2018-2019学年山西省应县第一中学高二上学期期中考试化学试题 解析版
山西省应县第一中学2018-2019学年高二上学期期中考试化学试题
1.常温下，一定浓度的某溶液，由水电离出的c(OH-)=1×10- 4 mol/L，则该溶液中的溶质可能是
A. H2SO4 B. CH3COONa C. NaOH D. KHSO4
【答案】B
【解析】
【分析】
常温下，水的离子积为：10-14，由水电离出的c（OH-）=10-4mol/L，c（H+）·c（OH-）=10-8＞10-14，水的电离程度增大，说明所加的溶质促进水的电离，结合选项知，只能是水解呈碱性的强碱弱酸盐醋酸钠。
【详解】常温下，由水电离出的c（OH-）=10-4mol/L，水电离的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，则c（H+）·c（OH-）=10-8＞10-14，说明该溶液中溶质促进了的水的电离，硫酸、氢氧化钠、硫酸氢钾都抑制了水的电离，只有醋酸钠属于强碱弱酸盐，醋酸根离子结合水电离的氢离子，促进了水的电离，答案选B。
【点睛】本题考查了水的电离、盐的水解等知识，题目难度中等，试题侧重对学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力的培养，解题的关键是准确判断出溶液中的溶质对水的电离程度的影响。
2.下列操作会使H2O的电离平衡向正方向移动，且溶液呈酸性的是
A. 将纯水加热到95 ℃时，pH<7 B. 向水中加少量NaHSO4
C. 向水中加少量Na2CO3 D. 向水中加少量FeCl3
【答案】D
【解析】
【分析】
要促进水电离，可以采取的方法有：升高温度、加入含有弱根离子的盐，溶液呈酸性，说明加入的盐必须是强酸弱碱盐水解导致溶液呈酸性，据此分析解答。
【详解】A．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，但溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，所以水仍然呈中性，选项A不符合；B．向水中加入硫酸氢钠，硫酸氢钠电离出氢离子而使溶液呈酸性，但氢离子能抑制水电离，选项B不符合；C．向水中加入碳酸钠能促进水电离，但碳酸钠水解后溶液呈碱性，选项C不符合；D．向溶液中加入氯化铁能促进水电离，且氯化铁水解使溶液呈酸性，选项D符合；答案选D。
【点睛】本题考查了水的电离，明确酸、碱能抑制水电离、含有弱根离子的盐能促进水电离是解本题的关键，难度不大。
3.pH相同的下列溶液，溶质浓度最大的是
A. H3PO4 B. HCN C. HI D. H2SO4
【答案】B
【解析】
【分析】
HI、H2SO4为强酸，完全电离，HCN、H3PO4为弱酸，部分电离，且酸性H3PO4＞HCN，说明醋酸电离程度最小，则pH相同时醋酸的物质的量浓度最大。
【详解】HI、H2SO4为强酸，完全电离，HCN、H3PO4为弱酸，部分电离，且酸性H3PO4＞HCN，说明醋酸电离程度最小，则pH相同时HCN溶液中含有大量的未电离的HCN分子，因此HCN的物质的量浓度最大，答案选B。
【点睛】本题主要考查了电解质的电离，侧重于基础知识的考查，题目难度不大，注意弱电解质部分电离。
4.V升pH均为2的盐酸和醋酸溶液分别用NaOH溶液中和,消耗NaOH的量
A. 前者多 B. 后者多 C. 一样多 D. 无法确定
【答案】B
【解析】
【详解】V升pH均为2的盐酸和醋酸溶液n(H+)相等，为10-2mol/L，但是CH3COOH是弱酸，不完全电离，所以醋酸的浓度大于盐酸的浓度，消耗NaOH的物质的量醋酸>盐酸，答案选B。
5.pH均为11的火碱溶液和氨水各1升，分别加水稀释到pH均10, 所加水的量
A. 前者多 B. 后者多 C. 相等 D. 无法确定
【答案】B
【解析】
【详解】一水合氨是弱电解质，氢氧化钠是强电解质，pH值相同的氢氧化钠和氨水，一水合氨的物质的量浓度大，如稀释相同倍数，稀释后的溶液仍是一水合氨的pH大，如稀释后溶液的pH相同，则氨水应加入较多的水，故pH均为11的火碱溶液和氨水各1L，分别加水稀释到pH均10, 所加水的量后者多。答案选B。
