3.2 弱电解质的电离 盐类的水解 同步练习题（含解析） 2023-2024学年高二上学期化学鲁科版（2019）选择性必修1

3.2 弱电解质的电离 盐类的水解 同步练习题
一、选择题
1．下列措施或叙述不合理的是
A．SO2可以用作食品添加剂
B．SO2具有强还原性，浓硫酸可以用于干燥SO2气体
C．铵态氮肥不能和草木灰混合施用
D．实验室通常用Na2SO3与稀硫酸制备SO2：Na2SO3+H2SO4= Na2SO4+H2O+ SO2↑
2．是一种高效水处理剂，下列说法中不正确的是
A．溶液属于强电解质
B．有强氧化性
C．该物质中Fe元素被还原后的产物可能发生水解
D．Fe元素位于元素周期表VIII族
3．设NA为阿伏加德罗常数的值，已知反应：Na2S＋(x﹣1)S=Na2Sx(x≤5)，下列说法正确的是
A．该反应中S是还原剂
B．1L1mol/LNa2S溶液中S2-的数目为NA
C．7.8gNa2S固体所含离子数为0.3NA
D．1molNa2S完全反应转移电子的数目为2NA
4．25℃时，溶液中的下列关系不能说明第二步电离比第一步电离程度更小的是
A．远大于 B．远大于
C．远大于 D．约等于
5．要使0.1 mol·L－1的醋酸溶液中的值增大，可以采取的措施是
①加少量NaCl固体 ②升高温度 ③加少量冰醋酸 ④加水 ⑤加少量醋酸钠固体
A．①② B．②③④ C．③④⑤ D．②④
6．化学与科学、技术、社会和环境密切相关。下列说法不正确的是
A．奋斗者潜水器主体采用的钛合金材料具有耐低温、耐高压和抗腐蚀性好的特性
B．微生物降解高分子(如聚乳酸)可用作手术缝合线、药物缓释材料等
C．能消杀病毒的过氧乙酸，具有强氧化性、弱酸性等性质，是强电解质
D．在海轮外壳上镶入活泼金属，可减缓船体的腐蚀速率
7．广义的水解观认为：无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果是反应中各物质和水分别解离成两部分，然后两两重新组合成新的物质。根据上述观点，下列说法不正确的是
A．CaO2的水解产物是Ca(OH) 2和H2O2
B．CH3Cl的水解产物之一是CH3OH
C．Al4C3的水解产物是Al(OH)3和C3H12
D．CH3CH2ONa水解生成CH3CH2OH和氢氧化钠
8．下列电离方程式书写正确的是
A．NaHCO3Na＋＋H＋＋CO B．HFH＋＋F-
C．H2SO42H＋＋SO D．CH3COONH4CH3COO-＋NH
9．物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是
A．碳酸钠和碳酸氢钠的溶液均显碱性，可用作食用碱或工业用碱
B．铝制餐具抗腐蚀能力强，可用来蒸煮或存放酸性或碱性食物
C．次氯酸具有强氧化性，可用作消毒剂
D．溶液能氧化，可作印刷电路板的“腐蚀液”
10．下列说法正确的是
A．等体积、等物质的量浓度的NaCl溶液中离子总数小于NaClO溶液中离子总数
B．100℃时，将的盐酸与的NaOH溶液等体积混合后，溶液呈中性
C．等物质的量浓度的下列溶液：①②③中的大小关系为：②>③>①
D．向溶液中加入适量氨水，不能使
二、填空题
11．甲、乙两位同学设计实验确定某酸HA是弱电解质，实验方案如下：
甲：取纯度相同，质量、大小相等的锌粒于两支试管中，同时加入浓度均为0.1mol·L-1的HA溶液、稀盐酸各10mL，按图装好，观察现象。
乙：方案一：用pH计测定浓度为 0.1mol·L-1HA溶液的pH；
方案二：取pH=3的HA溶液5mL稀释至500mL，再用pH计测其pH。
回答下列问题：
(1)甲同学设计的方案中，说明HA是弱电解质的实验现象是 (填序号)。
