2026年高考化学考前20天冲刺讲义（二）

该高中化学高考复习讲义聚焦无机元素化合物转化、离子反应、氧化还原、水溶液离子平衡、化工流程五大核心考点，按“考情透视-考点抢分-真题精研-终极预测”逻辑架构知识，通过梳理转化规律、守恒方法、实验分析等环节，帮助学生构建系统知识网络，突破高考高频难点。 讲义以情境化命题为特色，融合新能源、废水处理等前沿背景，采用“转化链条构建”“3步速判法”等策略培养科学思维与探究能力，设置分层真题与预测题，配合高频陷阱规避和解题妙法，助力学生高效突破考点，为教师提供精准复习节奏把控方案。

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）： ①核心转化：Al→Al2O3→Al(OH)3→Al3+/AlO2-。 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Al3+与氨水制备。 （3）铁（Fe）： ①核心转化：Fe→FeO/Fe2O3/Fe3O4→Fe2+/Fe3+→Fe(OH)2/Fe(OH)3。 ②关键性质：Fe3+遇KSCN溶液变红，Fe2+遇KSCN无现象、遇氯水变红；Fe(OH)2为白色沉淀，易被氧化为红褐色Fe(OH)3；Fe与强氧化剂（Cl2、HNO3）生成Fe3+，与弱氧化剂（HCl、CuSO4）生成Fe2+。 （4）铜（Cu）： ①核心转化：Cu→CuO→Cu2+→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。 1.价态转化规律：同一元素，从低价→中间价→高价（如Fe：Fe2+⇌Fe3+，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）； （2）两两反应生成沉淀/气体（如Al3+与AlO2-生成Al(OH)3，Fe3+与S2+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； （2）Cl-：加AgNO3溶液和稀HNO3，生成白色沉淀； （4）SO42-：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。 3.检验误区：检验Fe2+不可先加氯水，否则会氧化Fe2+，干扰检验；检验SO42-需先加盐酸酸化，排除Ag+、CO32-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.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Fe2+”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 1．（2026·浙江卷）下列有关的说法中，不正确的是 A．是弱电解质 B．水溶液呈酸性 C．实验室用于制 D．HCl和反应制 2.（2025·海南卷）下列化合物性质描述错误的是 ①CO  ②  ③  ④ A．既可作氧化剂也可作还原剂：①②③④ B．与水作用后溶液呈酸性：②③ C．与水反应释放：④ D．常态下呈现颜色：①②③④ 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．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 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 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．证明溶于水 C．证明与水反应生成 D．制备无水 2.（2025·贵州卷）实验室制备并验证其性质的装置及试剂正确的是 A．制备 B．除去HCl杂质 C．验证的氧化性 D．收集及尾气处理 解题妙法 题组四 以工艺流程为载体考查元素及其化合物的性质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。 1.（2025·福建卷）探究对银镜反应的影响，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 B．“试剂X为1.0 mL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 2.（2025·四川卷）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品白磷()、。其中，电炉煅烧发生的反应为：。 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 C．“炉气水洗”使溶于水而与分离 D．“中和沉淀”需要控制溶液的 解题妙法 题组五 元素及其化合物的相互转化先梳理流程主线：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。 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： B．反应②： C．反应③： D．反应④： 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 单质X氧化物1氧化物2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 D．X可为碳，盐的热稳定性： 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 D 用管道疏通剂(含烧碱和铝粒)疏通厨卫管道 铝和氢氧化钠溶液反应生成氢气，并释放大量热 【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．苯酚与溶液作用显紫色，可用作消毒剂 【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 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 【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：的相关数据： 温度 每100 mL水中溶解的质量 1.54 1.33 1.26 1.17 1.01 0.85 0.72 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 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，说明已经基本洗脱 D．“沉锂”时，沉淀剂可选择，此时得到含固体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤 【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，则证明了具有漂白性 D．用盐酸和溶液可以检验④中的氧化产物 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）： ①H+与OH-、CH3COO-、CO32-、HCO3-、SO32-、HSO3-不共存； ②OH-与NH4+、H+、Fe3+、Cu2+、Mg2+不共存（生成弱碱或水）。 3.生成气体：H+与CO32-、HCO3-、SO32-、HSO3-、S2-、HS-不共存（生成CO2、SO2、H2S）。 4.氧化还原反应（易错重点）：①Fe3+与I-、S2-、SO32-不共存（Fe3+氧化后者）；②MnO4-（酸性条件）与Fe2+、I-、S2-、SO32-、Cl-不共存；③NO3-（酸性条件）与Fe2+、I-、S2-不共存（隐含氧化性）。 5.隐含条件陷阱（高频失分点）：①无色溶液：排除Cu2+（蓝）、Fe2+（浅绿）、Fe3+（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反应顺序：强者优先，如H+先与OH-反应，再与CO32-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 A．的水解反应： B．与醋酸反应： C．与硝酸反应： D．苯酚钠水溶液中通入少量气体： 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： B．用稀盐酸浸泡氧化银： C．向次氯酸钠溶液中加入碘化氢溶液： D．向硫酸氢钠溶液中滴加少量碳酸氢钡溶液： 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 A． B． C． D． 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 A 稀硝酸与铜片制 B 硫酸与制 C 浓盐酸与制 D 双氧水与溶液制 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 1 溶液 产生大量气泡、溶液紫色褪去 2 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 A．含 B．含 C．可能含 D．不含 2.（2024·全国甲卷）四瓶无色溶液，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 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，逐项核对选项性质、反应规律，避开两性溶解、水解酸碱性等高频陷阱。 题组四 离子反应在物质鉴别中的应用 1.（2025·海南卷）下列检验材料不能一步鉴别出对应物质的是 选项 检验材料 待鉴别物质 A 湿润的pH试纸 B 氨水 C 溶液 D 水 2.（2025·湖南卷）只用一种试剂，将四种物质的溶液区分开，这种试剂是 A．溶液 B．溶液 C．溶液 D．溶液 解题妙法 鉴别核心是现象唯一不同：分析试剂与各物质反应现象（气体、沉淀、溶解、酸碱性、密度分层等）；警惕两性氢氧化物、过量试剂反应差异；判断试剂能否让每组物质产生不同现象，现象完全相同则无法鉴别，逐项对比即可快速判断。 终极预测--压轴实战 稳拿高分 【名校预测·第1题】（2026·江西上饶·二模）是由、、、、中一种或几种组成的白色粉末，为了探究其成分，在下列试剂中加入少量粉末，实验记录如下表： 序号 试剂及操作 现象 ① 盐酸 产生气泡 ② 蒸馏水 产生白色沉淀 ③ 溶液，加热 产生气泡 根据实验现象，下列关于的推断正确的是 A．只含和 B．一定不含 C．至少含3种盐 D．一定含 【名校预测·第2题】（2026·河北·模拟预测）下列关于物质或离子检验的叙述正确的是 A．取少量溶液于试管中，加入淀粉溶液无明显现象，再加入新制氯水，溶液变蓝色，证明有存在 B．先取少量溶液于试管中，加入氯化钡溶液生成沉淀，再加入盐酸沉淀不溶解，证明一定含有 C．检验气体中是否混有气体：将气体通入溶液，有白色沉淀生成，则该气体中一定混有气体 D．检验浓硫酸和木炭反应产生的和气体，可将气体依次通过品红溶液、饱和溶液、澄清石灰水 【名校预测·第3题】（2026·湖南衡阳·二模）下列离子方程式书写错误的是 A．用溶液腐蚀铜电路板： B．“84”消毒液与洁厕灵(主要成分为盐酸)混合： C．向溶液中滴加溶液产生白色沉淀： D．用氨水溶解试管中的 【名校预测·第4题】（2026·江西九江·二模）X、Y分别是由2种和3种前四周期元素组成的化合物，溶于水后按一定比例混合，得到溶液Z，用试纸检测显深红色。取4支试管分别装入少量溶液Z进行实验，记录为： 序号 实验操作 现象 1 滴加溶液 产生蓝色沉淀 2 滴加溶液 溶液变红 3 先加过量溶液，静置，再向上层清液中滴加溶液 均产生白色沉淀 4 焰色试验 火焰呈现黄色 下列说法正确的是 A．可用酸性溶液检验Z溶液中是否含有 B．X可作净水剂 C．Y在酸性溶液中能稳定存在 D．