6.0.1mol/L的盐酸和醋酸溶液各1升，分别加水500mL,所得溶液pH
A. 盐酸大 B. 醋酸大 C. 相等 D. 无法确定
【答案】B
【解析】
【详解】0.1mol/L的盐酸和醋酸溶液各1L，分别加水500mL,所得溶液的物质的量浓度为，盐酸为强酸完全电离，氢离子浓度为，醋酸为弱酸，不完全电离，氢离子浓度小于，所得溶液pH醋酸的大于盐酸，选项B正确。答案选B。
7.pH＝8的NH3·H2O和pH＝12的NH3·H2O两溶液等体积混合后，所得溶液pH
A. 略小于9+lg2 B. 略大9+lg2 C. 略大12 - lg2 D. 略小于12 - lg2
【答案】C
【解析】
【详解】若一元强碱pH＝8的NH3·H2O和pH＝12的NH3·H2O两溶液等体积混合后，所得溶液pH
pH＝8的NH3·H2O中c（OH-）=1×10-6mol/L，pH=12的NH3·H2O中c（OH-）=1×10-2mol/L，假如不考虑混合后一水合氨的电离，则混合后c（OH-）=mol/L≈mol/L，则溶液中的c（H+）==mol/L=2.0×10-12mol/L，pH=12-lg2，但由于混合后溶液比pH＝12的NH3·H2O稀，促进电离，氢氧根离子浓度增大，故pH略大12 - lg2。答案选C。
8.1mL pH=11氨水加水到100mL, 得溶液pH
A. ＝10 B. ＝9 C. 略大于9 D. 13
【答案】C
【解析】
【分析】
一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离，加水促进电离，结合弱电解质的电离进行求算。
【详解】一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离，加水促进电离，将1mLpH=11的氨水加水稀释至100mL，体积增大100倍，pH变化小于2个单位，即稀释后9
n
【答案】C
【解析】
11.25℃时，甲为0.1mol/L的醋酸溶液，乙为0.5mol/L的醋酸溶液。下列说法正确的是
A. 溶液的导电能力：甲=乙 B. 醋酸的电离转化率：甲 >乙
C. 对水的电离的抑制程度：甲 >乙 D. c(CH3COO-)：甲>乙
【答案】B
【解析】
【详解】醋酸为弱酸，存在电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+；A. 乙中醋酸浓度较大，离子浓度较大，溶液的导电能力较大，即甲>乙，选项A错误；B.根据弱电解质越稀越电离可知，弱酸醋酸的电离转化率：甲>乙，选项B正确；C. 乙中酸电离产生的氢离子浓度较大，氢离子浓度越大，对水的电离抑制程度越大，故对水的电离的抑制程度：甲<乙，选项C错误；D.温度相同，电离平衡常数相等，醋酸浓度大的氢离子浓度大， c(CH3COO-)也大，则甲<乙，选项D错误。答案选B。
12.为了使Na2S溶液中c(Na+)/c(S2-)的比值变小，可加入的物质是
A. 适量盐酸 B. 适量NaOH C. 适量H2O D. 适量KHS
【答案】D
【解析】
【分析】
在硫化钠溶液中电离出钠离子和硫离子，硫离子水解，导致硫离子浓度会减小，要使c(Na+)/c(S2-)减小，需根据硫离子水解平衡移动来分析。
【详解】在硫化钠溶液中电离出钠离子和硫离子，硫离子水解方程式为：S2-+H2OHS-+OH-，要使c(Na+)c(S2-)减小，需使硫离子水解平向逆方向移动即可，所以加适量KHS溶液，c（HS-）增大，硫离子水解平向逆方向移动，c（S2-）增大，c(Na+)c(S2-)减小，选项D正确；答案选D。
【点睛】本题考查学生盐的水解平衡移动，可以根据所学知识进行回答，难度不大，易错点为选项B，应该注意钠离子和氢氧根离子的浓度均增大，钠离子增大的程度更大，氢氧根离子抑制水解使硫离子浓度增大的程度较小。
13.常温下，将0.1mol/L的氢氧化钠溶液与0.06mol/L硫酸溶液等体积混合，溶液的pH等于
A. 1.7 B. 2.0 C. 10 D. 12
【答案】B
【解析】
【分析】
根据酸碱溶液混合时，先判断过量，然后计算过量的酸或碱的物质的量浓度，最后计算溶液的pH来解答即可。
