2024年浙教版高三化学上册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年浙教版高三化学上册阶段测试试卷336考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、下列操作能证明溶液中有SO存在的是（）A.加入BaCl2溶液，如果产生白色沉淀，则一定含有SOB.向溶液中加盐酸酸化的BaCl2，如果产生白色沉淀，则一定有SOC.先加入盐酸，若无沉淀产生，再加入Ba（NO3）2溶液，若产生白色沉淀，则有SOD.先加入盐酸，若无明显现象，再加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有SO2、关于晶体的下列说法中正确的是（）A.溶质从溶液中析出是得到晶体的三条途径之一B.区别晶体和非晶体最好的方法是观察是否有规则的几何外形C.水晶在不同方向上的硬度、导热性、导电性相同D.只有无色透明的固体才是晶体3、下列电离方程式或离子方程式书写正确的是（）A.H2CO3在水溶液中的电离方程式：H2CO3⇌H++HCO3-B.醋酸与氢氧化钠反应的离子方程式：H++OH-⇌H2OC.NaHCO3在水溶液中的电离方程式：NaHCO3=Na++H++CO32-D.CuSO4在水溶液中水解的离子方程式：Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+4、在rm{100隆忙}时，rm{3.88g}的气体rm{A}与足量的rm{Na_{2}O_{2}}反应，可放出氧气，且固体的质量增加了rm{2.28g}由此可知，rm{A}的组成为rm{(}rm{)}A.只有水蒸气B.只有二氧化碳C.水蒸气和二氧化碳D.无法确定5、在HCN溶液中有如下平衡：HCN⇌H++CN-，向该溶液中加入少量的下列物质后，一定能使电离平衡向右移动的是（）A.NaOH溶液B.硫酸溶液C.NaCN溶液D.盐酸溶液评卷人得分二、双选题(共6题，共12分)6、在体积均为rm{1.0L}的两恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉，再分别加入rm{0.1molCO_{2}}和rm{0.2molCO_{2}}在不同温度下反应rm{CO_{2}(g)+C(s)=2CO(g)}达到平衡，平衡时rm{CO_{2}}的物质的量浓度rm{c(CO_{2})}随温度的变化如图所示rm{(}图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上rm{)}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.反应rm{CO_{2}(g)+C(s)=2CO(g)}的rm{娄陇S>0}rm{娄陇H<0}B.体系的总压强rm{p_{脳脺}:p_{脳脺}(}状态Ⅱrm{)>2p_{脳脺}(}状态Ⅰrm{)}C.体系中rm{c(CO):c(CO}状态Ⅱrm{)<2c(CO}状态Ⅲrm{)}D.逆反应速率rm{v_{脛忙}:v_{脛忙}(}状态Ⅰrm{)>v_{脛忙}(}状态Ⅲrm{)}7、下列化合物分子中，在核磁共振氢谱图中能给出三种信号的是rm{(}rm{)}A.rm{CH_{3}CH_{2}CH_{3}}B.rm{CH_{3}COCH_{2}CH_{3}}C.rm{CH_{3}CH_{2}OH}D.rm{CH_{3}OCH_{3}}8、汽车的启动电源常用铅蓄电池．其结构如图所示，放电时的电池反应如下：PbO2+Pb+2H2SO4═2PbSO4+2H2O根据此反应判断下列叙述中正确的是（）A.PbO2是电池的负极B.Pb是负极C.PbO2得电子，被氧化D.电池放电时，溶液酸性减弱9、向一种溶液中滴加另一种溶液后，溶液的颜色不发生显著变化的是（）A.硝酸亚铁溶液中加入稀硫酸B.含有酚酞的碳酸钠溶液中加入足量的氧化钙溶液C.硫酸铜溶液中滴加硝酸钡溶液D.高锰酸钾酸性溶液中滴加亚硫酸钠溶液10、我国科学家屠呦呦因创制新型抗疟药rm{隆陋隆陋}青蒿素和双氢青蒿素而分享了rm{2015}年诺贝尔生理学或医学奖。青蒿素和双氢青蒿素的结构如下，下列说法正确的是()A.青蒿素的分子式为rm{C_{16}H_{24}O_{5}}B.两种分子中所含的手性碳原子数目相同C.双氢青蒿素在一定条件下可发生消去反应D.两种分子中均含有过氧键rm{(隆陋O隆陋O隆陋)}一定条件下均可能具有较强的氧化性11、下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.明矾净水过程中不涉及化学变化B.由同种元素组成的物质不一定是纯净物C.风化、石油分馏和碘的升华都是物理变化D.在化学反应中，反应前后原子种类、数目和质量一定不变评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)12、现有KBr、AgNO3、CuCl2；NaOH四种溶液；置于A、B、C、D四支试管中，进行下列实验：

（1）把A和B中的溶液混合；产生蓝色沉淀。

（2）把A和D中的溶液混合；产生白色沉淀。

（3）把C和D中的溶液混合；产生浅黄色沉淀。

由上述现象判断A、B、C、D四支试管中盛放的溶液分别是____，____，____，____．有关的离子方程式____，____，____．13、（2014秋•青岛校级期中）人工肾脏可用间接电化学方法除去代谢产物中的尿素（CO（NH2）2）；原理如图．

（1）阳极室中发生的反应依次有：____．

（2）电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将____；若两极共收集到气体13.44L（标准状况），则除去的尿素为____g（忽略气体的溶解；下同）．

（3）若关闭左下侧与左上侧溶液的导入导出，当电解过程中转移了2mol电子，则质子交换膜两侧电解液的质量变化差（△m左-△m右）为____g．14、Ⅰ煤化工中常需研究不同温度下平衡常数；投料比等问题．