Z溶液中含3种阳离子 【名校预测·第5题】（2026·湖北·二模）室温下的溶液，下列离子组在给定条件下一定能大量共存，且经过指定操作后，可得到无沉淀的澄清透明溶液的是 选项 条件 离子组 操作 A 滴加甲基橙变红 、、、 加入足量浓氨水 B 、、、 加入足量NaHCO3溶液 C 、、、 加入少量FeSO4溶液 D 、、、 通入足量H2S气体 倒计时13天 少壮不努力，老大徒伤悲。 —— 汉乐府《长歌行》 氧化还原反应规律与综合应用 考情透视--把脉命题 直击重点 ►命题解码：氧化还原反应为贯穿高考试卷的核心主干考点，渗透选择、流程、实验、电化学所有题型。重点考查氧化性还原性强弱比较、电子转移规律、化合价升降守恒、陌生方程式配平、先后反应顺序、歧化与归中反应。命题不再单纯记忆反应，而是结合化工流程、废水处理、电化学、实验探究综合考查；高频陷阱有得失电子不守恒、介质酸碱性判断错误、过量与分步反应、产物价态判断偏差。侧重规律理解与综合应用，是大题书写、计算得分的关键基础。 ►高考前沿：命题高度情境化，结合新型电极材料、催化转化、废气废水治理等前沿背景；强化陌生复杂体系氧化还原配平、先后反应顺序、电化学与氧化还原融合考查；从定性判断转向定量电子守恒计算，突出反应机理、竞争反应与证据推理素养。 考点抢分--核心精粹 高效速记 终极归纳1 核心概念（基础必记，不混淆） 速记口诀：升失氧（还原剂），降得还（氧化剂），剂性一致、产物相反。 1.核心判断： ①化合价升高→失电子→被氧化→作还原剂→生成氧化产物； ②化合价降低→得电子→被还原→作氧化剂→生成还原产物。 2.易错区分： ①氧化剂/还原剂：反应物（得/失电子）；氧化产物/还原产物：生成物（被氧化/被还原后的物质）。 ②注意：一种物质可既作氧化剂又作还原剂（如Cl3与水反应）。 3.常见氧化剂/还原剂（高频）： ①氧化剂（降价）：MnO4-（酸性）、Fe3+、Cl2、HNO3、O2； ②还原剂（升价）：Fe2+、I-、S2-、SO32-、C、CO。 终极归纳2 核心规律（解题关键，灵活应用） 四大规律，覆盖所有题型，记准规律可快速破题。 1.强弱规律（高频）： ①氧化性：氧化剂＞氧化产物；还原性：还原剂＞还原产物（用于比较氧化性/还原性、判断反应能否发生）。②典例：Fe3+氧化I-，则氧化性Fe3+＞I2，还原性I-＞Fe2+。 2.守恒规律（必考）：电子守恒（得失电子数相等）、化合价升降守恒（升价总数=降价总数），是配平、计算的核心。 3.先后规律（易错重点）：强者优先反应。 ①氧化性强的先得电子，还原性强的先失电子； ②典例：FeBr2中通入Cl2，Cl2先氧化Fe2+，再氧化Br-。 4.价态规律： ①元素处于最高价态→只具氧化性（如Fe3+、HNO3）； ②处于最低价态→只具还原性（如I-、S2-）；③处于中间价态→既具氧化性又具还原性（如Fe2+、Cl2）。 终极归纳3 高频应用（抢分重点，规范答题） 1.氧化还原方程式配平（必考，3步速配）： ①标化合价：找出升价、降价元素，标出升降价数； ②配升降：使升价总数=降价总数（找最小公倍数）； ③配其余：补H2O、H+（酸性）、OH-（碱性），确保原子守恒、电荷守恒。易错点：碱性条件下补OH-，酸性条件下补H+，不混淆。 2.相关计算（高频）： ①核心用“电子守恒”，避开繁琐计算。 ②典例：求氧化剂/还原剂的物质的量之比、转移电子数，直接利用“得失电子相等”列式计算，不用写完整方程式。 3.综合应用（大题核心）： ①电化学：负极（失电子→还原剂→氧化反应），正极（得电子→氧化剂→还原反应），电子守恒贯穿始终； ②工业流程：判断反应中的氧化剂、还原剂，分析元素化合价变化，书写核心反应方程式；③实验题：根据颜色变化（如Fe2+→Fe3+变红），判断氧化还原反应是否发生。 终极归纳4 易错陷阱规避（少丢分，关键抢分点） 1.概念混淆：误将氧化产物当作氧化剂，还原产物当作还原剂（牢记：剂是反应物，产物是生成物）。 2.配平错误：忽略介质（酸性/碱性），乱补H+、OH-；忘记配平后检查电荷守恒、原子守恒。 3.先后规律误用：忽略还原性/氧化性强弱，判断反应顺序错误（如误判Cl2先氧化Br-再氧化Fe2+）。 4.电子转移计算错误：漏算元素化合价变化数（如Fe3+→Fe2+，化合价降1，不是降3）；忽略物质中参与反应的离子数（如FeBr2中Fe2+、Br-的比例）。 真题精研--复盘经典 把握规律 题组一 氧化还原反应的基本概念 1.（2026·浙江卷）关于反应，下列说法中正确的是 A．CO中的C失电子 B．是还原剂 C．是还原产物 D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1 2.（2025·山东卷）用肼的水溶液处理核冷却系统内壁上的铁氧化物时，通常加入少量，反应原理如图所示。下列说法正确的是 A．是还原反应的产物 B．还原性： C．处理后溶液的增大 D．图示反应过程中起催化作用的是 解题妙法 先标变价：化合价升失氧（还原剂、氧化产物），化合价降得还（氧化剂、还原产物）；再判断电子转移、物质的量之比、氧化性/还原性强弱；结合反应流程，区分催化剂、中间产物；注意电子守恒与反应环境，避开概念混淆陷阱。 题组二 氧化还原反应的判断 1.（2025·贵州卷）化学变化五彩纷呈。下列颜色变化涉及氧化还原反应的是 A．向固体中加入蒸馏水，深褐色固体变为天蓝色溶液 B．将置于空气中，淡黄色固体逐渐变为白色 C．向溶液中加入稀硫酸，溶液由黄色变为橙色 D．将白磷在真空中加热到260℃，白色固体变为暗红色粉末 2.（2026·浙江卷）下列有关含氯化合物的说法中，不正确的是 A．分子中所有O原子所处的化学环境相同 B．的空间结构为V形 C．(高氯酸氯)中氯元素的化合价分别为+1，+7 D．不是氧化还原反应 解题妙法 判断核心是化合价是否变化：逐项分析反应前后各元素价态，只要有元素升价或降价，即为氧化还原反应；警惕物理变化、同素异形体转化、非氧化还原平衡移动的干扰；牢记歧化、归中反应规律，快速识别价态变化即可秒选。 题组三 氧化还原反应规律的应用 1.（2025·重庆卷）抗日战争时期，根据地物资紧缺，军民自力更生，就地取材，采用下列方法生产化工产品，其中利用了氧化还原反应原理的是 A．用石磨代替打浆机碾碎硝化棉 B．用陶缸作反应器以硫黄为原料生产硫酸 C．通过蒸馏法以自酿的白酒为原料生产工业酒精 D．通过水解法以植物油和熟石灰为原料生产甘油 2.（2025·北京卷）我国科研人员在研究嫦娥五号返回器带回的月壤时，发现月壤钛铁矿()存在亚纳米孔道，吸附并储存了大量来自太阳风的氢原子。加热月壤钛铁矿可生成单质铁和大量水蒸气，水蒸气冷却为液态水储存起来以供使用。下列说法不正确的是 A．月壤钛铁矿中存在活泼氢 B．将地球上开采的钛铁矿直接加热也一定生成单质铁和水蒸气 C．月壤钛铁矿加热生成水蒸气的过程中发生了氧化还原反应 D．将获得的水蒸气冷却为液态水的过程会放出热量 解题妙法 先区分物理变化与化学变化，再判断反应中元素化合价是否变化；结合题干情境，分析反应是否存在氧化还原过程，警惕“一定生成”等绝对表述陷阱；利用氧化还原规律判断物质性质与反应能否发生，结合守恒思想排除错误选项。 题组四 氧化还原反应方程式的书写与配平 1.（2025·云南卷）下列化学方程式错误的是 A．煤制水煤气： B．供氧： C．覆铜板制作印刷电路板： D．铅酸蓄电池放电： 2.（2025·浙江卷）下列方程式不正确的是 A．与浓盐酸反应： B．与反应： C．将少量灼热的加入中： D．将通入酸性溶液： 解题妙法 先判断反应产物是否合理，再按 “得失电子守恒→电荷守恒→原子守恒” 三步配平；核对条件、沉淀 / 气体符号、强弱电解质拆写，注意常见氧化还原产物价态，避开产物错误、系数不守恒、反应条件遗漏等陷阱。 题组五 氧化还原反应方程式的计算 1.（2025·广西卷）虫蚁叮咬时所分泌的蚁酸，会引起肿痛。医用双氧水既可消毒，又可将蚁酸氧化，氧化原理为。为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．含非极性共价键的数目为 B．的溶液中，的数目为 C．反应，转移的电子数目为 D．反应，标准状况下生成 2.（2025·湖南卷）是一种合成聚酯的催化剂，可用“硝酸钠法”制备，反应方程式为。下列说法错误的是 A．中元素的化合价为 B．的空间结构为平面三角形 C．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 D．反应中消耗，转移 解题妙法 解题核心是电子守恒：先标变价，算出得失电子数，再根据化学计量数确定转移电子数；同时注意阿伏伽德罗常数题的常见陷阱（溶液体积、物质状态、化学键数目），结合守恒关系逐项核对，避开氧化剂 / 还原剂判断错误、电子转移数目算错等问题。 终极预测--压轴实战 稳拿高分 【名校预测·第1题】（2026·山东·模拟预测）下列叙述不涉及氧化还原反应的是 A．抗坏血酸用作食品抗氧化剂 B．工业制备高纯硅 C．活性炭用作食品脱色剂 D．大气中参与酸雨形成 【名校预测·第2题】（2026·浙江·二模）向溶液中通入一定量，发生如下反应：，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是 A．中的元素化合价升高 B．反应过程中的氧化剂为 C．反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2:1 D．反应过程中每生成，转移的电子数为 【名校预测·第3题】（2026·云南昆明·模拟预测）下列反应方程式错误的是 A． B． C． D． 【名校预测·第4题】（2026·黑龙江哈尔滨·一模）某兴趣小组欲测定(NH4)2S2O8与KI反应的化学反应速率，实验过程如图所示： 已知：①实验中发生反应：(较慢)；(极快)。 ②淀粉遇变蓝。 下列说法错误的是 A．当溶液刚好从无色变为蓝色时，立即停止计时 B． C．利用该原理也可测定其他氧化剂氧化I-的反应速率，但需反应的反应速率较慢 D．若Ⅱ中同时加入1 mL 0.5 mol·L-1 H2SO4溶液，测定的化学反应速率会偏快 【名校预测·第5题】（2026·河北沧州·二模）过二硫酸()是一种白色晶体，过二硫酸及其盐在工业上常用作强氧化剂，如K2S2O8+MnSO4+H2O→KMnO4+K2SO4+Y(未配平)。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．97 g过二硫酸中含过氧键数目为NA B．135 g K2S2O8完全被还原时转移电子数为0.5 NA C．反应式中的Y为H2SO4 D．所有的Y、K2SO4均为还原产物 倒计时12天 逝者如斯夫，不舍昼夜。 ——《论语・子罕》 水溶液中离子平衡综合(选择题) 考情透视--把脉命题 直击重点 ►命题解码：全国各地高考中，水溶液离子平衡为高频压轴选择题，以弱酸弱碱电离、盐类水解、沉淀溶解平衡为核心。常结合滴定曲线、分布系数图、对数坐标等图像命题，考查强弱电解质比较、三大守恒、离子浓度大小排序、电离与水解主次判断、Ka、Kh、Ksp计算。命题多设置隐性陷阱，如酸碱过量判断、缓冲溶液分析、双水解与抑制作用混淆、溶解平衡同离子效应干扰。侧重图像解读、定量计算与平衡思想，综合性强，是拉开分数的关键难点题型。 ►高考前沿：新高考趋向多元陌生图像，融合多平衡共存体系；强化对数型、分布系数类创新图像考查；弱化纯定性判断，增加平衡常数定量计算与换算；结合生活、环境、缓冲试剂真实情境，聚焦粒子竞争平衡，注重微观本质分析与证据推理素养考查。 考点抢分--核心精粹 高效速记 终极归纳1 弱电解质电离为基础核心 1.弱酸、弱碱部分电离，存在电离平衡，越稀越电离、升温促进电离； 2.多元弱酸分步电离，第一步电离程度远大于后续，酸性主要由第一步决定。 3.相同浓度下，弱酸酸性越弱，电离程度越小，氢离子浓度越低； 4.相同 pH 的弱酸与强酸，弱酸浓度更大、中和能力更强。 5.水的电离平衡为必背要点，酸、碱抑制水的电离，可水解的盐促进水的电离，升温始终促进水的电离，中性溶液不一定 pH=7，只需满足氢离子浓度等于氢氧根浓度。 终极归纳2 盐类水解是考查重点 1.规律为“有弱才水解，越弱越水解，谁强显谁性，同强显中性”。 2.弱酸根、弱碱阳离子发生微弱水解，升温、稀释促进水解，外加酸碱抑制或促进水解。 3.高频易错： （1）碳酸氢根水解程度大于电离，溶液呈碱性； （2）亚硫酸氢根、磷酸二氢根电离大于水解，溶液显酸性； （3）混合溶液酸碱性不能单一依靠电离或水解判断，需结合物质浓度与平衡主次分析。 