【化学】辽宁省六校协作体2019-2020学年高一上学期期中考试试题(解析版)

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【化学】辽宁省六校协作体2019-2020学年高一上学期期中考试试题(解析版)

辽宁省六校协作体2019-2020学年高一上学期期中考试试题 可能用到的相对原子质量:Na 23;O 16;H 1;P 31;C 12;Ba 137;Cl 35.5;N 14;Cu 64;S 32‎ 一、选择题(只有1个正确答案;共20小题,每小题3分,共60分)‎ ‎1.如下表所示,对陈述1和陈述2的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是( )‎ 选项 陈述1‎ 陈述2‎ 判断 A 碳酸钠溶液可用于治疗胃病 碳酸钠可与盐酸反应 ‎1对,2对,有 B 向滴有酚酞的水溶液加入过氧化钠变红色 过氧化钠与水反应生成氢氧化钠 ‎1对,2错,无 C 金属钠具有强还原性 钠可置换出硫酸铜溶液中的铜单质 ‎1对,2对,有 D 碳酸氢钠可作为发酵粉用于烘培糕点 碳酸钠溶解度比碳酸氢钠溶解度大 ‎1对,2对,无 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项,碳酸钠溶液不能用于治疗胃病,碳酸氢钠和氢氧化铝可以用于治疗胃病,1描述错误,故A错误;‎ B选项,向滴有酚酞的水溶液加入过氧化钠先变红色后褪色,因为过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气,同时过氧化钠有漂白性,故1描述错误,2描述不准确,故B错误;‎ C选项,金属钠具有强还原性,1描述正确;钠不能置换出硫酸铜溶液中的铜单质,2描述错误,主要是因为钠的还原性太强,遇到硫酸铜溶液先和溶液中的水反应,生成的氢氧化钠再和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠,故C错误;‎ D选项,碳酸氢钠作发酵粉,碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠溶解度,两者没有因果关系,故D正确;‎ 综上所述,答案为D。‎ ‎2.下列关于胶体的叙述正确的是( )‎ A. 胶体是不稳定的,静置后易产生沉淀 B. 胶体与悬浊液的本质区别是胶体是均一透明的,而浊液是浑浊的 C. 明矾净水是利用了胶体粒子的吸附性 D. 静电除去空气或工厂废气中的飘尘是利用了胶体的带电性 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项,胶体具有介稳性,故A错误;‎ B选项,胶体与悬浊液的本质区别是分散质粒子直径大小不同,故B错误;‎ C选项,明矾净水是铝离子水解生成氢氧化铝胶体,利用了胶体粒子的吸附性而达到净水效果,故C正确;‎ D选项,静电除去空气或工厂废气中的飘尘是利用了胶体粒子带电性,不是胶体带电性,故D错误;‎ 综上所述,答案为C。‎ ‎3.下列说法不正确的组合为( )‎ ‎①只含有一种元素的物质一定是纯净物 ‎②生石灰做干燥剂包含化学变化 ‎③NO2是酸性氧化物,硝酸是它与水反应形成的水化物 ‎④碱性氧化物一定是金属氧化物 ‎⑤电解质溶液导电一定发生化学变化 ‎⑥能与酸反应生成盐和水的氧化物一定是碱性氧化物 ‎⑦用鸡蛋壳膜和蒸馏水除去淀粉胶体中食盐不涉及化学变化 ‎⑧两种盐反应一定生成两种新盐 A. ①③⑥⑧ B. ①②③④⑥ C. ②④⑤⑧ D. ②④⑥⑧‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①只含有一种元素的物质不一定是纯净物,比如含氧元素的氧气和臭氧混合物,因此①不正确;‎ ‎②生石灰做干燥剂包含化学变化,生石灰吸收水,与水反应,是化学变化,因此②正确;‎ ‎③NO2与水反应形成硝酸和NO,硝酸是它与水反应形成的水化物,因此③不正确;‎ ‎④碱性氧化物一定是金属氧化物,金属氧化物不一定是碱性氧化物,因此④正确;‎ ‎⑤电解质溶液导电过程,为电解过程,有新物质生成,一定是化学变化,因此⑤正确;‎ ‎⑥能与酸反应生成盐和水的氧化物不一定是碱性氧化物,比如过氧化钠与亚硫酸反应,因此⑥不正确;‎ ‎⑦用鸡蛋壳膜和蒸馏水除去淀粉胶体中的食盐为渗析过程,没有新物质生成是物理变化,因此⑦正确;‎ ‎⑧两种盐反应不一定生成两种新盐,比如硫化钠和氯化铁反应生成硫单质、氯化亚铁和氯化钠,因此⑧不正确;故A正确;‎ 综上所述,答案为A。