A．加入两种稀酸后，两个试管上方的气球同时鼓起，且一样大
B．加入HA溶液后，试管上方的气球鼓起慢
C．加入稀盐酸后，试管上方的气球鼓起慢
(2)乙同学设计的方案一中说明HA是弱电解质的理由是：
12．以下元素及物质与人类的生产生活紧密相关。完成下列填空：
(1)氯元素原子结构示意图为 ，其与钠元素组成的化合物的电子式为 。
(2)铝是地壳中含量最高的金属元素，其在周期表中位于第 周期 族。
(3)以下不是铝和铁的共同性质的是 。
a.导电性 b.导热性 c.延展性 d.两性
(4)下列能说明氯元素的非金属性比硫元素强的事实是 。
a．稳定性 HCl>H2S b．氧化性 HClO>H2SO4
c．酸性HClO4>H2SO4强 d．HCl溶液是强酸，H2S溶液是弱酸
(5)氨水呈碱性，写出氨水的电离方程式。
13．认识和运用水溶液中的离子反应及其平衡原理，有助于指导工农业生产和科学研究。
(1)已知室温下：
化学式 H2CO3 H2C2O4
电离常数 Ka1=4.2×10-7 Ka2=4.8×10-11 Ka1=5.6×10-2 Ka2=5.4×10-3
①0.1mol/LNa2CO3溶液的pH (填“＞”“＜”或“=”)0.1mol/LNa2C2O4溶液的pH。
②将等浓度H2C2O4溶液和H2CO3溶液等体积混合，溶液中各种粒子浓度顺序正确的是 。
A．c(H+)＞c(HC2O)＞c(HCO)＞c(CO)
B．c(HCO)＞c(HC2O)＞c(C2O)＞c(CO)
C．c(H+)＞c(HC2O)＞c(C2O)＞c(CO)
D．c(H2CO3)＞c(HCO)＞c(HC2O)＞c(CO)
(2)向Na2CO3溶液中滴加少量H2C2O4溶液，写出发生反应的离子方程式： 。
14．与化学平衡类似，电离平衡的平衡常数，叫做电离常数(用K表示)。如表是某温度下几种常见弱酸的电离平衡常数：
酸 电离方程式 电离平衡常数K
CH3COOH CH3COOHCH3COO﹣+H+ 2×10﹣5
HClO HClOClO﹣+H+ 3.0×10﹣8
H2CO3 H2CO3H++HCO HCOH++CO K1=4.4×10﹣7 K2=5.6×10﹣11
H3PO4 H3PO4H++H2PO H2POH++HPO HPOH++PO K1=7.1×10﹣3 K2=6.3×10﹣8 K3=4.2×10﹣13
回答下列问题：
(1)若把CH3COOH、HClO、H2CO3、HCO、H3PO4、H2PO、HPO都看作是酸，则它们酸性最强的是 (填化学式)。
(2)向NaClO溶液中通入少量的二氧化碳，发生的离子方程式为 。
(3)该温度下0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释过程，下列表达式的数据一定增大的是 。
A．c(H+) B．c(H+) c(CH3COO﹣) C．c(H+) c(OH﹣) D．
(4)取等体积的pH均为a的醋酸和次氯酸两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液恰好中和，消耗的NaOH溶液的体积分别为V1，V2，则大小关系为：V1 V2(填“>”、“＜”或“=”)。
(5)下列四种离子结合H+能力最强的是 。
A．HCO B．CO C．ClO﹣ D．CH3COO﹣
(6)等物质的量的苛性钠分别用pH为2和3的醋酸溶液中和，设消耗醋酸溶液的体积依次为Va、Vb，则两者的关系正确的是 。
A．Va>10Vb B．Va＜10Vb C．Vb＜10Va D．Vb>10Va
(7)已知100℃时，水的离子积常数Kw=1.0×10﹣12，pH=3的CH3COOH和pH=9的NaOH溶液等体积混合，混合溶液呈 性；
