2026年高考化学考前20天冲刺讲义（二）（解析版）

目录

倒计时15天

➤无机元素及其化合物转化应用

聚焦金属、非金属核心元素性质、物质转化、离子检验、除杂推断，是无机化学与工艺流程的知识基础。

倒计时14天

➤离子共存与离子方程式正误判断

考查离子共存条件、离子方程式拆分、守恒、量的影响、氧化还原型离子反应，高考高频稳定选择题。

倒计时13天

➤氧化还原反应规律与综合应用

考查氧化性还原性强弱、电子守恒计算、陌生方程式配平，贯穿无机、电化学、工艺流程全模块核心规律。

倒计时12天

➤水溶液中离子平衡综合(选择题)

涵盖电离、水解、沉淀溶解、三大守恒、离子浓度排序、滴定曲线分析，高考原理难点与区分度考点。

倒计时11天

➤化工工艺流程大题综合突破

以矿物制备、废水处理为情境，考查预处理、除杂、分离提纯、操作原因、滴定计算等大题综合答题能力。

倒计时15天黑发不知勤学早，白首方悔读书迟。

——颜真卿《劝学》

无机元素及其化合物转化应用

考情透视--把脉命题直击重点

►命题解码：以工艺流程、实验探究、物质推断为载体，贯穿选择、大题的核心主干知识。重点考查钠、

铝、铁、铜、氯、硫、氮、硅常见元素单质及化合物性质、转化关系、离子反应、氧化还原规律。命题不

再单纯记忆方程式，而是结合除杂、制备、分离、除杂、尾气处理综合考查；高频陷阱为物质特殊性质、

强弱氧化性顺序、量变引起质变、过量反应、水解与氧化还原竞争反应，侧重性质理解与实际应用，难度

适中、分值占比高。

►高考前沿：2026年命题将持续走向情境化、综合化，结合新能源材料、废水处理、固废资源化、催化转

化等前沿背景；强化元素性质与反应原理、电化学、实验探究深度融合；重视陌生氧化还原方程式书写、

物质推断逻辑、性质递变规律，突出证据推理与实际应用能力考查。

考点抢分--核心精粹高效速记

终极归纳1核心必考元素（4金属+4非金属，重中之重）

聚焦高考高频考查的8种核心元素，记准“单质→氧化物→氢化物→盐”的转化链条，简化记忆，重点突破特

殊性质和转化条件。

1.金属元素（4种，必考）：

（1）钠（Na）：

①核心转化：Na→Na2O→Na2O2→NaOH→Na2CO3→NaHCO3。

②关键性质：Na2O2是淡黄色固体，与水、CO2反应生成O2；NaHCO3受热易分解，溶解度小于Na2CO3，

二者可相互转化（Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，2NaHCO3△Na2CO3+CO2↑+H2O）。

（2）铝（Al）：

3+-

①核心转化：Al→Al2O3→Al(OH)3→Al/AlO2。

3+

②关键性质：Al2O3、Al(OH)3均为两性化合物，能与强酸、强碱反应；Al(OH)3不溶于氨水，可由Al与氨

水制备。

（3）铁（Fe）：

2+3+

①核心转化：Fe→FeO/Fe2O3/Fe3O4→Fe/Fe→Fe(OH)2/Fe(OH)3。

3+2+

②关键性质：Fe遇KSCN溶液变红，Fe遇KSCN无现象、遇氯水变红；Fe(OH)2为白色沉淀，易被氧化

3+2+

为红褐色Fe(OH)3；Fe与强氧化剂（Cl2、HNO3）生成Fe，与弱氧化剂（HCl、CuSO4）生成Fe。

（4）铜（Cu）：

2+

①核心转化：Cu→CuO→Cu→Cu(OH)2→CuSO4。

②关键性质：CuO为黑色固体，Cu(OH)2为蓝色沉淀；Cu与浓H2SO4、浓HNO3加热反应，与稀HNO3反

应生成NO。

2.非金属元素（4种，必考）：

（1）氯（Cl）：

①核心转化：Cl2→HCl→HClO→NaClO。

②关键性质：Cl2是黄绿色有毒气体，能与水、NaOH反应；HClO具有漂白性、强氧化性，不稳定易分解；

漂白粉有效成分为Ca(ClO)2，遇酸生成HClO。

（2）硫（S）：

①核心转化：S→SO2→SO3→H2SO4。

②关键性质：SO2具有漂白性（暂时性）、还原性，能使品红溶液褪色；浓H2SO4具有吸水性、脱水性、强

氧化性，常温下使Fe、Al钝化。

（3）氮（N）：

①核心转化：N2→NH3→NO→NO2→HNO3。

②关键性质：NH3极易溶于水，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；NO为无色气体，易被氧化为红棕色NO2；

