化学ⅳ人版专项三综合测试题.docx

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化学ⅳ人版专项三综合测试题

化学ⅳ人版专项三综合测试题

时间90分钟，总分值100分。

【一】选择题〔此题包括18小题，每题只有一个选项符合题意，每题3分，共54分〕

1.把0.01molNaOH分别加到以下溶液中：

①10mL1mol·L-1H2SO4溶液；②10mL1mol·L-1盐酸；③10mL1mol·L-1醋酸；④20mL1mol·L-1醋酸；⑤10mL蒸馏水，完全作

用后，所得溶液的pH由大到小的顺序是（）

A.⑤>③>②>④>①B.⑤>③>④>②=①

C.①>②>④>③>⑤D.⑤>③>②>①>④

答案：

A

解析：

0.01molNaOH加入到蒸馏水中，仍为强碱溶液，pH最大；CH3COOH和NaOH恰好中和溶液呈碱性，假设CH3COOH有剩余那么溶液呈酸性；假设强酸过量，中和后溶液显酸性，故pH由大到小顺序为：

⑤>③>②>④>①。

2.pH=2的A、B两种酸溶液各1mL，分别加水稀释到1000mL，其pH与溶液体积V的关系如下图。

以下说法正确的选项是（）

A.A、B两酸溶液的物质的量浓度一定相等

B.稀释后，A酸溶液的酸性比B酸溶液强

C.a=5时，A是强酸，B是弱酸

D.假设A、B都是弱酸，那么5≥a>2

答案：

C

解析：

pH相同的两酸稀释相同倍数，B的pH变化小，说明B是比A弱的酸，那么pH相同的两酸的物质的量浓度是c〔B〕>c〔A〕，稀释后A酸的pH大于B酸的pH，故A酸的c〔H+〕小于B酸的c〔H+〕，A酸溶液酸性较弱。

假设是pH=2的强酸稀释到原来的1000倍，稀释后的c〔H+〕=

=10-5mol·L-1，pH=5。

弱酸中因存在弱酸的电离平衡，加水稀释，电离平衡右移，故2

3.重水〔D2O〕的离子积为1.6×10-15mol2·L-2，可以用和pH一样的定义来规定pD=-lg［c（D+）］。

以下关于pD的表达正确的选项是（）

A.中性溶液的pD=7.0

B.含0.01molNaOD的D2O溶液1L，其pD=12.0

C.溶解0.01molDCl的D2O溶液1L，其pD=2.0

D.在100mL0.25mol·L-1的DCl重水溶液中，加入50mL0.2mol·L-1的NaOD重水溶液，其pD=7.0

答案：

C

解析：

根据题中信息，c〔D+〕·c（OD-）=1.6×10-15mol2·L-2。

因重水中c〔D+〕=c〔OD-〕，故c〔D+〕=

mol·L-1，即pD肯定不等于7，A错误。

B选项含0.01molNaOD的D2O溶液1L，故c〔OD-〕=0.01mol·L-1，c〔D+〕=

=1.6×10-13mol·L-1。

于是pD=13-lg1.6≠12.0，故B错误。

C项溶解0.01molDCl的D2O溶液1L，c〔D+〕=0.01mol·L-1，pD=-lg0.01=2，C正确。

D选项n（DCl）=0.25mol·L-1×0.1L=0.025mol，n（NaOD）=0.2mol·L-1×0.05L=0.01mol，所以c〔D+〕=

=0.1mol·L-1，因此pD=1.0，D不正确。

4.将标准状况下的2.24LCO2通入150mL1mol·L-1NaOH溶液中，以下说法正确的选项是（）

A.c（HCO-3）略大于c（CO2-3）

B.反应后生成的溶液能使酸性高锰酸钾溶液褪色

C.c〔Na+〕等于c〔CO2-3〕与c（HCO-3）之和

D.c〔HCO-3〕略小于c〔CO2-3〕

答案：

A

解析：

经计算可知，CO2与NaOH反应得到的是等物质的量的Na2CO3和NaHCO3。

Na2CO3和NaHCO3电离产生的阴离子均能水解，且HCO-3在溶液中还存在着电离趋势，但其水

解程度大于电离程度。

在CO2-3和HCO-3共存的溶液中，二者的水解被相互抑制，但CO2-3的水解程度应大于HCO-3的水解程度〔CO2-3水解得到HCO-3：

CO2-3+H2O

HCO-3+OH-〕。

依据溶液中元素原子数目守恒，c〔Na+〕应大于

c（CO2-3）与c（HCO3）之和，Na2CO3和NaHCO3中的碳元素的化合价为+4价，均不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故不能使酸性高锰酸钾溶液褪色。