已知：CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）平衡常数K随温度的变化如下表：

。温度/℃400500800平衡常数K9.9491回答下列问题。

（1）该反应的平衡常数表达式K=____，△H=____0（填“＜”；“＞”、“=”）

（2）已知在一定温度下，C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）平衡常数K1

C（s）+H2O（g）⇌H2（g）+CO（g）平衡常数K2；

则K、K1、K2，之间的关系是____

（3）800℃时，向一个10L的恒容反应器中充入0.40molCO和1.60mol水蒸气，经一段时间后反应达到平衡，此时CO的转化率为____；若保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.10molCO和0.40molCO2，此时v正____v逆（填“＞”；“=”或“＜”）．

某小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应来探究“条件对化学反应速率的影响”．

Ⅱ（4）已知：KMnO4+H2C2O4+H2SO4→MnSO4+K2SO4+CO2↑+H20（未配平），向酸性KMnO4溶液中加入一定量的H2C2O4溶液，当溶液中的KMnO4耗尽后，紫色溶液将褪去．为确保能观察到紫色褪去，H2C2O4与KMnO4初始的物质的量需要满足的关系为n（H2C2O4）：n（KMnO4）____．

（5）为探究反应物浓度对化学反应速率的影响；该小组设计了如下实验方案。

。实验序号反应温度/℃H2C2O4溶液H2OH2OV/mLc/（mol•L-1）V/mLc/（mol•L-1）V/mLc/（mol•L-1）V/mL①258.00.205.00.0100②256.00.205.00.010x表中x=____ml，理由是____．15、遭遇冰雪灾害时，常使用一种融雪剂，其主要化学成分的化学式为XY2，X、Y均为元素周期表前20号元素，X的阳离子和Y的阴离子的电子层结构相同，且1molXY2中含有54mol电子．

（1）Y在元素周期表中的位置是第____周期，____族．

（2）XY2的化学式是____，电子式是____，熔化时破坏____键．

（3）D、E原子的最外层电子数均是其电子层数的2倍，D与Y相邻．用一个置换反应证明D、Y的非金属性强弱____（写化学反应方程式）．D与E和氧原子各一个能形成结构类似于CO2的三原子分子，且每个原子均达到8电子稳定结构，则该分子的结构式为____

（4）W是与D同主族的短周期元素，Z是第三周期金属性最强的元素，其单质与W的常见单质反应时可以得到两种产物：不加热时生成____，用电子式表示该形成过程____；加热时生成____，该产物化学键类型为____，该产物与水反应的离子方程式为____，向反应后的水溶液中加入铝片，一段时间后有气泡产生，则化学方程式为：____；____．16、A；B、C、D、E、F是原子序数依次增大的短周期主族元素；A的最外层电子数是次外层电子数2倍，B是短周期中金属性最强的元素，C是同周期中阳离子半径最小的元素，D元素的最高价氧化物与B元素的最高价氧化物对应水化物反应的产物M是制备木材防火剂的原料，E的最外层电子数与内层电子数之比为3：5．请回答：

（1）F元素的氢化物沸点比同族上一周期元素的氢化物____．（填“高”；“低”）

（2）D元素的最高价氧化物是____晶体．

（3）写出M的水溶液久置于空气中变浑浊的离子方程式____．

（4）B单质与氧气反应的产物与C的单质同时放入水中，产生两种无色气体，如果这两种气体恰好能完全反应，与氧气反应的B单质和放入水中的C单质的质量比为____．

（5）工业上将干燥的F单质通入熔融的E单质中可制得化合物E2F2．该物质可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体，0.2mol该物质参加反应时转移0.3mol电子，其中只有一种元素化合价发生改变，该反应的化学方程式为____．17、有机反应往往比较复杂；常常伴随有副反应发生．已知图中X经加成反应可生成产物A；D，请根据下列流程填空．

（1）A→B的反应类型为____，写出C的结构简式____；

（2）有C的同分异构体M，既能发生银镜反应，也能发生酯化反应，M有____种同分异构体，写出其中分子结构中有支链的分子的结构简式____；

（3）写出下列有机物的结构简式：F____，I____；

（4）完成G→H化学方程式：____；

（5）完成X→D化学方程式____；

（6）X与溴水的反应中还存在一种有机副产物，其结构简式为____．评卷人得分四、判断题(共3题，共15分)18、向蛋白质溶液中滴加Na2SO4溶液产生沉淀属于化学变化____．（判断对确）19、12g金刚石中含有的共价键数为2NA．____（判断对错）20、蛋白质溶液中加入饱和（NH4）2SO4溶液，蛋白质析出，再加水也不溶解．____．（判断对错）评卷人得分五、推断题(共4题，共8分)21、（2014春•金坛市期中）已知图中H是常见无色液体；B是空气中含量最多的物质，A和B要在高温高压才能合成C，F是一种强酸：

（1）C的化学式是____，电子式为____．

（2）D和E都是大气污染物，两种物质相互转化的化学方程式分别是：①D→E____；②E→D____．

（3）E和H的反应中，氧化剂和还原剂的质量比是____．

（4）C和F反应生成G的化学方程式是____．22、（2014•东港区校级模拟）如图是中学化学某些物质之间在一定条件下的相互转化关系；已知A是一种常见的液态化合物，C；D、G、H、K是单质，其它为化合物，G、K是普通钢中的两种重要元素，其中K含量少，E、F对应溶液的酸碱性相反，F的焰色反应为黄色，请按要求作答：

（1）写出化合物的电子式：____．

（2）①写出A与J反应的离子方程式：____．②将少量的H通入F的溶液中，反应的总离子方程式为：____．

（3）B与足量稀硝酸反应，当参加反应的硝酸为4mol，转移电子的物质的量为____mol（保留2位有效数字）．

（4）已知在200℃，101Kpa下，0.12g单质K与A完全反应生成C与I，吸收了1316J的能量，写出此反应的热化学方程式：____．

（5）①以Pt为电极，由I、D以及F的溶液组成原电池，则正极的电极反应为：____．

②若用此电池电解300mL5mol/L的氯化钠溶液一段时间，两极均收集到标准状况下3.36L气体，此时溶液的pH为____（假设电解前后溶液体积不变化）．

③若往该电解后所得溶液中通入二氧化碳气体4.48L（标准状况），此时溶液中所有离子浓度的关系由大到小的顺序为：____．23、图中A～I分别表示化学反应中的一种常见物质；工业上常用电解A的饱和溶液的方法制取B．其中E；F、J在通常情况下是气体单质，E为有色气体，J是空气中含量最多的气体，X是一种常见的金属单质．部分产物和反应条件略去．

