol etylic. Phân tích : iKhi gặp một sơ đồ phản ứng , để xác định nhanh các phản ứng của sơ đồ thì cần nhớ : (1) Vì mỗi phản ứng thường có một xúc tác « thương hiệu » →dựa vào xúc tác ghi trên sơ đồ là

« một chìa khóa vàng « giúp ta « hóa giải » sơ đồ. (2) Trong sơ đồ mô hình A →B thì nếu đề cho chất ban đầu (A) thì cần hệ thống nhanh « trong

đầu » các phản ứng quan trọng thuộc tính chất hóa học của chất đó.Nếu đề cho chất sản phẩm (B) thì lại hệ thống nhanh các phản ứng điều chế chất (B) từ đó « chọn lọc » phản ứng phù hợp với đề.

(3) Xức tác Pd/PbCO3 là thương hiệu của phản ứng chuyển liên kết ba về liên kết đôi, còn HgSO4/800C là thương hiệu của phản ứng sau :

402 380

HgSO

CCH CH H O CH CHO≡ + →

iHai phản ứng điều chế axetilen quen thuộc : (1).Nhiệt phân metan ở 15000C , phản ứng thu nhiệt mạnh :

2CH4 01500 C

lam lanh nhanh→ C2H2 +3H2

Nhiệt độ sôi của axetilen là -750C nên dễ được tách ra khổi hỗn hợp với hiđro.Đây là phương pháp chính điều chế axetilen trong công nghiệp hiện nay. (2)Thủy phân canxi cacbua ( đất đèn) :

CaC2 + 2H2O →Ca(OH)2 + C2H2 ↑ Phương pháp này được áp dụng trong công nghiệp cho những nơi mà công nghiệp dầu khí chưa phát triển( dầu khí là nguyên liệu tạo ra CH4), điều chế một lượng nhỏ trong phòng thí nghiệm hoặc trong hàn xì. Canxi cac bua sản xuất trong công nghiệp( từ vôi sống và than đá) là chất rắn màu đen xám (giống đất), trước kia được dùng tạo ra C2H2 để thắp sáng nên CaC2 còn được gọi là « đất đen ».Axetilen điều chees từ đắt đèn thường có tạp chất (H2S,NH3,PH3..) có mùi khó chịu gọi là mùi đất đèn.


Theo phân tích trên ta có: CaC2 2 2 2

o o2 3 2 4

+ 2H O +H + H O

2 2 2 4 3 2 Ca(OH) Pd/PbCO , t H SO , tC H C H CH -CH -OH−→ → →

→ X là C2H2 axetilen; Z là CH3-CH2-OH ancol etylic Bài 52 .Số trieste khi thủy phân đều thu được sản phẩm gồm glixerol, axit CH3COOH và axit C2H5COOH là A. 9 B. 4 C. 6 D. 2 Phân tích

iTừ n loại axit đơn chức + glixerol →2 ( 1)

2

n n + loại trieste trong đó có n tri este “ thuần khiết” tức

các gốc R1,R2,R3 hoàn toàn giống nhau →Số tri este khi thủy phân thu được đồng thời n loại axit

ban đầu sẽ là 2 ( 1)

2

n nn

+−

.( vì sao lại –n bạn đọc có biết không? Tôi tin là bạn biết đấy, vì bạn

là “dân khối A,B” cơ mà). bạn đọc cũng có thể làm theo cách sau : xuất phát từ mô hình trieste của glixerol:


12

2

32

/

/

CH O CO R

CH O CO R

CH O CO R

− − −

− − −

− − −

Sau đó xét lần lượt các trường hợp: (1) R1= R2 = R3 ( tức R1,R2 và R3 hoàn toàn giống nhau.) (2) R1 = R2 ≠ R3 (3) R1 ≠ R2 = R3 (4) R1 ≠ R2 ≠ R3 ( tức R1,R2 và R3 hoàn toàn khác nhau.)

Cả hai cách nêu trên đều hay phải không bạn.Tuy nhiên ,trong phòng thi, nếu bạn biết cách 1 còn “đối thủ” của bạn làm theo cách 2 thì tôi tin chắc bạn đủ hiểu và hình dung được điều gì đang xảy ra trong suy nghĩ của “đối thủ đáng thương ” kia.


Cách 1. Sử dụng công thức tính nhanh

Số tri este khi thủy phân thu được đồng thời 2 loại axit ban đầu sẽ là 22 (2 1)

2 42

+− = →

Xong.( vì

sao lại – 2 bạn đọc có biết không? Vì đây là 2 trieste mà các gốc R1,R2 hoàn toàn giống nhau nên khi thủy phân chỉ cho một loại axit → trái với đề →phải loại, phải trừ đi 2.OK nhé ). Cách 2.Sử dụng mô hình rồi xét

Trieste R1= R2 = R3 R1 = R2 ≠ R3

R1 ≠ R2 = R3

A B A B A B

A

B

A

B

B

A

A

B

B

A

A

B

12

2

32

/

/

CH O CO R

CH O CO R

CH O CO R

− − −

− − −

− − −

Không phù hợp với đề Có 4 đồng phân là :

2

2

/

/

CH O CO A

CH O CO A

CH O CO B

− − −

− − −

− − −

2

2

/

/

CH O CO B

CH O CO B

CH O CO A

− − −

− − −

− − −

2

2

/

/

CH O CO A

CH O CO B

CH O CO A

− − −

− − −

− − −

2

2

/

/

CH O CO B

CH O CO A

CH O CO B

− − −

− − −

− − −

(A,B lần lượt là các gốc hiđrocacbon của axit đề cho bạn đọc nhé). Hay quá phải không !!! Nếu bạn đọc có cách khác hay hơn hãy alo hoặc cmt cho tác giả nhé . Bài 53 . Các polime thuộc loại tơ nhân tạo là A. tơ visco và tơ xenlulozơ axetat. B. tơ visco và tơ nilon-6,6 C. tơ tằm và tơ vinilon. D. tơ nilon-6,6 và tơ capron Phân tích iMột số tổng kết về polime (1).POLIME THIÊN NHIÊN ( Có sẵn trong thiên nhiên )

- Cao su thiên nhiên - Xenlulozơ ( bông, len,đay,gai, tre, nứa ..)


- Tinh bột ( amilozơ và amilopectin) - Polipeptit . - Protein. - Enzim -Axit nucleic - Tơ tằm

(2)..POLIME TỔNG HỢP (do con người TRÙNG HỢP và TRÙNG NGƯNG mà thành )

TRÙNG HỢP TRÙNG NGƯNG

Nhớ bằng phương pháp loại trừ ( là tất cả polime – polime thiên nhiên ,polime nhân tạo và polime trùng ngưng) ===> quá nhẹ nhàng.

- poliamit (policaproamit, nilon -6, nilon-7, Nilon - 6,6) - Nhựa phenol –fomanđehit: nhựa novolac, nhựa rezol , nhựa rezit(bakeli) - Poli(etylen-terephtalat) tức tơ Lapsan. - Keo dán Ure- fomanđehit).

(3).POLIME BÁN TỔNG HỢP TỨC POLIME NHÂN TẠO ( con người dùng nguyên liệu từ thiên nhiên chế hóa ).

Có 3 chất: Xenlulozơ trinitrat, tơ visco,xenlulozơ axetat. (4). POLIME MẠCH NHÁNH

Có 2 chất : -Amilopectin -Glicogen (5). POLIME MẠNG LƯỚI KHÔNG GIAN: - Bakelit -Cao su lưu hóa.

===> Bằng phương pháp loại trừ dễ biết các polime mạch thẳng. Với thể loại câu hỏi về polime thì các thí sinh thường « rất ke » vì lí thuyết thì rộng và phân tán nhiều nơi, còn bài tập thì « quá xa lạ » .Tuy nhiên, nếu chịu khó tiếp xúc với câu hỏi về polime cùng với một số «kĩ thuật » tổng hợp, loại trừ, bỏ qua hệ số n khi tính toán ....thì câu hỏi về polime lại trở thành « mỏ điểm » để ta « đục khoét » đấy nhé !!! iTrong quá trình giải các câu hỏi trắc nghiệm nên thường xuyên khai thác đáp án và sử dụng phương pháp loại trừ sẽ giúp tăng tốc độ tìm ra đáp án đúng


Từ sự phân tích trên →Đáp án là : tơ visco và tơ xenlulozơ axetat. Bạn đọc cũng có thể sử dụng phương pháp loại trừ như sau : - Nilon - 6,6 là tơ tổng hợp từ hexametilen điamin với axit ađipic :

t0 caonH2N[CH2]6NH2 + nHOOC[CH2]4COOH

NH[CH2]6NH - CO [CH2]4COn

+ 2nH2O

→Loại được 2 đáp án - Tơ tằm là tơ thiên nhiên → loại được 1 đáp án nữa →Xong: tơ visco và tơ xenlulozơ axetat. Bài 54. Cho các chất : caprolactam (1), isopropylbenzen (2), acrilonitrin (3), glyxin (4), vinyl axetat (5). Các chất có khả năng tham gia phản ứng trùng hợp tạo polime là A. (1), (2) và (5) B. (3), (4) và (5) C. (1), (2) và (3) D. (1), (3) và (5) Phân tích iĐiều kiện để một chất tham gia phản ứng trùng hợp là :

(1) Hoặc có liên kết đôi C = C ( trù liên kết đôi trong vòng benzen). (2) Có vòng kém bền. iTrong đề thi đại học – Cao đẳng, rất nhiều câu hữu cơ đề thi cho chất ở dạng tên gọi → rất nhiều thí sinh của nhiều thế hệ ” dừng cuộc chơi” ngay từ “vòng gửi xe” vì không biết tên đề cho có công thức như thế nào →để không đi theo “ vết xe đổ” của các thế hệ trước thì trong quá trình học tập và luyện thi các em luôn chú tâm tới việc nhớ tên gọi của các hợp chất hữu cơ(nhưng phải có phương pháp thì mới nhẹ nhàng được, rất tiếc là với những các bạn ở xa tác giả không thể hướng dẫn trực tiếp được được .Vì vậy em nào có khúc mắc gì hãy alo hoặc cmt cho tác giả trên địa chỉ facebook FC – HÓA HỌC VÙNG CAO nhé !!!).


iTrong quá trình làm các câu trắc nghiệm nói riêng và đặc biệt là những câu mà đáp án chứa đựng nhiều thông tin nếu bạn đọc thường xuyên khai thác đáp án A,B,C,D và dùng “kĩ thuật loại trừ” một chách khéo léo (rất tiếc khong gặp trực tiếp bạn để hướng dẫn cụ thể được) thì tốc độ làm bài của bạn sẽ vượt xa “đối thủ” giống như bạn là người đi máy bay còn đối thủ của bạn là vận động viên para games.Nếu bạn chưa tin hãy thử đi !!! iTrong trắc nghiệm, thông tin nào xuất hiện ở nhiều đáp án thì thường là thông tin đúng →đây cũng là một ‘ kĩ thuật” tuyệt vời gúp bạn rút ngắn thời gian làm bài và “tỏa sáng” với xác suất rất cao khi thời gian làm bài chỉ còn được tính bằng giây !!! Tin rằng bạn đọc đã hiểu được tất cả các điều đã phân tích ở trên.Trong trường hợp bạn chưa thực sự hiểu hết được các phân tích trên thì hãy xem kĩ cách giải của bài này nhé.

HƯỚNG DẪN GIẢI Cách 1. Phương pháp suy luận

iNhìn các đáp án A,B,C,D nhận thấy (1),(3) và (5) có mặt trong 3/4 đáp án →dự kiến (1),(3) và (5) đúng rất cao →không cần xét (1),(3) và (5) → tiết kiệm được thời gian và tăng tốc độ làm bài lên rất nhiều.( thao tác tư duy này sẽ thật là tuyệt vời đối với các thí sinh không nhớ công thức cấu tạo của (1),(3) và (5) .Tác giả tin là bạn thuộc top thí sinh này). iNhìn vào A,B,C,D chỉ có một đáp án chứa đủ cả (1),(3) và (5) →Xong. Nhận xét: Với cách làm trên ta không đụng chạm tới kiến thức hóa học mà chỉ suy luận thông minh →với cách này học sinh chưa được học hóa vẫn có thể làm tốt câu này.Tôi biết bạn đang ngĩ gì sau khi đọc tới đây !!! Cách 2. Phương pháp dựa vào kiến thức Hóa học kết hợp với loại trừ Ta có : - Caprolactam( và các hợp chất vòng 3 cạnh có 1 đỉnh là Oxi) là hợp chất vòng không bền nên tham gia trùng hợp.

CH2 - CH2 - C = O

CH2 - CH2 - NHH2C

xt,t0

NH[CO2]5CO ( )

nn

caprolactam capron →Loại được một đáp án ( đáp án nào bạn đọc ?). - isopropyl bezen ( còn gọi là Cumen →há há há) là C6H5-CH(CH3)2 →không tham gia phản ứng trùng hợp → loại được tới 2 đáp án nữa →Xong. Cách 3. Phương pháp cổ điển.( Bạn tự làm nhé tôi không làm đâu > Vì sao bạn biết không?). iNhớ lại ( hoặc dùng SGK 11,12) công thức của các chất trên. iXét từ (1) tới (5) xem chất nào thỏa điều kiện rồi chọn. Nhận xét. Nếu bạn làm theo cách này thì bạn đang tìm cho mình một con đường thuận lợi nhất , nhanh nhất để trở về” thời kì đồ đá” rồi đấy.

Bài 55. Thủy phân este X mạch hở có công thức phân tử C4H6O2, sản phẩm thu được có khả năng tráng bạc. Số este X thỏa mãn tính chất trên là A. 5 B. 6 C. 4 D. 3 Phân tích iCông thức phân tử tổng quát của mọi este là : CnH2n+2-2a-zO2z ( các bạn có hiểu vì sao lại xây dựng được CTPT này không?Este là đồng phân của axit nhé !!!) Hay gặp trường hợp : (1). Este no, đơn chức, mạch hở : CnH2nO2 ( n ≥ 2, tại sao bạn đọc?) (2).Este không no, một kết đôi C=C, đơn chức hoặc no, một vòng, đơn chức. CnH2n-2O2 ( n ≥ 3, tại sao bạn đọc ???) iKhi gặp đề bài cho CTPT ( trực tiếp hoặc gián tiếp) , yêu cầu xác định số chất ( hoặc số đồng phân) thì cần chú ý:


(3) Nếu trên đề không có cụm từ “cấu tạo” thì ta phải xét thêm các trường hợp có đồng phân hình học (một chất có đồng phân hình học khi phân tử có dạng aCb=xCy trong đó đồng thời phải có a ≠ b và x ≠ y).

(4) Nếu trên đề có cụm từ “ cấu tạo” thì bỏ qua việc xét đồng phân hình học. Bạn đọc thân mến ,các câu hỏi kiểu này đã khiến nhiều thí sinh “ôm hận”: rồi đấy, cần chú ý nhé. iMột chất muốn tham gia phản ứng tráng gương thì trong phân tử phải cso nhóm andehit -CHO hoặc nhóm fomat HCOO- vì vậy este khi thủy phân muốn tạo ra sản phẩm có khả năng tham gia phản ứng tráng gương thì este đó phải là: (3) este của axit fomic: HCOOR/ vì :

HCOOR/ + H2O H +

→← HCOOH + R/OH

Sau đó sản phẩm HCOOH sẽ tham gia phản ứng tráng gương:

HCOOH + 2AgNO3 + 3NH3 + H2O 0t→ NH4HCO3 + 2NH4NO3 + 2Ag↓

(4) Este có gốc ancol không no kiểu : RCOOCH=CR1/R2

// ( R1/ và R2

// có thể là H hoặc gốc hiđrocacbon).Vì :

RCOOCH=CR1/R2

// +H2OH +

→← RCOOH+HOCH=CR1/R2

// Chuyen vi→ CHO-CHR1/R2

//

Sau đó sản phẩm CHO-CR1/R2

// tham gia phản ứng tráng gương :

CHO-HCR1/R2

//+2AgNO3 +3NH3+H2O 0t→ R1

/R2//CH-COONH4 +2NH4NO3+ 2Ag ↓

( Cách viết sản phẩm và cân bằng phản ứng tráng gương cũng là một nghệ thuật đấy, bạn đọc đã biết chưa? Nếu chưa biết thì hãy alo hay cmt vào FC – HÓA HỌC VÙNG CAO cho tác giả nhé!!!)

HƯỚNG DẪN GIẢI Chất C4H6O2 có 5 đồng phân thỏa mãn yêu cầu của đề: HCOOCH=CH-CH3 (có 2đphh); HCOOC(CH3)=CH2; HCOOCH2-CH=CH2 Và CH3COOCH=CH2 →Đáp án là 5 chất. Bài 56. Thí nghiệm nào sau đây chứng tỏ trong phân tử glucozơ có 5 nhóm hiđroxyl? A.Tiến hành phản ứng tạo este của glucozơ với anhiđrit axetic

B. Thực hiện phản ứng tráng bạc

C. Khử hoàn toàn glucozơ thành hexan D. Cho glucozơ tác dụng với Cu(OH)2 Phân tích Các thí nghiệm dùng để nhận ra cấu tạo của glucozơ

(5) Glucozơ + AgNO3/NH3; +ddBr2 →Axit gluconic ⇒Phân tử glucozơ có nhóm –CHO (6) Glucozơ + Cu(OH)2 ở nhiệt độ thường →dung dịch màu xanh lam ⇒Phân tử glucozơ có nhóm nhiều OH ở vị trí kề nhau (7) Glucozơ + Anhidrit axetic →este 5 chức ⇒Phân tử glucozơ có 5 nhóm OH (8) Khử hoàn toàn glucozơ→Hexan ⇒Phân tử glucozơ có 6 nguyên tử C,mạch hở, không phân nhánh.