5.物质的量浓度相同的以下溶液，符合按pH由小到大顺序排列的是（）

A.Na2CO3NaHCO3NaClNH4Cl

B.Na2CO3NaHCO3NH4ClNaCl

C.（NH4）2SO4NH4ClNaNO3Na2S

D.NH4Cl（NH4）2SO4Na2SNaNO3

答案：

C

解析：

同浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液，Na2CO3溶液的碱性强，pH大，那么选项A、B都不正确；Na2S溶液由于S2-水解而呈碱性，NaNO3溶液不水解，呈中性，那么选项D也不正确；对选项C，由于同浓度时，〔NH4〕2SO4中NH+4的浓度比NH4Cl溶液中NH+4的浓度大，其水解得到的H+的浓度也较大，pH较小，应选项C是正确的。

6.关于小苏打水溶液的表述正确的选项是（）

A.c（Na+）=c（HCO-3）+c（CO2-3）+c（H2CO3）

B.c（Na+）+c（H+）=c（HCO-3）+c（CO2-3）+c（H-）

C.HCO-3的电离程度大于HCO-3的水解程度

D.存在的电离有：

NaHCO3

Na++HCO-3，HCO-3

H++CO2-3，H2O

H++OH-

答案：

A

解析：

此题主要考查电解质的电离、电离平衡和各种守恒关系。

NaHCO3中Na+与HCO-3物质的量相等，而在水溶液中HCO-3的存在方式有HCO-3、CO2-3、H2CO3三种，根据物

料守恒有c〔Na+〕=c（HCO-3）+c〔CO2-3〕+c〔H2CO3〕；又根据电荷守恒有c〔Na+〕+

c（H+）=c〔HCO-3〕+2×c（CO2-3）+c（OH-），故B不正确；由于NaHCO3溶液呈弱碱性，故HCO-3水解程度大于其电离程度，C不正确；NaHCO3为可溶性盐完全电离，用等号；HCO-3为弱酸的酸式酸根，水为弱电解质，其电离程度较小，故用可逆号，D不正确。

