江西省宜市铜鼓中学高考化学二模试卷（含解析）.doc

2016年江西省宜春市铜鼓中学高考化学二模试卷一、（选择题，每小题6分，共48分）在下列各题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的以下数据可供解题时参考：相对原子质量：h1，c12，o16，na23，al27，s32，cl35.5，fe56，zn651有人设计出利用ch4和o2的反应，用铂电极在koh溶液中构成原电池电池的总反应类似于ch4在o2中燃烧，则下列说法正确的是（）每消耗1mol ch4可以向外电路提供8mole负极上ch4失去电子，电极反应式ch4+10oh8e=co32+7h2o负极上是o2获得电子，电极反应式为o2+2h2o+4e=4oh电池放电后，溶液ph不断升高abcd2下列顺序不正确的是（）a热稳定性：hfhclhbrhib微粒的半径：clna+mg2+al3+c电离程度（同温度同浓度溶液中）：hclch3coohnahco3d分散质粒子的直径：fe（oh）3悬浊液fe（oh）3胶体fecl3溶液3要证明某溶液中不含fe3+而可能含有fe2+，进行如下实验的最佳顺序为（）加入氯水 加入kmno4溶液 加入nh4scn溶液abcd4有人认为ch2=ch2与br2的加成反应，实质是br2先断裂为br+和br，然后br+首先与ch2=ch一端碳原子结合，第二步才是br与另一端碳原子结合根据该观点如果让ch2=ch2与br2在盛有nacl和nai的水溶液中反应，则得到的有机物不可能是（）abrch2ch2brbclch2ch2clcbrch2ch2idbrch2ch2cl5在体积为v l的密闭容器中通入a mol no和b mol o2，反应后容器中氮原子数和氧原子数之比为（）abcd6下列各组溶液中，各离子能大量共存的是（）a滴加石蕊试液显红色的溶液：fe3+、nh4+、cl、ibph为1的溶液：cu2+、na+、no3、so42c水电离出来的c（h+）=1013mol/l的溶液：k+、ba2+、hco3、brd溶质为na2so4的溶液：k+、al3+、co32、no37一定条件下发生下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：so2（g）+2co（g） 2co2（g）+s（l）h0，若反应在恒容的密闭容器中进行，下列有关说法正确的是（）a平衡前，随着反应的进行，容器内的压强始终不变b平衡时，其他条件不变，分离出硫，正反应速率加快c平衡时，其他条件不变，使用合适的催化剂，可提高so2的转化率d其他条件不变，使用不同催化剂，该反应的平衡常数不变8常温下，下列各组比值为1：2的是（）a0.1 mol/l与0.2mol/l醋酸溶液，c（h+）之比b0.1 mol/l na2co3溶液，c（co32）与c（na+）之比cph=10的ba（oh）2溶液与氨水，溶质的物质的量浓度之比dph=3的硫酸与醋酸溶液，c（so42）与c（ch3coo）之比二、（非选择题，共3小题，共52分）9a、b、c、d、e、f、g均为短周期元素，原子序数依次递增a元素原子核内无中子，b元素原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，d是地壳中含量最多的元素，e是短周期中金属性最强的元素，f与g位置相邻，g是同周期元素中原子半径最小的元素请用化学用语回答：（1）推断b在元素周期表中的位置，写出e2d的电子式（2）写出a与d形成的10电子阳离子的化学式（3）e、f、g三种元素所形成的简单离子，半径由大到小的顺序是（4）常温下，1mola的单质在d的单质中完全燃烧生成液态水，放出286kj的热量，写出该反应的热化学方程式（5）在fe和cu的混合物中，加入一定量的c的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液，充分反应后剩余金属m1g，再向其中加入一定量的稀硫酸，充分反应后剩余金属m2g下列说法正确的是am1一定大于m2b剩余固体m2中一定没有单质cuc加入稀硫酸前、后的溶液中肯定都有fe2+d加入稀硫酸前、后的溶液中肯定都有cu2+10在做氢氧化钠的性质实验时，甲同学将稀盐酸滴入到装有氢氧化钠固体的试管中，触摸试管有灼热感他马上得出结论：氢氧化钠与稀盐酸反应会放出大量的热但是乙同学提出异议：热量不一定是由氢氧化钠与稀盐酸反应放出的（1）乙同学提出异议的理由是（2）针对乙同学提出的异议，甲、乙同学对上述实验进行了探究【提出问题】氢氧化钠与稀盐酸反应是否会放出热量？