填写下列空白：

（1）写出电解A溶液的化学方程式：____，电解过程中，向两极溶液中滴加酚酞试液，有一极溶液颜色变红，则该极为____（填“正”、“负”、“阴”或“阳”）极，该极的电极反应为____．

（2）若将amolD全部转化为C，则B的物质的量的取值范围为____．

（3）写出下列反应的离子方程式：

H+D→I：____；

B+X→C+F：____；

E与B溶液的反应：____．24、在如图所示的有关物质转化关系中；各物质均是我们中学化学所学的物质．C为一种黑色粉末，D为一种气体．请根据框图中物质的转化关系及相关信息，用化学式填写下列空白：

（1）若F为可溶性碱，G为蓝色沉淀，则A为______，D可能为______．

（2）若G为蓝色沉淀，H为难溶性盐，则I为______．

（3）若G、H都属于盐，且G为蓝色溶液，则I可能为______，F可能为______．评卷人得分六、解答题(共1题，共3分)25、已知A；B在通常情况下均为气态；A有颜色，B无色，它们有如图所示的转化关系：试判断A、B、C、D的化学式或名称．写出D→A、D→B的化学反应方程式．

（1）A______；B______、C______、D______

（2）D→A：______MNCl2+Cl2↑+2H2O

参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【分析】A；硫酸根离子、亚硫酸根离子、银离子和氯化钡之间反应；都会出现白色沉淀；

B、向溶液中加盐酸酸化的BaCl2；产生白色沉淀可以是氯化银和硫酸钡；

C、含有硫酸根、亚硫酸根离子的溶液中先加入盐酸，无沉淀产生，再加入Ba（NO3）2溶液；产生白色沉淀；

D、硫酸根离子可以和钡离子之间反应生成白色不溶于硝酸的沉淀．【解析】【解答】解：A、硫酸根离子、亚硫酸根离子、银离子和氯化钡之间反应，都会出现白色沉淀，加入BaCl2溶液；如果产生白色沉淀，则一定含有硫酸根离子；亚硫酸根离子、银离子中的一种，故A错误；

B、向溶液中加盐酸酸化的BaCl2，产生白色沉淀可以是氯化银和硫酸钡，向溶液中加盐酸酸化的BaCl2；如果产生白色沉淀，则一定有银离子或是硫酸根离子中的一种，故B错误；

C、先加入盐酸，若无沉淀产生，再加入Ba（NO3）2溶液；若产生白色沉淀，则有含有硫酸根；亚硫酸根离子中的一种，故C错误；

D、硫酸根离子可以和钡离子之间反应生成白色不溶于硝酸的沉淀，先加入盐酸，若无明显现象，排除银离子，碳酸根、亚硫酸根离子的存在，再加入BaCl2溶液；若产生白色沉淀，则有硫酸根离子，故D正确．

故选D．2、A【分析】【分析】A；得到晶体的三条途径：溶质从溶液中析出、气态物质凝华、融熔态物质凝固；

B；晶体与非晶体最本质的区别是组成物质的粒子在微观空间是否有序排列；X射线衍射可以看到微观结构；

C；晶体的各向异性即沿晶格的不同方向；原子排列的周期性和疏密程度不尽相同，由此导致晶体在不同方向的物理性质特性也不同；

D、硫酸铜晶体为蓝色．【解析】【解答】解：A；得到晶体的三条途径之一：溶质从溶液中析出；故A正确；

B；区别晶体和非晶体最好的方法是对固体进行X射线衍射实验；故B错误；

C；晶体各向异性的主要表现在物理性质特性不同；即硬度、导热性、导电性、光学性质等不同，故C错误；

D；晶体不一定是无色透明的固体；如硫酸铜晶体为蓝色，故D错误；

故选A．3、A【分析】【分析】A．碳酸为二元弱酸；电离分步进行，以第一步为主；

B．醋酸在离子反应中保留化学式；

C．电离生成钠离子和碳酸氢根离子；

D．水解为可逆反应，水解生成氢氧化铜和氢离子．【解析】【解答】解：A．H2CO3在水溶液中的电离方程式为H2CO3⇌H++HCO3-；故A正确；

B．醋酸与氢氧化钠反应的离子方程式为HAc+OH-⇌H2O+Ac-；故B错误；

C．NaHCO3在水溶液中的电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3-；故C错误；

D．CuSO4在水溶液中水解的离子方程式为Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+；故D正确；

故选AD．4、C【分析】解：若只有二氧化碳；则。

rm{2CO_{2}+2Na_{2}O_{2}=2Na_{2}CO_{3}+O_{2}trianglem}

rm{2CO_{2}+2Na_{2}O_{2}=2Na_{2}CO_{3}+O_{2}triangle

m}rm{88}

rm{56}rm{dfrac{56隆脕3.88g}{88}=2.47g}

若只有水蒸气；则。

rm{2H_{2}O+2Na_{2}O_{2}=4NaOH+O_{2}隆眉trianglem}

rm{3.88g}rm{dfrac

{56隆脕3.88g}{88}=2.47g}

rm{2H_{2}O+2Na_{2}O_{2}=4NaOH+O_{2}隆眉triangle

m}rm{dfrac{4隆脕3.88g}{36}=0.43g}

固体的质量增加了rm{36}介于rm{4}与rm{3.88g}之间，则rm{dfrac

{4隆脕3.88g}{36}=0.43g}为水蒸气和二氧化碳；

故选C．

发生rm{2.28g}rm{0.43g}结合差量法计算．

本题考查化学反应方程式的计算，为高频考点，把握过氧化钠与水、二氧化碳的反应为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意差量法及区间法的应用，题目难度不大．rm{2.47g}【解析】rm{C}5、A【分析】【分析】影响平衡移动的因素：浓度、同离子效应等，根据化学平衡移动原理来确定电离平衡的移动方向．【解析】【解答】解：A、加入氢氧化钠溶液，消耗氢离子，会使平衡：HCN⇌H++CN-正向移动；故A正确；

