1、第 1页，共 9页2020 年 3 月化学月考答案1.C2.C3.D4.D5.D6.C7.D8.C9.C10.C11.A12.B13.A14.B15.C16.C17.（共 16 分）羧基（1 分）；（1 分）；2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O（2 分）；CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；（2 分）防止溶液倒吸（2 分）；饱和碳酸钠溶液（2 分）溶解乙醇、吸收乙酸、降低乙酸乙酯溶解度（2 分）有（2 分）氧化石墨烯可与水形成氢键更稳定（2 分）18.（共 15 分）(1)3d104s24p4（1 分）(2)Br As Se Te（2 分）(3)H2O2分子
2、间存在氢键（1 分）；sp3杂化（1 分）；三角锥形（1 分）(4)；（5 分）(5)8（1 分）；32 3130NA d 107（3 分）19.（共 13 分）(1)D（1 分）(2)3MnO2+KClO3+6KOH 高温 3K2MnO4+KCl+3H2O（2 分）(3)溶解性（2 分）避免温度下降，造成主产品纯度降低（2 分）(4)阳（1 分）阳（1 分）MnO42 e=MnO4（2 分）(5)ab（2 分）20.（共 8 分）(1)CH3COOH H+CH3COO（1 分）(2)c(CH3COO)c(Na+)c(H+)c(OH)（2 分）(3)（1 分）104.76（2 分）(4)ac（
3、2 分）【解析】1.解：A.二氧化硅能够与氢氧化钠等强碱反应生成硅酸钠和水，所以高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维能够被碱腐蚀而造成断路，故 A 正确；B.碳纤维是碳的一种单质，属于非金属材料，故 B 正确；C.聚氯乙烯难降解，大量使用能够引起白色污染，故 C 错误；D.碳纳米管表面积大，据此较大的吸附，所以可以用作新型储氢材料，故 D 正确；故选：C。A.二氧化硅能够与氢氧化钠等强碱反应生成硅酸钠和水；B.碳纤维是碳的一种单质；第 2页，共 9页C.聚氯乙烯难降解；D.碳纳米管表面积大，据此较大的吸附性。本题考查物质的性质及用途，为高频考点，把握物质的组成和性质、发生的反应为解答关键为解答
4、该题的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。2.解：A.醋酸是弱电解质，应用可逆号，故呈酸性的原因是：CH3COOH+H2O CH3COO+H3O+，故 A 错误；B.多元弱酸根的电离分步进行，故水解方程式为 CO32+H2O HCO3+OH，HCO3+H2O H2CO3+OH，故 B 错误；C.乙醇在通过催化剂时，可以被氧化为乙醛，反应的方程式为：，故 C 正确；D.氢气燃烧热的热化学方程式H2(g)+12 O2(g)=H2O(l)H=285.5kJ/mol，故 D 错误；故选：C。A.醋酸是弱电解质，应用可逆号；B.多元弱酸根的水解分步进行；C.乙醇催化氧化生成乙醛和水；D.燃烧热
5、是 1mol 可燃物完全燃烧生成温度氧化物时放出的热量。本题考查离子反应、燃烧热的热化学方程式，注意多元弱酸阴离子水解及燃烧热概念即可解答，题目难度不大。3.解：A.烷烃的通式为CnH2n+2，C 元素的质量分数为12n14n+2=1214+2n，随 n 值增大，碳元素的质量百分含量逐渐增大，故 A 错误；B.乙烯中含碳碳双键，可与溴水发生加成反应生成 1，2 二溴乙烷，故 B 错误；C.苯中不含碳碳双键，但 1 mol 摩尔苯恰好与 3 摩尔氢气完全加成，故 C 错误；D.C7H16主链上有 5 个碳原子，支链为 2 个甲基或 1 个乙基，符合条件的同分异构体有：(CH3)3CCH2CH2C
6、H3、CH3CH2C(CH3)2CH2CH3、CH3CH2CH(CH2CH3)CH2CH3、(CH3)2CHCH2CH(CH3)2、(CH3)2CHCH(CH3)CH2CH3，总共 5 种，故 D 正确；故选：D。A.烷烃的通式为CnH2n+2，C 元素的质量分数为12n14n+2=1214+2n；B.乙烯中含碳碳双键，与溴发生加成反应；C.苯中不含碳碳双键；D.C7H16主链上有 5 个碳原子，支链为 2 个甲基或 1 个乙基，可以看作取代戊烷形成的物质。本题考查有机物结构与性质，题目难度不大，注意掌握常见有机物组成、结构与性质，D 为易错点，注意减链法书写同分异构体，试题侧重考查学生的分析