Từ sự phân tích trên →Đáp án là : Tiến hành phản ứng tạo este của glucozơ với anhiđrit axetic


FC – HÓA HỌC VÙNG CAO Trân trọng giớithiệu tới quý thầy cô và các em học sinh THPT trên toàn quốc bộ sách luyện thi đại học đặc sắc của thầy DongHuuLee – GV môn Hóa Học , trường THPT Cẩm Thủy 1 –Thanh Hóa. SÁCH GỒM 3 TẬP. TẬP 1 . PHƯƠNG PHÁP TƯ DUY VÀ CÁC KĨ THUẬT ÔN TỔNG LỰC TOÀN TẬP LÍ THUYẾT HÓA HỌC . GIÁ 250K. TẬP 2.PHƯƠNG PHÁP TƯ DUY & CÁC KĨ THUẬT GIẢI SIÊU TỐC BÀI TOÁN HÓA HỌC TRONG ĐỀ THI ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG .GIÁ 500K. TẬP 3. HỆ THỐNG 50 ĐỀ THI & ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CỦA CÁC TRƯỜNG CHUYÊN TRÊN TOÀN QUỐC. GIÁ 250K. Bộ sách được viết theo phương châm “ học một biết mười” và là cuốn cẩm nang tra cứu mọi phương pháp giải nhanh và thông minh nhất hiện nay, giúp các em học sinh đặc biệt là những em không có điều kiện đến các trung tâm luyện thi tự ôn luyện và đử sức vượt qua bất kì học sinh đến từ các trung tâm luyện thi nổ tiếng nào. Có bộ sách trong tay, bạn đọc sẽ được tiếp xúc với nhiều điều mới lạ và ngạc nhiên vì phong cách viết và nhiều phương pháp chưa có trong bất kể tài liệu nào . Tin chắc bộ sách sẽ đem lại cho bạn đọc sự tự tin về môn Hóa học và đồng thời bộ sách cũng sẽ mang lại cho bạn nhiều niềm vui khi dùng. Mọi bạn đọc có nhu cầu về bộ sách liên hãy liên hệ với tác giả thông qua số điện thoại : 01629159224 hoặc nhắn tin vào địa chỉ facebook : https://www.facebook.com/groups/210136082530524/ hoặc FC – HÓA HỌC VÙNG CAO 2.0. Hình thức giao dịch. + Quý bạn đồng nghiệp và các em học sinh nhận file sách thông qua đị chỉ Gmail, Email hoặc facebook của mình. + Phí mua sách được chuyển qua thẻ ATM hoặc gửi qua đường bưu điện ( chi tiết quý bạn đọc liên hệ theo số điện thoại trên). Chúc quý vị đồng nghiệp &các em học sinh lời chúc sức khỏe, hạnh phúc , có nhiều niềm vui trong giảng dạy, học tập và cuộc sống.Chào thân ái ./.

Ad FC – HÓA HỌC VÙNG CAO 2.0

DongHuuLee

PHỤ LỤC

CÁC BÀI TẬP THỰC HÀNH – TỰ LUYỆN

�� !"�#$��%&''()$*+,-./0�!1!23!2*456789' �!::,%%�

�

;<=>?@A?BC?DEFGGHIJKLKMKKNOPQRSTURVWQRXYZR[TR\]S_RXS_Rab

cdGefghRiOWjklSRXfmhRnopqbrstRuOvSR]wSRh[UxQWRyz{b

|dGNOPQRh]vRSfghRiOWjy}pb~��pqb�zpqbpqs{��R��S_Rh�h]RXO�SR�]YSRnQS_Rn�h]ReW�[�R\]S_Rh�R�TS_RS_�SR��b

�dG��pb��bps{PQR�S_Rn�S_�RS]f�R��ZR�x�S_R�Opsb��Rn�QR�S�Rh]�WRVYQRx�S_�RV��R�x�S_RSfgh��b

�dG� {~b¡¢£�¤RXfmhRV¥Rn�S_RS]OPQRS]¦�R�xUS_Rh�hRW�O�RkRhwb

HIJK§KMKK s{bps{��R�]YSR]U©pb~�©pbª««bq¬b®ORh]¦�RVWQ�R�[°±b² ³�b~�bµp�¢¶·bµp�¤·b �±by©b�q�±¹bºs¦�R�»URxWR[fmS_R°¢b¼~bps¦�R[©b

cdG�q�±b |dG º½�±b�dG¨ �±bb �dG µp�¤b b

HIJK¾KMKK¿�b~¬pbÀÁRn©pqb~��pqbÀÂpqbÀ�h]RSTURVWQRXYZabcdGÃÂpqbÀ�h]RÄ¢£�¤b½�Åpqb |dGÃÂpqbÀ�h]RÄ�[R[UÅpqbb�dGÃÂpqbÀ�h]RÄ¢£�¤RXÆ�RXÇhbb �dGÃÂpqbÀ�h]RÄe°±RXÇhb

HIJKÈKMKKÉRS]O��RX�R\]S_RXtO�RhYSRu�S_RhÊWR�]ËSR�S_R�]QÆSRjbpqs�h]Ru�Rh]QZÌpbÀ�h]R�]lURh]OPQR�]QÆSR\]OR��S_R��RVQ¦�RhÊWR]�R[©Íb

cdG¢²Î¶bÏb±¡¢²Î¶bÐÐÑÒÐÐb¢¡±²Î¶bb

|dGº¬º�±²�¶bbÐÐÑÒÐÐº¬�²�¶bÏbº�¢²Î¶b

�dG¢£�±²Î¶bÐÐÑÒÐÐ¢£�¢²Î¶bÏb�¢²Î¶bb�dGÓ¢²Î¶bÏb¡¢²Î¶bÐÐÑÒÐÐb¢¡Ó²Î¶b

HIJKÔKMKK¡m�Rh]¦�R]�QRhwRÕRh�RhS_R�]�hR�]YSR�¥R[©bº¤¡Ö�¤¹b×sÊZR�]YSRÕR�xUS_R� OR�xfØS_ReW°ÄRXQSRS�S_R~»URxWR��R�Q�ORÙRk©b��RWShU[RÚÛRN��Rh]�ZRÙR�]ÜbÝËSR�]��R�»URxWR\]S_Rh�RSfghÛRÕR[©Íb

cdG¡��ºº¡¢º��º¡±¹b |dG¡��ºjº��º¢¡Þ¹b b�dGº¡±��ºjº��º¡±¹b �dG¡º��º¡¢º¡¢��º¡¹b b

HIJKßKMKKº�b¤b½àR]�WRh]¦�Ru�R��RS]ÅpbXáS_RxOâpqb�{��RãRnQS_Rn�h]R\]S_R�TQRVWQRXYZ�ReÄ¤º½·bº½·bä¬º½¢b·b

¢º�±¹bº�b~sÌRV¥Rn�S_R�]Q�hR�]¥RSTURVWQRXYZRXÌR�]YSRuO��Rh�hR[àRnQS_Rn�h]R�xâpåbcdG¡º½¹bbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbb |dG ¬�¡¹bbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbb�dGæÂÜb~¼¹b �dG¡¢£�¤¹bbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbb

HIJKçKMKK×s©psbrs�SRh]èS]RhÊWRéQÇS_R�]U��]UxO�R[©bcdG ¡¤¡¢¿�¤¹b |dGº¬¡¿�¤¹b

�dGº¬±²¿�¤¶¢¹b �dGº¬²¡¢¿�¤¶¢¹b

HIJKêKMKKºs�bÀÅëb��b�s¦��R�¢¡¢·b¡º¡�·b¡º��¡·bº¡±º¡�·b²º¡±¶¢º�·bºª¢¡¢¢�ªªb²¬p~�ìwíÛRî�Rh]¦�R~��pqbÀÅëb~s¬bq{¬bXfmhR�]ËSR�S_R�x�S_R_fwS_R[Tb

cdGÞb b |dG¤b b�dG±b �dGÖb b

HIJKïKMKK� {~bp©�b~��pqbÝ�Rh�hRW�O�RVWQRh�R�èS]RW�O�R�»S]RS]¦��bcdGº¡¢ðjº¡¢jº��¡b b |dGº¡±jºº½¢jº��¡b�dGº¡±jºð¢jº��¡b b b �dGº¡±º¡ðjº��¡b b b

HIJKLñKMKKÃÅëb�s¦�RSTURVWQRXYZR_ò�Rh�hRh]¦�Rh]óRh�R�èS]RU�OR]�WabcdGð}²�±¶±·bºÂ�·b¡º½·b¡ �±bb |dG£�¢·b£�±·bä�¢·b¡¢£�¤¹b�dG�±·bð}¢�±·b¡¢£�¤·b�¢b �dGº½¢·b¡¢�¢·b¡ �±·b¡¢£�¤¹b b

HIJKLLKMKKôb½©b�s¦�R[õS_R\]S_R�TQ�R\]S_R[T�RXtOR�©Âb�s¦�Rh]óR�]�R�]lSU[�]�W[lOSÛRÕR��hRn�S_RXfmhRkgORnnR¬¢º�±·bÀÀb¬�¡by©bÀÀb�q�±ö¡±¹bôb��b�zpqb~s�hRh¦QR�»UR[©Íb

cdG¡º¡�¹b b b |dGº¡±º��¡¹bb b�dG¡º��º¡±¹bb b �dG¡º��¡¹b

HIJKL§KMKKÃÅëbp©�bÝ¬ÂbXYZR_ò�Rh�hR�U[O�lRh�Rh¦QR�xhR�»h]R�]YSRS]�S]abcdG sáWRxlìU[�RhWURVQR[fQR]�Wb |dGº¬�bÝÂbäÂp¬jî�R�lS[Q[Uìw�R÷îb b b

�� !"�#$��%&''()$*+,-./0�!1!23!2*456789' �!::,%%�

�

;<=>?@ABCDEF@GHIJA@EBJDGI K<=LMNOPQROSTUTVNWMNQXYZXOUNWMNRQROI I I[\]_ a bcRNZMNdeNYcfONgOhiNjklmn

SIoIpIqrq IslmnkSIoItuI

Isv@IEwxWNyNz{ItIA|ONQ}~WNQ{�I�<=soI�{IskmuI I �<=msSI�{IskmuII;<=soI�{ImsSuI I K<=skmI�{Ims

SuI[\]_�a�w��NcP�ON��NWc�NOhcP��NZX�iI

��uI��N�c�NbksnI�{BI��GJI��cN��O�nuI�k�uI��Nb�kN�}Nz�RN��OhN��cN�X�Q�kI

IIII��uI�w@��NZ�OhNz{BIw�ONc~YN�c�N bjn¡I�Ak�uI�n�uI��N�c�Njk�I�{BI��GJI��cN¢£bQ�uI�¤�uI��N�c�N�j�I�{BI��GJI��cN�QbQ�uI�¥�uI��N�c�N¦�kI�{BI��GJI��cNjk�uI

�§NWc�NOhcP��NN�NYcfONgOhNR©PNcR�SIªw«N©f¬NXNQ{I�<=�H�HnH¥uI I �<=�HkHnH¤II;<=kHnH¤H¥uI I K<=�HkH�HnuI

[\]_®a�vEBGICwfONgOhNz°PNWxWN�fN��N�cxWNWROhN�±²IG{BI³v�Id¬NµI�<=¶Dkm�HI>Akm�HI�mkHs·m�I I �<=¶Dkm�HI�mkHIskHIs·m�N d�¹II;<=�mHI>Akm�HIºkmHI�vI K<=�mHI>Akm�HIs·m�N d�¹UNjk�mnN d�¹I

[\]_»a¼±²IJe�N��N�cxWN�N�cfNO½OhNYcfONgOhNW¾RNXNYRQP�£NQ{I�<=³F@¿DGHICwDGBAHIvE¿@ABG@F¿²AHIDF²ADGIJA@EBAIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII�<=vAvG@GHI?DF²AI?DFvE¿²A@EHIvÀ@FIEvC¿B@EHI�@G²AI

vÀDFvFI;<=DF@ADGHI�FvS�H�SdP£OUN��£OUNX©PWNXdPC@EIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIK<=�H�HkHkSFDF¿vÁABDFDGHIEAB¿ÁB?HIC¿BC@ADGHI@³BC¿DGI

[\]_Âa�wBI�±²IEÃEIEwxF�I�snHI�kskHI�ksnHI�ks¤msHI�skÄ�sS�mmsHI�¥s¤·sk�vG@A@G�HI�¥s¤msI�CwDGBA�HI�¥s¥I�DGÅDG�HI�s��smuII�§IEwxFIF¿BGJI�±²IA{?I?xFI?{�I��GJI��EwI¿B?IA{I

�<=¥I I �<=ÆI;<=ÇI I K<=¤I I

[\]_Èa�wBIEÃEI@BG�I

s�mÉnHI·mÉ�HI�¥s¤m

SHISm�mS�skS·sÊ�HI�s�·s

Ê

�HI��koHIËvkoHI>A�ms�ÉnHIs�m

É�uI

I�ÌOhNZ§NPRON�NzXPNWÍIvÀ@FI�{IFÌOhNZ§NPRGIEÎI�v@IF¿ÍIA}ÏOhNW�OcNQ{I�<=��{IkII �<=�I�{IkII;<=kI�{I�II K<=kI�{IkI

[\]_Ða�wBIÑH�I?BAIw~CIEwxFIwÒXN�MN�N�ÓOhNWcgEICwÔGIF«I�s¥m�·kIFÃEI��GJI�°@I��GJI��EwIEwgvIÑHkI?BAI·vmsId�ONOOhUNZX�N�cPNYcfGIgGJIÀf¬NXNcR�ONWR�ONWc�Nd}~EIEwxFIªwÕIA{?IÀvGwIJ@x²IÖ�×IFÕ?IØ?I�{I��GJI��EwItuI�ÙIE¾GI��GJI��cNÚNWc�Nd}~EI?IJv?I¿ÛGIªwvGuIÜ@ÃIF¿�IEÝvI?IA{I

�<=�kH¤I I �<=k�HÆI I;<=ÆH¤I K<=�¤I I

[\]ÞßaÜ@ÒXN¦X��XRàMNz�NhQ��RàMN�Nd�NdPá�NhP§OhNOcX�NQ{�I�<=âã�Nd}~�NQx¬NWäN�ÝN�fPNd}åOhæI I I �<=âã�N�NWROhNçP�WN�}~�Nèc�¬�WNWwvGwIGJéWêI;<=âã�Nç�NR©PNcXNçëPN��N�hkmì·s�uI I I K<=âã�NcÍvIFvGI��ms�kIëNOcP�WNdíNWc}åOhN�cRN

��I?{�IÀvGwIAv?uI[\]Þ_a�§NWPY£YWPWNW§PNdXNW¾RNXN�N�fNhQ¬©POUNXQXOPONz{I�vA@GIA{I

�<=¥I I �<=nI I;<=�I K<=¤I I

[\]ÞÞaâPá�NhP§OhNOcX�N�ÝXNhQ��RàMNz�NZX��XRàMNQ�I�<=dã�NYcfONgOhNz°PNjkIEÎIÀîEIFÃEI·@IG�GJIGÎGJI�ïOhNWc�Nd}~�N�íWNXO�RQNdXN�cg�æI

�<=dã�NYcfONgOhNz°PN��OhN��cN�h��IF¿BGJI·s�IF¾RN�hæI

;<=dã�NYcfONgOhNz°PNb� �j¹kIF¾RN��OhN��cN�{�IK<=dã�Nç�NWc�ðNYcONWROhN��OhN��cNX©PWæ= I

�� !"�#$��%&''()$*+,-./0�!1!23!2*456789' �!::,%%�

�

;<=>?@<AB?CDEFGHFIFFJ>K?LML?N>OPQR=ST?

UVW?X?JYUZ[U?\]^ _?

JYU?X?VWY?_?JYU?X?UVW?_?

JYUa?X?VWY?<bc]deTeAK@f^^^^_?

ghQijOPQRPkQlmnQopQqYUZVW?@r?stuYB? vtu B?wtueB? xtuyB?

CDEFGzFIFFJ{?|<K?=>}~�?=S��~=?]hQj�pQj��Q�r?=S��~=?]�Q��pQP�Q��Q��lonPQ��h�Q��PkQ��PQ�rK?N>�=?@�iQ��Q�?stueB? vtuYB?? ?wtu�B?? ? xtueYB?? ?

CDEFG�FIFFJ>K?LML?L>�l�QpP�n�Q�l��Qk�};�WK@�Qk��n��Q��l��Q�l�Q��?<;}]?�KA}LB?ghQ�j�lQl��Q ¡PkQ�¢£�Q��QJ�d[UfY?@r?

stu ? ? vtuy? ?wtuY? xtue? ?

CDEFG¤FIFFJ>�lQijOPQRPk?¥��Q �PkQ ¦L>?§�J@y??L>K?clQl�p?@r?

stuJUyJ[[JUyB? vtuJUy[UB?

wtuJUyJ[[UB? xtuJUy©UYB?CDEFGªFIFF«>}?b¡�Q¬jQ��nQ��nQP¢��Qlj®?]>�?�¢£�QP¢��Q��nQ°¢��Q��nQ�r?>±PQj£iQk²�Q��Q�j�l�?

stuJ@Y?¥r?UY[? ? ? ? vtuUJ@³?UJ@[y?¥r?UY[??wtuUJ@?¥r?UJ@[B? xtuJ@Y³?UJ@³?UY[?¥r?UJ@[? ?

