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解：（1）甲组实验中HX为弱酸，酸和碱的浓度相等，所以等体积的酸和碱的物质的量相等，恰好反应生成盐和水，生成的盐是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，溶液的PH值大于7，所以溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，因为溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，所以溶液中钠离子浓度大于酸根离子浓度，盐以电离为主水解为次，所以酸根离子浓度大于氢氧根离子浓度，故答案为：＞，c（Na+）＞c（X-）＞c（OH-）＞c（H+）；

（2）乙组实验中HY为强酸，等体积混合后溶液呈中性，说明酸的浓度和碱的浓度相等都是0.1mol/L，酸是强酸，所以酸溶液中氢离子浓度是0.1mol/L，酸溶液中pH=1，

故答案为：1；

（3）等物质的量的酸、碱反应后溶液呈碱性乙组实验中HY为强酸，说明酸是弱酸，酸和碱反应的离子方程式为HZ+OH-=H2O+Z-，常温下，PH=9的溶液中氢离子浓度10-9mol/L，则氢氧根离子浓度是10-5mol/L，故答案为：HZ+OH-=H2O+Z-；10-5；

（4）酸是弱酸，酸的PH=2时，酸的浓度大于0.01mol/L，所以等体积的酸和碱混合后酸过量，导致溶液的pH小于7，故答案为：＜．

解：（1）H2S水溶液中存在电离平衡H2S⇌H++HS-、HS-⇌H++S2-和水的电离平衡，所以含有水分子、硫化氢分子、H+、HS-、S2-和OH-，故答案为：6；

（2）若将容器顶盖由a压到b位置，增大压强，溶液中硫化氢的浓度变大，平衡H2S⇌H++HS-和HS-⇌H++S2-正向移动，导致H+、HS-、S2-浓度变大，而氢离子与氢氧根离子的积是个定值，所以氢氧根离子浓度减小，故答案为：H+、HS-、S2-；OH-；

（3）SO2+2H2S=3S↓+2H2O，平衡向左移动，H2O+SO2=H2SO3，亚硫酸酸性大于氢硫酸，所以先减小，后增大到某值，故选：B；

（4）若由c处不断通入N2，氮虽是非反应气体，如果不断通入N2，体系温度升高，硫化氢的溶解度变小，H2S水溶液中存在电离平衡H2S⇌H++HS-和HS-⇌H++S2-逆向移动，所以氢离子的浓度减小，故答案为：变小．

解：（Ⅰ）相同温度下，酸的电离常数越大酸电离程度越大，多元弱酸电离时，第一步电离远远大于第二步电离；

①H2A的第一步电离常数大于H2B的第一步电离常数，所以氢离子浓度H2A＞H2B，故答案为：＞；

②H2A的第二步电离常数大于H2B，所以酸根离子的浓度：c（A2-）＞c（B2-），故答案为：＞；

（Ⅱ）①常温下，将1mL pH=1的H2SO4溶液加水稀释至100mL，稀释后的溶液中pH=原来溶液的pH+2=1+2=3；

====108，故答案为：3；108；

②pH=11，则c（H+）=10-11 mol/L，c（OH-）=0.01mol/L，KW=c（H+）．c（OH-）=1×10-13，

水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，水的离子积常数增大，该温度下水的离子积常数大于25℃时水的离子积常数，所以该温度大于25℃，

故答案为：1×10-13；＞；

③常温下，设pH=5的H2SO4的溶液中由水电离出的H+浓度C1=10-9 mol/L，pH=5的Al2（SO4）3溶液中由水电离出的H+浓度C2=10-5mol/L，所以则==10-4，

故答案为：10-4．

解：（1）在 pH=5的稀醋酸溶液中，c（H+）=10-5mol/L，c（OH-）=10-9mol/L，根据溶液电荷守恒可知c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），则c（CH3COO-）=（10-5-10-9）mol/L；