终极归纳3 三大守恒是解题万能工具，选择必用速判 1.电荷守恒：溶液阴阳离子所带电荷总数相等，无任何条件限制，适用所有溶液，优先用于快速排除电荷不匹配选项。 2.物料守恒：核心元素原子比例恒定，不水解、不电离的离子为参照，快速书写等式。 3.质子守恒：由水电离的氢离子与氢氧根总量相等，可由电荷、物料守恒联立推导，多用于单一盐溶液判断。 终极归纳4 沉淀溶解平衡高频结合 Ksp 考查 1.溶度积 Ksp只受温度影响，溶解度不能单纯用 Ksp 比较，需结合物质组成类型。 2.沉淀转化规律：溶解度大的沉淀可转化为溶解度更小的沉淀，反应自发进行。 3.离子沉淀分离、除杂题型，依托溶度积计算离子浓度，判断沉淀先后顺序，同类型难溶电解质，Ksp 越小越先沉淀。 终极归纳5 选择题高频陷阱集中速记 1.忽视强弱电解质浓度与 pH 的换算关系； 2.混淆电离与水解主次，误判酸式盐酸碱性； 3.忽略温度对 Kw、电离、水解、Ksp 的影响； 4.图像题误读滴定起点、突变点、中性点、等量点溶质组成； 5.守恒式书写遗漏离子、系数配比错误； 6.片面认为盐溶液稀释所有离子浓度均减小。 终极归纳6 备考速记关键 1.做题优先用电荷守恒秒排错误，结合物料守恒定量分析，依托平衡移动规律判断浓度变化。 2.牢牢把握 “微弱原则”：弱电解质电离微弱、盐类水解微弱，主力粒子浓度远大于电离、水解生成的微量粒子。 3.整合平衡共性规律，区分抑制与促进条件，熟练结合滴定图像、缓冲体系、离子浓度排序综合分析，稳拿该板块选择题分数。 真题精研--复盘经典 把握规律 题组一 弱电解质的电离平衡及其应用 1.（2025·贵州卷）25℃时，向溶液中滴入溶液，溶液的pH及(用pM表示)随NaOH溶液体积的变化关系如图。 下列说法错误的是 A．25℃时， B．P点溶液的 C．当时， D．当时， 2.（2025·广东卷）CuCl微溶于水，但在浓度较高的溶液中因形成和而溶解。将适量CuCl完全溶于盐酸，得到含和的溶液，下列叙述正确的是 A．加水稀释，浓度一定下降 B．向溶液中加入少量NaCl固体，浓度一定上升 C．的电离方程式为： D．体系中， 解题妙法 先利用电离平衡常数表达式，结合图像特殊点（如 pM=0）计算 Ka；再分析不同滴定阶段的溶质组成，判断电离与水解的主次关系；最后结合电荷守恒、物料守恒分析离子浓度关系，同时注意加水稀释、同离子效应等外界条件对平衡的影响。 题组二 中和滴定原理及其应用 1.（2025·江苏卷）用草酸溶液滴定未知浓度的溶液。下列实验操作规范的是 A．配制草酸溶液 B．润洗滴定管 C．滴定 D．读数 2.（2025·黑吉辽蒙卷）化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程度的指标之一，以水样消耗氧化剂的量折算成消耗的量(单位为)来表示。碱性不与反应，可用于测定含Cl⁻水样的COD，流程如图。 下列说法错误的是 A．Ⅱ中发生的反应有 B．Ⅱ中避光、加盖可抑制被氧化及的挥发 C．Ⅲ中消耗的越多，水样的COD值越高 D．若Ⅰ中为酸性条件，测得含水样的COD值偏高 解题妙法 实验操作题：牢记溶液配制、滴定管润洗、滴定操作、读数的规范，逐项排查错误；滴定计算类：理清反应计量关系，结合氧化还原反应的电子守恒，分析COD等间接滴定中各步反应的量的关系，根据消耗试剂的量判断结果。 题组三 水溶液中的离子浓度的大小比较 1.（2025·安徽卷）是二元弱酸，不发生水解。时，向足量的难溶盐粉末中加入稀盐酸，平衡时溶液中与的关系如下图所示。 已知时，。下列说法正确的是 A．时，的溶度积常数 B．时，溶液中 C．时，溶液中 D．时，溶液中 2．（2025·云南卷）甲醛法测定的反应原理为。取含的废水浓缩至原体积的后，移取20.00mL，加入足量甲醛反应后，用的NaOH标准溶液滴定。滴定曲线如图1，含氮微粒的分布分数与pH关系如图2[比如：]。下列说法正确的是 A．废水中的含量为 B．c点： C．a点： D．的平衡常数 解题妙法 先看溶质组成，分清主次反应（电离 / 水解）；再利用“三大守恒（电荷、物料、质子）”列等式；结合电离常数、图像特殊点判断离子浓度关系；注意酸碱性与 H⁺、OH⁻的位置，避开守恒变形错误、离子排序主次颠倒的陷阱。 题组四 沉淀溶解平衡及其应用 1.（2025·浙江卷）已知：          下列有关说法不正确的是 A．过量在溶液中 B．过量在水中所得的饱和溶液中滴加溶液，有生成 C．过量在水中溶解的质量大于在相同体积溶液中溶解的质量 D．在的盐酸中不能完全溶解 2．（2025·重庆卷）是两性氢氧化物，其沉淀分离的关键是控制溶液pH。25 ℃时，某溶液中与的总和为c。- lg c随pH的变化关系如图所示（忽略体积变化）。 已知：       下列叙述正确的是 A．由M点可以计算 B．恰好沉淀完全时pH为6.7 C．P点沉淀质量小于Q点沉淀质量 D．随pH增大先减小后增大 解题妙法 先利用溶度积 Ksp 公式，结合同离子效应、配位效应分析溶解度变化；再通过离子积 Q 与 Ksp 的关系判断沉淀生成或溶解；结合图像特殊点计算 Ksp，分析 pH 对沉淀溶解的影响，注意区分沉淀溶解与配位溶解的不同机制，避开离子浓度计算陷阱。 题组五 水溶液中离子平衡的综合图像 1.（2025·天津卷）苹果酸是二元弱酸，以H2A表示，常用于制造药物、糖果等。25℃时，溶液中H2A、HA-和A2-的分布系数随溶液pH变化如图。 例如：A2-的分布系数 该温度下，下列说法错误的是 A．曲线①是H2A的分布系数曲线 B．H2A的 C．反应的平衡常数 D．pH=6时，溶液中粒子浓度的大小关系为 2.（2025·四川卷）是一种二元酸，是一种难溶盐。图中曲线分别表示室温下： (i)的溶液中，各物种的与的关系；(ⅱ)含的溶液中，与的关系。 下列说法正确的是 A．曲线④表示与的关系 B．(ⅰ)中时， C． D．(ⅱ)中增加，平衡后溶液中浓度之和增大 解题妙法 先分清图像类型（分布系数图、离子浓度对数图），利用交点处粒子浓度相等的特殊点计算电离常数或溶度积；再根据pH变化趋势判断粒子浓度变化；结合三大守恒、电离与水解主次关系，分析离子浓度排序；最后通过平衡常数计算判断反应方向，避开特殊点误读、守恒关系变形错误的陷阱。 终极预测--压轴实战 稳拿高分 【名校预测·第1题】（2026·浙江温州·二模）25℃，在0.20 L的溶液中加入等体积的氨水溶液，忽略反应前后溶液体积变化。已知：，，。下列说法不正确的是 A．反应后，溶液呈酸性 B．反应后，溶液中有 C．   D．在原氨水中加入，则反应仍会产生沉淀 【名校预测·第2题】（2026·重庆·二模）某兴趣小组探究含锌沉淀的转化与溶解平衡。向2 mL 0.1 溶液中加入2 mL 0.1 NaOH溶液，充分反应后得悬浊液1，然后进行如下实验： ①向悬浊液1中加入足量NaOH溶液，沉淀溶解得溶液2；②向溶液2中加入少量溶液，立即产生白色沉淀(ZnS)。 已知：，，的平衡常数。 下列叙述不正确的是 A．悬浊液1中： B．溶液2中： C．向溶液2中加入少量溶液产生ZnS沉淀的瞬间，溶液中大于 D．实验证明了 【名校预测·第3题】（2026·河北廊坊·一模）室温下，向乙二胺溶液中滴加等浓度盐酸，所得溶液pOH与pX的变化关系如图所示{，或}。下列说法正确的是 A．常温下，的数量级为 B．滴加10 mL盐酸时， C．时，溶液中 D．滴加20 mL盐酸， 【名校预测·第4题】（2026·浙江绍兴·二模）某兴趣小组为测定砷的相对原子质量：准确称量AsCl3，加缓冲溶液转化为H3AsO3，再用I2标准溶液滴定后转化为NaH2AsO4。具体步骤可用下图表示： 已知：25℃下，磷酸的电离常数Ka1=7.1×10-3，Ka2=6.2×10-8，Ka3=4.2×10-13 下列说法正确的是 A．上述滴定过程化学方程式：H2O+3Na2HPO4+H3AsO3+I2=NaH2AsO4+2NaI+3NaH2PO4 B．滴定过程中，I2的标准溶液应装在碱式滴定管中 C．为配制pH=6.9的缓冲溶液，可将等浓度的Na2HPO4溶液和NaH2PO4溶液按体积比为1：1进行混合 D．如果配制缓冲溶液的水未经煮沸，则水中的溶解氧会导致测得的砷的相对原子质量偏小 【名校预测·第5题】（2026·陕西西安·一模）常温下，氢氟酸溶液中含氟物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图1所示；常温下，用调节浊液的pH，测得不同pH下，平衡体系中(X为或)与的变化关系如图2所示。已知：。下列叙述错误的是 A．常温下， B．代表与的变化关系 C．z点对应的溶液中存在 D．x、y点对应的溶液中均存在 倒计时11天 少年辛苦终身事，莫向光阴惰寸功。 —— 杜荀鹤《题弟侄书堂》 化工工艺流程大题综合突破 考情透视--把脉命题 直击重点 ►命题解码：化工流程题为高考固定核心大题，以矿物提纯、金属冶炼、固废资源化、新材料制备为真实情境，串联元素化合物、氧化还原、离子反应、沉淀溶解平衡、实验操作等知识。考查原料预处理、条件调控、除杂分离、产物提纯、循环利用、产率计算等核心内容，设问梯度分层。常围绕 pH 调控、Ksp 除杂、反应条件优选、洗涤除杂、尾气处理设置考点，侧重生产实际与绿色化学理念，陷阱集中在反应先后、试剂用量、平衡竞争，综合考查信息提取与原理迁移应用能力。 ►高考前沿：命题紧密贴合双碳、资源循环、新能源材料等热点背景；强化多步复杂反应、陌生氧化还原方程式书写、定量计算与误差分析；增加工艺评价、方案优化、绿色化工开放性设问，融合反应机理与平衡原理，更加注重工业实际应用与高阶逻辑推理考查。 考点抢分--核心精粹 高效速记 终极归纳1  核心流程主线（必抓，快速定位考点） 速记主线：原料→预处理→核心反应→除杂提纯→产品分离→尾气/废水处理（所有流程通用，逐个突破）。 1.原料预处理（高频考点）：①粉碎/研磨：增大接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；②焙烧/煅烧：高温下转化难溶物（如矿石焙烧转化金属氧化物），常伴随氧化还原反应；③溶解/浸取：用酸、碱或其他试剂溶解原料，提取目标离子（如酸浸溶解金属氧化物，碱浸溶解两性物质）。 2.核心反应（得分核心）：结合原料和产物，判断反应类型（氧化还原、复分解），书写化学/离子方程式，重点关注反应条件（高温、催化剂、酸碱性）和产物合理性。 3.除杂提纯（高频难点）：目的是除去杂质离子，保留目标离子，常用方法：①调pH：通过加酸/碱，使杂质离子（如Fe³⁺、Al³⁺）水解生成沉淀除去，注意pH范围（不影响目标离子）；②沉淀法：加入沉淀剂，使杂质离子生成难溶物（如加Ba²⁺除SO₄²⁻）；③氧化还原法：除去还原性/氧化性杂质（如加H₂O₂氧化Fe²⁺为Fe³⁺，便于除杂）。 4.产品分离与尾气处理：①过滤：分离沉淀与溶液；②蒸发结晶/冷却结晶：根据溶解度差异获取晶体；③蒸馏/萃取：分离易挥发、互溶物质；④尾气处理：有毒气体（如Cl₂、SO₂）需吸收，防止污染（如用NaOH溶液吸收）。 终极归纳2  高频考点与答题规范（抢分重点） 1.反应方程式书写（必考）： ①氧化还原反应：根据化合价升降，结合守恒规律配平，标注反应条件； ②复分解反应：结合物料和产物，判断沉淀、气体、弱电解质，规范书写。易错点：漏写反应条件、沉淀/气体符号，未配平电荷或原子。 2.除杂原理分析（常考设问）：回答模板：“加入XX试剂，调节pH至XX，使杂质离子XX转化为XX（沉淀/气体），从而除去，且不引入新杂质、不影响目标产物”。 3.条件控制原因（高频设问）： ①调节温度：加快反应速率、促进平衡移动、防止物质分解（如低温防止NH4HCO3分解）； ②调节pH：除杂、抑制/促进水解； ③搅拌：增大接触面积，加快反应速率； ④控浓度：提高原料利用率、防止副反应发生。 4.计算应用（基础得分）：核心是利用“原子守恒、电子守恒”计算，常见题型： ①原料利用率（转化率）=（实际反应量/投入量）×100%； ②产品产率=（实际产量/理论产量）×100%；③根据Ksp计算离子浓度，判断沉淀是否完全。 终极归纳3  解题速记技巧（省时高效，快速破题） 1.