2021届高考化学一轮复习课时作业24盐类的水解含解析鲁科版

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2021届高考化学一轮复习课时作业24盐类的水解含解析鲁科版

课时作业24 盐类的水解 时间:45分钟 一、选择题 ‎1.(2020·湖北武汉华中师大附中模拟)下列事实中与盐类的水解有关的叙述有( C )‎ ‎①NaHSO4溶液呈酸性;‎ ‎②铵态氮肥与草木灰不能混合使用;‎ ‎③加热能增加纯碱溶液的去污能力;‎ ‎④配制CuCl2溶液,用稀盐酸溶解CuCl2固体;‎ ‎⑤NaHS溶液中c(H2S)>c(S2-);‎ ‎⑥氯化铵溶液可去除金属制品表面的锈斑;‎ ‎⑦蒸发FeCl3溶液制得FeCl3固体时可加入SOCl2;‎ ‎⑧向NaAlO2溶液中加入NaHCO3溶液可产生Al(OH)3白色沉淀。‎ A.8项 B.7项 C.6项 D.5项 解析:本题考查盐类水解的应用。NaHSO4在水溶液中完全电离生成氢离子、钠离子和硫酸根离子,使溶液呈酸性,与盐类水解无关,故①不符合题意;铵态氮肥不能与草木灰混合使用,是由于铵根离子与碳酸根离子发生互促水解反应,有氨气逸出,造成氮元素损失,与盐类水解有关,故②符合题意;纯碱的成分是碳酸钠,属于强碱弱酸盐,碳酸根离子水解使溶液呈碱性,加热促进碳酸根离子的水解,增强去污能力,与盐类水解有关,故③符合题意;CuCl2属于强酸弱碱盐,铜离子水解导致溶液呈酸性,为抑制铜离子的水解,在配制该溶液时加入少量的稀盐酸,所以与盐类水解有关,故④符合题意;NaHS属于酸式盐,HS-水解生成H2S,电离生成S2-,c(H2S)>c(S2-),说明水解程度大于电离程度,与盐类水解有关,故⑤符合题意;氯化铵属于强酸弱碱盐,铵根离子水解使溶液呈酸性,酸和锈斑反应生成盐和水,所以氯化铵溶液可去除金属制品表面的锈斑,与盐类水解有关,故⑥符合题意;FeCl3属于强酸弱碱盐,铁离子水解生成氢氧化铁和HCl,升高温度促进其水解,得不到FeCl3,SOCl2水解生成SO2和HCl,蒸发FeCl3溶液制FeCl3固体时加入SOCl2可抑制Fe3+水解,与盐类水解有关,故⑦符合题意;NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合产生白色沉淀,反应的离子方程式为HCO+AlO+H2O===CO+Al(OH)3↓,与盐类水解无关,故⑧不符合题意。所以与盐类的水解有关的叙述有6项。‎ ‎2.(2020·四川泸州一模)已知Na2HPO4溶液显碱性,若向溶液中逐滴加入CaCl2溶液,有白色沉淀产生,溶液变酸性。下列说法错误的是( D )‎ 10‎ A.Na2HPO4溶液显碱性,说明溶液中存在平衡:HPO+H2OH2PO+OH-‎ B.Na2HPO4溶液中离子浓度大小:c(H2PO)>c(PO)‎ C.加入CaCl2溶液后变酸性的原因是2HPO+3Ca2+===Ca3(PO4)2↓+2H+‎ D.加入CaCl2溶液过程中,的值减小 解析:本题考查盐类的水解平衡及移动分析、离子浓度的比较等。Na2HPO4溶液存在HPO的电离平衡和水解平衡:HPOH++PO、HPO+H2OH2PO+OH-,由于溶液显碱性,说明HPO的水解程度大于其电离程度,则溶液中c(H2PO)>c(PO),A、B正确。加入CaCl2溶液,Ca2+与PO反应生成Ca3(PO4)2沉淀,HPO的电离平衡正向移动,溶液酸性增强,C正确。根据电离平衡常数表达式Ka2=,可得=,加入CaCl2溶液,H+浓度增大,则的值增大,D错误。‎ ‎3.(2020·黑龙江哈尔滨六中月考)常温下,0.2 mol·L-1的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后,所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示,下列说法正确的是( D )‎ A.HA为强酸 B.该混合液的pH=7‎ C.图中X表示HA,Y表示OH-,Z表示H+‎ D.该混合溶液中:c(A-)+c(Y)=c(Na+)‎ 解析:本题考查酸碱中和反应、盐类的水解及离子浓度的比较等。