【猜想与假设】氢氧化钠与稀盐酸反应会放出热量【实验方案】可能用到的实验仪器与药品：氢氧化钠固体、稀盐酸、蒸馏水、烧杯、温度计、玻璃棒、胶头滴管实验过程（请完成下表）：实验步骤实验现象实验结论步骤取适量naoh固体放入烧杯中，加入适量的水，搅拌，步骤，用胶头滴管将稀盐酸滴入到步骤所得的溶液中氢氧化钠与稀盐酸反应会放出热量（3）丙同学取步骤反应后所得的溶液，继续进行探究他向溶液中滴入无色酚酞溶液，发现无色酚酞溶液不变色因此他得出此溶液呈中性的结论你认为他的结论是否正确？（填“是”或“否”）理由是11镁、铝、锌是生活中常见的三种金属，查阅资料获得如下信息：镁、铝、锌都是银白色的金属锌（zn）可以与naoh溶液反应生成h2zn（oh）2为白色固体，难溶于水，可溶于强碱及nh3h2ozn2+易形成配合物如zn（nh3）42+，该配合物遇强酸分解生成zn2+、nh4+（1）（1）甲同学取镁铝合金进行定量分析，用图所示装置进行实验，获得如下数据（所有气体体积均已换算成标准状况，忽略滴入液体体积对气体体积的影响）编号粉末质量量气管第一次读数量气管第二次读数2.0 g10.0 ml346.2 ml2.0 g10.0 ml335.0 ml2.0 g10.0 ml345.8 ml（2）乙同学取镁铝锌合金设计如下实验方案：（可用试剂：样品、ph试纸、稀硫酸、naoh溶液、氨水）试剂是；沉淀b是过程是：在滤液中逐滴加入，直至生成的沉淀刚好溶解，再加入足量的，过滤沉淀c与氨水反应的离子方程式为【化学-选修5：有机化学基础】（15分）12某芳香族化合物a，核磁共振氢谱显示有六组峰，苯环上的一氯代物有两种，分子结构中不含有甲基，一定条件下可以发生如图所示的转化关系（1）e中含有的官能团名称为（2）d的结构简式为（3）c的分子式为，在一定条件下，可能发生的化学反应类型有（填序号） 水解反应取代反应消去反应加成反应加聚反应（4）ae反应的化学方程式为ab反应的化学方程式为（5）f在加热条件下与过量naoh水溶液反应的化学方程式为（6）符合下列条件的a的同分异构体有种，其中苯环上一氯代物有两种的结构简式为 含有二取代苯环结构与a有相同的官能团能与fec13溶液发生显色反应2016年江西省宜春市铜鼓中学高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、（选择题，每小题6分，共48分）在下列各题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的以下数据可供解题时参考：相对原子质量：h1，c12，o16，na23，al27，s32，cl35.5，fe56，zn651有人设计出利用ch4和o2的反应，用铂电极在koh溶液中构成原电池电池的总反应类似于ch4在o2中燃烧，则下列说法正确的是（）每消耗1mol ch4可以向外电路提供8mole负极上ch4失去电子，电极反应式ch4+10oh8e=co32+7h2o负极上是o2获得电子，电极反应式为o2+2h2o+4e=4oh电池放电后，溶液ph不断升高abcd【考点】化学电源新型电池【专题】电化学专题【分析】碱性甲烷燃料电池，具有还原性的甲烷为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为ch4+10oh8e=co32+7h2o，通入氧气的一极为原电池的正极，发生还原反应，电极反应式为o2+2h2o+4e=4oh，原电池工