7、、理解能力及灵活应用基础知识的能力。4.【分析】本题考查了常见有机化合物的性质，侧重考查苯的结构及性质，明确苯分子中碳碳键的独特性是解题关键，题目难度不大。【解答】A.在浓硫酸做催化剂、55 60加热条件下，苯能和浓硝酸发生取代反应生成硝基苯，该反应也称硝化反应，故 A 正确；B.苯分子中不含碳碳双键，不能被高锰酸钾氧化，不能使酸性高锰酸钾褪色，故 B 正确；C.乙烯能够与溴水发生加成反应，甲烷与溴水不反应，所以甲烷中混有的乙烯可以用溴第 3页，共 9页水除去，故 C 正确；D.医院用 75%酒精杀菌、消毒，75%是乙醇体积分数，不是质量分数，故 D 错误。故选 D。5.【分析】本题考查了阿伏
8、加德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大。【解答】A.氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移的电子数小于 0.1NA，故 A 错误；B.标准状况下，2.24L NO 即 0.1molNO 和 2.24L O2即 0.1mol O2混合后生成 0.1molNO2，并剩余 0.05mol 氧气，而 NO2中存在平衡：2NO2 N2O4，导致分子数减小，则最后分子数小于 0.15NA，故 B 错误；C.加热条件下，铁投入足量的浓硫酸中反应生成硫酸铁，铁元素由 0 价升高为+3 价，故 1mol 铁失去 3mol 电子，根据得失电子数守恒可知，生成的二氧化硫分
9、子个数为1.5NA，故 C 错误；D.过氧化钠与水或者二氧化碳反应，过氧化钠均既是氧化剂又是还原剂，故 0.1mol 过氧化钠与足量的潮湿的二氧化碳反应时转移电子数为 0.1NA，故 D 正确。故选 D。6.【分析】本题考查同分异构体的书写，分析分子结构是否对称是解本题的关键，注意不能重写、漏写，题目难度不大。【解答】该烷烃的碳链结构为，1 号和 6 号碳原子关于 2 号碳原子对称，5、8、9 号碳原子关于 4 号碳原子对称，但 4 号碳原子上没有氢原子，所以 4 号碳原子和 3、5、8、9 号碳原子间不能形成双键；相邻碳原子之间各去掉 1 个氢原子形成双键，所以能形成双键有：1 和 2 之间
10、(或 2 和 6)；2 和 3 之间；3 和 7 之间，共有 3 种，故选：C。7.【答案】D【解析】解：A.乙烯与溴发生加成反应生成 1，2二溴乙烷，若发生取代反应生成溴乙烷和 HBr，由于 HBr 不溶于四氯化碳，可根据四氯化碳溶液避免是否有气泡生成判断反应类型，故A 正确；B.酸性高锰酸钾溶液能够氧化碳碳双键，根据图示装置可探究苯分子是否含有碳碳双键，故 B 正确；C.灼热的铜丝表明有黑色的 CuO，将灼热的铜丝伸入乙醇中，黑色的氧化铜变为红色，可证明乙醇具有还原性，故 C 正确；D.乙酸乙酯与氢氧化钠溶液反应，应该用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，故 D 错误；故选：D。A.HBr 不溶于
11、四氯化碳，根据溶液表明是否有气泡生成可判断乙烯与溴的反应类型；B.碳碳双键能够使酸性高锰酸钾溶液褪色；C.乙醇能够使灼热的铜丝变为红色，证明乙醇还原了氧化铜；D.氢氧化钠溶液能够与乙酸乙酯反应，不能用氢氧化钠吸收乙酸乙酯本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，涉及反应类型判断、乙酸乙酯的制备、第 4页，共 9页乙醇的性质、物质检验等知识，明确常见有机物组成、结构与性质为解答关键，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力8.解：由上述分析可知，X 为 O、Y 为 H、Z 为 S、W 为 N，A.氮原子质子数为 7，核外有 2 个电子层，最外层有 5 个电子，原子结构示意图为，故 A 错误；B.元
