高考化学化水溶液中的离子平衡大题培优及答案.docx

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高考化学化水溶液中的离子平衡大题培优及答案

2020-2021高考化学化水溶液中的离子平衡（大题培优）及答案

一、水溶液中的离子平衡

1．亚硝酸钠是一种工业盐，外观与食盐非常相似，毒性较强。

Ⅰ.经查：

①Ksp（AgNO2）=2×10－8，Ksp（AgCl）=1.8×10－10；②Ka（HNO2）=5.1×10－4。

请设计最简单的方法鉴别NaNO2和NaCl两种固体______________________

Ⅱ.某小组同学用如下装置（略去夹持仪器）制备亚硝酸钠

已知：

①2NO＋Na2O2=2NaNO2；②酸性条件下，NO和NO2都能与MnO4－反应生成NO3－和Mn2＋。

（1）使用铜丝的优点是________________________。

（2）装置A中发生反应的化学方程式为_____________________________。

装置C中盛放的药品是_________；（填字母代号）

A．浓硫酸B．NaOH溶液C．水D．四氯化碳

（3）该小组称取5.000g制取的样品溶于水配成250ml溶液，取25.00ml溶液于锥形瓶中，

用0.1000mol·L－1酸性KMnO4溶液进行滴定，实验所得数据如下表所示：

滴定次数

1

2

3

4

消耗KMnO4溶液体积/mL

20.90

20.12

20.00

19.88

①第一次实验数据出现异常，造成这种异常的原因可能是_________（填字母代号）。

a．锥形瓶洗净后未干燥

b．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗

c．滴定终点时仰视读数

②酸性KMnO4溶液滴定亚硝酸钠溶液的离子方程式为___________________。

③该样品中亚硝酸钠的质量分数为______________。

【来源】2017届江西省重点中学协作体高三下学期第一次联考理综化学试卷（带解析）

【答案】分别取两种固体样品少量于试管中加水溶解;再分别滴加酚酞试液,变红的为NaNO2可以控制反应的发生与停止Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2OCbc6H＋+2MnO4－+5NO2－=2Mn2＋+5NO3－+3H2O69%

【解析】

试题分析：

Ⅰ.根据NaNO2为强碱弱酸盐，亚硝酸根离子水解导致溶液显示碱性分析；

Ⅱ.装置A中是浓硝酸和铜加热发生的反应，反应生成二氧化氮、硝酸铜和水，装置C中是A装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮；通过装置D中的干燥剂吸收水蒸气，通过装置F中的干燥剂防止水蒸气进入，通过装置E中的过氧化钠与一氧化氮反应，最后通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气，据此分析解答。

解析：

Ⅰ.酸越弱相应酸根越容易水解，溶液碱性越强，因此鉴别NaNO2和NaCl两种固体的方法是：

分别取两种固体样品少量于试管中加水溶解，再分别滴加酚酞试液，变红的为NaNO2；

Ⅱ.

（1）可通过上下移动铜丝控制反应是否进行，所以使用铜丝的优点是可以控制反应的发生与停止；

（2）浓硝酸和铜加热发生反应生成二氧化氮、硝酸铜和水，方程式为：

Cu+4HNO3（浓）＝Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O；通过装置C中的水与二氧化氮反应生成硝酸和一氧化氮；通过装置F中的干燥剂防止水蒸气进入与过氧化钠反应，所以C中的药品是水，答案选C；

（3）①a．锥形瓶洗净后未干燥，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=c（标注）×V（标准）/V（待测）可知，c（标准）不变，a错误；b．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=c（标注）×V（标准）/V（待测）可知，c（标准）偏大，b正确；c．滴定终点时仰视读数，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=c（标注）×V（标准）/V（待测）可知，c（标准）偏大，c正确；答案选bc；

