【化学】江西省南昌市进贤一中2019-2020学年高二上学期期末考试（解析版） 17页

江西省南昌市进贤一中2019-2020学年高二上学期期末考试 可能用到的相对原子质量：H—1　C—12　N—14　O—16 Na—23 Mg—24 P—31　S—32　Cl—35.5　Fe—56‎ 第Ⅰ卷(选择题，共48分)‎ 一、选择题(本题包括16小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分)‎ ‎1. 下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是 A. 生成物总能量一定低于反应物总能量 B. 放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率 C. 应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应焓变 D. 同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl在光照和点燃条件下的△H不同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、化学反应过程中一定伴随能量变化，反应可以是放热反应或吸热反应，反应物总能量高于生成物总能量则反应放热，反应物总能量低于生成物总能量，反应吸热，错误；‎ B、反应速率的大小与反应热无关，如氢氧化钡晶体和氯化铵的反应为吸热反应，在常温下能迅速反应，金属的腐蚀为放热反应，但反应速率较慢，错误；‎ C、反应热与反应的途径无关，取决于反应物和生成物的始末状态，可根据盖斯定律，计算某些难以直接测量的反应焓变，正确；‎ D、反应热与反应的条件无关，同温同压下，H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）在光照和点燃条件下的△H相同，错误；‎ 答案选C。‎ ‎2.氯原子对O3分解有催化作用：①O3＋Cl===ClO＋O2　ΔH1，②ClO＋O===Cl＋O2　ΔH2。大气臭氧层的分解反应是③O3＋O===2O2　ΔH，该反应的能量变化示意图如图所示，下列叙述中，正确的是(　　)‎ A. 反应O3＋O===2O2的ΔH＝E1－E3 B. 反应O3＋O===2O2的ΔH＝E2－E3‎ C. O3＋O===2O2是吸热反应 D. ΔH＝ΔH1＋ΔH2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应热等于生成物的总能量减去反应物的总能量，则反应O3+O=2O2的△H=E3-E2，错误；‎ B．已知：①O3+Cl=ClO+O2；△H1；②ClO+O=Cl+O2；△H2，根据盖斯定律将①+②可得：O3+O=2O2；△H=△H1+△H2。由A可知，反应热等于生成物的总能量减去反应物的总能量，△H=E3-E2，错误；‎ C．由图象可以看出，反应物O3+O总能量大于2O2的总能量，为放热反应，错误；‎ D．已知：①O3+Cl=ClO+O2；△H1；②ClO+O=Cl+O2；△H2，利用盖斯定律将①+②可得：O3+O=2O2；△H=△H1+△H2，正确。‎ 故合理选项是D。‎ ‎3. 现有下列两个图象：‎ 下列反应中符合上述图象的是(　　)‎ A. N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH＜0‎ B. 2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)　ΔH＞0‎ C. 4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)　ΔH＜0‎ D. H2(g)＋CO(g)C(s)＋H2O(g)　ΔH＞0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由图I可知，随温度升高，生成物浓度增大，即升高温度平衡向正反应方向移动即正反应方向为吸热反应；由图II可知，当反应达到平衡时，增大压强正、逆反应速率均增大，且逆反应速率增大的更快即平衡向逆反应方向移动，所以该反应的逆反应方向为气体体积减少的反应；所以 A错，合成氨的反应为放热反应；B正确；C错，氨的催化氧化为放热反应；D错，该反应的逆反应为气体体积增大的反应；‎ ‎4. 在水中加入下列物质，可以促进水电离的是（ ）‎ A. H2SO4 B. NaOH C. Na2CO3 D. KNO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．