浓HNO3具有强氧化性，常温下使Fe、Al钝化。

（4）硅（Si）：

①核心转化：Si→SiO2→Na2SiO3→H2SiO3。

②关键性质：Si为半导体材料，SiO2为酸性氧化物，不溶于水，能与NaOH反应；H2SiO3为白色胶状沉淀，

不溶于水，受热易分解。

终极归纳2高频转化规律（速记，适配推断题）

掌握3类核心转化规律，快速破解无机推断题，无需逐个记忆，灵活迁移应用。

2+3+

1.价态转化规律：同一元素，从低价→中间价→高价（如Fe：Fe⇌Fe，S：SO2⇌SO3），低价体现还原

性，高价体现氧化性，中间价既具氧化性又具还原性。

2.酸碱转化规律：

（1）金属氧化物→碱→盐（如Na2O→NaOH→Na2CO3）；

（2）非金属氧化物→酸→盐（如SO2→H2SO3→Na2SO3）；

（3）两性氧化物（Al2O3）可与酸、碱反应生成盐。

3.特殊转化规律：

（1）连续氧化（如S/Na/NH3→氧化物→最高价氧化物对应水化物）；

3+-3+2+

（2）两两反应生成沉淀/气体（如Al与AlO2生成Al(OH)3，Fe与S生成FeS沉淀和S单质）。

终极归纳3离子检验与除杂（高考高频，速记）

1.核心离子检验（必记，不混淆）：

（1）Fe3+：加KSCN溶液，变红；

（2）Fe2+：先加KSCN无现象，再加氯水变红；

-3

（2）Cl：加AgNO3溶液和稀HNO，生成白色沉淀；

2-

（4）SO4：加盐酸酸化，再加BaCl2溶液，生成白色沉淀；

+

（5）NH4：加NaOH溶液加热，生成能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。

2.常见除杂原则（简单记）：不引入新杂质、不除去目标物质，优先用物理方法（过滤、结晶），再用化学

方法（沉淀、转化）。如除去FeCl3中的FeCl2，加Cl2；除去Na2CO3中的NaHCO3，加热。

终极归纳4高频易错陷阱（避错必记）

1.性质混淆：Al(OH)3不溶于氨水，溶于强碱；SiO2不溶于水，也不溶于强酸（除HF）；SO2不能漂白酸碱

指示剂，HClO可漂白。

2.转化条件遗漏：Fe与Cl2反应生成FeCl3，与HCl反应生成FeCl2；NaHCO3受热才分解，常温不分解；NH3

与HCl反应无需条件，相遇即产生白烟。

2+2+2-+

3.检验误区：检验Fe不可先加氯水，否则会氧化Fe，干扰检验；检验SO4需先加盐酸酸化，排除Ag、

2-

CO3干扰。

终极归纳5解题妙法（适配推断+选择题）

1.推断题：抓“特殊现象、特殊颜色、特殊转化”，如红褐色沉淀→Fe(OH)3，淡黄色固体→Na2O2/S，能使品

红褪色→SO2，快速定位核心元素，再推导转化关系。

2+

2.选择题：先判断物质性质与转化是否匹配，再排查易错陷阱，如“Fe与稀HNO3生成Fe”直接判错（浓稀

均生成Fe3+，除非Fe过量）。

真题精研--复盘经典把握规律

题组一元素及其化合物的性质

．（浙江卷）下列有关的说法中，不正确的是

12026·NH4Cl．．．

A．NH4Cl是弱电解质B．水溶液呈酸性

C．实验室用于制NH3D．HCl和NH3反应制NH4Cl

【答案】A

【解析】A．NH4Cl是离子化合物，在水溶液中完全电离，属于强电解质，A错误；B．NH4Cl水溶液中NH4

+

水解产生H，使溶液呈酸性，B正确；C．实验室中常用NH4Cl与Ca(OH)2加热反应制取NH3，C正确；D．HCl

和NH3直接反应生成NH4Cl，是制备NH4Cl的常用方法，D正确；故选A。

2.（2025·海南卷）下列化合物性质描述错误的是

①CO②SO2③NO2④Na2O2

A．既可作氧化剂也可作还原剂：①②③④B．与水作用后溶液呈酸性：②③

C．与水反应释放O2：④D．常态下呈现颜色：①②③④

【答案】D

【解析】A．CO中C为+2价，SO2中S为+4价，NO2中N为+4价，Na2O2中O为-1价，均处于中间价态，

均可被氧化或还原，故①②③④均可作氧化剂或还原剂，A正确；B．SO2与水生成H2SO3（酸性），NO2

与水生成HNO（3酸性），溶液均呈酸性，B正确；C．Na2O2与水反应生成O（22Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑），

