ĐA đề đề nghị môn hoá khối 10 hoà bình

Vẽ cấu trúc hình học phân tử cả các cặp electron tự do nếu có của nguyên tử trung tâm của các chất từ 1 đến 6.. Trong quá trình luyện gang, thép; một lượng nhỏ cacbon thường xâm nhậpvào

SỞ GD&ĐT TỈNH HOÀ BÌNH

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

HOÀNG VĂN THỤ

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG KHU VỰC DUYÊN HẢI

VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC 2021 - 2022

ĐÁP ÁN ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC LỚP 10

Thời gian làm bài 180 phút

(Đáp án gồm có 15 trang)

Câu 1: (2,0 điểm) Cấu tạo nguyên tử, phân tử, định luật tuần hoàn.

1 Bước sóng của quang phổ phát xạ (hoặc hấp thụ của nguyên tử hidro được

tính theo công thức:

R

n n

λ

, trong đó R = 1,0974.107 m-1 (hằng số Rydberg)

a Một vạch sóng trong dải Banmer có bước sóng λ = 433,9 nm, hãy xác định nc của bước nhảy

b Hãy tính giới hạn trên và giới hạn dưới của dải Banmer.

2 Cho các phân tử: xenon điflorua (1), xenon tetraflorua (2), xenon trioxit (3),

xenon tetraoxit (4), bo triflorua (5), trimetylamin ((CH3)3N) (6), axetamit (CH3 -CONH2) (7)

a Vẽ cấu trúc hình học phân tử (cả các cặp electron tự do (nếu có) của nguyên

tử trung tâm) của các chất từ (1) đến (6)

b Dự đoán góc liên kết ở mỗi phân tử nói trên.

c Trong phân tử axetamit, 3 liên kết với nguyên tử nitơ đều nằm trong cùng một

mặt phẳng Vì sao?

1a Dải Banmer bao gồm các vạch ứng với sự chuyển

electron từ các mức năng lượng cao n≥3 về mức năng

lượng thấp nt =2

- Vạch sóng có bước sóng λ = 433,9 nm ứng với :

1,0974.

2

1 0,04 c 5

c

n n

Vậy vạch sóng có bước sóng λ = 433,9 nm ứng với sự

0,25

0,25

chuyển electron từ mức năng lượng nc = 5 về mức nt = 2.

b Dải Banmer :

- Vạch đầu : nt = 2 ; nc =3

6 1 2

max

max 656(nm) λ

- Vạch cuối : : nt = 2 ; nc = ∞

2 min

min

1, 0974.

2 364(nm)

λ λ

=

0,25

0,25

2.a,b XeF2: thẳng, 1800 XeF4, vuông phẳng, 900

F F

F F F

F

XeO3, chóp tam giác, < 109028’; XeO4, tứ diện, 109028’

O

O O O

O

O O

BF3, tam giác đều, 1200 (CH3)3N: Chóp tam giác, <109028’

F

CH3

CH3

CH3

0,25

0,25

0,25

2.c Ba liên kết với nguyên tử nitơ đều nằm trong cùng một

mặt phẳng, vì liên kết giữa nitơ với cacbon mang một phần

đặc điểm của liên kết đôi

H C H H

C N H

H

sp2

sp3

H C

H

H

H

0,25

Câu 2: (2,0 điểm) Tinh thể

Sắt tồn tại hai dạng thù hình đều có dạng lập phương là Fe-α độ đặc khít 68%, bán kính kim loại 0,124 nm) và Fe-γ độ đặc khít 74%, bán kính kim loại 0,128 nm)

1 Trong quá trình luyện gang, thép; một lượng nhỏ cacbon thường xâm nhập

vào các pha tinh thể của sắt làm các nguyên tử sắt cách xa nhau hơn Hãy dự đoán vị trí xâm nhập của cacbon vào mỗi dạng thù hình và vẽ sơ đồ ô cơ sở sau khi bị một nguyên tử cacbon xâm nhập

2 Bán kính cộng hóa trị của cacbon là 0,077nm Hỏi độ dài cạnh a của ô mạng

cơ sở sẽ tăng thêm bao nhiêu khi Fe-α và Fe-γ có chứa cacbon so với hai dạng tương ứng ở trạng thái nguyên chất

