第28讲电离平衡（练习）

第28讲电离平衡（模拟精练+真题演练）完卷时间：50分钟一、选择题（每小题只有一个正确选项，共12×5分）1．（2023·浙江金华·模拟预测）下列物质中属于强电解质且水溶液显酸性的是A．盐酸 B．AlCl3 C．CH3COOH D．Na2SiO3【答案】B【解析】A．盐酸属于混合物，不属于电解质；故A不符合题意；B．AlCl3属于盐，是强电解质，而且电解后溶液中Al3+水解使得溶液呈酸性；故B符合题意；C．CH3COOH属于弱电解质；故C不符合题意；D．Na2SiO3是强电解质，水解呈碱性；故D不符合题意；故答案选B。2．（2023·全国·模拟预测）实验测得浓度均为的溶液和溶液的pH随温度的变化情况如图所示。下列说法错误的是A．时，的电离平衡常数约为B．后，溶液的pH随温度的升高而增大的原因可能是的挥发C．升高温度，溶液中减小，增大，pH减小D．溶液中存在：【答案】C【解析】A．时，的pH=a，的电离平衡常数约为，故A正确；B．升高温度，促进电离，溶液中增大，后，减小，说明醋酸的浓度降低，的挥发会导致降低，故B正确；C．升高温度，使水解平衡正向移动，溶液中增大，故C错误；D．根据质子守恒，溶液中，故D正确；选C。3．（2023·浙江·校联考模拟预测）下列说法不正确的是A．相同温度下，相等的氨水、溶液中，相等B．的醋酸溶液的物质的量浓度大于的醋酸溶液的10倍C．均为4的盐酸和氯化铵溶液等体积混合后，所得溶液的D．用同浓度的溶液分别与等体积、等的盐酸和醋酸溶液恰好完全反应，盐酸消耗溶液的体积更大【答案】D【解析】A．相同温度下，水的离子积相等，相等的氨水、溶液中，相等，则溶液中相等，A正确；B．醋酸为弱酸，不能完全电离，浓度越大，电离程度越小，的醋酸溶液的物质的量浓度为(为电离度)，的醋酸溶液的物质的量浓度为(为电离度)，故前者比后者的10倍还大，B正确；C．均为4的盐酸和氯化铵溶液等体积混合的瞬间，，不发生变化，铵根离子和一水合氨的浓度瞬间变为原来的二分之一，则二者的比值不变，故所得溶液中水的电离平衡没有移动，氯化铵的水解平衡没有移动，混合溶液中，，C正确；D．醋酸是弱酸，等体积、等的盐酸和醋酸溶液中醋酸的物质的量大于盐酸的物质的量，则用同浓度的溶液分别与等体积、等的盐酸和醋酸溶液恰好完全反应，醋酸消耗溶液的体积更大，D错误。故选D。4．（2023·上海奉贤·统考二模）以下物质属于弱电解质的是A．乙醇 B．乙酸 C．次氯酸钠 D．高锰酸钾【答案】B【解析】A．乙醇在水溶液和熔融状态下都无法导电，属于非电解质，A错误；B．乙酸在水中部分电离，属于弱电解质，B正确；C．次氯酸钠在水中完全电离产生Na+和ClO，是强电解质，C错误；D．高锰酸钾在水中完全电离产生K+和，是强电解质，D错误；故答案选B。5．（2023·江西宜春·江西省宜丰中学校考模拟预测）化学常用图像直观地描述化学反应的进程或结果。下列图像描述不正确的是A．图①表示弱电解质在水中建立电离平衡的过程B．图②表示强碱滴定强酸的滴定曲线C．图③表示25℃时分别稀释pH=11的NaOH溶液和氨水时溶液pH的变化，曲线Ⅱ表示氨水D．图④可表示溶液中通入至过量的过程中溶液导电性的变化【答案】D【解析】A．弱电解质存在电离平衡，平衡时正逆反应速率相等，图像符合电离特点，选项A正确；B．强碱滴定强酸，溶液pH增大，存在pH的突变，图像符合，选项B正确；C．25℃时分别稀释pH=11的NaOH溶液和氨水，弱碱溶液氨水的pH变化小，强碱NaOH的pH变化大，曲线Ⅱ表示氨水,图像符合，选项C正确；D．向CH3COOH溶液中通入NH3生成醋酸铵，体积不变，自由移动离子浓度变大，导电性开始应增强，而不是减弱，图像不符合，选项D错误；答案选D。6．（2023·河南·校联考模拟预测）用强碱滴定某一元弱酸时，弱酸被强碱部分中和后得到“弱pH酸盐和弱酸”组成的缓冲溶液，其中存在pH=pKa一lg。25°C时0.1mol·L1的NaOH溶液滴定16.00mL某未知浓度的HA溶液，滴定过程中消耗NaOH溶液的体积与混合溶液pH之间的关系如图所示(已知：pKa=lgKa，100.48=3，酸性HA>HCN)。下列说法错误的是A．25℃时，HA电离常数的数量级为105B．b点溶液中存在c(HA)+c(H+)>c(A)+c(OH)C．c点溶液中离子浓度的大小关系为c(HA)>c(A)>c(H+)>c(OH)D．若将HA改为等体积、等浓度的HCN，则pH随NaOH溶液体积的变化曲线竖直上移【答案】C【分析】温度不变，酸的电离常数不变，设酸的浓度为，由，可得，a点、pH=4.27，b点、溶液的pH=4.75，存在，化简得，解得c=0.2。【解析】A．即，HA电离常数的数量级为，故A正确；B．由分析可知，b点时，故，此时溶液显酸性，，故，故B正确；C．由B项分析可知b点时，故，则随氢氧化钠溶液体积增大，c点时溶液，由图可知溶液呈酸性，酸电离程度较小，所以离子浓度的大小关系为：，故C错误；D．由HA的酸性强于HCN可知，HA的电离常数大于HCN，由可知，当相等时，酸的电离常数越大，溶液$pH$越小，则若将HA改为等体积等浓度的HCN，则pH随NaOH溶液体积的变化曲线竖直上移，故D正确；故选C。7．（2023·安徽安庆·安庆一中校考三模）常温下，二元酸H2A的Ka2(H2A)=1.0×102。在某体系中，H+与A2离子不能穿过隔膜，HA可自由穿过该膜(如图所示)。溶液中c总(H2A)=c(HA)+c(A2)，当达到平衡时，下列叙述正确的是