C正确；D．CO（无色）、SO2（无色）常态下无颜色，而NO2（红棕色）、Na2O2（淡黄色）有颜色，D

错误；故选D。

解题妙法

先快速判断物质类别（离子/共价、强弱电解质），牢记盐类水解规律；逐一核对物质制备原理、氧化

还原性质（既可作氧化剂又可作还原剂判断）、物理状态颜色、与水反应产物及酸碱性；紧扣教材基础

性质，避开概念混淆陷阱，逐项排除错误选项。

题组二元素及其化合物性质及其用途

1.（2025·浙江卷）物质的性质决定用途，下列两者对应关系正确的是

A．金刚石硬度大，可用于制作切削刀具B．氧化铝具有两性，可用于制作坩埚

C．SiO2熔点高，可用于生产光导纤维D．氨气有还原性，可用于生产铵态氮肥

【答案】A

【解析】A．金刚石是天然存在的最硬物质，硬度大的性质使其非常适合用于制作切削、研磨工具，A正确；

B．氧化铝具有两性，但制作坩埚主要利用其高熔点和化学稳定性，以耐受高温和腐蚀，两性并非制作坩埚

的关键性质，B错误；C．光导纤维的生产主要利用二氧化硅的光学性质，如高透明度和低光损耗，而非高

熔点，C错误；D．氨气具有还原性，但生产铵态氮肥（如硫酸铵、硝酸铵）主要利用其碱性（与酸反应生

成铵盐），还原性与铵态氮肥生产无直接关联，D错误；故选A。

2.（2024·天津卷）下列有关物质用途的说法错．误．的是

A．液氮可用于制冷B．油脂可用于生产甘油

C．二氧化硫可用于漂白D．铜块镶嵌在轮船外壳可用于避免船体被腐蚀

【答案】D

【解析】A．液氮易液化，汽化时吸热，常用于制冷，A正确；B．油脂水解可生成甘油，B正确；C．二

氧化硫能与有色物质反应生成不稳定的无色物质，具有漂白性，C正确；D．铜的金属活动性比铁弱，与铁

形成原电池时铁作负极被腐蚀，反而加速船体腐蚀，D错误；故选D。

解题妙法

严格遵循性质直接决定用途原则：逐项核对选项用途，是否由前方性质直接导致；警惕“性质正确、

用途正确，但二者无因果关联”的高频陷阱；区分物理/化学性质、氧化性/酸碱性/熔点硬度等性质，

不混淆用途原理，逐项匹配因果即可秒选。

题组三以实验为载体考查元素及其化合物的性质

1.（2026·浙江卷）利用下列装置进行实验，无．法．达．到．实验目的的是

A．分离植物油和水B．证明NH3溶于水

C．证明Na2O2与水反应生成O2D．制备无水MgCl2

【答案】D

【解析】A．植物油和水互不相溶，可利用分液漏斗进行分液操作分离，A正确；B．氨气极易溶于水，将

氨气通入水中，会使试管内压强迅速减小，外界大气压将水压入试管，形成喷泉，且溶液可充满整个试管，

B正确；C．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，氧气具有助燃性，能使带火星的木条复燃，C正确；

