1、四川省棠湖中学2019-2020学年高二化学下学期期中试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Mg 23 P 31 S 32 Fe 56 Cu 64 第I卷 选择题(42分)一、选择题(每小题6分，共7个小题，共42分；其中每题都为单选题。1.“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”是唐代诗人李商隐的著名诗句。下列说法不正确的是A. 蚕丝的主要成分是蛋白质B. 蚕丝属于天然高分子材料C. “蜡炬成灰”过程中发生了氧化反应D. “泪”是油酯，属于高分子聚合物【答案】D【解析】【分析】“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中丝的主要成分是蛋白质，蜡炬的主要成分是石蜡。【详
2、解】A项、蚕丝的主要成分是蛋白质，故A正确；B项、蚕丝的主要成分是蛋白质，蛋白质属于天然高分子材料，故B正确；C项、蜡炬的主要成分是石蜡，蜡炬成灰的过程就是石蜡燃烧的过程，蜡炬发生了氧化反应，故C正确；D项、蜡炬的主要成分是石蜡，是碳原子数较大的烷烃，不是高分子聚合物，故D错误；故选D。2.某化学小组欲利用如图所示的实验装置探究苯与液溴的反应（装置连接顺序为CDAB）已知：MnO2+2NaBr+2H2SO4Br2+MnSO4+Na2SO4+2H2O，下列说法不正确是A. 装置A的作用是除去HBr中的溴蒸气B. 装置B的作用是检验HBrC 可以用装置C制取溴蒸气D. 装置D反应后的混合液经稀碱溶
3、液洗涤、结晶，得到溴苯【答案】D【解析】【分析】装置C中二氧化锰、溴化钠和硫酸反应制得溴蒸气，溴蒸气通入装置D中与苯发生取代反应生成溴苯和溴化氢，溴化氢气体中混有溴蒸气和挥发出的苯，溴蒸气会干扰溴化氢的检验，装置A中四氯化碳吸收溴蒸气和挥发出的苯，防止溴蒸气会干扰溴化氢的检验，装置B中溴化氢与硝酸银溶液反应生成淡黄色溴化银沉淀，检验反应有溴化氢生成。【详解】A项、装置A的作用是除去HBr中的溴蒸气，防止溴蒸气会干扰溴化氢的检验，故A正确；B项、装置B中溴化氢与硝酸银溶液反应生成淡黄色溴化银沉淀，检验反应有溴化氢生成，故B正确；C项、装置C中二氧化锰、溴化钠和硫酸反应制得溴蒸气，故C正确；D项、
4、装置D中制得的不溶于水的溴苯中混有溴和苯，经水洗、稀碱溶液洗涤、水洗、分液、干燥、分馏得到溴苯，故D错误；故选D。【点睛】本题考查溴苯的制备，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意分析仪器的作用，注意物质的性质与检验和分离方法的关系是解答关键。3.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，已知X、Y为同周期的相邻元素且形成的某种二元化合物能形成光化学烟雾，Z为金属元素且Z原子的L层电子数比其它各层上电子数之和大5，W的最高价氧化物对应水化物和其氢化物均为强酸。下列说法不正确的是A. X、Y、Z、W原子半径大小：WZYXB. 最简单氢化物的稳定性：XYC. WY2能对自来水进行杀菌消
5、毒D. Z单质在Y单质和W单质中均可燃烧【答案】A【解析】分析】由X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y为同周期的相邻元素且形成的某种二元化合物能形成光化学烟雾可知，X为N元素、Y为O元素；Z为金属元素且Z原子的L层电子数比其它各层上电子数之和大5，则Z的最外层有3个电子，为Na元素；W的最高价氧化物对应水化物和其氢化物均为强酸，则W为Cl元素。【详解】A项、同周期元素从左到右，原子半径依次减小，Na元素的原子半径大于Cl元素，故A错误；B项、元素的非金属性越强，形成的气态氢化物稳定性越强，O元素的非金属性强于N元素，则最简单氢化物的稳定性：NO，故B正确；C项、WY2为Cl