【详解】氢氧化钠溶液物质的量浓度为0.1mol/L，设溶液的体积都是1L，则氢氧化钠的物质的量为1L×0.1mol•L-1=0.1mol，硫酸的物质的量为1L×0.06mol•L-1=0.06mol，H+的物质的量为0.06mol×2=0.12mol，则当酸碱发生中和时H+和OH-的物质的量分别为0.12mol和0.1mol，则硫酸过量，过量的H+的物质的量为0.12mol-0.1mol=0.02mol，则反应后溶液中H+的物质的量浓度为c（H+）==0.01 mol•L-1，pH=-lg10-2=2.0，答案选B。
【点睛】本题主要考查溶液pH的有关计算，明确酸碱反应的过量分析是解答的关键，并应熟悉物质的量的计算、pH的计算公式来解答即可。
14.25℃时， 在pH都等于5的NH4Cl和CH3COOH两种溶液中，设由水电离产生的H+ 离子浓度分别为Amol/L与Bmol/L，则A和B关系为
A. A < B B. A = 10－4 B C. B = 10－4 A D. A = B
【答案】C
【解析】
【分析】
水电离生成氢离子和氢氧根离子，所以酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐水解而促进水电离，据此分析解答。
【详解】水存在电离平衡H2OH++OH-，醋酸溶液中氢离子抑制了水的电离，溶液中的氢氧根离子是水电离的，水电离的氢离子就等于氢氧根离子浓度，pH都等于5，溶液中的氢氧根离子浓度为：1×10-9mol/L，水电离的氢离子浓度为1×10-9mol/L，即B=1×10-9mol/L，pH都等于5的氯化铵溶液中，铵离子结合了水电离的氢氧根离子，促进了水的电离，溶液中的氢离子是水电离的，水电离的氢离子浓度为：1×10-5mol/L=A，所以A和B关系为：B=10-4A，答案选C。
【点睛】本题考查了水的电离及其影响，涉及了水的电离程度的计算，关键熟练掌握酸碱盐对水的电离的影响，本题难度中等。
15. 下列说法中正确的是 （ ）
A. 常温下，稀释0.1 mol／L的氨水，溶液中c(OH-)、c(NH4+)、c(H+)均下降
B. 常温下，c(NH4+)相等的①(NH4)2SO4②(NH4)2Fe(SO4)2③NH4Cl④(NH4)2CO3溶液中，溶质物质的量浓度大小关系是：②<①<④<③
C. pH相等的CH3COONa、NaHCO3和Na2CO3三种溶液：c(CH3COONa)＜c(NaHCO3) ＜c(Na2CO3)
D. 某温度时水的离子积常数KW=10-13若将此温度下pH=11的NaOH溶液aL与pH=1的稀硫酸bL混合，若所得混合液PH=2，则a：b=2：9
【答案】B
【解析】
试题分析：在稀溶液中c(H+)与c(OH-)的乘积是个定值，不可能同时下降或升高，A项错误；Fe2+的水解抑制NH4+的水解，CO32-的水解促进NH4+的水解，所以等浓度的①(NH4)2SO4、②(NH4)2Fe(SO4)2、③NH4Cl、④(NH4)2CO3溶液c(NH4+)②>①>④>③，因此，c(NH4+)相等的①(NH4)2SO4、②(NH4)2Fe(SO4)2、③NH4Cl、 ④(NH4)2CO3溶液中，溶质物质的量浓度大小关系是：②<①<④<③，B项正确；根据越弱越水解可知浓度相同的CH3COONa、NaHCO3和Na2CO3三种溶液的pH为：Na2CO3>NaHCO3>CH3COONa，因此pH相等的CH3COONa、NaHCO3和Na2CO3三种溶液：c(CH3COONa)>c(NaHCO3)>c(Na2CO3)，C项错误；pH=11的NaOH溶液c(OH-)=10-2
mol/L，pH=1的稀硫酸c(H+)=10-1mol/L，混合后pH=2则有=10-2，则a：b=9：2，D项错误。答案选B。
考点：水的电离和盐类的水解
点评：本题综合性强，难度大，主要考查学生对知识的分析能力和运用能力。
16.FeCl3的水解方程式可写为FeCl3+3H2O Fe(OH)3+3HCl，若提高水解转化率采取的方法是
A. 降低温度 B. 加入少量NaOH固体 C. 加入少量盐酸 D. 增加FeCl3的浓度
【答案】B
【解析】
【分析】
若提高水解程度，就是使水解平衡向着正向移动，根据平衡移动原理进行判断，如水解反应是吸热反应，温度升高，水解程度增大。