加热、加水稀释、加入碱性物质均能使电离平衡向右移动，故可以使0.10 mol•L‾1CH3COOH的电离程度增大的是bdf，

故答案为：（10-5-10-9）mol/L； bdf；

（2）醋酸是弱酸，随着它和金属的反应，电离平衡不断地向右移动，会电离出更多的氢离子，所以醋酸产生的氢气体积较大；

开始时，醋酸和盐酸的pH均等于3，即开始时氢离子的浓度相等，所以开始时的速率相等，

故答案为：＜；=；

（3）醋酸溶液是弱酸，pH为3的醋酸溶液中，醋酸的浓度大于10-3mol/L，pH=11的NaOH溶液浓度等于10-3mol/L，最后溶液恰好呈中性，说明碱多，所以Vb＞Va；

溶液恰好呈中性，氢离子和氢氧根的浓度一定相等，根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），所以c（Na+）=c（CH3COO-），溶液中离子浓度大小为：c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（H+）=c（OH-），

故答案为：＜；c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（H+）=c（OH-）；

（4）pH=3的盐酸中c（H+）=10-3mol/L，pH=11的氢氧化钠溶液中c（OH-）==38×10-3mol/L，混合后：H++OH-=H2O，所以碱剩余，剩余的氢氧根的浓度为c（OH-）==0.0185mol/L，所以c（H+）=≈2.05×10-11（mol/L），

故答案为：2.05×10-11mol/L．

解：（1）25℃时，0.1mol•L-1的某酸HA中，如果该酸是强酸，则=1012＞=1010，所以该酸是弱酸，弱酸在水溶液里存在电离平衡，其电离方程式为HA⇌H++A-，

故答案为：弱；HA⇌H++A-；      

（2）A．加水稀释促进酸电离，氢离子浓度、酸浓度、酸根离子浓度都降低，但氢离子浓度减小的量小于酸分子减小的量，所以增大，故A错误；

B．加水稀释促进酸电离，酸浓度、酸根离子浓度都降低，但酸根离子浓度减小的量小于酸分子减小的量，所以氢氧根离子浓度增大，则减小，故B正确；

C．温度不变，水的离子积常数不变，故C错误；

D．加水稀释促进酸电离，氢离子浓度降低，但氢氧根离子浓度增大，故D错误；

故选B；   

（3）等pH的HA溶液和盐酸，HA是弱酸，盐酸是强酸，所以HA的物质的量浓度大于盐酸，等体积的HA和盐酸，HA的物质的量大于盐酸，所以向等体积、等pH的HA溶液和盐酸中分别加入足量Zn，产生的H2是HA多，故选A；  

（4）①等体积和等物质的量浓度的HA和NaOH溶液混合，酸和碱的物质的量相等，酸和碱恰好反应生成盐，盐是强碱弱酸盐水解呈碱性，所以pH＞7，

NaA的溶液呈碱性，如果要使盐溶液呈中性，则酸应该稍微过量，所以V＜20.00；

酸的体积是碱的2倍，则酸和碱反应后有剩余，且剩余的酸的物质的量和盐的物质的量相等，溶液呈酸性，说明酸的电离程度大于酸根离子的水解程度，所以c（HA）＜c（A-），

故答案为：＞；＜；＜；

②酸是弱酸，则酸根离子水解导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度而使溶液 呈酸性，水解离子方程式为：A-+H2O⇌HA+OH-，故答案为：A-+H2O⇌HA+OH-；

③溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），根据溶液呈电中性知，c（A-）=c（Na+），因为该溶液是盐溶液，盐的电离程度大于水的电离程度，所以溶液中各种离子浓度的大小关系是c（A-）=c（Na+）＞c（H+）=c（OH-），故答案为：c（A-）=c（Na+）＞c（H+）=c（OH-）．

解：等体积混合液HCl与NaHA反应：NaHA+HCl=NaCl+H2A，所以C中相当于含有 0.01mol/LH2A 和0.01mol/LNaHA；0.02mol/L的NaOH与0.02mol/L的NaHA溶液等体积混合NaOH+NaHA=Na2A+H2O  所以D中相当于含有 0.01mol/LNa2A，因此，