B、加入硫酸溶液，增大了氢离子浓度，会使平衡：HCN⇌H++CN-逆向移动；故B错误；

C、加入NaCN溶液，增大了CN-的浓度，会使平衡：HCN⇌H++CN-逆向移动；故C错误；

D、加入盐酸溶液，增大了氢离子浓度，会使平衡：HCN⇌H++CN-逆向移动；故D错误；

故选A．二、双选题(共6题，共12分)6、BC【分析】【分析】本题考查化学平衡及平衡的建立，为高频考点，把握平衡移动的影响因素、图象分析为解答的关键，选项BC为解答的难点，题目难度中等。【解答】A.由气体的化学计量数增大可知rm{triangleS>0}由图中温度高平衡时rm{c(CO_{2})}小，则升高温度平衡正向移动，可知rm{triangleH>0}故A错误；B.分别加入rm{0.1molCO_{2}}和rm{0.2molCO_{2}}曲线rm{I}为加入rm{0.1molCO_{2}}曲线rm{II}为加入rm{0.2molCO_{2}}若平衡不移动，体系的总压强为rm{P_{脳脺}(}状态Ⅱrm{)=2P_{脳脺}(}状态Ⅰrm{)}由方程式可知rm{CO_{2}}减少多少，体系中气体总量就增加多少，且图中曲线rm{I}中二氧化碳减少量小于一半，则气体总量小于rm{1.5}而曲线rm{II}中二氧化碳减少量大于一半，则气体总量大于rm{3.0}则体系的总压强为rm{P_{脳脺}(}状态Ⅱrm{)>2P_{脳脺}(}状态Ⅰrm{)}故B正确；C.状态rm{II}状态Ⅲ的温度相同，状态rm{II}看作先加入rm{0.1molCO_{2}}与状态Ⅲ平衡时rm{CO}的浓度相同，再加入rm{0.1molCO_{2}}若平衡不移动，Ⅱ状态rm{CO}的浓度等于rm{2}倍Ⅲ，但再充入rm{CO_{2}}相当增大压强，平衡左移，消耗rm{CO}则rm{c(CO}状态Ⅱrm{)<2c(CO}状态Ⅲrm{)}故C正确；D.状态rm{I}状态Ⅲ的温度不同，温度高反应速率快，则逆反应速率为rm{v_{脛忙}(}状态Ⅰrm{)<v_{脛忙}(}状态Ⅲrm{)}故D错误。故选BC。【解析】rm{BC}7、rBC【分析】解：rm{A.CH_{3}CH_{2}CH_{3}}中有rm{2}种rm{H}原子，核磁共振氢谱有rm{2}个吸收峰；故A错误；

B.rm{CH_{3}COCH_{2}CH_{3}}中有rm{3}种rm{H}原子，核磁共振氢谱有rm{3}个吸收峰；故B正确；

C.rm{CH_{3}CH_{2}OH}中有rm{3}种rm{H}原子，核磁共振氢谱有rm{3}个吸收峰；故C正确；

D.rm{CH_{3}OCH_{3}}中有rm{1}种rm{H}原子，核磁共振氢谱有rm{1}个吸收峰；故D错误．

故选BC．

核磁共振氢谱中有几个不同的峰，分子中就有几种rm{H}原子，峰的面积之比等于氢原子数之比，核磁共振氢谱图有rm{3}三种信号，说明分子中有rm{3}种rm{H}原子rm{.}利用等效氢原子判断：rm{垄脵}分子中同一甲基上连接的氢原子等效；rm{垄脷}同一碳原子所连甲基上的氢原子等效，同一同一碳原子所连氢原子等效；rm{垄脹}处于镜面对称位置上的氢原子等效．

本题以核磁共振氢谱为载体考查有机物的结构，难度较小，清楚核磁共振氢谱中有几个不同的峰，分子中就有几种rm{H}原子．【解析】rm{BC}8、B|D【分析】解：A．原电池中负极失去电子发生氧化反应，根据电池放电时的反应：PbO2+Pb+2H2SO4═2PbSO4+2H2O可知，负极Pb失去电子，即Pb为负极，PbO2为正极；故A错误；

B．根据电池反应可知，Pb在反应中失去电子生成PbSO4，所以Pb为电池的负极；故B正确；

C．PbO2在放电过程中化合价降低，得到电子被还原，所以PbO2为原电池的正极；反应中被还原；故C错误；

D．由于原电池放电的过程中消耗硫酸；电解质溶液中氢离子浓度逐渐减小，所以溶液的酸性减弱，故D正确；

故选BD．

根据放电时的电池反应PbO2+Pb+2H2SO4═2PbSO4+2H2O可知，Pb在反应中失去电子，为电池的负极，PbO2在放电过程中得到电子被还原；所以它是原电池的正极；原电池放电的过程中消耗硫酸，所以溶液的酸性减弱，据此进行解答．

本题考查了常见的化学电源及工作原理，题目难度中等，注意掌握常见化学电源的类型及工作原理，能够根据原电池总反应判断两极，并能够正确书写电极反应式．【解析】【答案】BD9、B|C【分析】解：A；硝酸亚铁溶液中加入稀硫酸；亚铁离子与氢离子和硝酸根离子发生氧化还原反应，亚铁离子转化为铁离子，颜色由浅绿色变成黄色，故B不选；