(8)等浓度的①(NH4)2SO4、②NH4HSO4、③NH4HCO3、④NH4Cl、⑤NH3 H2O溶液中，NH浓度由大到小的顺序是： 。
(9)计算该温度下CH3COONa的水解平衡常数Kh 。
(10)物质的量浓度相同的四种溶液：a.CH3COONa b.NaHCO3 c.NaClO d.Na2CO3四种溶液的pH由小到大排列的顺序是 (用编号填写)。
15．已知A为一种盐，C、D、F、N、O为无色气体，E常温常压下为无色无味的液体，N、H、L为高中常见的单质，I为常见无氧强酸，M的焰色反应为紫色，反应①常用于气体F的检验。
(1)写出D的电子式为 ；
(2)写出反应①的化学方程式： ；写出反应②的化学方程式： ；反应③中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 ；
(3)将等体积、等浓度的G和F的溶液混合，溶液显碱性，则溶液中离子浓度从大到小的顺序为 ；
(4)检验J中阳离子的实验方法为 ；
(5)已知B中氧元素的质量分数为22.2﹪，且A分解产生的各物质的物质的量之比为n(B)：n(C)： n(D)：n(E)：n(F)=1：2：2：1：2，则A的化学式为
16．四乙酸硅[Si(CH3COO)4]是重要的化工产品，某实验小组用SiCl4和(CH3CO)2O合成四乙酸硅，装置如图所示(部分夹持装置略)，已知：
①SiCl4是无色油状液体，易挥发，易水解；
②乙酸酐[(CH3CO)2O]是无色油状液体，吸湿性很强；
③四乙酸硅是米黄色晶体，可溶于苯，遇水会迅速水解，超过160℃时可分解成乙酸酐和二氧化硅；
④乙酰氯(CH3COCl)是无色油状液体，遇水剧烈反应。
回答下列问题：
(1)仪器1的名称是 ，其侧边导管的作用是 。
(2)干燥管中碱石灰的作用是 。
(3)取255 g SiCl4放入1 L的仪器2中，关闭旋塞3，再用仪器1滴入稍过量的乙酸酐，发生反应，放出大量的热，混合物略微带色，反应一段时间后仪器2底部有大颗粒晶体析出。写出制备四乙酸硅的化学方程式： ，该过程中，产生的固体杂质是 (填化学式)。
(4)待放置一段时间，用干冰-丙酮冷冻剂冷却，然后 (填具体操作)，小心缓慢地除去仪器2中残留的液体，接着再分两次用仪器1各滴入75 mL 左右的乙酸酐，再缓慢除去。
【参考答案】
一、选择题
1．D
解析：A．SO2具有还原性，食品中添加少量的SO2可以起到杀菌、防腐和抗氧化等作用，故A正确；
B．浓硫酸与SO2不能发生反应，故可以用于干燥SO2气体，故B正确；
C．草木灰的主要成分为碳酸钾，铵态氮肥中含有铵根离子，碳酸根与铵根离子发生双水解生成一水合氨，一水合氨不稳定会分解释放出氨气，导致肥效降低，故铵态氮肥不能和草木灰混合施用，故C正确；
D．SO2易溶于水，不能用稀硫酸，实验室通常用Na2SO3与70%的硫酸制备SO2，故D错误；
故选D。
2．A
解析：A．溶液属于混合物不属于强电解质，A错误；
B．中铁元素的化合价是+6价具有强氧化性，B正确；
C．该物质中Fe元素被还原后的产物是+3价，可能发生水解，C正确；
D．Fe元素位于元素周期表VIII族，D正确；
故选A。
3．C
解析：A．该反应中S的化合价降低，是氧化剂，A错误；
B．S2-是弱酸根，在溶液中会水解，故溶液中S2-的个数小于NA个，B错误；
C．7.8g Na2S固体所含离子数为×3×NAmol-1=0.3NA，C正确；
D．依据Na2S+(x-1)S═Na2Sx(x≤5)可知：1mol Na2S最多溶解S原子的数目为4NA，D错误；
故答案为：C。
4．A