先看设问，再析流程：带着问题读流程，重点标注目标产物、杂质离子、加入的试剂，避免盲目分析，节省时间。 2.抓“箭头”找转化：箭头进入的是反应物，箭头流出的是产物（或中间产物），标注各步骤的物质转化关系，快速判断反应类型。 3.牢记“除杂原则”：不引入新杂质、不减少目标产物、易分离，所有除杂操作均围绕这一原则分析。 4.规范答题模板：所有设问均需“因果对应”，如“为什么粉碎原料？→ 增大接触面积，加快反应速率，提高原料利用率”，避免只答结果、不答原因。 终极归纳4  易错陷阱规避（少丢分，关键抢分点） 1.忽略原料中的杂质：未考虑杂质离子对反应的影响，导致方程式书写错误、除杂原理分析偏差。 2.条件控制混淆：误判温度、pH的作用，如将“低温防止物质分解”答成“加快反应速率”。 3.方程式书写不规范：漏写条件、符号，未配平，或忽略介质（酸碱性）对产物的影响。 4.计算失误：未利用守恒规律，盲目计算；忽略单位换算、有效数字，导致计算结果错误。 5.术语错误：混淆“过滤”“蒸发结晶”“冷却结晶”的适用范围，如溶解度随温度变化大的物质用冷却结晶，变化小的用蒸发结晶。 真题精研--复盘经典 把握规律 题组一 物质制备类化工流程题 1.（2025·北京卷）利用工业废气中的制备焦亚硫酸钠()的一种流程示意图如下。 已知： 物质 、 （1）制 已知：                            由制的热化学方程式为_______。 （2）制 I．在多级串联反应釜中，悬浊液与持续通入的进行如下反应： 第一步： 第二步： Ⅱ．当反应釜中溶液达到3.8~4.1时，形成的悬浊液转化为固体。 ①Ⅱ中生成的化学方程式是_______。 ②配碱槽中，母液和过量配制反应液，发生反应的化学方程式是_______。 ③多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是_______，需除去。 ④尾气吸收器中，吸收的气体有_______。 （3）理论研究、与的反应。一定温度时，在浓度均为的和的混合溶液中，随的增加，和平衡转化率的变化如图。 ①，与优先反应的离子是_______。 ②，平衡转化率上升而平衡转化率下降，结合方程式解释原因：_______。 2.（2025·江苏卷）可用于制备光学材料和回收砷。 （1）制备。由闪锌矿[含及少量硫化镉等]制备的过程如下： 已知：。当离子浓度小于时，认为离子沉淀完全。 ①酸浸时通入可提高浸出率的原因是_______。 ②通入除镉。通过计算判断当溶液时，是否沉淀完全_______(写出计算过程)。 ③沉锌前调节溶液的至，加入的氧化物为_______(填化学式)。 （2）制备光学材料。如图甲所示，晶体中掺入少量后，会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光。 区域A“”中的离子为_______(填离子符号)，区域B带_______(填“正电”或“负电”)。 （3）回收砷。用去除酸性废液中的三价砷，并回收生成的沉淀。 已知：溶液中主要以弱酸形式存在，。 时，按向酸性废液中加入，砷回收率随反应时间的变化如图乙所示。 ①写出与反应生成的离子方程式：_______。 ②反应后，砷回收率下降的原因有_______。 解题妙法 1.整体解题遵循抓目的、分阶段、定规律、套模板的核心思路。首先通读题干，锁定目标制备物质，将流程划分为原料预处理、反应除杂、分离提纯三大模块，剔除冗余情境信息，梳理物质转化主线。 2.原料预处理环节，围绕粉碎、焙烧、浸出等操作，从增大接触面积、加快反应、提升浸出率角度分析。3.反应阶段结合氧化还原、水解、溶度积规律，判断滤渣、滤液成分，明确调 pH、加试剂的除杂原理。 4.分离提纯熟记过滤、结晶、洗涤等操作适用场景，依据目标物质性质选择冰水、有机溶剂洗涤等方式。5.分析温度、pH 等条件时，从反应速率、平衡移动、抑制副反应、防止物质分解水解多角度作答。 6.借助守恒规律推断产物，熟练运用酸碱介质配平陌生方程式；同时关注试剂循环、绿色化工等设问模板，规避过量杂质、离子水解等常见陷阱，高效规范解题。 题组二 分离提纯类化工流程题 1.（2025·北京卷）4．（2025·湖南卷）一种从深海多金属结核[主要含，有少量的]中分离获得金属资源和电池级镍钴锰混合溶液的工艺流程如下： 已知：①金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子。 ②常温下，溶液中金属离子(假定浓度均为)开始沉淀和完全沉淀的： 开始沉淀的 1.9 3.3 4.7 6.9 7.4 8.1 完全沉淀的 3.2 4.6 6.7 8.9 9.4 10.1 回答下列问题： （1）基态的价层电子排布式为_______。 （2）“酸浸还原”时，“滤渣”的主要成分是_______(写化学式)；还原的化学方程式为_______。 （3）“沉铁”时，转化为的离子方程式为_______，加热至的主要原因是_______。 （4）“沉铝”时，未产生沉淀，该溶液中不超过_______。 （5）“第二次萃取”时，_______、_______(填离子符号)与混合萃取剂形成的配合物(其结构如图所示，M表示金属元素)更稳定，这些配合物中氮原子的杂化类型为_______。 2.（2025·河南卷）一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为、(铑)、，含有少量]中尽可能回收铑的工艺流程如下： 回答下列问题： （1）“酸溶1”的目的是_______。 （2）已知“酸溶2”中转化为，则生成该物质的化学方程式为_______；“滤渣”的主要成分是_______(填化学式)。 （3）“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成铑单质，但夹杂少量和，则“高温还原”中发生反应的化学方程式为_______。 （4）若“活化还原”在室温下进行，初始浓度为，为避免生成沉淀，溶液适宜的为_______(填标号)[已知的]。 A．2.0        B．4.0        C．6.0 （5）“活化还原”中，必须过量，其与(III)反应可生成，提升了的还原速率，该配离子中的化合价为_______；反应中同时生成，(III)以计，则理论上和(III)反应的物质的量之比为_______。 （6）“酸溶3”的目的是_______。 解题妙法 1.解答此类题型，需紧扣除杂提纯、减少损耗、防止变质核心原则，按流程分段拆解分析。先明确原料杂质类型，区分金属离子、酸根、难溶物、易水解物质等杂质，锁定除杂核心方向。 2.熟悉常用提纯手段：调节pH沉淀金属离子、氧化还原除杂、沉淀转化、过滤结晶、洗涤干燥等。结合溶度积、水解平衡、氧化还原性强弱，判断沉淀顺序与试剂选用逻辑。 3.精准把控操作细节：趁热过滤防止溶质析出，冰水洗涤降低溶解损耗，有机溶剂洗涤除水减杂；规范分析洗涤、除杂、控温的目的。 4.巧用反应竞争规律，优先除去干扰性强的杂质；答题善用标准化模板，兼顾工业成本、绿色环保。规避离子水解、沉淀溶解、试剂过量残留等陷阱，结合守恒思想推导成分，快速高效解题。 题组三 化学基本原理类化工流程 1.（2024·山东卷）以铅精矿(含，等)为主要原料提取金属和的工艺流程如下： 回答下列问题： （1）“热浸”时，难溶的和转化为和及单质硫。溶解等物质的量的和时，消耗物质的量之比为 ；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时挥发外，另一目的是防止产生 (填化学式)。 （2）将“过滤Ⅱ”得到的沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属，“电解I”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用，利用该吸收液的操作单元为 。 （3）“还原”中加入铅精矿的目的是 。 （4）“置换”中可选用的试剂X为 (填标号)。 A．         B．        C．        D． “置换”反应的离子方程式为 。 （5）“电解II”中将富银铅泥制成电极板，用作 (填“阴极”或“阳极”)。 2.（2023·天津卷）工业上以硫黄为原料制备硫酸的原理示意图如下，其过程包括Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个阶段。 Ⅰ.硫液化后与空气中的氧反应生成SO2。 （1）硫磺()的晶体类型是 。 （2）硫的燃烧应控制事宜温度。若进料温服超过硫的沸点，部分燃烧的硫以蒸汽的形式随SO2进入到下一阶段，会导致 (填序号)。 a.硫的消耗量增加   b.SO2产率下降   c.生成较多SO3 （3）SO2(g)氧化生成80g SO3(g)放出热量98.3kJ，写出该反应的热化学方程式 。随温度升高，SO2的平衡转化率 (填“升高”或“降低”)。 （4）从能量角度分析，钒催化剂在反应中的作用为 。 Ⅱ.一定条件下，钒催化剂的活性温度范围是450～600℃。为了兼顾转化率和反应速率，可采用四段转化工艺：预热后的SO2和O2通过第一段的钒催化剂层进行催化氧化，气体温度会迅速接近600℃，此时立即将气体通过热交换器，将热量传递给需要预热的SO2和O2，完成第一段转化。降温后的气体依次进行后三段转化，温度逐段降低，总转化率逐段提高，接近平衡转化率。最终反应在450℃左右时，SO2转化率达到97％。 （5）气体经过每段的钒催化剂层，温度都会升高，其原因是 。升高温度后的气体都需要降温，其目的是 。 （6）采用四段转化工艺可以实现 (填序号)。 a．控制适宜的温度，尽量加快反应速率，尽可能提高SO2转化率 b．使反应达到平衡状态 c．节约能源 Ⅲ．工业上用浓硫酸吸收SO3。若用水吸收SO3会产生酸雾，导致吸收效率降低。 （7）SO3的吸收率与所用硫酸的浓度、温度的关系如图所示。 据图分析，最适合的吸收条件；硫酸的浓度 ，温度 。 （8）用32吨含S 99%的硫磺为原料生成硫酸，假设硫在燃烧过程中损失2%，SO2生成SO3的转化率是97%，SO3吸收的损失忽略不计，最多可以生产98%的硫酸 吨。 解题妙法 1.此类流程题以元素转化为载体，深度融合反应速率、化学平衡、电离水解、溶度积、氧化还原等核心原理。解题首要立足整体流程，明确生产目的与杂质体系，剥离冗余背景，以原理为核心拆解每一步工艺。 2.分析工艺条件时，结合勒夏特列原理，从温度、浓度、pH、压强角度，兼顾反应速率、平衡移动、副反应抑制、物质稳定性。利用强弱规律、水解平衡与Ksp大小，判断离子沉淀顺序、除杂原理与沉淀转化。 3.借助电子守恒、电荷守恒、原子守恒书写陌生反应方程式，辨析氧化还原与复分解竞争关系。牢记弱离子水解、盐类水解、同离子效应等隐性原理，规避平衡误区。 4.答题依托原理模板，结合工业实际，兼顾能耗、产率与绿色生产，以原理指导流程分析，实现快速破题、规范作答。 终极预测--压轴实战 稳拿高分 【名校预测·第1题】（2026·江苏南通·二模）电解锰渣(主要成分为、和少量)提取的工艺流程如下： （1）写出一种降低浸出液中含量的有效措施___________。 （2）“还原酸浸”时，发生反应的离子方程式为___________。 （3）用一定浓度的溶液浸出铅元素的反应为。从平衡常数的角度解释不用溶液浸取的原因是___________。 已知：①；； ②。 （4）以、和NaOH为原料，混合后进行沉淀转化制得。已知：的产率随pH的变化如图-1所示。制备时，控制pH约为8的原因是___________。 （5）受热分解为Pb(Ⅳ)和Pb(Ⅱ)的混合氧化物，Pb(Ⅳ)能氧化浓盐酸生成。现将加热分解得到，向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到。生成的和的体积比为2：1(相同状况下)。计算剩余固体中、原子个数比___________。(写出计算过程)。 （6）铅的某氧化物的晶胞结构如图-2所示： 用“”和“”画出该晶胞沿z坐标轴方向的投影图___________。 【名校预测·第2题】（2026·陕西西安·模拟预测）以废钒催化剂(主要含有、CaO、、和等)为原料制备的流程如下图所示： 已知：时Al元素在溶液中主要以形式存在。