【详解】A、水解反应是吸热反应，降低温度，水解程度降低，选项A错误；B、加入少量NaOH固体，氢氧根离子结合了氯化铁水解的氢离子，促进了氯化铁的水解，选项B正确；C、加入盐酸，溶液中氢离子浓度增大，抑制了氯化铁的水解，选项C错误；D、浓度增大，氯化铁的水解程度减小，选项D错误；答案选B。
【点睛】本题考查了影响盐类水解的主要因素，注意水解过程是吸热反应，根据平衡移动进行分析即可，本题难度不大。
17.下列叙述中，正确的是
A. 水难电离，纯水几乎不导电，所以水不是电解质
B. 醋酸电离程度小于盐酸,所以醋酸溶液导电性一定比盐酸弱
C. SO3、甲苯都是非电解质， 碳酸钙是强电解质
D. HCO3-的水解的离子方程式为 ：HCO3- + H2O CO32- + H3O+
【答案】C
【解析】
【分析】
A、部分电离的电解质是弱电解质；B．溶液的导电性取决于离子的浓度，与电解质的强弱无关；C、碳酸钙溶于水的部分完全电离，碳酸钙为强电解质，强弱电解质的根本区别为能否完全电离，与溶液导电性没有必然关系；D、碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子。
【详解】A、水能够极少量电离出氢离子和氢氧根离子，纯水几乎不导电，所以水属于弱电解质，选项A错误；B、醋酸电离程度小于盐酸，但醋酸溶液导电性不一定比盐酸弱，选项B错误；C、电解质强弱与溶液导电性没有必然关系，强弱电解质的根本区别在于能否完全电离，碳酸钙溶于水的部分完全电离，所以碳酸钙为强电解质，选项C正确；D、碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子，其水解方程式为HCO3-+H2OH2CO3+OH-，选项D错误；答案选C。
【点睛】本题考查了电解质与非电解质、强电解质与弱电解质的判断、溶液导电性强弱判断，题目难度中等，注意明确电解质与非电解质、强电解质与弱电解质的概念及根本区别，明确影响溶液导电性的根本因素、导电性与强弱电解质没有必然关系。
18.pH均为9的CH3COONa溶液和KCN溶液，它们的物质的量浓度关系正确的是
A. c(CH3COONa) ＞ c(KCN) B. c(CH3COONa) ＜ c(KCN)
C. c(CH3COONa) = c(KCN) D. 无法确定
【答案】A
【解析】
【详解】酸性CH3COOH>HCN，所以同浓度溶液的碱性：CH3COONa②>①
B. 若将3种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是②
C. 若分别加入25mL 0.1mol·L－1盐酸后，pH最大的是①
D. 三种溶液中，水的电离程度最大的是③
【答案】C
【解析】
【详解】A．等浓度时强碱的pH最大，强碱弱酸盐中对应的酸性越强，水解程度越小，碳酸氢根离子的酸性小于醋酸，所以3种溶液pH的大小顺序是③>①>②，选项A错误；B．稀释时强碱的变化程度大，所以三种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是③，选项B错误；C．等体积等浓度混合后，①中溶质为NaHCO3、NaCl，②中溶质为NaCl、CH3COOH，③中溶质为NaCl，而HCO3-离子水解显碱性，所以pH最大的是①，选项C正确；D．碳酸钠和醋酸钠水解促进水的电离，氢氧化钠溶液是强碱抑制水的电离，电离程度不同，选项D错误；答案选C。
【点睛】本题考查学生盐的水解规律以及盐的水解原理的应用知识，注意知识的迁移和应用是解题的关键，难度不大。
23.恒温下，把0.5mol/L的HF溶液加水稀释，随着加水量的增大，下列判断正确的是
A. 溶液中F-的个数减小 B. 电离平衡常数ka值变大
C. 电离转化率不变 D. c(F- )/c(HF)此比值增大
【答案】D
【解析】
【分析】
根据HF属于弱电解质，则在加水不断稀释时，电离程度增大，电离平衡保持向正反应方向移动，并注意温度不变时，电离平衡常数不变来解答。
