- 水溶液中的离子平衡
- 共26089题
下列说法错误的是（ ）
正确答案
解析
解；A、在水溶液中，乙酸的电离方程式为：CH3COOH⇌CH3COO-+H+，故A错误；
B、有机化合物结构的分析的常用方法为：红外光谱仪、核磁共振仪、质谱仪，故B正确；
C、用金属钠与醇羟基反应，生成氢气，而乙醚不作用所以可区分乙醇和乙醚，故C正确；
D、盐析是物理变化过程，可用来提纯蛋白质并保持其生理活性，故D正确；
故选A．
某一元有机酸HA的溶液中，若未电离的HA分子个数与溶液中的离子个数比为a：b，则HA的电离度（即转化率）是（ ）
A
B
C
D
正确答案
解析
解：溶液中存在HA⇌H++A-，则若未电离的HA分子个数与溶液中的离子个数比为a：b，设分别为amol、bmol，则总的HA为amol+
则HA的电离度为
故选A．
在25℃下，将a mol•L-1的氨水与0.01mol•L-1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c（NH4+）=c（Cl-），则溶液显______性（填“酸”“碱”或“中”）；用含a的代数式表示NH3•H2O的电离常数Kb=______．
正确答案
解：在25℃下，平衡时溶液中c（NH4+）=c（Cl-）=0.005mol/L，根据物料守恒得c（NH3．H2O）=（0.5a-0.005）mol/L，根据电荷守恒得c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L，溶液呈中性，NH3•H2O的电离常数Kb=
故答案为：
解析
解：在25℃下，平衡时溶液中c（NH4+）=c（Cl-）=0.005mol/L，根据物料守恒得c（NH3．H2O）=（0.5a-0.005）mol/L，根据电荷守恒得c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L，溶液呈中性，NH3•H2O的电离常数Kb=
故答案为：
（2015秋•廊坊校级期末）有体积相同、相等pH的烧碱溶液和氨水，下列叙述中正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．一水合氨是弱电解质，在氨水中存在电离平衡，氢氧化钠是强电解质，在水溶液里完全电离，所以等pH的氨水和氢氧化钠溶液，氨水的浓度大于氢氧化钠溶液，故A错误；
B．等pH的氨水和氢氧化钠，氨水的浓度大于氢氧化钠溶液，则等pH等体积的两种溶液中，氨水的物质的量大于氢氧化钠，则用同浓度的盐酸中和时，氨水消耗盐酸的体积多，故B错误；
C．pH相等的两种溶液中氢氧根离子浓度相等，故C正确；
D．加水稀释氨水促进一水合氨电离，所以稀释等体积后，氨水中氢氧根离子浓度大，则氨水的pH大于氢氧化钠，故D错误；
故选C．
硼酸在玻璃制造和医药领域应用广泛．
（1）元素周期表中存在“对角线”规则，硼与硅的某些化学性质类似，写出硼酸（H3BO3）加热至300℃时分解得到相应氧化物的化学方程式______．
（2）硼酸（H3BO3）溶液中存在如下平衡：H3BO3（aq）⇌BO2-（aq）+H+（aq）+H2O K=5.7×10-10（25℃）
①实验中不慎将NaOH沾到皮肤时，用大量水洗后再涂上硼酸溶液．写出硼酸与NaOH反应的离子方程式______．
②计算25℃时0.7mol•L-1 硼酸溶液中H+的浓度______．
（3）已知25℃时：
下列说法正确的是______
A．碳酸钠溶液滴入硼酸中能观察到有气泡产生
B．碳酸钠溶液滴入醋酸中能观察到有气泡产生
C．等浓度的碳酸和硼酸溶液比较，pH：前者＞后者
D．等浓度的碳酸钠和醋酸钠溶液比较，pH：前者＞后者．
正确答案
解：（1）加热条件下，硅酸分解生成二氧化硅和水，根据对角线规则知，硼酸分解生成氧化硼和水，反应方程式为2H3BO3 
故答案为：2H3BO3 
（2）①硼酸是酸，能和碱发生中和反应生成盐和水，所以和氢氧化钠反应离子方程式为H3BO3+OH-=BO2-+2 H2O，故答案为：H3BO3+OH-=BO2-+2 H2O；
②c（H+）=
故答案为：2×10-5mol•L-1；
