神马作文网悬赏70 请教一堆化学问题
来源：学生作业帮 编辑：神马作文网作业帮 分类：化学作业 时间：2024/11/20 05:56:43
悬赏70 请教一堆化学问题
http://zhidao.baidu.com/question/55708928.html
如有需要可追加悬赏,谢谢
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1、CH3-C≡CH+CO+H2O→H2C=C(CH3)COOH
...H2C=C(CH3)COOH+CH3OH→H2C=C(CH3)-COOCH3 +H2O
总方程式:CH3-C≡CH+CO+H2O+CH3OH→H2C=C(CH3)-COOCH3 使原子利用率达到最高
2.为什么加活泼金属能促进水的电离
向水中加入活泼金属,由于与水电离出的H＋ 直接作用,因而同样能促进水的电离.
3."电离程度大于水解程度,溶液一定呈酸性",这个说法对吗?
弱酸的酸式盐当其电离程度大于水解程度时,呈酸性,当电离程度小于水解程度时,则成碱性,即比较它电离出H+的能力和阴离子水解的程度了.如果阴离子的水解程度较大（如NaHCO3,NaHS,Na2HPO4),则溶液呈碱性；反过来,如果阴离子电离出H+的能力较强（如NaH2PO4,NaHSO3),则溶液呈酸性.
4.A B两元素的原子分别达到2个电子形成稳定结构时,A放出的能量大于B放出的能量;C D两元素的原子分别失去一个电子形成稳定结构时,D吸收的能量大于C吸收的能量 若ABCD间分别形成化合物时,属于离子化合物可能性最大的是 C. C2A
A B两元素的原子分别达到2个电子形成稳定结构→A,B是非金属元素.A放出的能量大于B放出的能量→A比B活泼(活泼的非金属处于高能量状态,形成稳定状态放出的能量多)C D两元素的原子分别失去一个电子形成稳定结构→C,D是金属元素.D吸收的能量大于C吸收的能量→C比D活泼(活泼的金属处于高能量状态,形成稳定状态吸收的能量少)
所以ABCD间分别形成化合物时,属于离子化合物可能性最大的是C2A
5.氯化钠溶液中可能混有早知氢氧化钠 碳酸氢钠 碳酸钠中的一种或两种,为测定溶液中混有的杂质成分 可进行如下实验操作:分别取两分等体积混合液,用盐酸的标准液(0.10mol/L)滴定,且V2大于2V1大于0,则氯化钠溶液中混有的杂质可能为
A 氢氧化钠 B 碳酸钠 C 碳酸钠和碳酸氢钠 D 氢氧化钠和碳酸钠
用盐酸滴定碳酸钠,酚酞的变色范围为8.2~10.2,在这个范围内碳酸钠只被滴定到碳酸氢钠,再往下就无法判断是否滴定到氯化钠了,因为这两个阶段酚酞都是无色的,所以如果只要求停留在碳酸氢钠则滴定用酚酞,要求滴定至氯化钠则选择甲基橙作指示剂,甲基橙变色范围为3.1~4.4
1,如果含只含NaOH杂质,H++OH-=H2O,以酚酞或甲基橙为指示剂,达到重点时消耗的盐酸的体积分别为V1 V2,V1= V2
如果含只含Na2CO3杂质,以酚酞为指示剂,CO32-+H=HCO3-达到重点时消耗的盐酸的体积分别为V1,以甲基橙为指示剂,CO32-+2H+=H2O+CO2达到重点时消耗的盐酸的体积分别为 V2,2V1= V2
现在是V2大于2V1大于0,所以选择D 氢氧化钠和碳酸钠
6.某金属单质跟一定浓度的硝酸反应,假定只产生单一的还原产物 当参加反应的单质与被还原的硝酸的物质的量之比为2:1时,还原产物是
A NO2 B NO C N2O D N2
首先明确：参加反应的单质与被还原硝酸的物质得量之比为2：1
,意味着2mol金属失去的电子都由1mol硝酸接受,N的化合价降低相应数量.
当金属离子是+1价时,2mol金属失去的电子是2mol,1mol硝酸接受的电子是2mol,1mol N 由+5价降低到+3价,产物为+3价N,可是题中没有.
当金属离子是+2价时,2mol金属失去的电子是4mol,1mol硝酸接受的电子是4mol,1mol N 由+5价降低到+1价,产物为+1价N,C符合题意.
当金属离子是+3价时,2mol金属失去的电子是6mol,1mol硝酸接受的电子是6mol,1mol N 由+5价降低到-1价,产物为-1价N,可是题中没有.
金属离子的化合价再高,N就是负价,不符合题意.
