学年北京市第四中学高二上学期期中考试化学试题 解析版.docx

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学年北京市第四中学高二上学期期中考试化学试题解析版

北京四中2017-2018学年上学期高中二年级期中考试

化学试卷

试卷满分为100分，考试时间为100分钟

I卷（选择题）

选择题（每小题只有1个选项符合题意。

每小题2分，共44分。

）

1.下列溶液中导电性最强的是

A.1L0.1mol／L醋酸B.0.1L0.1mol／LH2SO4溶液

C.0.5L0.1mol／L盐酸D.2L0.1mol／LH2SO3溶液

【答案】B

【解析】溶液的导电性由溶液的离子浓度决定，一般来说，离子浓度越大，导电性越强。

醋酸和亚硫酸都是弱酸，只能电离很少一部分，所以0.1mol／L醋酸和0.1mol／LH2SO3中的氢离子的浓度都小于0.1mol／L。

硫酸是二元强酸，盐酸是一元强酸，两者的浓度都是0.1mol／L时，硫酸的氢离子浓度是0.2mol／L，盐酸的氢离子浓度是0.1mol／L。

由上所述，离子浓度最大的是0.1mol／LH2SO4溶液，所以选项B正确。

点睛：

理论上溶液的导电性由离子浓度和离子电荷共同决定，可以简单的认为是由电荷浓度决定的。

例如：

可以认为0.1mol/L的Ca2+的电荷浓度就是0.2mol/L，则0.2mol/L的Na+和0.1mol/L的Ca2+的导电能力相近。

也能推出：

0.1mol/L的CaCl2和0.1mol/L的H2SO4导电性近似。

2.100℃时，Kw=1×10-12，对纯水的叙述正确的是

A.pH=6显弱酸性B.c（H+）=10-6mol／L，溶液为中性

C.Kw是常温时的10-2倍D.常温下，pH=6的溶液为中性

【答案】B

【解析】100℃时，Kw=1×10-12，纯水中只有水电离的氢离子和氢氧根离子，两者浓度一定相等，所以有c（H+）=c（OH-）=1×10-6mol/L，所以pH=6，此时溶液显中性，所以得到选项A错误，选项B正确。

