突破37 滴定曲线及应用-冲刺2019高考化学二轮复习核心考点特色突破 Word版含解析
2019届高考化学图表题专项突破专题09中和滴定过程图表题难点突破
专题09中和滴定过程图表题【19年高考命题前瞻】在历年高考命题中，通过图象考查弱电解质电离平衡、pH与起始浓度的关系、有关混合溶液pH的计算、离子浓度的大小比较、盐类水解、守恒关系的应用以及沉淀溶解平衡等知识的题目是必考题，具有一定难度和区分度。
其中酸碱中和滴定曲线类试题是近几年高考的热点和难点，试题通常以酸碱滴定过程为基础，涉及电解质水溶液中离子浓度的等量关系、大小关系以及水的电离程度等知识和规律，综合性强，难度较大。
不仅考查学生定性与定量结合分析问题的思想，而且考查学生数形结合识图用图的能力，还要求学生能深入微观世界认识各种化学过程来解决比较微粒浓度大小问题。
但万变不离其中，离不开指示剂的选择，离不开滴定曲线的认识与应用，离不开电离平衡、水解平衡与三守恒（电荷守恒、物料守恒、质子守恒）分析比较离子浓度大小等问题。
预计2019年高考仍会考查中和滴定曲线图，重点通过曲线的分析来考查离子浓度大小的比较或离子浓度的关系式的正误判断。
【名师精讲】一、中和滴定曲线图像类试题的命题特点：1、考查滴定曲线的认识与应用：酸碱中和滴定曲线图是以所滴入的酸或碱溶液的体积为横坐标、以中和反应后溶液的pH为纵坐标体现中和滴定过程的曲线图。
本文来自化学自习室！2、考查各种滴定曲线图的区别（1 ）强酸与强碱互相滴定的曲线图，前半部分与后半部分形状变化不大，但中间突跃大（即酸或碱溶液一滴之差，溶液pH变化大，出现突变）。
分析强酸与强碱互相滴定时的离子浓度大小，只要关注水的电离平衡即可，没有其它平衡影响。
（2）强酸滴定弱碱或强碱滴定弱酸的曲线图，突跃小，较平缓；强酸滴定弱碱的起点低（因弱碱pH相对较小），前半部分形状有差异；强碱滴弱酸的起点高（因弱酸pH相对较大），前半部分形状有差异。
分析强碱滴定弱酸或强酸滴定弱碱时的离子浓度大小，不仅要考虑生成盐的水解平衡，而且还要考虑过量弱酸或弱碱的电离平衡与水的电离平衡。
3、考查指示剂选择的原则：指示剂的选择不但要考虑变色明显、灵敏，而且要选择指示剂的变色范围与滴定时pH突跃范围相吻合，这样就能准确指示到达滴定终点（即酸碱恰好中和时的pH）。
2019高考化学二轮复习第二部分考前特训全国卷热考题型大突破九课件
体积为18.02＋173.98＋18.00 mL＝18.00 mL。根据反应
①Cr2O
2－ 7
＋6I－＋14H＋===2Cr3＋＋3I2＋7H2O；②I2＋
2S2O23－===S4O26－＋2I－，可得关系式6n(S2O23－)～n(Cr2O27－)～
2n(Ba2＋)，滴定用去的Na2S2O3的物质的量为0.010 mol·L－1
解析：(1) 锥形瓶内的溶液为氯化氢的水溶液，将 锥形瓶内的溶液稀释至1 000 mL，从中取10.00 mL，用 0.200 0 mol·L－1AgNO3溶液进行滴定，
以K2CrO4溶液作指示剂，首先生成氯化银，后生成铬 酸银沉淀，因此终点现象为红色沉淀刚好出现；根据方程
式2FeCl3＋C6H5Cl 1―30―→℃ 2FeCl2＋C6H4Cl2＋HCl↑，HCl ＋AgNO3===AgCl＋HNO3可知，2FeCl3～HCl↑～ AgNO3，n(FeCl3)＝2n(AgNO3)＝2×0.200 0 mol·L－1×
(2)步骤④加入适量锌粉的目的是_____________。
(3)相同条件下，重复滴定三次，步骤③平均消耗
KMnO4标准溶液V1 mL，步骤⑤平均消耗V2 mL，则m g
固体样品的纯度计算式为______________(用相关字母表
示，不必化简)。
解析：该流程的目的为测定草酸亚铁的纯度，可以通 过测定Fe2＋的量而间接得出草酸亚铁的量。取m g的样品 晶体溶解后配制成100 mL。取20 mL样液，用高锰酸钾标 准溶液滴定，消耗V1 mL高锰酸钾溶液。滴定后，溶液中 的Fe2＋转化为Fe3＋，H2C2O4转化为CO2。因为样品中含有 草酸铵，所以不能根据这一次滴定数据计算草酸亚铁。滴 定后的溶液中存在Fe3＋，加入Zn粉将Fe3＋还原为Fe2＋，再 次用高锰酸钾溶液滴定消耗V2 mL高锰酸钾溶液。
高考新突破电解质溶液选择题：滴定曲线专题复习 课件