0.2 mol·L-1的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合恰好完全反应生成NaA和H2O,由图可知,溶液中c(A-)小于0.1 mol·L-1,说明A-发生了水解反应,则HA是弱酸,A错误;A-发生水解反应生成HA和OH-,混合液呈碱性,pH>7,B错误;该混合液中离子浓度关系为c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(HA)>c(H+),故X、Y、Z分别表示OH-、HA和H+,C错误;所得溶液为NaA溶液,据物料守恒可得c(A-)+c(HA)=c(Na+),D正确。‎ ‎4.(2020·郑州调研)向浓度为0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液中加入少量NH4Cl固体,下列各量保持减小的是( B )‎ ‎①c(H+) ②c(NH) ③ ‎④ ⑤NH的水解程度 10‎ ‎⑥ ⑦ A.①②③⑤ B.⑤⑥‎ C.③⑥ D.④⑥⑦‎ 解析:①NH4Cl溶液中存在水解平衡:NH+H2ONH3·H2O+H+,加入少量NH4Cl固体,c(NH)增大,平衡正向移动,则溶液中c(H+)增大,错误;②根据勒夏特列原理可知,平衡正向移动,但c(NH)仍比原平衡大,错误;③c(NH)增大,平衡正向移动,但NH的水解程度减小,故增大,错误;④NH的水解平衡常数为Kh=,则=,由于温度不变,Kh不变,故不变,错误;⑤加入少量NH4Cl固体,水解平衡正向移动,但NH的水解程度减小,正确;⑥结合水解常数Kh可知,=,加入少量NH4Cl固体,Kh不变,c(NH3·H2O)增大,故减小,正确;⑦结合水解常数Kh可知,=,加入少量NH4Cl固体,水解平衡正向移动,c(H+)增大,但Kh不变,故增大,错误。‎ ‎5.(2020·石家庄一模)25 ℃时,关于①0.1 mol·L-1NH4Cl溶液、②NaOH溶液,下列叙述正确的是( B )‎ A.若向①中加适量水,溶液中的值减小 B.若向②中加适量水,水的电离平衡正向移动 C.若将①和②均稀释100倍,①的pH变化更大 D.若将①和②混合,所得溶液的pH=7,则溶液中的c(NH3·H2O)>c(Na+)‎ 解析:NH4Cl溶液中存在NH的水解平衡:NH+H2ONH3·H2O+H+,加水稀释时,平衡正向移动,n(NH)减小,n(Cl-)不变,则的值增大,A错误。NaOH溶液中加水稀释,c(NaOH)减小,对水的电离抑制程度减小,故水的电离程度增大,B正确。NH4Cl溶液加水稀释100倍,促进NH的水解,溶液中c(H+)大于原溶液的,NaOH溶液中加水稀释100倍,c(OH-)变为原溶液的,故NaOH溶液的pH变化更大,C错误。将①和②混合,所得溶液呈电中性,据电荷守恒可得,c(NH)+c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),由于溶液的pH=7,则有c(OH-)=c(H+),从而可得c(NH)+c(Na+)=c(Cl-),据物料守恒可得c(NH 10‎ ‎)+c(NH3·H2O)=c(Cl-),综合上述两式可得c(NH3·H2O)=c(Na+),D错误。‎ ‎6.(2020·山东临沂罗庄区模拟)25 ℃时,部分弱酸的电离平衡常数如下表。下列有关说法不正确的是( D )‎ 弱酸 HCOOH HClO H2S 电离平衡 常数(Ka)‎ Ka=1.0×10-4‎ Ka=2.0×10-8‎ Ka1=1.3×10-7‎ Ka2=7.1×10-15‎ A.若HCOONa和HCOOH的混合溶液的pH=3,则=10‎ B.相同浓度的HCOONa和NaClO溶液中离子总浓度前者大 C.任何浓度的NaHS溶液中总存在:c(H2S)+c(H+)=c(OH-)+c(S2-)‎ D.向NaClO溶液中通入H2S发生的反应为2ClO-+H2S===S2-+2HClO 解析:本题考查电离平衡常数及应用、离子浓度的比较、离子反应等。HCOOH存在电离平衡:HCOOHHCOO-+H+,电离平衡常数Ka=,则有=,HCOONa和HCOOH的混合溶液的pH=3,c(H+)=10-3 mol·L-1,因此==10,A正确。