【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）

【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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