所以选C
7.用缩聚反应制取高分子化合物 …CH2-苯环-CH2-N-CH2-苯环-CH2-N…
| |
苯环 苯环
所用的单体中不需要的是
A 苯环-NH2 B CH3OH C 苯酚 D HCHO
这一题的高分子物质的结构式看不出来,况且缩聚反应高考考纲中已删除了 ,不要做了吧.
8.制备氢氧化铁胶体,向盛有沸水的烧杯中滴加三氯化铁饱和溶液并长时间煮沸.
不能长时间煮沸
氯化铁的水解反应本身是一个吸热反应,加热可以促使平衡向右移动,但是作为胶体的氢氧化铁是有一定的浓度限制的,如果浓度过大就会形成氢氧化铁沉淀,而且温度比较高的话胶体粒子之间碰撞的机会会增多,也不利于胶体的稳定性,所以煮沸的时间不能过长
9. 38.4mg铜与适量的农硝酸反应 铜完全反应后 共收集到0.1mol气体 那么反应消耗的HNO3的物质的量可能是
不考虑二氧化氮与四氧化氮的可逆反应,所以所得到的气体不是NO,就是NO2,因此,每mol被还原的HNO3都会产生1mol的气体.现在有22.4ml气体（STP下）,所以被还原的HNO3的物质的量就是22.4/22.4/1000=0.001mol=1×10^(-3)mol.
Cu2+必然要结合NO3-以CU(NO3)2存在,消耗HNO3的物质的量为:2×(38.4mg/64/1000)=1.2×10^(-3)mol.反应消耗的HNO3的物质的量可能是2.2×10^(-3)mol
10.足量铜与一定量浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO 的混合气体,这些气体与1.68LO2（标准状况）混合后通入水中,所有气体完全被水吸收生成硝酸.若向所得硝酸铜溶液中加入5mol/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀,则消耗NaOH溶液的体积是
A．60mL B．45mL C．30mL D．15mL
NO2、N2O4、NO 的混合气体与1.68L O2（标准状况）混合后通入水中,所有气体完全被水吸收生成硝酸
{4NO2+O2+2H2O=4HNO3
{4NO+3O2+2H2O=4HNO3
{2N2O4+O2+2H2O=4HNO3
NO2、N2O4、NO的混合气体重新变回 硝酸
全部 O2--O2- 化合价升降守恒
既, Cu--Cu2+所升化合价= O2--O2- 所降化合价
如果你明白了这个.别的就好办了.
O2物质的量为0.075mol
所以 所得硝酸铜溶液中Cu2+ 为0.15mol Cu2+ + 2OH- = Cu(OH)2
消耗OH-为0.3mol 消耗NaOH溶液的体积是0.3mol除5mol/L=0.06L
既60ml
...H2C=C(CH3)COOH+CH3OH→H2C=C(CH3)-COOCH3 +H2O
总方程式:CH3-C≡CH+CO+H2O+CH3OH→H2C=C(CH3)-COOCH3 使原子利用率达到最高
2.为什么加活泼金属能促进水的电离
向水中加入活泼金属,由于与水电离出的H＋ 直接作用,因而同样能促进水的电离.
3."电离程度大于水解程度,溶液一定呈酸性",这个说法对吗?
弱酸的酸式盐当其电离程度大于水解程度时,呈酸性,当电离程度小于水解程度时,则成碱性,即比较它电离出H+的能力和阴离子水解的程度了.如果阴离子的水解程度较大（如NaHCO3,NaHS,Na2HPO4),则溶液呈碱性；反过来,如果阴离子电离出H+的能力较强（如NaH2PO4,NaHSO3),则溶液呈酸性.