硫酸溶于水显酸性，抑制水的电离，故A错误；  B．氢氧化钠溶液显碱性，抑制水的电离，故B错误； C．硝酸钾是强酸强碱盐对水的电离无影响，故C错误； D．碳酸钠是强碱弱酸盐，水中碳酸根离子水解呈碱性，促进水的电离，故D正确； 故选D。‎ ‎【点睛】硝酸钾电离出来的离子不能与水电离出来的H+或OH-结合生成弱电解质，对水的电离无影响。‎ ‎5.下列能说明醋酸是弱酸的是(　　)‎ A. 醋酸能与NaOH反应 B. 醋酸能使石蕊变红 C. 醋酸溶液pH<7 D. 常温下0.1 mol·L－1醋酸pH＝3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 醋酸能和NaOH反应说明醋酸具有酸性，不能说明醋酸部分电离，则不能说明醋酸是弱酸，故A错误； B. 醋酸能使石蕊试液变红色，说明醋酸显酸性，不能说明醋酸部分电离，故B错误； C. 醋酸溶液pH<7，说明醋酸显酸性，不能说明醋酸部分电离，故C错误； D. 0.1mol·L-1醋酸pH=3，即c(H+)=0.001mol/L，说明醋酸发生部分电离，属于弱酸，故D正确； 答案选D。‎ ‎6. 有如图所示的装置，当电流表中产生持续电流时，下列说法正确的是 A. Cu是原电池的负极 B. Al是原电池的负极 C. 电子由Al沿导线流向铜 D. 铝片上的电极反应式为：Al﹣3e﹣═AL3+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铜、铝、浓硝酸构成的原电池中，金属铝遇到浓硝酸会发生钝化，所以金属铜是负极，金属铝是正极，负极上金属失电子发生氧化反应，正极上是得电子的还原反应。‎ ‎【详解】A、铜、铝、浓硝酸构成的原电池中，金属铝遇到浓硝酸会发生钝化，所以金属铜是负极，金属铝是正极，故A正确；‎ B、以金属铜是负极，金属铝是正极，故B错误；‎ C、电子从负极流向正极，即从铜流向铝，故C错误；‎ D、铝是正极，该电极上金属不会反应，是硝酸中的硝酸根离子发生得电子的还原反应，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎7.在一定条件下发生反应2A（g）=2B（g）+C（g），将2 mol A通入2 L容积恒定的密闭容器甲中，若维持容器内温度不变，5 min末测得A的物质的量为0.8 mol。用C的浓度变化来表示该反应的速率为 A. 0.24 mol／（L·min） B. 0.12 mol／（L·min）‎ C 0.08 mol／（L·min） D. 0.06 mol／（L·min）‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 速率比应该等于方程式的系数比，所以C的速率为A的速率的一半，即，选项D正确。‎ ‎8. 下列溶液中有关粒子的物质的量浓度关系正确的是 A. 氯水中：2c(Cl2)＝c(ClO－)＋c(Cl－)＋c(HClO)‎ B. 25℃时，pH＝12的NaOH溶液与pH＝12的氨水：c (Na＋ ) ＝ c(NH4+)‎ C. pH＝4的0．1 mol·L－1的NaHA溶液中：c (HA－) > c (H＋ ) > c (H2A) > c (A2－ )‎ D. 在K2CO3溶液中：c (CO32-) ＋ c (OH－ ) ＝ c (HCO3-) ＋ c( H＋ )‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氯气与水反应为可逆反应，溶解的氯气只有很少的一部分与水反应生成盐酸和次氯酸，题给条件下无法确定氯水中c(Cl2)与c(ClO－)、c(Cl－)、c(HClO)的关系，错误；‎ B、根据两溶液中的电荷守恒式判断25℃时，pH＝12的NaOH溶液与pH＝12的氨水：c (Na＋) ＝ c(NH4+)，正确；‎ C、0.1 mol·L－1的NaHA溶液pH＝4，则HA—的电离程度大于其水解程度，溶液中微粒浓度关系为：c (HA－) > c (H＋) > c (A2－) > c (H2A)，错误；‎ D、根据电荷守恒和物料守恒判断在K2CO3溶液中：c (OH－) - 2c (H2CO3)＝ c (HCO3-) ＋ c( H＋)，错误；‎ ‎9.