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 10页

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