【答题必备】 中和滴定操作不仅适用于酸碱中和反应，也可迁移应用于氧化还原反 应，NaOH、Na2CO3混合溶液与盐酸的反应及沉淀反应。 1.氧化还原滴定法： (1)原理。 以氧化剂或还原剂为滴定剂，直接滴定一些具有还原性或氧化性的物 质。
(2)实例。
①酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液
++5H C O ====10CO ↑+2Mn2++8H O。 原理：2 MnO +6H 2 2 4 2 2 4
【典题剖析】抽丝剥茧 关键信息
溯本求源 信息分析与迁移
-+ 此条件下，只发生Ca2++OHHCO 3
信息①
====CaCO3↓+H2O，
不会生成Mg(OH)2 此条件下，由计算可判断有无Mg(OH)2生成 由计算可知c(Mg2+)的大小，根据已知信息判断其存在 与否
(4)滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00 mL，该葡萄酒中SO2含量为
________g·L-1。
(5) 该测定结果比实际值偏高④，分析原因并利用现有装置提出改进
措施：__________________________________________________。
【典题剖析】抽丝剥茧 关键信息 信息① 信息② 信息③
验方案：
Na+
Mg2+
Ca2+
Cl-
模拟海水中的离子浓度/mol·L-1
0.439 0.050 0.011 0.560
HCO3
0.001
注：溶液中某种离子的浓度小于1.0×10-5mol·L-1，可认为该离子不 存在；实验过程中，假设溶液体积不变。已知： Ksp(CaCO3)＝4.96×10-9 Ksp(MgCO3)＝6.82×10-6
2019届高考化学二轮复习微专题3曲线的分析与应用课件(29张)
NaOH溶液的关系如图所示：
(注：a点为反应一半点，b点呈中性，c点恰好完全反应，d点NaOH过量
一倍)
分析： a点，溶质为： CH3COONa、CH3COOH ， 离子浓度关系： c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－) ， b点，溶质为： CH3COONa、CH3COOH ，
2 － －1.2 c HC O 10 Ka1 2 4 解析 ＝ 2－ ＝ －4.2＝1 000。 Ka2 cH2C2O4· cC2O 4 10
酸 性，其离子浓度从大到小的顺 (4)0.1 mol· L－1的NaHC2O4溶液呈____
2－ ＋ － ＋ － c (Na ) ＞ c (HC O ) ＞ c (H ) ＞ c (C O ) ＞ c (OH ) 。 2 4 2 4 序为__________________________________________
解析 HC2O－ 4 ＋H2O
H2C2O4＋OH－
－14 1 × 10 Kw －(14－1.2) Kh＝ ＝ ＝ 10 ≪Ka2 －1.2 Ka1 1×10
所以 HC2O－ 4 的电离大于其水解。
(注：也可以根据图像观察)
解析
答案
3.滴定直线图像的分析与应用
常温下，二元弱酸 H2Y 溶液中滴加 NaOH溶液，所得混合溶液的 pH 与
cH＋· cHC2O－ 4 cH2C2O4 Ka1＝ ；
－ HC O 2 4 ② － H＋＋C2O2 4 ，
－ cH＋· cC2O2 4 － c HC O 2 4 Ka2＝ 。
(2)根据A点，Ka1＝10－1.2 ，根据B点Ka2＝ 10－4.2 。
(广东专版)2019高考化学二轮复习 第二部分 考前特训 全国卷热考题型大突破(八)课件
全国卷热考题型大突破(八) 新情 景下氧化还原反应方程式的书写
氧化还原反应方程式的书写是全国新课标卷必考的 知识点，考查题型主要是非选择题。涉及知识主要是应 用氧化还原反应的规律判断反应产物，熟练利用电子守 恒、电荷守恒和原子守恒书写离子方程式。该类试题常 以生产、生活、高科技为背景，与实际应用紧密联系， 情境新、陌生程度大，融合在Ⅱ卷中的实验题或化工流 程图题中，侧重考生接受、提炼、整合新信息的能力， 以及信息迁移的应用能力和规范书写化学用语的能力。