【详解】A、因HF为弱酸，则浓度为0.5mol/L的HF溶液加水稀释，促进电离，平衡正向移动，电离程度增大，n（F-）增大，但c（F-）减小，选项A错误；B、因电离平衡常数只与温度有关，则Ka（HF）在稀释过程中不变，选项B错误；C、因HF为弱酸，则浓度为0.5mol/L的HF溶液加水稀释，促进电离，平衡正向移动，电离程度增大，电离转化率增大，选项C错误；D、因Ka（HF）=，当HF溶液加水不断稀释，促进电离，c（F-）不断减小，Ka（HF）不变，则增大，选项D正确；答案选D。
【点睛】本题考查弱电解质的稀释，明确稀释中电离程度、离子浓度、Ka的变化即可解答，本题难点和易错点是不断稀释时n（F-）增大但c（F-）减小。
24.（1）写出下列盐水解的离子方程式：
NaClO________________。
（NH4）2SO4________________。
Na2SO3 ________________。
AlCl3________________。
（2）25 ℃，将0.2 mol·L－1 HA溶液与0.2 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液中c(Na＋)>c(A－)，则：(下列空白填“>”“<”或“＝”)
①混合溶液中，c(HA)________c(A－)。水电离产生的c(OH-) _____ 10-7 mol·L－1
②混合溶液中，c(HA)＋c(A－)________0.1 mol·L－1。
③混合溶液中，由水电离出的c(OH－)___原0.2 mol·L－1 HA溶液中由水电离出的c(H＋)。
④25 ℃时，如果取0.2 mol·L－1 HA溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH<7，则HA的电离程度______NaA的水解程度。
【答案】 (1). ClO- + H2O HClO + OH- (2). NH4+ + H2O NH3·H2O + H+ (3). SO32-+ H2O HSO3- + OH- HSO3- + H2O H2SO3+ OH- (4). Al3+ + 3H2O Al(OH)3 + 3H+ (5). < (6). > (7). ＝ (8). > (9). >
【解析】
【详解】（1）次氯酸钠溶液中，次氯酸根离子是弱根离子，水解生成次氯酸和氢氧根离子，水解方程式为ClO-+H2O⇌HClO+OH-；
硫酸铵溶液中，铵根离子是弱碱的阳离子，水解生成一水合氨和氢离子，水解方程式为NH4+ + H2O NH3·H2O + H+；
亚硫酸钠溶液中，亚硫酸根离子是弱酸根离子，多元弱酸根离子分步水解，亚硫酸根离子第一步水解生成亚硫酸氢根离子和氢氧根离子，水解方程式为SO32-+ H2O HSO3- + OH-；第二步水解生成亚硫酸和氢氧根离子，水解方程式为HSO3- + H2O H2SO3+ OH-；
氯化铝溶液中，铝离子是弱碱的阳离子，水解生成氢氧化铝和氢离子，水解方程式为Al3+ + 3H2O Al(OH)3 + 3H+；
（2）25 ℃，将0.2 mol·L－1 HA溶液与0.2 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，完全反应所得溶液为NaA盐溶液，测得混合溶液中c(Na＋)>c(A－)，说明HA为弱酸，盐的水解是微弱的。
① 混合溶液为NaA盐溶液，盐的水解是微弱的，故c(HA) 10-7 mol·L－1；
② 根据物料守恒，混合溶液中，c(HA)＋c(A－)= c(Na＋)==0.1 mol·L－1；
③ 盐的水解促进水的电离，酸溶液抑制水的电离，故混合溶液中，由水电离出的c(OH－)>原0.2 mol·L－1 HA溶液中由水电离出的c(H＋)；
④25 ℃时，如果取0.2 mol·L－1 HA溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，所得溶液为HA与NaA按1：1形成的溶液，测得混合溶液的pH<7，故HA的电离程度>NaA的水解程度。
25.（1）常温下，纯水电离达到平衡后，向水中溶入下列物质后，可促进水的电离的有_____可抑制水的电离的电解质有 _____
①Na2CO3 ②NaHSO4 ③ 蔗糖 ④ C2H5OH ⑤ KNO3 ⑥ H2CO3 ⑦AlCl3 ⑧ SO3
（2）向0.1mol/L 的氨水中再通入少量氨气，填“增大”减小或不变：
