- 水溶液中的离子平衡
- 共26089题
H2S水溶液中存在电离平衡H2S⇌H++HS-和HS-⇌H++S2-．若向H2S溶液中（ ）
正确答案
解析
解：A．加水稀释促进硫化氢电离，但氢离子浓度减小，故A错误；
B．二氧化硫和硫化氢反应方程式为SO2+2H2S=3S↓+2H2O，通入过量二氧化硫平衡向左移动，二氧化硫和水反应方程式为H2O+SO2=H2SO3，亚硫酸酸性大于氢硫酸，所以溶液的pH减小，故B错误；
C．氯气和硫化氢反应方程式为Cl2+H2S=S↓+2HCl，通入氯气平衡向左移动，盐酸的酸性大于氢硫酸，所以溶液的pH减小，故C正确；
D．加入硫酸铜溶液发生反应CuSO4+H2S=H2SO4+CuS↓，硫酸的酸性大于氢硫酸，所以氢离子浓度增大，故D错误；
故选C．
（2015秋•衡阳县期末）欲使醋酸溶液中的CH3COO-浓度增大，电离平衡向右移动，且不放出气体，可向醋酸溶液中加入少量固体（ ）
正确答案
解析
解：A、B、D三个选项电离平衡都向右移动，CH3COO-浓度都增大，只有C使平衡向左移动，但B、D选项都产生气体，故选A．
下列各组数据关系中，前者比后者大的是（ ）
正确答案
解析
解：A．水的电离是吸热反应，温度越高，水的电离程度越大，则其pH越小，故A错误；
B．碳酸根离子的两步水解中都产生氢氧根离子，只有碳酸根离子的第一步水解中生成碳酸氢根离子，所以碳酸氢根离子数目小于氢氧根离子数目，故B错误；
C．常温下，氢氧化钾抑制水电离，醋酸钾促进水电离，所以pH相同的KOH溶液小于CH3COOK溶液中由水电离出的OH-离子浓度，故C错误；
D．相同温度相同溶质的弱电解质溶液中，溶液越稀，电解质的电离程度越大，所以0.01mol/L的CH3COOH大于1 0.1mol/L的CH3COOH的电离程度，且二者的物质的量相等，所以100mL0.01mol/L的CH3COOH溶液大于10mL 0.1mol/L的CH3COOH溶液的H+数目，故D正确；
故选D．
已知室温时，0.1mo1/L CH3COOH在水中有0.1%发生电离，下列叙述正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．HA电离出的c（H+）为0.1mol/L×0.1%=10-4mol/L，则pH=-lg（10-4）=4，故A错误；
B．HA电离出的c（H+）为0.1mol/L×0.1%=10-4mol/L，水电离产生的氢离子浓度为10-10mol/L，则由HA电离出的c（H+）约为水电离出的c（H+）的106倍，故B正确；
C．由HAc⇌H++Ac-，c（H+）=c（Ac-）=10-4mol/L，则电离平衡常数为K=
D．温度升高促进弱酸的电离，氢离子浓度变大，则pH变小，故D错误；
故选B．
（2015秋•永春县校级月考）下列关于电解质溶液的叙述正确的是______．
A．常温下，pH=7的NH4Cl与氨水的混合溶液中离子浓度大小顺序为
c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）
B．将pH=4的醋酸溶液稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低
C．H．pH=3的醋酸溶液，与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH=7
D．常温下，同浓度的Na2S与NaHS溶液相比，Na2S溶液的pH大
E．95℃纯水的pH＜7，说明加热可导致水呈酸性
F．pH=3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH=4
G．0.2mol•L-1的盐酸，与等体积水混合后pH=1．
正确答案
解：A．常温下，pH=7的溶液中c（H+）=c（OH-），溶液中存在电荷守恒，所以c（Cl-）+c（OH-）=c（NH4+）+c（H+），所以c（Cl-）=c（NH4+），故A错误；
B．醋酸是弱电解质，稀释醋酸溶液时促进醋酸电离，醋酸根离子和氢离子浓度都减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以氢氧根离子浓度增大，故B错误；
C．pH=3的醋酸溶液中，醋酸的浓度大于0.001mol/L，pH=11的氢氧化钠溶液的浓度为0.001mol/L，两溶液等体积混合后醋酸过量，溶液呈酸性，则溶液的pH＜7，故C错误；