1．(2017·全国卷Ⅱ)将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液混 合，反应生成MnO(OH)2，实现氧的固定。“氧的固 定”中发生反应的化学方程式为_________________。
解析：根据氧化还原反应原理，Mn(OH)2被氧气 MnO(OH)2，Mn的化合价由＋2价→＋4价，化合价升高 2，氧气中O的化合价由0价→－2价，整体降低4价，最 小公倍数为4，由此可得方程式2Mn(OH)2＋ O2===2MnO(OH)2。
7．氢化镁(MgH2)中H元素的化合价为________； MgH2与NaBO2在一定条件下发生反应生成NaBH4，其化 学方程式：____________________________________。
硼氢化钠是一种强还原剂，碱性条件下可处理电镀 废液中的硫酸铜制得纳米铜，从而变废为宝，写出该反 应的离子方程式：______________________________。
答案：2Mn(OH)2＋O2===2MnO(OH)2
2．(2018·中山模拟)(NH4)2S2O8与MnSO4反应生成含 锰元素的一种黑色不溶物、硫酸铵及硫酸，写出该反应 的化学方程式__________________________________。
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和20.00 mL 0.10 mol·L－1 CH3COOH溶液，得到两条滴定曲线，如图所示，则
C 下列说法正确的是（ ）
A.图2是滴定盐酸的曲线
B.a与b的关系是a＜b
C.E点对应离子浓度由大到小的
顺序可能为c(CH3COO－)＞ c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
D.这两次滴定都可以用甲基橙作为指示剂
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能力提升
1.常温下，用0.10 mol·L－1 NaOH溶液分别滴定20.00 mL 0.10 mol·L－1 HCl溶液
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高三高考备考高三化学二轮复习研讨课中和滴定曲线的分析与应用(PPT版共页)
中和滴定曲线的分析与应用
c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)
c(CH3COO-)=c(Na+)>c(H+)=c(OH-)
Ka2(H2X) = 10-5.
对Ka取对数,再进行对数运算
岳阳市第一中学高三年级备课组
(2017·高考全国卷Ⅰ，13)常温下，向己二酸（H2X）溶液中滴加NaOH溶液，滴定过程中溶液的pH [pH=﹣lg c(H+)]为纵坐标，离子浓度比对数为横坐标，小组讨论并回答相应问题
下列说法正确的是( AD)
A. 常温下，CH3COOH的电离常数为10-4.76 B. 当溶液的PH=7时，消耗NaOH溶液 20mL C. 溶液中水的电离程度大小：a＞b＞c D. c点溶液中：
c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)
11
反馈练习
1．(2017·高考全国卷Ⅱ，12)改变 0.1 mol·L－1 二元弱酸 H2A 溶液的 pH， 溶液中的 H2A、HA－、A2－的物质的量分数δ(X)随 pH 的变化如图所示[已 知δ(X)＝cH2A＋ccHXA－＋cA2－]。 下列叙述错误的是( D ) A．pH＝1.2 时，c(H2A)＝c(HA－) B．lg[ K2(H2A)] ＝－4.2 C．pH＝2.7 时，c(HA－)>c(H2A)＝c(A2－) D．pH＝4.2 时，c(HA－)＝c(A2－)＝c(H＋)
对Ka取对数,再进行对数运算
pH
= lg
c(HX-) c(H2X)
﹣lgKa1
pH
=
lg
c(X2-) c(HX-)
﹣lgKa2
y
8
高考化学二轮复习(新高考版) 第1部分讲义 专题2 大题题空逐空突破(一)关系式法计算在滴定中的应用
1．明确一个中心必须以“物质的量”为中心——“见量化摩,遇问设摩”。
2．掌握两种方法(1)守恒法:守恒法是中学化学计算中的一种常用方法,它包括质量守恒、电荷守恒、电子守恒。