根据表中电离平衡常数可得酸性:HCOOH>HClO,则水解程度:HCOO-NaClO,两溶液中均存在电荷守恒:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(X-)(X-=HCOO-、ClO-),相同浓度时,两溶液中c(Na+)相等,则有c(H+)+c(Na+):HCOONa>NaClO,故HCOONa溶液中离子总浓度大于NaClO,B正确。NaHS溶液中,据电荷守恒可得:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(S2-)+c(HS-);据物料守恒可得:c(Na+)=c(S2-)+c(HS-)+c(H2S),综合上述两式可得c(H2S)+c(H+)=c(OH-)+c(S2-),C正确。NaClO具有氧化性,H2S具有还原性,NaClO溶液中通入H2S,发生氧化还原反应:ClO-+H2S===S↓+Cl-+H2O,D错误。‎ ‎7.(2020·山东滨州模拟)25 ℃时,向100 mL 0.01 mol·L-1的NaHA溶液中分别加入浓度均为0.01 mol·L-1 的NaOH溶液和盐酸,混合溶液的pH随所加溶液体积的变化如图所示(lg5=0.7)。下列说法正确的是( B )‎ A.25 ℃,H2A的第二步电离平衡常数约为10-4‎ B.P点时溶液中存在:2c(H2A)+c(HA-)+c(H+)=c(OH-)+c(Na+)+c(Cl-)‎ 10‎ C.水的电离程度:M>N>P D.随着盐酸的不断滴入,最终溶液的pH可能小于2‎ 解析:本题考查NaHA溶液中加入酸或碱溶液的pH变化图像,涉及电离平衡常数的计算、离子浓度的比较、水的电离程度等。由图可知,0.01 mol·L-1的NaHA溶液的pH=4,则有c(H+)≈c(A2-)=10-4mol·L-1,c(HA-)≈0.01 mol·L-1,H2A的第二步电离平衡:HA-A2-+H+,则有Ka2=≈=10-6,A错误。P点加入100 mL 0.01 mol·L-1的盐酸,恰好完全反应生成等浓度的NaCl和H2A,据电荷守恒可得:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(HA-)+2c(A2-);据物料守恒可得c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-),综合上述两式消去c(A2-)可得:2c(H2A)+c(HA-)+c(H+)=c(OH-)+c(Na+)+c(Cl-),B正确。N点加入100 mL 0.01 mol·L-1的NaOH溶液,此时为Na2A溶液,A2-发生水解而促进水的电离;M点为Na2A和NaHA的混合液,此时溶液中OH-全部是由水电离出的,由水电离出的c(OH-)=10-7mol·L-1;P点为H2A和NaCl的混合液,H2A抑制水的电离,故水的电离程度:N>M>P,C错误。随着盐酸的不断滴入,溶液的pH无限接近于0.01 mol·L-1盐酸的pH,即溶液的pH无限接近于2,但大于2,D错误。‎ ‎8.(2020·山东临沂学校月考)下列有关电解质溶液的说法不正确的是( D )‎ A.向Na2CO3溶液中通入NH3,减小 B.将0.1 mol·L-1 K2C2O4溶液从25 ℃升高到35 ℃,增大 C.向0.1 mol·L-1 HF溶液中滴加NaOH溶液至中性,=1‎ D.pH=4的0.1 mol·L-1NaHC2O4溶液中:c(HC2O)>c(H+)>c(H2C2O4)>c(C2O)‎ 解析:本题考查电解质溶液知识,涉及盐类的水解平衡及移动、离子浓度的比较等。Na2CO3溶液中存在水解平衡:CO+H2OHCO+OH-,通入NH3后,NH3与水反应生成的NH3·H2O电离产生NH和OH-,溶液中c(OH-)增大,使CO的水解平衡逆向移动,c(CO)增大,c(Na+)不变,故减小,A正确。K2C2O4溶液中存在水解平衡:C2O+H2OHC2O+OH-,从25 ℃升高到35 ℃,水解平衡正向移动,c(C2O)减小,c(K+)不变,故增大,B正确。