高考化学一轮复习离子反应专题04离子浓度大小比较练习.docx

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高考化学一轮复习离子反应专题04离子浓度大小比较练习

专题4离子浓度大小比较

1．常温下，电离常数：

Ka（HCOOH）=1.77x10－4、Ka（CH3COOH）=1.75x10－5有甲、乙、丙三种溶液：

甲

1000mL0.1mol/LHCOONa溶液

乙

1000mL0.1mol/LCH3COONa溶液

丙

1000mL含HCOONa、CH3COONa各0.05mol的溶液

下列叙述错误的是

A.溶液中c（Na+）：

甲＝乙＝丙

B.溶液中阴、阳离子和酸分子总数：

甲＜丙＜乙

C.溶液pH：

甲＜丙＜乙

D.溶液中阴、阳离子总数：

甲＜丙＜乙

【答案】D

【解析】分析：

本题考查了酸碱混合的定性判断及溶液离子浓度大小的比较，难度中等，注意熟练掌握溶液酸碱性与溶液的pH的关系，能够利用电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理判断离子浓度的大小，试题培养了学生的灵活应用能力。

详解：

A.三个溶液中钠离子浓度都为0.1mol/L，所以c（Na+）：

甲＝乙＝丙，故正确；B.水解程度越大，产生氢氧根离子的数目和分子数目越多，而钠离子数目相等，所以溶液中阴阳离子和酸分子总数：

甲＜丙＜乙，故正确；C.水解程度越大溶液的pH越大，乙酸根离子水解程度最大，两者的混合物次之，最弱的是甲酸根离子，所以溶液的pH：

甲＜丙＜乙，故正确；D.根据电荷守恒得溶液中阴阳离子的总数是阳离子总数的2倍，而钠离子的数目相同，水解程度越大氢离子的数目越小，水解程度越小，氢离子的数目越多，所以溶液中的阴阳离子总数：

甲>丙>乙，故错误。

故选D。

2．下列比较中，正确的是　　

A.同温度同物质的量浓度时，HF比HCN易电离，则NaF溶液的pH比NaCN溶液大

B.

和

溶液等体积混合后：

C.物质的量浓度相等的

和NaHS混合溶液中：

D.同浓度的下列溶液中，

、

、

、

；

由大到小的顺序是：

【答案】D

【解析】分析：

HF比HCN易电离，则NaF的水解程度比NaCN小，NaF溶液的pH比NaCN溶液小；

和

溶液等体积混合后得到浓度相同的氯化钠、氯化铵和氨水的混合液，溶液显碱性；物质的量浓度相等的

和NaHS混合溶液中，由电荷守恒可知，

；

A.同温度同物质的量浓度时，HF比HCN易电离，则NaF的水解程度比NaCN小，NaF溶液的pH比NaCN溶液小，A不正确；

B.

和

溶液等体积混合后得到浓度相同的氯化钠、氯化铵和氨水的混合液，溶液显碱性，则

，B不正确；

C.物质的量浓度相等的

和NaHS混合溶液中，由电荷守恒可知，

，C不正确；

D.同浓度的下列溶液中，

、

、

、

；

由大到小的顺序是：

，D正确。

本题选D。

3．下列关于

溶液的说法正确的是　　

A.溶质的电离方程式为

B.

时，加水稀释后，

与

的乘积变大

C.离子浓度关系：

D.温度升高，

增大

【答案】B

【解析】分析：

不能完全电离；加水稀释后，有更多的水发生电离，故

与

的乘积变大；根据电荷守恒可知，离子浓度关系：

；温度升高，

的水解程度增大。

详解：

A.溶质的电离方程式为

，A不正确；

B.

