2023届高三化学二轮复习 18 小题保分训练(18) 酸碱中和滴定曲线分析

小题保分训练(18)酸碱中和滴定曲线分析1．常温下，向l00mL0.01mol•L﹣1HA溶液中逐滴加入0.02mol·L－1MOH溶液，如图中所示曲线表示混合溶液的pH变化情况(溶液体积变化忽略不计)。下列说法中，正确的是()A．HA为一元强酸，MOH为一元强碱B．K点所示溶液中c(A－)＞c(M+)C．N点水的电离程度小于K点水的电离程度D．K点溶液的pH=10，则有c(MOH)＋c(OH﹣)－c(H+)=0.005mol·L－12．在25℃时，向amL0.10mol·L－1的HNO2溶液中逐滴加入0.10mol·L－1的NaOH溶液。滴定过程中混合溶液的pOH[pOH＝－lgc(OH－)]与NaOH溶液的体积V的关系如图所示。已知P点溶液中存在c(OH－)＝c(H＋)＋c(HNO2)，下列说法不正确的是()A．25℃时，HNO2电离常数的数量级是10－4B．M点溶液中存在：2c(H＋)＋c(HNO2)＝c(OH－)＋c(NOeq\o\al(－,2))C．图上M、N、P、Q四点溶液中所含离子的种类相同D．a＝10.803．常温下，向20mL0.1mol·L－1HB溶液中逐滴滴入0.1mol·L－1NaOH溶液，所得pH变化曲线如图所示。下列说法错误的是()A．OA各点溶液均存在：c(B－)＞c(Na＋)B．C至D各点溶液导电能力依次增强C．点O时，pH＞1D．点C时，x约为10.44．常温下，用0.10mol·L－1KOH溶液滴定10.00mL0.10mol·L－1H2C2O4(二元弱酸)溶液所得滴定曲线如图(混合溶液的体积可看成两者溶液的体积之和)，下列说法正确的是()A．点②所示溶液中：c(K+)＋c(H+)＝c(HC2O4－)＋c(C2O42－)＋c(OH－)B．点③所示溶液中：c(K+)＞c(HC2O4－)＞c(H2C2O4)＞c(C2O42－)C．点④所示溶液中：c(K+)＋c(H2C2O4)＋c(HC2O4－)＋c(C2O42－)＝0.10mol·L－1D．点⑤所示溶液中：c(OH－)＝c(H+)＋c(HC2O4－)＋c(C2O42－)5．25℃时，向20mL0.2mol·L－1H2C2O4溶液中逐滴加入0.2mol·L－1NaOH溶液。溶液中H2C2O4、HC2Oeq\o\al(－,4)、C2Oeq\o\al(2－,4)的物质的量分数变化如图所示。下列有关说法正确的是()A．a点对应的溶液中c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋3c(C2Oeq\o\al(2－,4))B．由图中数据可计算得曲线H2C2O4与曲线C2Oeq\o\al(2－,4)交点的pH＝2.6C．加入20mLNaOH溶液时，溶液中c(Na＋)＞c(HC2Oeq\o\al(－,4))＞c(H2C2O4)＞c(C2Oeq\o\al(2－,4))D．H2C2O4的电离方程式为H2C2O4=H＋＋HC2Oeq\o\al(－,4)，HC2Oeq\o\al(－,4)H＋＋C2Oeq\o\al(2－,4)6．亚砷酸(H3AsO3)可以用于治疗白血病，在溶液中存在多种微粒形态。向1L0.1mol·L－1H3AsO3溶液中逐滴加入KOH溶液，各种微粒物质的量分数与溶液的pH关系如图所示。下列说法正确的是()A．H3AsO3的电离常数Ka1的数量级为10－9B．pH在8.0～10.0时，反应的离子方程式：H3AsO3＋OH－=H2AsOeq\o\al(－,3)＋H2OC．M点对应的溶液中：c(H2AsOeq\o\al(－,3))＋c(HAsOeq\o\al(2－,3))＋c(AsOeq\o\al(3－,3))＋c(H3AsO3)＝0.1mol·L－1D．pH＝12时，溶液中：c(H2AsOeq\o\al(－,3))＋2c(HAsOeq\o\al(2－,3))＋3c(AsOeq\o\al(3－,3))＋c(H3AsO3)＞c(H＋)＋c(K＋)7．盐酸，溶液pH和温度随加入盐酸体积的变化曲线如图所示。下列有关说法错误的是()A．将此氨水稀释，溶液的导电能力减弱B．