7.以下混合溶液中，各离子浓度的大小顺序正确的选项是（）

A.10mL0.1mol·L-1氨水与10mL0.1mol·L-1盐酸混合，

c（Cl-）>c（NH+4）>c（OH-）>c（H+）

B.10mL0.1mol·L-1NH4Cl溶液与5mL0.2mol·L-1NaOH溶液混合，

c〔Na+〕=c（Cl-）>c（OH-）>c（H+）

C.10mL0.1mol·L-1CH3COOH溶液与5mL0.2mol·L-1NaOH溶液混合，

c〔Na+〕=c（CH3COO-）>c（OH-）>c（H+）

D.10mL0.5mol·L-1CH3COONa溶液与6mL1mol·L-1盐酸混合，

c〔Cl-〕>c（Na+）>c（OH-）>c（H+）

答案：

B

解析：

选项A中氨水与盐酸恰好完全反应生成NH4Cl，由于NH4Cl水解使溶液呈酸性，c〔H+〕>c（OH-），给出的顺序错误。

选项B中NH4Cl与NaOH恰好完全反应，由于生成的

NH3·H2O部分电离，使溶液呈碱性，所以c〔Na+〕=c（Cl-）>c（OH-）>c（H+），给出的顺序正确。

选项C中醋酸与NaOH恰好完全反应生成CH3COONa，由于CH3COONa水解使溶液呈碱性c（Na+）>c（CH3COO-），给出的顺序错误。

选项D中CH3COONa与盐酸反应后HCl过量，因此溶液呈酸性，即c〔H+〕>c（OH-），给出的顺序错误。

8.乙酸〔HA〕的酸性比甲酸〔HB〕弱，在物质的量浓度均为0.1mol/L的NaA和NaB混合溶液中，以下排序正确的选项是（）

A.c（OH-）>c（HA）>c（HB）>c（H+）

B.c（OH-）>c（A-）>c（B-）>c（H+）

C.c（OH-）>c（B-）>c（A-）>c（H+）

D.c（OH-）>c（HB）>c（HA）>c（H+）

答案：

A

解析：

此题考查了盐类的水解和溶液中离子的共存问题。

由题意知酸性HB大于HA所以浓度相同的NaA和NaB的混合溶液中NaA中A-的水解程度大于NaB中B-的水解程度且溶液呈碱性，OH-的浓度最大应选A。

9.取浓度相同的NaOH和HCl溶液，以3:

2体积比相混合，所得溶液的pH等于12，那么原溶液的浓度为（）

A.0.01mol/LB.0.07mol/L

C.0.05mol/LD.0.50mol/L

答案：

C

解析：

设NaOH和HCl溶液的浓度为cmol/L，体积分别为3VL、2VL，混合时发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，可知碱过量，那么

c（OH-）=

=

mol/L

由于pH=12,c（H+）=10-12mol/L，c（OH-）=

=

=10-2mol/L=

mol/L

∴c=0.05mol/L

应选C。

10.实验室现有3种酸碱指示剂，其pH变色范围如下

甲基橙：

3.1~4.4石蕊：

5.0~8.0酚酞：

8.2~10.0

用0.1000mol/LNaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，反应恰好完全时，以下表达中正确的选项是（）