D．常温下，硫离子的第一步水解程度大于第二步，则H2S的酸性较强，所以同浓度的Na2S与NaHS溶液相比，Na2S的水解程度较大，其溶液的pH较大，故D正确；
E.95℃时水的电离程度增大，则纯水中氢离子浓度增大，纯水的pH＜7，由于氢离子与氢氧根离子的浓度相等，则纯水呈中性，故E错误；
F．醋酸为弱酸，加水稀释促进电离，将pH=3的醋酸溶液稀释至10倍后溶液3＜pH＜4，故F错误；
G．将0.2mol•L-1的盐酸与等体积水混合后，c（H+）=0.1mol/L，则pH=1，故G正确；
故答案为：DG；
解析
解：A．常温下，pH=7的溶液中c（H+）=c（OH-），溶液中存在电荷守恒，所以c（Cl-）+c（OH-）=c（NH4+）+c（H+），所以c（Cl-）=c（NH4+），故A错误；
B．醋酸是弱电解质，稀释醋酸溶液时促进醋酸电离，醋酸根离子和氢离子浓度都减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以氢氧根离子浓度增大，故B错误；
C．pH=3的醋酸溶液中，醋酸的浓度大于0.001mol/L，pH=11的氢氧化钠溶液的浓度为0.001mol/L，两溶液等体积混合后醋酸过量，溶液呈酸性，则溶液的pH＜7，故C错误；
D．常温下，硫离子的第一步水解程度大于第二步，则H2S的酸性较强，所以同浓度的Na2S与NaHS溶液相比，Na2S的水解程度较大，其溶液的pH较大，故D正确；
E.95℃时水的电离程度增大，则纯水中氢离子浓度增大，纯水的pH＜7，由于氢离子与氢氧根离子的浓度相等，则纯水呈中性，故E错误；
F．醋酸为弱酸，加水稀释促进电离，将pH=3的醋酸溶液稀释至10倍后溶液3＜pH＜4，故F错误；
G．将0.2mol•L-1的盐酸与等体积水混合后，c（H+）=0.1mol/L，则pH=1，故G正确；
故答案为：DG；
（1）当三种酸物质的量浓度相同时，c（H+）由大到小的顺序是______．
（2）同体积、同物质的量浓度的三种酸，中和NaOH的能力由大到小的顺序是______．
（3）若三者c（H+）相同时，物质的量浓度由大到小的顺序是______．
（4）将c（H+）相同的这三种酸均加水稀释至原来的100倍后，c（H+）由大到小的顺序是______．
（5）在不同温度下的水溶液中c（H+）=10x mol/L，c（OH-）=10y mol/L，x与y的关系如图所示．请回答下列问题：
①曲线Ⅰ代表的温度下，水的离子积为______，曲线Ⅰ所代表的温度______（填“高于”“低于”或“等于”）曲线Ⅱ所代表的温度．你判断的依据是______．
②曲线Ⅰ所代表的温度下，0.01mol/L的NaOH溶液的pH为______．
正确答案
解：（1）醋酸是一元弱酸、盐酸是一元强酸、硫酸是二元强酸，假设三种酸的浓度都是1mol/L时，硫酸中c（H+）为2mol/L，盐酸中c（H+）为1mol/L、醋酸中c（H+）小于1mol/L，所以相同浓度时，氢离子浓度大小顺序是b＞a＞c，
故答案为：b＞a＞c；
（2）酸中和NaOH的能力与酸最终电离出氢离子物质的量成正比，同体积、同物质的量浓度的三种酸，其物质的量相等，硫酸中氢离子的物质的量最大，盐酸和醋酸最终电离出氢离子的物质的量相等，所以中和NaOH的能力大小顺序为b＞a=c，
故答案为：b＞a=c；
（3）若三者c（H+）相同时，假设都是1mol/L，硫酸浓度为0.5mol/L、盐酸浓度为1mol/L、醋酸浓度大于1mol/L，所以物质的量浓度由大到小的顺序是c＞a＞b（或c＞a=2b），
故答案为：c＞a＞b（或c＞a=2b）；
（4）加水稀释时，醋酸继续电离出氢离子，硫酸和HCl不再电离出氢离子，所以稀释100倍后，c（H+）由大到小的顺序是c＞a=b，
故答案为：c＞a=b；
（5）①当溶液中温度一定时，溶液中离子积常数Kw=c（H+）•c（OH-），曲线Ⅰ代表的温度下，水的离子积=10-4×10-8=1×10-12；水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则水的离子积常数增大，根据图象知，曲线Ⅱ所代表的温度水的离子积常数减小，所以线Ⅰ所代表的温度高于曲线Ⅱ所代表的温度，
故答案为：1×10-12；高于； 曲线Ⅱ所代表的水的离子积比曲线Ⅰ的小，由于水的电离过程是吸热过程，温度越高，离子积越大，故曲线Ⅱ代表的温度低；
