(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．
在相同温度时，100mL0.01mol•L_的醋酸溶液与10mL 0.1mol•L_的醋酸溶液相比较，下列数值中，前者大于后者的是（ ）
分析：
根据醋酸的浓度越小，其电离程度越大，但浓度小，电离产生的离子的浓度变小，但物质的量变大，并结合n=cV来解答，注意电离平衡常数与温度有关．
解答：
解：A．由n=cV可知，100mL 0.01mol/L的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol，10mL0.1mol/L的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol，但后者的浓度大，醋酸的电离程度小，所以氢离子的物质的量前者大于后者，故A正确；
B．电离平衡常数只与温度有关，温度相同则电离平衡常数相同，故B错误；
C．由于溶质n(CH$_3$COOH)都为0.001mol，中和时所需NaOH的量应相同，故C错误；
D．相同温度时，100mL 0.1mol/L的醋酸溶液和10mL 1mol/L的醋酸溶液中溶质都为0.01mol，故D错误；
故选A．
点评：
本题考查弱电解质的电离，明确温度与电离平衡常数的关系，浓度与电离程度的关系是解答本题的关键，题目难度不大．
用水稀释0.1mol/L的醋酸溶液，其中随水的增加而最终增大的有( )①H$^{+}$的物质的量 ②c(H$^{+}$) ③c(CH$_3$COOH) ④$\frac {c(H^{+}）}{c（CH_3COOH）}$⑤$\frac {c（CH_3COOH）}{c（CH_3COO^-）}$．
分析：
解答：
点评：
0.1mol/L的氨水在稀释过程中，始终保持增大趋势的是（ ）
分析：
用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加，由NH$_3$•H$_2$O⇌OH_+NH$_4$_可知，n(OH_)增大，但溶液的体积增大的多，则c(OH_)减小，c(NH$_4$_)减小，加水促进电离，则n(NH$_3$•H$_2$O)减少，碱性减弱．
解答：
解：A、用水稀释0.1mol/L氨水时，电离平衡向右移动，但是溶液的体积增大的多，所以c(NH$_4$_)减小，故A错误；
B、由NH$_3$•H$_2$O⇌OH_+NH$_4$_可知，加水促进电离，则n(OH_)增大，但是溶液的体积增大的多，则c(OH_)减小，故B错误；
C、由NH$_3$•H$_2$O⇌OH_+NH$_4$_可知，加水促进电离，则n(NH$_3$•H$_2$O)减少，故C错误；
D、因加水稀释时，温度不变，则c(H_)和c(OH_)的乘积不变，根据选项B知c(OH_)减小，所以c(H_)增大，故D正确．
故选D．
点评：
本题考查弱电解质的电离，明确稀释时电离平衡的移动及离子的物质的量、离子的浓度的变化是解答的关键，并注意离子积与温度的关系来解答．
0.1mol/L的氨水在稀释过程中，始终保持增大趋势的是（ ）
分析：
稀释氨水溶液过程中，一水合氨是弱电解质，加水稀释促进一水合氨电离，导致铵根离子、氢氧根离子个数增大，但其浓度减小，一水合氨分子个数减小，溶液体积增大，所以一水合氨浓度减小．
解答：
解：A．稀释氨水过程中，促进一水合氨电离，溶液中铵根离子个数增多，但溶液体积增大倍数大于铵根离子物质的量增大倍数，所以铵根离子浓度减小，故A错误；
B．稀释氨水过程中，促进一水合氨电离，溶液中氢氧根离子个数增多，但溶液体积增大倍数大于氢氧根离子物质的量增大倍数，所以氢氧根离子浓度减小，故B错误；
C．加水稀释过程中，促进一水合氨电离，则铵根离子个数增大，故C正确；
D．加水稀释过程中，促进一水合氨电离，溶液中一水合氨分子个数减小，溶液体积增大，所以其浓度减小，故D错误；
故选C．
点评：
本题考查了弱电解质电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键，注意稀释过程中，虽然促进一水合氨电离，但溶液体积增大倍数要远远超过铵根离子、氢氧根离子增大倍数，为易错点．
用蒸馏水稀释1mol•L_醋酸时，始终保持增大趋势的是（ ）
分析：