CDEFGFIFFJ>K?AµlQ�}N�N]}]?¶?L{?L·=S?]>R�QijPQl�QqaUeY©Y[yB?ghQ�²PkQijPQi�il�lQ��pQ¹Qº�j»Q�jRpQkh�Q¼½<A}=K?<;}]f?Am�jQj¾Q�r?

stu B? ? vtu¿B? ?wtuZB? ? xtuaB?

CDEFGÀFIFFÁWK=S?LML?>KM?L>�lQq��Qq�QÂ�Q°pYg[y³?§�gY?³?[Y³?UYg[Q�Ã�QqjnQlÄPkQ�ÃiQ�j�lQijOPQRPkQ��QPjp�QlonPkQ��Q¬�Å=?]>ÆL>?>£iQlj®?bhQ�ÃiQ�j�lQ��QijOPQRPkQlmnQopQ¬jQÂÇY?@r?

stu¿? ? vtuÈ?wtu�? ? xtua? ?

CDEFHÉFIFFJ>K?LML?=S��~=?]hQaJÊ?eg}Ê?eagÊ?eZËB?ÌÍ�?S²�Q��QPk��~=?]hQ�¢£�Q�ÎiQÏiQlj�nQ�j��Qk�O�Q ÐPQÑ�PQcÆ=>?=S��~=?]�QlÄQlo��Q�pPkQijO�Q�r?

stug}³?Ë³?g³?J? ? vtuJ³?g³?Ë³?g}? ?wtug³?Ë³?g}³?J? ? xtuJ³?g}³?Ë³?g?

CDEFHÒFIFF©>}~=?@}Å�Q�¢£�Q�n�Q�r?bm�j�QlQk�QÓQPj�Ô�Q�Ó�Qlo¢ÕPkQj�PQ�OQ�r?stuljpPQ��QÏÖPk�Q Ð�? ? vtuc>Æ?]>}~=?=>}~=?wtuL��Qk±�QljpPQ�h�? ? xtuÏÖPk�Q Ð�?

CDEFHGFIFFÁWK=S?bhQ��L?N>M]?|}×�?b<�?¥�Q<=}@}=?dJaUZ©UYfT??def?Ø=}@}=?]<=?Æ]?]WK=S?=¢��QPj¢PkQlpPQPj��?]WK=S?Ù�=S? ¦L>?©<[UB??dYf?Ø=}@}=?L{?]ÆPjQÑp��³?Ù�=S? ¦L>?<=}@}=?c>·=S?@r�Q�Ú}?Ar�?Û�ÜQlAB??dyf?Ø=}@}=?Ù�=S?�×Q�O=?;��]?N>Ý�QPj�µ��Q ¢£�QijÝ��Qin��Q?df?Ø=}@}=?]><A?S}<?ijO=?R=S?]>Q|WKA?¥�nQPjPQlj��Q ÔQj�PQÑ�P��PQ?

JML?N>M]?|}×�Q�Þ=S?@r?studYf³?dyf³?df? vtudef³?dYf³?df? ?wtudef³?dyf³?df? ? xtudef³?dYf³?dyf? ?

CDEFHHFIFFßQPj�ÅlQ�µQ¬jÓPkQ�Ú��QjÅQ�PQÑàPkQPrK?|¦Q�j��×PQ ¦�jQlj�nQ�j��Qlj�áPQ¬j�QlÖPkQ�iQ��lQ��pQjÅQ�?stuYJ[Ydc>Æf?

^_â^YJ[dc>Æf?X?[Y?dc>Æf?

vtu©Ydc>Æf?X?yUYdc>Æf?

^_â^Y©Uydc>Æf? ?

�� !"�#$��%&''()$*+,-./0�!1!23!2*456789' �!::,%%�

�

;<=>?@ABCDEFGGG

HHIJHHG>?@>BCDEFGKG@>BCDEFG

L<=>M@BCDEFG

HHIJHHGGM>BCDEFGKG@>GBCDEFG G

NOPQRSQTQQUDVGWXWGWDYZ[G\]WVG_abWcGdbe_fVcGghijklmnGopq_aG__GrsG\ebGtVqbWuG?vwjxYZwZyjwz{]dGo|}WGr~pGU�B@�F>GGsG

�<=�uG �<=�uG;<=AuG L<=>uG

NOPQR�QTQQUDYZw�wj�wj��gwZx�jw�x��wZ�w��>�@�uG�GXWGz{�gw�~pw��wZ�kw��w�ivpwj��w��pZwx�iwjmw�w��jxwD��gw�sG>G\]WVGsG_\]VGrsG�fV�\]�>�VuGU ]dGD�jwjYiwZ�kwj��w�whsG

�<=U>�¡@@U¢U�>£�U@@U�>�U�>�U�AuG �<=U>�¡@@U¢U�>£�U@@U�BU�AF>uG G;<=U>�¡@@U¢U�>£�@@UU�>�U�>�U�AuG G L<=U>�¡@@U¢U�>£�@@UU�BU�AF>uG

NOPQR¤QTQQ¥¦aGd§�wjyjwjxYZwo|}jw©�w�ª�wZx«kwjxp¬iwZ�gw®�w�xp°Zwo±w�pwZ²wZ�ypw��gw�x³pwsG�<=U��cG UA�UcG UA�M�>cG UA�@�cGU�AU�>U@@�G

�<=U��cG UA�M�>cG UA�µcG UA�@�cGU�AU�>U@@�GGGGGGG

;<=¶_]·_]cGV�_]cG�D_]VcGU�AU@@�GGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGL<=BU�AFAMcG U�AU�>@�cG U�AU�>U�>M�>cG�U@@�G

NOPQRQTQQUDVGWXWGWDYZw�sGz�]dGz¹jx[wº�>cG�>?cG¶f>cG�M@AcGU�?@�uGU»G¼\VG]Db½�G�D³�w��gwZ�kw��wo|}jw�>?@�G²wx�pwjxYZwjxkw¾wZ�½]Gr~pw�x�iw¿G

�<=¡uG G �<=AG;<=�G G L<=ÀG G

NOPQRÁQTQQÂDXG¼bÃiw�Äkw®|~pwo�ÅwÆÇÈÉÊwoË�g¿G�<=��Zw�x��w�giÅ½]G�wo|}jwjYiwZxs]DG²wjyjwx�Zw��kZk�w�Äw�mZ�k�ÌG

�<=Í~pw�Îpw�giÅ½]G�nwÏDvpwh|}�gw�giÅ½]G�wÐÑ�gwvwCDvpÌG

;<=ÍÒw�giÅ½]G�wo|}jwjYiwZxs]DG¼¾pwjyjwx�Zw__WfV]uG

L<=Md�a½]G�wo|}jwjYiwZxs]DG²wjyjwx�ZwjmwÐ³�whsG��kZk�nw�mZ�k�w�Äw«h«jZ�k�ÌG

NOPQRÓQTQQUDVGWXWGbV]GÔ\�ÕGU�ÖG?>�ÖGU\>KÖG×KuGØD�wZÙwZ�gw®�wÐy�wÏÚ�xwj��wjyjwpk�wZ�½]GsG�<=uU\>KÖG×KÖGU�ÖG?>�uG �<=U�ÖG?>�ÖGU\>KÖG×KuG G;<=?>�ÖGU�ÖG×KÖGU\>KG G L<=U\>KÖG×KÖG?>�ÖGU�G G

NOPQSÛQTQQØfV]dGÔvwjyjwhk�pwZmw�i[wZmwh��nwZmw�pZ�k�nwZmw�pjknwZmw�phk��ÜnÜnwZmw��«Z�ZnwZmwj��k�nwZmw�phk��uGU»G¼\VG]Db½�GV�pwZmwZxi±jwhk�pwZmw�x��wZ�kw¿G

�<=Au= G �<=�uG= G;<=>uG= G L<=�uG

NOPQSÝQTQQUDVGq±ZwvwZÚ�xwjxYZ[w��wjYiwZ�Ëjw�khp�«w®��gw��jxw�xy�xwÞßàáwZ��wZ�k�gw�|~jwÞâàáwZ�kw®i�gw®¹jxwã>GDVXGe\]DGBAFÖG�kw®i�gw®¹jxwÏ«kwÏxpwoi�w��gwÞäàáw�x³�w��gw�~pw®i�gw®¹jxw�>?@�GV¦]dGB¡FÖGD\qGdb\G�D³�w��gwZ�X]dG¼�jwÞÜàÌw�yjwZÚ�xwjxYZwj��wZp�xwÐ±ZwhsG

�<=B�FÖGBAFÖGB�FGrsGB¡FGGGGGGGG �<=B�FÖGB>FÖGB�FGrsGB¡FGGGGGGGGGGGG;<=B�FÖGBAFÖGB�FGrsGBÀFGGGGGGGGGGGG L<=B�FÖGB>FcGBAFÖGB�FGrsGB¡FG

NOPQSåQTQQUDVGWXWGWDYZw��AG�U�U>ÖGUU�æU�UÖGU�>æU��U�>UcGU�>¶f�U�¶f�U�AÖGU�A�U�U�U�U�U�AÖGU�>¶f�U�>�U�>¶fuG?vwjxYZwÏxpwZyjw®{�gw�~pw®i�gw®¹jxw��whk¦]dGoi�w��gwZ�kw��w³�w�xç�wW»GCD³w��gw�x³�w��gw�~pw�iÞ��à>GsÕG

�<=èG G �<=éG G;<=êG L<=ëG G

NOPQSRQTQQUDVGWì]G¼Ñ�gGDVXGDÎj[GM>GBCFGKGA�>GBCFGGHHIJHHGG>M�AGBCFÖG�D³�G��gGD�í�GsG�D³�G��gGV³G]Db°uG

Uì]G¼Ñ�gwxkywxÎjwÆÇÈÉÊ=¼¹GWD�aÃ�wz¹WDGCDbG�<=Zx�ÅwoîpG]§�gwo±w�>uG �<=Zx�Åwoîpwy�wiYZwj�\GD°ÌG

;<=D½qGWDYGeïWGXWGµ_uG L<=Zx�ÅwoîpG]Db°Zwo±ÌGNOPQSSQTQQGGUDVGWXWGWDYZw�i[w��AU@@�cGU�>æU�U@@�cGU�>æU�@@UU�AcGU�>@��U�>@�cGGU�UAcG

�@@UBU�>F�U@@�cG�U�@uG?vwjxYZwj�wZxÃwZ�kwZxs]DG�Vbq_G¼Ñ�gw�x³�w��gwZ�ð]dGD}�wxkñjwZ�ð]dG�g|�gwhÄ[G

�<= uG G G �<=ÀuG G G

�� !"�#$��%&''()$*+,-./0�!1!23!2*456789' �!::,%%�

�

;<=>?@ A<=B?@ @ @CDEFGHFIFFJKL@MNM@OKPQRSTU@VWXY@

Z[\@]@[R_abRcdeef@gKh@i@]@Z[ @

jZk@]@[@clBcJmndeeeef@gKh@o@]@Z[ @

jZ>ZJ k@]@ZJp@pLqTU@f@gKh@r@]@jZ>Jp@]@Z[ @

stuRvwxRyzR{zR|R}w~R�a�M@p�Q@�a�d@p�Y@�<=\ km@j[m@J [?@ �<=\ km@j m@jZk?@

;<=\ [m@j[m@jZk?@ A<=\ [m@j m@J [?@

CDEFG�FIFFJKL@@�q�@@MNM@@MK�dY@@g�p�\ >�[?�[Z[m@@J[ZBZm@@J�[Z[[ ��@@@@�VWMMW�L��m@@JZkJ Zm@

JW�Z�[m@JZkJ jZ>?@\�Ruw�}R��T@p�@p�@

�<=B?@ �<=k?@;<=>?@ A<=[?@

CDEFG�FIFFJ�@�@�Q�RQ�w��R��Q�R�R~Q�R�uwR��qTU@��Jpkm@jZ>Jpm@JX�j k�[m@��\ >m@�pJpkm@�jZ>�[J k?@JK R�¡TU@¢£}Rw¤¥Ruw�}RQ¦�R§¥~R�©R�ªRQw«QR¬�}R�a�uRuPR�R~Q�R�uwR}®TY@

�<=°X±@dh¢@ @ �<=²XTU@��uwR³�µk@ @;<=�XTU@��uwR¥µ¶@ A<=²XTU@��uwR·¥s�[@ @

CDEFGFIFFJKL@KW�@K�¹Ruw�}Rwº~Ru�RyzR{Ru¤Ru»Q�R}wSuR¹wQR}¼R��@JkZ½j [?@JKL@K¾QRw�¹RyR¿�@o@OKPQRSQ�R¿À�R�XTU@��uwR¥µ¶R}w~R�a�uR�~��RuÁ¥Rw¥�R¥Â�}Rwº~Ru�R}w~£uR�ÃQ�R�ÄQ�RvR}�¹R¿�@KW�@MK�}Rwº~Ru�R|R¿¦RÅ?@ÅÆQ�Rvw��R�a�Q�R¹wQR}¼RuÁ¥R|R¿�@Å@p�@

�<=Ç�@ �<=>>@ @;<=Çl@ @ A<=Ç>@ @

CDEFGÈFIFFJKL@MNM@OKPQRSQ�R_¿À�RutuR��É~Rv��QRuw�RvÊ¢@dK�L�Y@

��@j[@]@[@ ee fe ËcBcc [j [@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@��@

[�@[j[@]@B [@ ee fe Ëckccc [j[ B@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@�[�@

k�@�Ì�@]@j[@ ee fe Ëckc [Ì�kj@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@�k�@

>�@jWj [@�ÍqL@KÎW�@]@jZ>Jp@�ÍqL@KÎW�@efecÏ j[@]@jWJp@]@[Z[ @@@@�>�@

JNM@OKPQRSQ�R�ÐQ�R��@�<=��@Ñ�@�[�?@@@@@@@@@@@@ �<=�k�@Ñ�@�>�?@@@@@@@@@@@@@@@@@@;<=��@Ñ�@�k�?@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@ A<=��m�k�@Ñ�@�>�?@

CDEFHÒFIFFÓw�R��QR¹wQR~Q�R�uwRQ¦�R§¥~R�©R}Ô�Ru¥}�}RÂP©R®¥RÕ~tR}®ÖTK@×K¼RQaÀuØ@�<=²XTU@��uwR|Qs�[?@ @ �<=�XTU@��uwR³�j k?@ @;<=²XTU@��uwRÙ�s�[?@ A<=²XTU@��uwRs~s�[@ @

CDEFHÚFIFFJKL@�q�@MNM@MK�dY@J[Z[m@ZJZ m@ZJ Zm@JZkJZ m@�JZk�[J m@J�[Z[[ ��@@�¢¥Q}�Û�bÜ@\�R

MK�}R}®�Q�Rq�@dKW¢@U�W@�a�M@OKPQRSQ�R}®tQ�R�a�TU@p�@�<=k?@ �<=B?@;<=�?@ A<=>?@

CDEFHÝFIFFjK«QR��QwRQ¦�R§¥~R�©Rvw»Q�R�ÐQ�@�<=Þ�N@d��RÓW@MÁ¥R�£}R¥Â�}Ru�TU@pÀQR}wÖ@p�uR¥Â�}RM�TU@¢ÔQw@

�<=Þ�N@d��RÓW@MÁ¥R�£}R¥Â�}R¹wßR}w~£uR¿�L@ÍPQRuw�}RWà�d@

;<=Þ�N@d��RÓW@MÁ¥R�£}R¥Â�}R¹wßR}w~áuR¿�L@TÃQ�R�£RWà�d@ @

A<=Þ�N@d��RÓW@MÁ¥R�£}R¥Â�}R¹wßR}w~£uR¿�L@TK��}R�£@ @ @

CDEFHâFIFFJKL@MNM@MK�}R§¥~ãR¥Âä}��äQzR¥Â�}Rå��uzRå��¥Q�äw�}zR¹wäQ©�Rå��¥}zR��~u»Û�zR¥Q�äw�}R¥Âä}�uzR�ä}©�R¥Âä}¥}zR�¥Q}»Û�zRQ¥}®�Rå��¥}zR¥Âä}�QÜRæ�Ruw�}Ru¤R}wªR}w¥�R��¥R¹wPQRSQ�R}®tQ�R�a�Q�R�¦@

�<=Ç@ �<=B@ @;<=�@ @ A<=l@ @

CDEFHGFIFFi@M�@MçTU@dKSuRs>Z�> kj[?@gK�@MKL@i@dNM@�ßQ�R¿À�R~Q�R��uwR¥µ¶R}wÖ@dKX@�a�uRw¾QRw�¹R{R�Ã�RèR×Kh@éR��É~Rv��QR}waêQ�R¿¦R�É~Ru¤RvwPRQëQ�R��¢@àWTK@ìX±R}x�Rí�ÜR\�RsîsîR¹w¡@K�¹RuÁ¥RyR��Y@

�� !"�#$��%&''()$*+,-./0�!1!23!2*456789' �!::,%%�

�

;<=>? ? @<=A? ?B<=C? D<=E? ?

FGHIJJIKIILMNOPQRNSTUQNVWEXYYZ?[\NR]NRU_NabNVWEXYYZ?cd?X>ZCYZ?[e?fghi?jkl?mjnONopNqrsNStuv?;<=XewYZx>?cd?fyhi?fzQRNW>{YA? @<=XyY?w[kx?cd?|i}YE~}ZEN�T??B<=}e?cd?fyhi?fzQRNWV�?? D<=Z>{YANS�Q?

FGHIJ�IKII??�j�QNR��N_R�N� N�qO�NR�rN��rN�TUsN�sOrO��p�N�?��>�A?cd?j�NRU_N�Nr��ONVWEXYYZ?cd?ZXYYZ?[j�?[jy?STUQNO��NSrN��N�snONQR�NQR�rNQR�QN�qO�N�d?