b点溶液中离子浓度大小可能存在：c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)C．c点时消耗盐酸体积V(HCl)＜20.00mLD．a、d两点的溶液，水的离子积Kw(a)＞Kw(d)8．联氨(N2H4)是一种二元弱碱，有N2H4＋H2ON2Heq\o\al(＋,5)＋OH－Kb1＝3×10－6N2Heq\o\al(＋,5)＋H2ON2Heq\o\al(2＋,6)＋OH－Kb2＝7.6×10－15室温下，用0.01mol·L－1HCl溶液滴定10mL0.1mol·L－1的联氨(N2H4)水溶液。滴定过程中溶液的pOH变化如图所示，且M点pOH＝7(已知lg3≈0.48)，则下列判断正确的是()A．滴定起点的pOH＝3B．若M点pOH＝7时，则有c(N2Heq\o\al(＋,5))＝c(Cl－)C．N点含氮微粒的大小关系为c(N2Heq\o\al(＋,5))＞c(N2H4)＞c(N2Heq\o\al(2＋,6))D．图中各点对应的Kb2关系为Kb2(M)＜Kb2(N)＜Kb2(P)9．改变0.1mol·L－1二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中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)＝eq\f(c（X）,c（H2A）＋c（HA－）＋c（A2－）)]。下列叙述错误的是()A．pH＝1.2时，c(H2A)＝c(HA－)B．lg[K2(H2A)]＝－4.2C．pH＝2.7时，c(HA－)>c(H2A)＝c(A2－)D．pH＝4.2时，c(HA－)＝c(A2－)＝c(H＋)10．298K时，二元弱酸H2X溶液中含X微粒的分布分数如图所示。下列叙述正确的是()A．溶液呈中性时：c(Na＋)＝2c(X2－)B．Ka2(H2X)为10－7C．NaHX溶液c(H＋)<c(OH－)D．溶液pH由1升至2.6时主要存在的反应：H2X＋OH－=HX－＋H2O11．向VmL0.1mol·L－1氨水中滴加等物质的量浓度的稀H2SO4，测得混合溶液的温度和pOH[pOH＝-lgc(OH－)]随着加入稀硫酸的体积的变化如图所示(实线为温度变化，虚线为pOH变化)，下列说法不正确的是()A．V＝40B．b点时溶液的pOH>pHC．a、b、c三点由水电离的c(H＋)依次减小D．a、b、d三点对应NH3·H2O的电离常数：K(b)>K(d)>K(a)12．已知pOH＝－lgc(OH－)。T℃时，往50mL0.1mol·L－1MOH溶液中滴加0.1mol·L－1盐酸，溶液pH、pOH随滴入盐酸体积的变化如下图所示，以下说法正确的是()A．盐酸与MOH溶液恰好中和时溶液pH＝6.5B．a＝12C．盐酸滴定MOH实验中选择酚酞做指示剂比选甲基橙误差更小D．T℃时，MOH的电离平衡常数Kb约为1.0×10－313．常温下向一定浓度的Na2X溶液中滴入盐酸，粒子浓度与混合溶液的pH变化的关系如图所示，已知：H2X是二元弱酸，Y表示或，pY＝－lgY。下列叙述错误的是()A．曲线n表示p与pH的变化关系B．Ka1(H2X)＝1.0×10－10.3C．NaHX溶液中c(OH－)＞c(H＋)D．当pH＝7时，混合溶液中c(Na＋)＝c(HX－)＋2c(X2－)＋c(Cl－)14．在常温下，向10mL浓度均为0.1mol·L－1的NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1mol·L－1盐酸，溶液pH随盐酸加入体积的变化如图所示。下列说法正确的是()A．在a点的溶液中：c(Na＋)>c(COeq\o\al(2－,3))>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)B．在b点的溶液中：2n(COeq\o\al(2－,3))＋n(HCOeq\o\al(－,3))<0.001molC．在c点的溶液pH<7，是因为此时HCOeq\o\al(－,3)的电离能力大于其水解能力15．