湖北省黄冈市2025-2026学年高二化学上学期实验班九月月考试题含解析

考试范围：水溶液中的离子平衡考试时间：75分钟

可能用到的相对原子质量H1N14O16Na23Al27S32Fe56Cu64

第I卷(选择题)

一、选择题(共15小题，每题3分，共45分)

1.生活中“无处不化学”，下列常用试剂呈中性的是

A.84消毒液B.洁厕灵C.洗衣液D.75%酒精溶液

【答案】D

【解析】

【详解】A．84消毒液含次氯酸钠（NaClO），属于强碱弱酸盐，水解后溶液显碱性，A错误；

B．洁厕灵主要成分为盐酸（HCl），溶液显强酸性，B错误；

C．洗衣液通常含碱性成分（如碳酸钠或表面活性剂），用于去除油污，溶液显碱性，C错误；

D．75%酒精溶液中溶质为乙醇，是非电解质，不电离，呈中性；溶剂是水，也呈中性，D正确；

故答案选D。

2.“锤草印花”印染技艺被列为河南省级非物质文化遗产项目。该技艺用到家纺纯棉布和“芊棒棒草”植物，经

过布料预处理、捶打草液、明矾水固色、浆染、晾晒后，制作出色彩斑斓的手巾和素净淡雅的围巾。该技

艺中涉及多种化学知识，下列说法错误的是

A.家纺纯棉布与丝绸的主要成分不同且均为有机高分子化合物，属于纯净物

B.布料印染前用到草木灰煮水以除去表面的油污及细小纤维，此过程涉及盐类和酯类水解的知识

C.“芊棒棒草”的汁液在不同酸碱性环境中呈现不同的颜色，此现象涉及化学平衡移动原理

D.固色的原理是明矾溶解后转化得到带正电的Al(OH)3胶粒，能够有效地静电吸附染料，降低其溶解性，

从而起到固色作用

【答案】A

【解析】

【详解】A．家纺纯棉布主要成分为纤维素，为有机高分子化合物，属于混合物；丝绸的主要成分为蛋白质，

为有机高分子化合物，属于混合物，故A错误；

B．草木灰的主要成分为碳酸钾，在水溶液中加热，发生水解得到碱性溶液，能促进油污的水解，从而除去

布料表面的油污，涉及盐类和酯类的水解，故B正确；

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C．“芊棒棒草”的汁液中的有色成分存在化学平衡，在不同酸碱性环境中平衡移动的方向不同，呈现的颜色

不同，故C正确；

D．明矾溶解后发生水解，生成Al(OH)3胶体，氢氧化铝胶体呈电中性，Al(OH)3胶粒带正电性，能够吸附

带相反电荷的离子，从而使染料聚沉，降低染料的溶解性，起到固色作用，故D正确；

故选A。

3.苹果醋是现代健康饮品，苹果酸(，二元弱酸)是这种饮料的主要酸性物质之一、常温下的

苹果酸溶液，下列说法正确的是

A.该溶液中苹果酸的浓度为

B.