它们都是抓住有关变化的始态和终态,淡化中间过程,利用某种不变量(如①某原子、离子或原子团不变;②溶液中阴、阳离子所带电荷数相等;③氧化还原反应中得失电子数相等)建立关系式,从而达到简化过程,快速解题的目的。
(2)关系式法:表示两种或多种物质之间“物质的量”关系的一种简化式子。
在多步反应中,它可以把始态的反应物与终态的生成物之间的“物质的量”关系表示出来,把多步计算简化成一步计算。
1．[2019·全国卷Ⅱ,26(3)]成品中S 2－的含量可以用“碘量法”测得。
称取m g 样品,置于碘量瓶中,移取25.00 mL 0.100 0 mol·L－1的I 2KI 溶液于其中,并加入乙酸溶液,密闭,置暗处反应5min,有单质硫析出。
以淀粉为指示剂,过量的I 2用0.100 0 mol·L －1 Na 2S 2O 3溶液滴定,反应式为I 2＋2S 2O 2－3===2I －＋S 4O 2－6。
测定时消耗Na 2S 2O 3溶液体积V mL 。
终点颜色变化为________________,样品中S 2－的含量为__________________(写出表达式)。
答案 浅蓝色至无色 (25.00－12V )×0.100 0×32m ×1 000×100%解析 达到滴定终点时I 2完全反应,可观察到溶液颜色由浅蓝色变成无色,且半分钟内颜色不再发生变化;根据滴定过量的I 2消耗Na 2S 2O 3溶液的体积和关系式I 2～2S 2O 2－3,可得n (I 2)过量＝12×0.100 0V ×10－3mol,再根据关系式S 2－～I 2可知,n (S 2－)＝0.100 0×25.00×10－3 mol －12×0.100 0V ×10－3mol ＝(25.00－V 2)×0.100 0×10－3mol,则样品中S 2－的含量为(25.00－V2)×0.100 0×32m ×1 000×100%。
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冲刺2019年高考之化学二轮专题热点特色突破专题12 水溶液中的离子平衡突破37 滴定曲线及应用一、【突破必备】1.酸碱中和滴定曲线2. 巧抓“四个点”突破滴定曲线问题（1）抓反应“一半”点，判断是什么溶质的等量混合。
（2）抓“恰好”反应点，生成什么溶质，溶液呈什么性，是什么因素造成的。
（3）抓溶液“中性”点，生成什么溶质，哪种反应物过量或不足。
（4）抓反应“过量”点，溶质是什么，判断谁多、谁少还是等量。
3．滴定曲线的分析以下面室温时用0.1 mol·L－1NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L－1HA溶液为例，总结如何抓住滴定曲线的5个关键点：①点的pH＝3，说明HA为弱酸，K a＝1×10－5。
②点对应的溶液中离子浓度大小顺序为c(A－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)。
③点对应的溶液为中性，离子浓度大小顺序为c(Na＋)＝c(A－)＞c(H＋)＝c(OH－)。
④点对点的溶液溶质为NaA，溶液呈碱性的理由是A－＋H 2O HA＋OH－(写出离子方程式)，离子浓度大小顺序为c(Na＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H＋)。
⑤点对应的溶液溶质为NaA和NaOH，离子浓度大小顺序为c(Na＋)＞c(OH－)＞c(A－)＞c(H＋)。
二、【真题示例】【真题示例1】(2016新课标Ⅰ卷)298 K时，在20.0 mL 0.10 mol·L－1氨水中滴入0.10 mol·L－1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。
已知0.10 mol·L－1氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述正确的是( )A．该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂B．M点对应的盐酸体积为20.0 mLC．M点处的溶液中c(NH＋4)＝c(Cl－)＝c(H＋)＝c(OH－)D．N点处的溶液中pH<12【答案】D【解析】A项用0.10 mol·L－1盐酸滴定20.0 mL 0.10 mol·L－1氨水，二者恰好完全反应时生成强酸弱碱盐NH4Cl，应选用甲基橙作指示剂。