时，加水稀释后，有更多的水发生电离，故

与

的乘积变大，B正确；

C.根据电荷守恒可知，离子浓度关系：

，C不正确；

D.温度升高，

的水解程度增大，故

减小，D不正确。

本题选B。

4．关于小苏打（NaHCO3）溶液的表述错误的是

A.c（Na+）=c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3）

B.c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-）

C.HCO3-的电离程度大于其水解程度

D.c（Na+）>c（HCO3-）>c（OH-）>c（CO32-）

【答案】C

【解析】分析：

碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，溶液显碱性，结合电荷守恒、物料守恒等解答。

详解：

A、溶液中存在物料守恒：

c（Na+）=c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3），A正确；

B、溶液中存在电荷守恒：

c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-），B正确；

C、溶液呈碱性，故HCO3-的电离程度小于其水解程度，C错误；

D、小苏打溶液中，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，碳酸氢根离子的水解和电离都较微弱，水和碳酸氢根离子都电离出氢离子，只有碳酸氢根离子电离出碳酸根离子，所以c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（CO32-），D正确。

答案选C。

5．下列有关说法正确的是

A.镀铜铁制品镀层受损后,铁制品比受损前更容易生锈

B.等物质的量浓度的CH3COOH溶液和HCl溶液中,水的电离程度相同

C.0.1 mol/LNa2CO3溶液:

c（OH-）=c（H2CO3）+c（HCO3-）+c（H+）

D.对于反应2SO2+O2 

2SO3,使用催化剂能加快反应速率和提高SO2平衡转化率

【答案】A

【解析】A、铜、铁、电解质构成原电池，铁做负极，镀铜铁制品镀层受损后，铁更容易生锈，选项A正确；B、等物质的量浓度的CH3COOH溶液和HCl溶液中,前者电离产生的氢离子浓度小，抑制水的电离程度小，水的电离程度小，选项B错误；C、0.1mol/LNa2CO3溶液中存在质子守恒有:

c（OH-）=2c（H2CO3）+c（HCO3-）+c（H+），选项C错误；D、使用催化剂能加快反应速率，但不能使平衡移动，故不能提高SO2平衡转化率，选项D错误；答案选A。

6．下列说法错误的是（）

A.在精炼铜或电镀铜的过程中，当阴极析出铜32g，转移电子均为1 mol

B.向0.1mol/L的CH3COONa落成中加入少量NaHSO4固体，所得溶液中存在：

c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=c（Na+）-c（SO42-）

C.0.1mol/LNaHSO4溶液中通入NH3至溶液pH=7，所得溶液中存在：

 c（Na+）=c（SO42-）=c（NH4+）

D.室温下，将0.2 mol/L的一元酸HA和0.1 mol/L的NaOH溶液等体积混合后，溶液显碱性，所得溶液中存在：

c（A-）＞c（Na+）＞c（HA）>c（OH-）＞c（H+）

【答案】D

【解析】炼铜或电镀铜的过程中，在阴极上发生的都是铜离子得到电子析出铜,当阴极析出铜32g，转移电子1mol，A正确；醋酸钠中钠离子总量=混合液中总的n（Na+）减去NaHSO4中n（Na+），而NaHSO4中n（Na+）=n（SO42-），因此根据物料守恒可知：

c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=c（Na+）-c（SO42-），B正确；0.1mol/LNaHSO4溶液中通入NH3至溶液pH=7，c（OH-）=c（H+），根据电荷守恒：

c（NH4+）+c（H+）+c（Na+）=2c（SO42-）+c（OH-），c（NH4+）+c（Na+）=2c（SO42-）,根据c（Na+）=c（SO42-），所以c（NH4+）=c（SO42-）=c（Na+），C正确；将0.2mol/L的一元酸HA和0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合后，形成等体积等浓度的NaA和HA的混合液，溶液显碱性，水解大于电离，所以：

c（Na+）＞c（HA）＞c（A-）>c（OH-）＞c（H+），D错误；正确选项D。

7．25℃时，在浓度都为1mol·L-1的（NH4）2SO4、NH4HCO3、NH4HSO4、NH4Cl的四种溶液中，测得c（NH4+）分别为a、b、c、d（单位为mol·L-1）。