;<=C? ? ? @<=�? ? ?B<=�? ? ? D<=�?

FGHIJ�IKIIXjk?mlm?mjnONqrs�NV>ZCYZ�?X�ZCYZ�?X�ZC}Z>�?fyhi?fzQRNV�ZCY}e�?fyhi?fzQRN�r�W�N�s N�zQRNXZEXYYZ�?fyhi?fzQRNWV� NVRpNO\ NQ�_NQRnONOPQN�¡ N¢£�NRrsN¤NS�¥sN¦��NOR§QRNRU_�Nq�NQ�_NQRnONm?©j�N� N�ªuN�rN�d?

;<=�? ? @<=«? ?B<=�>? ? D<=�¬?

FGHIJIKII®NON¬X�?°Z>}°X�ZA°YZ?±d?mjnON�²N¦R³ NOrN¢oNO�p NT£QN��NqNQR�NOaNOµ�N�NQtN�¶ �N?°Z>}°X�ZA°YZw·² ? ¹°Z>}°X�ZA°Y

°w[ehx?º?Z

º? ? »e?¼?�¬°��?

°Z>}°X�ZA°YZw·² ??º?Z>Y? ¹°ZE}½°X�ZA°YZw[ehx?º?YZ

°? ? »¾?¼?�¬°«?

_WNSM?¤NON¬X?[] Na NS¿NÀ°Z>}°X�ZA°Y°Á?º?ÂÃ°ZE}

½°X�ZA°YZÁ?±d?¾Ä?hjnOv?

;<=�¬? ? @<=>?B<=�? ? D<=�? ?

FGHIJÅIKIIVRpNqÆNSa?Ç??

X>ZA? ÈÈÉÈ½ >ÊË ?Ì ÈÈÈÈÈ ÉÈ½¬

C> �~ ÍÎÏÏÐÑÎÏ Ò ÈÈÈÈ ÉÈ½ EE~ÓÏÔÕÓÎ Ö ÈÈ ÉÈ½ÏÊË Ò×??Ò?±d?

;<=X>Z�×?? @<=X>ZCYZ×? ?B<=X>Z>×?? D<=X>ZA×?

FGHI�ØIKIIXjk?mlm?fyhi?fzmjÇ?ZX±�?}eYZ?S�Q�?}ZE�?»X±×?{�?fyhi?fzmj?©j�?� ?STUm?c£�?XywYZx>?±d?

;<=�×? @<=>×?B<=A×? D<=E×?

FGHI�ÙIKIIÚjl[?¾ÛMsNopN�T£�NStuNÜÝÞßàNSá v?;<=W�S�pNRpPN�âsNOR�QN¢ãON�ä NqåNOµpNORdhj?mlm?æçNS¿ N¢ãON�² ?

@<=èâsNOR�QN¢ãONQRéNuêsNQnsNORdhj?[\NQPQN�qO�NmérNQPQNr��ON�ëpN¦R³ Np�NOaNOµ�N¤NORMN�ä ?

B<=ìçNS¿ N¢ãONQRéNuêsNQnsNORdhj?[\NQPQN�qO�NmérNQPQNr��ON�ëpNp�NOaNOµ�N¤NORMN�² ?

D<=XjnON�ëpNRíNRÆNT£QN¢d?îjïhi?[eh?[·khi?T£Q?

FGHI�ðIKII»åbNSr N_R�N� NbµRN¢£�Nr��ONQ�pR�S��Q�NêsNQRpNORñæ?æy��NrO��Nr��OrON¢dk?fyhi?fzQRNOR�?[jnuN©j�N� ?

;<=¦R³ NORruNS]�? @<=mjãbN�µ�?B<=hjehj?±ñh? ? D<=¦R³ N�PQNSzRNSTUQ??

FGHI�òIKIIèóô?mj�NQR�rNR� Nrb�pNr��ONQ�Nq�NR�bNrb�pN¢d?õ�NR�bNQrQ�köô±?¾¶ NRrsN�d?;<=÷±ô�?øe±�?|±e?? @<=÷±ô�?|±e�?÷±y?B<=øe±?�?ùôõ�?|±e?? D<=÷±ô�?÷±y�?ùôõ??

FGHI�úIKII??Xjk?mlm?mjnONqrs�NW>}°XZ>XYYXZEû?|±wYZxEû?Z>}XZ>XYYZûw}ZAx>XYE×?XjnON(�ü ��©j��N�d?mjnON�Tç NO§RN�dÇ?

;<=|±wYZxE×? ? ? @<=Z>}XZ>XYYZ×? ? ?B<=w}ZAx>XYE×?? ? D<=Z>}°XZ>XYYXZE×?

FGHI�JIKIIW�S�pQrQ�pNýNQ�NQ³ NOR�QN_RtNONV�Z�¬?îjïhi?±dæ?ænONbosN��N��pb NþR�NSsN� NýNO�p N��N[jy�QNO§bNOµpNORdhj?jU_NQRnONV�ZC»Y>?wÒx×?Xjk?Ò?[lm?f¡ N¢£�N��Nr��ONQ�pR�S��QNOµpNORdhj?jU_NQRnONX�Z�Y>×?�ñh?mérNýN�dÇ?

;<=��>°S�b�Ou±¾ÿh�ÿh×? @<=��A°S�b�Ou�� N??

�� !"�#$��%&''()$*+,-./0�!1!23!2*456789' �!::,%%�

�

;<=>?@ABCDEFGHIEJKEJLMNN O<=PQRSTPUVPUWNNN N NXYZ[\\[][[NN_CMCBabc_cIbJMdefMcgMchJiMcjJiMFkcMlmJMFnMopqrLMdMHsMDbJbDEMthJiMBuMBCvwMcxMc_byweMfMcgM

z{cMc_cIbJMlmJMJ|JM}~NQ��N��JiM}�CMttM�i��@NQ��U�N�q@NQ{bM�xFMF�_MD~�N�~U�NU�{FLM��UN��CM��_MdefMH�JMH��FMH~�N

�<=��PUQ�UN�~N@AzPQRST�Q�UA>WN �<=��PUN�~N�AzPQRST�Q�UA@WN N NN N

;<=�ADEFGHIwF_BCEJA>?@N�~N�AzPQRST�Q�UA@WNNN N

O<=��PUN�~N@AzPQRST�Q�UA>WN N N

XYZ[\�[][[� U�NQ�kcMF¡JiM¢w|FMc�_MEyFEMB��cMF{bMI£CM_¤CFMJbeM¥MckceMz{cM£M}~N�U��SNU�?N@N��kceMD{cM£MH~�N�<=�Uq�UA>¦§>�NU©NrªN �<=�Uq�UA>¦§>�NU©N>�ªNN;<=�Uq�UA>«§>�NU©NrªN N O<=�Uq�UA>«§>�NU©N>�ªNN

XYZ[\¬[][[�JcbHMJsbMy_wMBmGN®°±N²³GMa_Ml³JMkJiMF|cMJ��cMF{bMF~U�N�UPUµN�<=�?@ABCDEFGHIwF_JA�A�SWN N �<=�?�ABCDEFGHlabl_JA>A�SWN;<=�AzPQRST�Q�UA�A�SWN N O<=�AzPQRS��UA�A�SWN

XYZ[\¶[][[·��QNT�uwMJsbMy_wMBmGMHsM¹º»¼½¾¿»¼�N�<=·�ÀUNTÁUN��kcM�lMH~N�³JMlÂDMFaÃJMHÄJMc|cMS�{CMlmJMBÅJMFEbMFÆMHÇM�|cMJ_wLN

�<=·��Q��NQ�ÈJiMcgMcÉwMFaÊcMD{JiMFCJMFuMlmJMQnLN

;<=Ë��GMFCJMHÌJiMH~N��U�N�ÍcMBÎDMBÏcMc�_M��Ð�§@N�~NÑ�Ð�§@N

O<=��cMÒC_A�PUNS~N��U�N�ÍcMÓJM�lMJ_FaCM�S��N�~NU�Q��N��S��QWN

XYZ[�Ô[][[obMyÅMBÕMl³JMkJiMy_wÖMM×MMMMØÙØ NNNNÚNNNNNN ØØ ÙØÛ ÜÝ� NNNNNNNq�ÐWÚNS~�N�<=��ÐWNN NNNNN �<=��ÐWNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNN;<=��Ð�§@WN N NNNNNNNNNNNNN O<=ÞS�Ð@WN

XYZ[�ß[][[obMyÅMBÕMl³JMkJiÖMo�M ØØØ ÙØÛ ª?�

àáâáÝ ÚN ØØØ ÙØÛ ª?¨ àáâáãÜ NäN ØØØ ÙØÛ ª?¨ àáâáå NæWNNç�xFMdeMfeMèMH~N��N��ÉFMéwMcÅLMojJiMFkcMlmJMFnMc�_McÉFMèMH~N

�<=�«qê§�WN N �<=�@qê§�WN N;<=�«qr§�WN N O<=�@q«§�WN

XYZ[�ë[][[·��QNT�uwMJsbMy_wMBmGM}vMiHwcbKÅM}sMìawcFbKÅMHsMc�_McíJM¤|cîN�<=ïMt{JiM£eMc³MiHwcbKÅM}sMìawcFbKÅMBvwMcgMðMU�ÁzNñ§qNQ��U�N��ÀUNQnN

�<=Ë�òGMlmJMy_cc_abKbMFwMB�ó�N�ôMiHwcbKÅM}sMìawcFbKÅN

;<= CtabMg_MiHwcbKÅM}sMìawcFbKÅMBõwMFwMB�ó�N��T�Q�SN

O<=ÒHwcbKÅM}sMìawcFbKÅMBvwMcgMB�GMB�MFíJMcÉFM��_M_JBECFN

XYZ[�ö[][[·��QNT�uwMJsbMy_wMBmGM®°±=BÊJiMîN�<=��R�UNQ÷Mc_cIbJM��ÆMiÕDMJéJiMJiwG�UNQnM�ÁN�øU�N�÷MBÅJM}ÍMBCÇJMFícM{FMJmJMH~NêWN

�<=o|cMBÕJiM}ÍMc�_MDÃFMJiwG�UNQ÷Mg_M�cMcgMQùU�N��ÉFM}ÎFMHíM}~N�Á�N��cMBvwMiC÷JiMJ_wLN

;<=Ð÷MBÅJM}ÍMBCÇJMFícM{FMJmJM}~N�÷M�÷CMH~NU�éJiMBÏcMFa�JiMcÅMI³JMc�_MJiwG�UNQnLN

O<=úÃFMJiwG�UNQnN�ÁN�÷MCÇwMH~N�ûN�~N�ÁN�÷M�÷CMS~Nê>NQ�üNU��R�UNQnMBgMl³CMcgM¥ýMEHEcFabJLN

XYZ[�þ[][[BCvwMJsbMHsMBÊJiMFEbMFwGxFMÿabJyFEtMFabJiMc|cMcÉFeMCbJMy_wÖM� @?N�q«�?N�q@�q�?N�q@�q@

�?N�q@�§§q?N�q@�§§

AN�<=��ÆMcgM� «

�?N�q@�q@�NS~N��ÉFMH��JiMFíJN N �<=��ÆMcgMo @�q@

�NS~N��ÉFMH��JiMFíJN;<=��ÆMcgMo @�§§q?N�q«

�NS~N�²�QN N O<=��ÆMcgM� @?�q@�q�?N�q@�§§AMHsMI_KÅN

XYZ[��[][[��R�UNQÈcNS�RÇUNQ��NQ�Mi_JiMH~�N�<=�øU�N��§N��ÏcMo_o§@NNBuM�nMF{lMcÉFM×CeM�eM

×eM�Je�MFabJiMi_JiMBuMFwMB��NQ��WN

�<=�øU�N��ÉFM�nMo�M��nMb¤CFMyÈFMQ�~U�N�ÈFM£MU��ÇFMBÃMc_bLN

;<=�øU�N§�NN�²�N��N��NQ{lMcÉFM×CeM·?NÐ?NúU?N

FabJiMi_JiMBuMFwMB��NQ��WN

O<=�JiMF�DM~zNH��JiMc_cIbJMFabJiMi_JiMBuMFwMB��NQ��WN

XYZ[�\[][[qÓJM�lMdMiÕDM�HeM�E�§@?N��N�ÁN�÷MDbHMI JiMJ_wLMqÓJM�lMdMF_JMb~UNQ�~UNQ��U��N�<=�_� Mt�N N �<=Þ��§@Mt�N N;<=�q@Mt�N N O<= oHMt�N

XYZ[��[][[Ë��U�N��U�NQ�ùNU��ÇDeMCBab_HbiEJw_M�d�MB��cMBCvwMcxMF�Ml³JMkJiMy_wÖMN

�� !"�#$��%&''()$*+,-./0�!1!23!2*456789' �!::,%%�

�

;<=>?@ABCDCEFGHICJKLMNOAPAQBCROSTUVWIC>XYLMOSTFGHIZCDCE=C>[X\Z]CE_CXYCabcdOefghAQOefieOdjkAOMPOdflOmnAQOKlOKopqOMfcOKgrMOfoKjsfTtsQuAqTOAvsOwTqOKxyOzC

{|}E~��CE�?C��CE�]C C �|}E�C��CE~�]C C�|}E�?C��CE�]C C �|}E��CE~��CE�?�CE�]C

��E_CXYCabcdOTA�TKouAO�U��~EC�C~E�~EC�C~E�~E�OMPO�TsOAfokqOK�AQOefxAOf��XCX�MOMow�C�C�?<��C�C{|}I]CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC �|}�]CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC�|}F]CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC �|}�]C

��?Y� C¡� C� Xb¢eNOT£sAoTMOKgrMOd¤AQOfreOdfusOef¥AO¦AQ§C

;FC>[ZCDC�EFC>[ZC F;E�C>[Z�CEC�C�©FC[ª]C;cqOd«AQOA�AQOK¬OMTOfomjsOt®�CFC�AOdf�C�°MOK¬OMTOef¥AO¦AQOdfq±AOw²C

{|} b¥£OKoO³OtACC �|}d«AQOtkAOµOtACC�|} b¥£OKoOµOtAC �|}d«AQOtkAO³OtACC

��¶��UhoC�X·C� ¹�C?ºdCK¬MNCa»oC�±yC[XbC��¼C�½C�Xb¢�C[cC�X·C� ¹�C�X�CXºdCa¬�CKgrC¾¿� CKlC?@MOt®�C�X·OAQxAOj�oOQs£C�ÀoO��C

{|}�¡bCÁ°AQC �|} Â�]C�|}¼·°oO«AC �|}tgqOf·Ã�X]C

��Ä��~XYCabcdOMiMOeX¥�C¦AQOÅ¥yOjTOwTq§CF�Æ�?FCCDC�?FCCROF�Æ�?�CF;<�?CDC~�FCCROF;<~�CDC�?FC

ÇXÂ�CablqOKÈ� C��ÉC{|}�\�XC[XÊCTO�t�C¼ÀAfOfhAOMTOËjO�]C �|}�\�XCYÌbCXÍ<CTOËjFC¼ÀAfOfhAOTO�tF]C

�|}�\�XCYÌbCXÍ<CTO�tFC¼ÀAfOfhAOTOÎu�D]C �|}�\�XC[XÊCTOËj�C¼ÀAfOfhAOMTO�ÆFD]C

��Ï��ÇX¥AO¦AQOAvsOwTqOKxyO�fÐAQOdfq¬MOef¥AO¦AQOdÑOsÅoOfsiO�fÊOzC{|}IÒ~�H�CCROÓ�tOÔOÕÓ�tWIC �|}�Æ�HICDCIEFGHICROÎuF>GHIZ�CDC�ÆGHICDC

IEFHC�|}F;HFCDCF;<HECROSTSW�CDC;<;HFCDCEFHCC �|}~�FCDCFÒHECROÓ�tOÔOÓ�tWOÔOUFHC

��Ö��E_CXYCabcdOdjsAQOMiMOef¥AO¦AQOwTqNO�foOtºyOM¿� CÁ°O£stOUFGHIC�ÂC¾×AQOfs��C�Y��C�ØoO£ÙoOMfºdOdf�CÚX¥AO¦AQOAvsOMPOtgrAQO�qVWIOdfqOKgrMOt�C\�C�XºdzC

{|}EFGHICDC~·>HEZFCÛC �|}EFGHICDC~·~H�CÛCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC�|}EFGHIOKLMOÔO�qOÛC �|}EFGHICDC~·HCÛCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCC

��Ü��X\C� Xb¢£OAvsOwTqOKxyO�fÐAQOdfqOKgrMO�cdOdTOwTqO�foOef¥AO¦AQO�cdOdfÝMOzC{|}~XYC[X\C~HFC�¬oOÞ�YC¾·� C¾ßMfOSTàátJWUBIâC>XYLMOSTátWFBOMfsOKcAOmgC

�|};XãOmqAQOmßMfOSU�OKcAOmgOÞvsOmqAQOmßMfOä�~�FC

�|};XãOmqAQOmßMfOSU�OKcAOmgOÞvsOmqAQOmßMfOå�~��C

�|}~XYC¾·� C¾ßMfO�U�;E�OKcAOmgOÞvsOmqAQOmßMfOå�>;H�Z�CCCCC

��æ��~<�bY�C=�DC��C<�bY�CçF�OKpqOMPOMºqOf��XCÆ�Æ�?Y�C»OefxAOtØeOAQs�bC¿� C��CFÚè]CéßOdjêOMTO=C��CçC�?Y� Ca¥AQOdqAOfs��C�AOtgrdOt�ÉC