A、0.01mol/L的H2A溶液                 B、0.01mol/L的NaHA溶液

C、0.01mol/LH2A 和0.01mol/LNaHA       D、0.01mol/LNa2A             

（1）因弱酸的一级电离为酸性的主要来源，明显只有A、C具有弱酸；而C中HA-会抑制同浓度弱酸的电离，故较小，只有D为正盐，水解程度最大，c（H+）最小，故答案为：A；D；

（2）因C中电离比A小，留下的就比A大，故c（H2A） 最大；D中正盐二级水解生成弱酸最难，故c（H2A）最小，故答案为：C；D；

（3）因正盐留下的A2-浓度必最大；弱酸H2A二级电离成A2-最难，故答案为：D；A．

解：（1）相同条件下，弱酸的电离平衡常数越大，则弱酸的电离程度越大，其酸性越强，即Ki值越大，酸性越强，故答案为：Ki值越大，酸性越强；

（2）根据强酸制取弱酸知，

A．次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子而小于碳酸，所以次氯酸根离子和碳酸反应生成次氯酸和碳酸氢根离子，故A错误；

B．甲酸酸性大于碳酸，所以2HCOOH+CO32-→2HCOO-+H2O+CO2↑能发生，故B正确；

C．甲酸的酸性大于亚硫酸氢根离子而小于亚硫酸，所以亚硫酸和甲酸根离子反应生成甲酸和亚硫酸氢根离子，故C错误；

D．次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子而小于盐酸，如果碳酸钠过量，发生的反应为Cl2+H2O+2CO32-→2HCO3-+Cl-+ClO-能发生，故D正确；

故选BD；

（3）常温下，pH=3的HCOOH溶液与pH=11的NaOH溶液中，甲酸浓度大于氢氧化钠，二者等体积混合，甲酸过量导致溶液呈酸性，则C（H+）＞C（OH-），溶液中存在电荷守恒C（Na+）+C（H+）=C（HCOO-）+C（OH-），所以C（HCOO-）＞C（Na+），该溶液中甲酸的电离程度较小，所以C（Na+）＞C（H+），则该溶液中离子浓度大小顺序是C（HCOO-）＞C（Na+）＞C（H+）＞C（OH-），故答案为：C（HCOO-）＞C（Na+）＞C（H+）＞C（OH-）；

（4）亚硒酸（H2SeO3）有较强的氧化性，二氧化硫有还原性，二者混合发生氧化还原反应生成红褐色的Se及硫酸，所以该反应方程式为：H2SeO3+2SO2+H2O=Se↓+2H2SO4，

故答案为：H2SeO3+2SO2+H2O=Se↓+2H2SO4；

（5）H2SeO3+H2O2→H2SeO4+H2O中，Se元素的化合价由+4价变为+6价，氧元素的化合价由-1价变为-2价，所以双氧水是氧化剂，亚硒酸是还原剂，硒酸是氧化产物，硒酸和水是还原产物，硒酸的氧化性大于亚硒酸，故选C；

（6）反应HI+H6TeO6 TeO2+Te+I2+H2O中，Te元素的化合价由+6价变为0价和+4价，碘元素的化合价由-1价变为0价，且生成的TeO2与Te的物质的量之比为1：1，则两个Te原子得到8个电子，根据转移电子相等知，氢碘酸的计量数应该是8，再根据原子守恒配平方程式得8HI+2H6TeO6→TeO2+Te+4I2+10H2O，

故答案为：8；2；1；1；4；10．

解：（1）等体积等浓度混合，恰好生成正盐，pH=9，则生成强碱弱酸盐，所以HA为弱酸，故答案为：弱酸；

（2）若酸为强酸，等体积等浓度混合时pH=7；而HA为弱酸，等体积等浓度混合溶液的pH大于7，则为保证pH=7，应使酸浓度大于0.2mol/L；

故答案为：＞；

（3）由③组实验结果可知，混合后为HA与NaA的混合液，pH＜7，酸的电离大于盐的水解，溶液显酸性，c（H+）＞c（OH-），电离大于水解，则c（A-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），

