专题14．水溶液中的离子平衡-十年（2012-2021）高考化学真题分项汇编（浙江专用）

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A．常温下，将pH＝3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，溶液的pH＝4
B．为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH。若pH＞7，则H2A是弱酸；若pH＜7，则H2A是强酸
C．用0.2000 ml/L NaOH标准溶液滴定HCl与CH3COOH的混合溶液(混合液中两种酸的浓度均约为0.1 ml/L),至中性时，溶液中的酸未被完全中和
D．相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同体积的①蒸馏水、②0.1ml/L盐酸、③0.1 ml/L氯化镁溶液、④0.1ml/L硝酸银溶液中，Ag＋浓度：①＞④＝②＞③
【答案】C
【解析】A项，醋酸是弱酸，存在电离平衡，所以pH＝3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，溶液的pH<4，A错误；B项，NaHA溶液的pH<7也可能是弱酸，因为HA-离子存在电离平衡和水解平衡，当电离平衡大于水解平衡时，溶液也显酸性，B错误；C项，NaOH与CH3COOH完全中和的时候溶液呈碱性，如果溶液呈中性，说明碱的量少，所以酸未被完全中和，C正确；D项，根据沉淀溶解平衡可知，溶液中c(Ag+)或c(Cl-)越大，AgCl的溶解度越小，所以Ag＋浓度：①＞④＝②＞③。故选C。
2．【2015·浙江10月选考，11】下列物质的水溶液因水解呈酸性的是( )
A．NaOHB．Na2CO3C．NH4ClD．HCl
【答案】C
【解析】溶液因水解呈酸性的盐为强酸弱碱盐，故NH4Cl 符合题意，C项正确。
3．【2015·浙江10月选考，17】关于常温下浓度均为0.1 ml·Lˉ1的盐酸和醋酸溶液，下列说法正确的是( )
A．醋酸溶液的pH小于盐酸
B．醋酸的电离方程式：CH3COOH＝CH3COOˉ＋H+
C．c(CH3COOH)＋c(CH3COOˉ)＝c(Clˉ)
D．0.1 ml·Lˉ1的醋酸溶液与等物质的量浓度、等体积的氢氧化钠溶液混合后：
c(H+)＞c(OHˉ)
【答案】C
【解析】A项，醋酸为弱酸，酸性弱于盐酸，不正确；B项，醋酸为弱酸，不能完全电离，电离方程式为CH3COOHCH3COOˉ＋H+，不正确；C项，依据物质守恒，正确；D项，0.1 ml·Lˉ1的醋酸溶液与等物质的量浓度、等体积的氢氧化钠溶液混合后，溶液为醋酸钠溶液，水解呈碱性，不正确。
4．【2016·浙江理综，12】苯甲酸钠(，缩写为NaA)可用作饮料的防腐剂。研究表明苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A–。已知25 ℃时，HA的Ka=6.25×10–5，H2CO3的Ka1=4.17×10–7，Ka2=4.90×10–11。在生产碳酸饮料的过程中，除了添加NaA外，还需加压充入CO2气体。下列说法正确的是(温度为25 ℃，不考虑饮料中其他成分)( )
A．相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较低
B．提高CO2充气压力，饮料中c(A–)不变
C．当pH为5.0时，饮料中=0.16
D．碳酸饮料中各种粒子的浓度关系为：c(H+)=c()+c()+c(OH–)–c(HA)
【答案】C
【解析】A项，由题中信息可知，苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A-，充CO2的饮料中c(HA)增大，所以相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较高，故A错误；B项，提高CO2充气压力，溶液的酸性增强，抑制HA电离，所以溶液中c(A-)减小，故B错误；C项，当pH为5.0时，饮料中= ==0.16，C项正确；D项，根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)+c(A-)，根据物料守恒得c(Na+)=c(A-)+c(HA)，两式联立，消去c(Na+)得c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)-c(HA)，故D项错误；故选C。
