2022届高考化学抢分强化练-题型8.10电解质溶液中的曲线问题

第=page2828页，共=sectionpages2828页2022届高考化学选择题型抢分强化练——题型8.10电解质溶液中的曲线问题室温下，向20 mL新制氯水中滴加pH=13的NaOH溶液，溶液中水电离的c(H+)与NaOH溶液体积的关系如图所示。已知：室温下，K(HClO)=3×10−8，H2CO3:A.横坐标a一定等于20

B.c点溶液中c(Na+)=2c(ClO−)+2c(HClO)

C.b、d点对应的溶液显中性

D.向【答案】B【解析】

本题考查离子浓度大小比较，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意守恒理论的灵活运用，题目难度不大。

【解答】

A.pH=13，c(NaOH)=0.1mol/L，新制氯水的浓度不确定，a不一定等于20，故A错误；

B. c点水电离的c(H+)最大，氯水和NaOH溶液恰好反应，发生反应为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，c(Cl−)=c(HClO)+c(ClO−)，由物料守恒知，c(Na+)=c(Cl−)+c(HClO)+c(ClO−)，故c(Na+)=2c(ClO−)+2c(HClO)，故B正确；

C.a点溶液呈酸性，c点中水电离程度最大，其溶质是NaCl和NaClO，溶液呈碱性，故常温下，用0.10 mol·L−1NH3·H2O标准溶液滴定20 mL 0.10 mol·L−1A.H+的导电能力大于等浓度的NH4+

B.a点混合溶液中c(CH3COO−)+c(CH3【答案】D【解析】

本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确各点溶液中溶质成分及其关系、溶液酸碱性是解本题关键，题目难度中等。

【解答】

A.由于NH4+会发生水解，则H+的导电能力大于等浓度的NH4+，故A正确；

B.由图可知ab段为NH3·H2O与盐酸的反应，bc段为NH3·H2O与CH3COOH的反应，则原混合溶液中CH3COOH的浓度与NH3·H2O浓度相等，为0.10 mol·L−1，根据物料守恒，a点混合溶液中c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=0.10 mol·25℃时，将体积均为V0L的1 mol·L−1HBrO2溶液和0.5 mol·L−1H2A.M曲线表示H2SeO4

B.25℃时，HBrO2的电离平衡常数的数量级为10−3

C.25℃时，pH=2的HBrO2溶液与pH=2的H2【答案】C【解析】

本题考查弱电解质溶液加水稀释平衡曲线分析的相关知识，综合性较强，应多练习。

【解答】

A.HBrO2溶液中存在电解质分子，说明HBrO2是弱酸，lgVV0+1=1时，pH=0，则V=V0，即1 mol·L−1的N溶液的pH=0，说明N是强酸，表示H2SeO4，故M是弱酸，表示HBrO2，故A项误；

B.对于HBrO2溶液，当lgVV0+1=1时，pH=1，则V=V0，即1 mol·L−1的HBrO2溶液中c(H+)=0.1 mol·L−1，常温下常温下，等浓度的MOH碱溶液和HA酸溶液互相滴定，溶液中pH与lgc(A−)c(HA)或lgc(M+)c(MOH)的关系如图所示。下列说法错误的是(

A.Kb(MOH)=10−4.76

B.a、b点对应溶液中c(A−)相等

【答案】B【解析】

本题主要考查了酸碱中和滴定的相关知识，涉及了影响水的电离因素、电离平衡常数等知识的考查，综合性较强，应多练习。

【解答】

A.结合图示可知，lgc(M+)c(MOH)=0时，此时溶液的pH=9.24，所以此时溶液中c(OH−)=10−4.76，所以Kb(MOH)=c(M+)×c(OH−)c(MOH)=10−4.76，故A正确；

B.结合图示可知，此时横坐标为1，根据A项解析可知MOH和HA的电离平衡常数应相同，所以a、b点对应溶液中c(A−)不相等，此时应有c(A−)=c(M+)，故B错误；

C.由于二者都是弱电解质，所以结合图示可知，C常温下，改变0.1 mol·L−1的富马酸(H2A)溶液的pH，溶液中的H2A，HA−下列叙述正确的是(

)A.pH=3.05时，c(H2A)=c(HA−)=c(OH−)