作时，电子从负极经外电路流向正极，电解质溶液中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动【解答】解：、通入ch4的电极为负极，电极反应为：ch4+10oh8e=co32+7h2o，每消耗1molch4可以向外电路提供8mole；故正确；、通入ch4的电极为负极失电子反应氧化反应，电极反应为：ch4+10oh8e=co32+7h2o，故正确；通入氧气的一极为原电池的正极，得到电子发生还原反应：o2+2h2o+4e=4oh，故错误；、电池反应式为：ch4+2oh+2o2=co32+3h2o，随着反应的进行，溶液中氢氧根离子不断减少，溶液ph不断减小，所以该电池使用一段时间后应补充koh，故错误；故选a【点评】本题考查碱性甲烷电池的工作原理，题目难度不大，本题中注意把握电极反应式的书写，正确判断两极的化学反应，在学习中注意积累电子、电流、离子的流向2下列顺序不正确的是（）a热稳定性：hfhclhbrhib微粒的半径：clna+mg2+al3+c电离程度（同温度同浓度溶液中）：hclch3coohnahco3d分散质粒子的直径：fe（oh）3悬浊液fe（oh）3胶体fecl3溶液【考点】元素周期律的作用；弱电解质在水溶液中的电离平衡【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】a同主族自上而下元素的非金属性减弱，非金属性越强则氢化物越稳定；b电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小；最外层电子数相等时，电子层数越多，半径越大；c强电解质的电离程度大于弱电解质的电离程度；d根据溶液中分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1100nm之间，浊液分散质微粒直径大于100nm【解答】解：a因元素的非金属性越强其对应的氢化物越稳定，非金属性：fclbri，所以热稳定性：hfhclhbrhi，故a错误；b因电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，微粒的半径：na+mg2+al3+，最外层电子数相等时，电子层数越多，半径越大，微粒的半径：clna+，所以微粒的半径：clna+mg2+al3+，故b正确；c强电解质的电离程度大于弱电解质的电离程度，hcl=nahco3ch3cooh，故c错误；d因溶液中分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1100nm之间，浊液分散质微粒直径大于100nm，所以分散质粒子的直径：fe（oh）3悬浊液fe（oh）3胶体fecl3溶液，故d正确；故选：c【点评】本题主要考查了学生元素周期律、电解质的电离程度、分散系粒子直径大小的比较，可以根据所学知识进行回答，难度不大3要证明某溶液中不含fe3+而可能含有fe2+，进行如下实验的最佳顺序为（）加入氯水 加入kmno4溶液 加入nh4scn溶液abcd【考点】二价fe离子和三价fe离子的检验【分析】先根据fe3+的特征反应判断溶液不含fe3+；然后加入氧化剂，如果含有fe2+，fe2+被氧化剂氧化成fe3+溶液变成红色，以此证明fe2+的存在【解答】解：因为nh4scn与fe3+作用使溶液显红色，与fe2+作用无此现象，可以先滴加nh4scn溶液，不显红色，说明原溶液不含有fe3+，再滴加氯水后显红色，说明滴加氯水后溶液中有fe3+，证明原溶液含有fe2+，即进行如下实验的最佳顺序为，故选c【点评】本题考查离子的检验，注意滴加氧化剂、kscn溶液的顺序不能颠倒，如果颠倒，无法确定溶原液将中是否含有fe3+，题目难度不大4有人认为ch2=ch2与br2的加成反应，实质是br2先断裂为br+和br，然后br+首先与ch2=ch一端碳原子结合，第二步才是br与另一端碳原子结合根据该观点如果让ch2=ch2与br2在盛有nacl和nai的水溶液中反应，则得到的有机物不可能是（）abrch2ch2brbclch2ch2clcbrch2ch2idbrch2ch2cl【考点】取代反应与加成反应【专题】信息给予题；有机反应【分析】根据题目信息：ch2=ch2与br2的加成反应，实质是br2先断裂为br+和br，然后br+首先与ch2=ch一端碳原子结合，第二步才是br与另一端碳原子结合来判断产物【解答】解：按照题意，第一步肯定要上br+，即一定会出现brch2ch2的结构，第二步才能上阴离子，nacl和nai的水溶液中含有氯离子和碘离子还有溴水中的溴离子，可以分别加在碳原子上，acd均可以，故b错误故选b【点评】本题是一道信息给定题，可以根据题意的相关信息来回答，较简单5在体积为v l的密闭容器中通入a mol no和b mol o2，反应后容器中氮原子数和氧原子数之比为（）abcd【考点】物质的量的相关计算【专题】物质的量的计算【分析】无论no和氧气是否完全反应，反应前后密闭容器中各种元素原子个数不变，以此解答该题【解答】解：无论no和氧气是否完全反应，即无论容器中存在的微粒是什么，但密闭容器中各种元素原子个数不变，根据n=nna知，各种元素的原子个数之比等于其物质的量之比，n（n）：n（o）=n（no）：n（no）+2n（o2）=amol：（a+2b）mol=，故选c【点评】本题考查物质的量的相关计算，明确“各种元素原子个数与是否发生反应无关”是解本题关键，根据原子守恒解答即可，题目难度不大6下列各组溶液中，各离子能大量共存的是（）a滴加石蕊试液显红色的溶液：fe3+、nh4+、cl、ibph为1的溶液：cu2+、na+、no3、so42c水电离出来的c（h+）=1013mol/l的溶液：k+、ba2+、hco3、brd溶质为na2so4的溶液：k+、al3+、co32、no3【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】a滴加石蕊试液显红色的溶液，显酸性；bph为1的溶液，显酸性；c水电离出来的c（h+）=1013mol/l的溶液，为酸或碱溶液；d溶质为na2so4的溶液，显中性【解答】解：a滴加石蕊试液显红色的溶液，显酸性，fe3+、i发生氧化还原反应，不能共存，故a错误；bph为1的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，能大量共存，故b正确；c水电离出来的c（h+）=1013mol/l的溶液，为酸或碱溶液，hco3既能与酸反应又能与碱反应，不能共存，故c错误；d溶质为na2so4的溶液，显中性，不能大量存在al3+、，且al3+、co32相互促进水解，不能共存，故d错误；故选b【点评】本题考查离子的共存，为高考常见题型，侧重信息的抽取和氧化还原反应的考查，注重学生思维严密性的训练，题目难度不大7一定条件下发生下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：so2（g）+2co（g） 2co2（g）+s（l）h0，若反应在恒容的密闭容器中进行，下列有关说法正确的是（）a平衡前，随着反应的进行，容器内的压强始终不变b平衡时，其他条件不变，分离出硫，正反应速率加快c平衡时，其他条件不变，使用合适的催化剂，可提高so2的转化率d其他条件不变，使用不同催化剂，该反应的平衡常数不变【考点】化学平衡建立的过程【专题】化学平衡专题【分析】该可逆反应正反应是气体体积减小、放热反应，在反应达到平衡之前，容器内气体的压强在不断减小，分离出液体硫，不影响平衡移动，反应速率不变，使用催化剂只改变化学反应速率但不影响平衡的移动，注意平衡常数只与温度有关，与物质的浓度无关【解答】解：a该反应是一个反应前后气体体积减小、放热的可逆反应，在反应达到平衡之前，随着反应的进行，气体的物质的量逐渐减小，则容器的压强在逐渐减小，故a错误；b硫是液体，分离出硫，不影响平衡移动，气体反应物和生成物浓度都不变，所以不影响反应速率，故b错误；c平衡时，其他条件不变，使用合适的催化剂，不影响平衡移动，不能提高so2的转化率，故c错误；d平衡常数只与温度有关，与使用催化剂无关，故d正确；故选d【点评】本题考查了影响化学平衡的因素，难度不大，易错选项是b，注意固体和纯液体改变用量对反应速率无影响，催化剂只影响反应速率不影响平衡的移动8常温下，下列各组比值为1：2的是（）a0.1 