A．溶液I中：c(H+)c(OH)=c总(H2A)B．溶液II中：c(H2A)>c(H+)>c(HA)>c(OH)C．溶液I和II中的c总(H2A)不相等D．溶液I和II中的c(A2)之比为105【答案】C【分析】由c总(H2A)=c(HA)+c(A2)可知溶液中不存在H2A分子，说明H2A的第一步电离是完全电离，由H+与A2离子不能穿过隔膜，HA可自由穿过该膜可知溶液I和溶液II中HA的浓度相同。【解析】A．溶液I中pH=7.0，c(H+)=c(OH)，A错误；B．H2A的第一步电离是完全电离，所以溶液中不存在H2A分子，B错误；C．结合Ka2(H2A)=1.0×102可计算出c(A2)=，又因溶液I和溶液II中HA的浓度相同而H+浓度不同，因此c(A2)的浓度不同，又因c总(H2A)=c(HA)+c(A2)，故溶液I和II中的c总(H2A)不相等,C正确；D．由c(A2)=可计算出二者c(A2)的比值为101:107=106，D错误；故选C。8．（2023·湖北荆州·统考模拟预测）1923年由布朗斯特和劳里提出酸碱质子理论认为，在反应过程中能给出质子()的分子或离子都是酸，凡是能接受质子的分子或离子都是碱。按照“酸碱质子理论”，下列叙述错误的是A．水既属于酸又属于碱B．可以根据的性质推断的碱性较强C．根据，则碱性：D．是酸碱反应【答案】B【解析】A．根据酸碱质子理论可知，水能电离产生H+，为酸，水能和H+生成H3O+，为碱，所以水既属于酸又属于碱，A正确；B．是强酸，是弱碱，B错误；C．根据，可知H2O结合H+能力大于HC2O结合H+能量力，所以碱性：，C正确；D．，BrO结合H+，H2O给出H+，所以该反应是酸碱反应，D正确；故答案选B。9．（2023·河南郑州·郑州外国语学校校考模拟预测）已知电离常数：Ka(HCN)=5×1010，H2CO3：Ka1=4.3×107，Ka2=5.6×1011，下列离子方程式书写正确的是A．向KCN(aq)中通入少量的CO2气体：CO2+H2O+2CN=2HCN+COB．少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中：SO2+H2O+Ca2++2ClO=CaSO3↓+2HClOC．氢氧化铁沉淀溶解于过量氢碘酸溶液中：2Fe(OH)3+6H++2I=2Fe2++6H2O+I2D．向Ba(OH)2溶液中加入少量的NaHCO3溶液：2HCO+Ba2++2OH=BaCO3↓+CO+2H2O【答案】C【解析】A．由电离常数可知酸性H2CO3＞HCN＞HCO，则反应的离子方程式为CN﹣+H2O+CO2=HCN+HCO，故A错误；B．将少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：Ca2++3ClO﹣+H2O+SO2═CaSO4↓+2HClO+Cl﹣，故B错误；C．Fe(OH)3溶于HI，后生成的Fe3+能将I﹣氧化为I2，自身被还原为Fe2+，离子方程式为2Fe(OH)3+6H++2I﹣=2Fe2++I2+6H2O，故C正确；D．Ba(OH)2溶液中加入少量NaHCO3溶液，HCO完全转化成BaCO3沉淀，正确的离子方程式为：HCO+Ba2++OH﹣＝BaCO3↓+H2O，故D错误；故选C。10．（2021·广东·校联考模拟预测）在25℃时，将1.0Lw溶液与0.1molNaOH固体混合，充分反应。向混合液中加入或固体(忽略体积和温度变化)，溶液pH随加入或固体的物质的量的变化关系如图所示。下列叙述错误的是

A．b点混合液中B．加入过程中，减小C．25℃时，的电离平衡常数D．a、b、c对应的混合液中，水的电离程度由大到小的顺序是b>a>c【答案】D【解析】A．b点溶液pH＜7，溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH)，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(CH3COO)，则c(Na+)＜c(CH3COO)，所以c(Na+)＜c(CH3COOH)+c(CH3COO)，故A正确；B．加入CH3COOH过程中c(Na+)不变，溶液中c(CH3COO)增大，c(H+)增大，则c(OH)=减小，则减小，故B正确；C．CH3COONa是弱酸强碱盐，溶液呈碱性，由图可知c点溶液呈中性，则醋酸过量，c(H+)=c(OH)=107mol/L，电荷守恒关系式为c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(CH3COO)，则c(CH3COO)=c(Na+)=0.2mol/L，但c点时c(CH3COOH)+c(CH3COO)=(w+0.1)mol/L，则c点溶液中剩余c(CH3COOH)=wmol/Lc(CH3COO)=(w0.1)mol/L，CH3COOH的电离平衡常数Ka(CH3COOH)=，故C正确；D．CH3COOH抑制水电离，在b对应的混合液中加入CH3COOH，水电离程度减小，CH3COO促进水电离，在b对应的混合液中加入CH3COO，水电离程度增大，则水的电离程度由大到小的顺序是c＞b＞a，故D错误；故选：D。11．（2023·安徽合肥·合肥市第六中学校考模拟预测）室温下，向20.00mL0.1mol·L1的H3AsO4溶液中滴加等浓度的NaOH溶液。混合溶液中lgX[表示、、]随溶液pH的变化如图所示。

下列说法正确的是A．曲线a表示与溶液pH的关系B．当消耗20.00mL的NaOH溶液时，c(Na+)>>>C．pH=7.00时，c(Na+)=3+3D．溶液中存在关系：>【答案】C【解析】A．由题意的H3AsO4属于三元弱酸，其三级电离中，电离常数逐渐减小。结合图像当lgX=0时，表示对应的两种离子浓度相等，且曲线a的PH最小，则电离出的氢离子浓度最大，故为第一步电离。结合电离常数表达式，知曲线a表示与溶液pH的关系，故A项错误；B．当消耗20.00mL时，等体积等浓度混合，溶液中溶质为，的电离平衡常数107大于水解平衡常数，故>，故B项错误；C．根据电荷守恒得，c(Na+)+c(H+)=+3+2+c(OH)，此时PH=7.00，c(H+)=c(OH)，同时由曲线b可知，=，故有c(Na+)=3+3，故C项正确；D．H3AsO4的三级电离中，电离常数逐渐减小，Ka2>Ka3，则<，故D项错误。故答案选C。12．（2023·河北衡水·衡水市第二中学校考三模）常温下，用盐酸滴定MOH溶液，滴定曲线如图所示。下列叙述正确的是