‎ ‎4.用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法中正确的是( )‎ A. 0.01molNH4+含有质子数为0.1NA B. 4.48 L N2与CO的混合物所含分子数为0.2NA C. 6.2 g白磷与红磷的混合物中所含磷原子数为0.2NA D. 10.0mL 12 mol·L-1浓盐酸与足量二氧化锰反应,转移电子数0.06NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项,1个NH4+含有11个质子,因此0.01molNH4+含有质子数为0.11NA,故A错误;‎ B选项,没有标准状况,无法计算物质的量,故B错误;‎ C选项,用极限思维思考,6.2 g白磷物质的量,含磷的物质的量为0.2mol,含磷原子数为0.2NA,6.2g红磷物质的量,含磷原子数为0.2NA,故C正确;‎ D选项,10.0mL 12 mol·L-1浓盐酸物质的量为0.12mol,与足量二氧化锰反应,由于浓盐酸再反应过程中逐渐变稀后就不再反应,因此转移电子数小于0.06NA,故D错误;‎ 综上所述,答案为C。‎ ‎5.实验室欲用NaOH固体配制1.0 mol·L-1的NaOH溶液240 mL,下列叙述不正确的是( )‎ A. 某同学欲称量一定量的NaOH固体,他先用托盘天平称量烧杯的质量,天平平衡后的状态如图。则烧杯的实际质量为27.4 g B. 要完成本实验该同学应称出10.0g NaOH C. 氢氧化钠固体溶解后必须恢复至室温再进行转移 D. 容量瓶使用前需洗涤、并保持干燥 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项,某同学欲称量一定量的NaOH固体,他先用托盘天平称量烧杯的质量,天平平衡后的状态如图,游码为2.6 g,应该左盘放物质,右盘放砝码,因此烧杯的实际质量为30g – 2.6g = 27.4 g,故A正确;‎ B选项,氢氧化钠的物质的量,氢氧化钠质量,故B正确;‎ C选项,氢氧化钠固体溶解后必须恢复至室温再进行转移,避免引起误差,故C正确;‎ D选项,容量瓶使用前需洗涤,干燥与不干燥都可以,对结果没有影响,故D错误;‎ 综上所述,答案为D。‎ ‎6.下列各组离子因发生氧化还原反应而不能大量共存的是(  )‎ A. Fe3+、OH-、SO42-、CO32- B. Cu2+、Fe3+、H+、I-‎ C. Ag+、Na+、SO42-、Cl- D. K+、H+、CO32-、MnO4-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项,Fe3+、OH-生成沉淀而不共存,Fe3+、CO32-生成沉淀和气体而不共存,故A不满足题意;‎ B选项,Fe3+、I-发生氧化还原反应生成单质碘和亚铁离子,故B满足题意;‎ C选项,Ag+、SO42-生成沉淀而不共存,Ag+、Cl-生成沉淀而不共存,故C不满足题意;‎ D选项,H+、CO32-生成气体而不共存,故D不满足题意;‎ 综上所述,答案为B。‎ ‎7.某溶液中(假定不考虑水解因素)仅含有K+、Mg2+、SO42—、NO3—四种离子,其中K+与Mg2+的个数之比为4∶5,则NO3—与SO42—的物质的量浓度之比一定不是( )‎ A. 8∶3 B. 3∶2 C. 2∶3 D. 1∶3‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析:假设钾离子为4摩尔,则镁离子为5摩尔,硝酸根离子为xmol,硫酸根离子为ymol,根据电子守恒分析,4+5×2="x+2y" 即x+2y =14。