常温Kw=1×10-14，所以100℃的KW是常温的102倍，选项C错误。

常温Kw=1×10-14，所以中性溶液的pH=7，选项D错误。

3.下列离子反应方程式中，不属于水解反应的是

A.NH4++H2O

NH3·H2O+H+

B.HSO3-+H2O

H2SO3+OH-

C.HCO3-+H2O

H3O++CO32-

D.AlO2-+2H2O

Al（OH）3+OH-

【答案】C

【解析】选项A的反应是铵根离子水解得到一水合氨，选项A属于水解反应。

选项B的反应是亚硫酸氢根离子水解生成亚硫酸，选项B属于水解反应。

选项C的方程式应该将两边都去掉一个水分子，得到：

HCO3-

H++CO32-，这是碳酸氢根的电离，选项C不是水解反应。

选项D是偏铝酸根离子水解得到氢氧化铝，选项D属于水解反应。

4.醋酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是

A.0.1mol／L醋酸溶液的c（H+）约为1×10-3mol／L

B.醋酸能与水以任何比例互溶

C.10mL1mol／L醋酸恰好与10mL1mol／LNaOH溶液完全反应

D.醋酸溶液的导电性比盐酸溶液的弱

【答案】A

【解析】0.1mol／L醋酸溶液的c（H+）约为1×10-3mol／L，说明醋酸只电离了一部分，所以是弱电解质，选项A正确。

醋酸能与水以任何比例互溶是醋酸的物理性质，这个与电解质的强弱无关，选项B错误。

10mL1mol／L的一元酸（无论强弱）都会恰好与10mL1mol／LNaOH溶液完全反应，所以选项C错误。

因为没有说明浓度的关系，所以醋酸溶液的导电性比盐酸溶液的弱，并不能说明醋酸是弱电解质，选项D错误。

点睛：

证明一个一元酸HA是弱电解质的方法主要有：

配成0.1mol/L的溶液，测得氢离子浓度小于0.1mol/L，或者测得pH＞1。

测NaA的溶液的酸碱性，得到该溶液显碱性。

配成相同浓度的HA和HCl溶液，测得HA的导电性较差。

5.常温下，要使水的电离程度增大，并使c（H+）增大，应加入的物质是

A.NaHSO4B.KAl（SO4）2C.NaHCO3D.CH3COONa

【答案】B

【解析】试题分析：

A、向水中加入NaHSO4，溶液中氢离子浓度增大，平衡逆向移动，水的电离程度减小，错误；B、加入KAl（SO4）2，Al3＋水解，水的电离程度增大，溶液呈酸性，正确；C、加入NaHCO3，碳酸氢根水解，水的电离程度增大，溶液呈碱性，错误；D、加入CH3COONa，醋酸根水解，水的电离程度增大，溶液呈碱性，错误。

考点：

考查水的电离

6.在一定条件下发生反应2A（g）=2B（g）+C（g），将2molA通入2L容积恒定的密闭容器甲中，若维持容器内温度不变，5min末测得A的物质的量为0.8mol。

用C的浓度变化来表示该反应的速率为

A.0.24mol／（L·min）B.0.12mol／（L·min）

C.0.08mol／（L·min）D.0.06mol／（L·min）

【答案】D

7.物质的量浓度相同的下列各溶液，由水电离出的c（OH-）由大到小的顺序正确的是

①NaHCO3②NaHSO4③Na2SO4④Na2CO3

A.①②③④B.④③①②C.④①③②D.①④③②

【答案】C

【解析】碳酸钠和碳酸氢钠水解，对于水的电离起到促进作用，考虑到碳酸根的水解强于碳酸氢根（溶液的pH也一定是碳酸钠大于碳酸氢钠），碳酸钠溶液中水电离出的c（OH-）大于碳酸氢钠溶液中水电离出的c（OH-）。

硫酸钠对于水的电离无影响。

硫酸氢钠电离出来的氢离子对于水的电离起到抑制作用。

由上所述，四种溶液中由水电离出的c（OH-）由大到小的顺序正确的是：

④①③②，选项D正确。

8.在0.1mol·L-1CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：

CH3COOH

CH3COO-+H+对于该平衡，下列叙述正确的是

A.加入水时，平衡向逆反应方向移动

B.加入少量NaOH固体，平衡向正反应方向移动

C.加入少量0.1mol·L-1HCl溶液，溶液中c（H+）减小

D.加入少量CH3COONa固体，平衡向正反应方向移动

【答案】B

【解析】试题分析：

A、加水促进醋酸的电离，平衡正向移动，A错误；B、加入少量NaOH固体，溶液的酸性减弱，平衡正向移动，B正确；C、加入少量0.1mol·L－1盐酸，溶液中的c（H+）增大，抑制醋酸电离，C错误；D、加入少量CH3COONa固体时，醋酸根离子浓度增大，平衡逆向移动，D错误。

答案选B。

考点：

弱电解质的电离

9.常温下，关于pH=2的盐酸，下列说法不正确的是

A.溶液中c（H+）=1.0×10-2mol·L-1

B.此溶液中由水电离出的c（OH-）=1.0×10-12mol·L-1

C.加水稀释100倍后，溶液的pH=4

D.加入等体积pH=12的氨水，溶液呈中性

【答案】D

【解析】A、pH=2的盐酸，溶液中c（H＋）=10－2mol·L－1，故说法正确；B、盐酸溶液中OH－完全是由水电离产生，根据水的离子积，c（OH－）=Kw/c（H＋）=10－14/10－2=10－12mol·L－1，故说法正确；C、盐酸是强酸，因此稀释100倍，溶液的pH=2＋2=4，故说法正确；D、NH3·H2O是弱碱，部分电离，氨水的浓度大于盐酸，反应后溶质为NH3·H2O、NH4Cl，NH3·H2O的电离程度大于NH4＋的水解程度，溶液显碱性，故说法错误。