A．的数量级为B．X→Y过程中，水的电离程度及均逐渐增大C．当滴定至溶液呈中性时，D．Y点溶液中：【答案】D【解析】A．由图中X点可知，当中和百分数为50%时，，此时，即，，，因此的数量级为，A错误；B．Y点恰好完全反应生成正盐MCl，X→Y过程中碱的浓度逐渐减小，盐的浓度逐渐增大，生成的强酸弱碱盐水解，促进水的电离，水的电离程度逐渐增大；温度不变，保持不变，B错误；C．当溶液呈中性时，根据电荷守恒可知，，C错误；D．根据质子守恒，则Y点溶液中，D正确。故选D。二、主观题（共3小题，共40分）13．(14分)（2023·四川成都·成都七中校考模拟预测）I．研究水溶液中的粒子行为在研究中具有重要价值。根据下表所列三种溶液在25℃时的相关数据，按要求填空：溶液物质的量浓度pH(I)HAc0.1mol/L2.86(II)0.1mol/L6.14(III)0.1mol/L1(1)根据表中数据，写出HAc的电离方程式(2)比较溶液(II)、(III)中的大小关系是(II)(III)(填“＞”、“＜”或“=”)。(3)溶液(I)和(II)中由水电离出的之比是。II．某小组研究25℃下HAc电离平衡的影响因素。提出假设稀释HAc溶液或改变浓度，HAc电离平衡会发生移动。设计方案并完成实验

用浓度均为0.1mol·L的HAc和NaAc溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液；测定pH，记录数据。序号V(HAc)/mLV(NaAc)/mL/mLpHI40.00//02.86II4.00/36.0003.36VII4.00ab3∶44.53VIII4.004.0032.001∶14.65(4)根据表中信息，补充数据：a=，b=。(5)由实验I和II可知，稀释HAc溶液，电离平衡(填“正”或“逆”)向移动；结合表中数据，给出判断理由：。由实验II~VIII可知，增大浓度，HAc电离平衡逆向移动。实验结论