（3）相同温度、浓度下，酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，其酸根离子的水解能力越小，根据电离平衡常数知，酸性强弱顺序是CH3COOH＞H2CO3＞H3BO3＞HCO3-，所以离子水解能力碳酸根离子＞碳酸氢根离子＞醋酸根离子，
A．酸性H2CO3＞H3BO3＞HCO3-，所以碳酸钠溶液滴入硼酸中生成碳酸氢钠和硼酸钠，没有气体生成，故错误；
B．酸性CH3COOH＞H2CO3，所以碳酸钠溶液滴入醋酸中生成醋酸钠、水和二氧化碳，所以能看到有气泡生成，故正确；
C．酸性H2CO3＞H3BO3，所以碳酸的电离程度大于硼酸，则等浓度的碳酸和硼酸溶液比较，碳酸的酸性大于硼酸，所以pH：前者＜后者，故错误；
D．酸性CH3COOH＞H2CO3，所以碳酸根离子水解能力大于醋酸根离子，则等浓度的碳酸钠和醋酸钠溶液比较，pH：前者＞后者，故正确；
故选BD．
解析
解：（1）加热条件下，硅酸分解生成二氧化硅和水，根据对角线规则知，硼酸分解生成氧化硼和水，反应方程式为2H3BO3
故答案为：2H3BO3
（2）①硼酸是酸，能和碱发生中和反应生成盐和水，所以和氢氧化钠反应离子方程式为H3BO3+OH-=BO2-+2 H2O，故答案为：H3BO3+OH-=BO2-+2 H2O；
②c（H+）=
故答案为：2×10-5mol•L-1；
（3）相同温度、浓度下，酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，其酸根离子的水解能力越小，根据电离平衡常数知，酸性强弱顺序是CH3COOH＞H2CO3＞H3BO3＞HCO3-，所以离子水解能力碳酸根离子＞碳酸氢根离子＞醋酸根离子，
A．酸性H2CO3＞H3BO3＞HCO3-，所以碳酸钠溶液滴入硼酸中生成碳酸氢钠和硼酸钠，没有气体生成，故错误；
B．酸性CH3COOH＞H2CO3，所以碳酸钠溶液滴入醋酸中生成醋酸钠、水和二氧化碳，所以能看到有气泡生成，故正确；
C．酸性H2CO3＞H3BO3，所以碳酸的电离程度大于硼酸，则等浓度的碳酸和硼酸溶液比较，碳酸的酸性大于硼酸，所以pH：前者＜后者，故错误；
D．酸性CH3COOH＞H2CO3，所以碳酸根离子水解能力大于醋酸根离子，则等浓度的碳酸钠和醋酸钠溶液比较，pH：前者＞后者，故正确；
故选BD．
甲、乙两瓶氨水的浓度分别为1mol/L 和0.1mol/L，则甲、乙两瓶氨水c（OH-）之比______10（填“大于”、“等于”或“小于”）．
正确答案
解：一水合氨是弱电解质，在溶液里存在电离平衡，氨水的浓度越大，一水合氨的电离程度越小，
甲瓶氨水的浓度是乙瓶氨水的浓度的10倍，由于弱电解质的浓度越小，电解质的电离程度越大，则甲瓶氨水的电离度比乙瓶氨水的电离度小，
设甲瓶中氨水的电离程度为a，乙瓶中氨水的电离程度为b，则a＜b，
甲瓶中：c（OH-）=1mol/L×a=amol/L，
乙瓶中c（OH-）=1mol/L×b=0.1bmol/L，
所以甲、乙两瓶氨水中c（OH-）之比为：
故答案为：小于．
解析
解：一水合氨是弱电解质，在溶液里存在电离平衡，氨水的浓度越大，一水合氨的电离程度越小，
甲瓶氨水的浓度是乙瓶氨水的浓度的10倍，由于弱电解质的浓度越小，电解质的电离程度越大，则甲瓶氨水的电离度比乙瓶氨水的电离度小，
设甲瓶中氨水的电离程度为a，乙瓶中氨水的电离程度为b，则a＜b，
甲瓶中：c（OH-）=1mol/L×a=amol/L，
乙瓶中c（OH-）=1mol/L×b=0.1bmol/L，
所以甲、乙两瓶氨水中c（OH-）之比为：
故答案为：小于．
醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌H++CH3COO-，下列叙述正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．加水稀释醋酸，醋酸分子和氢离子浓度均减小，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A错误；
B．醋酸溶液中加少量的CH3COONa固体，醋酸根离子浓度增大，平衡逆向移动，故B错误；