②该温度下，水的离子积常数为10-12，0.01mol/LNaOH溶液中c（OH-）=0.01mol/L，根据水的离子积常数得溶液中c（H+）=
故答案为：10．
解析
解：（1）醋酸是一元弱酸、盐酸是一元强酸、硫酸是二元强酸，假设三种酸的浓度都是1mol/L时，硫酸中c（H+）为2mol/L，盐酸中c（H+）为1mol/L、醋酸中c（H+）小于1mol/L，所以相同浓度时，氢离子浓度大小顺序是b＞a＞c，
故答案为：b＞a＞c；
（2）酸中和NaOH的能力与酸最终电离出氢离子物质的量成正比，同体积、同物质的量浓度的三种酸，其物质的量相等，硫酸中氢离子的物质的量最大，盐酸和醋酸最终电离出氢离子的物质的量相等，所以中和NaOH的能力大小顺序为b＞a=c，
故答案为：b＞a=c；
（3）若三者c（H+）相同时，假设都是1mol/L，硫酸浓度为0.5mol/L、盐酸浓度为1mol/L、醋酸浓度大于1mol/L，所以物质的量浓度由大到小的顺序是c＞a＞b（或c＞a=2b），
故答案为：c＞a＞b（或c＞a=2b）；
（4）加水稀释时，醋酸继续电离出氢离子，硫酸和HCl不再电离出氢离子，所以稀释100倍后，c（H+）由大到小的顺序是c＞a=b，
故答案为：c＞a=b；
（5）①当溶液中温度一定时，溶液中离子积常数Kw=c（H+）•c（OH-），曲线Ⅰ代表的温度下，水的离子积=10-4×10-8=1×10-12；水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则水的离子积常数增大，根据图象知，曲线Ⅱ所代表的温度水的离子积常数减小，所以线Ⅰ所代表的温度高于曲线Ⅱ所代表的温度，
故答案为：1×10-12；高于； 曲线Ⅱ所代表的水的离子积比曲线Ⅰ的小，由于水的电离过程是吸热过程，温度越高，离子积越大，故曲线Ⅱ代表的温度低；
②该温度下，水的离子积常数为10-12，0.01mol/LNaOH溶液中c（OH-）=0.01mol/L，根据水的离子积常数得溶液中c（H+）=
故答案为：10．
在0.1mol•L-1 CH3COOH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（ ）
正确答案
解析
解：A．醋酸的电离是吸热反应，升高温度，促进醋酸电离，故A错误；
B．加入少量氢氧化钠，氢氧化钠和氢离子反应生成水，所以促进醋酸电离，故B正确；
C．盐酸中含有氢离子，向醋酸中加入盐酸溶液，氢离子浓度增大，故C错误；
D，加入醋酸钠固体，醋酸钠中含有醋酸根离子，所以抑制醋酸电离，则醋酸的电离程度减小，故D错误；
故选B．
常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表：
请回答：
（1）从①组情况分析，HA是______酸（选填“强”、“弱”）．
（2）②组情况表明，c______0.2 （填“＞”、“=”或“＜”）．
（3）从③组实验结果分析，说明HA的电离程度______NaA的水解程度（填“＞”、“=”或“＜”），该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是______．
（4）①组实验所得混合溶液中由水电离出的c（OH-）=______ mol•L-1．
正确答案
解：（1）等体积等浓度混合，恰好生成正盐，pH=9，则生成强碱弱酸盐，所以HA为弱酸，故答案为：弱酸；
（2）若酸为强酸，等体积等浓度混合时pH=7；而HA为弱酸，等体积等浓度混合溶液的pH大于7，则为保证pH=7，应使酸浓度大于0.2mol/L；
故答案为：＞；
（3）由③组实验结果可知，混合后为HA与NaA的混合液，pH＜7，酸的电离大于盐的水解，溶液显酸性，c（H+）＞c（OH-），电离大于水解，则c（A-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），
故答案为：＞；c（A-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）；
（4）pH=9，由水电离出的c（OH-）=10-9mol/L，溶液中水电离出c（H+）=c（OH-）=10-9mol/L，
故答案为：10-9mol/L．
解析
解：（1）等体积等浓度混合，恰好生成正盐，pH=9，则生成强碱弱酸盐，所以HA为弱酸，故答案为：弱酸；