②该反应中亚硝酸根离子被氧化为硝酸根离子，高锰酸根离子被还原为锰离子，离子方程式为6H＋+2MnO4－+5NO2－=2Mn2＋+5NO3－+3H2O；

③根据表中数据可知第一次实验数据误差太大，舍去，消耗高锰酸钾溶液体积的平均值是0.02L，高锰酸钾的物质的量是0.1mol/L×0.02L=0.002mol，则根据方程式6H＋+2MnO4－+5NO2－=2Mn2＋+5NO3－+3H2O可知，亚硝酸钠的物质的量是0.002mol×5/2=0.005mol，则原样品中亚硝酸钠的物质的量是0.005mol×100mL/25mL=0.02mol，其质量为0.02mol×69g/mol=1.38g，所以样品中亚硝酸钠的质量分数1.38g/2g×100%=69.0%.

点睛：

注意掌握综合实验设计题的解题思路：

（1）明确实验的目的和原理。

实验原理是解答实验题的核心，是实验设计的依据和起点。

实验原理可从题给的化学情景（或题首所给实验目的）并结合元素化合物等有关知识获取。

在此基础上，遵循可靠性、简捷性、安全性的原则，确定符合实验目的、要求的方案。

（2）理清实验操作的先后顺序。

根据实验原理所确定的实验方案中的实验过程，确定实验操作的方法步骤，把握各步实验操作的要点，理清实验操作的先后顺序。

（3）看准图，分析各项实验装置的作用。

有许多综合实验题图文结合，思考容量大。

在分析解答过程中，要认真细致地分析图中所示的各项装置，并结合实验目的和原理，确定它们在该实验中的作用。

（4）细分析，得出正确的实验结论。

实验现象（或数据）是化学原理的外在表现。

在分析实验现象（或数据）的过程中，要善于找出影响实验成败的关键以及产生误差的原因，或从有关数据中归纳出定量公式，绘制变化曲线等。

2．亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效氧化剂、漂白剂。

已知：

NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2·3H2O，高于38℃时析出晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。

利用下图所示装置制备亚氯酸钠。

完成下列填空：

（1）装置②中产生ClO2的化学方程式为___________。

装置③的作用是_____________。

（2）从装置④反应后的溶液获得NaClO2晶体的操作步骤为：

①减压，55℃蒸发结晶；②__________；③_______；④低于60℃干燥，得到成品。

（3）准确称取所得亚氯酸钠样品10g于烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应（ClO2－+4I－+4H+→2H2O+2I2+Cl－）。

将所得混合液配成250mL待测溶液。

配制待测液需用到的定量玻璃仪器是____________；

（4）取25.00mL待测液，用2.0mol/LNa2S2O3标准液滴定（I2+2S2O32－→2I－+S4O62－），以淀粉溶液做指示剂，达到滴定终点时的现象为__________。

重复滴定2次，测得Na2S2O3溶液平均值为20.00mL。

该样品中NaClO2的质量分数为_____________。

（5）通过分析说明装置①在本实验中的作用_______________________________。

【来源】2014届上海市金山区高三一模化学试卷（带解析）

【答案】2NaClO3+Na2SO3+H2SO4→2ClO2+2Na2SO4+H2O防止倒吸趁热过滤用38－60℃的温水洗涤250mL容量瓶溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色90.5%当关闭K2时，打开K1，可以吸收反应产生的气体。

【解析】

【分析】

【详解】

（1）根据反应物NaClO3、Na2SO3、H2SO4，生成物为ClO2和2Na2SO4，配平方程式为2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2+2Na2SO4+H2O；装置③为安全瓶，防止装置②中气体温度降低而产生倒吸；

（2）因为NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2·3H2O，高于38℃时析出晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，若要得到NaClO2晶体，需在38－60℃得到晶体，故操作为趁热过滤；用38－60℃的温水洗涤；

（3）容量瓶要指明规格；

（4）有碘单质参和生成的反应，一般采用淀粉溶液做指示剂，该反应是Na2S2O3标准液滴定碘，终点溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色；