5．【2016·浙江4月选考，5】下列物质的水溶液因水解而呈碱性的是( )
A．NaCl B．NH4Cl C．Na2CO3 D．NaOH
【答案】C
【解析】A项，NaCl为强酸强碱盐，不水解溶液呈中性，A项不正确；B项，NH4Cl为强酸弱碱盐，水解溶液呈酸性，B项不正确；C项，Na2CO3为强碱强酸盐，水解溶液呈碱性，C项正确；D项，NaOH为强碱，D项不正确。
6．【2016·浙江4月选考，21】某温度下，关于pH相等的盐酸和醋酸溶液(两溶液的OH-浓度也相等)，下列说法正确的是( )
A． c(HCl)> c(CH3COOH)
B． c(Cl－)= c(CH3COO－)
C．等体积的盐酸和醋酸溶液分别与足量的Zn完全反应，盐酸产生的H2多
D．用同浓度的NaOH溶液分别与等体积的盐酸和醋酸溶液恰好反应完全，盐酸消耗的NaOH溶液体积多
【答案】B
【解析】A项，因醋酸为弱酸，则pH相等的盐酸和醋酸溶液，c(CH3COOH) > c(HCl)，A项不正确；B项，根据电荷守恒，c(Cl－)+ c(OH－)=[c(H+)， c(CH3COO－)[ + c(OH－)=[c(H+)，又两溶液的pH相等相等，故c(Cl－)= c(CH3COO－)，来B项正确；C项，因醋酸浓度较大，等体积的盐酸和醋酸溶液分别与足量的Zn完全反应，醋酸产生的H2多，C项不正确；D项，因醋酸浓度较大，用同浓度的NaOH溶液分别与等体积的盐酸和醋酸溶液恰好反应完全，醋酸消耗的NaOH溶液体积多，D项不正确。
7．【2016·浙江10月选考，5】下列物质的水溶液因水解而呈酸性的是( )
A．NaOHB．(NH4)2SO4C．Na2CO3D．NaCl
【答案】B
【解析】A项，NaOH是强碱，水溶液显碱性，A错误；B项，(NH4)2SO4是强酸弱碱盐，铵根离子水解显酸性，B正确；C项，Na2CO3是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解显碱性，C错误；D项，NaCl溶液显中性，D错误。故选B。
8．【2016·浙江10月选考，18】为证明醋酸是弱电解质，下列方法不正确的是( )
A．测定0.1 ml·L－1醋酸溶液的pH
B．测定0.1 ml·L－1CH3COONa溶液的酸碱性
C．比较浓度均为0.1 ml·L－1盐酸和醋酸溶液的导电能力
D．比较相同物质的量浓度的NaOH溶液和醋酸溶液恰好反应完全时消耗两溶液的体积
【答案】D
【解析】A项，测定0.1 ml·L－1醋酸溶液的pH，通过0.1ml•L-1醋酸溶液pH大于1，可证明醋酸没有完全电离，所以能证明醋酸是弱电解质，A正确；B项，测定0.1 ml·L－1CH3COONa溶液的酸碱性，通过溶液显碱性，可证明CH3COONa是强碱弱酸盐，所以能证明醋酸是弱电解质，B正确；C项，比较浓度均为0.1 ml·L－1盐酸和醋酸溶液的导电能力，通过醋酸导电能力弱，可证明醋酸没完全电离，所以能证明醋酸是弱电解质，C正确；D项，相同物质的量浓度的NaOH溶液和醋酸溶液恰好反应完全时消耗两溶液的体积相等，无法证明醋酸电离情况，D错误。故选D。
9．【2017·浙江4月选考，18】室温下，下来事实不能说明NH3·H2O为弱电解质的是( )
A．0.1 ml·L-1NH3·H2O的pH小于13
B．0.1 ml·L-1 NH4Cl溶液的pH小于7
C．相同条件下，浓度均为0.1 ml·L-1 NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱
D．0.1 ml·L-1NH3·H2O能使无色酚酞试液变红色
【答案】D
