(多选)0.1mol/LHF溶液的pH=2，则该溶液中有关浓度关系式不正确的是（ ）
分析：
A、HF溶液中存在酸的电离平衡，还存在水的电离平衡；
B、HF溶液中存在酸的微弱的电离平衡；
C、酸溶液中，氢离子浓度大于氢氧根离子浓度；
D、根据酸的电离平衡结合电离程度来回答．
解答：
解：A、HF电离出的H_等于F_，但水也可电离产生H_，所以c(H_)＞c(F_)，故A正确；
B、HF微弱电离出少量的H_，c(H_)＜c(HF)，故B错误；
C、HF酸溶液中，c(OH_)＜c(H_)＜c(HF)，故C错误；
D、HF极微弱电离出的H_等于F_，所以c(HF)＞c(F_)，故D正确．
故选BC．
点评：
本题考查电解质溶液中离子浓度间的关系，注意弱电解质的电离平衡的应用，难度不大．
(多选)常温下，某溶液中由水电离产生的c(H^{+})=1×10^{-11} mol·L^{-1}，则该溶液的pH可能是（ ）
分析：
解答：
点评：
本题考查了pH的简单计算，明确哪些物质促进水电离哪些物质抑制水电离是解本题关键，题目难度中等．
0.01mol•L^{-1}HB溶液的pH=2，将溶液稀释100倍后，溶液的pH值可能为（ ）
分析：
解答：
点评：
本题考查了电解质的电离，注意把握酸溶液稀释时pH的变化规律，题目难度不大．
(多选)对于常温下pH为1的硝酸溶液，下列叙述正确的是（ ）
分析：
A、pH为1的硝酸溶液中c(H_)=0.1mol/L，溶液lmL稀释至100mL后，根据体积变为原来的100倍，浓度变为原来的0.01计算pH；
B、pH为13的氢氧化钡溶液c(OH_)=0.1mol/L，与等体积的pH为1的硝酸完全中和；
C、pH为1的硝酸溶液中由水电离出的c(H_)=10_mol/L；
D、pH为3的硝酸中水电离出的c(H_)=10_mol/L．
解答：
解：A、pH为1的硝酸溶液中c(H_)=0.1mol/L，溶液lmL稀释至100mL后，c(H_)=0.001mol/L，pH等于3，故A正确；
B、pH为13的氢氧化钡溶液c(OH_)=0.1mol/L，与等体积的pH为1的硝酸完全中和，故B正确；
C、pH为1的硝酸溶液中由水电离出的c(H_)=10_mol/L，pH为1的硝酸溶液中c(H_)=0.1mol/L，该溶液中硝酸电离出的c(H_)与水电离出的c(H_)之比值为10_，故C错误；
D、pH为1的硝酸溶液中由水电离出的c(H_)=10_mol/L，pH为3的硝酸中水电离出的c(H_)=10_mol/L，则该溶液中水电离出的c(H_)是pH为3的硝酸中水电离出的c(H_)的0.01倍，故D错误．
故选AB．
点评：
本题考查溶液PH的相关计算，题目难度不大，做题时注意把握计算公式．
(多选)常温时，下列溶液的pH等于8或大于8的是（ ）
分析：
A、酚酞的变色范围pH为8～10；
B、酸稀释只能无限接近中性，但一定为酸性，酸稀释10_倍，若为强酸pH值变化n个单位，若为弱酸变化小于n个单位；
C、碱稀释只能无限接近中性，但一定为碱性，碱稀释10_倍，若为强碱pH值变化n个单位，若为弱碱变化小于n个单位；
D、先根据酸、碱反应计算剩余物质的酸碱性，再根据溶液中氢离子浓度计算溶液的pH值．
解答：
解：A、酚酞的变色范围PH为8～10，所以0.1mol•L_的NaOH溶液滴定稀盐酸，用酚酞做指示剂滴定到终点时，溶液的pH值等于8或大于8，故A正确；
B、pH=6的醋酸用水稀释100倍时，溶液的PH值＜7，故B错误；
C、pH=10的氢氧化钠溶液稀释1000倍时，溶液的pH值接近于7，故C错误；
D、设0.1mol•L_的硫酸100mL需要0.2mol•L_NaOH溶液x．
硫酸和氢氧化钠的反应方程式为：
2NaOH+H$_2$SO$_4$=Na$_2$SO$_4$+2H$_2$O
2mol 1mol
0.2x 0.01mol
x=0.1L=100mL，
所以剩余氢氧化钠溶液150mL-100mL=50mL，混合溶液中氢氧化钠的浓度=$\frac {0.2mol/L×0.05L}{0.25L}$=0.04mol/L，该溶液中氢离子的浓度=$\frac {10}{0.04mol/L}$=2.5×10_，溶液的pH大于12，故D正确．