mol/l与0.2mol/l醋酸溶液，c（h+）之比b0.1 mol/l na2co3溶液，c（co32）与c（na+）之比cph=10的ba（oh）2溶液与氨水，溶质的物质的量浓度之比dph=3的硫酸与醋酸溶液，c（so42）与c（ch3coo）之比【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理【专题】电离平衡与溶液的ph专题【分析】a弱电解质溶液中，浓度越大弱电解质的电离程度越小；b碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子易水解；c一水合氨是弱电解质，溶液中存在电离平衡，所以氨水的浓度大于氢氧根离子浓度；d根据电荷守恒判断阴离子浓度【解答】解：a醋酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡，醋酸浓度越大其电离程度越小，所以 0.1mol/l与0.2mol/l醋酸溶液，c（h+）之比大于1：2，故a错误；bco32水解，溶液中含有hco3，na2co3溶液中c（na+）与c（co32）之比大于2：1，故b错误；cph=10的ba（oh）2溶液与氨水，c（ba（oh）2）=c（oh）=0.00005mol/l，c（氨水）0.0001mol/l，溶质的物质的量浓度之比小于1：2，故c错误；dph=3的硫酸与醋酸溶液中氢离子浓度相等，根据电荷守恒得c（h+）=2c（so42）=c（ch3coo），所以c（so42）与，c（ch3coo）之比等于1：2，故d正确；故选d【点评】本题考查盐类水解及弱电解质的电离，题目难度中等，注意盐类的水解、弱电解质的电离特点，以及从溶液电中性的角度比较离子浓度关系二、（非选择题，共3小题，共52分）9a、b、c、d、e、f、g均为短周期元素，原子序数依次递增a元素原子核内无中子，b元素原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，d是地壳中含量最多的元素，e是短周期中金属性最强的元素，f与g位置相邻，g是同周期元素中原子半径最小的元素请用化学用语回答：（1）推断b在元素周期表中的位置第二周期a族，写出e2d的电子式（2）写出a与d形成的10电子阳离子的化学式h3o+（3）e、f、g三种元素所形成的简单离子，半径由大到小的顺序是s2clna+（4）常温下，1mola的单质在d的单质中完全燃烧生成液态水，放出286kj的热量，写出该反应的热化学方程式h2（g）+o2（g）h2o（l）h=286kjmol1（5）在fe和cu的混合物中，加入一定量的c的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液，充分反应后剩余金属m1g，再向其中加入一定量的稀硫酸，充分反应后剩余金属m2g下列说法正确的是acam1一定大于m2b剩余固体m2中一定没有单质cuc加入稀硫酸前、后的溶液中肯定都有fe2+d加入稀硫酸前、后的溶液中肯定都有cu2+【考点】位置结构性质的相互关系应用【专题】元素周期律与元素周期表专题；元素及其化合物【分析】a、b、c、d、e、f、g均为短周期元素，原子序数依次递增a元素原子核内无中子，则a为氢元素；b元素原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，则b有2个电子层，最外层有4个电子，则b为碳元素；d元素是地壳中含量最多的元素，则d为o元素；c的原子序数介于碳、氧之间，则c为n元素；e元素是短周期元素中金属性最强的元素，则e为na；f与g的位置相邻，g