（2）若酸为强酸，等体积等浓度混合时pH=7；而HA为弱酸，等体积等浓度混合溶液的pH大于7，则为保证pH=7，应使酸浓度大于0.2mol/L；
故答案为：＞；
（3）由③组实验结果可知，混合后为HA与NaA的混合液，pH＜7，酸的电离大于盐的水解，溶液显酸性，c（H+）＞c（OH-），电离大于水解，则c（A-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），
故答案为：＞；c（A-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）；
（4）pH=9，由水电离出的c（OH-）=10-9mol/L，溶液中水电离出c（H+）=c（OH-）=10-9mol/L，
故答案为：10-9mol/L．
电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度强弱的量．已知如表数据．
（1）25℃时，PH=11的NaCN溶液中水电离出的c（OH-）______mol•L-1
（2）25℃时，有等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液，三种溶液的PH由大到小的顺序为______．
（3）NH4Cl溶液呈______性（填“酸”、“碱”或“中”，下同），NH4HCO3溶液呈______性，0.1mol．L-1 NH4HCO3溶液中物质的量浓度最大的离子是______（填化学式）．
（4）25℃时，等浓度的CH3COOH溶液和CH3COONa溶液等体积混合，混合溶液中各种离子浓度大小为______．
（5）向NaCN溶液中通入少量CO2，所发生反应的化学方程式为______．
正确答案
10-3
Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液；
酸
碱
NH4+
c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）
NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3
解析
解：（1）pH=11的NaCN溶液，c（H+）=10-11mol•L-1，Kw=c（H+）×c（OH-）=10-14，故c（OH-）=10-3mol•L-1，氢氧根离子来源于水的电离，故c（OH-）水=10-3mol•L-1，故c（H+）水=c（OH-）水=10-3mol•L-1，故答案为：10-3；
（2）根据图表数据分析，电离常数：醋酸＞HCN＞碳酸氢根离子，所以等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液水解程度为：Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液，故溶液的pH为：Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液；故答案为：Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液；
（3）铵根离子水解而导致其溶液呈酸性，碳酸氢根离子水解使溶液呈碱性，根据电离常数可知碳酸氢根离子的水解能力大于铵根离子，故NH4HCO3溶液呈碱性；碳酸氢根离子水解程度大于铵根离子，故溶液中离子浓度最大的是NH4+，故答案为：酸；碱；NH4+；
（4）等体积混合后，由于CH3COOH电离程度大于CH3COO-水解程度，所以c（CH3COO-）＞c（Na+），溶液呈酸性，c（H+）＞c（OH-），故混合溶液中各种离子浓度大小为c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）；故答案为：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）；
（5）向NaCN溶液中通入少量CO2，由于酸性：H2CO3＞HCN＞HCO3-，故反应生成HCN和碳酸氢钠，不能生成二氧化碳，故反应的化学方程式为NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3，故答案为：NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3．
常温下，将0.1mol•L-1CH3COOH溶液加水稀释或加入少量CH3COONa晶体时，都会引起（ ）