当 x=8时, y=3,故A正确;若x=6时,则y=4,正确B正确;若x=2时,则y=6,D正确;若x=10时,则y=2,则C不成立,选C。 (本题NO3—与SO42—的物质的量浓度之比可以为任意值,无答案)‎ ‎8.下列实验方案中,能达到实验目的的是( )‎ 选项 实验目的 实验方案 A 配置100ml 1.0mol/L硫酸铜溶液 将25g CuSO4·5 H2O溶于100ml蒸馏水中 B 除去氯化钠固体中混有的碳酸钠 加入过量盐酸,蒸发、洗涤、干燥 C 证明Fe2+的氧化性 向FeCl2溶液中通入适量Cl2,溶液变成棕黄色 D 证明SO2是电解质或非电解质 用电流表测SO2水溶液的导电性 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项,只能将25g CuSO4·5H2O溶于蒸馏水中配成100mL溶液,故A错误;‎ B选项,碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠,过滤盐酸在蒸发过程中易挥发,最后得到氯化钠,故B正确;‎ C选项,亚铁离子和氯气反应生成铁离子,证明亚铁离子的还原性,故C错误;‎ D选项,二氧化硫溶于水生成亚硫酸,亚硫酸电离而使溶液导电,因此不能用此方法证明二氧化硫是电解质还是非电解质,故D错误;‎ 综上所述,答案为B。‎ ‎9.赤铜矿的成分是Cu2O,辉铜矿的成分是Cu2S,将赤铜矿与辉铜矿混合加热有以下反应:2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑,对于该反应,下列说法正确的是( )‎ A. 该反应的氧化剂只有Cu2O B. Cu既是氧化产物,又是还原产物 C. Cu2S既是氧化剂又是还原剂 D. 还原产物与氧化产物的物质的量之比为1∶6‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Cu元素的化合价降低,则Cu2O、Cu2S均为氧化剂,故A错误;‎ B.Cu元素得到电子被还原,则Cu为还原产物,故B错误;‎ C.Cu元素的化合价降低,S元素的化合价升高,则Cu2S在反应中既是氧化剂,又是还原剂,故C正确;‎ D.Cu为还原产物,SO2为氧化产物,由反应可知,还原产物与氧化产物的物质的量之比为6:1,故D错误;‎ 本题答案选C。‎ ‎10.下列两种气体的分子数一定相等的是( )‎ A. 等体积的CO和N2 B. 质量相等、密度不等的N2和CO C. 原子数目相等的O3和N2 D. 质量相等的N2和CO2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项,等体积CO和N2,温度和压强不清楚,因此物质的量不清楚,无法分析分子数目,故A错误;‎ B选项,质量相等的N2和CO,摩尔质量相等,因此物质的量相等,分子数目相等,故B正确;‎ C选项,原子数目相等的O3和N2,则分子数之比为2:3,故C错误;‎ D选项,质量相等的N2和CO2,摩尔质量不相等,因此物质的量不相等,分子数目不相等,故D错误;‎ 综上所述,答案为B。‎ ‎11.碘在地壳中主要以NaIO3的形式存在,在海水中主要以I-的形式存在,几种粒子之间的转化关系如图所示。‎ 下列说法中不正确的是( )‎ A. 用淀粉KI试纸和食醋检验加碘盐时淀粉KI试纸会变蓝 B. 足量Cl2能使湿润的、已变蓝的淀粉KI试纸褪色的原因可能是5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl C. 由图可知氧化性的强弱顺序为Cl2>I2>IO3—‎ D. 途径Ⅱ中若生成1molI2,则反应中转移的电子数为10NA ‎【答案】C ‎【解析】A. 用淀粉-KI试纸和食醋检验加碘盐时,IO3-+5I-+6H+=I2+3H2O,所以淀粉-KI试纸会变蓝,故A正确;B. 