B；含有酚酞的碳酸钠溶液呈红色；加入足量的氧化钙溶液，生成氢氧化钠、氢氧化钙和碳酸钙沉淀，所以得到溶液呈碱性，溶液仍然是红色，故B选；

C；硫酸铜溶液和硝酸钡溶液之间会发生反应生成硫酸钡白色沉淀和硝酸铜；溶液颜色仍是蓝色，故C选；

D；高锰酸钾与亚硫酸钠发生氧化还原反应；溶液变为无色，故D不选；

故选BC．

A；硝酸亚铁溶液中加入稀硫酸；亚铁离子与氢离子和硝酸根离子发生氧化还原反应，亚铁离子转化为铁离子；

B；含有酚酞的碳酸钠溶液中加入足量的氧化钙溶液；生成碳酸钙和氢氧化钠，所以得到溶液呈碱性；

C；硫酸铜溶液和硝酸钡溶液之间会发生反应；

D；高锰酸钾与亚硫酸钠发生氧化还原反应．

本题考查较为综合，涉及物质的颜色的变化，为高频考点，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累．【解析】【答案】BC10、CD【分析】【分析】本题基于有机分子结构，考查分子式的确定，官能团的反应，难度不大。【解答】A.青蒿素的分子式为rm{C_{15}H_{22}O_{5}}，故A错误；B.青蒿素中有rm{7}个手性碳原子，双氢青蒿素中有rm{8}个手性碳原子，两种分子中所含的手性碳原子数目不相同，故B错误；C.双氢青蒿素含有羟基，并且所连rm{C}原子的邻rm{C}上有氢，在一定条件下可发生消去反应，故C正确；D.两种分子中均含有过氧键rm{(隆陋O隆陋O隆陋)}过氧键有较强的氧化性，故D正确；故选CD。【解析】rm{CD}11、rBD【分析】解：rm{A.}明矾净水是因为明矾电离产生铝离子水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体；该过程有新物质生成，属于化学变化，故A错误；

B.纯净物是由一种物质组成；由同种元素组成的物质可能属于纯净物，例如氧气；也可能属于混合物，例如氧气和臭氧，故B正确；

C.风化有新物质生成属于化学变化；石油分馏和碘的升华没有新物质生成都是物理变化，故C错误；

D.在化学反应中；遵循质量守恒，反应前后原子种类；原子数目和质量一定不变，故D正确；

故选：rm{BD}．

A.依据盐类水解的性质解答；

B.根据纯净物的概念进行判断；

C.没有新物质生成的变化为物理变化；有新物质生成的变化为化学变化；

D.依据质量守恒规律解答．

本题为综合题，考查了化学变化与物理变化的判断，纯净物的判断，化学反应遵循的规律，明确相关概念及质量守恒定律是解题关键，题目难度不大．【解析】rm{BD}三、填空题(共6题，共12分)12、CuCl2NaOHKBrAgNO3Cu2++2OH-=Cu（OH）2↓Ag++Cl-=AgCl↓Ag++Br-=AgBr↓【分析】【分析】KBr、AgNO3、CuCl2；NaOH四种溶液；置于A、B、C、D四支试管中；

（1）把A和B中的溶液混合，产生蓝色沉淀，说明生成的是氢氧化铜沉淀，则AB为CuCl2；NaOH；

（2）把A和D中的溶液混合，产生白色沉淀说明是氯化银沉淀，AD为AgNO3、CuCl2；

（3）把C和D中的溶液混合，产生浅黄色沉淀，说明沉淀为AgBr，CD为KBr、AgNO3；

综上所述分析判断得到ABCD分别为：CuCl2、NaOH、C为KBr、D为AgNO3．【解析】【解答】解：KBr、AgNO3、CuCl2；NaOH四种溶液；置于A、B、C、D四支试管中；

（1）把A和B中的溶液混合，产生蓝色沉淀，说明生成的是氢氧化铜沉淀，则AB为CuCl2；NaOH；

（2）把A和D中的溶液混合，产生白色沉淀说明是氯化银沉淀，AD为AgNO3、CuCl2；

（3）把C和D中的溶液混合，产生浅黄色沉淀，说明沉淀为AgBr，CD为KBr、AgNO3；

综上所述分析判断得到ABCD分别为：A为CuCl2、B为NaOH、C为KBr、D为AgNO3；

有关反应的离子方程式为：Cu2++2OH-=Cu（OH）2↓，Ag++Cl-=AgCl↓，Ag++Br-=AgBr↓

故答案为：CuCl2；NaOH；KBr；AgNO3；Cu2++2OH-=Cu（OH）2↓；Ag++Cl-=AgCl↓；Ag++Br-=AgBr↓．13、6Cl--6e-═3Cl2↑、CO（NH2）2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl不变7.224【分析】【分析】（1）阴极反应为：6H2O+6e-═6OH-+3H2↑（或6H++6e-═3H2↑），阳极反应为：6Cl--6e-═3Cl2↑，CO（NH2）2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl；

（2）阴极反应为：6H2O+6e-═6OH-+3H2↑（或6H++6e-═3H2↑）阳极反应为：6Cl--6e-═3Cl2↑，CO（NH2）2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl，根据上述反应式可以看出在阴、阳极上产生的OH-、H+的数目相等，阳极室中反应产生的H+通过质子交换膜进入阴极室与OH-恰好反应生成水，所以阴极室中电解前后溶液的pH不变；若两极共收集到气体13.44L（标准状况），混合气体物质的量==0.6mol，根据CO（NH2）2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl可知n（N2）=n（CO2）=0.6mol×=0.12mol；根据N原子守恒计算尿素的物质的量，再根据m=nM计算尿素质量；

（3）转移2mol电子时，阳极6Cl--6e-═3Cl2↑，CO（NH2）2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl，阴极反应为：6H++6e-═3H2↑，所以质子交换膜左边的2mol氢离子进去右边，右侧氢离子放出氢气，质量不变；左侧阳极室中生成1molCl2，最终放出molN2和molCO2，据此分析．【解析】【解答】解：（1）根据图知，阴极反应为：6H2O+6e-═6OH-+3H2↑（或6H++6e-═3H2↑），阳极反应为：6Cl--6e-═3Cl2↑，CO（NH2）2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl；

故答案为：6Cl--6e-═3Cl2↑；CO（NH2）2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl；