在pH均为9的NaOH和CH3COONa两种溶液中，假设由水电离产生的OH- 离子浓度分别为Amol/L与Bmol/L，则A和B关系为：‎ A. A>B B. A=10-4B C. B=10-4 A D. A=B ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，pH=9的氢氧化钠和醋酸钠，醋酸钠促进水电离，氢氧化钠抑制水电离，NaOH溶液中水电离出的c（OH－）=c（H＋）=10-9 mol·L－1，醋酸钠溶液中水电离出的c（OH－）= = =10-5 mol·L－1，所以A=10-4B；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查了水的电离，明确哪些物质促进水电离、哪些物质抑制水电离是解本题关键，注意酸溶液中水电离出氢离子浓度、碱溶液中水电离出氢氧根离子浓度的方法，为易错点．‎ ‎10.已知：2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)；ΔH＝－566 kJ·mol－1‎ N2(g)＋O2(g)=2NO(g)；ΔH＝＋180 kJ·mol－1‎ 则2CO(g)＋2NO(g)=N2(g)＋2CO2(g)的ΔH是(　　)‎ A. －386 kJ·mol－1 B. ＋386 kJ·mol－1‎ C. －746 kJ·mol－1 D. ＋746 kJ·mol－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】已知：① 2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=﹣566kJ•mol﹣1‎ ‎②N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180kJ•mol﹣1‎ 则根据盖斯定律可知①－②即得到2CO（g）+2NO（g）═N2（g）+2CO2（g）的△H＝－746kJ/mol，答案选C。‎ ‎11.在一密闭容器中加入A、B、C三种气体，保持一定温度，在t1~t4时刻测得各物质的浓度如下表。据此判断下列结论正确的是 A. 在t3时刻反应已经停止 B. A的转化率比B的转化率低 C. 在容器中发生的反应为： 2A+B2C D. 在t2~t3内A的平均反应速率为：[1/（t3－t2）]mol·L－1·s－1[‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、可逆反应达到了平衡状态，但是反应仍然进行，故A错误； B、根据表中的数据，t1→t2，消耗了A3mol/L、B1.5mol/L，生成了1.5mol/LC，故反应方程式为：2A+B⇌C，反应前A、B的浓度之比小于2：1，反应过程中消耗的A、B的浓度之比等于2：1，则转化率A的大于B，故B错误； C、由于ABC的反应方程式为：2A+B⇌C，故C错误； D、反应速率等于浓度变化比时间，t2到t3，A的浓度变化为1mol/L，时间为（t3-t2），故A的平均反应速率为： mol/（L•s），故D正确； 故选：D。‎ ‎12.如表为有关化合物的pKsp，pKsp＝－lgKsp。某同学设计实验如下：①向AgNO3溶液中加入适量NaX溶液，得到沉淀AgX；②向①中加NaY，则沉淀转化为AgY；③向②中加入NaZ，沉淀又转化为AgZ。则表中a、b、c的大小关系为( )‎ A. a>b>c B. aKsp(AgY)>Ksp(AgZ)，又pKsp=−lgKsp，则ac(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，A点pH＝1，说明溶液中氢离子浓度是0.1mol/L，所以是盐酸溶液，因此滴定HCl溶液的曲线是图1；‎ ‎（2）图1中a点pH＝7，二者恰好反应，所以a=20.00mL；‎ ‎（3）根据电荷守恒可知c(Na+)=c(CH3COO-)时溶液显中性，则对应的点是D；‎ ‎（4）E点醋酸与氢氧化钠恰好反应，生成的醋酸钠水解，溶液显碱性，则对应离子浓度由大到小的顺序为c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)。‎ ‎19.二甲醚(CH3OCH3)被称为21世纪的新型能源，它清洁、高效、具有优良的环保性能。‎ Ⅰ.工业制备二甲醚的生产流程如下：‎ 催化反应室中(压强2.0～10.0 MPa，温度230～280℃)进行下列反应：‎ CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH＝－90.7 kJ/mol ①‎ ‎2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH＝－23.5 kJ/mol ②‎ CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH＝－41.2 kJ/mol ③‎ ‎(1)甲烷氧化可制得合成气，反应如下：CH4(g)＋O2(g)CO(g)＋2H2(g) ΔH＝－35.6 kJ/mol。