【解析】A项，室温下0.1 ml·L-1氨水溶液pH<13，溶液中c()OH－)< ml·L-1=0.1ml/L＜c()NH3·H2O)，说明NH3·H2O部分电离，为弱电解质，A正确；B项，室温下0.1 ml·L－１NH4Cl溶液的pH小于7，说明氯化铵是强酸弱碱盐，则证明NH3·H2O是弱电解质，B正确；C项，相同条件下，浓度均为0.1 ml·L－1NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱，说明氨水没有完全电离，则证明NH3·H2O是弱电解质，C正确；D项，0.1 ml·L－1NH3·H2O能使无色酚酞溶液变红色，说明NH3·H2O显碱性，电离产生OH－，不能证明是弱电解质，D错误。
10．【2017·浙江11月选考，18】下列说法不正确的是( )
A．pH＜7的溶液不一定呈酸性
B．在相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、NaOH溶液，c(OH－)相等
C．在相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液，c(Cl－)＝c(CH3COO－)
D．氨水和盐酸反应后的溶液，若c(Cl―)＝c(NH4+)，则溶液呈中性
【答案】B
【解析】A项，pH＜7的溶液不一定呈酸性，只有当溶液中c(OH－)＜c(H＋)时溶液显酸性，A正确；B项，氢氧化钠是强碱，完全电离，一水合氨是弱碱，部分电离，在相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、NaOH溶液，c(OH－)不相等，前者小于后者，B错误；C项，盐酸、CH3COOH溶液中存在电荷守恒：c(H+)=c(OH－)+c(Cl－)、c(H+)=c(OH－)+c(CH3COO－)，因此在相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液，c(Cl－)＝c(CH3COO－)，C正确；D项，氨水和盐酸反应后的溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(OH－)+c(Cl－)，若c(Cl―)＝c(NH4+)，则c(H+)=c(OH－)，溶液呈中性，D正确。故选B。
11．【2018·浙江4月选考，4】下下列物质溶于水后溶液显酸性的是( )
A．KClB．Na2OC．NH4ClD．CH3COONa
【答案】C
【解析】A项，KCl为强酸强碱盐，溶液呈中性，故A项错误；B项，Na2O为碱性氧化物，溶于水生成氢氧化钠，溶液呈碱性，故B项错误；C项，NH4Cl为强酸弱碱盐，溶于水后铵根离子水解产生H+，溶液呈酸性，故C项正确；D项，CH3COONa为强碱弱酸盐，溶于水后醋酸根离子水解产生OH-，溶液呈碱性，故D项错误。故选C。
12．【2018·浙江4月选考，18】下相同温度下，关于盐酸和醋酸两种溶液的比较，下列说法正确的是( )
A．pH相等的两溶液中：c(CH3COOˉ)＝c(Clˉ)
B．分别中和pH相等、体积相等的两溶液，所需NaOH的物质的量相同
C．相同浓度的两溶液，分别与金属镁反应，反应速率相同
D．相同浓度的两溶液，分别与NaOH固体反应后呈中性的溶液中(忽略溶液体积变化)：c(CH3COOˉ)＝c(Clˉ)
【答案】A
【解析】A项，在pH相等的两种溶液中，氢离子的浓度相同，根据溶液中电荷守恒可知阴离子浓度相等，即c(CH3COO－)=c(Cl－)，故A正确；B项，醋酸为弱酸，是弱电解质只能部分电离，与pH相同的强酸溶液比起来，与其他物质反应时，可以持续电离出氢离子，平衡右移，所以醋酸消耗的氢氧化钠的量要更多一些，故B错误；C项，反应刚开始时，醋酸弱酸部分电离，与同等浓度的强酸比较，反应速率会慢一些，故C错误；D项，当醋酸恰好与NaOH反应时，弱酸根水解呈现出碱性，应为c(CH3COO－)＜c(Cl－)，故D错误。故选A。
13．【2018·浙江11月选考，4】下列物质因发生水解而使溶液呈酸性的是( )
A．HNO3B．CuCl2C．K2CO3D．NaCl
【答案】B