是同周期元素中原子半径最小的元素，可推知f为s元素、g为cl元素，据此解答【解答】解：a、b、c、d、e、f、g均为短周期元素，原子序数依次递增a元素原子核内无中子，则a为氢元素；b元素原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，则b有2个电子层，最外层有4个电子，则b为碳元素；d元素是地壳中含量最多的元素，则d为o元素；c的原子序数介于碳、氧之间，则c为n元素；e元素是短周期元素中金属性最强的元素，则e为na；f与g的位置相邻，g是同周期元素中原子半径最小的元素，可推知f为s元素、g为cl元素（1）b为碳元素，在元素周期表中的位置：第二周期a族，na2o的电子式为，故答案为：第二周期a族；（2）h元素与o元素形成的10电子阳离子的化学式为h3o+，故答案为：h3o+；（3）na、s、cl形成的离子为na+、s2、cl，电子层数越多离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越多离子半径越小，故简单离子半径由大到小的顺序为s2clna+，故答案为：s2clna+；（4）常温下，1mol氢气在氧气中完全燃烧生成液态水，放出286kj的热量，该反应的热化学方程式为：h2（g）+o2（g）h2o（l）h=286kjmol1，故答案为：h2（g）+o2（g）h2o（l）h=286kjmol1；（5）hno3具有强氧化性，能将fe、cu氧化为fe3+、cu2+，fe3+具有较强的氧化性，可将fe、cu氧化；第一次剩余金属，若剩余金属为fe和cu，溶液中含有的离子为fe2+，若剩余cu，溶液中阳离子为fe2+，可能含有cu2+，由于溶液中含有no3，在酸性条件下，剩余的金属还可以与no3反应，由于有金属剩余，故溶液中一定含有fe2+，可能含有cu2+，a由上述分析可知，m1一定大于m2，故a正确；b剩余固体m2中一定含有单质cu，故b错误；c加入稀硫酸前、后的溶液中肯定都有fe2+，故c正确；d加入稀硫酸前的溶液中不一定有cu2+，故d错误，故选：ac【点评】本题考查结构性质位置关系应用，涉及电子式、离子半径比较、热化学方程式、元素化合物性质等，侧重对知识的理解与迁移应用能力考查，（5）中注意酸性条件下硝酸根具有强氧化性，难度中等10在做氢氧化钠的性质实验时，甲同学将稀盐酸滴入到装有氢氧化钠固体的试管中，触摸试管有灼热感他马上得出结论：氢氧化钠与稀盐酸反应会放出大量的热但是乙同学提出异议：热量不一定是由氢氧化钠与稀盐酸反应放出的（1）乙同学提出异议的理由是氢氧化钠溶于水也会放热；（2）针对乙同学提出的异议，甲、乙同学对上述实验进行了探究【提出问题】氢氧化钠与稀盐酸反应是否会放出热量？【猜想与假设】氢氧化钠与稀盐酸反应会放出热量【实验方案】可能用到的实验仪器与药品：氢氧化钠固体、稀盐酸、蒸馏水、烧杯、温度计、玻璃棒、胶头滴管实验过程（请完成下表）：实验步骤实验现象实验结论步骤取适量naoh固体放入烧杯中，加入适量的水，搅拌，插入一支温度计测量溶液温度，溶液温度比室温明显升高氢氧化钠固体溶于水放热步骤步骤所得的溶液冷却到室温，用胶头滴管将稀盐酸滴入到步骤所得的溶液中溶液温度比室温明显升高氢氧化钠与稀盐酸反应会放出热量（3）丙同学取步骤反应后所得的溶液，继续进行探究他向溶液中滴入无色酚酞溶液，发现无色酚酞溶液不变色因此他得出此溶液呈中性的结论你认为他的结论是否正确？