10.下图表示某可逆反应在其他条件相同时使用和未使用催化剂，反应过程和能量的对应关系。

下列说法一定正确的是

A.该反应为吸热反应

B.a与b相比，a的反应速率更快

C.a与b相比，反应的平衡常数一定不同

D.反应物的总能量大于生成物的总能量

【答案】D

【解析】图中看出，生成物的能量低于反应物能量，所以是放热反应，选项A错误。

活化能越小反应速率应该越快，所以b的活化能更小，速率更快，选项B错误。

反应的平衡常数只与温度有关，所以是否使用催化加，平衡常数都是一样的，选项C错误。

从图中明显看出反应物的总能量大于生成物的总能量，选项D正确。

11.把0.05molNaOH固体分别加入到下列100mL溶液中，导电能力变化较大的是

A.0.5mol／LMgSO4溶液B.0.5mol／L盐酸

C.0.5mol/LCH3COOHD.0.5mol／LNH4Cl溶液

【答案】C

【解析】试题分析：

A．MgSO4溶液加入氢氧化钠固体生成氢氧化镁沉淀，但同时生成硫酸钠，溶液离子浓度变化不大，故A错误；B．加入到盐酸中，与酸反应生成氯化钠，将溶液中氢离子换成钠离子，离子浓度几乎没变，故B错误；C．加入到醋酸中，生成醋酸钠，它是强电解质，而原醋酸是弱酸，离于浓度小，故加入后其离子浓度增大，故C正确；D．加入到NH4Cl溶液中生成氯化钠和氨气，氯化铵和氯化钠都是强电解质，而一水合氨为弱电解质，溶液离子浓度变化不大，故D错误；故选C。

考点：

考查了电解质导电条件与导电强弱的相关知识。

12.下图是温度和压强对X+Y

2Z反应影响的示意图。

图中横坐标表示温度，纵坐标表示平衡混合气体中Z的体积分数。

下列叙述正确的是

A.上述可逆反应的正反应为放热反应

B.X、Y、Z均为气态

C.X和Y中只有一种为气态，Z为气态

D.上述反应的逆反应的△H>0

【答案】C

【解析】试题分析：

根据图像可知，在压强不变时，升高温度，生成物的平衡含量增大，说明正反应是吸热反应，ΔH>0，所以A、D错误。

在温度不变时，增大压强，生成物的平衡含量减小，说明增大压强，平衡向逆反应方向移动。

逆反应方向为气体体积减小的反应方向，所以Z是气体，X、Y只有一种物质为气体，B错误，C正确，答案的C。

考点：

考查温度、压强对化学反应平衡移动的影响及与物质存在状态的关系的判断的知识。

13.容积固定的密闭容器中存在如下反应：

A（g）+3B（g）

2C（g）△H<0某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，并根据实验数据作出下列关系图：

下列判断正确的是

①图I研究的是压强对反应的影响，且乙的压强较高

②图II研究的是压强对反应的影响，且甲的压强较高

③图II研究的是温度对反应的影响，且乙的温度较高

④图III研究的是不同催化剂对反应的影响，且甲使用的催化剂效率较高

A.①②B.①③C.①④D.③④

【答案】C

【解析】根据先拐先平的原则，图Ⅰ中乙的速度快，代表乙的压强大于甲。

又因为乙在甲的上方，说明压强大，C的浓度更大，即平衡正向移动，题目的方程式是气体物质的量减小的反应，增大压强平衡就应该正向移动，C的浓度增大，①正确。

根据先拐先平的原则，若图II研究的是压强对反应的影响，图Ⅱ中甲的速度快，代表甲的压强大于乙。

又因为乙在甲的上方，说明压强大，B的转化率更小，即平衡逆向移动，题目的方程式是气体物质的量减小的反应，增大压强平衡应该正向移动，B的转化率增大，②错误。

根据先拐先平的原则，若图II研究的是温度对反应的影响，图Ⅱ中甲的速度快，代表甲的温度高于乙，③错误。

图Ⅲ中达平衡以后甲乙的压强相同，说明平衡态相同，但是反应的速率不等，甲的速率更快，所以图III研究的是不同催化剂对反应的影响，且甲使用的催化剂效率较高，④正确。

点睛：

此类图像问题中，横坐标是时间，所以处理问题时一般原则是：

先拐先平（先出现拐点代表先达到平衡，就是代表速率快），代表压强大或者温度高。

14.已知反应2CH3OH（g）

CH3OCH3（g）+H2O（g）某温度下的平衡常数为400。

此温度下，在2L的密闭容器中加入amolCH3OH，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：

物质

CH3OH

CH3OCH3

H2O

浓度／（mol·L-1）

0.44

0.6

0.6

下列说法正确的是

A.此时刻正反应速率大于逆反应速率

B.若起始时加入2amolCH3OH，则达到平衡时CH3OH的转化率增大

C.若混合气体的平均摩尔质量不再变化，则说明反应已达到平衡状态

D.a=1.64

【答案】A

【解析】此时反应的浓度商QC=0.62/0.442＜K=400，所以反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率，选项A正确。