足量Cl2能使湿润的、已变蓝的淀粉-KI试纸褪色的原因可能是5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl,故B正确;C. 由图可知氧化性的强弱顺序为Cl2 >IO3->I2,故C不正确;D. 途径II中若生成1molI2,I的化合价变化为+5→0,则反应中转移的电子数为10NA,故D正确。故选C。‎ ‎12.下列各项操作中,不发生“先产生沉淀,然后沉淀又溶解”现象的有(   )‎ ‎①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2‎ ‎②向氢氧化铁胶体中逐滴稀盐酸 ‎③向FeCl3溶液中逐滴加入过量稀氢氧化钠溶液 ‎④向澄清的石灰水中通入过量的CO2‎ ‎⑤向氯化钠的饱和溶液中通入大量氨气再通入过量CO2‎ A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2生成碳酸氢钠,由于碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠溶解度小,因此有晶体析出,出现浑浊,不会变澄清,因此符合题意;‎ ‎②向氢氧化铁胶体中逐滴稀盐酸,先加入电解质发生胶体聚沉,后酸碱中和反应生成水和氯化铁溶液,因此不符合题意;‎ ‎③向FeCl3溶液中逐滴加入过量稀氢氧化钠溶液生成氢氧化铁沉淀,沉淀不溶解,因此符合题意;‎ ‎④向澄清石灰水中通入过量的CO2,先溶液变浑浊生成碳酸钙,继续通入溶液变澄清,因此不符合题意;‎ ‎⑤向氯化钠的饱和溶液中通入大量氨气再通入过量CO2,溶液变浑浊生成碳酸氢钠和氯化铵,因此符合题意,故符合题意的①③⑤三个,C正确;‎ 综上所述,答案为C。‎ ‎13.下列离子方程正确的是( )‎ A. 饱和石灰水中通入过量二氧化碳:OH- + CO2 = HCO3-‎ B. 将Cl2溶于水制备次氯酸: Cl2 + H2O = 2H++ Cl- + ClO-‎ C. 实验室制取二氧化碳:CO32- + 2H+ = H2O + CO2 ↑‎ D. 将少量SO2通入NaClO溶液中: SO2 + H2O + 2ClO-= SO32- + 2HClO ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项,饱和石灰水中通入过量二氧化碳生成碳酸氢钙溶液,OH-+ CO2 = HCO3-,故A正确;‎ B选项,将Cl2溶于水制备次氯酸,次氯酸不能拆,故B错误;‎ C选项,实验室制取二氧化碳用碳酸钙和稀盐酸,碳酸钙是固体不能拆,故C错误;‎ D选项,将少量SO2通入NaClO溶液中,次氯酸具有强氧化性,将亚硫酸根氧化成硫酸根,而自身变为氯离子,故D错误;‎ 综上所述,答案为A。‎ ‎14.把VL含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份,一份加入含a mol BaCl2的溶液,恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡;另一份加入含b mol NaOH的溶液,恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁。则原混合溶液中钾离子的浓度为( )‎ A. mol·L-1 B. mol·L-1‎ C. mol·L-1 D. mol·L-1‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析:0.5VL的溶液中,n(SO42-)=" b" mol, n(Mg2+)= 0.5a mol,根据电荷守恒可得n(K+)=2b-a,所以钾离子的浓度为:mol·Lˉ1,D正确。‎ ‎15.