B.pH=4.0时，c(HA−)>c(【答案】D【解析】

本题旨在考查弱电解质的电离平衡、离子浓度大小的比较等应用，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，本题注意把握弱电解质的电离特点以及题给图象的曲线变化。

【解答】

A.pH=3.05时，pH=pK1，c(H2A)=c(HA−)，远大于c(OH−)，A项错误；

B.pH=4.0时，由图知c(HA−)>c(A2−)>c(H2A)，B项错误；

C.反应HA1.44，lgc(HA−NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾(邻苯二甲酸H2A的Ka1=1.1×10−3，Ka2=3.9×10A.HA−的电离程度大于其水解程度

B.b点溶液的c(Na+)比c点溶液的小

C.c点溶液中：c(N【答案】C【解析】

本题考查酸碱混合的定性判断，为高频考点和常见题型，侧重考查学生的分析能力，注意把握题给信息以及图象的分析，把握溶液导电能力和离子浓度的关系，题目难度中等。

【解答】

A. KHA的水解常数Kh2=KwKa1=10−141.1×10−3<3.9×10−6=Ka2，即KHA的电离程度大于水解程度，故A正确；

B.

b点为反应终点，继续添加氢氧化钠溶液，溶液的相对导电性仍增强，则所添加的氢氧化钠溶液的离子浓度大于b点混合溶液的离子浓度，钠离子浓度应逐渐增大，b点溶液的c(Na+)比c点溶液的小，故B正确；

C.

A2−发生水解，则浓度关系应为：已知某二元酸H2MO4在水中电离分以下两步：H2MO4=H++HMO4A.该氢氧化钠溶液pH=12

B.图像中F点对应的溶液中c(OH−)>c(HMO4−)

C.滴入NaOH【答案】B【解析】

本题主要考查根据图像分析二元酸的反应、pH的计算，离子浓度大小的比较以及离子守恒关系，判断清楚图像中每个点对应溶质的成分是解题的关键。

【解答】

A.根据图像分析可知，F点温度最高，说明此时两物质恰好完全反应，NaHMO4+ NaOH = Na2MO4+H2O，20×10−3L×0.1mol⋅L−1=20×10−3L×c(NaOH)，推出c(NaOH)=0.1mol/L，c(H+)=Kwc(OH−)=10−140.1mol/L=10−13mol/L，则pH=13，故A错误；

B.F点溶质为Na2MO4，溶液中质子守恒为c(OH−)=c(H+)+c(HMO4−)+2c(H2M已知H3PO2是一种弱酸，NaH2PO2为其正盐。室温下向某浓度的H3PO2A.a点时，cH2PO2−>cNa+>cH3PO2【答案】A【解析】

本题考查弱电解质的电离，题目难度中等，明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握弱电解质的电离特点及溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题侧重考查学生的分析能力及综合应用能力。

【解答】

由c点数据可知，−lgcH2PO2−cH3PO2=0，该温度下，Ka(H3PO2)=10−1.3，   

A.a点时，由电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(H2PO2−)+c(OH−)，此时溶液仍呈酸性，c(H+)−c(OH−)>0，所以c(H2PO2−)>c(Na+)，c(H2PO2−)=105c(H3PO2)，此时溶液中H2常温下，分别取未知浓度的HA和MOH溶液，加水稀释至原来体积的n倍。稀释过程中，两溶液的pH变化如图所示。下列叙述不正确的是(    )

A.HA为强酸，MOH为弱碱

B.由图可知HA溶液稀释前的浓度为0.1mol/L

C.水的电离程度：X>Y=Z

D.将Y点与Z点对应溶液以体积比为1∶10混合，所得溶液中：c(M【答案】C【解析】

本题考查弱电解质在水溶液中的电离平衡，题目难度较难，明确电离平衡及其影响为解答关键，注意掌握离子浓度大小比较方法，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。

【解答】

根据图像可知，稀释过程中，HA溶液的体积变化10n倍，溶液的pH变化n个单位，说明HA为强酸；而MOH溶液的体积变化10n倍，溶液的pH变化小于n个单位，说明MOH为弱碱，