C．醋酸是弱电解质，只有部分电离，CH3COOH⇌H++CH3COO-，根据电荷守恒得：c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），故C正确；
D．常温下，pH=2的CH3COOH溶液中醋酸浓度大于0.01mol/L，pH=12的NaOH溶液中氢氧化钠浓度等于0.01mol/L，所以两种等体积混合后，酸剩余，溶液呈酸性而使溶液的pH＜7，故D正确；
故选CD．
正确答案
解析
解：A．由图可知，pH为7.4时，HCO3-的最大，则当人体血液的pH约为7.4，则CO2在血液中多以HCO3-的形式存在，故A正确；
B．由图可知，pH为10.25时，c（HCO3-）=c（CO32-），故B正确；
C．由图可知，pH大于12时，溶液中主要存在CO32-，则用CO2和NaOH反应制取Na2CO3，溶液的pH必须控制在12以上，故C正确；
D.1.0mol/L碳酸钠溶液滴定1.0mol/LHCl溶液，在碳酸浓度达到饱和之前，碳酸浓度应逐渐增大，且起始浓度不可能为1.0mol/L，故D错误．
故选D．
本题为《化学反应原理（选修4）》模块选做题
（1）今有常温下两种溶液：（A） 0.1mol•L-1 NH3•H2O溶液 （B） 0.1mol•L-1 NH4Cl溶液．
①溶液（A）的pH______ 7（填“＞”、“＜”或“=”）；
②溶液（B）呈______ 性（填“酸”、“碱”或“中”），升高温度可以______（填“促进”或“抑制”）NH4Cl 的水解；
（2）氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用．图1是1molNO2和1molCO反应生成NO和CO2过程中能量变化示意图．请写出NO2和CO反应的热化学方程式______．
（3）已知一定温度和压强下，在容积为VL的密闭容器中充入1mol A和1mol B，保持恒温恒压下反应：A（g）+B（g）⇌C（g）△H＜0．达到平衡时，C的体积分数为40%．
试回答有关问题：
①升温时，C的反应速率______（填“加快”、“减慢”或“不变”）
②若平衡时，保持容器容积不变，使容器内压强增大，则平衡______
A．一定向正反应方向移动 B．一定向逆反应方向移动 C．一定不移动 D．不一定移动
③若使温度、压强在上述条件下恒定不变，在密闭容器中充入2mol A和2mol B，则反应达到平衡时，C的体积分数为______；
（4）①事实证明，原电池中发生的反应通常是放热反应．利用下列化学反应可以设计成原电池的是______；
A．C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H＞0
B．NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H＜0
C．2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H＜0
②以KOH溶液为电解质溶液，依据所选反应设计一个原电池，其负极反应式为______；
③电解原理在化学工业中有着广泛的应用．如图2所示电解池中，a为NaCl溶液，X和Y是两块惰性电极板，则电解时的离子方程式为______．
正确答案
解：（1）①一水合氨为弱电解质，在水溶液里部分电离生成氢氧根离子和铵根离子，导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液呈碱性，pH＞7，故答案为：＞；
②氯化铵为强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，盐类水解是吸热反应，升高温度促进盐类水解，故答案为：酸；促进；
（2）根据图象知，反应物能量大于生成物总能量，所以该反应是放热反应，该反应的△H=E1-E2=134kJ/mol-368kJ/mol=-234KJ/mol，所以其热化学反应方程式为：NO2（g）+CO（g）═NO （g）+CO2（g）△H=-234kJ/mol，故答案为：NO2（g）+CO（g）═NO （g）+CO2（g）△H=-234kJ/mol；