故选AD．
点评：
本题考查了pH的简单计算，难度较大，注意酸、碱溶液无限稀释时，溶液的pH值只能无限接近于7，但酸不能变为碱，碱不能变为酸．
(多选)常温时，向pH=2的硫酸中加入等体积的下列溶液后，滴入甲基橙试液，出现红色，该溶液可能是（ ）
分析：
滴入甲基橙试液，出现红色，溶液pH＜3.1，以此进行计算．
解答：
解：A．pH=2的硫酸与pH=12的Ba(OH)$_2$恰好完全反应，溶液呈中性，滴入甲基橙试液，出现黄色，故A错误；
B．向pH=2的硫酸中加入等体积的PH=12的氨水，氨水过量，反应后溶液呈碱性，滴入甲基橙试液，出现黄色，故B错误；
C．反应后c(H_)=$\frac {0.01mol/L×VL-0.005mol/L×VL}{2VL}$=0.0025mol/L＞10_mol/L，滴入甲基橙试液，出现红色，故C正确；
D．向pH=2的硫酸中加入0.05 mol/L BaCl$_2$，c(H_)=0.005mol/L＞10_mol/L，滴入甲基橙试液，出现红色，故D正确．
故选CD．
点评：
本题考查pH的计算，题目难度不大，注意甲基橙的变色范围，把握相关物理量的计算．
(多选)下列对酚酞、石蕊、甲基橙试剂说法错误的是（ ）
分析：
甲基橙的变色范围是pH值为3.1-4.4；酚酞的变色范围是pH值为8.2-10；石蕊的变色范围是pH值为5-8 甲基橙PH3.1以下红色，PH3.4--4.4橙色，PH4.4以上黄色
酚酞遇酸不变色，遇碱变红色，强酸则为无色，变色范围为8.2到10，pH在8.2到10之间为粉红．
石蕊遇酸显红色，遇碱显蓝色，据此分析．
解答：
解：A．酚酞、石蕊、甲基橙在不同PH范围内颜色变化不同，故常用作酸碱指示剂，故A正确；
B．酚酞遇碱显红色，故B正确；
C．甲基橙遇碱显黄色，故C错误；
D．中和滴定不能用石蕊作指示剂．原因是石蕊的变色范围(pH5.0～8.0)太宽，到达滴定终点时颜色变化不明显，不易观察，故D错误；
故选CD．
点评：
本题考查了指示剂的使用，注意指示剂的变色范围和使用条件．
(多选)准确量取25.00mL高锰酸钾溶液，可选用的仪器是（ ）
分析：
准确量取25.00mL高锰酸钾溶液，需要用精密量具，精确到0.1，估读到0.01，所以学过的量具，滴定管、移液管是能精确计量的仪器；注意高锰酸钾溶液的强氧化性；
解答：
解：量筒是不能精确地计量的仪器，滴定管、移液管是能精确计量的仪器．准确量取25.00mL溶液，应用25ml的滴定管，50mL滴定管可以量取．又因为碱式滴定管的下端有一段橡皮管，高锰酸钾具有强腐蚀性，量取高锰酸钾溶液要用酸式滴定管；
故选BC．
点评：
本题考查了化学中常见的准确量取液体的仪器和粗略量取的仪器的使用方法和注意问题．
草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体[K_xFe _y(C$_2$O$_4$)_z•nH$_2$O]是一种光敏材料，为测定该晶体中各离子的含量和结晶水的含量，某实验小组实验步骤为：(1)称量9.820g草酸合铁酸钾晶体，加热脱水得无水物质量为8.74g．(2)将所得固体配制成250mL溶液．(3)取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，滴加酸性KMnO$_4$溶液发生反应：5C$_2$O$_4$_+2MnO$_4$_+16H_=10CO$_2$↑+2Mn_+8H$_2$O，恰好消耗0.1000mol/L KMnO$_4$溶液24.00mL．下列说法正确的是（ ）
分析：
A、根据化合价变化，高锰酸钾中的锰原子化合价降低，被还原，C$_2$O$_4$_全部转化成CO$_2$，化合价变化+3→+4，根据电子守恒计算；
B、必须使用到250mL的容量瓶和胶头滴管；
C、根据电子守恒计算出C$_2$O$_4$_ 的物质的量，再求出三草酸合铁酸钾的质量，计算出结晶水的物质的量，得出分子式即可；
D、根据求算出的02molK$_3$Fe(C$_2$O$_4$)$_3$的物质的量结合分子式计算钾离子的物质的量．