A.溶液呈中性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂

B.溶液呈中性，只能选用石蕊作指示剂

C.溶液呈碱性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂

D.溶液呈碱性，只能选用酚酞作指示剂

答案：

D

解析：

题目以酸碱中和反应和盐类水解作为切入点。

由于醋酸是弱酸，NaOH是强碱，当两者恰好完全反应生成醋酸钠，是强碱弱酸盐，水解显碱性，所以应选择在碱性条件下，就发生颜色变化的指示剂，应选酚酞，答案为D。

11.Ksp（CaF2）=5.3×10-9mol3·L-3，Ksp（CaSO4）=9.1×10-6mol2·L-2。

今有一含CaF2（s）和CaSO4（s）的饱和溶液，其中c（F-）=1.8×10-3mol·L-1，那么CaF2、CaSO4的溶解度分别为（）

A.1.1×10-3mol·L-1，3.0×10-3mol·L-1

B.1.6×10-3mol·L-1，5.7×10-3mol·L-1

C.9.0×10-4mol·L-1，5.7×10-3mol·L-1

D.1.6×10-3mol·L-1，3.0×10-3mol·L-1

答案：

B

解析：

c（F-）=1.8×10-3mol·L-1，c（Ca2+）·c2（F-）=Ksp（CaF2）=5.3×10-9mol3·L-3，求出：

c（Ca2+）=1.6×10-3mol·L-1，即CaF2的溶解度。

又c〔Ca2+〕·c（SO2-4）=Ksp（CaSO4）=9.1

×10-6mol2·L-2，将c〔Ca2+〕=1.6×10-3mol·L-1代入：

c（SO2-4）=5.7×10-3mol·L-1，即CaSO4的溶解度。

12.以下表达正确的选项是（）

A.0.1mol·L-1氨水中，c〔OH-〕=c〔NH+4〕

B.10mL0.02mol·L-1HCl溶液与10mL0.02mol·L-1Ba（OH）2溶液充分合后，假设混合后溶液的体积为20mL，那么溶液的pH=12

C.在0.1mol·L-1CH3COONa溶液中，c〔OH-〕+c（Na+）=c〔CH3COOH〕+c〔H+〕

D.0.1mol·L-1某二元弱酸碱性NaHA溶液中，c〔Na+〕=2c（A2-）+c（HA-）+c（H2A）

答案：

B

解析：

此题主要考查溶液中各种微粒之间的关系，是水解原理的应用。

A中0.1mol·L-1的NH3·H2O，pH>7，c〔OH-〕>c（H+），依据电荷守恒定律：

c〔H+〕+c〔NH+4〕=c〔OH-〕+c〔Cl-〕，所以c〔OH-〕≠c〔NH+4〕；B中有：

2HCl+Ba（OH）2==BaCl2+2H2O

21

0.02×0.01

混合后Ba（OH）2剩余，c〔OH-〕=

mol·L-1=1×10-2mol·L-1，pH=12，B正确；C中CH3COONa为强碱弱酸盐，发生水解：

CH3COO-+H2O

CH3COOH+OH-，H2O

H++OH-，据质子守恒关系：

c（OH-）=c（CH3COOH）+c（H+），C正确；

D中NaHA为强碱弱酸盐，既存在电离平衡，又存在水解平衡，根据物料守恒有：

c（Na+）=c（A2-）+c（HA-）+c（H2A），D错误。

13,常温下将稀NaOH溶液与稀CH3COOH溶液混合，不可能出现的结果是（）

A.pH>7，且c（Na+）>c（OH-）>c（H+）>c（CH3COO-）

B.pH>7，且c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-）

C.pH<7，且c（CH3COO-）>c（H+）>c（Na+）>c（OH-）

D.pH=7，且c（CH3COO-）>c（Na+）>c（H+）=c（OH-）

答案：

D

解析：

CH3COOH与NaOH两溶液混合后：

A中，pH>7，有：

CH3COOH+NaOH==CH3COONa+H2O，CH3COO-+H2O

CH3COOH+OH-，从而使c〔OH-〕>c〔H+〕，NaOH也可能过量，但c（Na+）>c（OH-），因此，不可能出现c〔OH-〕>c（Na+），故A可能出现。

D中，pH=7，说明溶液中c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒：

c（H+）+c（Na+）=c（CH3COO-）+c（OH-），可得c〔CH3COO-〕=c〔Na+〕。

14.等体积、等物质的量浓度的MOH强碱溶液和HA弱酸溶液混合后，混合液中有关离子的浓度应满足的关系是（）

A.c（M+）>c（OH-）>c（A-）>c（H+）

B.c（M+）>c（A-）>c（H+）>c（OH-）

C.c（M+）>c（A-）>c（OH-）>c（H+）

D.c（M+）>c（H+）>c（A-）>c（OH-）

答案：

C

解析：

一元强碱与一元弱酸的中和反应如下：

OH-+HA==A-+H2O

HA+OH-

作为强碱相应的金属离子，M+不水解，无任何消耗，所以c〔M+〕最大，由于水解是微弱的，因此水解后的c〔A-〕仍应大于c〔OH-〕，选项A被否定，由以前所学的盐类水解的离子方程式可知弱酸根离子水解后溶液显碱性，那么c〔OH-〕>c（H+），因此C正确，B、D错误。