C.加水稀释使苹果酸电离度增大，溶液pH减小

D.该溶液加水稀释的过程中增大

【答案】D

【解析】

【详解】A．，未知，无法计算浓度，A错误；

B．根据电荷守恒：，B错误；

C．加水稀释使苹果酸电离度增大，氢离子浓度减小，溶液pH增大，C错误；

D．，加水稀释的过程中减小，增大，D正确；

故选D。

4.三硫代碳酸钠能用于处理废水中的重金属离子，其性质与碳酸钠相近，下列说法不正确的是

A.可发生反应：

B.在溶液中滴加少量酸性溶液，溶液呈浅红色

C.可通过反应，制备

D.处理含废水，过滤后可得到沉淀

【答案】B

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【解析】

【详解】A．碳酸钠与稀硫酸反应生成硫酸钠、CO2和H2O，三硫代碳酸钠性质与碳酸钠相近，

则三硫代碳酸钠与稀硫酸反应生成CS2和H2S、硫酸钠，A正确；

B．酸性KMnO4溶液具有强氧化性，而中的硫元素为-2价，具有较强还原性，在溶液中

滴加少量酸性溶液，二者发生氧化还原反应，被消耗完，溶液呈无色，B错误；

C．NaHS与CO2生成Na2CO3和H2S，则NaHS与CS2反应生成Na2CS3和H2S，C正确；

2+2+

D．与Zn结合生成难溶的ZnCO3沉淀，则中的与Zn结合生成难溶的ZnCS3沉淀，

D正确；

答案选B。

5.常温下完成下列实验。其中实验Ⅰ中浑浊不消失，实验Ⅱ和Ⅲ中浊液变澄清。下列说法中不正确的是

A.实验Ⅰ中加入8滴水后溶液的pH不变

B.实验Ⅱ中加入浓氨水后，

C.实验Ⅲ中加入溶液后，溶液抑制了的水解

D.以上实验说明溶液中既存在电离平衡又存在水解平衡

【答案】C

【解析】

【详解】A．实验I中加入8滴水后溶液浑浊不消失，溶液仍是NaHCO3的饱和溶液，故pH不变，故A正

确；

B．实验Ⅱ中加入浓氨水后，溶液为NaHCO3和氨水的混合溶液，根据电荷守恒则有c(Na+)+c(H+)+c(

)=2c()+c()+c(OH−)，故B正确；

C．氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性，促进碳酸氢根离子的水解，碳酸氢钠溶解，溶液变澄清，故C不正

确；

D．实验Ⅱ说明碳酸氢根离子存在水解平衡，实验Ⅲ说明存在碳酸氢根离子的电离平衡，以上实验说明

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NaHCO3溶液中既存在电离平衡又存在水解平衡，故D正确；

故选C。

6.常温时有浓度均为的四种溶液：①溶液，②溶液，③溶液，④等浓

度的和混合溶液。下列说法错误的是

A.：

B.②中存在关系：

C.③中存在关系：

D.④中存在关系：

【答案】D

【解析】

【详解】A．④中硫氢根的存在抑制硫离子水解，：，①溶液和②溶液中硫离

子来自于的电离，含量低于③、④，①溶液中硫离子来自于的第二步电离，第一步电离的氢

离子抑制了第二步的电离，：，综上，：，A正确；

B．②溶液中存在元素守恒：，B正确；

C．③溶液中存在质子守恒：，C正确；

D．④等浓度的和混合溶液中，存在元素守恒：，

电荷守恒：，两式联立可得：

，D错误；

故选D。

7.下列关于粒子组判断和分析错误的是

选项粒子组判断和分析

、Fe2+、、

A能大量共存，粒子间不反应

Na+

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H+、K+、S2、

B不能大量共存，因发生反应：2H++S2S↓+SO2↑+H2O

Al3+、Na+、K+、不能大量共存，因发生反应：Al3++3HCO=Al(OH)

C3↓+3CO2

↑

Na+、Fe3+、、

D能大量共存，粒子间不反应

H2O2

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【详解】A．、Fe2+在无H+的溶液中不会发生氧化还原反应，、Fe2+、、Na+能大量共存，