6、O2，ClO2具有强氧化性，能对自来水进行杀菌消毒，故C正确；D项、金属钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，在氯气中燃烧生成氯化钠，故D正确；故选A。【点睛】本题考查元素周期律的应用，注意位置、结构、性质的相互关系，利用题给信息正确判断元素是解本题的关键。4.已知：H2(g)+ O2(g)=H2O(g)；H1= akJmol-12H2(g)+O2(g) = 2H2O(g)；H2= b kJmol-1 H2(g)+ O2(g)=H2O(l)；H3= c kJmol-12H2(g)+O2(g) = 2H2O(l)；H4= d kJmol-1，下列关系式中正确的是( )A. 2a=bd0C. ac0【答案】
7、A【解析】【分析】四个反应均为放热反应，即a、b、c、d均小于0，根据物质的状态及计量数比较a、b、c、d之间的关系和大小。【详解】A. 反应和所有物质聚集状态相同，且反应的计量数是反应的2倍，则2a=b，所有反应均为放热反应，即a、b、c、d均小于0，因此2a=b0，A项正确；B. 四个反应均为放热反应，即a、b、c、d均小于0，B项错误；C. 反应和对比，H2O的状态不同，从气态变为液态要放出热量，因此反应放出的热量更多，那么c a 0，C项错误；D. 反应和所有物质聚集状态相同，且反应的计量数是反应的2倍，则2c=d，所有反应均为放热反应，即a、b、c、d均小于0，因此2c=d 0，D项
8、错误；答案选A。【点睛】同一反应的反应物和生成物的状态不同，反应热也不同，比较时要考虑物质的状态变化时的吸热或放热情况，特别说明的是放热反应的反应热(H)为负数，放热越多，H的值反而越小。5.下列离子方程式与所述事实相符且书写正确的是A. 用铁作电极电解饱和氯化钠溶液：2Cl2H2O2OHH2Cl2B. 碱性镉镍可充电电池的正极反应：NiO(OH)eH2O=Ni(OH)2OHC. AgOH沉淀溶于氨水：AgOH2NH3H2O=Ag(NH3)2+OH2H2OD. 已知苯甲酸的酸性比碳酸强，向溶液中通入过量CO2：2CO22H2O2HCO【答案】C【解析】分析：A、阳极铁溶解生成Fe2+，与阴极附
9、近H+放电后生成的OH-结合生成Fe(OH)2沉淀；B、电池的正极是得电子的一极；C、Ag+与NH3分子形成配合离子Ag(NH3)2+，使AgOH沉淀溶解；D、只能是较强的酸与较弱酸的盐发生反应。详解：A、电解时，铁作阳极，失去电子而溶解，生成Fe2+，阴极上由于H+放电生成氢气，破坏了水电离平衡，使溶液中OH-浓度增大，进而与Fe2+反应生成Fe(OH)2沉淀，所以A不正确；B、电池的负极失去电子，电子经导线流向电池的正极，所以正极是得电子的一极，故B不正确；C、Ag+具有空轨道，而NH3分子具有孤对电子，二者可以形成配合离子Ag(NH3)2+，使AgOH沉淀溶解，所以C正确；D、苯甲酸的酸
10、性比碳酸的强，碳酸的酸性比苯酚的强，向溶液中通入过量CO2，只能与酚钠ONa反应，而不能与羧酸钠COONa反应，所以D不正确。本题答案为C。点睛：本题把常见的知识进行变化处理，换角度去思考，把复杂问题简单化，更有利于解答，如B选项，若注重电极反应式是否正确，就很难判断，但若注重电子的得失，即负极失电子，正极得电子，立即可确定是否正确。6.已知C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度，且原子间均以单键结合。下列关于C3N4晶体的说法正确的是( ）A. C3N4晶体是分子晶体B. C3N4晶体中C-N键长比金刚石中C-C要长C. C3N4晶体中每个碳原子连接4个氮原子，每个氮原子连接3个碳原子D. C3