下表列出了几种离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为计算)。 金属离子 开始沉淀的pH 3.7 2.2 7.5 沉淀完全的pH 4.7 3.8 9.5 （1）酸浸还原。将废钒催化剂粉碎后，加入和浸取，过滤。 ①浸取时，先向废钒催化剂中加入后缓慢滴加，这样操作的主要原因是___________。 ②浸取后的溶液中有、、、和等离子，转化为的化学方程式为___________。 （2）除杂。向酸浸还原后所得滤液中加入氨水调节溶液的pH至8.0，过滤得到含有的滤渣。所得滤渣中加入NaOH溶液，再通入，调节溶液pH大于13，充分反应后过滤，向滤液中加入盐酸调节溶液的pH至8.5后过滤，得到溶液和滤渣X。 ①碱性条件下，和反应生成的离子方程式为___________。 ②滤渣X的主要成分是___________(填化学式)。 （3）沉钒。向所得溶液中加入一定量固体，充分反应后得到沉淀。沉钒率(沉淀中钒的质量与原料中钒的总质量之比)随温度的变化如图-1所示。 温度高于80℃，沉钒率随温度升高而减小的可能原因有___________。 （4）制备。将一定质量的在空气中煅烧至恒重时，固体残留率随温度的变化如图-2所示。A点产物可表示为，则其中的比值为___________。 【名校预测·第3题】（2026·北京顺义·一模）以型废催化剂为原料，实现、、(钼)元素高效分离回收的某种工业流程如下。 已知：i．是一种长链有机萃取剂，呈弱碱性，几乎不溶于水。萃取时，需将先酸化为； ii．NiO不溶于强碱，易溶于氨水；易升华，易溶于碱。 （1）高温焙烧可将镍元素、钼元素转化为NiO和。但焙烧温度过高，钼元素的浸出效果反而下降，可能原因是______。 （2）浸出过程中，转化为、转化为进入溶液。 ①NiO转化为的离子方程式为______。 ②不能用NaOH溶液替代氨水，说明理由______(写出2条)。 （3）萃取时，滤液中加入酸化的会选择性萃取而不萃取。原因是______。 （4）反萃取过程中反萃取剂可选用______(填序号)。 a．氨水    b．硫酸溶液    c．氯化铵溶液 （5）该流程中可循环利用的物质有______。 （6）测定反萃取液中钼元素的物质的量浓度。 取100mL反萃取液转移至250mL容量瓶，用蒸馏水定容至刻度，摇匀得待测液；移取25.00mL待测液于锥形瓶中，加入酸化后滴加指示剂，用标准液滴定，至滴定终点时消耗溶液的体积为12.00mL。 已知：。 反萃取液中钼元素的物质的量浓度为______。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 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）： ①核心转化：Al→Al2O3→Al(OH)3→Al3+/AlO2-。 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Al3+与氨水制备。 （3）铁（Fe）： ①核心转化：Fe→FeO/Fe2O3/Fe3O4→Fe2+/Fe3+→Fe(OH)2/Fe(OH)3。 ②关键性质：Fe3+遇KSCN溶液变红，Fe2+遇KSCN无现象、遇氯水变红；Fe(OH)2为白色沉淀，易被氧化为红褐色Fe(OH)3；Fe与强氧化剂（Cl2、HNO3）生成Fe3+，与弱氧化剂（HCl、CuSO4）生成Fe2+。 （4）铜（Cu）： ①核心转化：Cu→CuO→Cu2+→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。 1.价态转化规律：同一元素，从低价→中间价→高价（如Fe：Fe2+⇌Fe3+，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）； （2）两两反应生成沉淀/气体（如Al3+与AlO2-生成Al(OH)3，Fe3+与S2+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； （2）Cl-：加AgNO3溶液和稀HNO3，生成白色沉淀； （4）SO42-：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。 3.检验误区：检验Fe2+不可先加氯水，否则会氧化Fe2+，干扰检验；检验SO42-需先加盐酸酸化，排除Ag+、CO32-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.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Fe2+”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 1．（2026·浙江卷）下列有关的说法中，不正确的是 A．是弱电解质 B．水溶液呈酸性 C．实验室用于制 D．HCl和反应制 【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 ①CO  ②  ③  ④ A．既可作氧化剂也可作还原剂：①②③④ B．与水作用后溶液呈酸性：②③ C．与水反应释放：④ D．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HNO3（酸性），溶液均呈酸性，B正确；C．Na2O2与水反应生成O2（2Na2O2+ 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．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．证明溶于水 C．证明与水反应生成 D．制备无水 【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：，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MgO，而非无水MgCl2。若要制备无水MgCl2，需要在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）实验室制备并验证其性质的装置及试剂正确的是 A．制备 B．除去HCl杂质 C．验证的氧化性 D．收集及尾气处理 【答案】C 【解析】A．制备时，与浓盐酸的反应需要加热，A不符合题意；B．除去中的HCl杂质，应使用饱和食盐水，若用水会大量溶解，无法达到除杂目的，B不符合题意；C．验证的氧化性，使与淀粉KI溶液反应：，可以验证氧化性，C符合题意；D．密度比空气大，收集采用向上排空气法收集（气体从长管进短管出），多余的用溶液吸收：，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 B．“试剂X为1.0 mL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】向溶液滴加2%氨水反应生成的白色的不稳定分解生成黑色，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1.0 mL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．经分析可知不稳定分解生成黑色，形成棕黑色悬浊液，棕黑色悬浊液中固体主要为，A正确；B．探究对银镜反应的影响，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1.0 mL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。 2.（2025·四川卷）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品白磷()、。其中，电炉煅烧发生的反应为：。 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 C．“炉气水洗”使溶于水而与分离 D．“中和沉淀”需要控制溶液的 【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、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CO2，生成，过滤经燃烧得；滤液主要成分为，据此分析； 【解析】A．“电炉煅烧”时生成，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，B正确；C．“炉气水洗”因、CO均不溶于水，磷蒸气通过冷水冷凝成固态白磷，使与分离，C错误；D．“中和沉淀”时通入的二氧化碳形成的弱酸，不会溶解生成的（只溶于强酸强碱中），但需要控制溶液的，防止生成，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： B．反应②： C．反应③： D．反应④： 【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S2−+CH3COOH=HS−+CH3COO−，A错误；B．反应②中Al3+与HS−发生双水解反应，生成Al(OH)3沉淀和H2S气体，正确离子方程式为Al3++3HS−+3H2O=Al(OH)3↓+3H2S↑，B错误；C．反应③中在酸性条件下发生歧化反应生成S、SO2和H2O，离子方程式符合守恒原则，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，得失电子守恒时SO2与系数比应为5:2，正确离子方程式为5SO2+2+2H2O=5+2Mn2++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 单质X氧化物1氧化物2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 D．X可为碳，盐的热稳定性： 【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 D 用管道疏通剂(含烧碱和铝粒)疏通厨卫管道 铝和氢氧化钠溶液反应生成氢气，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具有氧化性，发生反应，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，反应生成氢气增大管道内压强，同时释放大量热可促进油污水解，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．苯酚与溶液作用显紫色，可用作消毒剂 【答案】A 【解析】A．明矾中的发生水解反应，使溶液显酸性；铜锈主要成分为碱式碳酸铜，可与反应溶解，其原理是碱式碳酸铜中的和与酸反应，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 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与反应生成CuO，CuO不能继续和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，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，无法制得单质Na，制取Na需要电解熔融NaCl，C错误；D．X为硫时，转化流程为，可完全实现，氧化物1为，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：的相关数据： 温度 每100 mL水中溶解的质量 1.54 1.33 1.26 1.17 1.01 0.85 0.72 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 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，说明已经基本洗脱 D．