（3）①无论正反应是放热反应还是吸热反应，升高温度C的正逆反应速率都加快，但平衡向逆反应方向移动，故答案为：加快；
②若平衡时，保持容器容积不变，使容器内压强增大，如果反应物、生成物浓度都不变，则平衡不移动，如充入惰性气体，如果反应物或生成物浓度改变，则平衡移动，故选D；
③若使温度、压强在上述条件下恒定不变，在密闭容器中充入2mol A和2molB，则容器的体积增大为原来的2倍，两个容器中各物质浓度都相等，相当于等效平衡，所以反应物的转化率不变，则反应达到平衡时，C的体积分数为40%，故答案为：40%；
（4）①能设计成原电池的化学反应必须是自发进行的放热的氧化还原反应，
A．C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H＞0，该反应是吸热反应，所以不能设计成原电池，故错误；
B．NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H＜0，该反应是不是氧化还原反应，所以不能设计成原电池，故错误；
C．2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H＜0，该反应是自发进行的放热的氧化还原反应，所以能设计成原电池，故正确；
故选C；
②负极上氢气失电子和氢氧根离子反应生成水，电极反应式为：2H2+4OH--4e-=4H2O，
故答案为：2H2+4OH--4e-=4H2O；
③用惰性电极电解氯化钠溶液时，阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上氢离子放电生成氢气，同时电解质溶液中生成氢氧根离子，电池反应式为：2Cl-+2H2O
解析
解：（1）①一水合氨为弱电解质，在水溶液里部分电离生成氢氧根离子和铵根离子，导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液呈碱性，pH＞7，故答案为：＞；
②氯化铵为强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，盐类水解是吸热反应，升高温度促进盐类水解，故答案为：酸；促进；
（2）根据图象知，反应物能量大于生成物总能量，所以该反应是放热反应，该反应的△H=E1-E2=134kJ/mol-368kJ/mol=-234KJ/mol，所以其热化学反应方程式为：NO2（g）+CO（g）═NO （g）+CO2（g）△H=-234kJ/mol，故答案为：NO2（g）+CO（g）═NO （g）+CO2（g）△H=-234kJ/mol；
（3）①无论正反应是放热反应还是吸热反应，升高温度C的正逆反应速率都加快，但平衡向逆反应方向移动，故答案为：加快；
②若平衡时，保持容器容积不变，使容器内压强增大，如果反应物、生成物浓度都不变，则平衡不移动，如充入惰性气体，如果反应物或生成物浓度改变，则平衡移动，故选D；
③若使温度、压强在上述条件下恒定不变，在密闭容器中充入2mol A和2molB，则容器的体积增大为原来的2倍，两个容器中各物质浓度都相等，相当于等效平衡，所以反应物的转化率不变，则反应达到平衡时，C的体积分数为40%，故答案为：40%；
（4）①能设计成原电池的化学反应必须是自发进行的放热的氧化还原反应，
A．C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H＞0，该反应是吸热反应，所以不能设计成原电池，故错误；
B．NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H＜0，该反应是不是氧化还原反应，所以不能设计成原电池，故错误；
C．2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H＜0，该反应是自发进行的放热的氧化还原反应，所以能设计成原电池，故正确；
故选C；
②负极上氢气失电子和氢氧根离子反应生成水，电极反应式为：2H2+4OH--4e-=4H2O，
故答案为：2H2+4OH--4e-=4H2O；
