答案：本题可根据$NH_4NO_3$溶液中$NH_4^+$的水解过程分析水的电离情况，进而得出发生电离的水的物质的量之比。

$NH_4NO_3$在溶液中完全电离：$NH_4NO_3 = NH_4^+ + NO_3^-$，$NH_4^+$发生水解：$NH_4^+ + H_2O\rightleftharpoons NH_3\cdot H_2O + H^+$。

设$NH_4NO_3$的物质的量为$1mol$，则$n(NH_4^+)=1mol$。
- **步骤一：计算$NH_4^+$水解时消耗的$H_2O$与生成的$H^+$的物质的量**
$NH_4^+$水解时，每$1mol NH_4^+$水解消耗$1mol H_2O$，生成$1mol H^+$，即消耗$H_2O$的物质的量为$1mol$，生成$H^+$的物质的量为$1mol$。
- **步骤二：计算溶液中由水电离出的$H^+$与$OH^-$的物质的量**
常温下，$K_w = c(H^+)\times c(OH^-)=1.0\times 10^{-14}$。$NH_4^+$水解使溶液呈酸性，溶液中的$H^+$来自$NH_4^+$水解和水的电离，$OH^-$完全由水电离产生。
因为$NH_4^+$水解程度较小，溶液中$c(H^+)\approx 10^{-5}mol/L$，$c(OH^-)=\frac{K_w}{c(H^+)}=\frac{1.0\times 10^{-14}}{10^{-5}} = 10^{-9}mol/L$。
由于溶液体积相同，所以由水电离出的$H^+$与$OH^-$的物质的量之比等于其浓度之比，即$n(H^+)_{水}:n(OH^-)_{水}=10^{-5}:10^{-9}=10^{4}:1$。
- **步骤三：计算发生电离的水的物质的量之比**
$NH_4^+$水解时消耗$1mol H_2O$，生成$1mol H^+$，溶液中由水电离出的$H^+$与$OH^-$的物质的量之比为$10^{4}:1$，所以发生电离的水的物质的量之比为$1:10:10^{4}:10^{8}$。

综上，答案选D。

答案：本题可根据溶液酸碱性的判断依据，对各选项逐一进行分析。

### 选项A
溶液显酸性、碱性还是中性的实质是溶液中$c(H^+)$与$c(OH^-)$的相对大小，利用$pH$判断溶液酸碱性的前提条件是在常温下。
当温度高于常温时，水的离子积常数$K_w\gt 1.0\times 10^{-14}$，此时$pH = 7$的溶液中$c(H^+)\lt c(OH^-)$，溶液呈碱性；当温度低于常温时，水的离子积常数$K_w\lt 1.0\times 10^{-14}$，此时$pH = 7$的溶液中$c(H^+)\gt c(OH^-)$，溶液呈酸性。所以$pH = 7$的溶液不一定呈中性，A选项**错误**。

### 选项B
在任何温度下，纯水中都存在$c(H^+)=c(OH^-)$，所以$c(H^+) = 10^{-7}mol\cdot L^{-1}$的纯水一定呈中性，B选项**正确**。

### 选项C
石蕊试液的变色范围是$pH=5.0 - 8.0$，使石蕊溶液呈紫色的溶液，其$pH$范围是$5.0 - 8.0$，可能呈酸性、中性或碱性，C选项**错误**。

### 选项D
酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液不一定呈中性。例如，$HCl$与$NaOH$恰好完全反应生成$NaCl$，$NaCl$溶液呈中性；但$CH_3COOH$与$NaOH$恰好完全反应生成$CH_3COONa$，$CH_3COO^-$水解使溶液呈碱性；$HCl$与$NH_3\cdot H_2O$恰好完全反应生成$NH_4Cl$，$NH_4^+$水解使溶液呈酸性。所以酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液不一定呈中性，D选项**错误**。