故答案为：＞；c（A-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）；

（4）pH=9，由水电离出的c（OH-）=10-9mol/L，溶液中水电离出c（H+）=c（OH-）=10-9mol/L，

故答案为：10-9mol/L．

解：CH3COOH⇌CH3COO-+H+的电离平衡中，加金属镁可以和氢离子反应，平衡受到促进，电离程度增大，醋酸根离子浓度增大，但是氢离子浓度减小，氢氧根离子和氢离子浓度的乘积不变，所以氢氧根浓度增大；

升温可以促进电离平衡右移，电离程度增大，醋酸根离子浓度增大，氢离子浓度增大，氢氧根离子和氢离子浓度的乘积不变，所以氢氧根浓度减小；

加氢氧化钠可以消耗氢离子，促进电离，电离程度增大，醋酸根离子浓度增大，氢离子浓度减小，氢氧根离子和氢离子浓度的乘积不变，所以氢氧根浓度增大；

加入HCl，增加了氢离子浓度，抑制电离，电离程度减小，醋酸根离子浓度减小，氢离子浓度增大，氢氧根离子和氢离子浓度的乘积不变，所以氢氧根浓度减小，

故答案为：

．

解：（1）25℃时，纯水中c（H3O+）•c（OH-）=Kw=10-14，c（H2O）==55.6mol/L，K1===1.8×10-16，故答案为：1.8×10-16；

（2）水中c（H3O+）=c（OH-），K2=则c（O2-）=K2•c（OH-）/c（H3O+）=K2=10-36，

1L水中氧负离子的个数=6.02×1023×10-36=6.02×10-13，设xL水中含有一个氧负离子，则1：6.02×10-13=x：1，x=1.7×1012，

故答案为：1.7×1012L水中有一个氧负离子．

解：（1）①亚磷酸是二元酸，亚磷酸和少量氢氧化钠反应生成NaH2PO3、H2O，所以该反应方程式为：H3PO3+OH-=H2PO3-+H2O；

故答案为：H3PO3+OH-=H2PO3-+H2O；

②亚磷酸是二元酸，故Na2HPO3属于正盐，HPO32-只能发生水解而使溶液显示碱性，即pH＞7；

故答案为：＞；

③0.1000mol•L-1的H3PO3溶液c （H+）=2.5×10-2 mol•L-1，氢离子浓度小于亚磷酸浓度，所以亚磷酸是二元弱酸，在水中分步电离，且第一步电离程度大于第二步，两步电离中都有氢离子生成，所以氢离子浓度最大，离子浓度大小顺序是：c（HPO32-）＜c（H2PO3-）＜c（H+）；

                             H3PO3 ⇌H++H2PO3-

起始时各物质浓度（mol•L-1）：0.10              0           0

反应的各物质的浓度（mol•L-1）：2.5×10-2 2.5×10-2   2.5×10-2

平衡时各物质的浓度（mol•L-1）：0.10-2.5×10-2 2.5×10-2 2.5×10-2

则：K===8.3×10-3mol/L；

故答案为：c（H+）＞c（H2PO3-）＞c（HPO32-）；8.3×10-3mol/L；

（2）碘具有氧化性，亚磷酸具有强还原性，所以亚磷酸和碘能发生氧化还原反应生成氢碘酸和磷酸，反应方程式为：H3PO3+I2+H2O=2HI+H3PO4；

故答案为：H3PO3+I2+H2O=2HI+H3PO4．

解：（1）CH3COOH溶液中存在电离平衡CH3COOH⇌CH3COO-+H+，加入CH3COONa固体，c（CH3COO-）增大，平衡左移；CH3COOH的电离平衡常数K=，温度不变，电离平衡常数不变，K的值不变，

故答案为：逆；不变；

（2）99℃时，Kw=1.0×10-12，该温度下纯水的pH=6，测得0.1mol•L-1 Na2A溶液的pH=6，说明Na2A是强酸强碱盐，

①H2A是强酸，在水溶液里完全电离，其电离方程式为H2A═2H++A2-，

故答案为：H2A═2H++A2-；

②酸与足量的锌反应生成氢气的量与氢离子的物质的量成正比，体积相等、pH=2的醋酸与H2A溶液醋酸提供氢离子能力强，所以与足量锌完全反应时生成的氢气，醋酸放出的多，故答案为：A；