故A正确；

B．H⁺与S2反应生成S和SO2，不能共存，故B正确；

C．Al3+与发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，不能共存，故C正确；

3+

D．Fe催化H2O2分解放出氧气，不能共存，故D错误；

选D。

8.常温常压下，先将缓慢通入饱和食盐水中至饱和，再向所得溶液中缓慢通入（忽略气体的挥

发），测得溶液中水电离的随通入气体（或）体积变化的曲线如图所示[已知：

显碱性]。下列叙述正确的是

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A.由a点到b点的过程中，溶液中减小

B.c点pH=7

C.d点时水电离程度最大，溶液溶质为

D.b至e点的总反应为

【答案】A

【解析】

【分析】结合题干和图像可知：从反应开始到b点随V增大而减小，水电离被抑制，为通入

的过程；从b点到e点为通入气体的过程，整个过程为侯氏制碱法的原理，根据电离平衡常数，

结合盐的水解规律及反应原理分析解答。

【详解】A．由的电离平衡常数可知：，随着

的通入，溶液碱性增强，增大，而不变，则减小，A正确；

B．由图可知：b点开始水的电离程度不断增大，d点水的电离程度达到最大值，说明在由b点到d点过程

中与通入的反应产生，溶液一直呈碱性，c点处于b点与d点之间，则c点溶

液呈碱性，，B错误；

C．d点时水电离程度最大，在饱和食盐水中的与通入的反应产生，所以此时

溶液溶质为和NaCl，C错误；

D．根据水的电离程度可知：起始至b点为通入的过程，b点到e点为通入气体的过程，则b点

到e点过程为侯氏制碱法的原理，所以b至e点的总反应化学方程式为：

，D错误；

故答案为：A。

9.一定浓度碳酸氢钠溶液升温过程中pH随温度T变化的曲线如图。下列说法不正确的是

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A.a点、e点对应溶液的相等

B.cd段可能发生反应：

C.d点溶液中

D.将e点溶液恢复至25℃，溶液

【答案】A

【解析】

【分析】在一定浓度的溶液中，有以下电离或水解：、

、、，据此信息解答。

【详解】A．a点溶液的pH与e点溶液的pH相同，即相同，但随着温度升高，增大，由于e点

溶液中的大，根据，得到e点溶液的比a点溶液的大，A错

误；

B．受热易分解，cd段pH迅速增大，则迅速减小，可能原因是发生了分解：

，使溶液中浓度减小，的电

离平衡逆向移动，迅速减小，B正确；

C．在d点溶液中，碳元素存在于以下几种微粒中：、、、，则在d点时存在物

料守恒：，有

，C正确；

D．将e点溶液恢复至25℃时，e点溶液的主要成分是碳酸钠，由于碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，故混