12、素 X 和 Y 能形成原子个数比为 1：1 或 1：2 的化合物，如过氧化氢、水，故 B 错误；C.同主族从上到下非金属性减弱，则元素 X 比元素 Z 的非金属性强，故 C 正确；D.X、Y、Z、W 四种元素能形成离子化合物，如硫酸铵，故 D 错误；故选：C。X 的 L 层电子数是 K 层电子数的 3 倍，L 层电子数为 6，X 为 O；Y 的核外电子层数等于原子序数，Y 为 H；Z 的 L 层电子数是 K 层和 M 层电子数之和，M 层电子数为 6，Z为 S；W 为共用三对电子形成双原子分子，常温下为气体单质，W 为 N，以此来解答。本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握原子结构、分子结
13、构来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。9.【答案】C【分析】本题考查了反应类型，根据概念判断即可解答，难度不大，注意概念的理解把握。【解答】A.苯环上的氢原子被硝基代替，属于取代反应，故 A 正确；B.碳碳双键断裂，分别结合溴原子，生成 1，2二溴乙烷，属于加成反应，故 B 正确；C.乙醇被催化氧化为乙醛的反应属于氧化反应，故 C 错误；D.乙酸和乙醇之间发生反应生成乙酸乙酯和水的反应叫做酯化反应，属于取代反应，故D 正确。故选 C。10.解：A.使用催化剂化学反应速率加快，所以正反应速率的虚线在实线的上方，故 A错误；B.平衡常数是温度的函数
14、，温度不变，平衡常数不变，所以温度相同而压强不同时，两者的平衡常数相同，故 B 错误；C.由图可知 pH=4 左右 Fe3+完全沉淀，Cu2+还未开始沉淀，由于 CuO+2H+=Cu2+H2O 反应发生，所以加入 CuO 可以调节 PH=4 左右，此时 Fe3+完全沉淀，过滤即可，故 C 正确；D.0.001mol/L 的醋酸溶液 pH 3，图中起点 pH=3，故 D 错误。故选：C。A.使用催化剂，加快反应速率；B.平衡常数是温度的函数，改变压强，平衡常数不变；C.由图可知 pH=4 左右 Fe3+完全沉淀；D.0.001mol/L 的醋酸溶液 pH 3。本题考查平衡移动的图象综合，为高频考
15、点，把握滴定时 pH 的变化、平衡移动、催化剂对反应速率的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图象的分析与平衡移动原理的应用，题目难度不大。11.解：A.电解时，阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动，B 为阴极，则 b 为阳离子交换膜，故 A 正确；B.A 极为阳极，发生氧化反应生成氯气，但没有沉淀生成，故 B 错误；C.B 极生成氢气和氢氧根离子，pH 最大，应为 pHA pHC v(逆)，故正确；使用催化剂同等程度增大正、逆反应速率，化学平衡不发生移动，B 的转化率不变，故错误；故选：B。A 是固体，其量的变化对平衡无影响；升高温度，正、逆反应速率都增大；压强增大平衡不移动，但
16、v(正)、v(逆)都增大；增大 B 的浓度，平衡向正反应移动；催化剂不能使化学平衡发生移动本题考查化学平衡的影响因素，比较基础，注意化学平衡发生移动的本质是改变条件引起正、逆速率不相等13.解：A.X 不可能为 Cu，故 A 错误；B.装置中用“多孔球泡”，增大接触面积，可增大 SO2的吸收速率，故 B 正确；C.中 NaOH 溶液可吸收尾气，故 C 正确；D.用装置反应后的溶液制备 MnSO4 H2O，蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥可得到，故D 正确；故选：A。由实验装置可知，X 为亚硫酸钠，与浓硫酸反应生成二氧化硫，而 Cu 与浓硫酸常温下不反应，II 中“多孔球泡”可增大 SO2的吸收速率，