HF溶液中滴加NaOH溶液至中性,则有c(H+)=c(OH-),此时所得溶液为NaF和HF混合液,据电荷守恒可得:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(F-),则有c(Na+)=c(F-),故有=1,C正确。pH=4的0.1 mol·L-1 NaHC2O4溶液中,HC2O的电离程度大于其水解程度,溶液呈酸性,则有c(C2O)>c(H2C2O4),D错误。‎ ‎9.(2020·广东惠州模拟)25 ℃时,NaCN溶液中CN-‎ 10‎ ‎、HCN浓度所占分数(δ)随pH变化的关系如图甲所示。向10 mL 0.01 mol·L-1 NaCN溶液中逐滴加入0.01 mol·L-1的盐酸,其pH变化曲线如图乙所示[其中a点的坐标为(9.5,0.5)]。‎ 下列所述关系中一定正确的是( B )‎ A.图甲中pH=7的溶液:c(Cl-)=c(HCN)‎ B.常温下,NaCN的水解平衡常数Kh(NaCN)=10-4.5 mol·L-1‎ C.图乙中b点的溶液:c(CN-)>c(Cl-)>c(HCN)>c(OH-)>c(H+)‎ D.图乙中c点的溶液:c(Na+)+c(H+)=c(HCN)+c(OH-)+c(CN-)‎ 解析:本题考查盐类水解平衡,以及电荷守恒和物料守恒的应用。CN-与HCN含量相等时溶液的pH=9.5,图甲中可以加入HCN调节溶液的pH=7,溶液中不一定存在c(Cl-),即不一定存在c(Cl-)=c(HCN),A错误;根据图甲,CN-、HCN的浓度相等时溶液的pH=9.5,HCN的电离平衡常数Ka(HCN)==c(H+)=10-9.5mol·L-1,则NaCN的水解平衡常数Kh(NaCN)===10-4.5 mol·L-1,B正确;b点加入5 mL盐酸,溶液组成为等物质的量浓度的NaCN、HCN和NaCl,由图乙可知此时溶液呈碱性,HCN的电离程度小于CN-的水解程度,可知c(HCN)>c(CN-),C错误;c点加入10 mL盐酸,反应后得到等浓度的NaCl、HCN的混合液,任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒,根据物料守恒得c(Cl-)=c(HCN)+c(CN-),而根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(CN-),而c(Na+)+c(H+)=c(HCN)+c(OH-)+2c(CN-),D错误。‎ ‎10.(2020·河南洛阳联考)今有浓度分别为a mol·L-1、b mol·L-1的MCl和NCl两种正盐的稀溶液,下列说法不正确的是( D )‎ A.若a=b,并测得两溶液中的总离子浓度分别为x和y,且x>y,则相同浓度时,碱性:MOH>NOH B.若a=b,并测得c(M+)=c(N+)+c(NOH),则MOH是强碱,NOH是弱碱 C.若a>b,测得c(M+)=c(N+),则可推出溶液中c(MOH)>c(NOH),且相同浓度时,碱性MOHy,则说明MCl不水解、NCl水解或MCl、NCl都水解,且NCl的水解程度大,根据越弱越水解,可知MOH的碱性比NOH的碱性强,A项正确;若a=b 10‎ ‎,并测得c(M+)=c(N+)+c(NOH),根据物料守恒,c(M+)=c(N+)+c(NOH)=a mol·L-1=b mol·L-1,说明M+不水解,N+水解,即MOH为强碱,NOH为弱碱,B项正确;若a>b,测得c(M+)=c(N+),根据物料守恒:c(M+)+c(MOH)=a mol·L-1,c(N+)+c(NOH)=b mol·L-1,由于a>b,c(M+)=c(N+),则M+的水解程度大于N+的水解程度,根据越弱越水解,可知碱性:MOHc(AOH)>c(A+)‎ 解析:由图可知,a点时lg=1,=10,pH=11,Kb===10-4,则A+的水解平衡常数Kh===1.0×10-10,故A正确;由题中信息可知,e点表示HCl和AOH恰好完全反应,溶液中溶质为ACl,ACl为强酸弱碱盐,水解使溶液显酸性,溶液中的H+来自水的电离,所以e点溶液中水电离出的H+浓度为10-6.23 mol·L-1,故B正确;e点表示HCl和AOH恰好完全反应,根据物料守恒:n(A+)+n(AOH)=n(Cl-),从c点到e点继续滴加盐酸,n(Cl-)增大,但n(A+)+n(AOH)不变,所以c点溶液中的n(A+)+n(AOH)等于e点溶液中的n(Cl-),故C正确;d点溶液盐酸过量,A+水解受到抑制,水解程度微弱,所以d点溶液中:c(Cl-)>c(A+)>c(AOH),故D错误。