恒容下，反应物只有一个物质，增大该物质的浓度，转化率的变化，相当于未加入反应物直接增大压强，但是该反应是气体物质的量不变的反应，压强不影响平衡态，所以转化率不变，选项B错误。

该反应是气体物质的量不变的反应，所以气体的总物质的量不变，根据质量守恒定律，气体总质量不变，所以气体的平均分子量一定不变，则混合气体的平均摩尔质量不再变化，不能说明反应已达到平衡状态，选项C错误。

某时刻测得CH3OH、CH3OCH3和H2O的浓度分别为：

0.44mol/L、0.6mol/L和0.6mol/L，根据方程式计算出初始CH3OH的浓度为1.64mol/L，容器体积为2L，所以初始CH3OH的物质的量为3.28mol。

选项D错误。

15.可逆反应2SO2（g）+O2（g）

2SO3（g）从正方向开始，并达到了平衡，此时SO2和O2的物质的量之比为2：

1；若采取某种措施，导致SO2和O2又消耗了一些，并再次达到平衡，下列说法正确的是

A.新平衡体系中，SO2和O2物质的量之比仍为2：

1

B.平衡向正反应方向移动，原因是正反应速率增大，逆反应速率减小

C.新平衡体系与旧平衡体系比较，SO3的浓度肯定增大

D.若所采取的措施是缩小容器的容积，则新旧平衡中SO2和O2的转化率之比都是1：

1

【答案】D

【解析】试题分析：

A、SO2和O2减少的物质的量之比为2∶1，但如果是向容器中通入氧气，则新平衡体系中，SO2和O2物质的量之比不一定为2∶1，A错误；B、逆反应速率也可能增加，只是比正反应速率增加的少，B错误；C、把SO3移走一些，可以导致SO2和O2又消耗了一些，并再次达到平衡，此时SO3的浓度减少，C错误；D、若所采取的措施是缩小容器的容积，平衡向正反应方向移动，SO2和O2转化率增大，之比1∶1，D正确。

答案选D。

考点：

考查外界条件对平衡状态的影响

16.某温度下，某容积恒定的密闭容器中发生如下可逆反应CO（g）+H2O（g）

H2（g）+CO2（g）△H>0。

当反应达平衡时，测得容器中各物质均为nmol，欲使H2的平衡浓度增大一倍，在其他条件不变时，下列措施可以采用的是

A.升高温度B.再加入2nmolH2

C.再加入nmolCO和nmolH2OD.再加入2nmolCO2和2nmolH2

【答案】D

【解析】达平衡时测得容器中各物质均为nmol，如果想使H2的平衡浓度增大一倍，就是使H2的物质的量变为2nmol（因为体积不变）。

如果升高温度使H2的物质的量变为2nmol，就是要将该反应正向进行到底，但是可逆反应是不能完全进行的，选项A错误。

加入2nmol的氢气，瞬间氢气为3nmol，如果变为2nmol氢气，就要逆向反应nmol氢气（同时必然反应nmolCO2）,这样CO2就被完全反应了，这是不成立的，选项B错误。

可以计算出反应初始时加入的CO和H2O都是2nmol，再加入nmolCO和nmolH2O，相当于起始时加入的CO和H2O都是3nmol，这两个状态是等效平衡态，因为两种情况的初始投料量是2:

3的，所以该平衡态是初始平衡态的1.5倍，即达平衡时氢气是原平衡的1.5倍，也就是1.5nmol，选项C错误。

由上，再加入2nmolCO2和2nmolH2，相当于起始时加入的CO和H2O都是4nmol，这个状态与初始平衡依然是等效平衡态，因为两种情况的初始投料量是1:

2的，所以该平衡态是初始平衡态的2倍，即达平衡时氢气是原平衡的2倍，也就是2nmol，选项D正确。

点睛：

恒容下，对于气体的物质的量不变的反应，只要保证投料比相等就是等效平衡。

这种等效平衡的平衡态是按照起始的投料关系成比例的，即初始投料量是几倍关系，达平衡时的所有物质的物质的量也是几倍关系，就相当于将原平衡态扩大缩小一个倍数即可。

17.在pH相同，体积相等的盐酸A和醋酸溶液B中，分别加入等质量的锌，若反应停止后，有一份溶液中锌有剩余，则正确的判断是

①生成等量H2时反应所需时间B>A②开始时反应速度A>B

③参加反应的锌的质量B>A④整个反应阶段平均速度B>A

⑤盐酸中锌有剩余⑥醋酸溶液中锌有剩余

⑦盐酸中放氢气多⑧醋酸溶液中放氢气多

A.③④⑤⑧B.①③⑥⑦C.①②③⑥D.②③④⑤

【答案】A

【解析】初始两溶液pH相等，反应开始后因为醋酸电离平衡随着氢离子被消耗而正向移动（盐酸没有电离平衡），醋酸的氢离子浓度一定大于盐酸，所以反应速率更快，生成等量H2时反应所需时间B＜A，整个反应阶段平均速度也是B>A，①错误，④正确。

初始两溶液pH相等，就是氢离子浓度相等，所以开始时反应速度A＝B，②错误。

pH相同，体积相等的盐酸A和醋酸溶液B，因为醋酸是弱酸只能电离一部分，盐酸完全电离，所以醋酸的浓度远大于盐酸，体积相等，所以醋酸的物质的量也远大于盐酸。

因为醋酸的物质的量远大于盐酸，所以醋酸能反应的Zn的质量也大于盐酸，加入等量的Zn后，有一份溶液中锌有剩余，则一定是盐酸中锌有剩余，⑤正确，⑥错误。

因为加入等量的锌后，盐酸中有锌剩余，醋酸中的锌都反应了，所以参加反应的锌，醋酸大于盐酸，生成的氢气就也是醋酸大于盐酸。

所以③正确，⑧正确，⑦错误。

由上所述，正确的是③④⑤⑧，选项A正确。

18.常温下，甲、乙两杯醋酸稀溶液，甲的pH=a，乙的pH=a+1，对下列叙述的判断正确的是

A.甲中水电离出来的H+的物质的量浓度是乙中水电离出来的H+的物质的量浓度的10倍

B.物质的量浓度c（甲）>10c（乙）

C.中和等物质的量的NaOH溶液需甲、乙两杯醋酸溶液的体积，V（甲）=10V（乙）

D.甲中的c（OH-）为乙中的c（OH-）的10倍

【答案】B

【解析】甲的pH小于乙，说明甲溶液中醋酸电离的氢离子浓度大于乙，所以甲对于水的电离的抑制应该更强，应该是甲中水电离出来的H+的物质的量浓度是乙中水电离出来的H+的物质的量浓度的1/10倍，选项A错误。

浓度越大，弱电解质的电离程度越小，而甲的氢离子浓度是乙的10倍（pH甲比乙小1），甲中醋酸的电离程度又小于乙（明显甲中醋酸浓度大），所以甲中醋酸浓度一定比乙中醋酸浓度的10倍还要大，选项B正确。

中和等物质的量的NaOH溶液需要的醋酸的物质的量应该相同，因为甲中醋酸浓度一定比乙中醋酸浓度的10倍还要大，V（甲）=10V（乙）时，甲中醋酸的物质的量比乙中醋酸的物质的量的100倍还要大，甲能中和的氢氧化钠将远大于乙，选项C错误。

甲的pH比乙小1，代表甲的氢离子浓度大，氢氧根浓度小，所以实际甲中的c（OH-）为乙中的c（OH-）的1/10倍，选项D错误。

19.同温度、同物质的量浓度的下列溶液，下列说法正确的是

A.NH4Cl溶液和（NH4）2SO4溶液，NH4Cl溶液的pH小

B.Na2CO3溶液和NaHCO3溶液，Na2CO3溶液的pH大

C.NH4Cl溶液和NH4HSO4溶液，c（NH4+）相同

D.NH4Cl溶液和（NH4）2SO4溶液，c（NH4+）之比为1／2

【答案】B

【解析】同温度、同物质的量浓度的NH4Cl溶液和（NH4）2SO4溶液，因为硫酸铵中的铵根离子浓度更大，所以水解生成的氢离子浓度更大，即硫酸铵的pH更小，选项A错误。