1 Fe-α có độ đặc khí 68% là mạng lập phương tâm khối→ vị

trí trống nhất là tâm các mặt của lập phương

Fe-γ có độ đặc khí 74% là mạng lập phương tâm diện→ vị trí

trống nhất là tâm của lập phương)

0,25

0,25

0,25

0,25

2 Độ dài cạnh a của ô mạng cơ sở Fe- α (lập phương tâm

khối):

r

= 0,286 nm

Độ tăng của cạnh a khi cacbon chiếm vị trí tâm mặt là:

2(0,124 + 0,077) – 0,286 = 0,116 nm

Độ dài cạnh a của ô mạng cơ sở Fe-α (lập phương tâm mặt)

r

= 0,362 nm

Độ tăng của cạnh a khi cacbon xâm nhập vào tâm của ô mạng

0.25

0,25

0,25

0,25

cơ sở

2(0,128 + 0,077) – 0,362 = 0,048 nm

KL: Khả năng xâm nhập của cacbon vào α lớn hơn vào

Fe-γ

Câu 3: (2,0 điểm) Phản ứng hạt nhân

Đồng vị

60

27 Co

(t1/2 = 5,33 năm) được dùng trong y tế, phân rã trước tiên thành 60

28 Ni

Giả sử

60

28 Ni

tiếp tục phân rã thành đồng vị bền

58

28 Ni

a Viết các phương trình phản ứng hạt nhân xảy ra.

b Tính khối lượng

60

27 Co

để có hoạt độ phóng xạ 10 Ci (Biết 1 Ci (Curi)= 3,7.1010 phân rã/ giây)

c Sau khoảng thời gian t, mẫu phóng xạ có tỉ lệ khối lượng

58

28 Ni

so với

60

27 Co

là 0,9 (coi trong mẫu không có sản phẩm trung gian) Tính t theo năm(1 năm = 365 ngày)

b) Chọn t = 0 là thời điểm mẫu phóng xạ là 10 Ci, ta có hoạt độ phóng xạ

ban đầu:

Ao = λNo = Với số nguyên tử ban đầu:

Ta có

c) Tính t Số nguyên tử Ni tạo thành sau thời gian t bằng số nguyên tử Co

bị phân rã (∆N)

Khối lượng niken sinh ra trong thời gian t:

Mặt khác, khối lượng coban còn lại sau thời gian t phân rã là:

m Co =m o e -λt (2)

Từ (1) và (2) ta có:

Suy ra:

0,5

0,25

0,5

0,25

0,25

0,25

Câu 4: (2,0 điểm) Nhiệt hóa học

1 Giãn nở 2 mol khí lí tưởng đơn nguyên tử từ trạng thái 1 (298 K và 5,0 atm) đến trạng thái 2 (1,0 atm) theo quá trình đoạn nhiệt chống áp suất ngoài bằng 0,5 atm

a) Tính nhiệt độ và thể tích của hệ ở trạng thái cuối

b) Tính công, nhiệt, biến thiên nội năng và biến thiên entanpi của hệ.

mol hơi nước ở 100oC và 1 atm thấy có 86% lượng hơi nước đã ngưng tụ Giả

sử trong điều kiện khảo sát, sự trao đổi nhiệt chỉ xảy ra giữa X và nước, áp suất trong bình không đổi và quá trình ngưng tụ nước diễn ra ở 100oC

a) Tính nhiệt độ cuối của hệ X-nước và nhiệt lượng mà X đã trao đổi.

b) Tính biến thiên entropi của X, của nước và của hệ X-nước.

Biết: X không chuyển pha, CP,X = 0,385 J/K.g; CP,H2O(l) = 75,3 J/K.mol ;

CP,H2O(k) = 33,6 J/ K.mol; ∆Hhh,373,H2O = 40,656 kJ / mol

1.a Quá trình đoạn nhiệt chống áp suất ngoài(Png = 0,5 atm)

=> Q = 0 => A = ∆U => - Png(V2 - V1) = nCV(T2 - T1)

=> - Png(-) = nR(T2-T1)

=> T2 = T1 = 298 = 238,40 K

=> V2 = = = 39,1 (L)

b Đoạn nhiệt => Q = 0 => A = ∆U = nCV(T2 - T1)

=> A = 2 8,314.(238,4 - 298)= -1486,54 (J) = -1,486 (KJ)