c(NH4+)/c(NH3·H2O ) ______ c(H+ )_____ 氨水电离转化率 ____
（3）比较下列溶液的pH值（填＞．＜．＝）
①0.1 mol·L- 1 NH4Cl溶液___________0.01 mol·L- 1 NH4Cl溶液
②0.1 mol·L- 1 Na2CO3溶液 __________0.1 mol·L- 1 NaHCO3溶液
③25℃，1 mol·L- 1 FeCl3溶液__________80℃，1 mol·L- 1 FeCl3溶液
④0.1 mol·L- 1 NaOH 溶液___________0.1 mol·L- 1 Na2CO3溶液
【答案】 (1). ①⑦， (2). ②⑥ (3). 减小 (4). 减小 (5). 减小 (6). ＜ (7). ＞ (8). ＞ (9). ＞
【解析】
【详解】（1）盐的水解促进水的电离，碳酸钠为强碱弱酸盐水解促进水的电离，氯化铝为强酸弱碱盐水解促进水的电离，故可促进水的电离的有①⑦；酸、碱均抑制水的电离，碳酸抑制水的电离且为电解质，三氧化硫虽然溶于水生成硫酸，硫酸抑制水的电离，但三氧化硫属于非电解质；完全电离或电离程度大于水解程度的酸式盐也抑制水的电离，硫酸氢钠电离产生大量氢离子抑制水的电离且为电解质，故可抑制水的电离的电解质有②⑥；
（2）向0.1mol/L 的氨水中再通入少量氨气，平衡NH3+H2ONH3•H2ONH4++OH—正向移动，氢氧根离子浓度增大，电离平衡正向移动，温度不变Kb不变，则不变，但c(OH-)增大，故减小；c(H+)减小；电离平衡正向移动，氨水电离转化率增大；
（3）①含有弱离子的盐，浓度越大其水解程度越小，但浓度大的溶液中离子水解的个数多，所以浓度越大的氯化铵溶液的pH越小，则pH：0.1mol•L-1 NH4Cl溶液＜0.01mol•L-1 NH4Cl溶液，故答案为：＜；
②多元弱酸根离子第一步水解程度远远大于第二步水解程度，所以碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，则溶液的pH0.1mol•L-1 Na2CO3溶液＞0.1mol•L-1 NaHCO3溶液，故答案为：＞；
③温度越高，越促进弱离子水解，温度越高氯化铁的水解程度越大，其溶液的pH越小，所以pH25℃1mol•L-1FeCl3溶液＞80℃1mol•L-1FeCl3溶液，故答案为：＞；
④碳酸钠中碳酸根离子水解但水解程度较小，相同浓度的强碱和盐，碱的pH大于盐，所以0.1mol•L-1NaOH 溶液＞0.1mol•L-1 Na2CO3溶液，故答案为：＞。
26.同体积、pH=2的盐酸（A）和pH=2醋酸溶液（B）各1L 。分别加入等质量的锌片，充分反应后：（填＞、＜、＝）
①若Zn均剩余，开始时生成氢气的速率：υ（H2）：A____B, 一会儿后υ（H2）A___B。最终生成H2总量A ____ B； 所得溶液的质量增重A ____B；
②若Zn均耗尽，最终生成H2总量A ____B，所用时间A____ B；剩余溶液PH：A _____B
③若有一溶液中剩Zn，此溶液是_____（填A或B） ，最终生成H2总量A_____B
④若二溶液不加锌，而改为加水稀至pH＝4，所加水量A____B；加水后对水电离的抑制程度A ___B；水的电离转化率A____ B。
【答案】 (1). ＝ (2). ＜ (3). ＜ (4). ＜ (5). ＝ (6). ＞ (7). ＞ (8). A (9). ＜ (10). ＜ (11). ＝ (12). ＝
【解析】
【详解】pH相同的盐酸和醋酸，由于醋酸为弱酸，不能完全电离，则醋酸的浓度大于盐酸的浓度，① 若Zn均剩余，开始时氢离子浓度相同则生成氢气的速率：υ（H2）：A=B； 一会儿后由于醋酸存在电离平衡电离产生氢离子故氢离子浓度较大，则υ（H2）AB；剩余溶液中与盐酸反应后溶液呈中性，与醋酸反应后醋酸过量pH小于7，故pH：A>B；
③pH=2的盐酸和pH=2醋酸各1L中醋酸的量较多，若有一溶液中剩Zn，则为盐酸不足反应后锌有剩余，此溶液是A，醋酸量较多产生的氢气多，则最终生成H2总量A
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