D．MgCl2溶液中存在水解平衡：MgCl22H2OMg(OH)22HCl，加热蒸发时HCl挥发促使水解平衡正

向移动，可以得到，最终灼烧得到的是，而非无水。若要制备无水，需要在

MgOH2MgOMgCl2MgCl2

HCl氛围加热氯化镁溶液得到无水氯化镁，D错误；故选D。

2.（2025·贵州卷）实验室制备Cl2并验证其性质的装置及试剂正确的是

A．制备Cl2B．除去HCl杂质

C．验证Cl2的氧化性D．收集Cl2及尾气处理

【答案】C

【解析】A．制备Cl2时，MnO2与浓盐酸的反应需要加热，A不符合题意；B．除去Cl2中的HCl杂质，应

使用饱和食盐水，若用水Cl2会大量溶解，无法达到除杂目的，B不符合题意；C．验证Cl2的氧化性，使Cl2

与淀粉KI溶液反应：Cl22II22Cl，可以验证氧化性，C符合题意；D．密度比空气大，收集Cl2采

用向上排空气法收集（气体从长管进短管出），多余的Cl2用NaOH溶液吸收：

Cl22NaOHNaClNaClOH2O，D不符合题意；故选C。

解题妙法

先逐段分析装置作用、反应条件、试剂选择、操作原理；核对制备是否需加热、除杂试剂是否合理、气

体进出方向、收集方法、尾气处理；结合物质性质判断反应能否发生，避开试剂选错、条件缺失、装置

顺序错误等高频陷阱。

题组四以工艺流程为载体考查元素及其化合物的性质

1.（2025·福建卷）探究Na2CO3对银镜反应的影响，实验步骤如下：

下列说法错．误．的是

A．棕黑色悬浊液中固体主要为Ag2OB．“试剂X为1.0mL蒸馏水

C．黑色悬浊液1与2中固体的主要成分不同D．实验后可用稀硝酸洗去银镜

【答案】C

【分析】向4%AgNO3溶液滴加2%氨水反应生成的白色的AgOH不稳定分解生成黑色Ag2O，形成棕黑色悬

浊液，继续滴加2%氨水生成氢氧化二氨合银，均分两份，探究Na2CO3对银镜反应的影响，需要作对比实

验，为控制单一变量，使后续溶液体积相同，则试剂X为1.0mL蒸馏水，一份加入蒸馏水后加入乙醛溶液，

加热发生银镜反应生成银单质，黑色悬浊液1主要成分为银；另一份加入碳酸钠溶液后加入乙醛溶液发生

银镜反应生成银单质，黑色悬浊液2主要成分为银单质。

【解析】A．经分析可知AgOH不稳定分解生成黑色Ag2O，形成棕黑色悬浊液，棕黑色悬浊液中固体主要

为Ag2O，A正确；B．探究Na2CO3对银镜反应的影响，需要作对比实验，一份加入蒸馏水后加入乙醛溶液，

另一份加入碳酸钠溶液后加入乙醛溶液，“试剂X为1.0mL蒸馏水，B正确；C．两份溶液均发生银镜反应

生成银单质，黑色悬浊液1、2主要成分均为银单质，C错误；D．实验后生成的银单质附着在试管壁上，

利用银与稀硝酸反应可用稀硝酸洗去银镜，D正确；故选C。

（四川卷）一种主要成分为和的高钾磷矿，通过如下流程可制得重要的化工产

2.2025·Ca3PO42KAlSi3O8

、

品白磷(P4)、K2CO3Al2O3。其中，电炉煅烧发生的反应为：

煅烧

。

2Ca3PO422KAlSi3O810C6CaSiO32KAlO2P410CO

下列说法错误的是

A．“电炉煅烧”必须隔绝空气B．浸渣的主要成分是CaSiO3

C．“炉气水洗”使P4溶于水而与CO分离D．“中和沉淀”需要控制溶液的pH

【答案】C

【分析】主要成分为和的高钾磷矿，与焦炭经电炉煅烧生成、、气体、

Ca3PO42KAlSi3O8CaSiO3KAlO2P4

CO气体，炉气水洗，磷蒸气通过冷水冷凝成固态白磷，尾气为不溶于水的CO，燃烧生成CO2，用于中和

沉淀；炉渣经水浸，浸渣主要成分为不溶于水的，浸液中通入，生成、，过滤

CaSiO3CO2K2CO3AlOH3

经燃烧得；滤液主要成分为，据此分析；

AlOH3Al2O3K2CO3

【解析】A．“电炉煅烧”时生成P4，P4可与氧气反应，故必须隔绝空气，A正确；B．根据分析可知，浸渣

的主要成分是CaSiO3，B正确；C．“炉气水洗”因P4、CO均不溶于水，磷蒸气通过冷水冷凝成固态白磷，

使与分离，错误；．中和沉淀时通入的二氧化碳形成的弱酸，不会溶解生成的（只溶

P4COCD“”AlOH3

于强酸强碱中），但需要控制溶液的pH，防止生成KHCO3，D正确；故选C。

解题妙法

先梳理流程主线：原料→煅烧→浸渣→滤液→除杂→产品；结合元素化合价判断氧化还原反应，分析每

步物质转化、试剂作用；核对反应条件、物质溶解性、pH控制、除杂原理；紧扣物质性质判断正误，

避开物质类别、反应原理匹配陷阱。

题组五元素及其化合物的相互转化

1.（2025·广西卷）不同含硫物质间可相互转化。下列离子方程式书写正确的是

A．反应①：S2HHS

3

B．反应②：4HSAl4H2OAl(OH)44H2S

2

C．反应③：S2O32HSSO2H2O

22

D．反应④：SO22MnO44HSO42Mn2H2O

【答案】C

【解析】A．反应①中CH3COOH为弱酸，离子方程式中应保留化学式，正确离子方程式为

2−−−3+−

S+CH3COOH=HS+CH3COO，A错误；B．反应②中Al与HS发生双水解反应，生成Al(OH)3沉淀和

3+−2

H2S气体，正确离子方程式为Al+3HS+3H2O=Al(OH)3↓+3H2S↑，B错误；C．反应③中S2O3在酸性条件

2

下发生歧化反应生成S、SO2和H2O，离子方程式S2O32HSSO2H2O符合守恒原则，C正确；D．反

应④中SO2与酸性KMnO4发生氧化还原反应，S元素从+4价升至+6价，Mn元素从+7价降至+2价，得失

22++

电子守恒时SO2与MnO4系数比应为5:2，正确离子方程式为5SO2+2MnO4+2H2O=5SO4+2Mn+4H，D错

误；故选C。

2.（2025·广东卷）能满足下列物质间直接转化关系，且推理成立的是

OOHONaOH或HCl

单质X2氧化物12氧化物22酸(或碱)盐

A．X可为铝，盐的水溶液一定显酸性

B．X可为硫，氧化物1可使品红溶液褪色

C．X可为钠，氧化物2可与水反应生成H2

D．X可为碳，盐的热稳定性：NaHCO3Na2CO3

【答案】B

【解析】A．铝单质与O2生成Al2O3后无法再被O2氧化，无法形成氧化物2，且Al2O3与水反应需强酸/碱