下列判断正确的是（）

A.a=2b=2c=2dB.a>b>c>dC.a>c>d>bD.a>c>b>d

【答案】C

【解析】根据（NH4）2SO4、NH4HCO3、NH4HSO4、NH4Cl的化学式，浓度都为1mol·L-1的溶液，（NH4）2SO4中c（NH4+）最大；溶液均存在水解平衡：

NH4++H2O

NH3 •H2O+H+，Cl-对NH4+水解没影响，NH4HSO4电离出的氢离子抑制NH4+水解，NH4HCO3中HCO3-的水解促进NH4+水解，所以浓度都为1mol·L-1的（NH4）2SO4、NH4HCO3、NH4HSO4、NH4Cl的四种溶液中c（NH4+）从大到小的顺序是（NH4）2SO4、NH4HSO4、NH4Cl、NH4HCO3，故C正确。

8．已知HA的酸性比HB弱，在物质的量浓度均为0.2mol·L－1的NaA和NaB混合溶液中，下列排序正确的是（　　）

A.c（OH－）＞c（A－）＞c（B－）＞c（H＋）B.c（OH－）＞c（B－）＞c（A－）＞c（H＋）

C.c（OH－）＞c（HA）＞c（HB）＞c（H＋）D.c（OH－）＞c（HB）＞c（HA）＞c（H＋）

【答案】C

【解析】分析：

根据盐的水解规律，弱酸的酸性越弱，其弱酸根离子水解程度越大，结合水解平衡和水的电离平衡分析解答。

详解：

A、这两种盐水解的离子方程式为A－＋H2O

HA＋OH－、B－＋H2O

HB＋OH－。

已知HA的酸性比HB的弱，所以A-水解程度大于B-，则水解生成的两种酸的浓度为c（HB）＜c（HA）；由于A-水解程度大于B-，则溶液中c（A-）＜c（B-），但水解程度均是较弱的，则溶液中c（B－）＞c（A－）＞c（OH－）＞c（H＋），A错误；

B、根据A中分析可知B错误；

C、两种钠盐水解均呈碱性，则水解产生的OH—总浓度一定大于水解产生的HA、HB的浓度，即溶液中c（OH－）＞c（HA）＞c（HB）＞c（H＋），C正确；

D、根据C中分析可知D错误。

答案选C。

9．下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的是

A.0.1 mol/L pH<7的NaHSO3溶液中:

 c（HSO3-）>c（H2SO3）>c（SO32-）

B.在NaHCO3 溶液中一定有:

 c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+c（OH-）+c（CO32-）

C.c（NH4+）相等的（NH4）2SO4溶液、（NH4）2CO3溶液和NH4Cl溶液:

c[（NH4）2CO3]

D.10mL 0.5 mol/L CH3COONa溶液与10 mL 1 mol/L盐酸混合:

c（Cl-）>c（H+）>c（Na+）>c（CH3COO-）>c（OH-）

【答案】D

【解析】A.0.1 mol/L pH<7的NaHSO3溶液中HSO3-的电离大于水解，故c（SO32-）>c（H2SO3），选项A错误；B.根据电荷守恒，在NaHCO3 溶液中一定有:

 c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+c（OH-）+2c（CO32-），选项B错误；C.铵根离子水解，（NH4）2SO4中含有2个铵根离子，所以铵根离子浓度最大，（NH4）2CO3中含有2个铵根离子，碳酸根离子和铵根离子相互促进水解，NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根离子能水解但较弱；所以当它们物质的量浓度相同时，c（NH4+）大小顺序为（NH4）2SO4溶液>（NH4）2CO3溶液>NH4Cl溶液，所以如果c（NH4+）相同，电离出铵根离子浓度越多的其物质的量浓度越小，所以当c（NH4+）相同时，物质的量浓度由大到小的顺序为（NH4）2SO4溶液<（NH4）2CO3溶液c（H+）>c（Na+）>c（CH3COO-）>c（OH-），选项D正确。