综上，答案选B。

答案：本题可根据重水的离子积常数以及$pD$的定义，对各选项逐一进行分析。

### 选项A
已知某温度下重水$(D_2O)$的离子积常数为$1.6\times 10^{-15}$，即纯净的重水中$c(D^+)\cdot c(OD^-)= 1.6\times 10^{-15}\lt 1.0\times 10^{-14}$，A选项**错误**。

### 选项B
$1L$溶有$0.01mol DCl$的重水溶液中，$DCl$完全电离：$DCl = D^+ + Cl^-$，则$c(D^+)=0.01mol/L$。
根据$pD = -\lg c(D^+)$，可得$pD = -\lg 0.01 = 2$，B选项**正确**。

### 选项C
$1L$溶有$0.01mol NaOD$的重水溶液中，$NaOD$完全电离：$NaOD = Na^+ + OD^-$，则$c(OD^-)=0.01mol/L$。
由重水的离子积常数$K_{w(D_2O)} = c(D^+)\cdot c(OD^-)= 1.6\times 10^{-15}$，可得$c(D^+)=\frac{K_{w(D_2O)}}{c(OD^-)}=\frac{1.6\times 10^{-15}}{0.01}=1.6\times 10^{-13}mol/L$。
再根据$pD = -\lg c(D^+)$，可得$pD = -\lg(1.6\times 10^{-13})=13 - \lg 1.6\neq 12$，C选项**错误**。

### 选项D
纯净的重水中$c(D^+)=c(OD^-)$，由$K_{w(D_2O)} = c(D^+)\cdot c(OD^-)= 1.6\times 10^{-15}$，可得$c(D^+)=\sqrt{1.6\times 10^{-15}}mol/L$，则$pD = -\lg\sqrt{1.6\times 10^{-15}}\neq 7$，D选项**错误**。

综上，答案选B。

答案：本题可根据不同溶液的特点，结合相关公式计算溶液的$pH$。

### (1)$0.005mol\cdot L^{-1}$的$H_2SO_4$溶液
$H_2SO_4$是二元强酸，在溶液中完全电离，则$c(H^+)=2\times 0.005mol/L = 0.01mol/L$。
根据$pH = -\lg c(H^+)$，可得$pH = -\lg 0.01 = 2$。

### (2)$0.1mol\cdot L^{-1}$的$CH_3COOH$溶液
$CH_3COOH$是弱酸，在溶液中部分电离，设$c(H^+)=xmol/L$，则$CH_3COOH\rightleftharpoons CH_3COO^- + H^+$，起始浓度$(mol/L)$：$0.1$ $0$ $0$，平衡浓度$(mol/L)$：$0.1 - x$ $x$ $x$。
因为$K_a = 1.8\times 10^{-5}$较小，$0.1 - x\approx 0.1$，根据$K_a=\frac{c(CH_3COO^-)\cdot c(H^+)}{c(CH_3COOH)}$，可得$1.8\times 10^{-5}=\frac{x\cdot x}{0.1}$，解得$x=\sqrt{1.8\times 10^{-6}}\approx 1.3\times 10^{-3}mol/L$。
再根据$pH = -\lg c(H^+)$，可得$pH = -\lg(1.3\times 10^{-3}) = 3 - \lg 1.3\approx 2.9$。

### (3)$0.1mol\cdot L^{-1}NH_3\cdot H_2O$溶液
$NH_3\cdot H_2O$的电离度为$\alpha = 1\%$，则$c(OH^-)=0.1mol/L\times 1\% = 0.001mol/L$。
根据$K_w = c(H^+)\cdot c(OH^-)=1.0\times 10^{-14}$，可得$c(H^+)=\frac{K_w}{c(OH^-)}=\frac{1.0\times 10^{-14}}{0.001}=1.0\times 10^{-11}mol/L$。
最后根据$pH = -\lg c(H^+)$，可得$pH = -\lg(1.0\times 10^{-11}) = 11$。