解析：氢硫酸是二元弱酸，在溶液中分步电离：H2SHS-+H+、HS-S2-+H+，第一步电离抑制第二步电离，电离以第一步电离为主，则溶液中氢离子浓度约等于氢硫酸根离子浓度，硫离子浓度远小于氢硫酸浓度、氢离子浓度和氢硫酸根离子浓度，则硫离子浓度远小于氢硫酸浓度不能说明氢硫酸的第二步电离比第一步电离程度更小，也可能是第一步电离生成的HS-的浓度就很少，综上所述，A项符合题意。
故选A。
5．D
解析：醋酸溶液中存在，①加少量NaCl固体，电离平衡不移动， 比值不变，①错误；②弱电解质的电离过程是吸热的，升高温度促进电离，溶液中c(H＋)增大，c(CH3COOH)降低，所以比值增大，②正确；③加少量冰醋酸，，平衡常数不变，平衡向右移动所以醋酸根离子浓度增大，比值减小，③错误；④加水溶液体积增大，导致c(H＋)、c(CH3COOH)都减小，但是电离平衡正向移动，c(CH3COOH)减小更多，所以比值增大，④正确；⑤加少量醋酸钠固体，电离平衡逆向移动，则氢离子浓度减小，醋酸浓度增大，则减小，⑤错误；综上②④符合题意，D正确，
故选D。
6．C
解析：A．钛合金材料耐低温、耐高压、抗腐蚀，A选项正确；
B．微生物降解高分子不会残留，安全有效，B选项正确；
C．过氧乙酸在水溶液中不完全电离，是弱酸，属于弱电解质，C选项错误；
D．构成原电池，海轮外壳做正极被保护减缓腐蚀速率，D选项正确；
答案选C。
7．C
解析：A. CaO2的水解产物是Ca(OH) 2和H2O2,该反应中没有元素化合价升降，符合水解原理，A正确；
B.CH3Cl的水解产物是CH3OH和HCl，B正确；
C. Al4C3的水解产物是Al(OH)3和CH4，C错误；
D. CH3CH2ONa水解生成CH3CH2OH和氢氧化钠，D正确；
故选C。
8．B
解析：A．碳酸氢根离子为弱酸的酸式酸根离子，部分电离，NaHCO3为强电解质，完全电离，则电离方程式为NaHCO3=Na＋＋HCO，A错误；
B．氢氟酸为弱酸，部分电离，则电离方程式为HFH＋＋F-，B正确；
C．硫酸为强酸，完全电离，则电离方程式为H2SO4=2H＋＋SO，C错误；
D．CH3COONH4为强电解质，完全电离，则电离方程式为CH3COONH4=CH3COO-＋NH，D错误；
故答案为B。
9．B
解析：A．碳酸钠和碳酸氢钠均为强碱弱酸盐，水解均显碱性，可用作食用碱或工业用碱，A正确；
B．铝和氧化铝都既能与酸反应也能与强碱反应，因此不可用铝制餐具来蒸煮或存放酸性或碱性食物，B错误；
C．次氯酸具有强氧化性，可用于杀菌消毒，C正确；
D．FeCl3溶液可作“腐蚀液”，制作印刷电路板，其反应原理为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，D正确；
故选B。
10．C
解析：A．NaCl溶液中存在电荷守恒c(Cl-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，则离子总浓度为c(Cl-)+c(OH-)+c(Na+)+c(H+)=2[c(Na+)+c(H+)]，NaClO溶液中存在电荷守恒c(ClO-)+(OH-)=c(Na+)+c(H+)，则离子总浓度为c(ClO-)+(OH-)+c(Na+)+c(H+)=2[c(Na+)+c(H+)]，两溶液中钠离子浓度相等，但是NaCl溶液中c(H+)更大，则等体积、等物质的量浓度的NaCl溶液中离子总数大于NaClO溶液中离子总数，A错误；
B．100℃时，KW>10-14，pH=12的NaOH溶液中，pH=2的盐酸中c(H+)=10-2mol/L，因此两溶液等体积混合后，溶液显碱性，B错误；
C．电离和水解是微弱的，由H2CO3电离产生的最小，③发生双水解，水解程度大于②，使得溶液中小于②，因此的大小关系为：②>③>①，C正确；