25℃时，向100mL0.1mol·L－1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol·L－1NaOH溶液，得到溶液的pH与NaOH溶液体积的关系如图所示(H2SO4视为二元强酸)。下列说法错误的是()A．a点溶液的pH＜1B．c点时离子浓度大小关系为c(Na＋)＞c(SOeq\o\al(2－,4))＞c(NHeq\o\al(＋,4))C．de段上的点均满足关系式：c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(Na＋)＞2c(SOeq\o\al(2－,4))D．a点到b点的过程中，溶液的导电能力增强【小题保分训练(18)酸碱中和滴定曲线分析】答案1．D。解析：A、0.01mol•L-1HA溶液中pH=2，则HA是强酸，5ml碱溶液恰好反应后，溶液呈酸性，51ml恰好溶液呈中性，说明碱为弱碱，故A错误；B、N点时溶液呈中性，MOH的物质的量大于HA的物质的量，说明MOH是弱碱，K点溶液为MA和MOH，溶液呈碱性，电离大于水解，溶液中c（A-）＜c（M+），故B错误；C、由图象可知，N点溶液呈中性，水电离的氢离子为10-7mol/l，K点溶液呈碱性，MOH电离的氢氧根离子抑制了水电离，水电离的氢离子小于10-7mol/l，所以N点水的电离程度大于K点水的电离程度，故C错误；D、在K点时混合溶液体积是碱溶液的2倍，根据物料守恒结合溶液体积变化知，c（MOH）+c（M+）=0.01mol•L-1，根据电荷守恒得c（M+）+c（H+）=c（OH-）+c（A-），c（MOH）+c（OH-）-c（H+）=c（M+）-c（A-）+c（MOH）=0.01mol•L-1-0.005mol•L-1=0.005mol•L-1，故D正确；故选D2．B。解析：已知P点溶液中存在c(OH－)＝c(H＋)＋c(HNO2)，同时溶液中存在电荷守恒：c(OH－)＋c(NOeq\o\al(－,2))＝c(H＋)＋c(Na＋)，二式联立消去c(OH－)可得：c(NOeq\o\al(－,2))＋c(HNO2)＝c(Na＋)，此为NaNO2溶液中的物料守恒式，即P点溶液中的溶质只有NaNO2，亚硝酸和氢氧化钠恰好完全反应，所以初始亚硝酸溶液的体积为10.80mL，D正确；A.HNO2电离常数K＝eq\f(c（NOeq\o\al(－,2)）·c（H＋）,c（HNO2）)，未滴加氢氧化钠时0.1mol/L的HNO2溶液的pOH＝11.85，即溶液中c(OH－)＝10－11.85mol/L，则根据水的电离平衡常数可知c(H＋)＝10－2.15mol/L，溶液中存在电离平衡HNO2H＋＋NOeq\o\al(－,2)，溶液中氢离子浓度和亚硝酸根离子浓度大致相等，所以K＝eq\f(10－2.15mol·L－1×10－2.15mol·L－1,0.1mol·L－1－10－2.15mol·L－1)≈10－3.3mol·L－1，故A正确；B.根据分析可知a＝10.80mL，所以当加入5.40mL氢氧化钠溶液时溶液中的溶质为等物质的量HNO2和NaNO2，存在电荷守恒：c(OH－)＋c(NOeq\o\al(－,2))＝c(H＋)＋c(Na＋)，存在物料守恒：c(NOeq\o\al(－,2))＋c(HNO2)＝2c(Na＋)，二式联立可得2c(H＋)＋c(HNO2)＝2c(OH－)＋c(NOeq\o\al(－,2))，故B错误；C.M、N、P、Q四点溶液中均含有：H＋、OH－、NOeq\o\al(－,2)、Na＋，故C正确。3．D。