11、N4晶体中微粒间通过离子键结合【答案】C【解析】【分析】C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度，且原子间均以单键结合，说明该物质是原子晶体，每个C原子连接4个N原子、每个N原子连接3个C原子。【详解】A分子晶体熔沸点较低、硬度较小，原子晶体硬度较大，该晶体硬度比金刚石大，说明为原子晶体，故A错误；B原子半径越大，原子间的键长越长，原子半径CN，所以C3N4晶体中C-N键长比金刚石中C-C要短，故B错误；C该晶体中原子间均以单键结合，且每个原子都达到8电子稳定结构，所以每个C原子能形成4个共价键、每个N原子能形成3个共价键，故C正确；D离子晶体微粒之间通过离子键结合，原子晶体微粒间通过共价键结合，该
12、晶体是原子晶体，所以微粒间通过共价键结合，故D错误；故选C。【点晴】本题考查晶体类型判断、晶体结构等知识点，明确晶体类型判断方法、化学键类型判断方法及物质空间构型。掌握常见物质所属晶体类型，记住常见的原子晶体。注意石墨的晶体结构与玻璃态物质。离子晶体是阴、阳离子通过离子键形成的晶体，常见离子晶体有：常见的有强碱、活泼金属氧化物、大多数盐类等；原子晶体是原子之间通过共价键形成的晶体，常见的原子晶体有：一些非金属单质，若金刚石、硼、硅、锗等；一些非金属化合物，如二氧化硅、碳化硅、氮化硼等；分子晶体是分子间通过分子间作用力(包括范德华力和氢键）构成的晶体常见的分子晶体有：所有非金属氢化物、部分非金属
13、单质(金刚石、晶体硅等除外）、部分非金属氧化物(二氧化硅等除外）、几乎所有的酸、绝大多数的有机物晶体、所有常温下呈气态的物质、常温下呈液态的物质(除汞外）、易挥发的固态物质等。7.最近一个科学硏究小组创建了一种通过连续电解将能量储存为化学能的装置。在氧化钇基质的阳极和二氧化钛涂覆的钛阴极之间是可通过H+的固体聚合物电解质。其结构如图所示，则下列说法正确的是A. 电源的b极为负极B. 在能量转换过程中，固体电解质中H+由阴极向阳极移动C. 阴极电极反应式为：OX + 4H+ + 4e GC + H2OD. 为增强阳极电解液导电性，可在水中添加适量NaCl【答案】C【解析】【分析】该装置为电解池，
14、由结构示意图可知，与电源b相连的电极上水失电子发生氧化反应生成氧气，则b极为电源的正极，a极为电源的负极，与电源a相连的电极上OX得电子发生还原反应生成GC，电极反应式为OX + 4H+ + 4e GC + H2O。【详解】A项、与电源b相连的电极上水失电子发生氧化反应生成氧气，则b极为电源的正极，故A错误；B项、电解过程中，阳离子由阳极向阴极移动，则在能量转换过程中，固体电解质中H+由阳极向阴极移动，故B错误；C项、b极为电源的正极，a极为电源的负极，与电源a相连的电极上OX得电子发生还原反应生成GC，电极反应式为OX + 4H+ + 4e GC + H2O，故C正确；D项、该电解池选用的是
15、固体聚合物电解质，不是电解质溶液，故D错误；故选C。【点睛】本题考查电解池原理的应用，注意电解池反应的原理和两极反应物和生成物的分析，明确电极与反应类型的关系和电解质的类型是解题的关键。第II卷 非选择题8.、在金刚石、CS2、N2、C2H4、H2O2、金属Fe 等六种晶体中：（1）以非极性键结合的非极性分子是_；（2）通过非极性键形成的原子晶体是_；（3）含有极性共价键和非极性共价键的非极性分子是_；（4）固态和熔融状态下都能导电的晶体是_；、C和Si元素在化学中占有极其重要的地位（1）CO2属于_晶体，熔化时克服的微粒间作用力是_；SiO2属于_晶体，熔化时克服的微粒间作用力是_；所以熔点
16、CO2_SiO2(填“”、“=”或“”）（2）SiO2晶体中每个硅与_个O相连，每个氧与_Si相连（3）石墨晶体中，层内形成正六边形的平面网状结构，试分析层内每个正六边形占有的碳原子数为_个。【答案】、（1）N2；（2）金刚石；（3）C2H4；（4）金属Fe、（1）分子；分子间作用；原子；共价键；（2）4；2；（3）2【解析】试题分析：、（1）双原子单质分子是以非极性键结合的非极性分子，则N2是以非极性键结合的非极性分子，故答案为N2；（2）金刚石是通过非极性键形成的原子晶体，故答案为金刚石；（3）C2H4分子中含有C-H极性共价键和C-C非极性共价键的非极性分子，故答案为C2H4；（4）金属