正确答案
解析
解：A．CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，溶液的PH增加，CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，溶液的pH增加，故A正确；
B．CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度增大，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，故B错误；
C．CH3COOH溶液加水稀释，离子浓度减小，溶液的导电能力减弱，加入少量CH3COONa晶体时，离子浓度增大，溶液的导电能力增强，故C错误；
D．加水稀释，促进醋酸电离，但溶液中氢离子浓度减小，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以氢氧根离子浓度增大，故D错误；
故选A．
（2015秋•哈尔滨校级期末）一定温度下，用水稀释0.1mol/L的醋酸溶液，随加水量的增加而增大的是（ ）
An（CH3COOH）
Bc（H+）
Cc（H+）•c（OH-）
D
正确答案
解析
解：A、加水稀释，促进醋酸电离，c（CH3COOH）减小，故A错误；
B、加水稀释，促进醋酸电离，则H+的物质的量增大，但氢离子的物质的量增大程度远远小于溶液体积增大程度，所以c（H+）减小，故B错误；
C、温度不变，c（H+）•c（OH-）的积不变，故C错误；
D、加水稀释，促进醋酸电离，但氢离子浓度减小，醋酸浓度也减小，但氢离子浓度减小的程度小于醋酸浓度减小的程度，所以
故选D．
为减小和消除CO2对环境的影响，一方面世界各国都在限制其排放量，另一方面科学家加强了对CO2创新利用的研究．最近有科学家提出“绿色自由”构想：把空气吹入碳酸钾溶液，然后再把CO2从溶液中提取出来，经化学反应后使之变为可再生燃料甲醇．“绿色自由”构想技术流程如下：
（1）在合成塔中，若有4.4kg CO2与足量H2恰好完全反应，可放出4947kJ的热量，试写出合成塔中发生反应的热化学方程式是______．
（2）以甲醇为燃料制作新型燃料电池，电池的正极通入O2，负极通入甲醇，在酸性溶液中甲醇与氧作用生成水和二氧化碳．该电池负极发生的反应是：
CH3OH+H2O-6e-═CO2+6H+
则正极发生的反应是______；放电时，H+移向电池的______（填“正”或“负”）极．
（3）常温常压下，饱和CO2水溶液的pH=5.6，c（H2CO3）=1.5×10-5 mol•L-1．若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，则H2CO3⇌HCO3-+H+的平衡常数K=______．（已知：10-5.6=2.5×10-6）
（4）常温下，0.1mol•L-1NaHCO3溶液的pH大于8，则溶液中c（H2CO3）______c（CO32-） （填“＞”、“=”或“＜”），原因是______（用离子方程式和必要的文字说明）．
（5）小李同学拟用沉淀法测定空气中CO2的体积分数，他查得CaCO3、BaCO3的溶度积（Ksp）分别为4.96×10-9、2.58×10-9．小李应该选用的试剂是______．
正确答案
CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H=-49.47kJ/mol
O2+4H++4e-=2H2O
正
4.2×10-7mol•L-1
＞
溶液存在平衡HCO3-⇌CO32-+H+、HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，而HCO3-的水解程度大于电离程度
Ba（OH）2（或NaOH溶液和BaCl2溶液）
解析
解：（1）根据4.4 kg CO2与足量H2恰好完全反应，可放出4 947 kJ的热量，则1 mol CO2与氢气合成甲醇放出热量49.47 kJ的热量，所以热化学方程式为
CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H=-49.47kJ/mol，
故答案为：CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H=-49.47kJ/mol；