=> ∆H = nCp(T2 - T1) = 2 8,314.10-3(238,4 - 298)= -2,48 (KJ)

0,25 0,25 0,25

0,25

2 Gọi T là nhiệt độ cuối của hệ (T>273K)

Trong 1 mol H2O có 0,86 mol H2O(l) và 0,14 mol H2O(h)

Sơ đồ :

X(r); H2O(h) 0,14 mol H2O(h) 0,14 mol

273 K T (K) T (K) 373 K

2,0 Kg

H2O(l) 0,86 mol H2O(h) 0,86 mol

T (K) 373 K

(2) (1)

H2O(l)

373 K

Quá trình thả khối kim loại vào là quá trình đẳng áp vì chỉ xảy

ra sự trao đổi nhiệt với H2O(l+h)

=> ∆H = ∆Ha + ∆Hb + ∆Hc = 0 => ∆Ha + ∆Hb + ∆H1 + ∆H2 = 0

=> m.CP,X(T-273) + nH2O,h.CP, H2O,h (T-373) - nH2O,l.∆Hhh, 373,H2O(l)

+ nH2O,l.CP, H2O,l (T-373) = 0

=> 2.10 3 0,385(T-273) + 0,14.33,6(T-373) – 40,656.10 3 0,86

+ 0,86.75,3.(T-373) = 0

=> T = 322,925 K

Nhiệt lượng mà X đã trao đổi

Q P,X = ∆Ha = m.CP,X(T-273) = 2.0,385.(322,925-273) = 38,442 (KJ)

b Biến thiên entropi của X

∆SX = ∆Sa = m.CP,X = 2.10 3 0,385. = 129,32 (J/K)

Biến thiên entropi của nước

∆SH2O(h+l) = ∆Sb + ∆Sc = nH2O,h.CP, H2O,h ln

- (nH2O,l.∆Hhh, 373,H2O(l))/373 + nH2O,l.CP, H2O,l ln

=> ∆SH2O(h+l) = 0,14.33,6.ln – (40,656.10 3 0,86)/373

+ 0,86.75,3.ln = -103,75 (J/K)

Biến thiên entropi của hệ X-Nước

∆Shệ = ∆Sa + ∆Sb + ∆Sc = ∆SX + ∆SH2O(h+l)

∆Shệ = 129,32 + (-103,75) = 25,57 (J/K)

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 5: (2,0 điểm) Cân bằng hóa học trong pha khí

Ở 400 K, NaHCO3 bị phân hủy theo phản ứng:

2NaHCO3(r)  Na2CO3(r) + CO2(k) + H2O(k) (*)

a) Tính ∆Ho

298 , ∆So

298 của phản ứng (*)

b) Giả sử ∆Ho và ∆So của phản ứng không phụ thuộc nhiệt độ Tính ∆Go và hằng

số cân bằng KP của phản ứng (*) tại 400 K

c) Cho 8,4 gam NaHCO3(r) vào một bình có thể tích có thể thay đổi được và giữ bình ở 400 K Tính thành phần của hệ (theo số mol) và áp suất của bình nếu thể tích của bình lần lượt là 1,2 L và 0,5 L

Cho biết:

Nhiệt hình thành chuẩn ở

298K, ∆Ho

ht,298 (kJ/mol) -947,7 -1130,9 -393,5 -241,8 Entropi chuẩn ở 298 K, So

298

a ∆ H o

298 = ∆ H o

298,Na 2 CO 3 + ∆ H o

298,CO 2 + ∆ H o

298,H 2 O - ∆ H o

298,NaHCO 3

=> ∆ H o

298 = -1130,9 - 393,5 - 241,8 -2(- 947,7) = 129,2 (KJ/mol)

∆ S o

298 = ∆ S o

298,Na 2 CO 3 + ∆ S o

298,CO 2 + ∆ S o

298,H 2 O - ∆ S o

298,NaHCO 3

=> ∆ S o

298 = 135,98 + 213,68 + 188,72 – 102,09.2 = 334,2 (J/mol.K)

b.∆ G o = ∆ H o - T ∆ S o = 129,2 – 400.334,2.10 -3 = -4,48 (KJ/mol)