下列除杂试剂及方法选择正确的是( )‎ A. NaHCO3 (混有Na2CO3)将固体在空气中充分加热 B. Cl2(混有H2O和HCl)将混合气体依次通过浓硫酸和饱和食盐水洗气 C. NaCl溶液(混有Na2SO4)向溶液中依次加入BaCl2-Na2CO3-盐酸(每种试剂均过量)最后加热 D. FeCl2(混有FeCl3)向混合溶液中通入过量氯气 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项,NaHCO3 受热易分解,在空气中受热不能达到除杂的目的,故A错误;‎ B选项,Cl2(混有H2O和HCl)将混合气体应该依次通过饱和食盐水和浓硫酸洗气,故B错误;‎ C选项,NaCl溶液(混有Na2SO4)向溶液中先加入BaCl2除掉硫酸根,再加Na2CO3除掉多余的钡离子,再加盐酸除掉多余的碳酸根,最后加热除掉多余的盐酸,故C正确;‎ D选项,FeCl2(混有FeCl3)向混合溶液中加入过量铁粉,再过滤,故D错误;‎ 综上所述,答案为C。‎ ‎16.某同学结合所学知识探究Na2O2与H2能否反应,设计装置如下,下列说法正确的是( )‎ A. 若D中无水硫酸铜变蓝,则说明Na2O2与H2反应生成水 B. 装置B中盛放浓硫酸,目的是除去A中挥发出来的少量水蒸气 C. 装置C加热前,用试管在干燥管管口处收集气体点燃,通过声音判断气体纯度 D. 装置A也可直接用于二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项,若D中无水硫酸铜变蓝,不能说明Na2O2与H2反应生成水,因为D外的水蒸气会进入到D装置中引起变蓝,故A错误;‎ B选项,装置B是U型管,只能装固体干燥剂碱石灰,目的是除去A中挥发出来的少量水蒸气和挥发的HCl,故B错误;‎ C选项,装置C加热前,应该先检验氢气的纯度,方法是用试管在干燥管管口处收集气体点燃,通过声音判断气体纯度,故C正确;‎ D选项,装置A不能直接用于二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气,因为该装置缺少加热装置,故D错误;‎ 综上所述,答案为C。‎ ‎17. 下列说法正确的是( )‎ ‎①氯气的性质活泼,它与氢气混合后立即发生爆炸 ‎②实验室制取氯气时,为了防止环境污染,多余的氯气可以用氢氧化钙溶液吸收 ‎③新制氯水的氧化性强于久置氯水 ‎④检验HCl气体中是否混有Cl2方法是将气体通入硝酸银溶液 ‎⑤除去HCl气体中的Cl2,可将气体通入饱和食盐水中 A. ①②③ B. ③ C. ②③④ D. ③⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析:①氯气和氢气在点燃或光照条件下能产生爆炸,在没有条件下不反应,故错误;②氢氧化钙的溶解度较小,所以吸收氯气的能力较小,实验室一般用氢氧化钠溶液吸收氯气,故错误;③次氯酸有强氧化性,新制的氯水中次氯酸的量较多,久置的氯水中,次氯酸分解生成氯化氢和氧气,所以久置的氯水中次氯酸含量较少,强氧化性较低,所以新制氯水的氧化性强于久置氯水的,故正确;④氯气和水反应生成盐酸和次氯酸,氯化氢和硝酸银反应生成氯化银沉淀,所以氯气、氯化氢都能和硝酸银溶液反应生成白色沉淀,所以硝酸银溶液不能用于检验HCl气体中是否混有Cl2,故错误;⑤饱和食盐水中含有氯离子,抑制氯气的溶解,氯化氢极易溶于饱和食盐水,所以可以除去Cl2中的HCl气体,但达不到除去HCl气体中的Cl2的目的,故错误;故选B。‎ ‎18.根据下列实验事实得出的相应结论正确的是(  )‎ 序号 实验事实 结论 A CO2的水溶液可以导电 CO2是电解质 B Ca(ClO)2溶液中通入CO2产生白色沉淀 酸性:H2CO3>HClO C 向无色溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀生成,再加盐酸,沉淀不消失 原溶液中一定含有SO42-‎ D 用铂丝蘸取某溶液在酒精灯火焰上灼烧直接观察火焰颜色,未见紫色 原溶液中不含K+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、CO2‎ 的水溶液可以导电是因为二氧化碳溶于水生成碳酸,碳酸电离出离子而导电,二氧化碳不能电离,是非电解质,A错误;‎ B、Ca(ClO)2溶液中通入CO2产生白色沉淀,同时还有次氯酸生成,则可以证明酸性:H2CO3>HClO,B正确;‎ C、向无色溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀生成,再加盐酸,沉淀不消失,白色沉淀可能是硫酸钡或氯化银,不能说明溶液中含有硫酸根离子,C错误;‎ D、观察钾元素的焰色反应需要透过蓝色钴玻璃,用铂丝蘸取某溶液在酒精灯火焰上灼烧直接观察火焰颜色,未见紫色不能说明溶液中不存在钾离子,D错误;‎ 答案选B。