计算时一般找出关系式，由此进行计算，关系式为ClO2－——2I2——4S2O32－

n（ClO2－）=1/4n（S2O32－）=1/4×20×10-3×2=0.01mol

m（NaClO2）=0.01×90.5=9.05g该样品中NaClO2的质量分数为9.05g÷10g=0.905

（5）本实验产生污染性气体，直接排放会污染环境，故需要尾气处理，装置①就是用碱吸收反应产生的ClO2等尾气。

3．草酸铵[（NH4）2C2O4]为无色柱状晶体，不稳定，受热易分解，可用于测定Ca2+、Mg2+的含量。

I．某同学利用如图所示实验装置检验草酸铵的分解产物。

（l）实验过程中，观察到浸有酚酞溶液的滤纸变红，装置B中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有____（填化学式）；若观察到____，说明分解产物中含有CO2草酸铵分解的化学方程式为____。

（2）反应开始前，通人氮气的目的是____。

（3）装置C的作用是____。

（4）还有一种分解产物在一定条件下也能还原CuO，该反应的化学方程式为_____。

Ⅱ．该同学利用草酸铵测定血液中钙元素的含量。

（5）取20.00mL血液样品，定容至l00mL，分别取三份体积均为25.00mL稀释后的血液样品，加入草酸铵，生成草酸钙沉淀，过滤，将该沉淀溶于过量稀硫酸中，然后用0.0l00mol/LKMnO4溶液进行滴定。

滴定至终点时的实验现象为____。

三次滴定实验消耗KMnO4溶液的体积分别为0.43mL，0.4lmL，0.52mL，则该血液样品中钙元素的含量为__________mmol/L。

【来源】东北三省三校2020届高三第一次联合模拟考试理综化学试题

【答案】NH3、CO2E中黑色固体变红，F中澄清石灰水变浑浊（NH4）2C2O4

2NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O排尽装置中的空气充分吸收CO2，防止干扰CO的检验2NH3+3CuO

3Cu+N2+3H2O因最后一滴KMnO4溶液的滴入，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪去2.1

【解析】

【分析】

（l）按实验过程中观察到现象，推测分解产物并书写草酸铵分解的化学方程式；

（2）氮气驱赶装置内原有气体，从空气对实验不利因素来分析；

（3）由所盛装的物质性质及实验目的推测装置C的作用；

（4）从分解产物中找到另一个有还原性的物质，结合氧化还原反应原理写该反应的化学方程式；

Ⅱ．（5）三次平行实验，计算时要数据处理，结合关系式进行计算；

【详解】

（l）实验过程中，观察到浸有酚酞溶液的滤纸变为红色说明分解产物中含有氨气，装置B中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有二氧化碳气体；若观察到装置E中氧化铜由黑色变为红色，装置F中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有CO；