Ta có: ∆ G o = -RTlnK P => -4,48 = - 8,314.10 -3 400.lnK P

=> KP = 3,846 ( bar2)

c.n NaHCO 3 = 0,1 mol

Phản ứng dị thể nên khi thực hiện ở các thể tích khác nhau =>

P sẽ thay đổi => phản ứng chuyển từ cân bằng sang phản ứng 1

chiều

Nếu NaHCO3 hết thì n Na 2 CO 3 = n CO 2 = n H 2 O = 0,05 mol

=> n(k+h) = 0,05 + 0,05 = 0,1 mol

Khi còn tồn tại cân bằng thì:

Phệ = P CO 2 + P H 2 O = 2 P CO 2 = 2P H 2 O = 2 = 2 = 3,922 (bar)

Vậy nếu Phệ < 3,922 (bar) thì cân bằng sẽ không còn tồn tại

Nên thể tích lớn nhất của hệ Vmax để cân bằng còn tồn tại là:

Vmax = = 0,848 (L)

*) Khi V = 1,2 (L) > 0,848 (L) => Không còn tồn tại cân bằng

tức là NaHCO3 phản ứng hết

Trạng thái cuối: n Na 2 CO 3 = n CO 2 = n H 2 O = 0,05 mol; n NaHCO 3 = 0

=> P hệ = = 2,771 (bar)

*) Khi V = 0,5 (L) < 0,848 (L) => Còn tồn tại cân bằng tức là

NaHCO3 chưa phản ứng hết và Phệ = 3,922 (bar)

Trạng thái cân bằng:

n Na 2 CO 3 = n CO 2 = n H 2 O = = = = 0,029 (mol)

n NaHCO 3 = 0,1 – 0,029.2 = 0,042 (mol)

Câu 6: (2,0 điểm) Động học hình thức

Để phân hủy H2O2 với tốc độ đáng kể người ta phải đun nóng và dùng thêm chất xúc tác (ví dụ như ion iodua trong môi trường trung tính)

Bảng dưới đây ghi lại các số liệu thực nghiệm về tốc độ thoát khí oxi từ dung dịch H2O2 ở 298K và 1,013.105Pa Thí nghiệm được tiến hành bằng cách trộn dung dịch H2O2 3% (30g H2O2/1L dung dịch), dung dịch KI 0,1 mol.L-1 với nước

Thí nghiệm V H O2 2

(ml) VKI (ml) V H O2 (ml) υO2

(ml/phút)

3 200 100 0 35

1. Xác định bậc phản ứng đối với H2O2 và đối với chất xúc tác

2. Viết phương trình phản ứng hóa học xảy ra và biểu thức tốc độ phản ứng

3. Tính nồng độ H2O2 (mol/L) khi bắt đầu thí nghiệm 4 và sau 4 phút

1 Từ thí nghiệm 1, 2, 3 ta thấy: Khi giữ nguyên nồng độ của I- và

tăng nồng độ H2O2 lên gấp đôi thì tốc độ phản ứng tăng gấp đôi

⇒

Bậc của H2O2 là bậc 1

Tương tự từ thí nghiệm 4, 2, 5: Khi giữ nguyên nồng độ của H2O2

-và tăng nồng độ I- lên gấp đôi thì tốc độ phản ứng tăng gấp đôi

⇒

Bậc 1 đối với I-

(có thể viết biểu thức tốc độ, chia tỉ lệ để xác định bậc)

0,25 0,25 0,25 0,25

2 Phương trình phản ứng: 2H2O2 → 2H2O + O2

Phương trình tốc độ: v = k.[H2O2].[I-] hoặc v = k.[H2O2].[KI]

0.25 0,25

3 Vì pha loãng 3 lần nên nồng độ ban đầu H2O2 sau khi pha loãng

là:

Co(H2O2) = 1% hay 10g H2O2/L

=> Co =

10 /

34 /

g L

g mol

= 0,294 mol/L ⇒ no = 3/34 mol

Vì phản ứng xảy ra chậm nên trong khoảng thời gian ngắn có thể bỏ

qua sự giảm nồng độ

Ở thí nghiệm 4: Sau 4 phút sẽ hình thành: 4.8,5 ml = 34 ml O2

⇒

nO2 = 1,390.10-3 mol

Khi đó số mol H2O2 còn lại là: n4 = no – 2nO2 = 0,0854 mol

⇒ C4 = n4/0,3L = 0,285 mol.L-1

0,25

0,25

Câu 7: (2,0 điểm) Dung dịch và phản ứng trong dung dịch

Để tạo vị chua cho nước coca-cola, người ta thường thêm H3PO4 với hàm lượng photpho là 160 mg trong một lít nước này Ngoài ra, tổng lượng CO2 được nén vào một chai chứa 330,0 ml nước coca-cola là 1,1 gam

a Giả thiết toàn bộ CO2 tan trong nước coca-cola Tính độ chua(pH) của nước coca-cola trong chai

b Sau khi mở nắp chai coca-cola rồi để cân bằng trong không khí thì pH của

nước coca-cola thay đổi như thế nào? Giải thích

c Tính thể tích ( theo mL) dung dịch NaOH 5,00.10-3 M cần cho vào 10 ml nước

coca-cola ở ý (b) để thu được dung dịch có pH = 8,00 Bỏ qua ảnh hưởng của

CO2 trong không khí đến thí nghiệm

d Thực tế, chai cola có dung tích 350,0 mL chỉ chứa 330,0 mL nước

coca-cola và 1,1 gam CO2 Do vậy, một phần CO2 tồn tại trong pha khí Tính áp suất (theo atm) của khí CO2 trong khoảng không khí trên chất lỏng trong chai Coi nước bay hơi không đáng kể, trong chai coca-cola không có không khí

Cho biết: Ở 2980K, H3PO4: pKa1 = 2,15; pKa2 = 7,21; pKa3 = 12,32;

(CO2 + H2O) có pKa1 = 6,35; pKa2 = 10,33; CO2(dd)

 →

¬  

CO2(k) KH =30,2 Hàm lượng CO2 trung bình trong không khí là 0,0385% về số mol; áp suất khí quyển là 1 atm; các thành phần khác trong nước coca-cola không ảnh hưởng đến kết quả tính toán R = 0,082 atm.L/mol.K

a.

Thành phần ban đầu của dung dịch:

C(H3PO4) =

) ( 10 16 , 5 31

10

M

−

−

=

; C(CO2)=

) ( 10 58 , 7 44 33 , 0

10 ,

M

−

=

; Với H3PO4 có Ka1 >> Ka2 >> Ka3;

Với (CO2 + H2O) có Ka1>> Ka2

Và (C Ka1)(H3PO4) >>(C Ka1)( CO2 + H2O) >> KW

Do vậy pH của nước coca-cola được tính theo cân bằng sau

H3PO4 H+ +

-2 4

H PO

(1) Ka1 = 10-2,15

C 5,16.10-3

[ ] 5,16.10-3 - x x x

=>

15 , 2 3

-2

10 x

- 5,16.10

−

=

x

=> x = 3,46.10-3 M => pH = 2,46

b Sau khi mở nắp chai coca-cola, khí CO2 thoát ra ngoài

Tại thời điểm CO2 trong nước cân bằng với CO2 trong

không khí thì nồng độ CO2 còn lại là:

[CO2]=

) ( 10 27 , 1 2 , 30

10 85 ,

K

p

H

<C(CO2)=7,58.10-2 M Nồng độ của H3PO4 không đổi và C(H3PO4) = 5,16.10-3

0,25

0,25

0,25

0,25

Do đó CO2 đóng góp H+ không đáng kể Nên pH vẫn được

quyết định bởi cân bằng (1) và pH = 2,46

c Gọi thể tích NaOH cần cho vào để được pH = 8 là V mL

C(NaOH) = 10

10

+

−

V

V

; C(H3PO4) = 10

10 16 ,

+

−

V

; C(H2CO3) = 10

10 27 ,

+

−

V

; Tại pH = 8,00 ta có:

] PO [H

] PO [H

4 2

4 3

−

= a1

[H ] K

+

=

15 , 2

8

10

10

−

−

<< 1 → [H3PO4]<< [H PO ]

-4 2

] [HPO

] PO [H

2 4

4 2

−

−

= a2

[H ] K

+

=

21 , 7

8

10

10

−

− = 0,162

] [PO

] [HPO

3 4

2 4

−

−

= a3

[H ] K

+

=

32 , 12

8

10

10

−

−

» 1→ [

2 4

HPO −

]»[PO ]

-3 4

Tương tự: [HCO ]