### (4)将$pH = 8$的$NaOH$溶液与$pH = 10$的$NaOH$溶液等体积混合
$pH = 8$的$NaOH$溶液中$c(OH^-)=1.0\times 10^{-6}mol/L$，$pH = 10$的$NaOH$溶液中$c(OH^-)=1.0\times 10^{-4}mol/L$。
等体积混合后，$c(OH^-)_{混}=\frac{1.0\times 10^{-6} + 1.0\times 10^{-4}}{2}\approx 5\times 10^{-5}mol/L$。
根据$K_w = c(H^+)\cdot c(OH^-)=1.0\times 10^{-14}$，可得$c(H^+)_{混}=\frac{K_w}{c(OH^-)_{混}}=\frac{1.0\times 10^{-14}}{5\times 10^{-5}} = 2\times 10^{-10}mol/L$。
再根据$pH = -\lg c(H^+)$，可得$pH = -\lg(2\times 10^{-10}) = 10 - \lg 2\approx 9.7$。

### (5)常温下，将$pH = 5$的盐酸与$pH = 9$的$NaOH$溶液以体积比$11:9$混合
$pH = 5$的盐酸中$c(H^+)=1.0\times 10^{-5}mol/L$，$pH = 9$的$NaOH$溶液中$c(OH^-)=1.0\times 10^{-5}mol/L$。
设盐酸体积为$11V$，$NaOH$溶液体积为$9V$，则$n(H^+)=1.0\times 10^{-5}\times 11Vmol$，$n(OH^-)=1.0\times 10^{-5}\times 9Vmol$。
$H^+$过量，$n(H^+)_{过量}=1.0\times 10^{-5}\times 11V - 1.0\times 10^{-5}\times 9V = 2\times 10^{-5}Vmol$。
混合后$c(H^+)_{混}=\frac{2\times 10^{-5}V}{11V + 9V}=1.0\times 10^{-6}mol/L$。
根据$pH = -\lg c(H^+)$，可得$pH = -\lg(1.0\times 10^{-6}) = 6$。

### (6)取$10mL pH = 2$的盐酸加水稀释到$1000mL$$pH = 2$的盐酸中$c(H^+)=0.01mol/L$，稀释后$c(H^+)=\frac{0.01mol/L\times 10\times 10^{-3}L}{1000\times 10^{-3}L}=1.0\times 10^{-4}mol/L$。
根据$pH = -\lg c(H^+)$，可得$pH = -\lg(1.0\times 10^{-4}) = 4$。

综上，答案依次为：(1)$2$；(2)$2.9$；(3)$11$；(4)$9.7$；(5)$6$；(6)$4$。

答案：本题可根据$c(待)=\frac{c(标)V(标)}{V(待)}$，结合$KOH$固体中混有$NaOH$杂质时对$c(标)$的影响，进而分析对滴定结果的影响。

设$KOH$固体中混有的$NaOH$的物质的量为$n_1$，$KOH$的物质的量为$n_2$。
$NaOH$的摩尔质量$M(NaOH)=40g/mol$，$KOH$的摩尔质量$M(KOH)=56g/mol$。
若没有杂质，$KOH$的物质的量为$n = n_1 + n_2$，则$KOH$标准溶液的实际浓度$c(标)=\frac{n}{V}$（$V$为溶液体积）。
由于$M(NaOH)\lt M(KOH)$，当$n_1 + n_2$一定时，混有$NaOH$杂质会使实际的$m$（总质量）偏小，根据$n=\frac{m}{M}$，则实际的$n$偏大，即$c(标)$偏大。
根据$c(待)=\frac{c(标)V(标)}{V(待)}$，$V(待)$不变，$c(标)$偏大，则$V(标)$偏小，所以$c(待)$偏小。
所以用$KOH$标准溶液滴定未知浓度的盐酸，配制标准溶液的$KOH$固体中混有$NaOH$杂质，则结果偏小，A选项**正确**。

综上，答案选A。