答案为：

NH3；CO2；E中黑色固体变红，F中澄清石灰水变浑浊；

草酸铵分解产生了CO2、NH3、CO，结合质量守恒定律知，另有产物H2O，则草酸铵分解的化学方程式为（NH4）2C2O4

2NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O；

答案为：

（NH4）2C2O4

2NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O；

（2）反应开始前，通人氮气的目的是排尽装置中的空气，避免CO与空气混合加热发生爆炸，并防止空气中的CO2干扰实验；

答案为：

排尽装置中的空气；

（3）装置E和F是验证草酸铵分解产物中含有CO，所以要依次把分解产生的CO2、气体中的水蒸气除去，所以装置C的作用是：

吸收CO2，避免对CO的检验产生干扰；

答案为：

充分吸收CO2，防止干扰CO的检验；

（4）还有一种分解产物在一定条件下也能还原CuO，那就是氨气，NH3也会与CuO反应，其产物是N2和水，该反应的化学方程式为2NH3+3CuO

3Cu+N2+3H2O；

答案为：

2NH3+3CuO

3Cu+N2+3H2O；

（5）草酸钙沉淀溶于过量稀硫酸中得到草酸，用0.0l00mol/LKMnO4溶液进行滴定，反应为

，滴定至终点时，因最后一滴KMnO4溶液的滴入，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪去；

答案为：

因最后一滴KMnO4溶液的滴入，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪去；

三次滴定实验消耗KMnO4溶液的体积分别为0.43mL，0.4lmL，0.52mL，应舍弃0.52mL，误差较大，则平均体积为0.42mL，滴定反应为

，

；

=1.05×10−5mol，所以20mL血液样品中含有的钙元素的物质的量为

，即4.2×10−2mmol，则该血液中钙元素的含量为

；

答案为：

2.1。

4．辉铜矿与铜蓝矿都是天然含硫铜矿，在地壳中二者常伴生存在。

现取一份该伴生矿样品，经检测后确定仅含Cu2S、CuS和惰性杂质。

为进一步确定其中Cu2S、CuS的含量，某同学进行了如下实验：

①取2.6g样品，加入200.0mL0.2000mol·L－1酸性KMnO4溶液，加热（硫元素全部转化为SO42－），滤去不溶杂质；

②收集滤液至250mL容量瓶中，定容；

③取25.00mL溶液，用0.1000mol·L－1FeSO4溶液滴定，消耗20.00mL；

④加入适量NH4HF2溶液（掩蔽Fe3+和Mn2+，使其不再参与其他反应），再加入过量KI固体，轻摇使之溶解并发生反应：

2Cu2++4I－=2CuI+I2；

⑤加入2滴淀粉溶液，用0.1000mo1·L－1Na2S2O3溶液滴定，消耗30.00mL（已知：

2S2O32－+I2=S4O62－+2I－）。

回答下列问题：

（1）写出Cu2S溶于酸性KMnO4溶液的离子方程式：

___________；

（2）配制0.1000mol·L－1FeSO4溶液时要用煮沸过的稀硫酸，原因是___________，配制过程中所需玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、容量瓶外还有___________；

（3）③中取25.00mL待测溶液所用的仪器是___________；

（4）⑤中滴定至终点时的现象为___________；

（5）混合样品中Cu2S和CuS的含量分别为_________%、_________%（结果均保留1位小数）。

【来源】山东省济南市2019届高三模拟考试理科综合试题2019.3.29（化学部分）

【答案】Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2++SO42-+2Mn2++4H2O除去水中溶解的氧气，防止Fe2+被氧化胶头滴管（酸式）滴定管（或移液管）溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色61.536.9

【解析】

【分析】

由配制溶液的过程确定所需仪器，据滴定实验原理判断终点现象，运用关系式计算混合物的组成。

【详解】

（1）据题意，样品中的Cu、S元素被酸性KMnO4溶液分别氧化成Cu2+、SO42-，则Cu2S与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2++SO42-+2Mn2++4H2O。

（2）配制0.1000mol·L－1FeSO4溶液所用稀硫酸要煮沸，目的是除去水中溶解的氧气，防止Fe2+被氧化；配制过程中所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管。

（3）步骤③中取25.00mL待测溶液（有未反应的酸性KMnO4溶液），所用仪器的精度应为0.01mL，故选酸式滴定管或移液管。

（4）步骤⑤用标准Na2S2O3溶液滴定反应生成的I2，使用淀粉作指示剂，终点时溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色。