17、Fe中存在自由电子，所以固态和熔融状态下都能导电，故答案为金属Fe、（1）CO2属于分子晶体，熔化时克服的微粒间作用力是分子间作用力；SiO2属于是原子晶体，熔化时克服的微粒间作用力是共价键，化学键比分子间作用强得多，所以二氧化硅熔点高于二氧化碳气体，故答案为分子；分子间作用；原子；共价键；（2）SiO2晶体是原子晶体，一个硅与四个氧相连，一个氧与两个硅相连形成正四面体，故答案为4；2；（3）石墨层状结构中，每个碳原子被三个正六边形共用，所以平均每个正六边形占有的碳原子数=6=2，故答案为2。【考点定位】考查共价键的形成及共价键的主要类型；晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系【名师点晴】
18、本题主要考查极性键和非极性键，熟悉常见元素之间的成键是解答本题的关键，注意化学键、空间构型与分子的极性的关系来分析解答即可，不同非金属元素之间易形成极性共价键，分子的结构对称、正负电荷的中心重合，则为非极性分子，如果存在自由移动的离子和电子就能导电，要学会利用均摊法进行有关晶胞的计算。9.聚乙烯醇肉桂酸酯(M)可用作光刻工艺中的抗腐蚀涂层，其合成路线如下： 已知：R1、R2均为烃基 合成路线中AB是原子利用率为100%的反应回答下列问题：（1）A的名称是_；FG的反应类型为_。（2）CD的化学反应方程式为_。（3）E的结构简式为_；H的顺式结构简式为_。（4）写出同时满足下列条件的G的同分异构
19、体结构简式_。属于芳香族化合物；能与NaOH溶液发生反应；核磁共振氢谱有4种吸收峰（5）参照上述合成路线和相关信息，以乙烯和乙醛为原料(无机试剂任选)合成有机物,设计合成路线为：_。【答案】 (1). 乙炔 (2). 消去反应 (3). (4). (5). (6). (7). 【解析】【分析】由有机物的转化关系可知，在催化剂作用下，HCCH与CH3COOH发生加成反应生成CH2=CHCH2COOH，则B为CH2=CHCH2COOH；在催化剂作用下，CH2=CHCH2COOH发生加聚反应生成；在催化剂作用下，与CH3OH发生取代反应生成和CH3COOCH3；由和H发生酯化反应生成可知，H为；由逆
20、推法可知，在加热条件下，G与新制的氢氧化铜发生氧化反应，酸化生成，则G为；在浓硫酸作用下，F受热发生消去反应生成，则F为；由题给信息可知E与CH3CHO发生加成反应生成，则E为。【详解】（1）A结构简式为HCCH，名称为乙炔；FG的反应为在浓硫酸作用下，受热发生消去反应生成，故答案为乙炔；（2）CD的反应为与CH3OH发生取代反应生成和CH3COOCH3，反应的化学方程式为，故答案为；（3）E的结构简式为；H的顺式结构简式为，故答案为；（4）G的同分异构体属于芳香族化合物，说明分子中含有苯环，能与NaOH溶液发生反应，说明分子中含有酚羟基或羧基，若含有酚羟基，余下3个碳原子形成的取代基可能为C
21、H3和HCC或CH3CC，若含有羧基，余下2个碳原子形成的取代基可能为CH2=CH或CH=CH，则核磁共振氢谱有4种吸收峰的结构简式为和，故答案为；（5）由有机物的结构简式，结合题给信息，运用逆推法可知生成有机物的过程为：乙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成1,2二溴乙烷，1,2二溴乙烷在氢氧化钠溶液中受热发生水解反应生成乙二醇，在铜做催化剂作用下，乙二醇与氧气发生催化氧化反应生成乙二醛，一定条件下，乙二醛与乙醛发生加成反应生成，合成路线为，故答案为。【点睛】本题考查有机物推断与合成，侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，充分利用转化中物质的结构简式与分子式进行分析判断，熟练掌握官能团