D．NH4Cl溶液显酸性，加入适量氨水使溶液显中性，此时c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒得c(NH)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，则c(NH)=c(Cl-)，D错误；
故选C。
二、填空题
11．B 测得 0.1mol·L-1的HA溶液的pH > 1
解析：(1) 甲设计的方案中盐酸为强酸，完全电离，若HA为弱酸，则部分电离，电离出的氢离子浓度较小，则反应速率减慢，试管上方的气球鼓起慢，故B正确；
(2) 测得 0.1mol·L-1的HA溶液的pH>1，说明溶液中的氢离子浓度小于0.1mol·L-1，说明酸不完全电离，为弱电解质。
12．(1)
(2)三或3 IIIA
(3)d
(4)ac
(5)NH3·H2O+OH-
解析：（1）已知Cl是17号元素，则氯元素原子结构示意图为，其与钠元素组成的化合物即NaCl是离子化合物，则其的电子式为，故答案为：；；
（2）铝是地壳中含量最高的金属元素，已知Al是13号元素，其核外有三个电子层，最外层上3个电子，则其在周期表中位于第三周期IIIA族，故答案为：三或3；IIIA；
（3）金属单质都有导电性、导热性和延展性，铝既能与强酸又能与强碱反应，具有两性，而铁只能与强酸反应不能与强碱溶液反应，只有金属性没有两性，故答案为：d；
（4）a．已知非金属对应的简单气态氢化物的稳定性与其非金属性一致，故稳定性 HCl>H2S能说明Cl的非金属性强于S的，a符合题意；
b．含氧酸的氧化性与非金属性无必然联系，则氧化性 HClO>H2SO4不能说明Cl的非金属性强于S的，b不合题意；
c．非金属的最高价氧化物对应水化物的酸性与其非金属性一致，则酸性HClO4>H2SO4能说明Cl的非金属性强于S的，c符合题意；
d．非金属氢化物的酸性与非金属性无必然联系，故HCl溶液是强酸，H2S溶液是弱酸不能说明Cl的非金属性强于S的，d不合题意；
故答案为：ac；
（5）氨水呈碱性，由于氨水是一种弱碱，则氨水的电离方程式为：NH3·H2O+OH-，故答案为：NH3·H2O+OH-。
13．(1) ＞ AC
(2)
解析：（1）①H2CO3的Ka2=4.8×10-11，H2C2O4的Ka2=5.4×10-3，所以水解程度大于，所以0.1mol/LNa2CO3溶液的pH＞0.1mol/LNa2C2O4溶液的pH。
②A．电离常数越大，电离程度越大，所以c(H+)＞c(HC2O)＞c(HCO)＞c(CO)，故a正确；
B．电离常数越大，电离程度越大，所以 c(HC2O)＞c(C2O) ＞c(HCO)＞c(CO)，故B错误；
C．电离常数越大，电离程度越大，所以c(H+)＞c(HC2O)＞c(C2O)＞c(CO)，故C正确；
D．电离常数越大，电离程度越大，所以c(HC2O)＞c(HCO)，故D错误；
选AC。
（2）H2C2O4的Ka2大于H2CO3的Ka2，根据“强制弱”，向Na2CO3溶液中滴加少量H2C2O4溶液生成碳酸氢钠和草酸钠，发生反应的离子方程式为。
14．H3PO4 CO2+ClO﹣+H2O=HClO+HCO D ＜ B D 酸性 ①>②>④>③>⑤ =5.0×10﹣8 a＜b＜c＜d
解析：(1)酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，则酸的电离平衡常数越小，酸的酸性越弱，电离平衡常数：H3PO4>CH3COOH>H2CO3>H2PO>HClO>HCO>HPO，则酸性：H3PO4>CH3COOH>H2CO3>H2PO>HClO>HCO>HPO，所以酸性最强的是H3PO4，故答案为：H3PO4；