（5）设2.6g样品中，Cu2S和CuS的物质的量分别为x、y，

据5Fe2+~MnO4-（5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O），样品反应后

剩余n（MnO4-）=0.1000mol·L－1×20.00×10-3L×

×

=4.000×10-3mol

样品消耗n（MnO4-）=0.2000mo·L－1×200.0×10-3L－4.000×10-3mol=36.00×10-3mol

由Cu2S~2MnO4-和5CuS~8MnO4-（5CuS+8MnO4-+24H+=5Cu2++5SO42-+8Mn2++12H2O），得2x+

y=36.00×10-3mol

又据2Cu2+~I2~2S2O32－，得2x+y=0.1000mo1·L－1×30.00×10-3L×

=30.00×10-3mol

解方程组得x=y=0.01mol

故w（Cu2S）=

=61.5%，w（CuS）=

=36.9%。

【点睛】

混合物的计算常利用方程组解决，多步反应用关系式使计算简化。

注意溶液体积的倍数关系，如本题中配制250mL溶液，只取出25.00mL用于测定实验。

5．草酸是一种二元弱酸，可用作还原剂、沉淀剂等。

某校课外小组的同学设计利用C2H2气体制取H2C2O4•2H2O。

回答下列问题：

（1）甲组的同学以电石（主要成分CaC2，少量CaS及Ca3P2杂质等）为原料，并用图1装置制取C2H2。

①装置A中用饱和食盐水代替水的目的是__。

②装置B中，NaClO将H2S、PH3 氧化为硫酸及磷酸，本身被还原为NaCl，其中PH3被氧化的离子方程式为__。

（2）乙组的同学根据文献资料，用Hg（NO3）2作催化剂，浓硝酸氧化C2H2制取H2C2O4•2H2O．制备装置如图2所示：

①装置D中多孔球泡的作用是__。

②装置D中生成H2C2O4的化学方程式为__。

③从装置D中得到产品，还需经过__（填操作名称）、过滤、洗涤及干燥。

（3）丙组设计了测定乙组产品中H2C2O4•2H2O的质量分数实验。

他们的实验步骤如下：

准确称取mg产品于锥形瓶中，加入适量的蒸馏水溶解，再加入少量稀硫酸，然后用cmol•L-1酸性KMnO4标准溶液进行滴定至终点，共消耗标准溶液VmL。

①滴定终点的现象是__。

②产品中H2C2O4•2H2O的质量分数为___（列出含m、c、V的表达式）。

【来源】辽宁省实验中学、大连八中、大连二十四中、鞍山一中、东北育才学校2020届高三上学期期末考试化学试题

【答案】减慢反应速率，获得平缓气流PH3+4ClO-=H3PO4+4Cl-增大气体和溶液的接触面积，加快反应速率，使反应充分进行C2H2+8HNO3

H2C2O4+8NO2+4H2O蒸发浓缩、冷却结晶当加入最后一滴标准液，溶液呈浅红色且30s内不恢复原来的颜色

%

【解析】

【分析】

（1）①碳化钙和水反应十分剧烈，可用饱和食盐水可减缓反应速率；

②装置B用NaClO将PH3氧化为磷酸，同时生成氯化钠；

（2）D中，Hg（NO3）2作催化剂，浓硝酸氧化乙炔制取H2C2O4•2H2O，发生反应为：

C2H2+8HNO3

H2C2O4+8NO2+4H2O，多孔球泡增大乙炔气体与硝酸的接触面，充分反应，E装置防止倒吸，F装置吸收生成的二氧化氮气体，将反应后的D浓缩结晶、过滤、洗涤、干燥得产品，据此分析解答；