22、的性质与转化，能够依据题给信息设计合成线路是解答关键。10.(1)0.3 mol的气态高能燃料乙硼烷(B2H6)在氧气中燃烧，生成固态的三氧化二硼和液态水，放出649.5 kJ热量，其热化学方程式为_。(2)超音速飞机在平流层飞行时，尾气中的NO会破坏臭氧层。科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO和CO转变成CO2和N2，化学方程式为2NO2CO2CO2N2，为了测定在某种催化剂作用下的反应速率，在某温度下用气体传感器测得不同时间的NO和CO浓度如表：时间/s012c(NO)/ molL11.001034.501042.50104c(CO)/molL13.601033.051032.8510
23、3时间/s345c(NO)/ molL11.501041.001041.00104c(CO)/ molL12.751032.701032.70103请回答下列问题：前2s内的平均反应速率(N2)_；上述条件下，该反应的平衡常数为_；上述条件下，测得某时刻反应体系中各物质的物质的量浓度均为0.01 mol/L，则此时反应处于_状态。(填“平衡”或“向右进行”或“向左进行”)(3)实验室常用0.10 mol/L KMnO4标准酸性溶液来测定H2C2O4样品的纯度(标准液滴待测液)，其反应原理为：5H2C2O42MnO46H=10CO22Mn2+8H2O。 KMnO4标准液应装在_(填“酸式”或“碱
24、式”)滴定管； 清水洗净滴定管后直接装入标准液，则测定结果会_；(填“偏大”或“偏小”或“不变”) 滴定过程中发现一段时间后反应速率明显加快，除去温度的影响，你认为最有可能的原因是_。【答案】 (1). B2H6(g)+3O2(g)=B2O3(s)+3H2O(l)H= -2165kJ/mol (2). 1.875104 mol/(Ls) (3). 5000 (4). 向右进行 (5). 酸式 (6). 偏大 (7). 生成了催化剂【解析】【分析】(1)0.3mol气态高能燃料乙硼烷在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出649.5kJ的热量，据此计算出1mol气态高能燃料乙硼烷在氧气中燃
25、烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出的热量，再写出反应的热化学反应方程式；(2)根据=计算出(NO)，再根据速率之比等于化学计量数之比计算(N2)；根据三段式列式结合平衡常数K=计算；计算Qc=，再与K比较大小；(3) KMnO4具有强氧化性，能够腐蚀乳胶管； 清水洗净滴定管后直接装入标准液，使得标准液的浓度减小，结合c(待测)=分析判断； 根据影响化学反应速率的因素结合题意分析判断。【详解】(1)0.3mol气态高能燃料乙硼烷在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出649.5kJ的热量，则1mol气态高能燃料乙硼烷在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出2165kJ的热量，反应的
26、热化学方程式为：B2H6(g)+3O2(g)B2O3(s)+3H2O(l)H=-2165kJ/mol，故答案为B2H6(g)+3O2(g)B2O3(s)+3H2O(l)H=-2165kJ/mol；(2)前2s内的平均反应速度(NO)= =3.7510-4 mol/(Ls)，(N2)(NO)=12得到(N2)=1.87510-4 mol/(Ls)，故答案为1.87510-4 mol/(Ls)；由表格中的数据可知到4s时达到化学平衡，则 2NO + 2CO 2CO2 + N2开始(mol/L) 1.0010-3 3.6010-3 0 0转化(mol/L) 910-4 910-4 910-4 450