答案选D。

10．下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）

A.等物质的量浓度的CuSO4和（NH4）2SO4的混合溶液：

c（NH4+）>c（SO42-）>c（Cu2+）>c（H+）

B.向0.2mol·L-1NaHCO3溶液中加入等体积0.1mol·L-1NaOH溶液：

c（CO32-）>c（HCO3-）>c（OH-）>c（H+）

C.常温下，pH=7的NH4Cl和NH3·H2O的混合溶液中：

c（Cl-）>c（NH4+）>c（OH-）=c（H+）

D.0.10mol·L-1CH3COONa溶液中通入HCl气体至pH=7：

 c（Na+）>c（Cl-）=c（CH3COOH）

【答案】D

【解析】分析：

A.硫酸根离子不水解，铵根离子水解，因此c（SO42-）>c（NH4+）；B.反应后溶液为等浓度碳酸钠和碳酸氢钠，根据碳酸根的水解程度大于碳酸氢根进行分析；C.根据电荷守恒：

c（Cl－）+c（OH－）＝c（NH4+）+c（H+）进行分析；D.反应后溶液为氯化钠、醋酸钠和醋酸，根据电荷守恒进行分析。

详解：

等物质的量浓度的CuSO4和（NH4）2SO4的混合溶液中硫酸根离子不水解，铵根离子水解，因此c（SO42-）>c（NH4+），A正确；向0.2mol/LNaHCO3溶液中加入等体积0.1mol/LNaOH溶液反应生成碳酸钠，且剩余一半的碳酸氢钠，由于碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，则溶液中c（HCO3－）>c（CO32－）>c（OH－）>c（H+），B错误；常温下，pH=7的NH4Cl和NH3·H2O的混合溶液中根据电荷守恒可知c（Cl－）＝c（NH4+）>c（OH－）＝c（H+），C错误；0.10mol/LCH3COONa溶液中通入HCl气体至pH=7根据电荷守恒：

c（Na+）+c（H+）=c（Cl－）+c（OH－）+c（CH3COO-），溶液呈中性：

c（H+）=c（OH－），c（Na+）=c（Cl－）+c（CH3COO-），所以可知c（Na+）>c（Cl－）=c（CH3COOH），D正确；正确选项D。

11．下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是（）

A.pH相等的①NH4Cl ②（NH4）2SO4③NH4HSO4溶液， c（NH4+）大小顺序为①=②＞③

B.0.2mol·L-1HCl与0.1mol·L-1NaAlO2溶液等体积混合：

c（Cl-）＞c（Na+）＞c（Al3+）＞c（OH-）＞c（H+）

C.0.2mol·L-1的Na2CO3溶液：

c（OH-）=c（HCO3-）+c（H+）+c（H2CO3）

D.pH相等的NaF与CH3COOK溶液：

[c（Na+）-c（F-）]＞[c（K+）-c（CH3COO-）]

【答案】A

【解析】分析：

本题考查水溶液中的离子平衡。

A.pH相等的①NH4Cl②（NH4）2SO4两种溶液中水解的NH4+的量相等，则c（NH4+）相等，而pH相等NH4HSO4电离产生的氢离子抑制了铵根离子水解，所以溶液中c（NH4+）最小；B.0.2mol·L-1HCl与0.1mol·L-1NaAlO2 溶液等体积混合得到0.05mol·L-1NaCl和0.05/3mol·L-1AlCl3混合液，Al3+水解溶液呈酸性；C.Na2CO3溶液中存在的质子守恒关系为：

c（OH-）=c（HCO3-）+c（H+）+2c（H2CO3）；D.因为NaF与CH3COOK溶液的pH相等，则两种溶液中的c（H+）和c（OH-）相同，根据电荷守恒可得：

[c（Na+）-c（F-）]=[c（K+）-c（CH3COO-）]。

详解：

由于NH4HSO4完全电离生成NH4+、H＋、SO42-，pH相等时，NH4HSO4中c（NH4+）最小，NH4Cl与（NH4）2SO4中NH4+水解使溶液呈酸性，若pH相等则水解NH4+的量相等，则c（NH4+）相等，正确关系为①＝②>③；A正确；氯离子的浓度是钠离子浓度的2倍，H+和AlO2-反应生成氢氧化铝沉淀，H+过量，沉淀部分溶解，生成Al3+，Al3+水解溶液呈酸性，B错误；溶液中水电离出一个氢离子，同时产生一个氢氧根离子，即质子守恒，根据质子守恒可知：

c（OH-）=c（HCO3-）+c（H+）+2c（H2CO3），C错误；这两种物质均为强碱弱酸盐，溶液显碱性，所以两溶液中c（OH-）＞c（H+），pH相等说明两溶液中氢离子和氢氧根离子浓度分别相同，而