①装置D多孔球泡可增大乙炔气体与硝酸的接触面，加快反应速率，充分反应；

②根据装置图，D中，Hg（NO3）2作催化剂，浓硝酸氧化乙炔反应生成H2C2O4和二氧化氮，反应方程式为：

C2H2+8HNO3

H2C2O4+8NO2+4H2O；

③将反应后的D溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得产品；

（3）①滴定终点时，继续滴加高锰酸钾溶液，紫色不褪去；

②根据2MnO4-～5H2C2O4，由高锰酸钾的消耗可得H2C2O4的量，据此计算H2C2O4•2H2O的质量分数。

【详解】

（1）①电石与水反应非常剧烈，为了减慢反应速率，平缓地产生乙炔可用饱和食盐水代替水反应；

②NaClO将PH3氧化为磷酸，钙反应的离子方程式为：

PH3 +4ClO-=H3PO4+4Cl-；

（2）①装置D多孔球泡可增大乙炔气体与硝酸的接触面，加快反应速率，充分反应；

②根据装置图，D中，Hg（NO3）2作催化剂，浓硝酸氧化乙炔反应生成H2C2O4和二氧化氮，反应方程式为：

C2H2+8HNO3

H2C2O4+8NO2+4H2O；

③将反应后的D溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得产品；

（3）①滴定过程中，反应结束前溶液为无色，滴定结束时溶液变为浅红色，则滴定终点现象为：

当溶液呈浅红色且30s内不恢复原来的颜色；

②准确称取m g产品于锥形瓶中，加入适量的蒸馏水溶解，再加入少量稀硫酸，然后用c mol•L-1酸性KMnO4标准溶液进行滴定至终点，共消耗标准溶液V mL，设产品中H2C2O4•2H2O的质量分数为α，根据2MnO4-～～5H2C2O4•2H2O产品中H2C2O4•2H2O的质量分数为α=

=

%。

【点睛】

考查物质制备方案设计，涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应滴定等知识，题目难度中等，明确实验原理、实验目的为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。

6．现代传感信息技术在化学实验中有广泛的应用。

某小组用传感技术测定喷泉实验中的压强变化来认识喷泉实验的原理（如图1所示），并测定电离平衡常数Kb。

（1）实验室可用浓氨水和X固体制取NH3，X固体不可以是___；

A．五氧化二磷B．生石灰C．碱石灰D．无水氯化钙

（2）检验三颈瓶集满NH3的方法是___。

（3）关闭a，将带有装满水的胶头滴管的橡皮塞塞紧c口，___，引发喷泉实验，电脑绘制三颈瓶内气压变化曲线如图2所示。

图2中___点时喷泉最剧烈。

（4）从三颈瓶中用___（填仪器名称）量取20.00mL氨水至锥形瓶中，用0.05000mol/LHC1滴定。

用pH计采集数据、电脑绘制滴定曲线如图3所示。

（5）据图3计算，当pH=11.0时，NH3·H2O电离平衡常数Kb近似值，Kb≈___。

【来源】湖北省恩施州2019-2020学年高二上学期期末考试化学试题

【答案】AD将湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口c，试纸变蓝色，证明NH3已收满；或：

将蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近瓶口c，有白烟生成，证明NH3已收满；打开b，挤压胶头滴管使水进入烧瓶C碱式滴定管1.8×10-5

【解析】

【分析】

（1）浓氨水易挥发，生石灰、碱石灰溶于水与水反应放出大量的热，能够促进氨气的逸出，而无水氯化钙、五氧化二磷都能够与氨气反应，所以不能用来制氨气；

（2）因为氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子而导致氨水溶液呈碱性，红色石蕊试液遇碱蓝色，氨气也能和HCl反应生成白烟，所以检验氨气的方法可以用湿润的红色石蕊试纸或者用蘸有浓盐酸的玻璃棒；

（3）要形成喷泉实验，应使瓶内压强小于外界压强，形成压强差；

（4）氨水显碱性，量取碱性溶液，应选择碱式滴定管；

（5）利用中和酸碱滴定的图像，判断滴定终点，计算出氨水中一水合氨的物质的量浓度，结合滴定前溶液的pH，计算一水合氨的电离平衡常数。

【详解】

（1）A．五氧化二磷是酸性干燥剂，能与氨气反应，A不能制取氨气；

B．浓氨水易挥发，生石灰溶于水与水反应放出大量的热，能够促进氨气的逸出，B正确；

C．浓氨水易挥发，碱石灰溶于水与水反应放出大量的热，能够促进氨气的逸出，C正确；

D．无水氯化钙能够与氨气反应，不能用来制氨气，D错误；

答案选AD。

（2）氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子而导致氨水溶液呈碱性