解析：OA各点显酸性，则c(H＋)>c(OH－)，溶液中存在电荷守恒：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(B－)，则c(B－)＞c(Na＋)，A选项正确；C至D各点溶液中，C点浓度为0.05mol·L－1，C之后加入的c(NaOH)为0.1mol·L－1，导电能力依次增强，B选项正确；定性分析有：氢氧化钠溶液滴入20mL时达到终点，pH>7，HB为弱酸，O点pH>1，C选项正确；B点时VNaOH＝19.9mL，溶液呈中性c(B－)＝c(Na＋)＝19.9×10－3×0.1mol/L÷(20＋19.9)×10－3L≈0.05mol·L－1，c(HB)＝eq\f(（20－19.9）×10－3×0.1mol/L,（20＋19.9）×10－3L)＝0.00025mol·L－1，HB的电离平衡常数Ka＝eq\f(c（B－）·c（H＋）,c（HB）)＝eq\f(10－7×0.005,0.00025)＝2×10－5；C点为刚好反应完全的时候，此时物质c(NaB)＝0.05mol·L－1，B－水解常数为Kh＝10－14/(2×10－5)＝5×10－10，B－水解生成的c(OH－)＝eq\r(c·Kh)＝eq\r(0.05×5×10－10)＝5×10－6mol·L－1，C点c(H＋)＝2×10－9mol·L－1，C点pH＝9－lg2＝8.7，即x＝8.7，D选项错误。4．C。解析：选任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（K+）+c（H+）＝c（HC2O4－）+2c（C2O42－）+c（OH－），A错误；点③为KHC2O4溶液，pH＜7，HC2O4－电离大于其水解程度，则c（C2O42－）＞c（H2C2O4），B错误；点④溶液中存在等物质的量浓度的K2C2O4和KHC2O4，由物料守恒可知，c（K+）+c（H2C2O4）+c（HC2O4－）+c（C2O42－）＝+＝0.1（mol·L－1），C正确；该点溶液中二者恰好完全反应，溶液中溶质为K2C2O4，由质子守恒得c（OH－）＝c（H+）+c（HC2O4－）+2c（H2C2O4），D错误。5．A。解析：当pH为1.2时，c(H＋)＝10－1.2mol·L－1，c(HC2Oeq\o\al(－,4))＝c(H2C2O4)，草酸的Ka1＝eq\f(cH＋·cHC2O\o\al(－,4),cH2C2O4)＝10－1.2，当pH为4.2时，c(H＋)＝10－4.2mol·L－1，c(HC2Oeq\o\al(－,4))＝c(C2Oeq\o\al(2－,4))，草酸的Ka2＝eq\f(cH＋·cC2O\o\al(2－,4),cHC2O\o\al(－,4))＝10－4.2；根据图中H2C2O4、C2Oeq\o\al(2－,4)交点得到c(C2Oeq\o\al(2－,4))＝c(H2C2O4)，所以Ka1·Ka2＝eq\f(c2H＋·cC2O\o\al(2－,4),cH2C2O4)＝c2(H＋)，c(H＋)＝eq\r(Ka1·Ka2)＝eq\r(10－1.2×10－4.2)＝eq\r(10－5.4)＝10－2.7，交点处溶液pH为2.7。依据电荷守恒，a点对应的溶液中c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))，在此点c(HC2Oeq\o\al(－,4))＝c(C2Oeq\o\al(2－,4))，所以c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋3c(C2Oeq\o\al(2－,4))，A正确；由图中数据，通过上面的计算，可得出曲线H2C2O4与曲线C2Oeq\o\al(2－,4)交点的pH＝2.7，B不正确；加入20mLNaOH溶液时，H2C2O4与NaOH刚好发生等摩反应，生成NaHC2O4和水，从图中可知，HC2Oeq\o\al(－,4)在溶液中以电离为主，所以溶液中c(Na＋)＞c(HC2Oeq\o\al(－,4))＞c(C2Oeq\o\al(2－,4))＞c(H2C2O4)，C不正确；从图中可以看出，H2C2O4与HC2Oeq\o\al(－,4)共存，所以H2C2O4的电离方程式为H2C2O4H＋＋HC2Oeq\o\al(－,4)，D不正确。6．B。