醋酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡，稀释醋酸溶液，促进醋酸电离，但醋酸电离的增大程度小于溶液体积增大程度，据此分析解答．
解答：
解：醋酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡，稀释醋酸溶液，促进醋酸电离，但醋酸电离的增大程度小于溶液体积增大程度，
A．醋酸电离的增大程度小于溶液体积增大程度，所以c(CH$_3$COO_)减小，故A错误；
B．醋酸电离的增大程度小于溶液体积增大程度，所以c(H_)减小，故B错误；
C．加水稀释醋酸，促进醋酸电离，则c(CH$_3$COOH)减小，故C错误；
D．加水稀释醋酸促进醋酸电离，但醋酸电离的增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中氢离子浓度减小，温度不变水的离子积常数不变，所以c(OH_)增大，故D正确；
故选D．
点评：
本题考查了弱电解质电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键，注意结合水的离子积常数分析，知道水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关，难度中等．
用水稀释0.1mol•L_的CH$_3$COOH溶液，其中随水的量增加而增大的是（ ）
①c(H_)②n(H_) ③$\frac {c(H+)}{c(CH$_3$COOH)}$ ④$\frac {c(CH$_3$COOH)}{(H+)}$ ⑤c(OH_)⑥c(CH$_3$COO_)．
分析：
醋酸是弱酸，加水稀释促进醋酸电离，溶液中c(H_)、c(CH$_3$COO_)都减小，温度不变，水的离子积常数不变，则溶液中c(OH_)增大．
解答：
解：①醋酸是弱酸，加水稀释促进醋酸电离，水的电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中c(H_)减小，故错误；
②加水稀释促进醋酸电离，导致溶液中n(H_)增大，故正确；
③加水稀释促进醋酸电离，则n(H_)增大、n(CH$_3$COOH)减小，所以$\frac {c(H_)}{c(CH$_3$COOH)}$增大，故正确；
④根据③知，$\frac {c(CH$_3$COOH)}{c(H_)}$减小，故错误；
⑤加水稀释促进醋酸电离，溶液中c(H_)、c(CH$_3$COO_)都减小，温度不变，水的离子积不变，则溶液中c(OH_)增大，故正确；
⑥加水稀释促进醋酸电离，水的电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中c(CH$_3$COO_)减小，故错误；
故选B．
点评：
本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键，根据醋酸电离程度与溶液体积增大程度之间的关系结合水的离子积常数来分析解答，很多同学往往认为“增大醋酸电离程度，则溶液中氢离子浓度增大”而导致错误，为易错点题．
用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是（ ）
分析：
氨水是弱碱，存在电离平衡，稀释促进电离，OH_的物质的量增加，但浓度减小，所以氢离子的浓度增加．NH$_3$•H$_2$O的物质的量减小，浓度减小，所以溶液中随着水量的增加而减小的是$\frac {c(NH$_3$•H$_2$O)}{c(OH_)}$，以此解答该题．
解答：
解：在氨水中存在如下电离平衡：NH$_3$•H$_2$O=NH$_4$_+OH_，
A．K=$\frac {c(OH_)}{c(NH$_3$•H$_2$O)}$×c(NH$_4$_)用水稀释0.1mol/L氨水时，c(NH$_4$_)变小，因温度不变，则K不变，所以有$\frac {c(NH$_3$•H$_2$O)}{c(OH_)}$减小，故A正确；
B．由A可知$\frac {c(OH_)}{c(NH$_3$•H$_2$O)}$增加，故B错误；
C．由于温度不变，所以c(H_)和c(OH_)的乘积不变，故C错误；
D．稀释促进电离，OH_的物质的量增加，故D错误．
故选A．
点评：
本题考查了电离常数，水的离子积，该考点是高考考查的重点，解题的关键是温度不变，水的离子积不变，电离常数也不变，本题难度中等．