A.根据分析可知，HA为强酸，MOH为弱碱，故A正确；

B.由图可知HA溶液稀释102倍pH为3，且HA为强酸，则稀释前的浓度为0.1mol/L，故B正确；

C.X点水电离出的氢离子浓度是10−9mol/L，Y点水电离出的氢离子浓度是10−10mol/L，Z点水电离出的氢离子浓度是10−9mol/L，所以水的电离程度X=Z>Y，故C错误；

D.Y点pH=4，氢离子浓度为10−4mol/L，HA的浓度为10−4mol/L；Z点pH=9，氢氧根离子浓度为10−5mol/L，MOH为弱碱，则MOH的浓度大于10−5mol/L，将Y点与Z点对应溶液以体积比为1：电解质的电导率越大，导电能力越强。用0.100 mol·L−1的KOH溶液分别滴定体积均为20.00 mL、浓度均为0.100 mol·L−1的盐酸和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是A.曲线②代表滴定CH3COOH溶液的曲线

B.在相同温度下，P点水电离程度大于M点

C.M点溶液中：c(CH3CO【答案】D【解析】

本题考查电解质溶液的曲线问题，难度一般，解题的关键是对图示的解读和对基础知识的灵活运用。

【解答】

A.醋酸为弱电解质，滴加KOH，变为CH3COOK是强电解质，故导电率增加，即曲线①代表滴定醋酸的曲线，故A错误；

B.相同温度下，P点溶质为KCl，不影响水的电离，M点为CH3COOK，其水解促进水的电离，故M点大于P点，故B错误；

C.对于M点，根据电荷守恒可知，c(CH3COO−)+c(OH−)−c(25 ℃时，向NaHCO3溶液中滴入盐酸，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.25 ℃时，H2CO3的一级电离Ka1(H2CO3)=1.0×10−6.4

B.M【答案】B【解析】

本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确电离平衡常数计算方法、溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电荷守恒和物料守恒的灵活运用，知道电离平衡常数与水解平衡常数关系，属于中档题。

【解答】

A.当10c(H2CO3)=c(HCO3−)时，lg c(HCO3−) c(H2CO3) =1，溶液的pH=7.4，溶液中Ka1(H2CO3)= c(HCO3−) c(H2CO3) c(H电导率用于衡量电解质溶液导电能力的大小，与离子浓度和离子迁移速率有关。图1为相同电导率盐酸和醋酸溶液升温过程中电导率变化曲线，图2为相同电导率氯化钠和醋酸钠溶液升温过程中电导率变化曲线，温度均由22 ℃上升到70 ℃。下列判断不正确的是(

)A.由曲线1可以推测：温度升高可以提高离子的迁移速率

B.由曲线4可以推测：温度升高，醋酸钠电导率变化与醋酸根的水解平衡移动有关

C.由图1和图2可以判定：相同条件下，盐酸的电导率大于醋酸的电导率，可能的原因是Cl−的迁移速率大于CH3COO−的迁移速率

D.由图1【答案】D【解析】解：A.电导率与离子浓度和离子迁移速率有关，电导率越大说明离子迁移能力越大，HCl完全电离，升高温度过程中电导率增大，说明离子迁移速率增大，故A正确；

B.升高温度促进醋酸根离子水解，升高温度电导率增大，说明温度升高，醋酸钠电导率变化与醋酸根的水解平衡移动有关，故B正确；

C.HCl完全电离、醋酸部分电离，电导率相同的盐酸和醋酸中，浓度：盐酸<醋酸，升高温度促进醋酸电离，导致醋酸溶液中离子浓度大于盐酸，但是盐酸电导率大于醋酸，所以可能的原因是Cl−的迁移速率大于CH3COO−的迁移速率，故C正确；

D.电导率与离子浓度和离子迁移速率有关，所以两图中电导率的差值不同，与溶液中H+、OH−25℃时，向0.1 mol·L−1的NaA溶液中滴入0.1 mol·L−1的盐酸，混合溶液中−lgc(AA.该温度下，Ka(HA)的数量级为10−5