{|}=C»OMfqO��CF�C�XÍ¼C��åC��CçC»OMfqO��CF�C�XÍ¼C�éå]C

�|}=C»OMfqO��C��C�XÍ¼C��åC��CçC»OMfqO��CF�C�XÍ¼Cé�å]C

�|}=C»OMfqO��C��C�XÍ¼C��åC��CçC»OMfqO��C��C�XÍ¼Cé�å]C

�|}=C»OMfqO��CF�C�XÍ¼C��åC��CçC»OMfqO��C��C�XÍ¼Cé�å]C

��ë��fsOefghAQOdj��XCXÍ<CX�M§OC<C�ÆGHICDCaCÒì�HICDCC;<EGHICCROÅOÎuF>GHIZ�CDC_CÒFGHICDCíCì�GHICDC�C;<FGHICDC·CEFHCC�ØoOTN�NMNÅNyNîNdNqOt�CÂCÁ°OAQqy®�C�°oOQo¥AOï¤AQOf¢Ow°OMiMOMfºdOdjsAQOefghAQOdj��XCXÍ<CX�MOdj®�C��C

{|}�ð]C C �|}�F]C�|}Iè]C C �|}Fñ]C C

��~XYCÂCXºd§OT£sAoTMOJòBóOTAotoAOJ³BóOe��b�?Y<�b�b�C>�ZôCÚ�¼Æ�_�<�b�b�C>IZôC¼Æ�_�<¼b�C>�ZôC

�� !"�#$��%&''()$*+,-./0�!1!23!2*456789' �!::,%%�

�

;<=>?@AB=<CDEFGHDIJKLD?MD?NCODPQCDAMRDSBTUDRVBDRWRDRXY?DAZ[I

\]_aIbI_caIbI_daIbI_eaIbI_faIbI_gaI I h] _caIbI_aIbII_daIbI_eaIbI_faIbI_gaIi]_caIjI_aIjI_daIjI_eaIjI_faIjI_gaI I k] _aIbI_eaIbI_daIbI_caIIbI_faIbI_gaI

lmnoppoqoorstuIvwRXDxDRXLBDRWRD<yCDzBc{|I}~�|I��~�|I}�d{D?�yCOD;�D��D=yAD��ItK�DXUCDDXB<DAQCD��D=yADzBc{�I

��I��CDP�CODPwRXDDx�D��<DC�COD;�CD�X�<DA��COD�X�COD;�<D?X�D;��RDRXY?D��CDO�=DRWRD�KY?DAZI\]��_}~acI�ZI}�d��~�I h] ��_��~acI�ZI}�d}~�Ii]��_}~acI�ZI��~�II k] ��_}~cacI�ZI��~I I

lmnop�oqoo��?DP�@D��?DC�<D� <D=�?DP�@D;�COD¡D=�?D;Q��D;Q�DR¢tI£�<DCX¤COD�Z¥IvstuIvwRXD=��<DNCHD¦�<DRX§DC�<D�VBDXB<DP�@D�<=DAy�<D©@D�BDX<ªCD?��CODO«¬I

\]£®�°¥tIv±I�Ks²³CD?D��D�BCODµ>I h] ¶¥tI·®c{D?X�D?X=D¹>D;³D?�yD�BDµ>Ii]£®�°¥tIv±I�Ks²³CD?ºDµ>D�BCOD��HI II I I I

k] ¶¥tI�sc{D?X�D?X=D¹>D;³D?�yD�BD��I II I I I

lmno�»oqoo�XyD¼X�UCOD?�«tKIK¥½IK¾R¿I·®À~dI{IÁ�t~dI{IÁ�À~dIÂI·®c_À~daI{I�tÀ~dI{IÁcÀ~dI{I�c~�IJ�CODXªD��DED��DCO�@ÃtI��D?�<DO<©CGDRVBDRWRDRXY?DR�D?�yCOD¼X�UCOD?�«tKIÄK©CDLCODAZ[I

\]fcI I h] dÅI Ii]fdI I k] dÆI

lmno�Çoqoo¶¥tIÈ{I�ÉI�Y�DX«tKI®£®�°¥tIÄKÊtI£ ¼DCOyZ±I�ËtuI£ZIvf�IÌwD?�ÍDRVBDÎD?�yCODS©COD?�QCDXyZtI£Z[I\]�KsIÏ«IdItKÉÐIÌ¶¶¶�IIIII h] �KsIÏ«Id|ItKÉÐI¶¶�Ii]�KsIÏ«IItKÉÐIÌ¶¶¶�II k] �KsIÏ«Id|ItKÉÐIÌ¶¶�II

lmno�ÑoqoorÒ²Iu�=DRWRDRXY?DCÓyD�B�D;�@D;Ô�DSwD?XV@D¼X�CD?�yCODP�CODPwRXDB<?D�cÀ~dI£¥Òtu|I;�CDC�COÕI\]J±tKIÖ�?�D�<C@AD×y=B?�D¼�y?><C�D�BRRB�yTU�D×��R?yTUHI

h] x>CA�AyTU�D ¼yA<RB¼�yB=<?�D ?�<¼BC=<?<C�I¼�y?><C�D�BRRB�yTUHI

i]¦�<�?>B�<C�D¼yA<E�<C@ADB>?B?G�DOA�RyTU�DC<AyC�g|IIÄ¥£±Ä®Ä±�I

k] J°±¥£®±t|I��¥IØsIÖst�|IÄ¥£±Ä®Ä±|I®²£I�Ù®�|IÄ¥£±_�±t²£I�Ù®�a�I

lmno�Úoqoo��DSByDCX<�D;�COD¼X�CDAZIvÛCD�Y?DRVBDS>CT>CDR�DR�COD?XLRD¼X�CD?ºD�Ü�g~c¬I\]f�I I h] �Ii]c�I I k] d�I I

lmno�Ýoqoo�K¥I�½�IÄK©CDLCO¿DDDDDDDDDI�sI{Ic·®{IÂI�sc{I{Ic·®c{�IÞu{I{I·®c{IÂIÞuI{I·®{�I�Ò²IØ�¼D�¼DSBDRß¼Dy<DX�BD�XºD?�yCODRWRD¼X©CDLCOD?�ÃtIK®¥I�½�KIØ�¼D�¼DPÒ²IK¥�?D;�CODX�BDX¾RD�VBD�<=DAy�<I

\]II·®c{àI·®c{IbI�sc{àI�sIbIÞu{àIÞu�IIIIIIIIIIIIIIIII h] �sc{àI�sIbI·®{àI·®c{IbIÞu{àIÞu�I�IIIIIIIIIIIIIIIIIi]�IÞu{àIÞuIbI�sc{àI�sIbI·®{àI·®c{�I k] Þu{àIÞuIbI·®{àI·®c{IbI�sc{àI�s�I

lmno�áoqoo�XyDâDB<?¿DB<?D×y=<R�DB<?DB>?<RD�ÓDB<?DBR�@A<RHDã³DCXäCDS<�?DâDB<?DCZ²I�IvËtu[I\]åB�DC� RDS�y=DI I I I I h] vvIÞu}~àI}�|IæsçD?Í=DI Ii]å� RDS�y=�Dè�çD?Í=DII k] vvIÞu}~àI}��DC� RDS�y=HDII I I

lmno�éoqoo�K¥IÖ�?DêODR�DAÛCDµ>D�ÓD��HDã³D?WRXDêOD?<CXD�X<�?DER�D�X�<DA��COD�X�COD?XB@D;�<D�yD� <DSBCD;Q�GD�BDÏK�<DX§CDK�¼DSBCD;Q�D?X«I�QCDPËtuIvstuIvwRXDAZ[I

\]�}~DP�I I I h] Þu}~DP�HI I Ii]�cÀ~dD;ßR�DP�HI I I k] ·®�£DP�I

lmno�ëoqoo�K¥I�½�IÄK©CDLtu[I��_~�acI{I�£cIÂI��~�£cI{I�c~Ic�cÀI{IÀ~cIÂIÀI{Ic�c~Ic}~cI{Ic}�~�IÂI}�}~I{I}�}~cI{I�c~I

dÁ�£~IÆ¯ììÂÁ�£I{IÁ�£~dI

~IÂI~cI{I~I

�� !"�#$��%&''()$*+,-./0�!1!23!2*456789' �!::,%%�

�

;<=>?@A=BAC=DEF=?DG=H?I=JKLMNOPQL RNOSQLTNOUQL VNOWQL

XYZ[\][[[_=A?aA=bFcd=be=Jf=ghd=A?ijkLlmnjopqLrstunjqLvjwopLxnjyzptwqLj{|}F=de=~�j{L��d=d?�<�=d?I=~��=A?hd=JKLMNO�|��=b�DgL L RNO�vLTNO��j{L��?=�e��L L VNO�v��SL L

XYZ[\\[[[�m�sLxt�=A�D=�e�=��=��AC�LMNO�jyt�L�vjsvyvL��wLs�wLwmoLlm@A=BAC=d?��=>?�A=�e�e�D ¡=d?�A?=CJ��D ¡¢L

RNO��wL��j{L��?=>£>dFd=�¤�=?¥vLsvjL��SLs¦D=��j{L��?=gK�Ls§�QL

TNO j�nmzsLv�nstwLpK�L�hd=gK�L��j{L��?=b�Dg=suoj{L��pUQL

VNO©mtLsm��=>?�A=?D�A=dD�A=>�Dd£FA=�¡jL{t@A=�ª=wmoLm«A=?¬>=�G�=egFADeEFd¢L

XYZ[®®[[[�izL{g=�G�=�?hd=A�D=�e�=��=�¤�=�°=d±A?=J|²AC=d±A?=�L

MNO�S�qL ³j��SqL ��vqL�S��S��qL�v��PL

RNO³j�pSqL p�pPqL �vp�SqL �v��PqL�S��S��L

TNO p�pPqL�S�qL�v��PqL³j��SqL³j�LLL L

VNO pqL�v��PqL�vp�SqL³j�qLµn��SL

XYZ[®[[[;<=DbFdeA=AC��¶jLsI=�?Be=£J£�d�DA=d�DAC=AC��¶jLsI=·�Dg¹º»¼½=JKkL

MNO¾UL L RNO¾SL LTNOSUL VNO¾WL L

XYZ[®¿[[[·?D=�G�=d�|}AC=?¬>=�e�ÀL�¾�QL�PLs�wL�ÁAC=Â�F=~�AC=~��?=ÃÄ¢========L L�W�QL©�p�PLs�wL�ÁAC=Â�F=~�AC=~��?=�·J=�Å�Æ=��A=A°AC¢L�S�QL�tsL�ÇLs�wL�ÁAC=Â�F=ÈF�SQLLLLLLLLLLL LÉ½¢=_�A=A°AC=~�AC=~��?=bioLm¥vL{g=��U�pLÊKL�v��SQL�P�QLËj�SLs�wL�ÁAC=Â�F=~�AC=~��?=�·J=�Å�Æ=��A=A°AC¢LL�Ì�QL�moLÍm§L��PLÎ�vL��Lj�j{LjÏj{QL�U�QL©m§L;�SLs�wL�ÁAC=Â�F=A|��=·JSQL;<=d�|}AC=?¬>=d¦D=�e=�¡A=�?hd=JKL

MNOÐQL RNOWQL LTNOUQL L VNOPQL L

XYZ[®Ñ[[[�moLw�wL��j{L��?=�e�À==Ò½À=~~=·Ð�W��SÓL�S�kL��L��P��SÓLL �P�kL ��L �S��S��ÓL �U�kL��L�Ð�W��vÓL �W�kL��L�vS��PÓL �Ð�kL��L��U�pQLL L ��j{L��?=JK�L�vjmLÎ�Ô=d±g=JKkL

MNO�S�ÓL�W�QL L RNO�¾�ÓL�S�ÓL�U�ÓL�W�QLTNO�P�ÓL�U�ÓL�Ð�QLL L VNO�S�ÓL�U�ÓL�W�QLL L

XYZ[®Õ[[[�mhd=ÖÀ=·S�Ì��SQLLs�wL�ÁAC=Â�F=~�AC=~��?=�·J=ÂKL��j{L��?=�e��¢=Ö=d?��=JD¦F=?¬>=�?hd==L

MNO×hd=�@=�¤�=Ø��L RNO�@=Ù=ÂKLµLLL LLLLLLLLLLLLLLLLTNO �tjov�tsLL LLLLLLLL VNOË�<F============================L

XYZ[®Ú[[[�moLtrolunjLlm@A=BAC=Â�F=Û�SLsmnoLsÜ=JÝ=ÒÀÒ¢=È<=�@A=>?ÞA=d?��=JD¦F=~ßA=E�hd=�Fb�Dg=d?�=�|¬�=H?àAC=Eád=�AC=>?�A=?âjmLmf�½=JKL

MNOPQL L RNOUQL LTNOSQL L VNO¾QL

XYZ[®ã[[[µvLwmhdLmä�L�¡L�¦�?LmåLæqLçqL³LwÏLw�j{Lwèj{LsmB�LlméjLsIL�P�Ð�LÊKLwÏLw�wLs§jmLwmhdÀLæqL³L�¤�L

lm@ALBACLÊ�FLA|�wLxuo�ÓLæqLçqL³L�¤�Llm@ALBACLÊ�FL�SLLA?|ACLwmÜLwÏL³LÍmèj{Lx�LsmvzL�êFLjmÏ�L

wmB�ë=�?hd=ìLwmÜLs�wL�ÁAC=Â�F=b�DgLÍmtLwÏL�Åd=·�P��QL��wLwmhd=ÖÆ=ìÆ=¹=píA=J|¬sLpKkL

MNO�S�W��qL��Sî��PqL��P�S��QL RNO��Sî��S��qL�S�W��qL��P�S��QL

�� !"�#$��%&''()$*+,-./0�!1!23!2*456789' �!::,%%�

�

;<=>?@ABC?DEF?C@G?@DEF?@CH?@I?@CD@JF K<=?C@G?@DEF>?@ABC?DEF?@CH?@I?@CD@JFLMNOPQRO

SOO?TUVWXYZW[\]W_WabcWdbeXWfXgWhicWjCDFkTlmnFopZWqrs]WtVucvF

w<=?@A?DD?C@GJF F F x<=?C@GDyzJF F F;<=?C@{JFF F K<=?C@CJF

LMNOPQ|OSOO?T}F~��F��F�TUV�F?@{EF?C@CEF?C@{EF?C@GD@EF?@CH?@I?DD@EF?�@Gy@CFF>zm��mBEF?�@GD@F

>�T�m}�BEF?�@�FF>��m��mBJF��WvbUVWVqZXgW��F�TeXWfXgWrs�F�icWXri�F��}�F��F

w<=�JF x<=�JF;<=�JF K<=GJF

LMNOPQ�OSOO@}�FozmFT�XWbsdW��VWg��W�t�W�X�W�]WVqZXgW�]XgW��vbWjC�D{W� ¡W¢�r£¤W¥\]WabcWv¦vWdbeXWfXgW§eWq\WbZYXWVZYX�WVb]WrsvW�]XgW��vTFJFyT©W�]XgW��vbWª\¢«j£CW¢�r£WhYZW�]XgW��vbW¬�WVb]WrsvWaVWV®\W¤W°]XgWWVqZXgWab±XgWab²WXWab�cWursXgWab±XgW³c�WVb]WrsvWvbUVWqXWg��F

w<=µz�D{EF¶�CDAF x<=µz�D{EF¶�CDAEF·mDFF;<=¶�CDAEF?DFF K<=µz�D{EF¶�DFF

LMNOPPQOSOO?T}F��F�TeXWfXg�WF

C¶�µ�CF¹Fµ�CFº»º FC¶�µ�AF

Cyzµ�F¹F?�CFFº»º FCyz?�F¹Fµ�CJFyT¼XW§½VWXYZW[\]W_WuYW¾XgW¿F

w<=ÀÁmTF}Â�FTÃzF�®\WªqIF�pXbWbÄXW�uCJF x<=ÀÁmTF}Â�FTÃzF�®\W�uCF�pXbWbÄXW�tA¹JF

;<=ÀÁmTFkTÅWv®\W�uIF�pXbWbÄXWªqIJF F K<=ÀÁmTFkTÅWv®\WªqIF�pXbWbÄXW�tC¹JF FLMNOPPPO

SOOÆb²WXYZW[\]W_WuYWXg]ÇXWXb_XWg_WbcÈ]WfXgWXb�FkÁmTÉF

w<=yDF F x<=�DCJFF;<=?DCJFF K<=?DF

LMNOPPÊOSOO�bZW[ÄW��WF

Ë�}��m ººº »ºÌÌ ÍÎÍ EC

FÏFFF ººº »ºÌÐÑÒÓÎEµ ºº »ºÌÍÒÔ FÕJFF

ÕF��ÖFw<=?@A?@C?@CD@F F x<=?@A?@C?@>D@B?yF;<=?@A?>D@B>?@AB?yFF F K<=?@A?@>D@B?@AJF F

LMNOPP×OSOO?T}F��F�TUV�WVcXbW��V�W�tXØtX�WvbUVW�½Z�WdqZVtcX¤W¥�WvbUVWabcW�VWvb¦WbVWVqZXgWab±XgWab²WVpZWq\Wb�XWTsdWvb¦Wg��W�«CEF@CDEFyCF��F

w<={JF F x<=�JF F;<=GJF F K<=AJF

LMNOPPÙOSOOyTÚXgWv_]W[\]W_�Wv_]WX�}FÛz�FÉF

w<=yn�ÜmFoÅWv®\Wv¦vWXg]ÜmFo�WvÝmnF�TFkÞWvßWÛ�WtutvVqZXW�àXgWXb\]¤F

x<=ËTámFoÅW°j{yDAF�Tf\Wv¦vWucÜmFkVWcZX�WucÜmFkVWv�XgWbZ¦WVq�¤F

;<=?��Fmn�ÜmFoÅWucÜmFkVWhicWXb\]WVb�mTF�TámFoÅWâWvb]âXW[\XgWVqpXgWVb¦cWvßWXãXgWursXgWVbUdWbÄX¤F