③阴极反应为6H2O+6e-═6OH-+3H2↑（或6H++6e-═3H2↑），阳极反应为6Cl--6e-═3Cl2↑，CO（NH2）2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl，根据上述反应式可以看出在阴、阳极上产生的OH-、H+的数目相等，阳极室中反应产生的H+通过质子交换膜进入阴极室与OH-恰好反应生成水，所以阴极室中电解前后溶液的pH不变；若两极共收集到气体13.44L（标准状况），混合气体物质的量==0.6mol，根据CO（NH2）2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl可知n（N2）=n（CO2）=0.6mol×=0.12mol，根据N原子守恒得n[CO（NH2）2]=n（N2）=0.12mol；尿素质量m=nM=0.12mol×60g/mol=7.2g；

故答案为：不变；7.2；

（3）转移2mol电子时，阳极6Cl--6e-═3Cl2↑，CO（NH2）2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl，阴极反应为：6H++6e-═3H2↑，所以质子交换膜左边的2mol氢离子进去右边，右侧氢离子放出氢气，质量不变；左侧阳极室中生成1molCl2，最终放出molN2和molCO2，故膜两侧电解液的质量变化差（△m左-△m右）=（28+44）=24g；

故答案为：24．14、＜K=80%=≥2.52保证其它条件不变，只改变H2C2O4的浓度，从而达到对比的目的【分析】【分析】（1）根据反应方程式及化学平衡常数表达式完成；根据表中数据；温度升高，化学平衡常数增大进行判断；

（2）根据化学平衡常数表达式计算解答；

（3）令CO的浓度变化为c；用三段式表示出各物质变化的浓度；平衡时的浓度，再根据平衡常数计算，比较浓度商与平衡常数K的关系；

（4）根据化合价升降相等；来配平即可得出答案；

（5）研究反应物浓度对化学反应速率的影响，其条件不变的情况下只改变温度．【解析】【解答】解：（1）根据反应CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）及化学平衡常数表达式，K=，由于温度升高，该反应的化学平衡常数减小，平衡向着逆向移动，正向反应是放热反应，所以△H＜0，故答案为：K=；＜；

（2））①C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）平衡常数K1；

②C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）平衡常数K2；

③CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）平衡常数K；

③=②-①，故K=；

故答案为：K=；

（3）对于反应CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）；

开始（mol/L）：0.040.1600

变化（mol/L）：cccc

平衡（mol/L）：0.04-c0.16-ccc

所以=9；解得c=0.032

所以CO的转化率为×100%=80%．

则平衡时各量为：

对于反应CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）；

开始（mol/L）：0.040.1600

变化（mol/L）0.0320.0320.0320.032

平衡（mol/L）：0.0080.1280.0320.032

改变后的量为：CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）；

改变后（mol/L）：0.0180.1280.0320.072

Qc==1=K；所以平衡不移动；

故答案为：80%；=；

（4）H2C204中碳由+3价变为+4价，升高1×2；而锰由+7变为+2，降低5价；升降守恒，所以最小公倍数为5；即n（H2C204）：n（KMnO4）≥2.5；故答案为：≥2.5；

（5）只改变草酸的浓度，而混合溶液的体积不变，进行对照试验，探究浓度对反应速率的影响，实验①溶液的体积是13mL，所以x=2ml，故答案为：2；保证其它条件不变，只改变H2C2O4的浓度，从而达到对比的目的．15、三ⅤⅡACaCl2离子Cl2+H2S=2HCl+S↓S=C=ONa2ONa2O2离子键、非极性共价键2Na202+2H2O═40H-+4Na++O2↑Al2O3+2OH-=AlO2-+2H2O2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑【分析】【分析】（1）（2）融雪剂主要成分的化学式为XY2，X、Y均为周期表前20号元素，其阳离子和阴离子的电子层结构相同，含有相同的核外电子数，且1molXY2含有54mol电子，则阴、阳离子核外电子数为=18，则为Ca2+、Cl-，故XY2是CaCl2；X为Ca；Y为Cl；

（3）元素D；E原子的最外层电子数是其电子层数的2倍；D与氯元素相邻，则D为硫元素；E有2个电子层，最外层电子数为4，则E为碳元素，C、O、S形成的分子结构与二氧化碳结构类似；

（4）W是与S同主族的短周期元素，应为O元素，Z是第三周期金属性最强的元素，应为Na，其单质与W的常见单质反应时可以得到两种产物，为氧化钠和过氧化钠．【解析】【解答】解：（1）融雪剂主要成分的化学式为XY2，X、Y均为周期表前20号元素，其阳离子和阴离子的电子层结构相同，含有相同的核外电子数，且1molXY2含有54mol电子，则阴、阳离子核外电子数为=18，则为Ca2+、Cl-，故XY2是CaCl2；X为Ca；Y为Cl，氯位于元素周期表中第三周期第ⅤⅡA族；

故答案为：三；ⅤⅡA；

（2）根据上面的分析可知，XY2是CaCl2，电子式为CaCl2是离子化合物；熔化时破坏的是离子键；

故答案为：CaCl2；离子；

（3）元素D、E原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，D与氯元素相邻，则D为硫元素，Cl的非金属性比S强，反应Cl2+H2S=2HCl+S↓可说明，该反应为非金属单质之间的置换反应；E有2个电子层，最外层电子数为4，则E为碳元素，D与E和氧原子各一个能形成结构类似于CO2的三原子分子；且每个原子均达到8电子稳定结构，由二氧化碳结构类似可知，结构式为S=C=O；

故答案为：Cl2+H2S=2HCl+S↓；S=C=O；

（4）W是与S同主族的短周期元素；应为O元素，Z是第三周期金属性最强的元素，应为Na，其单质与W的常见单质反应时可以得到两种产物，为氧化钠和过氧化钠；

不加热生成Na2O，Na2O为离子化合物，用电子式表示Na2O的形成过程为：加热生成Na2O2，属于离子化合物，含有离子键、非极性共价键，过氧化钠与水反应的离子方程式为2Na202+2H2O═40H-+4Na++O2↑，向反应后的水溶液中加入铝片，一段时间后有气泡产生，说明铝片表面的氧化铝，所以这一过程中的化学方程式为：Al2O3+2OH-=AlO2-+2H2O；2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