解答：
解：A、高锰酸钾得到电子等于C$_2$O$_4$_失去的电子，n_得=0.1000mol/L×0.024L×(7-2)=0.012mol；C$_2$O$_4$_全部转化成CO$_2$，化合价变化+3→+4，根据电子守恒 n(C$_2$O$_4$_)=$\frac {0.012mol}{(2-1)×2}$=0.006mol，$\frac {0.006mol×250mL}{25mL}$=0.06mol，故A错误；
B、需要配制成250mL溶液，必须使用到250容量瓶和胶头滴管，故B错误；
C、高锰酸钾得到电子等于C$_2$O$_4$_失去的电子，n_得=0.1000mol/L×0.024L×(7-2)=0.012mol；C$_2$O$_4$_全部转化成CO$_2$，化合价变化+3→+4，根据电子守恒 n(C$_2$O$_4$_)=$\frac {0.012mol}{(2-1)×2}$=0.006mol；250mL原溶液C$_2$O$_4$_的物质的量为0.006mol×10=0.06mol，故n[K$_3$Fe(C$_2$O$_4$)$_3$]=0.06mol×$\frac {1}{3}$=0.02mol，9.820g三草酸合铁酸钾晶体中结晶水的质量为：9.820-8.74=1.08(g)，故n(H$_2$O)=$\frac {1.08g}{18g/mol}$=0.06mol，即0.02molK$_3$Fe(C$_2$O$_4$)$_3$中还有0.06molH$_2$O，结晶水数目为3，故该晶体的化学式为K$_3$Fe(C$_2$O$_4$)$_3$•3H$_2$O，故C错误；
D、9.820g样品即0.02molK$_3$Fe(C$_2$O$_4$)$_3$中含K_的物质的量为0.06mol，故D正确．
故选D．
点评：
本题借助滴定，考查学生分析、理解信息能力及计算能力，该题难度稍大，需要耐心分析题中数据．
浓度均为0.1mol•L_的五种溶液：①CH$_3$COOH ②NaOH ③CH$_3$COONa ④Ba(OH)$_2$ ⑤Na$_2$CO$_3$中，由水电离出的c(OH_)由小到大的顺序正确的是（ ）
分析：
先将物质的按照碱、盐、酸的顺序分类，再根据盐的水解和弱电解质的电离特点比较pH．
解答：
注意题目问的是由水电离出的氢氧根离子浓度。根据酸和碱会抑制水的电离，能水解的盐会促进水的电离进行分析。②和④是强碱，水的电离被抑制最严重；①是弱酸，水的电离也是被抑制；③和⑤是能水解的盐，水的电离被促进。④中由溶质电离出的氢氧根离子浓度比②大，因此水电离被抑制的程度④中比②中的更严重；形成⑤的碳酸酸性比形成③的醋酸酸性弱，因此⑤比③更容易水解，即更能促进水的电离。综上所述，水电离被抑制的程度，即由水电离出的OH-浓度从小到大的顺序为：④②①③⑤，故选D．
点评：
本题通过比较氢氧根离子浓度的大小，考查了盐类水解．电解质的电离等知识，题目难度不大．
(多选)为了使Na$_2$S溶液中[Na_]/[S_]的比值变小，可加入的物质是（ ）
分析：
在硫化钠溶液中电离出钠离子和硫离子，硫离子水解，导致硫离子浓度会减小，要使[Na_]/[S_]的比值变小，根据硫离子水解平衡S_+H$_2$O⇌HS_+OH_及影响因素进行解答．
解答：
解：在硫化钠溶液中电离出钠离子和硫离子，硫离子水解方程式为：S_+H$_2$O⇌HS_+OH_，要使钠离子和硫离子浓度比值减小，需使硫离子水解平向逆方向移动即可，
A、加入盐酸，会使得化学平衡正向移动，[S_]减小，则使得比值变大，故A错误；
B、入加适量的氢氧化钠溶液，会使的[Na_]增大，使得比值变大，故B错误；
C、适量KOH溶液，平衡向着逆向移动，使得S_的物质的量增大，而钠离子的物质的量不变，则[Na_]/[S_]的比值减小，故C正确；
D、加入适量KHS固体，钠离子浓度不变，硫离子的浓度会增大，所以比值变小，故D正确；
故选CD．
点评：
本题考查了盐的水解原理及其应用，题目难度不大，注意掌握盐的水解原理，明确影响盐的水解的常见因素，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力．