【解析】能水解的是含弱酸阴离子或弱碱阳离子的盐，而强酸弱碱盐水解显酸性，强碱弱酸盐水解显碱性，强碱强酸盐不水解。A项，HNO3不是盐，不能水解，故不是因水解而使溶液显酸性，选项A错误；B项，CuCl2为强酸弱碱盐，在溶液中水解显酸性，选项B正确；C项，碳酸钾是强碱弱酸盐，水解显碱性，选项C错误；D项，氯化钠是强酸强碱盐，不水解，选项D错误。故选B。
14．【2018·浙江11月选考，18】下列说法不正确的是( )
A．测得0.1 ml·L－1的一元酸HA溶液pH＝3.0，则HA一定为弱电解质
B．25℃时，将0.1 ml·L-1的NaOH溶液加水稀释100倍，所得溶液的pH＝11.0
C．25℃时，将0.1 ml·L-1的HA溶液加水稀释至pH＝4.0，所得溶液c(OH－)＝1×10-10 ml·L-1
D．0.1 ml·L-1的HA溶液与0.1 ml·L-1的NaOH溶液等体积混合，所得溶液pH一定等于7.0
【答案】D
【解析】A项，若HA为强酸，0.1 ml·L-1的HA溶液pH为1.0，现测得溶液pH为3.0，则HA为弱酸，选项A正确；B、0.1ml/L的NaOH溶液加水稀释100倍后，c(OH-)＝1×10-11，pH值为11.0，选项B正确；C项，pH值为4.0的溶液中c(H+)＝1×10－4ml/L，在25℃时，水的离子积KW＝1×10-14，故c(OH-)＝1×10-10ml/L，选项C正确；D项，若HA为强酸，与NaOH等体积等浓度混合后，所得溶液pH为7.0，若HA为弱酸，与NaOH等体积等浓度混合后，所得溶液pH大于7.0，选项D不正确。故选D。
15．【2019·浙江4月选考，5】下列溶液呈碱性的是( )
A．NH4NO3B．(NH4)2SO4C．KClD．K2CO3
【答案】D
【解析】盐类水解是指弱酸阴离子或弱碱阳离子发生水解，导致溶液的酸碱性发生变化。A项，.该盐属于强酸弱碱盐，NH4++H2O⇌NH3·H2O+H+，溶液显酸性，A不合题意；B项，同A，NH4+发生水解，使得溶液显酸性，B不合题意；C项，该盐属于强酸强碱盐，不发生水解，溶液显中性，C不合题意；D项，该盐属于强碱弱酸盐，CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，溶液显碱性，D项符合题意。故选D。
16．【2019·浙江4月选考，21】室温下，取20 mL 0.1 ml·L−1某二元酸H2A，滴加0.1 ml·L−1 NaOH溶液。已知：H2AH+＋HA−，HA−⇌H+＋A2−。下列说法不正确的是( )
A．0.1 ml·L−1 H2A溶液中有c(H+)－c(OH−)－c(A2−)＝0.1 ml·L−1
B．当滴加至中性时，溶液中c(Na+)＝c(HA−)＋2c(A2−)，用去NaOH溶液的体积小于10 mL
C．当用去NaOH溶液体积10 mL时，溶液的pH＜7，此时溶液中有c(A2−)＝c(H+)－c(OH−)
D．当用去NaOH溶液体积20 mL时，此时溶液中有c(Na+)＝2c(HA−)＋2c(A2−)
【答案】B
【解析】由于该二元酸H2A，第一步电离完全，第二步部分电离，可以把20 mL 0.1 ml·L−1二元酸H2A看做20 mL 0.1 ml·L−1HA-一元弱酸和0.1ml/LH+溶液，注意该溶液是不存在H2A微粒。A项， 0.1 ml·L−1H2A溶液存在电荷守恒，其关系为c(H+)=c(OH−)+2c(A2−)+ c(HA−)，因而c(H+)-c(OH−)-c(A2−)= c(A2−)+c(HA−)=0.1ml·L−1，A项正确；B项，若NaOH用去10ml，反应得到NaHA溶液，由于HA−⇌H+＋A2−，溶液显酸性，因而滴加至中性时，需要加入超过10ml的NaOH溶液，B项错误；C项，当用去NaOH溶液体积10 mL时，得到NaHA溶液，溶液的pH＜7，存在质子守恒，其关系为c(A2−)＝c(H+)－c(OH−)，C项正确；D项，当用去NaOH溶液体积20 mL时，得到Na2A溶液，根据物料守恒有：c(Na+)＝2c(HA−)＋2c(A2−)，D项正确。故选B。
17．【2020·浙江1月选考，17】下列说法不正确的是( )
A．pH＞7的溶液不一定呈碱性
B．中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，所需HCl的物质的量相同