B.M、N、Q三点溶液中水的电离程度依次减小

C.N点溶液中2c(Cl−)<c(Na【答案】C【解析】

本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度中等，明确图象曲线变化的含义为解答关键，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。

【解答】

A.由N点数据知，当−lgc(A−)c(HA)=0，即时，由水电离出的−lg c(OH−)在9∼10之间，即溶液中c(OH−)在10−10∼10−9mol/L之间、c(H+)在10−5∼10−4mol/L之间，根据计算得Ka(HA)的数量级为10−5，A正确；

B.向NaA溶液中滴加盐酸时，随着盐酸体积的增大，水的电离程度减小，故M、N、Q三点溶波中水的电离程度依次减小，也可根据图像判断，M、N、Q三点的−lg c(OH−)依次增大，由水电离出的c(OH−)依次减小，水的电离程度依次减小，B正确；

C.Ka(HA)>Kh(25℃时，将稀H2SO4滴加到Na

A.Ka1(H2A)约为1×10−5

B.曲线N表示与−lgc(HA−)c(A【答案】D【解析】

本题考查盐类水解的图像分析，平衡常数的应用，水溶液中离子浓度的大小比较，掌握水溶液中的离子平衡是解题的关键，题目难度一般。

【解答】

A.因Kh1(A2−)>Kh2(A2−)，故当相等时，−lgc(HA−)c(A2−)<−lgc(H2A)c(HA−)，则由曲线M上数据计算得，Kh2(A2−)≈10−3×10−6=1×10−9，Ka1(H2A)=KwKh2(A2−)=1×10−5，故A正确；

某电路板生产企业的水质情况及国家允许排放的污水标准如下表所示。为研究废水中Cu2+处理的最佳pH，取5份等量的废水，分别用30%的NaOH溶液调节pH至8.5、9、9.5、10、11查阅资料，平衡I：Cu(OH)平衡II：Cu(OH)项目废水水质排放标准pH1.06～9C72≤0.5NH2 632≤15下列说法不正确的是(    )A.废水中Cu2+处理的最佳pH约为9

B.b～c段：随pH升高，Cu(OH)2的量增加，平衡I正向移动，铜元素含量上升

C.c～d段：随pH升高，c(OH−)增加，平衡I【答案】B【解析】

本题考查化学平衡、废水的处理以及电解质溶液曲线分析等，解答这类问题应明确图像的含义以及平衡的应用，试题难度一般。

【解答】

A.根据图像，在pH=9时，Cu元素的含量最小，即废水中Cu2+处理的最佳pH约为9，故A正确；

B.b～c段：pH增大，c(OH−)增大，根据勒夏特列原理，平衡Ⅰ中，Cu(OH)2增大，平衡向逆反应方向移动，铜元素含量下降，故B错误；

C。c～d段：pH增大，c(OH−)增大，平衡Ⅰ向逆反应方向移动，铜元素含量下降，故C正确；

D.d某温度下，HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×10−4和1.7×10−5。将pH相同、体积均为V0的两种酸溶液分别加水稀释至体积V，pH随A.曲线Ⅰ代表CH3COOH溶液

B.溶液中水的电离程度：b点小于c点

C.相同体积a点的两种酸分别与NaOH溶液恰好中和后，溶液中n(NO2−)>n(CH3COO−)

D.由c【答案】C【解析】

本题考查弱电解质的电离，侧重考查图象分析判断能力，明确弱电解质电离特点、水解平衡常数影响因素、酸碱混合溶液定性判断等知识点是解本题关键，题目难度不大。

【解答】

酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，根据电离平衡常数知，酸性：HNO2>CH3COOH，

A.加水稀释促进弱酸电离，pH相同的这两种酸稀释相同倍数，pH变化大的酸性较强，根据图知，pH变化较大的是II，则II表示较强的酸HNO2，所以曲线I表示CH3COOH，故A正确；