15.物质的量浓度相同的以下溶液中，含粒子种类最多的是（）

A.CaCl2B.CH3COONa

C.NH3D.K2CO3

答案：

D

解析：

对于CaCl2，几乎不发生水解，溶液中存在的粒子有Ca2+、Cl-、H+、OH-、H2O等5种，对于CH3COONa，由于发生水解：

CH3COO-+H2O

CH3COOH+OH-，溶液中存在

有Na+、CH3COOH、CH3COO-、H2O、H+、OH-等6种粒子。

对于NH3，在溶液中存在平衡为：

NH3+H2O

NH3·H2O

NH+4+OH-，溶液中存在着NH+4、NH3·H2O、NH3、H2O、H+、OH-等6种粒子。

K2CO3在溶液中存在两级水解：

CO2-3+H2O

HCO-3+OH-，HCO-3+H2O

H2CO3+OH-，溶液中共有7种粒子，故正确答案为D。

16.水是一种极弱的电解质，在室温下平均每n个水分子只有一个水分子发生电离，那么n值

是（）

A.1×10-14B.55.6×107

C.108D.55.6

答案：

B

解析：

1LH2O中，n（H2O）=

=55.6mol

依题意，那么有：

=

n=55.6×107

17.把1mL0.1mol·L-1的H2SO4加水稀释成2L溶液，在此溶液中由水电离产生的H+的浓度最接近于（）

A.1.0×10-4mol·L-1

B.1.0×10-8mol·L-1

C.1.0×10-11mol·L-1

D.1.0×10-10mol·L-1

答案：

D

解析：

溶液中，c（H+）=

=1.0×10-4mol·L-1

c（OH-）=

=1.0×10-10（mol·L-1）

即水电离产生c〔H+〕为1.0×10-10mol·L-1。

18.下面是关于中和滴定的实验表达：

取25mL未知浓度的盐酸。

a.放入锥形瓶中，此瓶需要先用蒸馏水洗净

b.并将该瓶用待测液润洗

c.加入几滴酚酞做指示剂

d.取一支酸式滴定管，用蒸馏水洗净

e.直接往其中注入标准NaOH溶液，进行滴定

f.一旦发现溶液由无色变成粉红色，即停止滴定，记下数据

在横线标明的操作中，有错误的选项是（）

A.d、e、fB.b、d、e、f

C.b、d、eD.b、c、e、f

答案：

B

解析：

b中锥形瓶不能事先用待测液润洗，否那么待测液中溶质的物质的量增大，故b错；d项不能用酸式滴定管，因NaOH溶液与玻璃中SiO2反应生成矿物胶，会使活塞不能转动，故d错；e项不能直接把NaOH注入滴定管，否那么NaOH溶液会被稀释，故e错；f项溶液变色后半分钟不恢复原色才能停止滴定，故f错。

【二】非选择题〔共46分〕

19.〔8分〕维生素C是一种水溶性维生素，其水溶液呈酸性，分子式为C6H8O6，人缺乏维生素C易患坏血症，故维生素C又称抗坏血酸。

维生素C易被空气中的O2氧化，新鲜水果、蔬菜、乳制品中一般都富含维生素C，如新鲜橙汁中维生素C的含量在500mg·L-1左右，某校化学课外小组测定了某品牌软包装橙汁中维生素C的含量。

下面是测定实验分析报告。

〔1〕实验目的：

测定××牌软包装橙汁中维生素C的含量。

〔2〕反应原理：

C6H8O6+I2→C6H6O6+2H++2I-。

〔3〕实验用品及试剂。

①仪器和用品：

自选，略

②试剂：

指示剂〔填名称〕、浓度为7.50×10-3mol·L-1的标准碘溶液、蒸馏水等。

〔4〕实验过程：

①洗涤仪器，检查滴定管是否漏液，润洗后装好标准溶液待用。

②打开橙汁包装，目测：

颜色——橙黄色，澄清度——好。

用〔填仪器名称〕向锥形瓶中准确量取20.00mL待测橙汁，滴入2滴指示剂。

③用左手控制滴定管的，右手摇动锥形瓶，使液体在其中旋转起来，眼睛注视直到终点，滴定反应到达终点的现象是。

〔5〕数据记录及处理〔请设计数据处理表格，不必填写数据〕。

假设经数据处理，滴定中消耗标准碘溶液的体积是15.00mL，那么此橙汁中维生素C的含量是mg·L-1。

〔6〕问题讨论。

①滴定时能否摇动锥形瓶？

。

简述理由：

。

②从所得数据看，此软包装橙汁是否是纯天然橙汁？

〔a是，b可能是，c不是〕。

制造商可能采取的做法是〔a加水稀释天然橙汁，b橙汁已被浓缩，c将维生素C作为添加剂〕。

答案：

（3）②10%淀粉溶液

（4）②酸式滴定管

③活塞；锥形瓶内溶液颜色的变化溶液变为蓝色

（5）990

（6）①不能；防止维生素C被空气中的氧气氧化②C；C

20.〔8分〕用实验确定某酸HA是弱电解质，甲、乙两位同学的方案是：

甲：

①称取一定质量的HA配制0.1mol·L-1溶液100mL；②用pH试纸测出该溶液的pH，即可证明HA是弱电解质。

乙：

①用物质的量浓度的HA溶液、盐酸，分别配制pH=1的两种酸溶液各100mL；②分别取这两种溶液各10mL，加水稀释到100mL；③各取相同体积的两种稀释液装入两支试管，同时加入纯度相同的锌粒，观察现象，即可证明HA是弱电解质。