C．相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液中，c(OH−)相等
D．氨水和盐酸反应后的溶液，若溶液呈中性，则c(Cl−)＝c(NHeq \\al(+,4))
【答案】B
【解析】A项，温度影响水的电离，则pH>7的溶液不一定呈碱性；溶液酸碱性与溶液中氢离子、氢氧根离子浓度有关，当c(H+)18．【2020·浙江1月选考，23】室温下，向20.00 mL 0.1000ml·L−1盐酸中滴加0.1000ml·L−1 NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图。已知lg5＝0.7。下列说法不正确的是( )
A．NaOH与盐酸恰好完全反应时，pH＝7
B．选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差
C．选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的大
D．V(NaOH)＝30.00 mL时，pH＝12.3
【答案】C
【解析】A项，NaOH与盐酸恰好完全反应时溶液中的溶质为NaCl，呈中性，室温下，故A正确；B项，选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差，B正确；C项，甲基橙的变色范围在pH突变范围外，误差更大，故C错误；D项，时，溶液中的溶质为氯化钠和氢氧化钠，且c(NaOH)==0.02ml/L，即溶液中c(OH-)=0.02ml，则c(H+)=5×10-13 ml/L，pH=-lgc(H+)=12.3，故D正确；故选C。
19．【2020·浙江7月选考，1】水溶液呈酸性的是( )
A．NaClB．NaHSO4C．HCOONaD．NaHCO3
【答案】B
【解析】A项，NaCl是强酸强碱盐，其不能水解，故其水溶液呈中性，A不符合题意；B项，NaHSO4是强酸的酸式盐，其属于强电解质，其在水溶液中的电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42-，故其水溶液呈酸性，B符合题意；C项，HCOONa属于强碱弱酸盐，其在水溶液中可以完全电离，其电离产生的HCOO－可以发生水解，其水解的离子方程式为HCOO－＋H2OHCOOH＋OH－，故其水溶液呈碱性，C不符合题意；D项，NaHCO３是强碱弱酸盐，既能发生电离又能发生水解，但其水解程度大于电离程度，故其水溶液呈碱性，D不符合题意。故选B。
20．【2020·浙江7月选考，17】下列说法不正确的是( )
A．2.0×10-7 ml/L的盐酸中c（H+）=2.0×10-7 ml/L
B．将KCl溶液从常温加热至800C，溶液的pH变小但仍保持中性
C．常温下，NaCN溶液呈碱性，说明HCN是弱电解质
D．常温下，pH为3的醋酸溶液中加入醋酸钠固体，溶液pH增大
【答案】A
【解析】A项，盐酸的浓度为2.0×10-7 ml/L，完全电离，接近中性，溶剂水电离出的氢离子浓度的数量级与溶质HCl电离的氢离子浓度相差不大，则计算中氢离子浓度时，不能忽略水中的氢离子浓度，其数值应大于2.0×10-7 ml/L，故A错误；B项， KCl溶液为中性溶液，常温下pH=7，加热到800C时，水的离子积Kw增大，对应溶液的氢离子浓度随温度升高会增大，pH会减小，但溶液溶质仍为KCl，则仍呈中性，故B正确；C项，NaCN溶液显碱性，说明该溶质为弱酸强碱盐，即CN-对应的酸HCN为弱电解质，故C正确；D项，醋酸在溶液中会发生电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，向溶液中加入醋酸钠固体，根据同离子效应可知，该平衡会向生成弱电解质的方向（逆向）移动，使溶液中的氢离子浓度减小，pH增大，故D正确；故选A。
21．【2020·浙江7月选考，23】常温下，用0.1 ml·L−1氨水滴定10 mL浓度均为0.1 ml·L−1的HCl和CH3COOH的混合液，下列说法不正确的是