B.酸或碱抑制水电离，酸中c(H+)越大其抑制水电离程度越大，酸中c(H+)：b>c，则抑制水电离程度：b>c，所以水电离程度：b<c，故B正确；

C.a点两种溶液的pH相同，故两种溶液浓度：HNO2<CH3COOH，相同体积的aLiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4溶液的pH随c初始(H2PO4下列有关LiH2POA.溶液中存在3个平衡

B.含P元素的粒子有H2PO4−、HPO42−和PO43−

C.随c初始(H2PO4−)增大，溶液的pH明显变小【答案】D【解析】本题考查弱电解质的电离和盐类水解等，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握弱电解质的电离特点以及图象曲线的变化趋势，难度不大。

【解答】A.LiH2PO4溶液中存在H2PO4−的电离平衡：H2PO4−⇌B.含P元素的粒子有H2PO4−、HPO42−、PO43−、H3PO4，B项错误；

C.根据图1，随着c初始(H2PO4−)增大，溶液的pH先逐渐减小后趋向不变，C项错误；

D.根据图利用手持技术探究氢氧化铝制备实验电导率(电导率越大表示导电能力越强)的变化，常温下，浓度均为0.5 mol⋅L−1的氢氧化钠和氨水分别滴定0.01 mol⋅L−1A.a(a')点溶液pH<7

B.bc段电导率下降是因为生成了Al(OH)3沉淀

C.a'b'段和b'c'段使用碱的体积比约为3：1

D.b【答案】B【解析】解：A.硫酸铝是强酸弱碱盐，铝离子水解导致溶液呈酸性，则a(a')点溶液pH<7，故A正确；

B.ab段生成了Al(OH)3沉淀，b点溶质为(NH4)2SO4，电导率与离子浓度成正比，一水合氨为弱电解质，加氨水后，电导率下降是因为：溶液中离子浓度降低，故B错误；

C.a'b'段生成Al(OH)3沉淀，发生反应Al3++3OH−=Al(OH)3，b'c'段发生反应Al(OH)3+OH=AlO2−+2H225℃时，在20 mL 0.1 mol·L−1一元弱酸HA溶液中滴加0.1 mol· L−1NaOH溶液，溶液中lg[c(A−)/c(HA)]与A.A点对应溶液中：c(Na+)>c(A−)>c(H+)>c(OH−)

B.25℃时，HA酸的电离常数为1.0× 10−5.3

C.B点对应的NaOH【答案】B【解析】

本题考查弱电解质的电离、盐类水解的综合应用，题目难度中等，高频考点。

【解答】

A.A点对应溶液，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(A−)+c(OH−)，溶液呈酸性，所以c(H+)>c(OH−)，则A点对应溶液中：c(A−)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−)，故A错误；

B.25℃时，B点对应的溶液中，，pH=5.3，则c(A−)=c(HA)，c(H+)=10−5.3mol/L，HA酸的电离常数为：c(A−)c(H+)c(HA)=c(常温下，向20 mL 0.1 mol·L−1Na2X溶液中缓慢滴加0.1 mol·L−1盐酸溶液(不逸出H2X)，溶液pH与溶液中A.M点：c(X2−)>c(HX−)>c(OH−)>c(H+)

B.常温下，0.1 mol Na2X和1 mol NaHX同时溶于水得到溶液【答案】B【解析】

本题考查离子浓度大小比较，题目难度中等，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。

【解答】

A.M点时pH=7.2，溶液呈碱性，则c(OH−)>c(H+)，此时lg[c(HX−)c(X2−)]=−1，则c(X2−)=10c(HX−)，溶液中离子浓度大小为：c(Na+)>c(X2−)>c(HX−)>c(OH−)>c(H+)，故A正确；

B.0.1 mol Na2X和1 mol NaHX同时溶于水，NaHX的电离程度大于Na2X的水解程度，则溶液中lg[c(HX−)c(X2−)]<1常温下，0.2mol⋅L−1Na2CrO4溶液中，H2CrO4(已知：2Cr

A.曲线M表示pH与CrO42−的变化关系

B.Ka2(H2CrO4)的数量级为10【答案】B【解析】

本题考查平衡常数K及其有关计算、影响因素和图象分析等，根据图象判断出曲线的含义是解题的关键，理解曲线的变化过程，注意根据交叉点计算平衡常数K，选项C为易错点，题目难度中等。