假设成立。【答案】（每空2分）(1)HAc⇌Ac+H+(2)＜(3)1:105(4)3.0033.00(5)正实验Ⅱ相较于实验Ⅰ，醋酸溶液稀释了10倍，而实验Ⅱ的pH增大值小于1【解析】（1）0.1mol/L醋酸溶液的pH等于2.86，说明是弱电解质，则其电离方程式为HAc⇌Ac+H+；（2）铵根水解显酸性，硫酸氢铵能电离出氢离子抑制铵根的水解，则溶液(Ⅱ)、(Ⅲ)中c()的大小关系是(Ⅱ)＜(Ⅲ)；（3）醋酸电离出氢离子抑制水的电离，溶液中由水电离出的c(H+)与溶液中的c(OH)相同，1.0×1011.14mol•L1，氯化铵溶液中铵根水解促进水的电离，溶液中H+是由水电离出的，c(H+)=1.0×106.14mol•L1，则溶液(I)和(Ⅱ)中由水电离出的c(H+)之比是(1.0×1011.14mol•L1):(1.0×106.14mol•L1)=1:105；（4）由表格中数据可知，保证醋酸钠和醋酸物质的量之比为3:4，二者浓度相等，则体积比为3:4，则a=3.00mL，总体积是40ml，则0)mL=33.00mL；（5）加水稀释，体积增大，平衡向微粒数增多的方向移动，即向电离的正向移动，强酸溶液不存在电离平衡，稀释10倍pH增大1，而比较实验I、II，醋酸稀释10倍，pH增大值小于1。14．（14分）(2023·济南一模)常温下，部分酸的电离常数如表所示：化学式HFHCNH2CO3电离常数Ka＝3．5×10－4Ka＝5．0×10－10Ka1＝4.4×10－7Ka2＝4.7×10－11(1)c(H＋)相同的三种酸，其酸的浓度由大到小的顺序为_____________。(2)若HCN的起始浓度为0.01mol·L－1，平衡时c(H＋)约为______________mol·L－1。若使此溶液中HCN的电离程度增大且c(H＋)也增大的方法是______________。(3)中和等量的NaOH，消耗等pH的氢氟酸和硫酸的体积分别为aL、bL，则a________b(填“大于”“小于”或“等于”，下同)。中和等物质的量浓度、等体积的氢氟酸和硫酸需要NaOH的物质的量为n1、n2，则n1________n2。(4)向NaCN溶液中通入少量的CO2，发生反应的离子方程式为_________________________。(5)设计实验证明氢氟酸比盐酸的酸性弱：__________________________。【答案】（每空2分）(1)c(HCN)>c(H2CO3)>c(HF)(2)eq\r(5)×10－6升高温度(3)小于小于(4)CN－＋CO2＋H2O=HCN＋HCOeq\o\al(－,3)(5)测定等物质的量浓度的两种酸的pH，氢氟酸的pH大(其他合理答案均可)【解析】(1)根据三种酸的电离常数可知，酸性：HF>H2CO3>HCN>HCOeq\o\al(－,3)，因此c(H＋)相同的三种酸，其酸的浓度由大到小的顺序为c(HCN)>c(H2CO3)>c(HF)。(2)设c(H＋)＝xmol·L－1，根据HCNH＋＋CN－，Ka＝5.0×10－10＝eq\f(c（H＋）·c（CN－）,c（HCN）)＝eq\f(x·x,0.01－x)，解得x≈eq\r(5)×10－6；弱电解质的电离是吸热过程，升高温度，能够促进HCN的电离，电离程度增大，c(H＋)也增大。(3)中和等量的NaOH，需要消耗等物质的量的H＋，当氢氟酸和硫酸的pH相等时，由于硫酸是强酸，氢氟酸为弱酸，氢氟酸浓度大于硫酸，需要氢氟酸的体积小于硫酸的体积，即a小于b。氢氟酸为一元酸、硫酸为二元酸，中和等物质的量浓度、等体积的氢氟酸和硫酸需要NaOH的物质的量之比为1∶2，即n1小于n2。(4)酸性：HF>H2CO3>HCN>HCOeq\o\al(－,3)。向NaCN中通入少量的CO2反应生成HCN和NaHCO3，反应的离子方程式为CN－＋CO2＋H2O=HCN＋HCOeq\o\al(－,3)。(5)证明氢氟酸比盐酸的酸性弱可以使用的方法有：①测定等物质的量浓度的两种酸的pH，氢氟酸的pH大；②等物质的量浓度的两种酸分别与Zn反应，初始氢氟酸冒气泡慢；③测定等物质的量浓度的两种溶液的导电性，连接氢氟酸的灯泡较暗等。15．（12分）25℃时，三种酸的电离平衡常数如下：化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数1.8×105K1＝4.3×10－7K2＝5.6×10－113.0×10－8回答下列问题：（1）一般情况下，当温度升高时，Ka________(填“增大”、“减小”或“不变”)。（2）下列四种离子结合质子能力由大到小的顺序是______________________(填字母)。a.CO32－

b.ClO－

c.CH3COO－

d.HCO3－（3）下列反应不能发生的是________(填字母)。a.CO32＋2CH3COOH＝2CH3COO＋CO2↑＋H2O

b.ClO－＋CH3COOH＝CH3COO－＋HClOc.CO32－＋2HClO＝CO2↑＋H2O＋2ClO－d.2ClO－＋CO2＋H2O＝CO32－＋2HClO（4）25℃时，若测得CH3COOH与CH3COONa的混合溶液的pH＝6，则溶液中c(CH3COO－)c(Na＋)＝___mol·L1(填精确数值)。（5）体积均为10mL、pH均为2的醋酸溶液与HX溶液分别加水稀释至1000mL，稀释过程中pH变化如下图所示。稀释后，HX溶液中水电离出来的c(H＋)_____(填“>”、“=”或“<”，下同)醋酸溶液中水电离出来的c(H＋)；用同浓度的NaOH溶液分别中和上述两种酸溶液，恰好中和时消耗NaOH溶液的体积：醋酸____HX。【答案】（每空2分）（1）增大