故答案为：Na2O；Na2O2；离子键、非极性共价键；2Na202+2H2O═40H-+4Na++O2↑；Al2O3+2OH-=AlO2-+2H2O；2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；16、低原子SiO32-+CO2+H2O═CO32-+H2SiO3↓23：92S2Cl2+2H2O═3S+SO2↑+4HCl【分析】【分析】A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的短周期主族元素，A的最外层电子数是次外层电子数2倍，A原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则A为碳元素；B是短周期中金属性最强的元素，则B为Na；结合原子序数可知，C、D、E、F都处于第三周期，C是同周期中阳离子半径最小的元素，则C为Al；D元素的最高价氧化物对应水化物与B元素的最高价氧化物对应水化物反应的产物M是制备木材防火剂的原料，则D为Si、M为Na2SiO3；E的最外层电子数与内层电子数之比为3：5，则最外层电子数为6，故E为硫元素，F的原子序数最大，故F为Cl，据此解答．【解析】【解答】解：A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的短周期主族元素，A的最外层电子数是次外层电子数2倍，A原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则A为碳元素；B是短周期中金属性最强的元素，则B为Na；结合原子序数可知，C、D、E、F都处于第三周期，C是同周期中阳离子半径最小的元素，则C为Al；D元素的最高价氧化物对应水化物与B元素的最高价氧化物对应水化物反应的产物M是制备木材防火剂的原料，则D为Si、M为Na2SiO3；E的最外层电子数与内层电子数之比为3：5；则最外层电子数为6，故E为硫元素，F的原子序数最大，故F为Cl；

（1）F为Cl元素；由于HF分子间存在氢键，所以HF的沸点高于HCl；

故答案为：低；

（2）D为硅元素；它的最高价氧化物是二氧化硅，是原子晶体；

故答案为：原子；

（3）Na2SiO3水溶液久置于空气中，与二氧化碳反应生成不溶于水的硅酸，溶液变浑浊，该反应离子方程式为：SiO32-+CO2+H2O═CO32-+H2SiO3↓；

故答案为：SiO32-+CO2+H2O═CO32-+H2SiO3↓；

（4）由关系式：2Na→Na2O2→O2和Al→H2，则与氧气反应的钠和与放入水中的铝的质量比为23×2：27×=23：9；

故答案为：23：9；

（5）S2Cl2与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体为二氧化硫，只有一种元素化合价发生改变，故S元素化合价降低，转移0.3mol电子生成二氧化硫为0.1mol，故有0.3molS原子发生还原反应，根据电子转移守恒可知S元素在还原产物中的化合价为0，故生成S，同时生成HCl，该反应的化学方程式为：2S2Cl2+2H2O═3S+SO2↑+4HCl；

故答案为：2S2Cl2+2H2O═3S+SO2↑+4HCl；17、水解反应5BrCH2COOHCH3CH2Br【分析】【分析】D（C2H5OBr）能氧化得到F，F水解生成G，故D中含有羟基，故D为BrCH2CH2OH，结合G生成六元环化合物，应是发生酯化反应，故F为BrCH2COOH，F发生水解反应生成G，G为HOCH2COOH，G通过酯化反应进行的缩聚反应生成H，H为2分子F通过酯化反应生成I，I为．X与溴水发生副反应生成D（C2H5OBr），故X为CH2=CH2，乙烯与溴发生加成反应生成A，A为BrCH2CH2Br，再发生水解反应生成B，B为HOCH2CH2OH，2分子B通过分之间脱水成醚键生成C，C为据此解答．【解析】【解答】解：D（C2H5OBr）能氧化得到F，F水解生成G，故D中含有羟基，故D为BrCH2CH2OH，结合G生成六元环化合物，应是发生酯化反应，故F为BrCH2COOH，F发生水解反应生成G，G为HOCH2COOH，G通过酯化反应进行的缩聚反应生成H，H为2分子F通过酯化反应生成I，I为．X与溴水发生副反应生成D（C2H5OBr），故X为CH2=CH2，乙烯与溴发生加成反应生成A，A为BrCH2CH2Br，再发生水解反应生成B，B为HOCH2CH2OH，2分子B通过分之间脱水成醚键生成C，C为

（1）A→B是BrCH2CH2Br发生水解反应生成HOCH2CH2OH，由上述分析可知，C的结构简式为：

故答案为：水解反应，

（2）C（）的同分异构体M，既能发生银镜反应，也能发生酯化反应，故分子中含有-CHO、-OH，符合条件的同分异构体有：HOCH2CH2CH2CHO，CH3CH（OH）CH2CHO，CH3CH2CH（OH）CHO，分子结构中有支链的结构简式为