合溶液pH应大于8.62，即，D正确；

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故答案为：A。

10.NaOH溶液可以吸收废气中的，生成和。现用溶液吸收

含的废气(无其他含氮气体，忽略溶液体积的变化)。已

知、

。室温下，下列说法正确的是

A.溶液中存在：

B.时吸收液中存在：

C.吸收过程中溶液中可能存在：

D.用溶液吸收废气可发生反应：

【答案】B

【解析】

【详解】A．溶液中存在质子守恒，应为c(H⁺)+c(HNO₂)=c(OH⁻)，A错误；

B．N的总物质的量为0.01mol时，NaOH和NO2恰好完全反应，所以溶液中的溶质为NaNO2和NaNO3，

但NaNO2会发生水解反应生成HNO2，故物料守恒为n(Na⁺)=n()+n()+n(HNO₂)，因体积相同，

则c(Na⁺)=c()+c()+c(HNO₂)，B正确；

C．NaOH溶液吸收，生成等量的和，但水解使其浓度降低，故c()>c()，

C错误；

D．用溶液吸收废气可发生反应：，题给给离子

方程式不符合要求，D错误；

故选B。

11.下列叙述内容正确且与盐类的水解有关的是

①常用可溶性铝盐、铁盐作做净水剂

②保存硝酸亚铁溶液时需加入少量铁粉

③将TiCl4加入到大量水中并加热制TiO2·xH2O

④常温下等物质的量浓度的NH4NO3溶液比Cu(NO3)2溶液酸性弱

⑤用SOCl2与CuSO4·5H2O共热制取无水CuSO4

⑥NaOH、Al粉的混合物作管道疏通剂

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A.①②④B.①③④C.②③⑤D.③⑤⑥

【答案】B

【解析】

【详解】①铝盐、铁盐水解生成胶体吸附杂质，正确且与水解有关；

②加入铁粉防止Fe2+氧化，正确但与水解无关；

③TiCl4水解生成TiO2·xH2O，正确且与水解有关；

④Cu2+水解程度强于，正确且与水解有关；

2+

⑤SOCl2吸水并抑制Cu水解，正确但与盐类水解无直接关联（相似题逻辑）；

⑥NaOH与Al反应生成气体，促进油脂水解（非盐类水解），正确但与盐类水解无关；

综上，①③④正确且均涉及盐类水解，故选B。

12.H2C2O4为二元弱酸，常温下，测得草酸氢钠溶液在不同pH体系中，lgc(X)与pH关系如图

所示(X代表)下列有关说法正确的是

A.②表示

B.等浓度的NaHC2O4和Na2C2O4溶液中：

C.溶液呈中性时：

D.②③交点的溶液中：

【答案】C

【解析】

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【分析】为二元弱酸，常温下，测得草酸氢钠(NaHC2O4)溶液在不同pH体系中，lgc(X)与pH关系

如图所示（X代表、、），随着溶液pH增大，的浓度增大，的浓度

减小，导致的浓度减小，图象中的曲线①表示、②表示、③表示；

【详解】A．根据分析可知，①表示、②表示、③表示，A错误；

B．溶质为等浓度的NaHC2O4和Na2C2O4，根据元素质量守恒，

，B错误；

C．中性时，溶液中存在电荷守恒，C正确；

D．观察图像，可知、、浓度小于此时溶液中的c(H+)，D错误；

答案选C。

13.常温下，往溶液中通入至饱和，有微量生成，溶液中

（溶液体积和浓度的变化忽略不计）．[已知：的电离常数

],下列说法不正确的是

A.溶液中，

B.反应的

C.溶液中，

D.溶液中，约为5

【答案】D

【解析】

详解】A．往溶液中通入至饱和，有微量生成，即亚铁离子恰好生成沉

淀，，故A正确；

B．根据反应①、②、

③，由盖斯定律，反应①-②-③可得反应

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，则，故B

正确；

C．溶液中，HS-的水解常数为，

则，故溶液中，故C正确；

D．根据反应的，

则，pH约为3，故D错误；

故选D。

14.物质与水发生的复分解反应称为水解反应。例如：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3。在一定条件下，BrCl、

CuCl2、Mg2C3和K3P均可以发生水解。根据上述观点，下列说法中不正确的是

A.BrCl的水解产物是HBrO和HClB.K3P的水解产物KOH和H3PO4

C.Mg2C3水解产物是Mg(OH)2和C3H4D.CuCl2水解产物是Cu(OH)2和HCl

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】A．BrCl中Br为+1价，Cl为-1价，根据水解反应特点可知元素化合价不发生变化，所以BrCl的

水解产物是HBrO和HCl，A正确；

B．K3P中P为-3价，水解产物应为KOH和PH3，B错误；

C．Mg2C3中Mg为+2价，所以水解产物是Mg(OH)2和C3H4(丙炔)，C正确；

D．CuCl2中Cu为+2价，Cl为-1价，所以水解产物Cu(OH)2和HCl，D正确；

综上所述答案为B。

15.常温下，AgX和的沉淀溶解平衡曲线如图所示。横坐标中M代表或，图中虚线上各点

的横坐标和纵坐标数值相等。下列说法正确的是

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A.点无AgX沉淀生成，有沉淀生成

B.向点对应的溶质饱和溶液中蒸发部分水后，各离子浓度关系可能同时移动到点

C.如向点所示的AgX和各离子浓度饱和的混合溶液中，加入固体，则达新平衡时

变大

D.AgX和的饱和溶液中，当时，有

【答案】C

【解析】

【分析】由知，当增大一个单位时，减小一个单位，

故曲线①表示沉淀溶解平衡曲线，曲线②表示沉淀溶解平衡曲线，曲线上方是不饱和溶液，曲

线下方为过饱和溶液，据此回答问题。

【详解】A．由分析可知，a点位于曲线①（AgX）的下方和曲线②（）沉淀溶解平衡曲线的上方，故

a点为不饱和溶液，的过饱和溶液，有沉淀生成，无沉淀生成，A错误；

B．b点对应饱和溶液，由图可知，b点,蒸发部分水后，沉淀析出，仍是饱

和溶液，，B错误；

C．c点为和的饱和混合溶液，，加入

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，后增大，增大，C正确；

D．根据c点坐标计算出，,当时，

,D错误；

故答案选C。

第II卷(非选择题，共55分)