该反应是_______反应(填“自发”或“非自发”)。‎ ‎(2)催化反应室中总反应3CO(g)＋3H2(g)CH3OCH3(g)＋CO2(g)的ΔH＝___________。830℃时反应③的K＝1.0，则在催化反应室中反应③的K_______1.0(填“>”、“<”或“＝”)。‎ ‎(3)上述反应中，可以循环使用的物质有_______。‎ Ⅱ.如图为绿色电源“二甲醚燃料电池”的工作原理示意图。b电极是_______极。‎ ‎【答案】 (1). 自发 (2). －246.1 kJ/mol (3). > (4). CO、H2、甲醇和水 (5). 正 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ、（1）依据自发进行的判断依据为△H-T△S＜0，是自发进行的反应；△H-T△S＞0，是非自发进行的反应； （2）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到热化学方程式进行计算应用；催化反应室内的反应条件是压力2.0～10.0Mpa，温度230～280℃；结合化学平衡影响因素分析判断； （3）依据反应过程中的中间产物是可以循环利用的物质； Ⅱ、反应本质是二甲醚的燃烧，原电池负极发生氧化反应，二甲醚在负极放电，正极反应还原反应，b为正极，氧气在正极放电．由图可知，a极为负极，二甲醚放电生成二氧化碳与氢离子。‎ ‎【详解】Ⅰ.(1)反应后气体的物质的量增大，混乱度增加，熵增大，ΔS>0，由复合判据得该反应能自发进行。‎ ‎(2)反应3CO(g)＋3H2(g)CH3OCH3(g)＋CO2(g)可利用题给的三个反应，将①×2＋②＋③得到，则ΔH＝－90.7 kJ/mol×2＋(－23.5 kJ/mol)＋(－41.2 kJ/mol)＝－246.1 kJ/mol；因为催化反应室中的温度低于830℃，温度降低，反应③的平衡向正反应方向移动，故K>1.0。‎ ‎(3)从流程图中可以看出排出的物质CO、H2、甲醇和水在反应①、②、③中可以作为反应物，故均可以循环利用。‎ Ⅱ.燃料电池中通入O2一极发生还原反应，即b电极是正极。‎ ‎20.下图所示甲、乙是电化学实验装置。‎ ‎（1）若甲、乙两烧杯中均盛有NaCl溶液。‎ ‎①甲中石墨棒上的电极反应式为__________________________________。‎ ‎②乙中总反应的离子方程式为____________________________________。‎ ‎③将湿润的淀粉KI试纸放在乙烧杯上方，发现试纸先变蓝后褪色，这是因为过量的Cl2氧化了生成的I2。若反应中Cl2和I2的物质的量之比为5∶1，且生成两种酸，该反应的化学方程式为_________。‎ ‎（2）若甲、乙两烧杯中均盛有CuSO4溶液。‎ ‎①甲中铁棒上的电极反应式为__________________________。‎ ‎②如果起始时乙中盛有200 mL pH＝5的CuSO4溶液(25 ℃)，一段时间后溶液的pH变为1，若要使溶液恢复到电解前的状态，可向溶液中加入________(填写物质的化学式)________g。‎ ‎【答案】 (1). 2H2O＋O2＋4e－===4OH－ (2). 2Cl－＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2OH－ (3). 5Cl2＋I2＋6H2O === 10HCl＋2HIO3 (4). Fe－2e－=== Fe2＋ (5). CuO(或CuCO3) (6). 0.8(或1.24)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①甲中铁作负极，石墨作正极，发生吸氧腐蚀，石墨电极反应式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－；②根据电子流动方向，铁作阴极，此装置是电解饱和食盐水，因此总电极反应式为：2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑；③Cl2作氧化剂，被还原成Cl－，I2为还原剂，根据得失电子数目守恒，因此有5×2×1=1×(x－0)×2，x=5，I被氧化成HIO3，因此反应方程式为：5Cl2＋I2＋6H2O=10HCl＋2HIO3；‎ ‎（2）①甲中发生Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu，铁作负极，电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋；②乙中发生总反应是2CuSO4＋2H2OCu＋O2↑＋2H2SO4，恢复到电解前的状态，需要加入CuO或CuCO3，pH=1此时溶液中n(H＋)=200×10－3×0.1mol=0.02mol，如果加入CuO，则需要的m(CuO)=0.02×80/2g=0.8g，假如加入CuCO3，m(CuCO3)=0.02×124/2g=1.24g。‎ ‎【点睛】本题的难点是问题(1)中③，首先判断谁是氧化剂，谁是还原剂，Cl2的氧化性强于I2，因此Cl2为氧化剂，被还原成Cl－，I2为还原剂，然后根据得失电子数目守恒，判断出I2被氧化哪种物质，从而写出反应方程式。‎ ‎21.高炉炼铁过程中发生的主要反应为 Fe2O3(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)‎ 已知该反应在不同温度下的平衡常数如下：‎ 温度/℃‎ ‎1 000‎ ‎1 150‎ ‎1 300‎ 平衡常数 ‎4．0‎ ‎3．7‎ ‎3．5‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）该反应的平衡常数表达式K=____，ΔH____(填“>”“<”或“=”)0。‎ ‎（2）在一个容积为10 L的密闭容器中，1 000 ℃时加入Fe、Fe2O3、CO、CO2各1.0 mol，反应经过10 min后达到平衡。求该时间范围内反应的平均反应速率v(CO2)=____、CO的平衡转化率=____。‎ ‎（3）欲提高（2）中CO的平衡转化率，可采取的措施是____。‎ A．减少Fe的量 B．增加Fe2O3的量 C．移出部分CO2‎ D．提高反应温度 E．减小容器的容积 F．加入合适的催化剂 ‎【答案】 (1). K= (2). < (3). 0.006 mol·(L·min)-1 (4). 60% (5). C ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）平衡常数表达式中不能用固体或纯液体表示，故K=；由表中数据可知，随着温度升高，平衡常数减小，表明平衡向逆反应方向移动，即正反应为放热反应，故ΔH<0。‎ ‎（2）‎ K==4.0，x=0.06，v(CO2)==0.006 mol·(L·min)-1，CO转化率=×100%=60%。‎ ‎（3）A、B项中，增加或减少固体的量不会影响化学平衡移动，故不可以；‎ C项，移出部分CO2，可以增大CO转化率；‎ D项，提高反应温度，平衡向逆反应方向移动，CO转化率减小；‎ E项，减小容器的容积，即加压，平衡不移动，CO的转化率不变；‎ F项，催化剂不影响化学平衡移动，故不影响CO转化率。‎ ‎22.室温下，向20 mL 0.1 mol/L的醋酸溶液中逐滴加入0.1 mol/L的氢氧化钠溶液，直至氢氧化钠溶液过量。‎ ‎(1)写出反应的离子方程式：_________________________。‎ ‎(2)在实验的整个过程中，水的电离程度的变化趋势是___________________________。‎ ‎(3)请在下表的空格部分填上相应的内容，将表格补充完整(NaOH的体积、pH栏中填写“>”“<”或“＝”)。‎ 加入NaOH 的体积/mL 离子浓度从大到小的顺序 溶液中所含溶质化学式 溶液的pH ‎①＝10 mL ‎ ________________‎ ‎______________‎ ‎<7‎ ‎②__20 mL ‎______________‎ ‎______________‎ ‎＝7‎ ‎③__20 mL ‎______________‎ CH3COONa ‎____7‎ ‎④__20 mL ‎______________‎ CH3COOH、‎ NaOH ‎____7‎ ‎【答案】 (1). OH－＋CH3COOH===CH3COO－＋H2O (2). 