（3）根据Al（OH）3、Fe（OH）3的溶度积常数，在25℃下，向浓度均为0.1mol•L-1的FeCl3和AlCl3的混合溶液中逐滴加入加入碳酸钙粉末，，逐渐加入碳酸钙粉末，Fe（OH）3最先析出，离子反应方程式为：2Fe3++3H2O+3CaCO3=2Fe（OH）3↓+3Ca2++3CO2，故答案为：Fe（OH）3；2Fe3++3H2O+3CaCO3=2Fe（OH）3↓+3Ca2++3CO2．

解：（1）①CH3COOH是弱电解质，HCl是强电解质，等浓度的两种溶液中盐酸中c（H+）大于CH3COOH，所以醋酸的pH大于HCl，故错误；

②CH3COOH是弱电解质，HCl是强电解质，等浓度的两种溶液中盐酸中离子浓度大于醋酸，溶液的导电能力与离子浓度成正比，所以HCl溶液的导电能力强，故错误；

③酸抑制水电离，酸中氢离子浓度越大，其抑制程度越大，等浓度的两种酸中，HCl中氢离子浓度大于醋酸，所以由水电离出的c（OH-）醋酸大于盐酸，故错误；

④中和等物质的量的NaOH溶液，消耗酸的体积与酸的浓度成反比，两种酸的物质的量浓度相等，所以需要酸的体积相等，故正确；

故选④；

（2）在 pH=5的稀醋酸溶液中，c（H+）=10-5mol/L，则c（OH-）=10-9mol/L，根据醋酸溶液中电荷守恒可知：c（H+）═c（OH-）+c（CH3COO-），可以看出，c（CH3COO-）=c（H+）-c（OH-）=（10-5-10-9）mol/L，故答案为：（10-5-10-9）mol/L；

（3）醋酸溶液是弱酸，pH为3的醋酸溶液中，醋酸的浓度大于10-3mol/L，pH=11的NaOH溶液浓度等于10-3mol/L，最后溶液恰好呈中性，说明碱多，所以Vb＞Va，

故答案为：＜；

（4）pH相等的醋酸和盐酸中，加水稀释促进醋酸电离，导致稀释相同的倍数时，醋酸的pH大于HCl，根据图象知，Ⅰ是HCl变化曲线，故选Ⅰ；

（5）混合溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），再根据电荷守恒得到c（NH4+）+c（H+）=c（OH-）+c（Cl-），即c（Cl-）=c（NH4+）=amol/L．

故答案为：amol/L．

解：I、（1）由于醋酸是弱电解质，与Zn反应同时，电离出H+，所以pH变化较缓慢，所以B曲线是醋酸溶液的pH变化曲线．由图知盐酸和醋酸的pH变化都是由2到4，但醋酸是边反应边电离H+，故消耗的Zn多，所以m1＜m2，故答案为：B；＜；

（2）醋酸是弱电解质，加水稀释时，会电离出更多的氢离子，所以需要多加水来减少多生成的氢离子浓度，

故答案为：＜；

II、解：（1）某CuSO4溶液里c（Cu2+）=0.02mol/L，如果生成Cu（OH）2沉淀，则应有c（OH-）≥mol/L=10-9mol/L，则c（H+）≤mol/L=10-5mol/L，所以pH≥-lg（10-5）=5，故答案为：5；

III、纯碱（Na2CO3） 溶液中的碳酸根离子易水解显碱性，该溶液遇酚酞呈红色，要验证该溶液遇酚酞呈红色原因，可用以下方法：

方法一：向红色溶液中加入足量BaCl2溶液，如果溶液显红色，说明甲正确，如果红色褪去，说明乙正确；

方法二：加热，如果红色不变说明甲正确，如果红色加深，说明乙正确，

故答案为：碱；向红色溶液中加入足量BaCl2溶液，如果溶液还显红色说明甲正确，红色褪去说明乙正确．