] CO [H

3

3 2

− =

35 , 6

8

10

10

−

−

= 0,022 [CO ]

] [HCO

-2 3 3

− =

33 , 10

8

10

10

−

− » 1→ [HCO3

−

]»[CO ]

-2 3 Như vậy khi trung hòa đến pH = 8,00 thì NaOH sẽ phản

ứng nấc 1 của axit H3PO4, một phần nấc 2 của axit H3PO4

và một phần nấc 1của H2CO3 nên ta có:

C(NaOH) = C(H3PO4) + C(H2PO4-) α(H2PO4-) + C(H2CO3) α(H2CO3)

5.10 -3 V=5,16.10 -2 +5,16.10 -2

8 21 , 7

21 , 7

10 10

10

−

−

−

+ +1,27.10 -4

8 35 , 6

35 , 6

10 10

10

−

−

−

+

=> V = 19,22 mL

d n(CO2) = 1,1 : 44 = 0,025 mol

Dung tích của chai là 350,0 mL, trong đó phần dung dịch

chiếm 330,0 mL còn 20,0 mL là phần khí

Gọi áp suất riêng phần của khí CO2 trong chai là P

=> P = KH.[CO2] = 30,2.[CO2]

Bỏ qua sự phân li của H2CO3

n(CO2) = 0,025 mol = n(CO2,dd) + n(CO2, k)

= 0,33.[CO2] + 0,082.298

10 0 , 20

P

0,025 = 0,33.[CO2] + 0,082.298

10 0 , 20 ].

.[

,

CO

= 0,3547.[CO2]

=>[CO2]=0,0705 =>P=30,2.[CO2] = 30,2.0,0705 = 2,13

atm

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 8: (2,0 điểm) Phản ứng oxi hóa- khử Pin điện và điện phân

1 Cho pin điện: Ag │AgNO3 0,001M, Na2S2O3 0,1M║ HCl 0,05M │AgCl, Ag

với Epin = 0,345V

a.Viết phương trình hóa học xảy ra khi pin hoạt động

b.Tính Eo([Ag(S2O3)2]3-/Ag)?

c.Tính tích số tan của AgCl

Cho biết: Ag+ + 2S2O32- ¬ → [Ag(S2O3)2]3- , lgβ = 13,46

Ag+ + 2CN- ¬ → [Ag(CN)2]- , lgβ = 21

Eo

Ag+/Ag = 0,8V, RT/F = 0,059lg (25oC)

2 Điện phân dung dịch A gồm Zn(NO3)2 0,10M và Pb(NO3)2 0,01M trong dung dịch đệm có pH = 4 với hai điện cực platin phẳng, cường độ dòng điện là 0,2A ở

250C

a So sánh thế điện cực từ đó cho biết thứ tự các quá trình điện phân trên catot?

Tính điện áp tối thiểu cần đặt vào bình điện phân để xảy ra sự điện phân?

b Nếu kết thúc điện phân khi nồng độ của Pb2+ là 10-4 M thì điện áp tác dụng lên hai điện cực phải bằng bao nhiêu? (coi điện trở của bình điện phân và quá thế không thay đổi trong quá trình điện phân)

c Tính xem khi khí H2 thoát ra thì chì đã tách ra hoàn toàn chưa? Tại thời điểm này, chì đã tách ra được bao nhiêu %?

Biết: Pb = 207; độ giảm thế của bình điện phân do bình điện phân có điện trở là 0,35V Thế điện cực chuẩn E0 của: Pb2+/Pb = -0,130V; Zn2+/Zn = -0,760V;

O2,H+/H2O = 1,230V; 2H+/H2 = 0,0V

1 a Do Epin > 0, nên có pin với hai điện cưc sau

(-) Ag │AgNO 3 0,001M, Na 2 S 2 O 3 0,1M HCl 0,05M │AgCl, Ag (+) ║

Khi pin hoạt động:

Anot (-) : Ag + 2S 2 O 32-

 →

¬  

[Ag(S 2 O 32-) 2 ] 3- + e Catot (+): AgCl + e

 →

¬  

Ag + Cl

-PTPƯ: AgCl + 2S2 O 3

2- →

¬  

[Ag(S 2 O 32-) 2 ] 3- + Cl

-b

Ag + + e

 →

¬  

0,8 0,059

10

0,25 0,25