(2)酸的电离平衡常数：H2CO3>HClO>HCO，酸性：H2CO3>HClO>HCO，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，离子方程式为CO2+ClO﹣+H2O=HClO+HCO，故答案为：CO2+ClO﹣+H2O=HClO+HCO；
(3)加水稀释促进CH3COOH电离，但是CH3COOH电离增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c(H+)、c(CH3COO﹣)、c(CH3COOH)都减小，温度不变离子积常数不变，则c(OH﹣)增大，
A．c(H+)减小，故A错误；
B．加水稀释后c(CH3COOH)减小、温度不变电离平衡常数不变，则c(H+) c(CH3COO﹣)=Ka×c(CH3COOH)减小，故B错误；
C．c(H+) c(OH﹣) 为离子积常数，温度不变离子积常数不变，c(H+) c(OH﹣)不变，故C错误；
D．c(OH﹣)增大、c(H+)减小，则二者之比增大，故D正确；
故选D；
(4)pH相同的醋酸和HClO，酸浓度：CH3COOH＜HClO，取等体积的pH均为a的醋酸和次氯酸两溶液，酸的物质的量：CH3COOH＜HClO，消耗的等浓度的NaOH溶液体积与酸的物质的量成正比，所以消耗NaOH体积：CH3COOH＜HClO，故答案为：＜；
(5)酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，其对应的酸根离子水解程度越小，结合H+能力越弱，酸性H3PO4>CH3COOH>H2CO3>H2PO>HClO>HCO>HPO，所以结合氢离子能力：B>C>A>D，故选B；
(6)pH为2、3的醋酸溶液浓度前者大于后者10倍，等物质的量的苛性钠分别用pH为2和3的醋酸溶液中和，设消耗醋酸溶液的体积与酸的浓度成反比，所以消耗酸的体积：Vb>10 Va，故选D；
(7)pH=3的醋酸中，c(H+)=10﹣3 mol/L，100℃时pH=9的NaOH溶液中c(OH﹣)=10﹣3mol/L等体积混合，醋酸过量，故答案为：酸性；
(8)(NH4)2SO4的中NH物质的量最多，一水合氨为弱电解质，溶液中c(NH)最小，NH4HSO4、NH4HCO3、NH4Cl三种溶液H+抑制NH水解，HCO促进NH水解，
故答案为：①>②>④>③>⑤；
(9)醋酸钠水解的离子方程式：CH3COO﹣+H2O CH3COOH+OH﹣，平衡常数Kh==5×10﹣8，故答案为：=5.0×10﹣8；
(10)根据盐类水解规律越弱越水解，酸性：CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO，水解程度：CH3COO﹣＜HCO＜ClO﹣＜CO，即a＜b＜c＜d，故答案为：a＜b＜c＜d。
【点睛】明确电离平衡常数与酸性强弱关系、与其对应酸根离子水解程度关系是解本题关键，注意加水稀释醋酸过程中c(OH﹣)增大，注意醋酸溶液浓度越大其电离程度越小。
15． 4NH3+3O2=2N2+6H2O 1:2 c()>c(Cl－)>c(OH－)>c(H+) 取少量样品于试管中，如果先加入KSCN无明显现象，再加入少量氯水溶液出现红色证明存在Fe2+或者取样后滴入铁氰化钾溶液，如果出现蓝色沉淀也可证明存在Fe2+ (NH4) 2Fe(C2O4)2