17、二氧化硫与二氧化锰反应生成MnSO4，蒸发浓缩、冷却结晶可得到晶体，中 NaOH 溶液可吸收尾气，以此来解答。本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、实验装置的作用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。14.解：A.高锰酸钾可氧化过氧化氢，不能比较 CuSO4和 KMnO4的对H2O2分解的催化效果，故 A 错误；B.氯水先氧化碘离子生成碘单质，碘单质遇到淀粉溶液变蓝，故 B 正确；C.浓硫酸吸收胆矾晶体中的水，蓝色晶体变为白色粉末，故 C 错误；D.SO2通入 Ba(NO3)2溶液中发生氧化还原反应生成硫酸钡沉
18、淀，而 SO2与氯化钡不反应，故 D 错误；故选：B。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、反应速率、物质鉴别、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。15.解：C 的生成速率与 C 的消耗速率相等，说明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故不选；单位时间内生成 amolA，同时生成 3amolB，A，B 都是反应物，生成 A、B 的速率都是逆反应速率，不能说明反应达到平衡状态，故选；A、B、C 的浓度不再变化，正逆反应速率相等，说明反应达到平衡状态，故不选；第 6页，共 9页A、B、C 的质量分数不再变化，说明各物质
19、的物质的量的量不变，反应达到平衡状态，故不选；混合气体的总压强不再变化，反应前后气体体积不相同，压强不变说明各组分浓度不变，反应达到平衡状态，故不选；恒温恒容条件下，A、B、C 都是气体，所以混合气体的密度不会发生变化，故密度不能作为判断反应达到平衡状态的标志，故选；由反应 A(g)+3B(g)2C(g)可知，混合气体的质量是定值，反应前后气体的体积不等，所以平均相对分子质量不再变化，说明反应达到平衡状态了，故不选；A、B、C 的分子数之比为 1：3：2，无法判断各组分的浓度是否继续变化，则无法判断平衡状态，故选；故选：C。A(g)+3B(g)2C(g)为气体体积缩小的可逆反应，该反应达到平衡
20、状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量等变量不再变化，据此判断。本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大，明确化学平衡状态的特征即可解答，试题侧重基础知识的考查，有利于提高学生的分析能力及灵活应用能力。16.解：A.当混合溶液体积为 20mL 时，二者恰好反应生成 NaHCO3，HCO3的电离程度小于其水解程度，所以其溶液呈碱性，则溶液的 pH 为 7 时，盐酸体积大于 10mL，溶液的总体积大于 20mL，故 A 正确；B.任何电解质溶液中都存在电荷守恒，阴阳离子所带电荷总数相同，B 点所示的溶液c(Na+)+c(H+)=2(CO32)+(HCO3)+(OH)+c(Cl)，故 B
21、正确；C.由图可知，A 点(CO32)=(HCO3)，溶液显碱性，则(CO32)=(HCO3)(OH)c(H+)，溶质为等量的 NaHCO3、Na2CO3，即钠离子浓度最大，c(Na+)c(CO32)=c(HCO3)c(OH)c(H+)，故 C 错误；D.水解常数Kh=c(HCO3)c(OH)c(CO32)=2 104，溶液中 c(HCO3)=2c(CO32)时，c(OH)=1 104mol/L，c(H+)=1010mol/L，溶液的 pH=10，故 D 正确；故选：C。常温下在 10mL0.1mol/LNa2CO3溶液中逐滴加入 0.1mol/LHCl 溶液，先反应生成NaHCO3，再与 H
22、Cl 反应生成二氧化碳、水，A.当混合溶液体积为 20mL 时，二者恰好反应生成 NaHCO3，HCO3的电离程度小于其水解程度，所以其溶液呈碱性；B.任何电解质溶液中都存在电荷守恒，阴阳离子所带电荷总数相同；C.由图可知，A 点(CO32)=(HCO3)，溶液显碱性；D.水解常数Kh=c(HCO3)c(OH)c(CO32)=2 104，溶液中 c(HCO3)=2c(CO32)时，c(OH)=1 104mol/L本题考查混合溶液离子浓度的关系，为高频考点，把握混合溶液中溶质、盐类水解、水解平衡常数的计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图象及电荷守恒的应用，题目难度不大17.解：A