K<=À�}mnFmTÃ�FÏEF��Fmn�ÜmFo�WrsvW§dWVbtZW�T�ä]W[�WbcÈ]WXg]ÜmFoÅWVãXgW�åX¤F

LMNOPPæOSOO?ÃF��F�T�oF��â]�Fç¤Wj\cWdbrÄXgWdb¦dWvb®W]WvbWbß\W�å]W�©WuYWqcèZ�cXbWhYWvqãvacXb¤F�¤W�¦vW\Xau�tXØtXWä]Wu��F�UVW�Y]WXrivW�qZ�Wh�F~mnF~�vbWVb]�vWV²�¤FAJFé�m��m��mEF��m��zÂ�o��mEF��muW\§tV\V�WhcXuWvuZq]\Wä]WvßWVbâWVb\�Wgc\WdbeXWfXgWVqÝmnFTsd¤Fê¤WëXtbcVWhì\WVbâWbcÈXWV²XbWZ§cWbß\Whì\WVbâWbcÈXWV²XbWabÅ¤FGJF?��F~mnF~�vb�WtVutXWgucvZu�Wguc§tqZu�Wgu]vZØÄWä]WbízFozmFrsvW�]¢«j£CJFî¤WïZu]tX�W\§tVZX�W\§cVW\§tVcv�WdbtXZuWä]WuY�W³cW��FðÞWV²�Wñ�¤WWWF

�� !"�#$��%&''()$*+,-./0�!1!23!2*456789' �!::,%%�

�

;<=>?@ABCD@EFGH@IJ>?@KLMNOPQRSNTSNUSNVWN N XPQYSNTSNUSNVWN NZPQTSNUSNVSN[WN \PQYSNRSNUSN[WN N

] _aabcdNeLN<fA@gBhD@Ei>j@klgB@Bmn@o@ABp>@q>?@rsF@tR@uvwx@rsF@yJg@DCg@zF@DB{N|<}NIwfg@A~�A�>�Y��eWN��N��N�<��}N��N��N|<G@g�@g��@o�N

OPQUN N XPQTNZPQYN N \PQVN N

] _aa�c�<hD@Iwfg@v�>?@IGN|��N|��>?@>wsg@Iw��N|��N�}�N|�{�<N�p>@Iw�>?@��gg�~��@D�N��N� �NeLMN

OPQ>ws�N��¡¢�NN XPQ�eRWN NZPQ£¤RWNN \PQ��¤�eRWN

] _aa¥c¦�<NBwm��N��N�<��N�¤§NI>N�©gN�[§V�N|��Nª<��N|«Nª<¢��eN|<GN<�¬>N�}�Nª<p>Nq>?N��=�@

ª<¢��eN¡sFNOPQ}��N®�<N;�¤§WN XPQ;�N��Ne�l�WNZPQ§RNN°;�SN�}��N��±WN \PQ>ws�N²�RWN

] _aa³c;<��N�µD@KC@��D@>B¶@rL�·}��N®gB@gBq�@Kwf>?@vw@kµD@D~�>?@>B=>?@gBhD@��H@¹º»KTSN¼e�eTSN�}£¤USN½�°;¤T±RSN;��eSN§�eSN§;¤TNe�¾��SN§R£¤U@I¿g@>�>?j@ztU;¤TWN£©@D~w�>?@BfA@ABp>@q>?@Dl�@kH©F@À¢°ÁÁ±NeLN

OPQTN N XPQ[NZPQVN N \PQUN N

] _aÂÃcÄ¾�N�Åk@>B=>?@A�KFkº@>Æ�@��H@IÇÈ@IiH@Iwfg@vÉ��NeL�N�<hD@vÊ��N

OPQ½�e�°¡��eN�Ë¢|�|±SNª�e�¢|�e¢�SNª�e��e��|��SNª�e�°ª<¢��e�Ì�k�>IºBFDxnN

XPQª�e�°ª<¢��e�Ì�k�>IºBFDxj@A�KFurF>ÈK@�Ë¢|�|±SNª�e�°¡��eN�e��}�±SNª�e�¢|�e¢�WN

ZPQ½�e�°¡��eN �Ë¢|�|±SN ª�e�°¡��eN �e��}�±SNA�KF�g~FK�>FD~F>j@A�KFEHD�IFº>nN

\PQ½�e�°�¢|�eN�¢|��e�|±SNª�e�¢|�e¢�SNª�e�°¢|�e¢��|¢�¢ª<|�e�|±SN|��<N�µDnN

] _aÂac�<�N��N�<hD@rLN��N��}MN�e�SN;�SN;§TSN§�eSN£¤U

R�SN¤R�SNÀ¢RÍSN£¤TSN£¤RSN;¤SN;R¤SN;¤T�N;R¤VSN�eRWN

��N�<hD@rLN��N�<Î@DBG@BF¬>@Iwfg@DÏ>B@ÐB«@D~�>?@gCg@ABp>@q>?@�yF@B��@ÐB«@KLMNOPQ;�SN¤R�SN§�eSN;§TSNÀ¢

RÍN N XPQ�e�SN;�SN¤R�SN;§TSNÀ¢RÍN N

ZPQ;�SN¤R�SN;§TSN§�eN \PQ�e�SN;�SN¤R�N] _aÂÂ

c�<hD@>Æ�@��H@IÇÈ@ÑÒÓÔÕN��N<p@>Ö>?@KL�N�hD@kL}N}��N®gB@DBH©g@DÏkN

OPQ§R£N N XPQ§�eN NZPQ£¤TN N \PQ£¤RN

] _aÂ×c�<�N��N�<hD@»Hj@¹ºj@Ø?@rLN��N}��N®gB@t»Kj@»HÙÚUSNÀ¢�eRSNÀ¢�eTWN£©@g¿A@gBhD@g�@ABp>@q>?@rsF@>B�H@KLMN

OPQRN N XPQVN NZPQTN \PQUN N

] _aÂÛc§fA@gBhD@Ø@g�@gÜ>?@DBqg@»V§YÝN|��NÞ>?@rsF@vH>?@v®gB@ß~RN|l�@~�@Bà>@BfA@?Åk@á@gBhD@IÅ>?@ABÇ>@o@¡LNâN°�<Î@gBq�@»j@tj@ß~xn@o@DB¶�@k¾�MN

NdNÝSãäåæçèééééêNdYN

ÝSëìåçèééééêdRNíîï·ðñòóô·ñõä·çäó·ö÷øùúûüýþÿ��·î�·ç��·��ú�ú�� þ��ãæ�·çñ��·ç�ú��ú��ú�ú��ú��oCg@I®>B@�N

OPQRST�IFE~�kAº>D�>N N XPQYSU�IFE~�k�R��¢|�e�}|��NZPQYSU�IFE~�kAº>D�>N \PQRSU�IFE~�kAº>D�>N N

] _aÂ�c½<�|N��GH@>Æ�@��H@IÇÈ@KÆ@IJ>?@�N

OPQ��@K�A��>@KÆ@kµD@A�KFº�DºN XPQ��@�yºD�D@KÆ@D�@D >?@BfANNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNZPQ½<p>@q>?@?F=�@EHD��YST�IFº>@rsFN��e��|��NeLNª<p>@q>?@D~�>?@>?w>?NNNNNNNNNNNN

\PQ��É��N<fA@F��A~º>@Dl�@~�@�p>@AB�k@DBHµg@gBhD@Ê�N

�� !"�#$��%&''()$*+,-./0�!1!23!2*456789' �!::,%%�

�

;<=>?@A>B>>CDEFGHIEJKLMENONENGPMEQRIEQKSTUVWXLMEYZ[\E]_E]_abVcdefgbVcdafgVhiVjkVhlDEmnTUoV

pqrssVtaufvEwxNEIyIz{VV |qrssVt}fg~V V V�qrssV}ift~V �qrssVte�~V V V

;<=>?@�>B>>��Vj�jV�X�V��KENyENP[EMQ�NE��IzEMKIGEMGDE��FEFG��IzEMH�E�G�KE��oV

pqr}ibV�bV�iV V |qr�UbVeibV�iV V�qreibVu�bV�iV V �qr}ibV�bV�UV

;<=>?@�>B>>u�EIz[�STVh�EGyZEG�NE��VTU��STVh�EN�ZEIyENyE�NMQ�IEN[�KEN�IzEwK IE¡��V¢l£TV�¤FE¥YE��oV

pqraV |qr¦aV V�qr¦§V V �qr¦V V

;<=>?@>B>>el�Vj�jV¢l©IEªTUoV«¦¬VVVfgVVs�TUVs®NGE°EE±V

«a¬VVcaVVtafV§h²²±V

«g¬VVV�TfaE³Eµ�EwxNE§h²²±V

«v¬Ve�aVVs�TUVs®NGEauV±Ve�jV¢l©IEªIzEM��EQZEw�IENGPME��V

pqr«a¬bV«g¬bV«v¬~V |qr«¦¬bV«a¬bV«v¬~V�qr«¦¬bV«g¬bV«v¬~V �qr«¦¬bV«a¬bV«g¬~V

;<=>?¶·>B>>� MEG¹IEGºFE�K�E��KEz»�\E¼IE½zE] Eµ[{EyZENGPMENyEMGDEG¾iVhiTVl��TVh��TVl¹IEGºFE�K�E��KEMQSTV��oV

pqr��TUVs®NGEµ�EwxNEm�V |qr��TUVs®NGE¿ZÀ EwxNVV�qr��TUVs®NGE¿ÀgV��TUbVs�V V �qr��TUVs®NGEaufvEwxNEIz[KEm�V

;<=>?¶?>B>>ÁÂhVj£TVWÃIzEGyZEG�N\EÄ_ÀaV«�¬VVfaV«�¬V aufgV«�¬bVÅtVÆV§~VV}l�IEÇÈMEIÉ�EYZ[EwH�E�ÉEw�IzÊV

pqre£TVWÃIzENG[�DIEm®NGEMG�ENGK [EIzG®NGE�GKEUX©�EI»IzEwE_Àg~V

|qre£TVWÃIzENG[�DIEm®NGEMG�ENGK �VTUl®NGE�GKEUX©�EI»IzEwEÀa~V

�qre£TVWÃIzENG[�DIEm®NGEMG�ENGK [EMG[�IE�GKEUX©�EOFEY[PMEN�ZEGLEFG©IEªIz{V

�qre£TVWÃIzENG[�DIEm®NGEMG�ENGK [EMG[�IE�GKEMËIzEIGKLMEw{V

;<=>?¶@>B>>¦~VÌ��TUVTlk�VÍÎV«hÏEÐKEwÑIEµYÒE�G�KE��ºIzEQKÓIzEMËIzEmÔIEIGKLMEwEIyIzENG©�VVVVUX©�EmÔI{Va~VÌ��TUVTlk�VÍÍÎbVhÕTlV�l�EMËIzEmÔIEMÏEÖEwÑIEÖZ{EV×{ECDEFGZE��TUViØXhVÙ�TÚ��XjVwxNEMGÛV�khVhÏEMÏEI�¤NE¡��ViØXhVÜ�V�l�P�EIGÝ{Vv~VÞl�h¢l�Vh�RIzENyENP[EMQ�NE��IzEMKIGEMGDEFGHIEEM�EN¾TV¢l�h¢l�VwßENyENP[EMQ�NEF��K�{Và~V��TUVs®NGEMG[Ew�ºNE�GKEG¾iVhiTV�lÕVefaE¡É�EI�¤NE�GáIzE�É�EwâKE��Vã�äEMå�{Væ{EGåEMGZIE�¤MEw�ºNEY©IEÇ[PMEJÃIzENONGENG�EG�KEI�¤NEwKEç[ZEMGZIEI[IzEwß{V

}lèIzEFGOMEJKD[Ew�IzE��oVpqr¦bVabVvbVà~V V |qr¦bVabVvbVé~V V�qrabVgbVàbVé~V V �qrgbVvbVàbVé~V~V

;<=>?¶¶>B>>� MEZÇKMENyENáIzEMGªNEw�IEzX©IEIGPMEµatgfaVhlÛVjkVjêTUVhlªNEFGHIEM�E��oV

pqreatgfa~V V V |qreétëfé~V V V�qreìt¦afìV �qrevtéfv~V V V

;<=>?¶í>B>>� MEFKIEwKLIEG�OENyEwKLIENîNE¼IEIG�IzEMQ�IzEm[IzEm®NGE¼I_ÀvV¡ÉEwKLIENîNEµ[EIG�IzEMQ�IzEm[IzEs®NGEµ[_Àv~VÌiVhlP�V

pqrwKLIENîNE¼IEMËIzEN¾TV�l�KE��ºIzEwKLIENîNEµ[EUX©�V

|qrwKLIENîNEµ[EÇ©�EQZEç[OEMQÛTlV�l�VVVVVVVVVVVVVVVVVVVVV

�qrwKLIENîNE¼IEÇ©�EQZEYîE�G�V �qrwKLIENîNEw»IzEÇ©�EQZEYîE�ÇKEG�OVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVV

�� !"�#$��%&''()$*+,-./0�!1!23!2*456789' �!::,%%�

�

;<=>?@A>B>>CDEFGHIFJKLMNOPMQRSTMQUEHFVWXYZF[H\V]WXFXWFXH_FEaFHZbVFXcdVefM

ghijRSTMQUEHFklVFXmPSTMnRoXFp]FGHqVeFrsFYWFtusVFvVewM

xhijRSTMQUEHFHaWFyDEFp]FEaFzW{JK|Mn}SuMm~�MMM M

�hiC�ZF��XFGHIFp]F[HsVFvVeFEaF�ZVHFYWFGHIwM �hijRSTMQUEHFHaWFyDEFp]F[H\V]F�ZVHFYWFIXFXWVFXY]VeFVc�EwM

;<=>?@�>B>>�uPM��MtusVFvVeFHaWFH�EfM��M�L��M�M�LC��Fy�EF�FJL��C�|�M�M�L�M

�L�M�L��M �� L �� L��M�M�L�M

�|�M�L��M�M��|��M¡M��|��L��M�M�L�M

��M�L��¢mM�M£~��M��¤ M�L��M�M£~¢mM

��M�L��M�M�L�M ��¥� M�L��M

��MtusVFvVeFXH¦FO§Mghi� M�M M xhi�M�hi� M| M�MM �hi� M� M�MM

;<=>?@>B>>�uPMQ©ªM��M�u_XMNOM}PS§M�«L M¬L MC�L M£~

� M�~L� M¬L� M®«|� M SL� MCL° M�«°�MCoM�u_XMNOM}PSM

±mPSTMQ©ªMy²RM�³M±SuMPµ}MuP�MNOM±SuM¶u·FOMghi �M xhi|�M�hi��M �hi��M

;<=>?@¹>B>>º]F�»VHFXIVHF�W¼½FE�WFE»EFEH_XF�W¾fMM�~�M��£�L¿M�À�M��|°£�L¿M��M��|°��°£�L¿M�Q�M�L£°��°£�LM

ghiÀMÁM�MÁM~MÁMQMM xhi~MÁMÀMÁMQMÁM�MM�hiÀMÁM�MÁMQMÁM~M �hi~ÁMÀMÁM�MÁMQMM

;<=>?@Â>B>>¯ÃXFHZpY]EWE�]VFXH½ÄFÅFEaFEqVeFXHvEF[HÆVFX·FJÇ��L�MÈu}MPµ}Mu³~M�u_XFÅF�ÉVeFÊËVK�M±mPSTMMQRSTMQUEHF{LC��M±uÌM±uRMycdEFÄÃXFWrZXFHÍ¾FE½FEaFEqVeM±uvEFJÎ��M�XFGH»EÏFV¦¾Fy¾VFVaVeFEH_XFÅFk�ZF¢mLM��³MÀÃXFÐ\FOÑMµÒ�M±��M±uÌM±uRMycdEFÓFplVFr¾_XFÄ]V]�Y]ÄwFÔÕSMT�ZFE�WFÅFOM

ghi� L |°±m}Ñ±ª«ÀSÖS�M xhit°±ª«±P«RS�MM�hiÑ°±ª«±P«RS�MM �hi}nPtmPtª«ÀSÖS�M

;<=>?×Ø>B>>�uPM��M�u_XF�W¾fFzWJÏFÙeÚYÏFzWK{ M��« M��|�� M��|��£�� M�~��| M�~� M�L��M�³MÀ~PMSu}ÕRM�u_XFOM�u_XFyZbVFZFÄÛVHÜM

ghi|M xhi�M M�hi�M M �hi �M M

;<=>?×?>B>>Ô½F\VWVeFXH¾ÃEF]ÛZM

ghiX½FWr\XWXwFFFFFFFFFFFFFFFFFFM xhiX½F[]ZWÄZXwFFFFFFFFFFFFFFFFFFFFM�hiX½F[]Z\�X\wM �hiX½FXÉÄwFFFFFFFFFFFFFFFMMMMMMMMM

;<=>?×Ý>B>>Þ}¦VFHOSuMÀoVFXHIFVeHZbÄMn~R§M

°MÞuMSTu}bÑM�§M£uÒSTM±u~SuM¬MNOPMQRSTMQU�uM¬�«|¿M

°MÞuMSTu}bÑML§M£uÒSTM±u~SuM¬MNOPMQRSTMQU�uM�RC��¿M

°MÞuMSTu}bÑM|§M£uÒSTM±u~SuM�RMNOPMQRSTMQU�uM¬�«|¿M

°MÞuMSTu}bÑM�§M�uPM±u~SuM¬M±}¦[FrßEFk�ZFXu~SuM�RMmàZFVHßVeFkOPMQRSTMQU�uM

��«�MCoFXmcáSTMud[Fr¾_XFH}bVMâVFÑãSMyZbSMuP�M«OM

ghi|�M xhi��M�hi��M �hiL�M

;<=>?×@>B>>¯ÃXMÑl¾MVc��M�vVeM�uvWM��M}PS§M�~L� M TL� M��|

° M�«° MC��L°�M�u_XMycd�MQäSTMyåM«OÑM

�� !"�#$��%&''()$*+,-./0�!1!23!2*456789' �!::,%%�

�

;<;=;>?@ABCD=DEFG@HIJA=KL=MNOPQKR= SNOPTUVWR=

XNOYZTQV[R= \NOYZPQV[R=] _abb

cdef=ghi@jkj@jlmH@Fno@pq?@rst@rBuj@vwx@Hlyo@HlE@Hz@H{FG@|}F@~zj@qv�H@�=

MNOPQVVP=�=QP[QVVP=�=QTP�VP=�=Q�P�VP=��A�K�R=

SNOQTP�VP=�=Q�P�VP=��A�K�=�=QP[QVVP=�=PQVVPR=

XNOQP[QVVP=�=PQVVP=�=Q�P�VP=��A�K�=�=QTP�VPR=

\NOQ�P�VP=��A�K�=�=QTP�VP=�=PQVVP=�=QP[QVVPR=

] _ab�c�IB�FG@lux@Fno@pq?@rst@��=��q@ieA=��f=��j@�kH@H��=

MNOYP[�=PQK= = SNOQVT�=UVT= =XNO�QK��=U��= = \NOYT�=QV=

] _ab�c��rIojqj�oF@�@j @j¡FG@HlEj@xlsF@H�@¢�P£¤R=¥=�¦D=§FG@©C�@|?FG@|ªjl@«gYV[¬YP[=�o@Iq@®wH@Hq@°LAgR=±�²@l�rIo@l q@lonF@HonF@�@Hl?@rBuj@Fyo³��ZAR=¥=KLµ=