二、非选择题(共4小题)

16.按要求填写下列空白。

（1）明矾溶液呈___________性(填‘酸’“碱”或“中”)，其化学式为___________。

（2）已知：0.4mol液态肼(N2H4)与足量的液态H2O2反应，生成氮气和水蒸气，并放出257kJ的热量，该反

应的热化学方程式为___________该反应的ΔS___________0(填“>”“<”或“=”)。

（3）SbCl3能发生较强烈的水解，生成难溶的SbOCl，写出该反应的化学方程式___________，配制SbCl3

溶液正确的方法是___________。

-

（4）在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl，利用Ag+与生成

砖红色沉淀，指示滴定终点。当溶液中Cl-恰好完全沉淀(浓度等于1.0×10-5mol•L-1)时，溶液中c(Ag+)=

-1-1-12

___________mol•L，c()=___________mol•L[已知：25℃Ksp(Ag2CrO4)=2×10，Ksp(AgCl)=1.8×

10-10]。

【答案】（1）①.酸②.KAl(SO4)2•12H2O

-1

（2）①.N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(l)ΔH=-642.5kJ•mol②.>

（3）①.SbCl3+H2O=SbOCl↓+2HCl②.将SbCl3固体溶解在较浓的盐酸中，再稀释到所需的浓度

（4）①.1.8×10-5②.6.2×10-3

【解析】

【小问1详解】

明矾是，其中Al3+会水解，呈酸性。

【小问2详解】

0.4mol液态肼(N2H4)与足量的液态H2O2反应，生成氮气和水蒸气，并放出257kJ的热量，若为1mol液态

肼参与反应会放出2.5×257kJ=642.5kJ的热量，其热化学方程式为：N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(l)

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ΔH=-642.5kJ•mol-1；该反应是气体增加的反应，。

【小问3详解】

SbCl3能发生较强烈的水解，生成难溶的SbOCl，根据质量守恒和元素守恒可以得出其方程式为：SbCl3

+H2O=SbOCl↓+2HCl；由于SbCl3能发生较强烈的水解，所以在配制SbCl3的时候要抑制其水解，不能在

水中溶解，溶解在较浓的盐酸中，抑制其水解，再稀释到所需的浓度。

【小问4详解】

-

在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl，利用Ag+与生成砖红色

沉淀，指示滴定终点。当溶液中Cl-恰好完全沉淀(浓度等于1.0×10-5mol•L-1)时，溶液中c(Ag+)=

，此时，

则。

17.亚硝酸钠()是一种重要的化工原料。亚硝酸钠易潮解，易溶于水和液氨，微溶于乙醇、甲醇、

乙醚等有机溶剂。时，用试纸测得溶液的。

（1）溶液的原因是(用离子方程式表示)_______，该溶液中_______(用

溶液中其他离子的浓度关系式表示)。

（2）常温下，将的溶液和的溶液等体积混合，所得溶液的，

说明的电离程度_______(填“大于”或“小于”)的水解程度。该混合溶液中离子浓度由大到小的

顺序是_______。

（3）常温下，的溶液和的溶液等体积混合后溶液_______(填“大于”“小于

”或“等于”，下同)7，_______。

【答案】（1）①.②.

（2）①.大于②.