先增大后变小 (3). c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH) (4). CH3COOH、CH3COONa (5). < (6). c(CH3COO－)＝c(Na＋)>c(H＋)＝c(OH－) (7). CH3COOH、CH3COONa (8). ＝ (9). c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋) (10). > (11). > (12). c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋) (13). >‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）书写离子方程式时，弱电解质不能拆，强电解质要拆成离子；‎ ‎（2）酸、碱抑制水的电离，可水解的盐促进水的电离；‎ ‎（3）①当加入10mLNaOH时，溶质为等浓度的CH3COOH与CH3COONa，pH<7，说明醋酸的电离大于醋酸根的水解；‎ ‎②当加入20mLNaOH时，NaOH和CH3COOH恰好完全反应生成CH3COONa，CH3COONa溶液显碱性，若溶液pH=7，则应为CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，则碱不足，醋酸剩余；‎ ‎③当加入20mLNaOH时，NaOH和CH3COOH恰好完全反应生成CH3COONa；‎ ‎④当加入NaOH>20mL时，溶质为CH3COONa、NaOH，pH>7，据此解答。‎ ‎【详解】（1）醋酸是弱电解质，用分子式表示，氢氧化钠是强碱，要拆成离子形式，反应的离子方程式为：OH－＋CH3COOH===CH3COO－＋H2O；‎ 故答案为：OH－＋CH3COOH===CH3COO－＋H2O；‎ ‎（2）在向CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液的过程中，溶液由醋酸逐渐变为醋酸钠，当NaOH过量时，又成为醋酸钠和氢氧化钠的混合液，整个过程中水的电离由被抑制逐渐变为被促进，最后又变成被抑制；‎ 故答案为：先增大后变小；‎ ‎（3）①当加入10mLNaOH时，溶质为等浓度的CH3COOH与CH3COONa，pH<7，所以c(H+)>c(OH-)，说明醋酸的电离大于醋酸根的水解，所以c(CH3COO-)>c(Na+)，因此c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)；‎ 故答案为：c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH)；CH3COOH、CH3COONa；‎ ‎②当加入20mLNaOH时，NaOH和CH3COOH恰好完全反应生成CH3COONa，CH3COONa溶液显碱性，若溶液pH=7，则应为CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，则碱不足，醋酸剩余，则有10mLc(H+)=c(OH-)；‎ 故答案为：<；c(CH3COO－)＝c(Na＋)>c(H＋)＝c(OH－)；CH3COOH、CH3COONa；‎ ‎③当加入20mLNaOH时，NaOH和CH3COOH恰好完全反应生成CH3COONa，CH3COONa溶液显碱性，pH>7，c(H+)c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)；‎ 故答案为：＝；c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)；>；‎ ‎④当加入NaOH>20mL时，溶质为CH3COONa、NaOH，pH>7，c(H+)c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)；‎ 故答案为：>；c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)；>。‎ ‎【点睛】室温下，向20 mL 0.1 mol/L的醋酸溶液中逐滴加入0.1 mol/L的氢氧化钠溶液，当加入10mLNaOH时，溶质为等浓度的CH3COOH与CH3COONa，pH<7，所以c(H+)>c(OH-)，说明醋酸的电离大于醋酸根的水解，所以c(CH3COO-)>c(Na+‎ ‎)，因此c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，该溶液中电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，物料守恒：2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，联立电荷守恒和物料守恒可得，2c(H+)+c(CH3COOH)=2c(OH-)+c(CH3COO-)，这是常考点。‎