否（填“是”或“否”）理由是若溶液呈酸性，酚酞溶液也不变色【考点】探究吸热反应和放热反应【专题】无机实验综合【分析】（1）根据氢氧化钠固体溶于水也放热说明酸碱反应的放热情况需进一步测定；（2）先将氢氧化钠固体溶于水配成溶液，用温度计测出现在溶液的温度，加入稀盐酸后，略微等会，再用温度计测溶液温度，看温度反应后是否还能升高；（3）根据酚酞试液的变色情况分析【解答】解：（1）将稀盐酸滴入到装有氢氧化钠固体的试管中，温度升高并不能证明是氢氧化钠与稀盐酸反应放出的，因为氢氧化钠固体溶于水，也能放出热量，到底热量是反应放出的还是氢氧化钠溶于水放出的，故答案为：氢氧化钠溶于水也会放热；（2）先将氢氧化钠固体溶于水配成溶液，用温度计测出现在溶液的温度，加入稀盐酸后，略微等会，再用温度计测溶液温度，看温度反应后是否还能升高，故答案为：实验步骤实验现象实验结论步骤插入一支温度计测量溶液温度溶液温度比室温明显升高氢氧化钠固体溶于水放热步骤步骤所得的溶液冷却到室温溶液温度比室温明显升高；（3）向溶液中滴入无色酚酞试液，发现酚酞试液不变色并不能说明溶液呈中性，因为酸性溶液也不能使酚酞试液变色，故答案为：否；若溶液呈酸性，酚酞溶液也不变色【点评】通过做本题，可知酸与碱发生的中和反应放出热量在测定酸碱反应时不能选择固体溶于水放热的那种11镁、铝、锌是生活中常见的三种金属，查阅资料获得如下信息：镁、铝、锌都是银白色的金属锌（zn）可以与naoh溶液反应生成h2zn（oh）2为白色固体，难溶于水，可溶于强碱及nh3h2ozn2+易形成配合物如zn（nh3）42+，该配合物遇强酸分解生成zn2+、nh4+（1）（1）甲同学取镁铝合金进行定量分析，用图所示装置进行实验，获得如下数据（所有气体体积均已换算成标准状况，忽略滴入液体体积对气体体积的影响）编号粉末质量量气管第一次读数量气管第二次读数2.0 g10.0 ml346.2 ml2.0 g10.0 ml335.0 ml2.0 g10.0 ml345.8 ml（2）乙同学取镁铝锌合金设计如下实验方案：（可用试剂：样品、ph试纸、稀硫酸、naoh溶液、氨水）试剂是naoh溶液；沉淀b是al（oh）3过程是：在滤液中逐滴加入稀硫酸，直至生成的沉淀刚好溶解，再加入足量的稀氨水，过滤沉淀c与氨水反应的离子方程式为zn（oh）2+4nh3=zn（nh3）42+2oh；或zn（oh）2+4nh3h2o=zn（nh3）42+2oh+4h2o【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【专题】无机实验综合【分析】（2）wg镁铝锌合金加入稀硫酸溶解生成硫酸镁、硫酸铝溶液、硫酸锌溶液，加入试剂m为过量氢氧化钠溶液，得到沉淀a为mg（oh）2，滤液为na2zno2，naalo2溶液，加入过量稀硫酸得到硫酸铝溶液、硫酸锌溶液，再加入足量氨水溶液得到沉淀b为al（oh）3，滤液为zn2+易形成配合物如zn（nh3）42+，该络合物遇强酸分解生成zn2+、nh4+，加入适量氢氧化钠溶液得到c为氢氧化锌沉淀【解答】解：（2）wg镁铝锌合金加入稀硫酸溶解生成硫酸镁、硫酸铝溶液、硫酸锌溶液，加入试剂m为过量氢氧化钠溶液，得到沉淀a为mg（oh）2，滤液为na2zno2，naalo2溶液，加入过量稀硫酸得到硫酸铝溶液、硫酸锌溶液，再加入足量氨水溶液得到沉淀b为al（oh）3，滤液为zn2+易形成配合物如zn（nh3）42+，该络合物遇强酸分解生成zn2+、nh4+，加入适量氢氧化钠溶液得到c为氢氧化锌沉淀；上述分析可知，试剂m为氢氧化钠溶液，沉淀b为al（oh）3；故答案为：naoh溶液；al（oh）3；操作是：在滤液中逐滴加入稀硫酸溶液直至生成的沉淀刚好溶解，再加入足量的氨水溶液沉淀铝离子，过滤得到氢氧化铝沉淀故答案为：稀硫酸；稀氨水；zn（oh）2为白色固体，难溶于水，可溶于强碱及nh3h2o，沉淀c与氨水反应的离子方程式为zn（oh）2+4nh3=zn（nh3）42+2oh；或zn（oh）2+4nh3h2o=zn（nh3）42+2oh+4h2o；故答案为：zn（oh）2+4nh3=zn（nh3）42+2oh；或zn（oh）2+4nh3h2o=zn（nh3）42+2oh+4h2o【点评】本题考查了实验探究物质组成的实验设计，反应过程分析判断，物质提纯的理解应用，主要是混合物分离的方法和物质性质的理解应用，掌握基础是关键，题目难度中等【化学-选修5：有机化学基础】（15分）12某芳香族化合物a，核磁共振氢谱显示有六组峰，苯环上的一氯代物有两种，分子结构中不含有甲基，一定条件下可以发生如图所示的转化关系（1）e中含有的官能团名称为醛基、羧基