（3）①.小于②.小于

【解析】

【小问1详解】

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溶液中亚硝酸根离子水解生成氢氧根离子，溶液显碱性，水解方程式为：

；溶液中存在质子守恒，，则

；

【小问2详解】

两溶液混合后得到等浓度的和的混合溶液，溶液显酸性说明的电离程度大于的

水解程度。根据电荷守恒，，则，

由于电离程度小，故；

【小问3详解】

的溶液中，则远大于，的溶液

中；的溶液和的溶液等体积混合后剩余，溶

液显酸性，，根据电荷守恒，可知

。

18.常用作食品加工中的食品添加剂，用于焙烤食品；NH4HSO4在分析试剂、医药、电子

工业中用途广泛。请回答下列问题：

（1）相同条件下，溶液中的_______(填“>”、“＜”或“=”)

溶液中的。

（2）几种均为的电解质溶液的pH随温度变化的曲线如图所示。

①其中符合溶液的pH随温度变化的曲线是_______(填数字)。

②25℃时，溶液中_______(列计算

式不必化简)。

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（3）室温时，向溶液中滴加溶液，溶液pH与加入NaOH

溶液体积的关系曲线如图所示。

①试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是_______点。

②在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是_______。

③由b到c发生反应的离子方程式为_______。

（4）肼(N2H4)是一种二元弱碱，在水中的电离方式与NH3相似。盐酸肼(N2H6Cl2)属于离子化合物，易溶于

水，溶液呈酸性，水解原理与NH4Cl类似。

①盐酸肼第一步水解反应的离子方程式_______。

②盐酸肼水溶液中离子浓度的排列顺序正确的是_______(选填编号)。

A．

B．

C．

D．

【答案】（1）＜（2）①.I②.

（3）①.a②.③.

（4）①.②.AC

【解析】

【小问1详解】

由于NH4HSO4电离出H+抑制水解，相同条件下，溶液中的小于

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溶液中的，答案是：<；

【小问2详解】

①是强酸弱碱盐水解呈酸性，pH值小于7，温度升高促进水解，酸性增强，pH

值变小，溶液的pH随温度变化的曲线是I，答案是I；

溶液中存在电荷守恒，c(H+)-c(OH-)=

mol/L，答案是：；

【小问3详解】

-

NH4HSO4在水中完全电离成、H+和，滴加同浓度的NaOH溶液，OH先和H+中和生成水，当滴

入100mLNaOH溶液时，H+恰好被中和，此时为a点，溶液中存在、Na+和；继续滴加NaOH溶

-

液，部分和OH反应生成NH3•H2O，溶液呈中性时，达到b点，此时溶液中含有、NH3•H2O、

Na+和；继续滴加NaOH溶液，当滴入的NaOH溶液为150mL时到达c点，溶液中的一半和OH

--

反应生成了NH3•H2O；当滴入的NaOH溶液为200mL时为d点，和OH恰好完全反应，此时溶液中

的溶质为Na2SO4和NH3•H2O；

①在溶液中水解促进水的电离，NH3•H2O是弱碱，在溶液中电离出的氢氧根离子抑制水的电离，由分

析可知，a→d的过程中，浓度依次减小，NH3•H2O浓度依次增大，促进水电离的程度减小，抑制水

电离的程度增大，所以a点水的电离程度最大，故答案为：a；

-

②由分析可知，b点为硫酸铵、硫酸钠和NH3•H2O的混合溶液，溶液呈中性，所以c(OH)=c(H+)，滴加的

-

NaOH溶液体积大于100mL，部分结合OH生成了NH3•H2O，所以c(Na+)>c()>c()，H+和

OH-是少量的，所以溶液中离子的浓度大小顺序为c(Na+)>c()>c()>c(OH-)=c(H+)，故答案为：c

(Na+)>c()>c()>c(OH-)=c(H+)；

③由分析可知，b到c发生的反应为与OH-反应生成一水合氨，反应的离子方程式为：+

--

OH=NH3•H2O，故答案为：+OH=NH3•H2O；

小问4详解】

①盐酸肼(N2H6Cl2)属于离子化合物，水解原理与NH4Cl类似，水解的第一步离子方程式为：

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；

-

②盐酸肼(N2H6Cl2)水溶液中水解呈酸性，Cl离子浓度最大。

A．正确；

B．溶液中，B错误；

C．符合电荷守恒，C正确；

D．，与A对比，D错误；

答案是