【解答】

A.碱性增强，2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O逆向移动，c(CrO42−)增大，所以曲线M表示pH与CrO42−的变化关系，故A正确；

B.Ka2(H2CrO4)=c(CrO42−)⋅c(H+)c(HCrO4−)，当c(CrO42−)=c(HCrO4−)即Q与常温下，向某酸H3A水溶液滴加KOH溶液，混合溶液中lg X随pH变化关系如图所示，图中X表示c(H2X−)c(A.Ka2(H3A)的数量级为10−7

B.曲线Ⅰ表示pH与lgc(X3−)c(HX2-)的变化关系

C.向H【答案】C【解析】

本题考查电解质溶液曲线问题、电离常数、物料守恒等，解答这类问题应明确图像的变化以及电解质溶液的相关知识，试题较难。

【解答】

根据纵坐标为0，结合电离方程式分析可知曲线I表示lgc(H2X−)c(H3X)和pH的关系，曲线II表示lgc(HX2−)c(H2X−)和pH的关系，曲线III表示lgc(X3−)c(HX2-)和pH的关系。

A.根据上述分析可知Ka2(H3A)=10−7.2，数量级为10−8，故A错误；

B.根据上述分析可知曲线IH2A为二元弱酸，常温下，向一定体积的0.1 mol·L−1的H2A溶液中逐滴加入一定浓度的NaOH溶液，溶液中不同形态的粒子(H2A、HA−、A2−A.K1

B.K2(H2A)=1.0×10−11

C.pH=9【答案】C【解析】

本题考查酸碱混合溶液定性判断，题目难度中等，明确曲线变化的含义为解答关键，试题有利于提高学生的分析能力及灵活应用能力。

【解答】A.据图可知pH=7时，c(HA−)=c(H2A)，K1=c H+⋅cHA− cH2A =1.0×10−7，故A正确；

B.pH=11时，c(HA−)=c(A2−)，K2=c H+常温下，将pH和体积均相同的HNO2和CH3COOH溶液分别稀释，其A.电离平衡常数：Ka(CH3COOH)>Ka(HNO2)

B.从c点到d点，溶液中cHNO【答案】B【解析】

本题主要考查了电解质的强弱比较，侧重考查图象分析判断能力，明确弱电解质电离特点、水解平衡常数影响因素、酸碱混合溶液定性判断等知识点是解本题关键。

【解答】

A.根据图像可以分析HNO2的酸性强于CH3COOH，酸性强的电离平衡常数大，故A错误；

B.cHNO2⋅cOH−cNO2−=cHNO2⋅cOH−⋅cH+cNO2−⋅cH+=KwKa，Kw、Ka只受温度的影响，因此，温度不变，从c点到d点，在25℃时，将1.0 L c mol·L−1CH3COOH溶液与0.1 mol NaOH固体混合，使之充分反应。然后向该混合溶液中通入HCl气体或加入NaOH固体(忽略体积和温度变化)，溶液pH随通入(或加入)物质的物质的量的变化如图所示。下列叙述错误的是A.水的电离程度：a>b>c

B.c点对应的混合溶液中：c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH−)

C.【答案】D【解析】本题考查电解质溶液的相关知识点，涉及弱电解质的电离平衡，水的电离，离子浓度大小的比较，难度较大，关键是认识图像，判断出图像中a、c两点与加入物质的对应关系。【解答】1.0L c mol⋅L−1CH3COOH溶液与0.1mol NaOH固体混合，混合后溶液的pH<5，显酸性，说明醋酸过量，溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa；通入HCl气体时，CH3COONa与盐酸反应生成CH3COOH；加NaOH时，NaOH与CH3COOH反应生成CH3COONa；

A.溶液中酸或碱电离的氢离子或氢氧根离子的浓度越大，水的电离程度越小，a、b、c三点溶液中氢离子浓度依次增大，水的电离程度减小，所以水的电离程度由大到小的顺序的是a>b>c，故A正确；

B.c点溶液为醋酸溶液与氯化钠的混合物，醋酸的物质的量大于氢氧化钠的物质的量