才能溶解，A错误；B．硫燃烧生成SO2(氧化物1，使品红褪色)，SO2氧化为SO3(氧化物2)，SO3与水生成

H2SO4，再与NaOH生成盐，转化关系成立，B正确；C．钠与氧气常温反应生成Na2O(氧化物1)，进一步

氧化为Na2O2(氧化物2)；Na2O2与水反应生成NaOH和O2，不会生成H2，C错误；D．碳与氧气反应先生

成CO，最终生成CO2，与水反应生成碳酸，与碱反应可生成盐，但Na2CO3热稳定性强于NaHCO3，D结

论错误，D错误；故选B。

解题妙法

先梳理物质转化链条，判断连续氧化、复分解、氧化还原能否一步实现；离子方程式先拆写判断（弱酸

/沉淀不拆），再核对原子、电荷、得失电子守恒；同时排查双水解、歧化反应规律，避开配比错误、

物质拆写错误、转化不能一步实现的陷阱。

终极预测--压轴实战稳拿高分

【名校预测·第1题】（2026·山东泰安·二模）下列劳动项目与对应化学性质一致且均正确的是

劳动项目化学知识

A用苯酚溶液杀菌消毒苯酚是一种弱酸

B用石灰浆粉刷墙壁氢氧化钙溶解度小，易析出固体

C用氯化铁溶液蚀刻电路板氯化铁溶液呈酸性

用管道疏通剂(含烧碱和铝和氢氧化钠溶液反应生成氢

D

铝粒)疏通厨卫管道气，并释放大量热

【答案】D

【解析】A．苯酚可杀菌消毒是因为其能使蛋白质变性，与苯酚是弱酸的性质无对应关系，A错误；B．石

灰浆粉刷墙壁后变硬，是氢氧化钙与空气中CO2反应生成碳酸钙固体导致的，与氢氧化钙溶解度小无对应关

系，B错误；C．氯化铁蚀刻电路板的原理是Fe3具有氧化性，发生反应2Fe3Cu2Fe2Cu2，与氯化

铁溶液呈酸性无对应关系，C错误；D．铝和氢氧化钠溶液发生反应

2Al2NaOH6HO2NaAlOH3H，反应生成氢气增大管道内压强，同时释放大量热可促进油

242

污水解，能达到疏通管道的目的，性质对应正确，D正确；故选D。

【名校预测·第2题】（2026·陕西西安·模拟预测）下列物质性质与用途具有对应关系的是

A．明矾溶液显酸性，中国古代利用明矾溶液清除铜镜表面的铜锈

B．植物油与氢气发生加成反应，可用作制肥皂

C．氧化铝是两性氧化物，可作耐高温材料

D．苯酚与FeCl3溶液作用显紫色，可用作消毒剂

【答案】A

【解析】．明矾中的3发生水解反应3，使溶液显酸性；铜锈主要成分为

AAlAl3H2OAlOH33H

2

碱式碳酸铜，可与H反应溶解，其原理是碱式碳酸铜中的OH和CO3与酸反应，性质与用途具有对应关

系，A正确；B．植物油制肥皂利用的是其在碱性条件下的水解反应（皂化反应）；氢气加成是制备硬化油

的原理，性质与用途无对应关系，B错误；C．氧化铝可作耐高温材料是因为其熔点很高，与两性氧化物的

性质无关，性质与用途无对应关系，C错误；D．苯酚用作消毒剂是因为其能使蛋白质变性，与遇FeCl3溶

液显紫色的显色反应无关，性质与用途无对应关系，D错误；故选A。

【名校预测·第3题】（2026·广东梅州·一模）能满足下列物质间直接转化关系，且推理成立的是

NaOH或HCl

单质XO2氧化物1O2氧化物2H2O酸或碱盐

A．X可为铜，盐的水溶液一定显酸性B．X可为碳，酸一定具有强氧化性

C．X可为钠，可电解饱和盐溶液制取D．X可为硫，氧化物1有漂白性

【答案】D

【解析】A．Cu与O2反应生成CuO，CuO不能继续和O2反应生成更高价氧化物，转化流程无法完成，A

错误；B．X为碳时，最终生成的酸是H2CO3，碳酸不具有强氧化性，B错误；C．X为钠时，最终生成的

、、

盐为NaCl，电解饱和NaCl溶液得到NaOHH2Cl2，无法制得单质Na，制取Na需要电解熔融NaCl，C

硫酸盐

错误；D．X为硫时，转化流程为SSO2SO3H2SO4，可完全实现，氧化物1为SO2，具

有漂白性，D正确；故答案选D。

【名校预测·第4题】（2026·湖南长沙·三模）从盐湖卤水中提取Li元素的一种流程如下图所示。

已知：Li2CO3的相关数据：

温度0C20C30C40C60C80C100C

每100mL水中溶解的质量/g1.541.331.261.171.010.850.72

下列说法正确的是

A．“吸附”中需高速猛烈搅拌增大吸附速率和效率

B．“滤渣”的主要成分为Al2O3

C．“脱附”时，若最后一次洗脱液用焰色试验检验无紫红色火焰，说明Li已经基本洗脱

D．“沉锂”时，沉淀剂可选择Na2CO3，此时得到含Li固体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤

【答案】C

【分析】该流程从盐湖卤水（含）中提取元素，吸附：加入AlCl3晶体、调节pH，生成Al(OH)3胶体，得到

含Li的铝基吸附剂；聚沉、过滤1：分离出含Li的吸附剂Al(OH)3，滤液为卤水杂质；脱附、过滤2：加

蒸馏水使Li从吸附剂上洗脱，得到含Li的洗脱液，滤渣为Al(OH)3；沉锂：加沉淀剂将Li转化为含Li固

体。

【解析】A．“吸附”时形成Al(OH)3胶体吸附Li，若高速猛烈搅拌会导致Al(OH)3胶体未充分吸附Li就提

前“聚沉”，吸附效率降低，A错误；B．“滤渣”的主要成分为Al(OH)3，B错误；C．锂元素的焰色为紫红色，

“脱附”时，若最后一次洗脱液用焰色试验检验无紫红色火焰，说明Li已基本洗脱，C正确；D．Li2CO3溶

解度随温度上升而减小，因此欲得到Li2CO3固体应蒸发浓缩结晶、趁热过滤，D错误；故选C。

【名校预测·第5题】（2026·广东深圳·一模）某小组设计实验探究氯气的性质，装置如图所示，下列叙述

错误的是

A．铜极附近逸出气泡，其溶液pH升高

B．②中溶液变浑浊，可推知氯的非金属性比硫的强

C．若③中先变红后褪色，则证明了Cl2具有漂白性

D．用盐酸和BaCl2溶液可以检验④中的氧化产物

【答案】C

【分析】该实验通过电解饱和食盐水制备氯气并探究其性质。与电源正极相连的石墨电极为电解池阳极，Cl-

-

在阳极失去电子发生氧化反应生成Cl2，铜电极为阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成H2和OH；