〔1〕在两个方案的第①步中，都要用到的定量仪器是。

〔2〕甲方案中，说明HA是弱电解质的理由是测得溶液的pH1〔选填“>”、“<”或“=”〕。

乙方案中，说明HA是弱电解质的现象是〔多项选择扣分〕。

a.装盐酸的试管中放出H2的速率快；

b.装HA溶液的试管中放出H2的速率快；

c.两支试管中产生气体的速率一样快。

〔3〕请你评价，乙方案中难以实现之处和不妥之处：

、。

〔4〕请你再提出一个合理而比较容易进行的方案〔药品可任取〕，作简明扼要的表述。

答：

。

答案：

〔1〕100mL容量瓶〔2〕>b〔3〕配制pH=1的HA溶液难以实现，加入的锌粒难以做到表面积相同〔4〕配制NaA溶液，测其pH>7，即证明HA是弱电解质

解析：

乙方案是利用pH相同的弱酸和强酸稀释相同的倍数，弱酸存在电离平衡会继续电离，故稀释后弱酸中

c〔H+〕大于强酸中c〔H+〕。

加入纯度相同的Zn粒，弱酸放出H2的速率快。

合理的方案是利用配NaA溶液是呈中性还是呈碱性来证明HA是否是弱电解质，假设HA是强酸，那么NaA不水解，pH=7，假设HA是弱酸，那么NaA水解呈碱性，pH>7。

21.〔9分〕一定温度下，一定浓度的弱电解质达到平衡时的电离程度可用电离度〔α〕表示，其数学表达式为：

α=

×100%

相同条件下，电离度越大，表示弱电解质的电离程度也越大。

根据以上信息解答以下各题：

〔1〕①一定条件下，HA〔弱酸〕电离度为α，此时溶液中含有1molHA分子，那么该溶液中微粒总数〔不包括水分子及水电离生成的离子〕为。

②一定条件下，10L0.1mol·L-1HA〔弱酸〕溶液〔HA的电离度为α〕中微粒总数〔不包括水分子及水电离生成的离子〕为。

〔阿伏加德罗常数为NA〕

〔2〕25℃时几种物质的电离度〔溶液浓度均为0.1mol·L-1〕如下表。

〔H2SO4的第一步电离是完全的〕

①H2SO4溶液中HSO-4

②NaHSO4溶液中的HSO-4

③CH3COOH

④HCl

10%

29%

1.33%

100%

Ⅰ.25℃时，0.1mol·L-1的上述溶液中c〔H+〕由大到小的顺序是〔填序号，以下同〕：

。

Ⅱ.25℃时，将足量锌粉放入等体积pH=1的上述几种溶液中，产生H2的体积〔相同状况〕由大到小的顺序是。

Ⅲ.25℃时，0.1mol·L-1H2SO4溶液中的HSO-4的电离度小于0.1mol·L-1NaHSO4溶液中HSO-4的电离度的原因是。

答案：

〔1〕①

NA②（1+α）NA〔2〕Ⅰ：

①>④>②>③Ⅱ：

③>②>①>④

Ⅲ：

HSO-4在溶液中存在HSO-4

H++SO2-4电离平衡，H2SO4第一步完全电离产生的H+能使HSO-4的电离平衡左移，故使其电离度减小，而NaHSO4溶液中不存在抑制HSO-4电离的因素

解析：

（1）这两道题目初看似乎一样，其实第①题中溶液中含HA分子1mol，第②题中实际含HA分子只有〔1-α〕mol。

①设原有的HA分子为nmol，

HA

H++A-

起始〔mol〕n00

平衡〔mol〕n-nαnαnα

n-nα=1moln=

mol，

故该溶液中粒子总物质的量：

n总=〔n-nα〕+nα+nα=

mol，所以粒子总数为

NA。

②中原有HA为10L×0.1mol·L-1=1mol

HA

H++A-

起始〔mol〕100

平衡〔mol〕1-1·α1·α1·α

故溶液中粒子的物质的量n总=1-α+2α=（1+α）mol，所以粒子总数为〔1+α〕NA。

〔2〕Ⅰ①中c（H+）=0.1mol·L-1+0.1mol·L-1×10%=0.11mol·L-1，②中c〔H+〕=0.1mol·L-1×29%=0.029mol·L-1，③中c〔H+〕=0.1mol·L-1×1.33%=0.0013mol·L-1，④中c〔H+〕=0.1mol·L-1×100%=0.1mol·L-1，故c〔H+〕由大到小的顺序是①>④>②>③。

Ⅱ足量的锌不断与H+作用产生H2，并不断促进未电离部分进一步电