（2）a＞b＞d＞c

（3）cd

（4）9.9×10－7moL·L－1

（5）>

>【解析】（1）升高温度促进弱电解质的电离，所以当温度升高时，Ka增大。（2）电离平衡常数越大，越易电离，溶液中离子浓度越大，则酸性强弱为：CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO3，酸根离子对应的酸的酸性越强，酸根离子结合氢离子的能力越弱，则四种离子结合质子的能力由大到小的顺序是：CO32>ClO>HCO3>CH3COO，即a>b>d>c。（3）a．CO32+CH3COOH═CH3COO+CO2↑+H2O：碳酸的酸性小于CH3COOH，所以CH3COOH能够制取碳酸，该反应能够发生，故a错误；b．ClO+CH3COOH═CH3COO+HClO：CH3COOH的酸性大于HClO，CH3COOH能够制取HClO，该反应能够发生，故b错误；c．CO32+HClO═CO2↑+H2O+ClO：HClO的酸性小于碳酸，该反应无法发生，故c正确；故选cd。d.2ClO+CO2+H2O═CO32+2HClO：由于酸性H2CO3>HClO>HCO3，则碳酸与次氯酸根离子反应只能生成碳酸氢根离子，不会生成CO32，该反应不能发生，故d正确；（4）根据电荷守恒得c（CH3COO－）－c（Na＋）＝c（H＋）－c（OH－）＝（10－6－10－8）mol·L－1＝9.9×10－7mol·L－1。（5）加水稀释促进弱酸电离，pH相同的不同酸稀释相同的倍数，pH变化大的酸酸性强，变化小的酸酸性弱；酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大，根据图知，pH相同的醋酸和HX稀释相同的倍数，HX的pH变化大，则HX的酸性大于醋酸，所以HX的电离平衡常数大于常数，稀释后醋酸中氢离子浓度大于HX，所以醋酸抑制水电离程度大于HX，则HX溶液中水电离出来的c（H+）大于醋酸溶液水电离出来c（H+）；溶液中氢离子浓度越小，对的抑制程度越小，水的电离程度越大，稀释后HX溶液中的c（H+）小于CH3COOH溶液中的c（H+），它对水的电离的抑制能力减弱。1．（2023·浙江·高考真题）硫酸铜应用广泛，下列说法不正确的是A．元素位于周期表p区 B．硫酸铜属于强电解质C．硫酸铜溶液呈酸性 D．硫酸铜能使蛋白质变性【答案】A【解析】A．Cu为29号元素，位于IB族，属于ds区元素，故A错误；B．硫酸铜属于盐类，在水溶液中能完全电离，属于强电解质，故B正确；C．硫酸铜为强酸弱碱盐，铜离子水解使溶液呈酸性，故C正确；D．铜离子为重金属离子，能使蛋白质变性，故D正确；故选：A。2．（2022·浙江·统考高考真题）下列物质属于强电解质的是A． B． C． D．【答案】C【解析】A．是弱酸，在水溶液中只能部分电离，属于弱电解质，A不合题意；B．是单质，不是电解质，B不合题意；C．是盐，在水溶液中能够完全电离，故属于强电解质，C符合题意；D．是有机物，在水溶液和熔融状态下均不导电，属于非电解质，D不合题意；故答案为：C。3．（2022·浙江·统考高考真题）已知25℃时二元酸H2A的Ka1=1.3×107，Ka2=7.1×1015。下列说法正确的是A．在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，水的电离程度前者小于后者B．向0.1mol·L1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3，则H2A的电离度为0.013%C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，则c(A2)＞c(HA)D．取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，则该溶液pH=a+1【答案】B【解析】A．在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，A2的水解程度大于HA，水的电离程度前者大于后者，故A错误；B．溶液中c(H+)=103mol/L，H2A电离程度较小，溶液中c(H2A)≈0.1mol/L，Ka1=，c(HA)=1.3×105mol/L，c(HA)≈c(H2A)电离，则H2A的电离度0.013%，故B正确；C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，，则c(A2)<c(HA)，故C错误；D．H2A是弱酸，取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，H2A的电离平衡正向移动，则该溶液pH<a+1，故D错误；选B。4．（2018·浙江·校联考高考真题）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：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NaOH固体反应后呈中性的溶液