，所以[c（Na+）-c（F-）]=[c（K+）-c（CH3COO-）]，D错误；正确选项A。

12．常温下，Ka（HCOOH）=1.77×10-4，Ka（CH3COOH）=1.75×10-5，Kb（NH3·H2O）=1.76×10-5，下列说法正确的是（）

A.浓度均为0.1mol·L-1的HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和:

前者小于后者

B.用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，前者消耗NaOH溶液的体积更多

C.0.2mol·L-1HCOOH与0.1mol·L-1NaOH等体积混合后的溶液中:

c（HCOO-）+2c（OH-）=c（HCOOH）+2c（H+）

D.0.10mol·L－1CH3COONa溶液中通入HCl至溶液呈中性：

c（Na＋）=c（Cl－）>c（CH3COOH）

【答案】C

【解析】分析：

A、根据水解程度的相对大小分析；

B、酸越弱pH相等时浓度越大；

C、根据电荷守恒和物料守恒分析；

D、根据电荷守恒和物料守恒分析。

详解：

根据电荷守恒可知，甲酸钠溶液中存在c（H+）+c（Na+）=c（OH—）+c（HCOO—），氯化铵溶液中存在c（H+）+c（NH4+）=c（OH—）+c（Cl—），由于在常温下，氨水Kb小于甲酸的Ka，Kw不变，铵根的水解程度大于甲酸根的水解程度，氯化铵溶液中，c（OH—）小于甲酸钠溶液中c（H+），Na+和Cl—都不水解，c（Cl—）＝c（Na+），因此浓度均为0.1mol·L-1的HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和是前者大于后者，A错误；

B、由甲酸和乙酸的电离常数可知，甲酸的酸性较强，所以pH为3的两种溶液中，物质的量浓度较大的是乙酸，等体积的两溶液中，乙酸的物质的量较大，用同浓度的NaOH溶液中和这两种溶液，乙酸消耗的NaOH溶液较多，B错误；

C、两溶液等体积混合后得到甲酸和甲酸钠溶液，由电荷守恒c（H+）+c（Na+）＝c（OH—）+c（HCOO—）和物料守恒2c（Na+）＝c（HCOOH）+c（HCOO—）可得c（HCOO-）+2c（OH-）＝c（HCOOH）+2c（H+），C正确；

D、反应方程式为CH3COONa＋HCl=CH3COOH＋NaCl，溶液pH=7，反应后的溶质为NaCl、CH3COOH、CH3COONa，根据电荷守恒c（H+）+c（Na+）＝c（Cl－）+c（OH—）+c（CH3COO—）和物料守恒c（Na+）＝c（CH3COOH）+c（CH3COO—）可知c（Na＋）＞c（CH3COOH）=c（Cl－），D错误。