故答案为：5，

（3）由上述分析可知，F为BrCH2COOH，I为故答案为：BrCH2COOH，

（4）G→H化学方程式为：

故答案为：

（5）X→D化学方程式为：

故答案为：

（6）溴水中含有HBr，与乙烯发生加成反应生成CH3CH2Br，故乙烯与溴水的反应中还存在一种有机副产物为CH3CH2Br，故答案为：CH3CH2Br．四、判断题(共3题，共15分)18、×【分析】【分析】化学变化的实质是在原子核不变的情况下，有新物质生成，分析各选项是否符合化学变化的概念，即有新物质生成，就是化学变化．【解析】【解答】解：蛋白质溶液中加入Na2SO4溶液，蛋白质析出，再加水会溶解，盐析是可逆的，没有新物质生成是物理变化，故答案为：×．19、√【分析】【分析】求出金刚石的物质的量，然后根据1mol金刚石中含2mol共价键来分析．【解析】【解答】解：12g金刚石的物质的量为1mol，而1mol金刚石中含2mol共价键即2NA个，故答案为：√．20、×【分析】【分析】当向蛋白质溶液中加入的盐溶液达到一定浓度时，反而使蛋白质的溶解度降低而从溶液中析出，这种作用叫盐析．【解析】【解答】解：蛋白质溶液中加入饱和（NH4）2SO4溶液，蛋白质析出，再加水会溶解，盐析是可逆的，故答案为：×．五、推断题(共4题，共8分)21、NH32NO+O2=2NO23NO2+H2O=2HNO3+NO1：2HNO3+NH3=NH4NO3【分析】【分析】H是常见的无色液体，应为H2O，B是空气中含量最多的物质，B为N2，A和B要在高温高压才能合成C，则A为H2，C为NH3，D为NO，E为NO2，F为HNO3，G为NH4NO3，然后结合物质的性质及化学用语来解答．【解析】【解答】解：H是常见的无色液体，应为H2O，B是空气中含量最多的物质，B为N2，A和B要在高温高压才能合成C，则A为H2，C为NH3，D为NO，E为NO2，F为HNO3，G为NH4NO3；

（1）由上述分析可知，C为NH3，其电子式为故答案为：NH3；

（2）①D→E反应为2NO+O2=2NO2，故答案为：2NO+O2=2NO2；

②E→D的反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；

（3）由3NO2+H2O=2HNO3+NO可知，3mol3NO2反应时1mol为氧化剂；2mol为还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量比等于质量比为1：2，故答案为：1：2；

（4）C和F反应生成G的化学方程式是HNO3+NH3=NH4NO3，故答案为：HNO3+NH3=NH4NO3．22、2H2O+2Na2O2=4Na++4OH-+O2↑2F2+4OH-=4F-+O2+2H2O0.43C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=+131.6kJ/mol（200℃，101Kpa）O2+4e-+2H2O=4OH-14c（Na+）＞c（Cl-）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+）【分析】【分析】A是一种常见的液态化合物，J为淡黄色固体，二者相互反应生成F与单质D，F的焰色反应为黄色，说明含有Na元素，该反应是过氧化钠与水的反应，可推知A为H2O、J为Na2O2，F为NaOH，D为O2．水与H反应生成氧气与E.F对应溶液的酸碱性相反，可推知H为F2、E为HF．G、K是碳素钢中的两种重要元素，其中K含量少，则G为Fe，K为C，碳与水反应生成单质C与化合物I，则C为H2、I为CO，Fe与水反应生成化合物B与氢气，则B为Fe3O4，据此解答．【解析】【解答】解：A是一种常见的液态化合物，J为淡黄色固体，二者相互反应生成F与单质D，F的焰色反应为黄色，说明含有Na元素，该反应是过氧化钠与水的反应，可推知A为H2O、J为Na2O2，F为NaOH，D为O2．水与H反应生成氧气与E.F对应溶液的酸碱性相反，可推知H为F2、E为HF．G、K是碳素钢中的两种重要元素，其中K含量少，则G为Fe，K为C，碳与水反应生成单质C与化合物I，则C为H2、I为CO，Fe与水反应生成化合物B与氢气，则B为Fe3O4；

（1）化合物E为HF，F原子与H原子之间形成1对共用电子对，其电子式为

故答案为：

（2）①过氧化钠与水反应的离子方程式为：2H2O+2Na2O2=4Na++4OH-+O2↑；

②将少量的氟气通入NaOH的溶液中，反应的总离子方程式为：2F2+4OH-=4F-+O2+2H2O；

故答案为：2H2O+2Na2O2=4Na++4OH-+O2↑；2F2+4OH-=4F-+O2+2H2O；

（3）B为Fe3O4，与足量稀硝酸反应时，生成Fe（NO3）3与NO，令生成Fe（NO3）3为xmol，当参加反应的硝酸为4mol，则生成NO为（4-3x）mol，根据电子转移守恒可知：xmol×（3-）=（4-3x）mol×（5-2），解得x=，故反应中转移电子的物质的量为（4-×3）mol×（5-2）=0.43mol；

故答案为：0.43；

（4）200℃，101Kpa下，0.12g单质碳与水完全反应生成CO与氢气，吸收了1316J的能量，则1mol碳反应吸收的热量=1.316kJ×=131.6kJ，则该反应热化学方程式为：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=+131.6kJ/mol（200℃；101Kpa）；

故答案为：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=+131.6kJ/mol（200℃；101Kpa）；

（5）①以Pt为电极，由CO、氧气以及NaOH的溶液组成原电池，CO发生氧化反应，正极发生还原反应，氧气在正极获得电子，碱性条件下生成氢氧根，正极的反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-；

故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-；

②若用此电池电解300mL5mol/L的氯化钠溶液一段时间；两极各收集标准状况下气体3.36L，则：

2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑

2mol22.4L

n（NaOH）3.36L

所以，2mol：n（NaOH）=22.4L：3.36L，解得n（NaOH）=0.3mol，故c（NaOH）==1mol/L；

故溶液中c（H+）=10-14mol/L，则溶液pH=-lg10-14=14；

故答案为：14；

③溶液中剩余NaCl为0.3L×5mol/L-0.3mol=1.2mol，若往该电解后所得溶液中通入二氧化碳气体4.48L（标准状况），其物质的量==0.2mol，n（NaOH）：（CO2）=3：2，由于1：1＜n（NaOH）：（CO2）：＜2：1，故生成碳酸钠、碳酸氢钠，令二者的物质的量分别为：amol、bmol，由Na元素、C元素守恒可得：a+b=0.2，2a+b=0.3，解得a=0.1、b=0.1，碳酸根、碳酸氢根水解，溶液呈碱性，碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，故c（Cl-）＞c（HCO3-）＞c（CO32-），溶液中钠离子浓度不变，其浓度最大，则所得溶液中各离子浓度大小关系为：c（Na+）＞c（Cl-）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+）

故答案为：c（Na+）＞c（Cl-）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+）．23、2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH阴2H++2e-═H2↑n（NaOH）≥4amol3NH3