氯气依次通入到右侧溶液，②中氯气与硫化氢溶液会生成盐酸和硫沉淀：Cl2+H2S=S+2HCl；③中氯气将

溶液中Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+与溶液中的SCN-反应生成硫氰化铁，使溶液先变为红色，后氯气将溶液中硫

氰酸根离子氧化，导致溶液红色褪去；④中氯气与硫代硫酸钠溶液反应生成硫酸钠、盐酸和硫酸：

4Cl2+Na2S2O3+5H2O=Na2SO4+8HCl+H2SO4，据此分析。

-

【解析】A．由分析可知，铜电极为阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成H2和OH，所以铜极附近

逸出气泡，溶液pH升高，A正确；B．由分析可知，②中发生反应：Cl2+H2S=S+2HCl，氯气的氧化性

强于硫，可推知氯的非金属性比硫的强，B正确；C．由分析可知，③中发生的反应为氯气将溶液中的Fe2+

氧化为Fe3+，Fe3+与溶液中的SCN-反应生成硫氰化铁，使溶液先变为红色，后氯气将溶液中硫氰酸根离子

氧化，导致溶液红色褪去，不是漂白作用，C错误；D．取④中反应后的溶液，滴加盐酸酸化，再加BaCl2溶

2-22-

液，若出现白色沉淀，说明反应后的溶液中有SO4；由分析可知，S2O3被氯气氧化生成氧化产物SO4，可

用盐酸和BaCl2溶液检验④中的氧化产物，D正确；故答案选C。

倒计时14天百川东到海，何时复西归。

——汉乐府《长歌行》

离子共存与离子方程式正误判断

考情透视--把脉命题直击重点

►命题解码：近年全国及各地高考本题为必考经典选择题，是基础稳分题型。命题以无色酸性/碱性环境、

氧化还原反应、双水解、沉淀气体弱电解质、络合反应为核心考点。高频陷阱：忽略溶液酸碱性、氧化性

还原性顺序混乱、过量/少量反应比例错误、电荷原子不守恒、拆分错误（弱酸弱碱、氧化物、沉淀不拆）、

隐含有氧化性离子、水解与氧化还原竞争反应。命题不偏不怪，侧重细节辨析与反应本质理解，渗透工艺

流程、实验情境，是区分细心度的关键题型。

►高考前沿：命题逐渐情境化，结合工业流程、实验探究、混合体系综合考查；强化陌生氧化还原离子方

程式、分步反应、量不同反应不同、离子先后反应顺序判断；从单纯判断正误转向结合原理分析原因，更

加注重反应机理、守恒规律与实际应用能力。

考点抢分--核心精粹高效速记

终极归纳1离子共存（核心：不反应即共存，牢记“不能共存”的4大类型）

速记原则：无沉淀、无气体、无弱电解质、无氧化还原反应，避开隐含条件陷阱。

1.生成沉淀（高频）：熟记常见沉淀，直接判定不共存。

①难溶性盐：AgCl、AgBr、AgI、BaSO4（不溶于酸），CaCO3、BaCO3（溶于酸）；

②难溶性碱：Cu(OH)2、Fe(OH)3、Mg(OH)2等。

2.生成弱电解质（难电离物质）：

+--2--2--

①H与OH、CH3COO、CO3、HCO3、SO3、HSO3不共存；

-++3+2+2+

②OH与NH4、H、Fe、Cu、Mg不共存（生成弱碱或水）。

+2--2--2--

3.生成气体：H与CO3、HCO3、SO3、HSO3、S、HS不共存（生成CO2、SO2、H2S）。

3+-2-2-3+-

4.氧化还原反应（易错重点）：①Fe与I、S、SO3不共存（Fe氧化后者）；②MnO4（酸性条件）与

2+-2-2---2+-2-

Fe、I、S、SO3、Cl不共存；③NO3（酸性条件）与Fe、I、S不共存（隐含氧化性）。

2+2+3+-

5.隐含条件陷阱（高频失分点）：①无色溶液：排除Cu（蓝）、Fe（浅绿）、Fe（黄）、MnO4（紫）；

②酸性溶液（pH<7、加酚酞不变色）：含大量H+，排除OH-及弱酸根；③碱性溶液（pH>7、加酚酞变红）：

-++

含大量OH，排除H、NH4及弱碱阳离子。

终极归纳2离子方程式正误判断（核心：守恒+规范+原理，3步速判）

速记口诀：先查守恒，再看规范，最后验原理，一步排除错误选项。

1.第一步：查守恒（必看，优先排除）——三大守恒缺一不可。

①原子守恒：反应前后原子种类、数目完全一致；

②电荷守恒：离子方程式左右电荷代数和相等（中性）；

③电子守恒：氧化还原反应中，得失电子数相等（易错点：漏判氧化还原反应的电子守恒）。

2.第二步：看规范（细节陷阱，高频失分）——重点检查3点。

①物质拆分：能拆（强酸、强碱、可溶性盐），不能拆（弱电解质、沉淀、气体、单质、氧化物）；易错