‎ 二、非选择题 ‎12.(2020·云南会泽一中月考)0.010 mol·L-1的二元酸H2A溶液中H2A、HA-、A2-的物质的量分数δ(X)随pH变化如图所示。‎ 10‎ ‎(1)用离子方程式说明Na2A溶液显碱性的原因:A2-+H2OHA-+OH-,该反应的平衡常数表达式为K=;溶液中c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)。‎ ‎(2)若升高温度,发现溶液的碱性增强,说明随温度升高,该反应的平衡常数K增大(填“增大”“不变”或“减小”)。‎ ‎(3)H2A分两步发生电离,对应的电离平衡常数分别为Ka1和Ka2。由图确定下列数据(保留整数位):‎ ‎①-lgKa1=6;Ka2=1×10-10。‎ ‎②将0.020 mol·L-1 Na2A溶液和0.010 mol·L-1盐酸等体积混合,所得溶液的pH约为10。‎ ‎③0.010 mol·L-1的NaHA溶液中,HA-的水解常数Kh约为1×10-8;该溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c(HA-)>c(OH-)>c(H+)>c(A2-)。‎ 解析:本题考查盐类的水解、水解平衡常数及计算、电离平衡常数及计算、离子浓度的大小比较等。‎ ‎(1)由图可知,H2A溶液中含有H2A、HA-、A2-,则H2A是二元弱酸;Na2A溶液中A2-发生水解而使溶液呈碱性:A2-+H2OHA-+OH-。Na2A溶液呈电中性,据电荷守恒可得:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)。‎ ‎(2)升高温度,溶液的碱性增强,则溶液中c(OH-)增大,说明升高温度,A2-的水解平衡正向移动,则水解平衡常数增大。‎ ‎(3)①H2A分两步发生电离:H2AHA-+H+、HA-A2-+H+,则有Ka1=,Ka2=;由题图可知,H2A和HA-的物质的量分数均为0.5时,溶液的pH=6,则c(HA-)=c(H2A)时,c(H+)=1×10-6 mol·L-1,则有Ka1=c(H+)=1×10-6,-lgKa1=6。HA-和A2-的物质的量分数均为0.5时,溶液pH=10,则c(HA-)=c(A2-)时,c(H+)=1×10-10 mol·L-1,则有Ka2=c(H+)=1×10-10。‎ ‎②0.020 mol·L-1 Na2A溶液和0.010 mol·L-1盐酸等体积混合,二者发生反应,得到等浓度Na2A、NaHA和NaCl的混合溶液,溶液中c(A2-)≈c(HA-),由题图可知,溶液的pH约为10。‎ ‎(4)0.010 mol·L-1的NaHA溶液中,存在水解平衡:HA-+H2OH2A+OH-‎ 10‎ ‎,则水解常数Kh====1×10-8。NaHA溶液中存在HA-的电离平衡和水解平衡,由于Kh>Ka2,则HA-的水解程度大于其电离程度,NaHA溶液呈碱性,且HA-的水解程度较小,Na+不发生水解,故溶液中离子浓度大小顺序:c(Na+)>c(HA-)>c(OH-)>c(H+)>c(A2-)。‎ ‎13.(2020·山东临沂月考)醋酸是日常生活中最常见的调味剂和重要的化工原料,醋酸钠是其常见的盐[已知:25 ℃,Ka(CH3COOH)=1.69×10-5]。请回答下列问题:‎ ‎(1)写出醋酸钠溶液中存在的平衡(离子方程式):CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,H2OH++OH-。‎ ‎(2)0.1 mol·L-1 CH3COONa溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)。‎ ‎(3)25 ℃时,醋酸的电离平衡常数表达式为Ka=。