4.A B两元素的原子分别达到2个电子形成稳定结构时,A放出的能量大于B放出的能量;C D两元素的原子分别失去一个电子形成稳定结构时,D吸收的能量大于C吸收的能量 若ABCD间分别形成化合物时,属于离子化合物可能性最大的是 C. C2A
A B两元素的原子分别达到2个电子形成稳定结构→A,B是非金属元素.A放出的能量大于B放出的能量→A比B活泼(活泼的非金属处于高能量状态,形成稳定状态放出的能量多)C D两元素的原子分别失去一个电子形成稳定结构→C,D是金属元素.D吸收的能量大于C吸收的能量→C比D活泼(活泼的金属处于高能量状态,形成稳定状态吸收的能量少)
所以ABCD间分别形成化合物时,属于离子化合物可能性最大的是C2A
5.氯化钠溶液中可能混有早知氢氧化钠 碳酸氢钠 碳酸钠中的一种或两种,为测定溶液中混有的杂质成分 可进行如下实验操作:分别取两分等体积混合液,用盐酸的标准液(0.10mol/L)滴定,且V2大于2V1大于0,则氯化钠溶液中混有的杂质可能为
A 氢氧化钠 B 碳酸钠 C 碳酸钠和碳酸氢钠 D 氢氧化钠和碳酸钠
用盐酸滴定碳酸钠,酚酞的变色范围为8.2~10.2,在这个范围内碳酸钠只被滴定到碳酸氢钠,再往下就无法判断是否滴定到氯化钠了,因为这两个阶段酚酞都是无色的,所以如果只要求停留在碳酸氢钠则滴定用酚酞,要求滴定至氯化钠则选择甲基橙作指示剂,甲基橙变色范围为3.1~4.4
1,如果含只含NaOH杂质,H++OH-=H2O,以酚酞或甲基橙为指示剂,达到重点时消耗的盐酸的体积分别为V1 V2,V1= V2
如果含只含Na2CO3杂质,以酚酞为指示剂,CO32-+H=HCO3-达到重点时消耗的盐酸的体积分别为V1,以甲基橙为指示剂,CO32-+2H+=H2O+CO2达到重点时消耗的盐酸的体积分别为 V2,2V1= V2
现在是V2大于2V1大于0,所以选择D 氢氧化钠和碳酸钠
6.某金属单质跟一定浓度的硝酸反应,假定只产生单一的还原产物 当参加反应的单质与被还原的硝酸的物质的量之比为2:1时,还原产物是
A NO2 B NO C N2O D N2
首先明确：参加反应的单质与被还原硝酸的物质得量之比为2：1
,意味着2mol金属失去的电子都由1mol硝酸接受,N的化合价降低相应数量.
当金属离子是+1价时,2mol金属失去的电子是2mol,1mol硝酸接受的电子是2mol,1mol N 由+5价降低到+3价,产物为+3价N,可是题中没有.
当金属离子是+2价时,2mol金属失去的电子是4mol,1mol硝酸接受的电子是4mol,1mol N 由+5价降低到+1价,产物为+1价N,C符合题意.
当金属离子是+3价时,2mol金属失去的电子是6mol,1mol硝酸接受的电子是6mol,1mol N 由+5价降低到-1价,产物为-1价N,可是题中没有.
金属离子的化合价再高,N就是负价,不符合题意.
所以选C
7.用缩聚反应制取高分子化合物 …CH2-苯环-CH2-N-CH2-苯环-CH2-N…
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苯环 苯环
所用的单体中不需要的是
A 苯环-NH2 B CH3OH C 苯酚 D HCHO
这一题的高分子物质的结构式看不出来,况且缩聚反应高考考纲中已删除了 ,不要做了吧.
8.制备氢氧化铁胶体,向盛有沸水的烧杯中滴加三氯化铁饱和溶液并长时间煮沸.
不能长时间煮沸
氯化铁的水解反应本身是一个吸热反应,加热可以促使平衡向右移动,但是作为胶体的氢氧化铁是有一定的浓度限制的,如果浓度过大就会形成氢氧化铁沉淀,而且温度比较高的话胶体粒子之间碰撞的机会会增多,也不利于胶体的稳定性,所以煮沸的时间不能过长
9. 38.4mg铜与适量的农硝酸反应 铜完全反应后 共收集到0.1mol气体 那么反应消耗的HNO3的物质的量可能是
不考虑二氧化氮与四氧化氮的可逆反应,所以所得到的气体不是NO,就是NO2,因此,每mol被还原的HNO3都会产生1mol的气体.现在有22.4ml气体（STP下）,所以被还原的HNO3的物质的量就是22.4/22.4/1000=0.001mol=1×10^(-3)mol.
Cu2+必然要结合NO3-以CU(NO3)2存在,消耗HNO3的物质的量为:2×(38.4mg/64/1000)=1.2×10^(-3)mol.反应消耗的HNO3的物质的量可能是2.2×10^(-3)mol
10.足量铜与一定量浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO 的混合气体,这些气体与1.68LO2（标准状况）混合后通入水中,所有气体完全被水吸收生成硝酸.若向所得硝酸铜溶液中加入5mol/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀,则消耗NaOH溶液的体积是
A．60mL B．45mL C．30mL D．15mL
NO2、N2O4、NO 的混合气体与1.68L O2（标准状况）混合后通入水中,所有气体完全被水吸收生成硝酸
{4NO2+O2+2H2O=4HNO3
{4NO+3O2+2H2O=4HNO3
{2N2O4+O2+2H2O=4HNO3
NO2、N2O4、NO的混合气体重新变回 硝酸
全部 O2--O2- 化合价升降守恒
既, Cu--Cu2+所升化合价= O2--O2- 所降化合价
如果你明白了这个.别的就好办了.
O2物质的量为0.075mol
所以 所得硝酸铜溶液中Cu2+ 为0.15mol Cu2+ + 2OH- = Cu(OH)2
消耗OH-为0.3mol 消耗NaOH溶液的体积是0.3mol除5mol/L=0.06L
既60ml