23、的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，则 A 为 CH2=CH2，与水发生加成反应得到 B 为 CH3CH2OH，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，所以 D 为 CH3COOH，乙醇被催化氧化生成乙醛，乙醛被氧化生成乙酸，所以 C 为 CH3CHO，A 发生加聚反应生成 E，E 为，（1）D 为乙酸，官能团是羧基，E 是高分子化合物聚乙烯，故答案为：羧基；聚乙烯；（2）乙醇发生催化氧化反应生成乙醛，反应方程式为 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应方程式为第 7页，共 9页CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，故答
24、案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；（3）挥发出的乙酸、乙醇都极易溶于水，如果将导气管伸入液面下会导致倒吸，为了防止倒吸，导气管不能伸入液面下，故答案为：防止溶液倒吸；乙醇与乙酸都易挥发，制备的乙酸乙酯含有乙醇与乙酸，通常用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，反应掉挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，溶解挥发出来的乙醇，降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯，故答案为：饱和碳酸钠溶液溶解乙醇、吸收乙酸、降低乙酸乙酯溶解度；（4）混合物中微粒的直径在 1100nm 之间，有丁达尔效应，氧化石墨烯粒可与水分子形成氢键，
25、而石墨烯不能，形成氢键使稳定性增强，故答案为：有氧化石墨烯可与水形成氢键更稳定；18.【分析】本题综合考查物质结构与性质，涉及原子核外电子的能级分布、杂化轨道理论、化学键、晶体计算等，难度较难。【解答】(1)基态硒(Se)原子的电子排布式为Ar3d104s24p4，故答案为：3d104s24p4(2)Te、As、Se、Br 的第一电离能由大到小排序为 Br As Se Te，故答案为：Br As Se Te(3)H2O2和H2S 的相对分子质量相等，常温下，H2O2呈液态，而H2S 呈气态，其主要原因是H2O2分子间存在氢键；H2Se 分子与水分子类似，H2Se 分子的中心原子杂化类型为sp3
26、杂化；SeO32的孤对电子对数为12(6+2 3 2)=1，空间构型为三角锥形。故答案为：H2O2分子间存在氢键；sp3杂化；三角锥形(4)键角H2O HSe；酸性H2SeO4 H2SeO3；电负性 O S；离子半径 Se2 Br，故答案为：；(5)由晶胞图知镉晶体的配位数为 8；设晶胞的棱长为 a，则 D=32 a，晶胞的质量为265gmol1NAmol1=a3 d gcm3，则 a=3130NAdcm=3130NAd 107nm，则 D=32 3130NA d 107nm，故答案为：8；32 3130NA d 10719.解：(1)实验室熔融二氧化锰、氧氧化钾、氯酸钾时应选择铁坩埚，因为普
27、通玻璃坩埚、石英坩埚、陶瓷坩埚与 KOH 反应，故答案为：D；(2)第一步熔融时二氧化锰、氧氧化钾、氯酸钾生成K2MnO4的化学方程式为：3MnO2+KClO3+6KOH 高温 3K2MnO4+KCl+3H2O，故答案为：3MnO2+KClO3+6KOH 高温 3K2MnO4+KCl+3H2O；(3)采用浓缩结晶、趁热过滤得到 KMnO4，说明高锰酸钾的溶解性随温度影响较大，操作中根据 KMnO4和K2CO3两物质在溶解性上的差异，采用浓缩结晶、趁热过滤得到KMnO4，趁热过滤的原因是避免温度下降，造成主产品纯度降低，第 8页，共 9页故答案为：溶解性；避免温度下降，造成主产品纯度降低；(4)