0.10 mol·L-1的醋酸溶液的pH约为2.89(提示:醋酸的电离常数很小,lg1.3=0.114,结果保留2位小数)。‎ ‎(4)下列对于醋酸溶液和醋酸钠溶液的说法正确的是C(填序号)。‎ A.加水稀释,醋酸的电离程度增大,醋酸钠的水解程度减小 B.升高温度,可以促进醋酸的电离,抑制醋酸钠的水解 C.醋酸和醋酸钠混合液中,醋酸抑制醋酸钠的水解,醋酸钠抑制醋酸的电离 ‎(5)物质的量浓度均为0.1 mol·L-1的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合(混合前后体积变化忽略),混合液中的下列关系式正确的是BC(填序号)。‎ A.c(CH3COOH)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)‎ B.c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)‎ C.c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1 mol·L-1‎ ‎(6)常温时,pH=3的醋酸溶液和pH=11的NaOH溶液等体积混合后,溶液中c(Na+)”“<”或“=”),该溶液中电荷守恒表达式为c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)。‎ ‎(7)常温时,将m mol·L-1的醋酸溶液和n mol·L-1的NaOH溶液等体积混合后,所得溶液的pH=7,则m与n的大小关系是m>n(填“>”“<”或“=”,下同),醋酸溶液中c(H+)c(H+);据电荷守恒可得:c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-),则有c(Na 10‎ ‎+)>c(CH3COO-),故离子浓度大小关系:c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)。‎ ‎(3)醋酸溶液中存在电离平衡:CH3COOHCH3COO-+H+,则电离平衡常数表达式为Ka=。0.10 mol·L-1的醋酸溶液中,c(H+)≈c(CH3COO-),c(CH3COOH)≈0.10 mol·L-1,则有Ka(CH3COOH)=≈==1.69×10-5,解得c(H+)=1.3×10-3 mol·L-1,故pH=-lg(1.3×10-3)=3-lg1.3=3-0.114≈2.89。‎ ‎(4)加水稀释或升高温度,醋酸的电离平衡和醋酸钠的水解平衡均正向移动,则醋酸的电离程度、醋酸钠的水解程度均增大,A、B错误;醋酸和醋酸钠混合液中,醋酸抑制醋酸钠的水解,醋酸钠抑制醋酸的电离,C正确。‎ ‎(5)物质的量浓度均为0.1 mol·L-1的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合,据电荷守恒可得:c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-),根据物料守恒有2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-),综合以上式子可得2c(H+)+c(CH3COOH)=c(CH3COO-)+2c(OH-),A错误,B正确。据物料守恒可得:c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)=0.1 mol·L-1,C正确。‎ ‎(6)常温时,pH=3的醋酸和pH=11的NaOH溶液等体积混合,发生中和反应后,醋酸剩余,所得溶液呈酸性,则有c(H+)>c(OH-);据电荷守恒可得:c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-),从而推知:c(Na+)n。由于醋酸是弱电解质,部分电离,NaOH是强电解质,完全电离,若醋酸中c(H+)等于NaOH溶液中c(OH-),混合后醋酸远远过量,故醋酸溶液中c(H+)小于NaOH溶液c(OH-)。‎ 10‎
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