答案选C。

13．已知部分弱酸的电离平衡常数如下表：

下列选项错误的是

弱酸

HCOOH

HCN

H2CO3

电离平衡常数（25°C）

Ka=l.77×10-4

Ka=5.0×10-10

Ka1=4.3×10-7

Ka2=5.6×10-11

A.等温度等浓度的下列溶液的PH由大到小的顺序为：

NaCN>Na2CO3>NaHCO3>HCOONa

B.室温下，处理含CN-废水时，如用NaOH溶液调节pH至9，此时c（CN-）＜c（HCN）

C.中和等体积、等pH的HCOOH溶液和HCN溶液消耗NaOH的物质的量前者小于后者

D.等体积、等物质的量浓度的HCOONa和NaCN溶液中所含离子总数前者大于后者

【答案】A

【解析】A、根据电离平衡常数知，酸性强弱顺序为：

HCOOH>H2CO3>HCN>HCO3-，酸性越强，对应盐的水解程度越小，pH越小，故等温度等浓度的下列溶液的PH由大到小的顺序为：

Na2CO3>NaCN>NaHCO3>HCOONa，选项A错误；B．Ka（HCN）=5.0×10-10，Kh=1.6×10－5，溶液调节pH=9，则氢氧根离子浓度=10-5mol/L，所以c（HCN）×10-5/c（CN－）=1.6×10－5，则c（HCN）/c（CN－）=1.6，c（CN－）<（HCN），选项B正确C．等pH的HCOOH和HCN溶液，甲酸的物质的量浓度小于氢氰酸，所以中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者，选项C正确；D．酸性越强，对应盐的水解程度越小，pH越小，酸性HCOOH>HCN，则水解程度：

HCOONa

14．下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是

A.NaHSO3和NaHCO3的中性混合溶液中（S和C均用R表示）c（Na＋）＞c（HRO3－）＋c（RO32－）

B.常温下将醋酸钠、盐酸两溶液混合后溶液呈中性，则混合溶液中：

c（Na＋）＞c（Cl－）＞c（CH3COOH）

C.常温下物质的量浓度相等的①（NH4）2CO3、②（NH4）2SO4、③（NH4）2Fe（SO4）2三种溶液中水的电离程度：

①＞②＞③

D.等体积等物质的量浓度的NaClO（aq）与NaCl（aq）中离子总数：

N前＞N后

【答案】A

【解析】A、根据溶液中的电荷守恒分析，c（Na＋）+c（H＋）＝c（HRO3－）＋2c（RO32－）+c（OH－），根据溶液显中性，则氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，所以溶液中c（Na＋）＞c（HRO3－）＋c（RO32－），A正确；B、原来只有醋酸钠，则c（Na＋）=c（CH3COO—）+c（CH3COOH），加入盐酸后溶液显中性，c（Na＋）+c（H＋）=c（CH3COO—）+c（Cl—）+c（OH－），c（H＋）＝c（OH－），两式联立，去掉钠离子浓度，则有c（Cl—）=c（CH3COOH），B错误；C、在碳酸铵中铵根离子水解，碳酸根离子也水解，二者相互促进，水解程度大，在硫酸亚铁铵中，铵根离子水解和亚铁离子水解相互抑制，水解程度小，所以溶液中的铵根离子浓度①＜②＜③，C错误；D、次氯酸是弱酸，在次氯酸钠溶液中存在次氯酸根离子水解，溶液显碱性，溶液中的氢离子浓度小于10-7mol/L，根据电荷守恒，溶液的阳离子都是钠离子和氢离子，因为钠离子浓度相同，在次氯酸钠中氢离子浓度小，所以次氯酸钠溶液中阴离子浓度小，离子总数小，D错误，答案选A。

15．设NA为阿伏加徳罗常数的值，下列说法正确的是（）

A.pH=2的醋酸稀释10倍后，溶液中H+数目大于0.001NA

B.室温下，pH=13的氨水中，由水电离的OH-浓度为10-13mol/L

C.60℃时，1L纯水中有10-7NA个OH-

D.200mL1mol/LFe2（SO4）3溶液中，Fe3+和SO42-的离子总数是NA

【答案】B

【解析】没有溶液体积，不能计算H+数目，故A错误；氨水抑制水电离，所以室温下，pH=13的氨水中，由水电离的OH-浓度为10-13mol/L，故B正确；20℃时，1L纯水中有10-7NA个OH-，升高温度促进水电离，60℃时，1L纯水中OH-数大于10-7NA个，故C错误；由于Fe3+水解，200mL1mol/LFe2（SO4）3溶液中，Fe3+和SO42-的离子总数小于NA，故D错误。

16．常温时，下列各溶液中，物质的量浓度关系错误的是（）

A.在0.1mol·L－1NaClO溶液中，c（Na＋）＝c（HClO）＋c（