在KOH醇溶液中加热消除

你说错了,不是葡萄糖必须在碱性环境下,而是银氨溶液必须在碱性条件下才能存在,并且检验还原性唐

1）设原先溶液的质量是XX*14%=（X-100g）*28%X=200gc(KOH)=200g*14%/56g/mol/0.08L=6.25mol/L（2）常温下,将20g质量分数为14%的氯化钠溶液

氧化剂是指化合价有下降的反应物,还原剂是指化合价有升高的反应物.反应的3S中,有2S生成了K2S,化合价下降；1S生成了K2SO3,化合价升高所以氧化剂和还原剂的质量比=2:1

可以的,KOH和HCl显然是简单的酸碱中和反应,而NaHSO4中的HSO4-也是强电解质,写离子方程式时也要将其拆开,拆成氢离子和硫酸根离子,生成物是硫酸钠和水,钠离子和硫酸根离子与反应物种的钠离子和

则该反应中被氧化的氯和被还原的氯的物质的量之比是1∶5则该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是5∶1则该反应中电子转移总数为5则该反应氧化剂和还原剂都是氯气

设原溶液的质量为X14℅X=（X-100）28℅X=200g溶液中溶质KOH质量＝200×14%＝28gn＝28/56=0.5molc＝25mol/L

在这个反应里面是没有先后的因为反应的物质不一样和氢氧化钾反应的是氢离子,和硝酸钡反应的是硫酸根离子,两者互不干扰

设原溶液的质量为xg,根据蒸发前后溶质守恒,14%x=28%(x-100)x=200g,溶质为14%x=28g,溶质的物质的量为28/56=0.5mol,KOH的物质的量浓度为0.5/0.08=6.2

答案是6.25mol/L设原溶液中KOH的质量是X克,水的质量是Y克,根据题意,X/(X+Y)=14%X/(X+Y-100)=28%根据两式,解出X=28,Y=171.92KOH的摩尔质量n=m/M=

有一瓶14%deKOH溶液加热蒸发掉100g水后得到28%的koh溶液说明溶液的质量是200克溶质的质量200*14%==28克28/56/0.08=6.25mol/L

KOH＋KHCO3＝K2CO3＋H2O56:100:18＝x:y:4.9,所以反应掉了15.24g的KOH和27.2g的KHCO3.而原混合物的质量没有那么多,所以就说明KHCO3过量,导致了2KHC

溶液中的水沸腾时的温度达不到氢氧化铁和氢氧化铝的分解温度.再问：请问一下氢氧化铁的分解温度是？再答：氢氧化铝分解温度300摄氏度氢氧化铁没有一定分解温度，随温度升高逐渐失水，在不超过500摄氏度时完全

14%的KOH溶液,加热蒸发掉100克水后,得到28%的KOH溶液,所以原溶液的质量是200克,所以有KOH28克,即0.5摩尔,所以所得溶液中KOH的物质的量浓度是6.25mol/L

最简单的用初中的知识解释,这个反应如果可以进行,那么就是复分解反应,复分解反应的生成物必须有气体或者沉淀生成.而你想象中的反应的生成物都溶于水.其实这些强电解质在水中都以离子的形态存在的,如果没有难溶

设溶液的总质量为X由稀释前后的质量守恒定律得：14%X=28%+100接的X=200再由C=n/v=(14%*200)/80=0.35mol

设质量分数为14%的KOH溶液的质量为XX*14%=（X-100g）*28%得X=200g所得KOH溶液的物质的量浓度=200g*14%/56g/mol/0.08L=6.25mol/L

苯是平面六边形,C—C之间的成键是一种介于单键和双键之间的一种成键,具体解释如下：六个C原子采用sp2杂化,生成三个sp2杂化轨道,另外在z轴方向上还有p轨道,六个C原子两个sp2杂化轨道相连,另外一

A错.铝离子,偏铝酸根离子不共存b可以共存.加入KOH后.铵根和氢氧根发生反应放出氨气.还有就是氢氧化镁沉淀

KHCO3===K2CO3+H2O+CO2设氢氧化钾反应2xmol,则水和CO2都反应xmol,用差量法（是这么叫的吧.）则18x+44x=4.0解出x=4/62碳酸氢钾的质量m1=100*2x=12

丙三醇和（饱和和不饱和）脂肪酸