28、反应 b 是电解法制备 KMnO4，其装置如下图所示，a 为K2MnO4生成 KMnO4，发生反应：MnO42 e=MnO4，为阳极，阴极为 b，由氢离子放电，得到 KOH，故离子交换膜为阳离子交换膜，交换钾离子，故答案为：阳；阳；MnO42 e=MnO4；(5)KMnO4稀溶液因为其强氧化性是一种常用的消毒剂，双氧水、84 消液(NaClO 溶液)具有氧化性能消毒，故答案为：ab。根据流程：二氧化锰与氢氧化钾粉碎在空气中熔融：3MnO2+KClO3+6KOH 高温 3K2MnO4+KCl+3H2O，加水溶解除去 KCl 得到K2MnO4溶液，途径 1：向K2MnO4溶液通入二氧化碳得到 KM
29、nO4、MnO2、K2CO3：3K2MnO4+2 CO2=2 KMnO4+2K2CO3+MnO2，过滤除去滤渣(MnO2)，滤液为KMnO4、K2CO3溶液，浓缩结晶，趁热过滤得到 KMnO4晶体，滤液中含有K2CO3，途径 2：电解K2MnO4溶液，2K2MnO4+2H2O 电解 2KMnO4+2KOH+H2，a 为阳极，电极反应为：MnO42 e=MnO4，据此分析作答。本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，对流程的分析是本题的解题关键，需要学生有扎实的基础知识，题目难度中等。20.解：(1)由于 CH3COOH 的Ka(CH3COOH)=1.75 105小，所以 CH3
30、COOH 是弱酸，水溶液中部分电离，电离方程式为 CH3COOH H+CH3COO，故答案为：CH3COOH H+CH3COO；(2)该缓冲溶液的 pH=4.76、呈酸性，即 c(H+)c(OH)，电荷关系为 c(H+)+c(Na+)=c(OH)+c(CH3COO)，所以溶液中离子浓度由大到小的顺序是 c(CH3COO)c(Na+)c(H+)c(OH)，故答案为：c(CH3COO)c(Na+)c(H+)c(OH)；(3)浓度均为 0.10mol/L 的 CH3COOH 和 CH3COONa 的缓冲溶液呈酸性，说明 CH3COOH的电离程度大于 CH3COONa 的水解程度，即Ka(CH3COO
31、H)Kb(CH3COO)，故答案为：；(4)缓冲溶液中加少量酸或碱，pH 基本不变，即 c(H+)不变，所以 1.0L 缓冲溶液中滴加几滴 NaOH 稀溶液(忽略溶液体积的变化)，反应后溶液 pH=4.76，溶液中 c(H+)=10pH=104.76mol/L，故答案为：104.76；(5)a.缓冲溶液中存在H2CO3 H+HCO3平衡，人体代谢产生的H+与 HCO3结合形成H2CO3，随血液带到肺部分解生成二氧化碳和水，故 a 正确；b.血液中的缓冲体系可抵抗少量酸或碱的影响，不能抵抗大量酸或碱的影响，否则缓冲溶液失去作用、出现酸或碱中毒，故 b 错误；c.代谢产生的碱性物质进入血液时，立即
32、被H2CO3中和成 HCO3，经过肾脏调节排除体外，同时H+又可由H2CO3电离补充，维持血液 pH 的稳定，故 c 正确；故答案为：ac。(1)Ka(CH3COOH)=1.75 105，所以 CH3COOH 是弱酸，部分电离，用“”连接分子和阴阳离子；(2)CH3COOH 和 CH3COONa 的缓冲溶液，pH=4.76，呈酸性，结合电荷关系分析解答；(3)浓度均为 0.10mol/L 的 CH3COOH 和 CH3COONa 的缓冲溶液，pH=4.76，说明CH3COOH 的电离程度大于 CH3COONa 的水解程度；(4)缓冲溶液中加少量酸、碱，而 pH 基本不变，即 c(H+)不变；(5)H2CO3(CO2)与 NaHCO3的缓冲体系中H2CO3(CO2)能中和人体代谢产生的少量碱，同第 9页，共 9页时 NaHCO3又可吸收人体代谢产生的少量H+，有效除掉人体正常代谢产生的酸或碱，保持 pH 的稳定，据此分析解答。本题考查了弱电解质的电离平衡及其应用、离子浓度大小比较等知识，掌握弱电解质的电离平衡特征、明确弱电离平衡的影响因素是解题关键，注意电荷守恒的应用，题目难度中等。