因为多元弱酸根的水解一定分步，且越来越困难，所以碳酸根的水解一定强于碳酸氢根，即同温度、同物质的量浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液，Na2CO3溶液的pH大，选项B正确。

氯化铵的氯离子对于铵根水解无影响，硫酸氢铵的氢离子对于铵根水解起到抑制作用，所以硫酸氢铵中铵根离子的水解程度更小，c（NH4+）更大，选项C错误。

同温度、同物质的量浓度的NH4Cl溶液和（NH4）2SO4溶液，中初始c（NH4+）之比为1/2，因为铵根离子浓度越大水解程度越小，所以硫酸铵中铵根离子的水解程度小于氯化铵中铵根离子的水解程度，所以NH4Cl溶液和（NH4）2SO4溶液中c（NH4+）之比为小于1/2，选项D错误。

点睛：

对于弱电解质的电离和盐类水解都符合以下特点：

1、吸热；2、浓度越大，电离或水解的程度都越小；3、程度都很小；4、多元弱酸的电离或者多元弱酸根的水解，都要分步，且越来越困难。

20.常温下，①pH=2的CH3COOH溶液；②pH=2的HCl溶液；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液。

相同条件下，有关上述溶液的比较中，正确的是

A.水电离出的c（H+）：

①=②=③=④

B.将②、③溶液混合后，pH=7，消耗溶液的体积：

②<③

C.等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量：

④最大

D.向溶液中加入100mL水后，溶液的pH：

③>④>①>②

【答案】A

【解析】根据题目pH数据得到酸溶液中氢离子的浓度都是0.01mol/L，碱溶液中氢氧根的浓度都是0.01mol/L，所以四种溶液对于水的电离的抑制相同，水电离出的c（H+）：

①=②=③=④。

选项A正确。

②pH=2的HCl溶液和③pH=12的氨水的pH之和为14，如果等体积混合，溶液显碱性，如果要求pH=7，则盐酸应该多加，即消耗溶液的体积：

②＞③，选项B错误。

醋酸是弱酸，只能电离很少一部分，所以醋酸的浓度远比盐酸和氢氧化钠更大，等体积时，醋酸的物质的量就远大于盐酸和氢氧化钠，因此和过量的铝粉反应，应该是醋酸生成的氢气最多，选项C错误。

加水稀释时，溶液的pH都会向pH=7的方向变化，强酸强碱的变化较快，即每稀释10倍pH一定向着pH=7的方向变化1个单位；弱酸弱碱由于存在电离平衡而变化较慢，即每稀释10倍pH一定向着pH=7的方向变化小于1个单位。

因此③④的pH下降，且④的pH下降的较快，所以pH为③>④>7；①②的pH升高，且②升高的快，所以pH为7＞②＞①；由上，向溶液中加入100mL水后，溶液的pH：

③>④>②>①，选项D错误。

21.常温下下列是几种弱酸的电离平衡常数：

CH3COOH

H2S

HClO

1.8×10-5

K1=1.3×10-7

K2=7.1×10-15

4.69×10-11

下列说法正确的是

A.同物质的量浓度的Na2S、NaClO、CH3COONa溶液，pH最大的是NaClO溶液

B.同物质的量浓度的H2S、HClO、CH3COOH溶液，酸性最强的是CH3COOH

C.同物质的量浓度的S2-、HS-、ClO-、CH3COO-结合H+能力最强的是ClO-

D.CH3COOH溶液与Na2S溶液不能反应生成NaHS

【答案】B

【解析】根据电离平衡常数得到酸性为：

CH3COOH＞H2S＞HClO＞HS-，根据越弱越水解得到离子的水解能力为：

CH3COO－＜HS－＞ClO－＞S2－，所以同物质的量浓度的Na2S、NaClO、CH3COONa溶液，pH最大的是Na2S溶液，选项A错误。

酸性为：

CH3COOH＞H2S＞HClO＞HS-，所以同物质的量浓度的H2S、HClO、CH3COOH溶液，酸性最强的是CH3COOH，选项B正确。

阴离子结合氢离子的能力越强，实际就表示其水解能力越强（阴离子水解都是结合水电离的氢离子），根据上面的判断，水解能力最强的是S2－，所以选项C错误。

根据强酸制弱酸的原则，因为CH3COOH＞HS-，所以CH3COOH溶液与Na2S溶液能反应生成NaHS，选项D