解析：由图中数据可知，pH＝9.3时，c(H2AsOeq\o\al(－,3))＝c(H3AsO3)，故H3AsO3的电离常数Ka1＝eq\f(cH＋·cH2AsO\o\al(－,3),cH3AsO\o\al(－,3))＝c(H＋)＝10－9.3，故Ka1的数量级为10－10，A项错误；由图可知，pH在8.0～10.0时，H3AsO3的物质的量分数逐渐减小、H2AsOeq\o\al(－,3)的物质的量分数逐渐增大，故反应的离子方程式为H3AsO3＋OH－=H2AsOeq\o\al(－,3)＋H2O，B项正确；根据物料守恒可知，M点对应的溶液中，n(H2AsOeq\o\al(－,3))＋n(HAsOeq\o\al(2－,3))＋n(AsOeq\o\al(3－,3))＋n(H3AsO3)＝0.1mol，由于不知道此时溶液的体积是多少(或不知道加入KOH溶液的体积)，故其总浓度小于0.1mol·L－1，C项错误；由电荷守恒可知，c(H2AsOeq\o\al(－,3))＋2c(HAsOeq\o\al(2－,3))＋3c(AsOeq\o\al(3－,3))＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(K＋)，pH＝12时，溶液显碱性，由图可知，此时H3AsO3主要转化为H2AsOeq\o\al(－,3)和HAsOeq\o\al(2－,3)，说明H2AsOeq\o\al(－,3)和HAsOeq\o\al(2－,3)－)＞c(H3AsO3)，因此，溶液中c(H2AsOeq\o\al(－,3))＋2c(HAsOeq\o\al(2－,3))＋3c(AsOeq\o\al(3－,3))＋c(H3AsO3)＜c(H＋)＋c(K＋)，D项错误。7．D。解析：加水稀释，氨水中NHeq\o\al(＋,4)、OH－浓度均减小，因而导电能力减弱，A项正确；b点氨水剩余，NH3·H2O的电离程度大于NHeq\o\al(＋,4)水解程度，溶液显碱性，B项正确；c点呈中性，因而8．C。解析：Kb1＝3×10－6＝eq\f(cN2H\o\al(＋,5)·cOH－,cN2H4)＝eq\f(a×a,0.1－a)≈eq\f(a×a,0.1)，a＝eq\r(3)×10－3.5＝c(OH－)，则pOH＝3.26，A项错误；依据电荷守恒关系：c(N2Heq\o\al(＋,5))＋2c(N2Heq\o\al(2＋,6))＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，当M点pOH＝7时，c(H＋)＝c(OH－)，有c(N2Heq\o\al(＋,5))＋2c(N2Heq\o\al(2＋,6))＝c(Cl－)，B项错误；N点消耗HCl为10mL，溶质为N2H5Cl，溶液为酸性，可知N2Heq\o\al(＋,5)电离(呈酸性)转化为N2H4为主，N2Heq\o\al(＋,5)水解(呈碱性)转化为N2Heq\o\al(2＋,6)为次，水解和电离均是微弱过程，故c(N2Heq\o\al(＋,5))＞c(N2H4)＞c(N2Heq\o\al(2＋,6))，C项正确；电离平衡常数仅是温度的函数，Kb2(M)＝Kb2(N)＝Kb2(P)，D项错误。9．D。解析：根据题给图像，pH＝1.2时，δ(H2A)＝δ(HA－)，则c(H2A)＝c(HA－)，A项正确；根据HA－H＋＋A2－，可确定K2(H2A)＝eq\f(c（H＋）·c（A2－）,c（HA－）)，根据题给图像，pH＝4.2时，δ(HA－)＝δ(A2－)，则c(HA－)＝c(A2－)，即lg[K2(H2A)]＝lgc(H＋)＝－4.2，B项正确；根据题给图像，pH＝2.7时，δ(HA－)>δ(H2A)＝δ(A2－)，则c(HA－)>c(H2A)＝c(A2－)，C项正确；根据题给图像，pH＝4.2时，δ(HA－)＝δ(A2－)，则c(HA－)＝c(A2－)≈0.05mol·L－1，而c(H＋)＝10－4.2mol·L－1，则c(HA－)＝c(A2－)>c(H＋)，D项错误。10．B。解析：溶液显中性的时，pH＝7溶液中的HX－和X2－相等，存在的电荷守恒为c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(X2－)＋c(HX－)＋c(OH－)，因为溶液显中性有c(H＋)＝c(OH－)，所以得到c(Na＋)＝2c(X2－)＋c(HX－)，选项A错误。溶液显中性的时，pH＝7溶液中的HX－和X2－相等，所以Ka2＝eq\f(c（X2－）·c（H＋）,c（HX－）)＝c(H＋)＝1×10－7，选项B正确。