“沉锂”时，沉淀剂可选择，此时得到含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：加入晶体、调节pH，生成胶体，得到含的铝基吸附剂；聚沉、过滤1：分离出含的吸附剂，滤液为卤水杂质；脱附、过滤2：加蒸馏水使从吸附剂上洗脱，得到含的洗脱液，滤渣为；沉锂：加沉淀剂将转化为含固体。 【解析】A．“吸附”时形成胶体吸附，若高速猛烈搅拌会导致胶体未充分吸附就提前“聚沉”，吸附效率降低，A错误；B．“滤渣”的主要成分为，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，说明已基本洗脱，C正确；D．溶解度随温度上升而减小，因此欲得到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，则证明了具有漂白性 D．用盐酸和溶液可以检验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，在阳极失去电子发生氧化反应生成，铜电极为阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成和；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：；③中氯气将溶液中氧化为，与溶液中的反应生成硫氰化铁，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：，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和，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：，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氧化为，与溶液中的反应生成硫氰化铁，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，再加溶液，若出现白色沉淀，说明反应后的溶液中有；由分析可知，被氯气氧化生成氧化产物，可用盐酸和溶液检验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）： ①H+与OH-、CH3COO-、CO32-、HCO3-、SO32-、HSO3-不共存； ②OH-与NH4+、H+、Fe3+、Cu2+、Mg2+不共存（生成弱碱或水）。 3.生成气体：H+与CO32-、HCO3-、SO32-、HSO3-、S2-、HS-不共存（生成CO2、SO2、H2S）。 4.氧化还原反应（易错重点）：①Fe3+与I-、S2-、SO32-不共存（Fe3+氧化后者）；②MnO4-（酸性条件）与Fe2+、I-、S2-、SO32-、Cl-不共存；③NO3-（酸性条件）与Fe2+、I-、S2-不共存（隐含氧化性）。 5.隐含条件陷阱（高频失分点）：①无色溶液：排除Cu2+（蓝）、Fe2+（浅绿）、Fe3+（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反应顺序：强者优先，如H+先与OH-反应，再与CO32-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 A．的水解反应： B．与醋酸反应： C．与硝酸反应： D．苯酚钠水溶液中通入少量气体： 【答案】D 【解析】A．水解生成H2CO3和OH-，该反应的离子方程式为：，原式是的电离方程式，A错误；B．已知醋酸为弱酸，离子方程式书写时不能拆，故与醋酸反应的离子方程式为：，B错误；C．已知硝酸具有强氧化性，能够氧化Fe2+为Fe3+，故FeO与硝酸反应的离子方程式为：，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： B．用稀盐酸浸泡氧化银： C．向次氯酸钠溶液中加入碘化氢溶液： D．向硫酸氢钠溶液中滴加少量碳酸氢钡溶液： 【答案】A 【解析】A．磷酸二氢钠水解产生OH－，离子方程式为，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．向硫酸氢钠溶液中滴加少量碳酸氢钡溶液，反应的离子方程式为，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 A． B． C． D． 【答案】D 【解析】A．与发生互促双水解，且会氧化，不能共存，A错误；B．与不共存能，会生成二氧化硫和水，B错误；C．与反应生成，与生成沉淀，不能共存，C错误；D．4种离子均互不发生反应，D正确；故答案选D。 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 A 稀硝酸与铜片制 B 硫酸与制 C 浓盐酸与制 D 双氧水与溶液制 【答案】C 【解析】A．稀硝酸与铜反应生成和NO，NO难溶于水，无法大量存在，A不符合题意；B．70%硫酸与Na2SO3反应生成SO2，溶液中应含，但在强酸性条件下会转化为SO2和H2O，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、、和，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 1 溶液 产生大量气泡、溶液紫色褪去 2 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 A．含 B．含 C．可能含 D．不含 【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，和苯酚混合后，会形成紫色的苯酚铁配合物（）和；通过实验1的现象可知，双氧水分解产生氧气，可以使苯酚显紫色，通过实验2的现象可知含有氯离子，所以X是。所以溶液Z含有的物质是、和。 【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（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，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，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分别为和的一种，产生的气体e为；又由于b和c反应生成白色沉淀f，不会与其他三种溶液产生沉淀，故b为，a为；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，d为，生成的白色沉淀为，无色气体g为。综上所述，a为溶液，b为溶液，c为溶液，d为溶液，e为，f为，g为。 【解析】A．由分析可知，a为溶液，为强酸弱碱盐的溶液，水解显酸性，故a显弱酸性，A项错误 B．由分析可知，f为，b为溶液，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为溶液，e为，溶液通入会生成沉淀，不溶于弱碱，继续通入不能得到无色溶液，C项错误；D．由分析可知，b为 ，d为，二者反应生成沉淀，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，逐项核对选项性质、反应规律，避开两性溶解、水解酸碱性等高频陷阱。 题组四 离子反应在物质鉴别中的应用 1.（2025·海南卷）下列检验材料不能一步鉴别出对应物质的是 选项 检验材料 待鉴别物质 A 湿润的pH试纸 B 氨水 C 溶液 D 水 【答案】B 【解析】A．湿润的pH试纸遇HCl显酸性（变红），遇显碱性（变蓝），可一步鉴别；A正确；B．均与氨水反应生成白色沉淀（和），现象相同，无法一步鉴别；B错误；C．溶液与反应产生气泡（），与乙二醇无现象，可一步鉴别，C正确；D．乙酸乙酯密度小于水，浮于水面；1，2-二溴乙烷密度大于水，沉于水底，可一步鉴别，D正确；故答案选B。 2.（2025·湖南卷）只用一种试剂，将四种物质的溶液区分开，这种试剂是 A．溶液 B．溶液 C．溶液 D．溶液 【答案】D 【解析】A．NaOH溶液与AlCl3反应生成白色沉淀，过量时溶解；与(NH4)2CO3加热会释放NH3气体，但常温下可能无法明显区分；Na2SO4和KNO3均无现象，无法区分，A错误；B．AgNO3溶液与Na2SO4生成微溶Ag2SO4，与(NH4)2CO3生成Ag2CO3沉淀，与AlCl3生成AgCl沉淀，KNO3无反应。但三种沉淀均为白色，无法明确区分，B错误；C．H2SO4溶液仅与(NH4)2CO3反应产生CO2气体，其余三者无现象，无法区分Na2SO4、AlCl3、KNO3，C错误；D．Ba(OH)2溶液与Na2SO4生成BaSO4白色沉淀（不溶解）；与(NH4)2CO3生成BaCO3沉淀并释放NH3气体；与AlCl3先生成Al(OH)3沉淀，过量时溶解；KNO3无现象，四种现象均不同，可区分，D正确；故选D。 解题妙法 鉴别核心是现象唯一不同：分析试剂与各物质反应现象（气体、沉淀、溶解、酸碱性、密度分层等）；警惕两性氢氧化物、过量试剂反应差异；判断试剂能否让每组物质产生不同现象，现象完全相同则无法鉴别，逐项对比即可快速判断。 终极预测--压轴实战 稳拿高分 【名校预测·第1题】（2026·江西上饶·二模）是由、、、、中一种或几种组成的白色粉末，为了探究其成分，在下列试剂中加入少量粉末，实验记录如下表： 序号 试剂及操作 现象 ① 盐酸 产生气泡 ② 蒸馏水 产生白色沉淀 ③ 溶液，加热 产生气泡 根据实验现象，下列关于的推断正确的是 A．只含和 B．一定不含 C．至少含3种盐 D．一定含 【答案】C 【分析】加盐酸产生气泡，说明含有，与盐酸反应生成二氧化硫气体；加蒸馏水产生白色沉淀，则应有，溶于水与可生成白色沉淀，可能含有；加溶液，加热，产生气体，说明含有，产生的气体为氨气；综上，一定存在、、，无法判断、是否存在。 【解析】A．根据分析，一定含、、，A错误；B．根据分析，可能存在，B错误；C．一定含、、，因此X至少含3种盐，C正确；D．无法确定是否有，D错误；故选C。 【名校预测·第2题】（2026·河北·模拟预测）下列关于物质或离子检验的叙述正确的是 A．取少量溶液于试管中，加入淀粉溶液无明显现象，再加入新制氯水，溶液变蓝色，证明有存在 B．先取少量溶液于试管中，加入氯化钡溶液生成沉淀，再加入盐酸沉淀不溶解，证明一定含有 C．检验气体中是否混有气体：将气体通入溶液，有白色沉淀生成，则该气体中一定混有气体 D．检验浓硫酸和木炭反应产生的和气体，可将气体依次通过品红溶液、饱和溶液、澄清石灰水 【答案】A 【解析】A．向待测溶液中加入淀粉溶液无明显现象，加入新制氯水后溶液变蓝，说明加入氯水后生成了，则待测溶液中含有，A正确；B．取待测溶液加入溶液生成不溶于酸的沉淀，该沉淀可能是或，无法说明待测溶液中一定含有，B错误；C．会与水反应生成，使溶液呈酸性，在酸性条件下，具有氧化性，可以将氧化为，进一步与反应生成沉淀，无法证明气体中一定含有，C错误；D．品红溶液可以用于检验，但过量的可以与反应生成，并使澄清石灰水产生沉淀，无法证明浓硫酸与木炭反应生成的气体中含有，D错误；故答案选A。 【名校预测·第3题】（2026·湖南衡阳·二模）下列离子方程式书写错误的是 A．用溶液腐蚀铜电路板： B．“84”消毒液与洁厕灵(主要成分为盐酸)混合： C．向溶液中滴加溶液产生白色沉淀： D．用氨水溶解试管中的 【答案】A 【解析】A．该反应电荷、得失电子均不守恒，Fe3+得电子、Cu失电子，正确离子方程式应为，A错误；B．与在酸性条件下发生归中反应生成Cl2，该离子方程式电荷、原子、得失电子均守恒，B正确；C．水解出的与电离出的H+结合，生成Al(OH)3沉淀、和H2O，反应符合强酸制弱酸规律，离子方程式书写正确，C正确；D．AgCl与一水合氨反应生成可溶性的银氨络离子，离子方程式原子、电荷均守恒，书写正确，D正确；故选A。 【名校预测·第4题】（2026·江西九江·二模）X、Y分别是由2种和3种前四周期元素组成的化合物，溶于水后按一定比例混合，得到溶液Z，用试纸检测显深红色。