B项当V(HCl)＝20.0 mL时，二者恰好完全反应生成NH4Cl，此时溶液呈酸性，而图中M点溶液的pH＝7，故M点对应盐酸的体积小于20.0 mL。
C项M点溶液呈中性，则有c(H＋)＝c(OH－)；据电荷守恒可得c(H＋)＋c(NH＋4)＝c(OH－)＋c(Cl－)，则有c(NH＋4)＝c(Cl－)，此时溶液中离子浓度关系为c(NH＋4)＝c(Cl－)>c(H＋)＝c(OH－)。
D项NH3·H2O为弱电解质，部分发生电离，N点时V(HCl)＝0，此时氨水的电离度为1.32%，则有c(OH－)＝0.10 mol·L－1×1.32%＝1.32×10－3mol·L－1，c(H＋)＝K wc－＝1.0×10－141.32×10－3mol·L－1≈7.58×10－12mol·L－1，故N点处的溶液中pH<12。
【真题示例2】(2017新课标Ⅰ卷)常温下将NaOH溶液滴加到己二酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。
下列叙述错误的是( )A ．K a2(H 2X)的数量级为10－6B ．曲线N 表示pH 与lgc－c2的变化关系C ．NaHX 溶液中c (H ＋)>c (OH －)D ．当混合溶液呈中性时，c (Na ＋)>c (HX －)>c (X 2－)>c (OH －)＝c (H ＋) 【答案】D【解析】由K a1≫K a2，则－ lg K a1<－lg K a2。
当lgc－c 2＝lgc 2－c－时，有pH 1<pH 2，故曲线N 表示pH与lgc －c2的变化关系，曲线M 表示pH 与lgc2－c－的变化关系，B 项正确。
由曲线M 可知，当pH ＝4.8 时，lgc2－c－≈－0.6，由pH 2＝－lg K a2＋lgc2－c－可得：lg K a2≈－0.6－4.8＝－5.4，K a2＝10－5.4＝100.6×10－6，故K a2的数量级为10－6，A 项正确。
NaHX 溶液中，c2－c－<1，则lgc2－c－<0，此时溶液pH<5.4，溶液呈酸性，所以c (H ＋)>c (OH －)，C 项正确。
由以上分析可知，HX －的电离程度大于其水解程度，故当溶液呈中性时，c (Na 2X)>c (NaHX)，溶液中各离子浓度大小关系为c (Na ＋)>c (X 2－)>c (HX －)>c (OH －)＝c (H ＋)，D 项错误。
三、【随堂小练】1. 用0.1 mol/L NaOH 溶液滴定10 mL 0.1 mol/L H 2A 溶液，溶液的pH 与NaOH 溶液的体积关系如图所示。
下列说法错误的是( )A ．A 点溶液中加入少量水：c－c2增大B ．B 点：c (Na ＋)>c (HA －)>c (H ＋)>c (A 2－)>c (OH －)C．C点：c(Na＋)＝c(HA－)＋2c(A2－)D．水电离出来的c(OH－)：B>D【答案】D【解析】向H 2A溶液中加入少量水，H2A、H＋的浓度均减小，c－c 2＝c－c＋c2c＋＝K wc 2c＋，则c－c2增大，故A正确；10 mL 0.1 mol/L NaOH溶液与10 mL 0.1 mol/L H2A溶液反应恰好生成NaHA，此时溶液呈酸性，HA－的电离程度大于其水解程度，所以B点有c(Na＋)>c(HA－)>c(H ＋)>c(A2－)>c(OH－)，故B正确；根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HA－)＋2c(A2－)＋c(OH－)，C点溶液呈中性，所以c(Na＋)＝c(HA－)＋2c(A2－)，故C正确；D点H2A与氢氧化钠恰好反应生成Na2A，A2－水解促进水的电离，B点为NaHA溶液，HA－电离使溶液呈酸性，抑制水的电离，所以水电离出来的c(OH－)：B<D，故D错误。