A．在氨水滴定前，HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl−)＞c(CH3COO−)
B．当滴入氨水10 mL时，c(NHeq \\al(+,4))＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COO−)＋c(CH3COOH)
C．当滴入氨水20 mL时，c(CH3COOH)＋c(H+)＝c(NH3·H2O)＋c(OH−)
D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20 mL，c(NHeq \\al(+,4))＜c(Cl−)
【答案】D
【解析】A项，未滴定时，溶液溶质为HCl和CH3COOH，且浓度均为0.1ml/L，HCl为强电解质，完全电离，CH3COOH为弱电解质，不完全电离，故，c(Cl-)＞c(CH3COO-)，A正确；B项，当滴入氨水10mL时，n(NH3·H2O)=n(CH3COOH)，则在同一溶液中c(NH4+)+ c(NH3·H2O)=c(CH3COOH)+ c(CH3COO-)，B正确；C项，当滴入氨水20mL时，溶液溶质为NH4Cl和CH3COONH4，质子守恒为c(CH3COOH)+c(H+)= c(NH4+)+c(OH-)，C正确；D项，当溶液为中性时，电荷守恒为：c(NH4+)+c(H+)= c(CH3COO-)+c(Cl-)+ c(OH-)，因为溶液为中性，则c(H+)=c(OH-)，故c(NH4+)＞c(Cl-)，D不正确；故选D。
22．【2021·浙江1月选考，17】25℃时，下列说法正确的是( )
A．NaHA溶液呈酸性，可以推测H2A为强酸
B．可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推测BA为强酸强碱盐
C．0.010 ml·L-1、0.10ml·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＜α2
D．100 mL pH=10.00的Na2CO3溶液中水电离出H+的物质的量为1.0×10-5ml
【答案】D
【解析】A项，NaHA溶液呈酸性，可能是HA－的电离程度大于其水解程度，不能据此得出H2A为强酸的结论，A错误；B项，可溶性正盐BA溶液呈中性，不能推测BA为强酸强碱盐，因为也可能是B＋和A－的水解程度相同，即也可能是弱酸弱碱盐，B错误；C项，弱酸的浓度越小，其电离程度越大，因此0.010 ml·L-1、0.10 ml·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＞α2，C错误；D项，100 mL pH=10.00的Na2CO3溶液中氢氧根离子的浓度是1×10－4ml/L，碳酸根水解促进水的电离，则水电离出H＋的浓度是1×10－4ml/L，其物质的量为0.1L×1×10－4ml/L＝1×10－5ml，D正确；故选D。
23．【2021·浙江6月选考，19】某同学拟用pH计测定溶液pH以探究某酸HR是否为弱电解质。下列说法正确的是( )
A．25℃时，若测得0.01ml·Lˉ1NaR溶液pH=7，则HR是弱酸
B．25℃时，若测得0.01ml·Lˉ1HR溶液pH＞2且pH＜7，则HR是弱酸
C．25℃时，若测得HR溶液pH= a，取该溶液10.0mL，加蒸馏水稀释至100.0mL，测得pH= b，b-a＜1，则HR是弱酸
D．25℃时，若测得NaR溶液pH= a，取该溶液10.0mL，升温至50℃，测得pH= b，a＞b，则HR是弱酸
【答案】B
【解析】A项，25℃时，若测得0.01ml·Lˉ1NaR溶液pH=7，可知NaR为强酸强碱盐，则HR为强酸，A错误；B项，25℃时，若测得0.01ml·Lˉ1HR溶液pH＞2且pH＜7，可知溶液中c(H＋)＜0.01ml·Lˉ1，所以HR未完全电离，HR为弱酸，B正确；C项，假设HR为强酸，取pH=6的该溶液10.0mL，加蒸馏水稀释至100.0mL测得此时溶液pH＜7，C错误；D项，假设HR为强酸，则NaR为强酸强碱盐，溶液呈中性，升温至50℃，促进水的电离，水的离子积常数增大，pH减小，D错误；故选B。