③用惰性电极电解氯化钠溶液时，阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上氢离子放电生成氢气，同时电解质溶液中生成氢氧根离子，电池反应式为：2Cl-+2H2O
（2015秋•永春县校级月考）在0.1mol•L-1CH3COOH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．加入水时，醋酸的电离平衡正向移动，c（H+）减小，故A错误；
B．加入少量NaOH固体中和了H+，降低了c（H+），平衡向正反应方向移动，故B正确；
C．醋酸部分电离，0.1mol•L-1CH3COOH溶液中c（H+）小于0.1mol•L-1，加入少量0.1mol•L-1 HCl溶液，增大了c（H+），电离平衡逆向移动，故C错误；
D．加入少量CH3COONa固体，增大了溶液中c（CH3COO-），电离平衡逆向移动，故D错误；
故选B．
与纯水的电离相似，液氨中也存在着微弱的电离：2NH3⇌NH4++NH2-据此判断以下叙述中错误的是（ ）
正确答案
解析
解：A．液氨电离中存在电离平衡，所以液氨中含有 NH3、NH4+、NH2- 等粒子，故A正确；
B．液氨中 c （NH4+ ）与 c （NH2- ）的乘积只与温度有关，与溶液的浓度无关，所以只要温度一定，液氨中 c （NH4+ ）与 c （NH2- ）的乘积为定值，故B正确；
C．液氨的电离是微弱的，所以液氨电离达到平衡状态时，c （NH4+ ）=c （NH2- ）＜c （NH3 ），故C错误；
D．只要不破坏氨分子的电离平衡，液氨电离出的NH4+ 和NH2- 的物质的量就相等，因为溶液的体积相等，所以c （NH4+ ）=c （NH2- ），故D正确；
故选：C．
下列实验方法、结论合理的是（ ）
正确答案
解析
解：A．增加反应物用量，反应物的浓度不一定增大，所以反应速率不一定加快，故A错误；
B．同浓度的CaCl2和NaCl溶液中，氯化钙中氯离子浓度是氯化钠中的2倍，根据Ksp=C（Ag+）．C（Cl-）知，氯离子浓度越大，银离子浓度越小，即氯化银的溶解度越小，所以氯化银CaCl2的溶解度小于同浓度的NaCl溶液中的溶解度，故B错误；
C．pH相同的两种一元酸HA溶液和HB溶液与足量Zn反应，HA比HB反应速率快，说明反应过程中，HA中氢离子浓度大于HB中氢离子浓度，所以HA酸性更弱，故C错误；
D．根据反应Na2CO3+H2O⇌NaHCO3+NaOH、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、2NaHCO3
故选D．
（1）若以A点表示25℃时水在电离平衡时的离子浓度，当温度升到100℃时，水的电离平衡状态到B点，则此时水的离子积从______增加到______．
（2）将常温下的pH=8的Ba（OH）2溶液升至100℃，则Ba（OH）2溶液的pH：______．
A、＞10 B、=6 C、6～8 D、＞8 E、不能确定
（3）已知AnBm的离子积=[c（Am+）]n•[c（Bn-）]m，式中c（Am+）n和c（Bn-）m表示离子的物质的量浓度幂．在某温度下，Ca（OH）2的浓度为0.02mol•L-1，其离子积为______．
正确答案
10-14
10-12
B
3.2×10-5mol3/L3
解析
解：（1）25℃时纯水中c（H+）=c（OH-）=10-7 mol/L，Kw=c（H+）•c（OH-）=10-14 ，当温度升高到100℃，纯水中c（H+）=c（OH-）=10-6 mol/L，
Kw=c（H+）•c（OH-）=10-12 ；
故答案为：10-14 ；10-12；
（2）将常温下的pH=8的Ba（OH）2溶液中氢氧根离子浓度为10-6 mol/L，升至100℃，则Ba（OH）2溶液中氢离子浓度为10-6 mol/L，所以溶液的pH=6，
故选：B；
（3）该溶液中氢氧根离子浓度为0.04mol/L，钙离子浓度为0.02mol/L，则离子积常数=（0.02mol/L）×（0.04mol/L）2=3.2×10-5mol3/L3，
故答案为：3.2×10-5mol3/L3．