2．某温度下，向一定体积0.1 mol·L－1醋酸溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，溶液中pOH[pOH＝－lg c(OH－)]与pH的变化关系如图所示，则( )A．M点所示溶液导电能力强于Q点B．N点所示溶液中c(CH3COO－)＞c(Na＋)C．M点和N点所示溶液中水的电离程度相同D．Q点消耗NaOH溶液的体积等于醋酸溶液的体积【答案】C【解析】由于醋酸是弱酸，电离程度很小，离子浓度也较小，M点溶液的导电能力最弱，A错；N点所示溶液为碱性，根据溶液电荷守恒可判断出此时c(Na＋)＞c(CH3COO－)，B错；由于M点的H＋浓度等于N点的OH －浓度，对水的电离抑制程度相同，所以两点水的电离程度相同，C正确；Q点的pOH＝pH，溶液为中性，而两者等体积混合后生成醋酸钠，水解显碱性，故Q点消耗NaOH溶液的体积略小于醋酸溶液的体积，D错。
3．常温下将NaOH溶液分别滴加到两种一元弱酸HA和HB中，两种混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。
下列叙述错误的是( )A ．电离常数：K a (HB)＞K a (HA)B ．K a (HA)的数量级为10－5C ．当HA 与NaOH 溶液混合至中性时：c (A －)＝c (HA)D ．等浓度等体积的HA 和NaB 混合后所得溶液中：c (H ＋)＞c (OH －) 【答案】C【解析】K a (HB)＝c (H ＋)·c (B －)c (HB )、K a (HA)＝c (H ＋)·c (A －)c (HA )，lg c (B －)c (HB )＝0时 ，c (B －)＝c (HB)，lg c (A －)c (HA )＝0时，c (A－)＝c (HA)，此时K a (HB)、K a (HA)等于对应的c (H ＋)，由图可知横坐标为0时，HB 的pH 比HA 的pH 小，即HB 的c (H ＋)比HA 的c (H ＋)大，故K a (HB)＞K a (HA)，A 项正确；lg c (A －)c (HA )＝0时，HA 的pH 在4.5～5之间，则K a (HA)在10－5～10－4.5之间，10－4.5＝100.5－5＝100.5×10－5,1＜100.5＜10，故K a (HA)的数量级为10－5，B 项正确；当HA 与NaOH 溶液混合至中性时，c (OH －)＝c (H ＋)＝10－7mol·L －1，K a (HA)的数量级为10－5，设K a (HA)＝c (H ＋)·c (A －)c (HA )＝a ×10－5(1＜a ＜10)，则c (A －)c (HA )＝K a (HA )c (H ＋)＝a ×10－510－7＝a ×102，故c (A －)＞c (HA)，C 项错误；lg c (B －)c (HB )＝0时，HB 的pH 在3.0～3.5之间，则K a (HB)在10－3.5～10－3之间，则K a (HB)的数量级为10－4，K h (B －)＝K wK a (HB )＜K a (HA)，故等浓度等体积的HA 和NaB 混合后，HA 的电离程度大于NaB 的水解程度，所得溶液呈酸性，故c (H ＋)＞c (OH －)，D 项正确。
四、【课后强化专练】1．常温下，浓度均为0.1 mol·L －1、体积均为100 mL 的两种一元酸HX 、HY 的溶液中，分别加入NaOH 固体，lg c (H ＋)/c (OH －)随加入NaOH 的物质的量变化如图所示。
下列叙述正确的是( )A ．HX 的酸性弱于HYB．a点由水电离出的c(H＋)＝10－12mol·L－1 C．c点溶液中：c(Y－)>c(HY)D．b点时酸碱恰好完全反应【答案】C【解析】未加氧化钠时，相同浓度溶液中，HX的lg c＋c－＝12，而HY的lgc＋c－<9，由于c(H＋)×c(OH－)＝Kw，则HX溶液中氢离子浓度更大，故HX的酸性强于HY，故A错误；a点溶液lg c H＋c－＝12，结合c(H＋)×c(OH－)＝10－14，可知c(OH－)＝10－13mol·L－1，故B错误；c点溶液lg c＋c－＝6，结合c(H＋)×c(OH －)＝10－14，可知c(H＋)＝10－4mol·L－1，溶液呈酸性，此时溶液为等浓度的HY、NaY混合溶液，说明HY的电离程度大于Y－的水解程度，则c点溶液中：c(Y－)>c(HY)，故C正确；HY为0.01 mol，b点加入NaOH为0.008 mol，二者按物质的量1∶1反应，故HY有剩余，故D错误。