（2）氧气在正极上被还原，在酸性条件下生成水，电池正极电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，
电池的正极上有聚集的电子，放电时，电解质溶液的阳离子向电池的正极移动，即H+移向电池的正极，
故答案为：O2+4H++4e-=2 H2O；正；
（3）饱和CO2水溶液的pH=5.6，所以c（H+）=10-5.6=2.5×10-6mol/L，c（H2CO3）=1.5×10-5 mol•L-1，
则H2CO3⇌HCO3-+H+的平衡常数，K=
故答案为：4.2×10-7 mol•L-1；
（4）溶液存在平衡 HCO3-⇌CO32-+H+、HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，而HCO3-的水解程度大于电离程度，所以溶液中c（H2CO3）＞c（CO32-），
故答案为：＞；溶液存在平衡 HCO3-⇌CO32-+H+、HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，而HCO3-的水解程度大于电离程度；
（5）根据CaCO3、BaCO3的溶度积大小可知BaCO3更难溶，因此令CO2生成BaCO3反应更完全，故可选择Ba（OH）2（或NaOH溶液和BaCl2溶液）作为CO2的沉淀剂，
故答案为：Ba（OH）2（或NaOH溶液和BaCl2溶液）．
室温时，0.1mol•L-1某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，该溶液pH=______，此酸的电离平衡常数约为______；由水电离出的c（H+）约为______．
正确答案
解：（1）HA电离出的c（H+）为0.1mol/L×0.1%=10-4mol/L，则pH=-lg（10-4）=4，故答案为：4；
（2）由HA⇌H++Ac-，c（H+）=c（Ac-）=10-4mol/L，则电离平衡常数为Ka=
（3）HA电离出的c（H+）为0.1mol/L×0.1%=10-4mol/L，水电离产生的氢氧根离子为
解析
解：（1）HA电离出的c（H+）为0.1mol/L×0.1%=10-4mol/L，则pH=-lg（10-4）=4，故答案为：4；
（2）由HA⇌H++Ac-，c（H+）=c（Ac-）=10-4mol/L，则电离平衡常数为Ka=
（3）HA电离出的c（H+）为0.1mol/L×0.1%=10-4mol/L，水电离产生的氢氧根离子为
将等质量的Zn粉分别投入：
a：10mL 0.1mol•L-1 HCl和b：10mL 0.1mol•L-1醋酸中．
①若Zn不足量，则反应速率a______b．（填“＞”、“=”或“＜”，下同）
②若Zn过量，产生H2的量a______b．
正确答案
解：物质的量浓度相等的盐酸和醋酸，醋酸中氢离子浓度小于盐酸，
①若Zn不足量，酸有剩余，相同浓度的醋酸和盐酸中，盐酸中氢离子浓度大于醋酸，所以盐酸反应速率大于醋酸，故答案为：＞；
②若Zn过量，产生H2的量与酸的物质的量成正比，醋酸和盐酸都是一元酸，且体积、浓度相等，则其物质的量硝酸，所以生成氢气的物质的量相等，故答案为：=．
解析
解：物质的量浓度相等的盐酸和醋酸，醋酸中氢离子浓度小于盐酸，
①若Zn不足量，酸有剩余，相同浓度的醋酸和盐酸中，盐酸中氢离子浓度大于醋酸，所以盐酸反应速率大于醋酸，故答案为：＞；
②若Zn过量，产生H2的量与酸的物质的量成正比，醋酸和盐酸都是一元酸，且体积、浓度相等，则其物质的量硝酸，所以生成氢气的物质的量相等，故答案为：=．
下列有关电解质溶液微粒关系比较一定正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A、电荷守恒，当pH=7时，c（H+）=c（OH-），所以c （Cl一）=c （NH4+），故A错误；
B、pH=2的一元酸和pH=12的NaOH溶液等体积混合，如果酸为弱酸，混合液中c（H+）大于c （OH-），故B错误；
C、向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，醋酸电离，提供醋酸根离子，溶液呈酸性，所以c（CH3COO一）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），故C正确；
D、pH=1的H2SO4的浓度为
故选C．
扫码查看完整答案与解析