点：CH3COOH（弱酸不拆）、CaCO3（沉淀不拆）、浓硫酸（不拆）、澄清石灰水（可拆）、石灰乳（不

拆）。

②符号规范：沉淀（↓）、气体（↑）、可逆符号（⇌）使用准确，不能漏写。

③条件规范：加热（△）、催化剂等条件不能省略（如实验室制CO2不用写条件，电解、催化氧化需写）。

3.第三步：验原理（核心，规避逻辑错误）——反应必须符合实际。

①少量/过量陷阱（高频）：如Ca(OH)2与CO2（少量生成CaCO3，过量生成Ca(HCO3)2）；NaHCO3与Ca(OH)2

（少量NaHCO3生成CaCO3+NaOH，过量生成CaCO3+Na2CO3）。

+-2-

②反应顺序：强者优先，如H先与OH反应，再与CO3反应。

③原理错误：如Fe与稀盐酸反应生成Fe2+（不是Fe3+），Cu与稀盐酸不反应（不能写离子方程式）。

终极归纳3抢分速记技巧（省时高效，快速破题）

1.离子共存：先看隐含条件（无色、酸碱性），再排查4大反应类型，优先排除明显错误选项（如含Cu2+

又说无色）。

2.离子方程式：优先查电荷守恒（最快排除错误），再查拆分和符号，最后验证反应原理，不用逐字逐句分

析，节省时间。

3.易错点速记：①拆分口诀：强酸强碱可溶盐，其余全部不能拆；②守恒口诀：原子电荷电子，三者缺一不

可；③过量口诀：少量定1（少量物质系数为1），过量配比例。

真题精研--复盘经典把握规律

题组一离子方程式的正误判断

1.（2025·浙江卷）下列离子方程式正确的是

2

A．HCO3的水解反应：HCO3H2OH3OCO3

2

B．CaCO3与醋酸反应：CaCO32HCaCO2H2O

2

C．FeO与硝酸反应：FeO2HFeH2O

D．苯酚钠水溶液中通入少量CO2气体：

【答案】D

---

【解析】A．HCO3水解生成H2CO3和OH，该反应的离子方程式为：HCO3+H2OH2CO3+OH，原式是HCO3

的电离方程式，A错误；B．已知醋酸为弱酸，离子方程式书写时不能拆，故CaCO3与醋酸反应的离子方程

-2+

式为：CaCO3+2CH3COOH=2CH3COO+Ca+CO2H2O，B错误；C．已知硝酸具有强氧化性，能够氧

2+3++-3+

化Fe为Fe，故FeO与硝酸反应的离子方程式为：3FeO+10H+NO3=3Fe+5H2O+NO，C错误；D．苯

酚的酸性介于碳酸和碳酸氢根之间，故苯酚钠水溶液中通入少量CO2气体反应生成苯酚和碳酸氢钠，则离

子方程式为：，D正确；故答案为：D。

2.（2025·河南卷）对于下列过程中发生的化学反应。相应离子方程式正确的是

A．磷酸二氢钠水解：H2PO4H2OH3PO4OH

B．用稀盐酸浸泡氧化银：Ag2O2H2AgH2O

C．向次氯酸钠溶液中加入碘化氢溶液：ClOHHClO

22

D．向硫酸氢钠溶液中滴加少量碳酸氢钡溶液：HSO4BaHCO3BaSO4CO2H2O

【答案】A

－

【解析】A．磷酸二氢钠水解产生OH，离子方程式为H2PO4H2OH3PO4OH，A正确；B．用稀盐

+－

酸浸泡氧化银生成AgCl沉淀，离子方程式为Ag2O+2H+2Cl=2AgCl+H2O，B错误；C．向次氯酸钠溶液

－－+－

中加入碘化氢溶液发生氧化还原反应，离子方程式为ClO+2I+2H=I2+Cl+H2O，C错误；D．向硫酸氢钠

+2-2+-↓↑

溶液中滴加少量碳酸氢钡溶液，反应的离子方程式为2H+SO4+Ba+2HCO3=BaSO4+2CO2+2H2O，D

错误；答案选A。

解题妙法

先判断物质拆写：弱酸、弱碱、沉淀、气体一律保留化学式；区分水解与电离、氧化还原反应；再核对

原子、电荷、得失电子三大守恒；牢记酸性强弱、量的配比、双水解等特殊规律，逐项排查陷阱即可快

速判断。

题组二离子共存

1.（2025·天津卷）下列离子在溶液中能大量共存的是

3、、2、2、、2、

A．AlNaSMnO4B．FeHSO3Br

C．NH、Mg2、OH、ID．AgNH、K、OH、Cl

432

【答案】D

【解析】．3与2发生互促双水解32，且会氧化2，不

AAlS2Al3S6H2O2AlOH33H2SMnO4S

2

能共存，A错误；B．H与SO3不共存能，会生成二氧化硫和水，B错误；C．NH4与OH反应生成NH3·H2O，

2与生成沉淀，不能共存，错误；．种离子均互不发生反应，正确；故答案选。

MgOHMgOH2CD4DD

2.（2025·安徽卷）下列实验产生的废液中，可能大量存在的粒子组是