MNOT�T³r�iyHt~�?H³T³²A= SNO[�[³r�iyHt~xyFH³£³²A=XNO[�[³r�iyHt~�?H³£³²A== \NOT�T³r�iyHt~�?H³[³²A==

] _ab¶cPef=Kzq@jl·F@jkj@lok@jlmH@j}F@Hl�wH@HIoFG@xlAg=��¹=Ag�²ºi@r»@r�<?@jlw@®l¼@p?F½?I¾�=

MNOQZUVW=°L=§�Ag=§ªjl@�TUVW@r¿j= SNOYZTUV[=°L=§�Ag=§ªjl@�TUVW@r¿j= =XNOQZUV[=°L=§�Ag=§ªjl@�TUVW@r¿j= \NOQZUVW=°L=§�Ag=§ªjl@�TUVW=K�eAg= =

] _abÀcUÁ@rhFG@xlsF@EFG@©C�@j¡FG@HlEj@xlsF@H�@jq@¢TPTQK�=KL=

MNOW== = SNOT== = = =XNO�== = = = \NO[== = = =

] _abÂcPÃA=�ux=Ä�F=¥=gh;=«K�=��TV[==°L=Q�=DÅ=ÆÁ=;�K=ÇÈAg=A�Z�R=PÃF=�ux=¥=�ZA=��LA=��LA=�Ä�Ag=§�Ag=

§ªD�=MNOYZVP=�§BÉÊ= SNOYP[Ë|B�R=

XNO«gYV[==Ë|BÉÊ= \NOPQK=�§BÉÊ=

] _a�ÌcQ��=§ef=D¦D=D�mH�@yHt~@qvyHqHÍ@qF�~�FÍ@qFjo~@yHt~�jÍ@qv�H@qjIt~�jÍ@xlyFo~Í@xlyFt~qioF�@j~oI?qÍ@qFjo~@Ç�AÎfK²D�=�³DÄ�Î�K�=D�;�AR=UÁ@jlmH@HIoFG@|ef=�¦D=§FG@rBuj@©C�@|?FG@|ªjl@ÏqÐ�@~L=

MNOWR= = SNO�R= =XNO[R= = \NO�R=

] _a�ac��K²;�=DÅ=Dm?@HIÑj@;FG@®l¡FG@G�qF@Ë;FG@~BC²�=KL=

MNO�ÒR= SNOZ;²K��D�²AR=XNO�ÓQR= \NOA�zq@�q®y~�HÊ=

] _a�ÔcQÅ=�=ÁFG@FGl�ºiÍ@iÃ�@ÁFG@FGl�ºi@j�Eq@iÕH@HIoFG@jkj@|?FG@|ªjl@pq?�@G~�vyIo~Ö@G~?jo×¾Ö@~Ag=�Ä�FG@�ÄEFGÖ@qv�H@½oi�jÖ@FqHI�@l�rIov�HÖ@qv�H@qvyH�j@Ê@Ø»@xlsF@��ºH@Ù@|?FG@|ªjl@FLf=DÅ=��»@|ÚAg=;ÕH@~o�@��Áj@Hl�@~L=

MNOQ�UVWR= = SNO«gYV[¬YP[R==XNOÛÄT= \NOÜÚ²=�¹;R= =

] _a�Ýc��¦�=Ç²»?@Fno@pq?@rst@~n@®l¡FG@rÑFG@�=

MNO��=�Ä�FG@j @jm?@HIÑj@H�Fl@Hl»@xlsF@H�== SNOÞ@Hl»@I�F@Ï�WQK=�hF@H�@|FG@H�Fl@Hl»@xlsF@H�=XNOß�ZA=D�à=��Õj@H�Fl@Hl»@FG?tJA=��= = \NOá��=��Õj@H�Fl@Hl»@xlsF@H�=

] _a�bc��¦�=Ç²»?@Fno@pq?@rst@~n@®l¡FG@rÑFG@�=

MNOâI?jHo×¾@®l¡FG@j @x�ãF@EFG@HIkFG@�j= SNOäqjjqIo×¾@®l¡FG@~ni@imH@in?@FBCj@�Ioi=

�� !"�#$��%&''()$*+,-./0�!1!23!2*456789' �!::,%%�

�

;<=>?@ABACDEFGHIFGJFGKBFLMNGFOP@QFRPGHFLHS@QTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTU<=VWTXYZF[H\@F]_LFQABGCDEFaFbMBGLCDEF]c@QF@daGF]MCRTTTTTTTTT

efghijjhkhhlYm@Fn@QF@H_LToYpqTrstuv=wN@QFAxT

y<=z{|}~T�X��z{|}zT�T}zT �<=|��V�T

�X��T|�~T�T�V�T;<=|��V}~T

�X��T|�}�T�TV}zT U<=|��|}zT�X��|zT�Tz�z}T

efghij�hkhh��@F�z�T��Fw�F��T��q�T��GHFGJFGHn�F��FQ�RF�?�A~FLHBFwd�GF� LFL��T¡WT¢Y£FAd�@QF]c@QT

y<=¤�¥�T��¦§TTTTTTTTTTTTTTTTT �<=~¥zT��¦§TTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTT;<=¤�¥T��¦§T U<=¤¥©T��¦§TTTTTTTTTTTTTTTTTTTT

efghijªhkhhVY�ToYm@Fn@QF«�BFT¬~}�T�T�|}~TT�TTT¬®|}~~T�T|}zT�T|}T�T�z}§T| BFLIFA_F«£FRCAFQ°�F±²F�T|}zTT��T¤T³TzTXYTY_F«£FG\@F]c@QFG��F�±²~FLMC@QF[HdE@QFLMqYTY�µTY¶GF��T

y<=~�T T �<=�·T T;<=~·T T U<=©©T

efghijhkhh�HCF«EFw¹FGHBºZqTY�µT»��³T

� �z¼½®¤³¤¦��¥¬¥X |�}�®� ¥X¥o �V�®�¯¾��q ¿ À ÁÂ Â Â�� Ã Ã T

ÄMC@QFwJF>�FÅ�FÆFwÇBFA�TYÈ@FH�[FG��FGÉGFGHKXTY°BFGEÊFÆFGJFLHx@HF[HË@FGHÌ@HFQ¹¦Ty<=ÍÎÏ½�¦X��qT��TÐÎÏ½�¦X��q§T �<=ÏqÑÒ�TÏ½�¦��T��TÍÎÏ½�¦X��q§T;<=ÍÎ¦XÒ�oYq��T��TÐÎ¦XÒ�oYq��§T U<=ÓÎ¦XÒ�oYq��T��TÍÎ¦XÒ�oYq��§T

efghijÔhkhhlYm@Fn@QF@xCF«�BFw\ºFGJF[HdE@QFLMqYTÕ�qT½ÖXT�¶@FFT�V}~

ÎT�TT}�ÎT×FF�²~zÎT�T�z}TØT

y<=z|��V}~T�Tz{}�T×F±�zV}~T�T{zV}~T�Tz�z}T

�<=|��V}~T�T�V�T×F±��AFÙF�²zT�T�z}TTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTT

;<=z|��V}~T�TV�®}�zT×F��²~T�T|�zV}~T�Tz�z}T

U<=V�®�V}~T�Tz|�}�T×F��²~T�T|�zV}~T�Tz�z}TTTTTTTTT

efghi�ÚhkhhVY�TX�FL�Fw @FOdFOB@QFO�GHF±�~T�Ë@FAd�LF��T¡µ¡T��q�T��GHF«�BÛF�B�Az¥TÜ�V�~¥T¬®|}~~¥T|Õ�}�¥TÜ�|}~¥TÝ��}�§T��T¢YÕT¡µ¡ToYm@Fn@QFÞmºFM�FHC�qTX��q¥T»£F� LFL��FLHBFwd�GFA�³T

y<=ßT T �<=zT T;<=~T U<=�T T

efghi�ihkhh{YàTV�zTXµ¡T�á@QFwd�GFaÛFâ�ãF�HÌF�z�äT®zT��q�T��GHF�?�AzåFâæãF@daGFçMCRåFâèãFOB@QFO�GHF�?�A~äT®ßT��q�T��GHFé²�ÊT

y<=¤¥Tz¥T�¥TßT T �<=¤¥Tz¥T~¥T�¥TßT T;<=¤¥Tz¥T~¥TßT U<=¤¥Tz¥TßTT

efghi�êhkhhVY�T¡µ¡T��q�T��GHÛF�?�A~T®¤äT|��}�T®zäT|��V}~T®~äT{z�T®�äT|��V�T®ßäTÜ�V�~T®©äTV�~V}}|�T®§TVµ¡T��q�T��GHFGJF[�FëFìFA�³T

y<=¤¥Tz¥T©TT �<=¤¥TzT T;<=¤¥Tz¥Tß¥T©T T U<=¤¥Tz¥T~¥Tß¥T©T

efghi�íhkhhVY�T¡pqTÏc@QFHJ�FH¶GF«�BÛF��~V}}�T�TVz�ß}�TTT

z �îïð��ñ��TTTV�~V}}Vz�ßT�T�z}TT§|Yò@FÞóLF@��T

wN@QFÇFG\@F]c@QFLMôqØTy<=|YW¦T}�T¡��F�@GCAF� LFH�[FaF�FG��F�ÞLFXPCFM�F@daGÊT

�<=ÜõÕXT�z�}�T¡YIFQ°F�FLMöTõÖ¡TXµ¡§T

;<=�m@F[H÷RFG��F[Hm@Fn@QFLMôqT¡WTXôqT��TXÒ�T�õXÕ¡T

U<=øZFG\@F]c@QFLMôqTõmºFM�FLH?CFGHÇBFLHBò@FGJFXYZFOù@QFOdF�ÞLF�Þ?LGFHCúGF�@GCAF?LºAGT

efghi�ûhkhh��[FGHKLFLHERF>�FGJFGü@QFLHnGF[H\@FLýF�·�·}zT��FGJF�HmF@þ@QFLÉGFOá@QFaF±��F��FGJF�HmF@þ@QFXµ¡T�á@QFaF±�²�F�T��¦Tÿ�TXà¦T¡Y�ÒZ@FR��TY¹@QÊF�£Fw¹@QF[H\@FGKBFLPCFG��F>FA�T

y<=©§T T �<=�§T T

�� !"�#$��%&''()$*+,-./0�!1!23!2*456789' �!::,%%�

�

;<=>?@ @ A<=B?@CDEFGHIF

JFFKLM@NOPQRSQTURVWXYZ@[@\WXYO]Z@@W_\XYZRabcQTRdefgRheiQRdjQTRQkeilmRhkeRlnQTRopRqgrlRstuRkiRlkv@MwsRdxRNOPQRSQTRlkgyQRQkzRlk{RQ|}~@

�<=��P�@@ �<=��@MO�xsR�|}@�O�ilRdxRlkv@��@MO�RlnQTRkc�sR��P�@

;<=anQT@@ A<=�k�QTRd�e@CDEFGHHF

JFF�O}@��@�OrlRqugURpk�Qc�mRhk�RqgQ�gb�mRlc�g�QmRuQsc�R��Q��esmReqcpb�QmRu�elR��lusb��esmR�eQ��Ru��lulmRNO��@� ��¡@�¢�M@£��¤}��?@¥wRskrlRpkPQRSQTRdz¦sR�§eRgQTR©skRQz§sR�bc�RªRQkeilRdxRlkz«QTR�|@

�<=>?@ @ �<=¬?@ @;<=?@ @ A<=B?@

CDEFGH®FJFF°�@�± @��@�OrM@��@MO�Rdef�@�O{@M²³�@M�{N@X£��@ xM@NOP�@S��Z@Mµ}@²�@�¢�M@�¢�M��@�|¶@

�<=�_B·_¡@�W_>·_¡@�_B�_·?@@ �<=�W_¬X·_ZW¡@�_B·_¡@�_B�_·?@;<=�_B�_·¡@�W_>·_¡@�W_>�··�_B?@ @ A<=�_B�_·¡@�_W·R¹T�gsc��ºmR�_B·_?@

CDEFGH»FJFF¼OPQRSQTRQ½cRqugRd¾�Rque¿@

�<=BÀ�ÁÂ�X·_Z¬Ã@[@Â��B@Ä@¬Â�X·_ZB@[@BÀ��@�<=Â�W¥@[@Å_À·B@Ä@WÂ�À·B@[@_W¥·¬@[@ÆÀ·W@[@¬_W·@

;<=BÀ�W�·B@[@WÇ��B@[@B_W·@Ä@WÇ�X·_ZB@[@À��@[@B�·W@

A<=�W_>·À�@[@_W·@Ä@�W_>·_@[@À�·_@

CDEFGHÈFJFFÉO�@�O}@O�QRk¦pRÊ�B·¬@Ë|@��@Ë|}@Ì��@Ì©skRVW¥·¬@�}°��@ÌzRlkgRdz¦sRskrlRbÍQRÎR�|@Ì��@Ì©skRÏR°�@�|}@Ìz§eRd¾�RT±�RsosRskrlRdfgRlosRÐQTRdz¦sR�§eRgQTR©skRÏ¿@

�<=Ñ²W¡@À�À·B¡@ÉÒ�·¬@ �<=Ñ��W¡@_��¡@��W@ @ @;<=É\¡@À_B¡@À_¬��@ @ A<=À�·_¡@À�W¥·¬¡��W@ @ @

CDEFG®ÓFJFF�O}@��@�OrlU@�W_¬X·_ZW¡@�_WX·_Z�_WX·_Z�_W¡@�_B�_W�_W·_¡@�B_>X·_ZB¡@X�··_ZW¡@�_B�·�_B¡@�_WX·_Z�_·?@@��@£�}@�O�Ô�@�OrlRdfgRlosRÐQTRdz¦sR�§eRÕuR�|@��X·_ZWR¹sosRdefgRheiQRpkPQRSQTRsÖRdtºR¿@

�<=¬@ @ �<=>@;<=×@ @ A<=@ @

CDEFG®GFJFFØwlR�O��@O}|�@M}|�@Å¡@ }�@OÙQRk¦pRT±�R�le��QR�½RuQsc�Rd�QRskSsRÎRlkgRdz¦sRÚmÚÛR��lRhk�RÜÝW@Ë|@ÚmÞRTu�RQz§sRÎRlkgxsR�cµe@

�<=hk�QTRQcmRd�QRskSsmR�µskR�ß��?@ �<=hk�QTRQcmRd�QRskSsmR�µskRkªRRR@;<=QcmRd�QRskSsmR�µskR�ß��@@@@@@ @ A<=QcmRd�QRskSsmR�µskRkªRRR@ @ @

CDEFG®àFJFF��O@MO�RÕuÜ�Rh{lRleQkRlk�cRhe�gR�µQTR�ypRpkz�QTRl¾�R��lRáwRecQRs�cRle{pRTeopR�§eR�ÙeRecQRQulbeR�|@

�<=Æ?@ @ �<=¬?@ @;<= W?@ @ A<=?@

CDEFG®âFJFF�O}@��@NOPQRSQTU@XZ@·B@[@Ì��@Ì©skR�ãRäR@@ @ @ @

XWZ@ÇW@[@_W·@åæççÄ@

XBZ@Ò�·WRèRVÜ�Rd�sRåæççÄ@@ @ @ @

X¬Z@_W¥@[@Ì��@Ì©skRÜ�W@ä@

��@NOPQRSQTRlµcRbuRd�QRskrlR�|¶@

�<=XZ¡@XBZ¡@X¬Z?@ @ �<=XWZ¡@XBZ¡@X¬Z?@ @;<=XZ¡@XWZ¡@X¬Z?@ A<=XZ¡@XWZ¡@XBZ?@ @

CDEFG®éFJFF�O}@�ê�@£QTRqugUR@

�� !"�#$��%&''()$*+,-./0�!1!23!2*456789' �!::,%%�

�

;<=>?@@A@@BC=>?@D@E=F?G@HIJKLMNOKNIJPLKQRKSTUKVIWNKXNOYKLZK[I\JKI]JKSTUKINKI_VK[IKabKcdJKeBKLMNOKfgNhKHIiNOKQjNIKNkl@mno@QpqKQrNOs@

tuvwxWNKXNOKLIyzNKfk@{xo@|x}PL~K[IJKLMNOKNIJPLKQRYK��|@��NOKSIyq�NK�jSIKLI�bKSIJ�yKVIWNKXNOK|�xjSIh@