27、10-4平衡(mol/L)1.0010-4 2.7010-3 910-4 4.5010-4则平衡常数K=5000，故答案为5000；上述条件下，测得某时刻反应体系中各物质的物质的量浓度均为0.01 mol/L，则Qc=100K=5000，说明反应向右进行，故答案为向右进行；(3) KMnO4具有强氧化性，能够腐蚀乳胶管，因此KMnO4标准液应装在酸式滴定管中，故答案为酸式； 清水洗净滴定管后直接装入标准液，使得标准液的浓度减小，滴定消耗的标准液的体积偏大，根据c(待测)=，则测定结果会偏大，故答案为偏大； 滴定过程中发现一段时间后反应速率明显加快，除去温度的影响，最有可能的原因是反应过程中生成
28、了催化剂，故答案为生成了催化剂。11.某研究小组进行Mg(OH)2沉淀溶解和生成的实验探究。【查阅资料】25时，KspMg(OH)21.810-11，KspFe(OH)34.010-38【实验探究】向2支均盛有1mL0.1mol/LMgCl2溶液的试管中分别加入2滴2mol/L NaOH溶液，制得等量Mg(OH)2沉淀。（1）分别向两支试管中加入不同试剂，记录实验现象如表：(表中填空填下列选项中字母代号)试管编号加入试剂实验现象2滴0.1mol/LFeCl3溶液_4mL2mol/LNH4Cl溶液_A、白色沉淀转化为红褐色沉淀 B、白色沉淀不发生改变C、红褐色沉淀转化为白色沉淀 D、白色沉淀溶解
29、，得无色溶液（2）测得试管中所得混合液pH6，则溶液中c(Fe3+)_。（3）同学们猜想实验中沉淀溶解的主要原因有两种：猜想1：NH4+结合Mg(OH)2电离出的OH，使Mg(OH)2的溶解平衡正向移动。猜想2：_。（4）为验证猜想，同学们取少量相同质量的氢氧化镁盛放在两支试管中，一支试管中加入醋酸铵溶液(pH7)，另一支试管中加入NH4Cl和氨水混合液(pH8)，两者沉淀均溶解。该实验证明猜想正确的是_（填 “1”或“2”）。【答案】 (1). A (2). D (3). 410-14mol/L (4). NH4Cl水解出来的H+与Mg(OH)2电离出OH结合成水，使Mg(OH)2的溶解平衡
30、正向移动 (5). 1【解析】分析：根据已知数据，求出两种物质的物质的量，可确定反应是否完全，再结合Ksp的大小，可判断出沉淀转化的本质，是由Ksp的大小引起的，还是发生其它反应生成的；而沉淀的溶解要根据物质的性质来确定，Mg(OH)2属于弱碱，能够与NH4+水解生成的H+发生中和反应而溶解，也能够与NH4+发生复分解反应，生成弱电解质NH3H2O而溶解，要验证溶解的原因，可用含NH4+的中性溶液做对比实验，详解：(1)已知n(MgCl2)=110-3L0.1mol/L=110-4mol，n(NaOH)0.110-3L2mol/L=210-4mol，由反应Mg2+2OH-=Mg(OH)2可知，
31、二者基本反应完全，生成白色沉淀Mg(OH)2，当向其中加入FeCl3溶液时，由于KspFe(OH)34.010-38远小于KspMg(OH)21.810-11，所以白色沉淀Mg(OH)2转化为红褐色沉淀Fe(OH)3，故答案选A；当向其中加入NH4Cl溶液，NH4+与Mg(OH)2电离出的OH-结合生成弱电解质NH3H2O，使Mg(OH)2的溶解平衡正向移动，最终使Mg(OH)2完全溶解得无色溶液。所以答案选D。(2)当试管中所得混合液pH6时，即c(OH-)=10-8mol/L，由KspFe(OH)34.010-38可求得c(Fe3+)4.010-14mol/L。(3) NH4Cl因水解而呈
32、酸性，生成的H+与Mg(OH)2电离出OH结合生成水，使Mg(OH)2的溶解平衡正向移动。(4)由于醋酸铵溶液(pH7)呈中性，能使Mg(OH)2沉淀溶解，说明不是NH4+水解呈酸性导致Mg(OH)2溶解；当加入弱碱性的NH4Cl和氨水混合液(pH8)时，沉淀也溶解，说明猜想2是错误的。因此证明Mg(OH)2沉淀溶解的根本原因是NH4+与Mg(OH)2电离出OH结合生成弱电解质NH3H2O，促进Mg(OH)2溶解平衡正向移动，最终得无色溶液，所以猜想1是正确的。点睛：难点是验证Mg(OH)2沉淀溶解的原因，水解显酸性的铵盐能溶解Mg(OH)2沉淀，那就用呈中性的铵盐和呈碱性的铵盐去验证，结果都能溶解Mg(OH)2沉淀，说明猜想2是错误的。