选项实验粒子组

+、2+、、

A稀硝酸与铜片制NOHCuNO3NO

+、+、2、

B70%硫酸与Na2SO3制SO2HNaSO4HSO3

++2+-

C浓盐酸与KMnO4制Cl2H、K、Mn、Cl

+、2+、-、

D双氧水与FeCl3溶液制O2HFeClH2O2

【答案】C

+、2+、

【解析】A．稀硝酸与铜反应生成HCuNO3和NO，NO难溶于水，无法大量存在，A不符合题意；B．70%

+、+、2

硫酸与Na2SO3反应生成SO2，溶液中应含HNaSO4，但HSO3在强酸性条件下会转化为SO2和H2O，

2+

无法大量存在，B不符合题意；C．浓盐酸与KMnO4反应生成Cl2，产物为K、Mn、Cl和H，这些离

子在酸性环境中稳定共存，无后续反应干扰，C符合题意；D．FeCl3催化H2O2分解生成O2，溶液中应含

Fe3＋而非Fe2＋，D不符合题意；故选C。

解题妙法

按四大陷阱逐项排查：是否生成沉淀/气体/弱电解质；是否发生氧化还原反应；是否发生双水解、络合

反应；结合题干酸碱性、实验背景判断；熟记常见氧化性离子与还原性离子，快速排除不能共存的组合，

逐项筛选即可秒选。

题组三离子反应在化合物组成分析中的应用

1.（2025·江西卷）X、Y分别是由2种和3种前四周期元素组成的化合物，溶于水后混合，溶液转变成紫色，

得到溶液Z，用pH试纸检测显红色。取3支试管分别装入少量溶液Z，进行实验，记录为：

序号加入试剂现象

1H2O2溶液产生大量气泡、溶液紫色褪去

2AgNO3溶液产生白色沉淀

3溴水产生白色沉淀

关于溶液Z，下列说法正确的是

3++

A．含FeB．含MnO4C．可能含HD．不含Cl

【答案】A

【分析】X、Y分别是由2种和3种前四周期元素组成的化合物，溶于水后混合，溶液转变成紫色，结合第

3个实验的现象可知，物质Y（含有三种元素）是苯酚，FeCl3和苯酚混合后，会形成紫色的苯酚铁配合物

（3）和；通过实验的现象可知，双氧水分解产生氧气，3可以使苯酚显紫色，通

[FeC6H5O6]HCl1Fe

过实验的现象可知含有氯离子，所以是。所以溶液含有的物质是3、和。

2XFeCl3Z[FeC6H5O6]HCl

【解析】A．通过实验1的现象可知，双氧水分解产生氧气，溶液Z含有Fe3（作双氧水分解的催化剂），

由于铁离子作催化剂，所以苯酚的紫色褪去，A正确；B．通过分析可知，溶液Z中，不含有高锰酸根离子，

B错误；C．通过分析可知，溶液Z中一定含有H，C错误；D．加入硝酸银溶液产生白色沉淀，一定含有

氯离子，D错误；故选A。

、、、

2.（2024·全国甲卷）四瓶无色溶液NH4NO3Na2CO3Ba(OH)2AlCl3，它们之间的反应关系如图所示。

其中a、b、c、d代表四种溶液，e和g为无色气体，f为白色沉淀。下列叙述正确的是

A．a呈弱碱性

B．f可溶于过量的b中

C．c中通入过量的e可得到无色溶液

D．b和d反应生成的沉淀不溶于稀硝酸

【答案】B

【分析】由题意及关系图可知，a与b反应需要加热，且产生的e为无色气体，则a和b分别为NH4NO3和

Ba(OH)2的一种，产生的气体e为NH3；又由于b和c反应生成白色沉淀f，NH4NO3不会与其他三种溶液产

生沉淀，故b为Ba(OH)2，a为NH4NO3；又由于c既能与b产生沉淀f，又能与d反应产生沉淀f，故c为AlCl3，

d为Na2CO3，生成的白色沉淀为Al(OH)3，无色气体g为CO2。综上所述，a为NH4NO3溶液，b为Ba(OH)2

溶液，c为AlCl3溶液，d为Na2CO3溶液，e为NH3，f为Al(OH)3，g为CO2。

+

【解析】A．由分析可知，a为NH4NO3溶液，为强酸弱碱盐的溶液，NH4水解显酸性，故a显弱酸性，A

项错误

B．由分析可知，f为Al(OH)3，b为Ba(OH)2溶液，Al(OH)3为两性氢氧化物，可溶于强碱，故f可溶于过量

的b中，B项正确；C．由分析可知，c为AlCl3溶液，e为NH3，AlCl3溶液通入NH3会生成Al(OH)3沉淀，

Al(OH)3不溶于弱碱，继续通入NH3不能得到无色溶液，C项错误；D．由分析可知，b为Ba(OH)2，d为Na2CO3，

二者反应生成BaCO3沉淀，可溶与稀硝酸，D项错误；故选B。

解题妙法

先抓特征现象破题：颜色、气体、沉淀、加热反应等锁定特征离子；再结合离子共存、双水解、两性物

质性质顺推物质；最后代入反应关系验证，逐项核对