取4支试管分别装入少量溶液Z进行实验，记录为： 序号 实验操作 现象 1 滴加溶液 产生蓝色沉淀 2 滴加溶液 溶液变红 3 先加过量溶液，静置，再向上层清液中滴加溶液 均产生白色沉淀 4 焰色试验 火焰呈现黄色 下列说法正确的是 A．可用酸性溶液检验Z溶液中是否含有 B．X可作净水剂 C．Y在酸性溶液中能稳定存在 D．Z溶液中含3种阳离子 【答案】B 【分析】pH试纸检测显深红色，说明溶液Z呈强酸性，含有大量；实验1，滴加产生蓝色沉淀，说明含有；实验2，滴加溶液变红，说明含有；实验3，加过量产生白色沉淀（），说明含有，取上层清液加仍有白色沉淀（），说明含有；实验4，焰色反应呈黄色，说明溶液中含有；溶液Z中有、、、、和，X由2种前四周期元素组成，Y由3种前四周期元素组成，根据推断可知X与Y在水溶液中发生反应，X应为含铁化合物，Y应为含钠化合物； 【解析】A．Z溶液中含有，也能使酸性溶液褪色，干扰的检验，A错误；B．由分析可知，X应为含铁化合物（或），在溶液中易被氧化为，水解生成氢氧化铁胶体，具有吸附性，可吸附水中悬浮杂质，能做净水剂，B正确；C．若X为，Y可能为，亚硫酸根离子在酸性条件下不能稳定存在，C错误；D．由分析可知，Z溶液中的阳离子有、、、，共4种，D错误；答案选B。 【名校预测·第5题】（2026·湖北·二模）室温下的溶液，下列离子组在给定条件下一定能大量共存，且经过指定操作后，可得到无沉淀的澄清透明溶液的是 选项 条件 离子组 操作 A 滴加甲基橙变红 、、、 加入足量浓氨水 B 、、、 加入足量NaHCO3溶液 C 、、、 加入少量FeSO4溶液 D 、、、 通入足量H2S气体 【答案】A 【解析】A．滴加甲基橙变红说明溶液呈酸性，该离子组在酸性条件下不发生反应可大量共存；加入足量浓氨水，、分别与过量氨水形成可溶性配合物、，最终得到无沉淀的澄清透明溶液，A正确；B．，说明水的电离被抑制，溶液可能为强酸性或强碱性，碱性条件下、均能与反应，不能大量共存，B错误；C．说明溶液呈酸性，加入FeSO4后，与反应生成蓝色沉淀，不符合要求，C错误；D．，说明，溶液呈酸性，通入足量后，与反应生成不溶于酸的沉淀，不符合要求，D错误；故答案选A。 倒计时13天 少壮不努力，老大徒伤悲。 —— 汉乐府《长歌行》 氧化还原反应规律与综合应用 考情透视--把脉命题 直击重点 ►命题解码：氧化还原反应为贯穿高考试卷的核心主干考点，渗透选择、流程、实验、电化学所有题型。重点考查氧化性还原性强弱比较、电子转移规律、化合价升降守恒、陌生方程式配平、先后反应顺序、歧化与归中反应。命题不再单纯记忆反应，而是结合化工流程、废水处理、电化学、实验探究综合考查；高频陷阱有得失电子不守恒、介质酸碱性判断错误、过量与分步反应、产物价态判断偏差。侧重规律理解与综合应用，是大题书写、计算得分的关键基础。 ►高考前沿：命题高度情境化，结合新型电极材料、催化转化、废气废水治理等前沿背景；强化陌生复杂体系氧化还原配平、先后反应顺序、电化学与氧化还原融合考查；从定性判断转向定量电子守恒计算，突出反应机理、竞争反应与证据推理素养。 考点抢分--核心精粹 高效速记 终极归纳1 核心概念（基础必记，不混淆） 速记口诀：升失氧（还原剂），降得还（氧化剂），剂性一致、产物相反。 1.核心判断： ①化合价升高→失电子→被氧化→作还原剂→生成氧化产物； ②化合价降低→得电子→被还原→作氧化剂→生成还原产物。 2.易错区分： ①氧化剂/还原剂：反应物（得/失电子）；氧化产物/还原产物：生成物（被氧化/被还原后的物质）。 ②注意：一种物质可既作氧化剂又作还原剂（如Cl3与水反应）。 3.常见氧化剂/还原剂（高频）： ①氧化剂（降价）：MnO4-（酸性）、Fe3+、Cl2、HNO3、O2； ②还原剂（升价）：Fe2+、I-、S2-、SO32-、C、CO。 终极归纳2 核心规律（解题关键，灵活应用） 四大规律，覆盖所有题型，记准规律可快速破题。 1.强弱规律（高频）： ①氧化性：氧化剂＞氧化产物；还原性：还原剂＞还原产物（用于比较氧化性/还原性、判断反应能否发生）。②典例：Fe3+氧化I-，则氧化性Fe3+＞I2，还原性I-＞Fe2+。 2.守恒规律（必考）：电子守恒（得失电子数相等）、化合价升降守恒（升价总数=降价总数），是配平、计算的核心。 3.先后规律（易错重点）：强者优先反应。 ①氧化性强的先得电子，还原性强的先失电子； ②典例：FeBr2中通入Cl2，Cl2先氧化Fe2+，再氧化Br-。 4.价态规律： ①元素处于最高价态→只具氧化性（如Fe3+、HNO3）； ②处于最低价态→只具还原性（如I-、S2-）；③处于中间价态→既具氧化性又具还原性（如Fe2+、Cl2）。 终极归纳3 高频应用（抢分重点，规范答题） 1.氧化还原方程式配平（必考，3步速配）： ①标化合价：找出升价、降价元素，标出升降价数； ②配升降：使升价总数=降价总数（找最小公倍数）； ③配其余：补H2O、H+（酸性）、OH-（碱性），确保原子守恒、电荷守恒。易错点：碱性条件下补OH-，酸性条件下补H+，不混淆。 2.相关计算（高频）： ①核心用“电子守恒”，避开繁琐计算。 ②典例：求氧化剂/还原剂的物质的量之比、转移电子数，直接利用“得失电子相等”列式计算，不用写完整方程式。 3.综合应用（大题核心）： ①电化学：负极（失电子→还原剂→氧化反应），正极（得电子→氧化剂→还原反应），电子守恒贯穿始终； ②工业流程：判断反应中的氧化剂、还原剂，分析元素化合价变化，书写核心反应方程式；③实验题：根据颜色变化（如Fe2+→Fe3+变红），判断氧化还原反应是否发生。 终极归纳4 易错陷阱规避（少丢分，关键抢分点） 1.概念混淆：误将氧化产物当作氧化剂，还原产物当作还原剂（牢记：剂是反应物，产物是生成物）。 2.配平错误：忽略介质（酸性/碱性），乱补H+、OH-；忘记配平后检查电荷守恒、原子守恒。 3.先后规律误用：忽略还原性/氧化性强弱，判断反应顺序错误（如误判Cl2先氧化Br-再氧化Fe2+）。 4.电子转移计算错误：漏算元素化合价变化数（如Fe3+→Fe2+，化合价降1，不是降3）；忽略物质中参与反应的离子数（如FeBr2中Fe2+、Br-的比例）。 真题精研--复盘经典 把握规律 题组一 氧化还原反应的基本概念 1.（2026·浙江卷）关于反应，下列说法中正确的是 A．CO中的C失电子 B．是还原剂 C．是还原产物 D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1 【答案】A 【分析】由方程式可知，反应中硫元素的化合价降低被还原，二氧化硫是反应的氧化剂、硫是还原产物，碳元素的化合价升高被氧化，一氧化碳是还原剂、二氧化碳是氧化产物。 【解析】A．由分析可知，一氧化碳是反应的还原剂，反应中碳元素失去电子发生氧化反应，A正确；B．由分析可知，二氧化硫是反应的氧化剂，B错误；C．由分析可知，二氧化碳是反应的氧化产物，C错误；D．由分析可知，二氧化硫是反应的氧化剂，一氧化碳是还原剂，由方程式可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，D错误；故选A。 2.（2025·山东卷）用肼的水溶液处理核冷却系统内壁上的铁氧化物时，通常加入少量，反应原理如图所示。下列说法正确的是 A．是还原反应的产物 B．还原性： C．处理后溶液的增大 D．图示反应过程中起催化作用的是 【答案】C 【分析】由图中信息可知，和反应生成的是和反应的催化剂，是中间产物，该反应的离子方程式为，是还原剂，是氧化剂，是还原产物。 【解析】A．该反应中，中N元素的化合价升高被氧化，因此，是氧化反应的产物，A不正确；B．在同一个氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物，因此，还原性的强弱关系为，B不正确；C．由反应的离子方程式可知，该反应消耗，处理后溶液的增大，C正确；D．根据循环图可知，图示反应过程中起催化作用的是，D不正确；综上所述，本题选C。 解题妙法 先标变价：化合价升失氧（还原剂、氧化产物），化合价降得还（氧化剂、还原产物）；再判断电子转移、物质的量之比、氧化性/还原性强弱；结合反应流程，区分催化剂、中间产物；注意电子守恒与反应环境，避开概念混淆陷阱。 题组二 氧化还原反应的判断 1.（2025·贵州卷）化学变化五彩纷呈。下列颜色变化涉及氧化还原反应的是 A．向固体中加入蒸馏水，深褐色固体变为天蓝色溶液 B．将置于空气中，淡黄色固体逐渐变为白色 C．向溶液中加入稀硫酸，溶液由黄色变为橙色 D．将白磷在真空中加热到260℃，白色固体变为暗红色粉末 【答案】B 【解析】A．向固体中加入蒸馏水，深褐色固体变为天蓝色溶液，此过程为物理溶解，无化合价变化，不涉及氧化还原反应，A不符合题意；B．将置于空气中，淡黄色固体逐渐变为白色，与CO2或H2O反应生成Na2CO3或NaOH和O2，氧元素化合价发生变化（-1价变为0价和-2价），涉及氧化还原反应，B符合题意；C．向溶液中加入稀硫酸，溶液由黄色变为橙色，反应逆向移动，铬元素化合价不变（均为+6价），不涉及氧化还原反应，C不符合题意；D．将白磷在真空中加热到260℃，白色固体变为暗红色粉末，此为白磷（P4）转化为红磷的同素异形体转变，无化合价变化，不涉及氧化还原反应，D不符合题意；故选B。 2.（2026·浙江卷）下列有关含氯化合物的说法中，不正确的是 A．分子中所有O原子所处的化学环境相同 B．的空间结构为V形 C．(高氯酸氯)中氯元素的化合价分别为+1，+7 D．不是氧化还原反应 【答案】A 【解析】A．Cl2O7分子中，存在桥氧原子（连接两个氯原子）和端基氧原子（只连接一个氯原子），如图：，化学环境不同，A不正确；B． Cl2O中心氧原子价层电子对数是，有两对孤对电子和两个键，空间结构为V形，B正确；C． ClOClO3中，一个氯原子仅连接一个氧原子，化合价为+1；另一个氯原子连接四个氧原子，化合价为+7，如图：；或可以理解为取代了中的，化合价分别为+1、+7，C正确；D．电负性：Cl＞I，ICl中碘为+1价、氯为-1价，反应后HIO中碘为+1价、HCl中氯为-1价，无化合价变化，不是氧化还原反应，D正确；故选A。 解题妙法 判断核心是化合价是否变化：逐项分析反应前后各元素价态，只要有元素升价或降价，即为氧化还原反应；警惕物理变化、同素异形体转化、非氧化还原平衡移动的干扰；牢记歧化、归中反应规律，快速识别价态变化即可秒选。 题组三 氧化还原反应规律的应用 1.（2025·重庆卷）抗日战争时期，根据地物资紧缺，军民自力更生，就地取材，采用下列方法生产化工产品，其中利用了氧化还原反应原理的是 A．用石磨代替打浆机碾碎硝化棉 B．用陶缸作反应器以硫黄为原料生产硫酸 C．通过蒸馏法以自酿的白酒为原料生产工业酒精 D．通过水解法以植物油和熟石灰为原料生产甘油 【答案】B 【解析】A．研磨硝化棉是物理粉碎过程，无化合价变化，不涉及氧化还原反应，A错误；B．硫磺（S）转化为硫酸（H2SO4）时，硫的化合价从0升至+6，发生氧化反应，涉及氧化还原反应，B正确；C．蒸馏法分离酒精是物理过程，无新物质生成，不涉及氧化还原反应，C错误；D．植物油水解生成甘油和脂肪酸盐，属于水解反应，无化合价变化，不涉及氧化还原反应，D错误；故选B。 2.（2025·北京卷）我国科研人员在研究嫦娥五号返回器带回的月壤时，发现月壤钛铁矿()存在亚纳米孔道，吸附并储存了大量来自太阳风的氢原子。加热月壤钛铁矿可生成单质铁和大量水蒸气，水蒸气冷却为液态水储存起来以供使用。下列说法不正确的是 A．月壤钛铁矿中存在活泼氢 B．将地球上开采的钛铁矿直接加热也一定生成单质铁和水蒸气 C．月壤钛铁矿加热生成水蒸气的过程中发生了氧化还原反应 D．将获得的水蒸气冷却为液态水的过程会放出热量 【答案】B 【解析】A．月壤钛铁矿中的氢来自太阳风，以原子态吸附，属于活泼氢，A正确；B．地球上的钛铁矿若未吸附足够氢原子，根据原子守恒可知，加热可能无法生成水蒸气，因此“一定生成”的说法错误，B错误；C．生成水时H被氧化（0→+1），Fe被还原（如+3→0），存在化合价变化，属于氧化还原反应，C正确；D．水蒸气液化是物理变化，但会释放热量，D正确；故选B。 解题妙法 先区分物理变化与化学变化，再判断反应中元素化合价是否变化；结合题干情境，分析反应是否存在氧化还原过程，警惕“一定生成”等绝对表述陷阱；利用氧化还原规律判断物质性质与反应能否发生，结合守恒思想排除错误选项。 