从图中得到当HX－占主导的时候，溶液显酸性，所以NaHX溶液显酸性，即c(H＋)>c(OH－)，选项C错误。溶液pH由1至2.6时，图中看出主要是将H3X＋转化为H2X，选项D错误。11．C。解析：A.b点时溶液温度最高，表明此时酸碱恰好反应完全，因1molH2SO4可与2molNH3·H2O反应，故V＝40，A项正确；B.b点时恰好反应时生成(NH4)2SO4，溶液显酸性，pOH>pH，B项正确；C.a点时溶液中的溶质为(NH4)2SO4与NH3·H2O，b点时恰好反应时生成(NH4)2SO4，c点时溶液中的溶质为等物质的量的(NH4)2SO4与H2SO4，由于酸和碱都抑制水的电离，NHeq\o\al(＋,4)能促进水的电离，则a、b、c三点中，b点水电离的c(H＋)最大，故C错误；D.a、b、d三点的温度高低顺序为b>d>a，温度越高，NH3·H2O的电离常数越大，D项正确。12．D。解析：[据图可知，pH＝pOH＝6.5时，溶液呈中性，MOH的起始pOH为2.0，而MOH的浓度为0.1mol·L－1，说明MOH是一元弱碱，HCl是一元强酸，恰好中和时生成MCl，MCl发生水解使溶液呈酸性，所以pH<6.5，故A错误；溶液中c(H＋)＝c(OH－)，即pH＝pOH时，溶液显中性，根据图像可知pH＝6.5时溶液为中性，则T℃时有pKw＝pH＋pOH＝6.5＋6.5＝13，所以a＝13－2＝11，故B错误；由上述分析可知，盐酸滴定MOH恰好中和时得到MCl溶液，MCl发生水解使溶液呈酸性，所以应选择甲基橙作指示剂，故C错误；T℃时，0.1mol·L－1MOH溶液的pOH为2.0，即c(OH－)＝10－2mol·L－1，则其Kb＝eq\f(cM＋·cOH－,cMOH)＝eq\f(10－2×10－2,0.1－10－2)≈1.0×10－3，故D正确。13．B。解析：H2X为二元弱酸，以第一步电离为主，则Ka1(H2X)＞Ka2(H2X)，则pH相同时，eq\f(cX2－,cHX－)＜eq\f(cHX－,cH2X)，pY＝－lgY，则peq\f(cX2－,cHX－)＞peq\f(cHX－,cH2X)，则m、n分别表示pH与peq\f(cX2－,cHX－)、peq\f(cHX－,cH2X)的变化关系，据此结合选项分析解答。根据分析可知，n表示pH与peq\f(cHX－,cH2X)的变化关系，A选项正确；M点pH＝9.3，c(H＋)＝10－9.3mol·L－1，peq\f(cX2－,cHX－)＝－lgeq\f(cX2－,cHX－)＝1，则eq\f(cX2－,cHX－)＝0.1，，peq\f(cHX－,cH2X)＝－lgeq\f(cHX－,cH2X)＝－1，则eq\f(cHX－,cH2X)＝10，所以Ka1(H2X)＝eq\f(cHX－,cH2X)·c(H＋)＝10－7.4×10＝1.0×10－6.4，B选项错误；根据B可知HX－的电离平衡常数为1.0×10－10.3；曲线n表示pH与peq\f(cHX－,cH2X)的变化关系，N点pH＝7.4，peq\f(cHX－,cH2X)＝－lgeq\f(cHX－,cH2X)＝－1，eq\f(cHX－,cH2X)＝10，所以HX－的水解平衡常数Kh＝eq\f(cH2X·cOH－,cHX－)＝eq\f(1,10)×eq\f(10－14,10－7.4)＝1.0×10－7.6＞1.0×10－10.3，说明HX－的水解程度大于其电离程度，则NaHX溶液呈碱性，c(H＋)＜c(OH－)，C选项正确；当溶液呈中性时，c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒可知：c(Na＋)＝c(HX－)＋2c(X2－)＋c(Cl－)，D选项正确。14．B。解析：向NaOH和Na2CO3的混合溶液中滴加0.1mol·L－1盐酸时，反应过程为OH－＋H＋=H2O，COeq\o\al(2－,3)＋H＋=HCOeq\o\al(－,3)，HCOeq\o\al(－,3)＋H＋=H2CO3。A项，加入盐酸体积为5mL时，溶液中溶质的物质的量之比