常温时，下列溶液的pH或微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．常温时，某溶液中由水电离出的c（H+）=1×10-a mol/L，若a＞7时，说明水的电离受到抑制，可能为酸溶液，也可能为碱溶液，如为酸溶液，则pH=a，如为碱溶液，则pH=14-a，故A错误；
B．水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，所以离子浓度大小为：c（K+）＞c（HA-）＞c（OH-）＞c（A2-），故B错误；
C．将0.2mol/L的某一元酸HA溶液和0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合后溶液pH大于7，得到等浓度的HA和NaA，溶液呈碱性，水解大于电离，所以反应后的混合液：c（HA）＞C（Na+）＞c（A-），故C正确；
D．假设各为1mol，则n（Na2CO3）=n（NaHCO3），存在2n（Na+）=3n（Na2CO3）+3n（NaHCO3），根据物料守恒，应有2c（Na+）=3c（CO32-）+3c（HCO3-）+3c（H2CO3），故D错误；
故选C．
（1）某二元酸（化学式用H2A表示）在水中的店里方程式是H2A═H++HA-，HA-⇌H++A2-，试完成下列问题：Na2A溶液显______（填“酸性”、“中性”或“碱性”）．理由是______ （用离子方程式表示）．
（2）常温下，pH=5的NH4Cl溶液与pH=5的HCl溶液中由水电离出的c（H+）分别是______、______．
（3）室温下pH=9的NaOH溶液和pH=9的CH3COONa溶液，设由水电离产生的OH-的物质的量浓度分别为A和B，则A和B的关系为______．
（4）为了使CH3COONa溶液中Na+浓度与CH3COO-的浓度为1：1，可在CH3COONa溶液中（恒温）加入______．
①适量的盐酸 ②适量的NaCl ③适量的醋酸 ④适量的CH3COONa ⑤适量的NaOH ⑥适量的KOH．
正确答案
碱性
A2-+H2O⇌HA-+OH-
10-5mol•L-1
10-9mol•L-1
A：B=10-4：1
③⑥
解析
解：（1）该二元酸第一步完全电离，第二步部分电离，说明A2-能水解、HA-只电离不水解，Na2A水溶液中A2-水解导致溶液呈碱性，水解方程式为A2-+H2O⇌HA-+OH-，故答案为：碱性；A2-+H2O⇌HA-+OH-；
（2）氯化铵溶液中氢离子就是水电离出的，则氯化铵溶液中由水电离出的c（H+）=10-5 mol•L-1，盐酸溶液中水电离出的c（H+）=c（OH-）=
故答案为：10-5mol•L-1；10-9mol•L-1；
（3）氢氧化钠抑制水电离，醋酸钠促进水电离，所以氢氧化钠溶液中水电离出的c（OH-）等于c（H+），醋酸钠溶液中水电离出的c（OH-）等于水离子积常数与C（H+）的比值，则氢氧化钠溶液中水电离出的c（OH-）=
10-9 mol/L，醋酸钠溶液中水电离出的c（OH-）=
故答案为：A：B=10-4：1；
（4）①加入盐酸后，醋酸根离子转化成醋酸，导致溶液中醋酸根离子浓度更小，则配制CH3COO-与Na+离子物质的量浓度之比小于1：1，故①错误；
②加入氯化钠后，钠离子浓度增大，配制CH3COO-与Na+离子物质的量浓度之比小于1：1的溶液，故②错误；
③加入适量的醋酸可以增大醋酸根离子的浓度，从而使使CH3COONa溶液中Na+浓度与CH3COO-的浓度为1：1，故③正确；
④加入适量的CH3COONa，由于醋酸根部分水解，CH3COO-与Na+离子物质的量浓度之比一定小于1：1，故④错误；
⑤醋酸根离子在水溶液中水解显碱性，加入NaOH，氢氧根离子抑制醋酸根离子的水解，但钠离子浓度增大，配制CH3COO-与Na+离子物质的量浓度之比小于1：1的溶液，故⑤错误；
⑥醋酸根离子在水溶液中水解显碱性，加入KOH，氢氧根离子抑制醋酸根离子的水解，配制CH3COO-与Na+离子物质的量浓度之比约为1：1的溶液，故⑥正确；
故答案为：③⑥．
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