‎ ‎19.将露置于空气中的某氢氧化钠固体样品溶于水,向所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量,生成的CO2(标准状况)与加入的盐酸的体积有如图所示的关系(不考虑CO2在水中的溶解)。下列说法不正确的是(  )‎ A. 滴加盐酸0→150mL段发生的反应依次为OH-+H+=H2O、CO32-+H+=HCO3-‎ B. 所用盐酸的物质的量浓度为0.4 mol•L﹣1‎ C. CO2体积不再改变时,溶液中溶质为NaCl D. 该样品中NaOH与Na2CO3物质的量之比为1:2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、因为碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠,与碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳消耗盐酸的物质的量相等,所以由图可知V(HCl)在0~100mL区间内发生反应的化学方程式为:NaOH+HCl=NaCl+H2O;在100~150mL区间内发生反应的化学方程式为Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3;在150~200mL区间内发生反应的化学方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O,离子反应依次是:OH-+H+=H2O、CO32-+H+=HCO3-、HCO3-+H+=CO2↑+H2O,故A正确;‎ B、加入150mL~200mL盐酸,消耗盐酸体积=200mL-150mL=50mL,生成0.448L二氧化碳,其物质的量=0.448L÷22.4L/mol=0.02mol,则根据方程式NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O可知消耗盐酸的物质的量是0.02mol,则c(HCl)=0.02mol÷0.05L=0.4mol/L,故B正确;‎ C、加入200mL盐酸时,生成0.448L二氧化碳,此时溶液中溶质为NaCl,故C正确;‎ D、加入200mL盐酸时,生成0.448L二氧化碳,此时溶液中溶质为NaCl,由氯离子守恒可知n(NaCl)=0.2L×0.4mol/L=0.08mol,根据碳元素守恒n(Na2CO3)=n(CO2)=0.02mol,根据钠离子守恒n(NaOH)=n(NaCl)-2n(Na2CO3)=0.08mol-0.02mol×2=0.04mol,故该样品中NaOH与Na2CO3物质的量之比=0.04mol:0.02mol=2:1,故D错误。‎ 故答案选D。‎ ‎20.下列说法不正确的是( )‎ A. 向Na2CO3溶液中逐滴加入盐酸,直到不再生成CO2气体为止,在此过程中,溶液中的HCO3-浓度变化是先变大后变小(溶液体积变化均忽略不计)‎ B. 向NaHCO3溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液,溶液中CO32-的浓度变化是先变大后变小(溶液体积变化忽略)‎ C. Na2O2、Na2O均能通过单质直接化合得到 D. 将物质的量比为2:1的Na和Na2O样品分别放入等量的水中,所得溶液的质量分数分别为a%和b%,则a、b的关系是a
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