�uvwxWNKXNOKLIyzNKfk@{xo@|x}PL~K[IJKLMNOKNIJPLKQRYK��|@��NOKSIyq�NK�jSIKLI�bKSIJ�yK�xWNKXNOK{xozNh@

�uvwxWNKXNOKLIyzNKfk@{lWKNIJPL~K[IJKLMNOKNIJPLKQRYK��|@��NOKSIyq�NK�jSIKLI�bKSIJ�yKVIWNKXNOK|�xjSIh@

�uvwxWNKXNOKLIyzNKfk@{lWKNIJPL~K[IJKLMNOKNIJPLKQRYK��|@��NOKSIyq�NK�jSIKLI�bKSIJ�yKVIWNKXNOK{xozNh@

��|@��JKSIbKV�VLJLKKKK

�B��B��

��;��;@

tuvn�n|��}��n�n|}|G@ �uv��}��n�n|��}|G@ @�uvn�n|��n�n|��G@ @ �uv��}��n�n|��}|G@ @

��xl@� �@�x¡LKaUy¢KLbfy�NYK�LJf�NYK£JSfbV¤bVUNYKaLJ¤�NYKcJNqfU£�LJf�NYK�LUNUfYKQJ¥�LqfK£�LbNYKV¤bVJf�NhK¦\KSI¡LKfk§@§¡LK¥ko@o|�@jSIKH©Nª«@¬KNIJPLKQRKLI®NOKfk@

tuv G@ @ �uv«G@�uv°G@ @ �uv±G@ @

��E²|�@{xo\SKLI³KNbKaUyKQpqKQ�KVIpNKµJPLKµ\NKSI¡LK¤¶N¢K·UfYKUª;¹@�nB��;@ºk@Cn¦�«@

tuv�x}PLKVIpN@ @ �uv·dSKck@��B@�uv»o¼KL¥@ @ �uv·dS@@

��½��Eo|�@jSIK¾KS¿KSIXUKeD¹@ÀÁ;D¹@ ÂB

«ÃÄ Å@o|�@jSIKÆKSIXUKÇUBD¹@��¹@¦B�G@�FRNK¾KcdJKÆKS¿KLI�K£WqK¤UK

�nl@|x}�o@�xWNKXNOKI¿UKI�Ss@tuvÈ@ @ �uv @�uv±@ @ �uv°@ @

��É��ÊyNKN¿NOKINKI_VKOË¥K�LUNbfKck@�o{n|�B�l�@ºdJKeB¦�«KQÌSKLIÍ@{xo@Q_SKL\JKQUKµUbKNIJ�o@mWNKVIÎ¥KxÏyKS]s@

tuvÈ@ @ �uv°@ @�uv±@ @ �uv @

��½Ð��¦\KQËNOKVIpNKXNOKcdJKSÑNOKLIXSKVIpNKL³K;�°CF@��NO@

tuv°G@ �uvBG@ @�uv;G@ @ �uv«G@ @

��½��xl@Ò�@� �@�x¡L¢@

@<�¹@<�B�;¹@�F=��?;¹@Ó�Bw�«¹@�nB¦¹@=��«?B��;¹@ÀÁ;�«¹@�o=��;?B@G@@¦\KSI¡LKL¤bNOK�Ò�@ºÔUKLÕSK�ÖNOKQ_SKcdJK�yNO@jSIKe fKck@ºÔUKLÕSK�ÖNOKQ_SKcdJK�yNOK�jSIK·UªeK�k@

tuv;G@ @ �uv°G@ @�uv«G@ @ �uv G@

��½×��¿KµUbKNIJgyKQËNOKVIpNKS¡yKLØbYK¥ØSIKI¬KS¿KSÑNOKLIXSKVIpNKL³K°�È@{ �@ÖNOKcdJKeBK�KÙ£rSKLÕSK{xÚ�x@x_VÛKLIyKQ_SKaWNKVIÎ¥KJabV�NLUNKsKKKKKK@

tuvBG@ @ �uv;G@�uv G@ @ �uv«G@ @

��½Ü��ÝÞ{@��|@��NO¢K·B�«@=>?@ßßàáßß@B��B@=>?@¬Kâã

ä�G@Óx}@�xo��NK�jSIKaUNOK¥RLKL¤ØNOKLIÕJKSpNKµ�NOK¥dJK

|åyKNËNOKQRKSTUK·B�«KLMNOKfgNKæçKfèNKLIÍ@|ËNOKQRKSTUK·ªB@tuvLMNOKéKfèNh@ @ �uvLMNOKêKfèNh@ @�uv�}W¥KëKfèNh@ @ �uvLMNOKëKfè|G@

�� !"�#$��%&''()$*+,-./0�!1!23!2*456789' �!::,%%�

�

;<=>?@A>B>>CDEFGHIEJKLMENOPQRSTPRUVRWTXRYZR[\DE]_aR

bcdef_RghiGEjklOmnPQRgf_RghiGEMGopiEMqrR scdef_RghiGEjtPuEIvwiExyKEMtzI{|R R}cdef_RghiGEjk~�PRUVRgf_RghiGEjtPRR �cdef_RghiGEjk~�PEx�EIvwiExyKEMtzI{R

;<=>?@�>B>>��IEGV_\RY�YR[\�R_\�LrE�koE�H�uEMtv�I{EG�FEI�zE�koE�H�E��EM�zEtkE��MEM�kE�GKE��MEMG�iEMGqEI{GKLr�R

bcdS\�Rgf_RghiGEjklOmnPE]vEx�zE]oI{E]hiGE��T��R

scdS\�RS�SPR[�YRg�I{ExwKEIvwiE]vE�v�iE]oI{EghiGE Ex�E�GqEj|ECpMEiG¡�EGzV_R[�V_R¢R£¤KEG¥FE[\fR[�V_R¦§E�IEFG©rEiG¡�ExV�Rgf_RghiGE |R

}cdS\�Rgf_RghiGE �~�XE]vEx�zE]oI{E]hiGE��T��R

�cdS\�R��RUV�Rgf_RghiGEªkOmE]vR

;<=>?@«>B>>~GzEi¡iEFz�Kr¬E�koEM®EIK�zI°Q°±R²��U�_³�RY��£f��±R[\��EMKIGEF�¬K{�k�µEM¬¶�zIµEIG·kEIzxz�kiµEM®ExK�izuEM®EIKMtzIuEikzE�oEJoIk|EtzI{E�¹uE�pEFz�Kr¬E�v�iE�KºoRY\�EJ»I{EFGIE¼I{EMt_R\�FE�VaR

bcd½R R scd°R R}cd�R �cd¾R R

;<=>?@¿>B>>CKDrE{KpI{EIGkoE{KÀkEi¡iEFGHIEMÁEkrK�zÂ®Ex�EkrK�zF¬iMKIEi�kEMKIGEJ§ME�VR

bcdYZRY¥oEMt�iEr�iGE�ºoEFGHIEIG¡IG|R scd�ºoEi¹EiG¼kE{piEÃ E{�oizÂ®|R}cdYZR\LE�pEFz�Kr¬EG¹kEJ»IR_\�f�R R �cdYZR²\Ä_R[ÁE�GpKEMtoI{EJÅ_\R¦»I{EIGko|R R

;<=>?@@>B>>�£�_RÆpEi¡iEiG¥ME�VR²£�²�_QRÇ[³�RY��£f�QR�ÈÇ[�_QRUVRÇ[³�R�ÈÇ[�[QR[\ÅRY\¥MEMkIEMpMEIG¥MEMtzI{EIvwiE�VR

bcd�ÈÇ[�_R scdÇ[³�RY��£f�R R}cd²£�²�_�R R �cdÇ[³�R�ÈÇ[�[R R

;<=>?@É>B>>CDEFGHIEJKLMEOXRUVRTPRÊËÌÍÎR[\DE]_R\Z�RY\¥MEI�zE�koE�H�R

bcd�R R scdÏ¦WR R}cdS�Y¦�_R R �cdef_RghiGEÐÑR

;<=>?ÉÒ>B>>S\�RÓfÅR[�ÔRUV�RÔÕKE]oI{E]hiGE�koEFGÖ_RY\f�±RÈ�E�kµEIvwiE{Kkx¬IµEIvwiEiv�I{EMzkIµEIvwiEzKE�V�RWpE�v�I{E]oI{E]hiGE�VÔRÓfÅR[�ÔRY\f³DIEMGV_\RÔVfR\¤I{El�×nE�VR

bcd��RRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRR scdP�RRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRR}cd½�R �cdX�RRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRR

;<=>?É?>B>>S\�R��ÈÇ£��R[�YRg�I{ExwKEGÕIEG�FEØEkqMEJÙzE{¤rE~Ú¾�X½STT�RQRSÚ¾�XXSTTRUVRSÚ¾�XÚSTT�R[\ÅRYZR[\DEM�zEtkEMpKE�kEJkzEIGKÛfRÇÆ[ÇRXR�ÜIE¬�M¬�R

bcdÝ�RRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRR scdÚÞ�R}cdÚ½�RRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRR �cdÚP�RRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRR

;<=>?Éß>B>>S\àE]_RÔ§MEMGopiEMGÁEFGHIEJKLMEi¡iE�KrE�z�KE�koEá{uEâIuEã¬uEjk�R

bcdef_RghiGEmPWT�R��ä_R scdªvwiRR}cdef_RghY\R��S�R R �cdef_RghiGEªkOmR R

;<=>?Éå>B>>mK]tzikiJzIEI�zE�koE�H�EÊËÌÍÎR�VÔR_\�MErVfRgf_RghiGEJtzr�R

bcdæ�Y��²£�²�_�RR scdSfÔÇ_�R}cdW[�£Ç_�RR �cdç�_³��ÈÇ[��Ç_�RR

;<=>?ÉA>B>>Ï\IE¼I{EI�zE�koE�H�Er�iGEFz�Kr¬E�v�iE{KÀEI{o�Û_èR

bcdÏWRéêéëì R R scdí¬I�o�zÂ®EEîEmPTR éé êé

ï ëìð Q R}cdÏç�RñR��T�Réêé

ëì RR �cd�\·kEò¬Âz�Eéêéëì R

;<=>?É�>B>>CoIER_Z_RRY\¥MER�P�S�PST��S��S�X�ST��S�PSTT�RR[£�_RRgf_RRghY\RR�S�RR�gvnuE�koEó\�RY�YR²\IE¼I{E��MEMG�iEMGoR�v�YRÆIEFG©rR�VaR

�� !"�#$��%&''()$*+,-./0�!1!23!2*456789' �!::,%%�

�

;

<=>?@ABC?@BCDD?E;?@ABC?@BC?@BCDD?F; G=>?HAIBC?@BCDD?CJ

BE; ?HAIBC?@BC?@B

CDD?CJBF;K=>?HA

IBC?@BCDD?CJBE; ?HA

IBC?LC?HMB

CDD?CJBF;

N=>

OPQRSTURVRR

CWX;YZY;YW[\]_a];bM;cdef;@Bghijklhmjkm_nBbE@EHBfoeYcYpXdqJeY;LYr;foXst;uvw]xg_ngy;@M;cdef;@BghijklhmjkzcsXeY;LYr;foXst;{|_]xg_y}]];HM;cdef;@Bghijklh~\_nihkhx]�x�]\jkn�]�w]\�ky};�M;cdef;HBghijklh~\_nkhx]�x�]\jkn�]n��x]\h�]x�_]n��h]~�ng]\h�]i��n�y};�M;cdef;@EHBihghijklh~\_nihkhx]�x�]\jkn�]j��]�_n�y};�W�]\�]�m]l�m]x�x]_lh\]\j�s;fW�X;YWe�]\�ng]_lh\]��ng]��n]\�]\j�h]_n�]mgwh]��;;

<=>@E�E�EHEbF> ; G=>�EHE@EbE�F> ;K=>�E@EHE�EbF> ; N=>@EHE�E�EbF;

OPQRST�RVRR�n�]��h]x n�]\g�x]mg¡n]\¢]£H?¤D;Yr;pcX;sWe�v;W�m]xg[\]¥�xg]g¦]~�n]§gh]\�x]�n�]��h]©@;LAeE;f

ªM;{esW;oc;csYXJ«;

<=>HF; G=>�F; ;K=>@F; ; N=>bF; ;

OPQRST¬RVRRCWX;YZY;YW[\]_a]©£BCDDAcE;®@E;?@DE;®?CDHE;°JLD?MHE;°JE;®? D�E;±sE;LA?�M@DHF;²]YW[\]x�]\�ng]��³n�]\�ng]��;

<=>�F; ; G=>�F; ;K=>¤F; ; N=> F;

OPQRSTTRVRRµ¶q;YZY;stvq�s;f²]�m]l�m]\W�X;YWe�;\·n�]��n]\�ng]mgh]§h¥;f�]\j�h]_n�]mWwe;J�;

<=>¹E;AE;ºE;DF; G=>AE;¹E;ºE;DF;K=>¹E;AE;DE;ºF; N=>AE;¹E;DE;ºF;

OPQR»¼¼RVRRµ¶q;s�X;{cv;i¡½]�¾¥]x�x]mk�h¥¿]ng¡n]\�kÀ;

<=>Á¿n��kÂÃÄ]\hng]~Å\Ä]\Ã]\Æ¥; G=>ÇÃ]�_m_nÄ]ÈÉÊÄ]\g�½]\hng]g|]xÃ}; ;K=>ÇÃ]�hxkÄ]\Ã]_l¿\_\Ä]l¿n��kÂÃ]\jhnh\j_\;; N=>ÇÃ]nh�kB¤E¤Ë;pÌstE;fesW;pÅ\Ä]\Ã]x_mjkn;

�� !"�#$��%&''()$*+,-./0�!1!23!2*456789' �!::,%%�

�

;<=>?@@ABCD?C>EE

FGHI JGKIGLIMI NIOI NIPI FIQI NIRI FISI FITI FIUI VIWI FIMXI FIMMI JIMOI FIMPI VIMQI NIMRI VIMSI NIMTI NIMUI VIMWI NIOXI JIOMI NIOOI FIOPI JIOQI VIORI VIOSI JIOTI JIOUI FIOWI NIPXI NIPMI VIPOI NIPPI VIPQI FIPRI VIPSI NIPTI NIPUI VIPWI NIQXI FIQMI NIQOI FIQPI FIQQI JIQRI JIQSI FIQTI FIQUI NIQWI VIRXI FI

�� !"�#$��%&''()$*+,-./0�!1!23!2*456789' �!::,%%�

�

;<= >=;?= @=;A= B=;C= >=;;= B=;D= >=;E= B=;F= >=;G= @=DH= >=D<= B=D?= I=DA= B=DC= >=D;= >=DD= >=DE= >=DF= I=DG= B=EH= >=E<= I=E?= >=EA= I=EC= >=E;= @=ED= >=EE= I=EF= I=EG= I=FH= >=F<= @=F?= I=FA= @=FC= I=F;= I=FD= I=FE= B=FF= >=FG= @=GH= B=G<= B=G?= I=GA= B=GC= I=G;= >=GD= >=GE= @=GF= B=GG= >=<HH= B=<H<= >=<H?= I=<HA= >=<HC= >=

�� !"�#$��%&''()$*+,-./0�!1!23!2*456789' �!::,%%�

�

;<=> ?>;<@> A>;<B> A>;<C> A>;<D> ?>;;<> E>;;;> F>;;G> F>;;H> ?>;;I> ?>;;=> E>;;@> A>;;B> F>;;C> A>;;D> A>;G<> E>;G;> A>;GG> F>;GH> A>;GI> A>;G=> ?>;G@> A>;GB> ?>;GC> ?>;GD> A>;H<> F>;H;> E>;HG> E>;HH> A>;HI> E>;H=> A>;H@> F>;HB> F>;HC> ?>;HD> E>;I<> A>;I;> E>;IG> A>;IH> F>;II> E>;I=> F>;I@> F>;IB> E>;IC> A>;ID> A>;=<> E>;=;> A>;=G> ?>;=H> E>;=I> ?>;==> F>;=@> E>;=B> E>;=C> F>

�� !"�#$��%&''()$*+,-./0�!1!23!2*456789' �!::,%%�

�

;<=> ?>;@A> B>;@;> B>;@C> B>;@D> E>;@F> G>;@<> E>;@@> B>;@H> ?>;@I> G>;@=> ?>;HA> ?>;H;> E>;HC> ?>;HD> E>;HF> G>;H<> ?>;H@> B>;HH> G>;HI> B>;H=> B>;IA> ?>;I;> G>;IC> G>;ID> ?>;IF> B>;I<> B>;I@> ?>;IH> G>;II> ?>;I=> B>;=A> G>;=;> G>;=C> ?>;=D> G>;=F> B>;=<> B>;=@> B>;=H> ?>;=I> G>;==> B>CAA> B>

>

cÁc ph ng phÁp t duy& k thu t Ôn t ng l c p lÍ thuy c … · fc hoÁ h c vÙng cao 2.0...

Documents