【分析】依据K与M反应生成血红色溶液，说明K是三价铁盐溶液，M的焰色反应为紫色，则M为KSCN；I为常见无氧强酸为HCl；依据FNOP的转化关系可以推断L为O2，E常温常压下为无色无味的液体推断为H2O，反应①常用于气体F的检验，F和I(HCl)反应，说明F为NH3，G为NH4Cl；F和氧气反应生成的单质N为N2、O为NO，P为NO2，Q为HNO3；依据J和硝酸反应生成的K，是发生氧化还原反应的结果，H和I(HCl)反应推断H为Fe，J为FeCl2，题干中的信息中CD都是无色气体，B+C=Fe+D，能生成铁说明该反应是还原剂还原铁的氧化物生成，所以判断C为CO，D为CO2，B为铁的氧化物，B中氧元素的质量分数为22.2%，则B为FeO。
解析：(1)D为CO2，电子式为：，故答案为；
(2) F+I=G的反应方程式为；反应②的化学反应方程式：4NH3+3O2=2N2+6H2O；反应③是二氧化氮与水反应生成一氧化氮和硝的反应，根据方程式可知3NO2+H2O=NO+2HNO3，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2，故答案为4NH3+3O2=2N2+6H2O；1：2；
(3)F为NH3，G为NH4Cl，将等体积、等浓度的G和F的溶液混合，溶液显碱性，说明氨水的电离程度大于铵根离子的水解程度，所以溶液中离子浓度从大到小的顺序为 c()＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)，故答案为c()＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)；
(4)J为FeCl2，检验J中阳离子的实验方法为取少量样品于试管中，先加入KSCN无明显现象，再加入少量氯水溶液出现红色，故答案为取少量样品于试管中，先加入KSCN无明显现象，再加入少量氯水溶液出现红色；
(5)A在隔绝空气条件下分解产生的各产物的物质的量之比为B：C：D：E：F=1：2：2：2：2，即FeO：CO：CO2：H2O：NH3=1：2：2：2：2；依据原子守恒和化合价代数和为0，结合推断中生成物质的性质推断出A的化学式为：(NH4)2Fe(C2O4)2，故答案为(NH4)2Fe(C2O4)2。
16．(1) 恒压滴液漏斗 平衡气压，使乙酸酐能够顺利流下
(2)吸收反应生成的酸性气体且防止空气中的水蒸气进入装置
(3)SiCl4+4(CH3CO)2O=Si(CH3COO)4+4CH3COCl SiO2
(4)将③的管口插入到液体中(或“插入到烧瓶底部”)，再慢慢打开旋塞
【分析】某实验小组用SiCl4和(CH3CO)2O合成四乙酸硅，由于反应物和产物都具有吸湿性，所以整个实验都应在干燥的环境中进行，取SiCl4放入的仪器2中，关闭旋塞3，再用仪器1滴入稍过量的乙酸酐，发生反应，放出大量的热，混合物略微带色，反应一段时间后仪器2底部有大颗粒晶体析出，以此解答。
解析：（1）仪器1的名称是恒压滴液漏斗，其侧边导管的作用是平衡气压，使乙酸酐能够顺利流下。
（2）由于反应物和产物都具有吸湿性，所以整个实验都应在干燥的环境中进行，干燥管中碱石灰的作用是吸收反应生成的酸性气体且防止空气中的水蒸气进入装置。
（3）制备四乙酸硅时，采用SiCl4、(CH3CO)2O为原料，二者发生置换反应，生成Si(CH3COO)4和CH3COCl化学方程式为：SiCl4+4(CH3CO)2O=Si(CH3COO)4+4CH3COCl，因Si(CH3COO)4为米黄色晶体，可溶于苯，遇水会迅速水解，超过160℃时可分解成乙酸酐和二氧化硅，该过程中，产生的固体杂质是SiO2。
（4）为确保三颈烧瓶内的无水状态，可将三颈烧瓶内液体抽出，将③的管口插入到液体中(或“插入到烧瓶底部”)，再慢慢打开旋塞，小心缓慢地除去仪器①中的残留液体