题组四 氧化还原反应方程式的书写与配平 1.（2025·云南卷）下列化学方程式错误的是 A．煤制水煤气： B．供氧： C．覆铜板制作印刷电路板： D．铅酸蓄电池放电： 【答案】C 【解析】A．煤在高温下与水蒸气反应生成CO和H2，方程式正确，A正确；B．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式书写正确，B正确；C．FeCl3与Cu反应时，Fe3+被还原为Fe2+而非单质Fe，正确反应为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，C错误；D．铅酸蓄电池放电时，Pb和PbO2与硫酸反应生成PbSO4和H2O，方程式正确，D正确；故选C。 2.（2025·浙江卷）下列方程式不正确的是 A．与浓盐酸反应： B．与反应： C．将少量灼热的加入中： D．将通入酸性溶液： 【答案】D 【解析】A．MnO2与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气、水，所给离子方程式正确，A正确；B．二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，所给离子方程式正确，B正确；C．乙醇的催化氧化生成乙醛，该反应氧化铜被还原生成铜，所给方程式正确，C正确；D．二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰和硫酸，反应的离子方程式为：，D错误；故选D。 解题妙法 先判断反应产物是否合理，再按 “得失电子守恒→电荷守恒→原子守恒” 三步配平；核对条件、沉淀 / 气体符号、强弱电解质拆写，注意常见氧化还原产物价态，避开产物错误、系数不守恒、反应条件遗漏等陷阱。 题组五 氧化还原反应方程式的计算 1.（2025·广西卷）虫蚁叮咬时所分泌的蚁酸，会引起肿痛。医用双氧水既可消毒，又可将蚁酸氧化，氧化原理为。为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．含非极性共价键的数目为 B．的溶液中，的数目为 C．反应，转移的电子数目为 D．反应，标准状况下生成 【答案】A 【解析】A．H2O2分子中含有一个O-O非极性共价键，0.1mol H2O2含非极性键数目为0.1NA，A正确；B．pH=1的HCOOH溶液中，H+浓度为0.1mol/L，但未提供溶液体积，无法确定H+数目，B错误；C．H2O2作为氧化剂被还原，1mol H2O2分子转移2mol电子，0.1mol H2O2转移0.2NA电子，C错误；D．反应生成的H2O在标准状况下为液态，不能用气体摩尔体积计算体积，D错误；故选A。 2.（2025·湖南卷）是一种合成聚酯的催化剂，可用“硝酸钠法”制备，反应方程式为。下列说法错误的是 A．中元素的化合价为 B．的空间结构为平面三角形 C．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 D．反应中消耗，转移 【答案】C 【解析】A．NaSbO3中Na为+1，O为-2，根据电荷守恒，Sb的化合价为+5，A正确；B．的中心N原子价层电子对数是，采用杂化，无孤电子对，空间结构为平面三角形，B正确；C．反应中氧化剂为NaNO3中的N（4mol）和O2（3mol），总物质的量7mol；还原剂为Sb（4mol）。氧化剂与还原剂物质的量之比为7:4，而非4:7，C错误；D．O2、NaNO3同时做氧化剂，3mol O2参与反应，有4molSb做还原剂，整个反应总电子转移为20mol（Sb的氧化，化合价：0→+5），D正确；故选C。 解题妙法 解题核心是电子守恒：先标变价，算出得失电子数，再根据化学计量数确定转移电子数；同时注意阿伏伽德罗常数题的常见陷阱（溶液体积、物质状态、化学键数目），结合守恒关系逐项核对，避开氧化剂 / 还原剂判断错误、电子转移数目算错等问题。 终极预测--压轴实战 稳拿高分 【名校预测·第1题】（2026·山东·模拟预测）下列叙述不涉及氧化还原反应的是 A．抗坏血酸用作食品抗氧化剂 B．工业制备高纯硅 C．活性炭用作食品脱色剂 D．大气中参与酸雨形成 【答案】C 【解析】A．抗坏血酸作食品抗氧化剂时会被氧气氧化，反应过程中存在元素化合价变化，涉及氧化还原反应，A不符合题意；B．工业制备高纯硅的过程中，硅元素从+4价被还原为0价，存在元素化合价变化，涉及氧化还原反应，B不符合题意；C．活性炭作食品脱色剂是利用其多孔结构的物理吸附作用，无化学反应发生，也不存在元素化合价变化，不涉及氧化还原反应，C符合题意；D．大气中参与酸雨形成时，硫元素从+4价最终升高为+6价生成硫酸，存在化合价变化，涉及氧化还原反应，D不符合题意；故选C。 【名校预测·第2题】（2026·浙江·二模）向溶液中通入一定量，发生如下反应：，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是 A．中的元素化合价升高 B．反应过程中的氧化剂为 C．反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2:1 D．反应过程中每生成，转移的电子数为 【答案】D 【解析】A．中为价，反应后转化为价的单质，化合价升高，A正确；B．氧化剂在反应中得电子化合价降低，部分中价的转化为价的单质，化合价降低，因此是氧化剂，B正确；C．氧化产物是还原剂被氧化得到的产物，即被氧化得到的；还原产物是氧化剂被还原得到的产物，即被还原得到的，二者物质的量之比为，C正确；D．生成时，反应共转移电子，因此每生成，转移电子数为，不是，D错误；故选D。 【名校预测·第3题】（2026·云南昆明·模拟预测）下列反应方程式错误的是 A． B． C． D． 【答案】D 【解析】A．SO2具有还原性，Br2具有氧化性，二者在水溶液中发生氧化还原反应，离子方程式满足电荷守恒、原子守恒、得失电子守恒，A正确；B．高温下碳还原二氧化硅制备粗硅，反应生成Si和CO，化学方程式符合反应事实，B正确；C．Al与强碱溶液反应生成四羟基合铝酸盐和氢气，离子方程式满足电荷守恒、原子守恒、得失电子守恒，C正确；D．该反应为离子方程式，CH3COONH4是易溶于水的强电解质，应拆分为CH3COO-和，且反应生成的NH3大部分溶于水，不需要标注气体符号，方程式书写错误，正确的方程式为，D错误；故答案选D。 【名校预测·第4题】（2026·黑龙江哈尔滨·一模）某兴趣小组欲测定(NH4)2S2O8与KI反应的化学反应速率，实验过程如图所示： 已知：①实验中发生反应：(较慢)；(极快)。 ②淀粉遇变蓝。 下列说法错误的是 A．当溶液刚好从无色变为蓝色时，立即停止计时 B． C．利用该原理也可测定其他氧化剂氧化I-的反应速率，但需反应的反应速率较慢 D．若Ⅱ中同时加入1 mL 0.5 mol·L-1 H2SO4溶液，测定的化学反应速率会偏快 【答案】B 【分析】(NH4)2S2O8与KI反应，淀粉溶液为指示剂，为快反应，若溶液变蓝，说明反应完全，立即停止计时，计时t秒来测定反应速率； 【解析】A．根据分析，当溶液刚好从无色变为蓝色时，立即停止计时，A正确；B．根据关系式：，，B错误；C．利用该原理也可测定其他氧化剂氧化I-的反应速率，但需反应的反应速率较慢，因为反应速率快，生成较多无法被完全消耗，就会使溶液变蓝，不能测定反应速率，C正确；D．若Ⅱ中同时加入1 mL 0.5 mol·L-1 H2SO4溶液，酸性条件下反应生成硫和二氧化硫而消耗，溶液变蓝时间变短，测定的化学反应速率会偏快，D正确；故选B。 【名校预测·第5题】（2026·河北沧州·二模）过二硫酸()是一种白色晶体，过二硫酸及其盐在工业上常用作强氧化剂，如K2S2O8+MnSO4+H2O→KMnO4+K2SO4+Y(未配平)。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．97 g过二硫酸中含过氧键数目为NA B．135 g K2S2O8完全被还原时转移电子数为0.5 NA C．反应式中的Y为H2SO4 D．所有的Y、K2SO4均为还原产物 【答案】C 【解析】A．由过二硫酸的结构简式可知，1个过二硫酸分子中含1个过氧键，故97 g(0.5 mol)过二硫酸中含过氧键数目为0.5 NA，故A错误；B．由题给反应式中的物质转化关系，结合元素守恒、得失电子守恒配平可得反应的化学方程式为，由此得到关系式：K2S2O8~2e-，故135 g(0.5 mol)K2S2O8完全被还原时转移电子数为NA，故B错误；C．该反应的化学方程式为，可知产物为H2SO4，故C正确；D．得电子生成，但产物中的有一部分来自MnSO4，并非所有的Y(H2SO4)、K2SO4均为还原产物，故D错误；因此答案选C。 倒计时12天 逝者如斯夫，不舍昼夜。 ——《论语・子罕》 水溶液中离子平衡综合(选择题) 考情透视--把脉命题 直击重点 ►命题解码：全国各地高考中，水溶液离子平衡为高频压轴选择题，以弱酸弱碱电离、盐类水解、沉淀溶解平衡为核心。常结合滴定曲线、分布系数图、对数坐标等图像命题，考查强弱电解质比较、三大守恒、离子浓度大小排序、电离与水解主次判断、Ka、Kh、Ksp计算。命题多设置隐性陷阱，如酸碱过量判断、缓冲溶液分析、双水解与抑制作用混淆、溶解平衡同离子效应干扰。侧重图像解读、定量计算与平衡思想，综合性强，是拉开分数的关键难点题型。 ►高考前沿：新高考趋向多元陌生图像，融合多平衡共存体系；强化对数型、分布系数类创新图像考查；弱化纯定性判断，增加平衡常数定量计算与换算；结合生活、环境、缓冲试剂真实情境，聚焦粒子竞争平衡，注重微观本质分析与证据推理素养考查。 考点抢分--核心精粹 高效速记 终极归纳1 弱电解质电离为基础核心 1.弱酸、弱碱部分电离，存在电离平衡，越稀越电离、升温促进电离； 2.多元弱酸分步电离，第一步电离程度远大于后续，酸性主要由第一步决定。 3.相同浓度下，弱酸酸性越弱，电离程度越小，氢离子浓度越低； 4.相同 pH 的弱酸与强酸，弱酸浓度更大、中和能力更强。 5.水的电离平衡为必背要点，酸、碱抑制水的电离，可水解的盐促进水的电离，升温始终促进水的电离，中性溶液不一定 pH=7，只需满足氢离子浓度等于氢氧根浓度。 终极归纳2 盐类水解是考查重点 1.规律为“有弱才水解，越弱越水解，谁强显谁性，同强显中性”。 2.弱酸根、弱碱阳离子发生微弱水解，升温、稀释促进水解，外加酸碱抑制或促进水解。 3.高频易错： （1）碳酸氢根水解程度大于电离，溶液呈碱性； （2）亚硫酸氢根、磷酸二氢根电离大于水解，溶液显酸性； （3）混合溶液酸碱性不能单一依靠电离或水解判断，需结合物质浓度与平衡主次分析。 终极归纳3 三大守恒是解题万能工具，选择必用速判 1.电荷守恒：溶液阴阳离子所带电荷总数相等，无任何条件限制，适用所有溶液，优先用于快速排除电荷不匹配选项。 2.物料守恒：核心元素原子比例恒定，不水解、不电离的离子为参照，快速书写等式。 3.质子守恒：由水电离的氢离子与氢氧根总量相等，可由电荷、物料守恒联立推导，多用于单一盐溶液判断。 终极归纳4 沉淀溶解平衡高频结合 Ksp 考查 1.溶度积 Ksp只受温度影响，溶解度不能单纯用 Ksp 比较，需结合物质组成类型。 2.沉淀转化规律：溶解度大的沉淀可转化为溶解度更小的沉淀，反应自发进行。 3.离子沉淀分离、除杂题型，依托溶度积计算离子浓度，判断沉淀先后顺序，同类型难溶电解质，Ksp 越小越先沉淀。 终极归纳5 选择题高频陷阱集中速记 1.忽视强弱电解质浓度与 pH 的换算关系； 2.混淆电离与水解主次，误判酸式盐酸碱性； 3.忽略温度对 Kw、电离、水解、Ksp 的影响； 4.图像题误读滴定起点、突变点、中性点、等量点溶质组成； 5.守恒式书写遗漏离子、系数配比错误； 6.片面认为盐溶液稀释所有离子浓度均减小。 终极归纳6 备考速记关键 1.做题优先用电荷守恒秒排错误，结合物料守恒定量分析，依托平衡移动规律判断浓度变化。 2.牢牢把握 “微弱原则”：弱电解质电离微弱、盐类水解微弱，主力粒子浓度远大于电离、水解生成的微量粒子。 3.整合平衡共性规律，区分抑制与促进条件，熟练结合滴定图像、缓冲体系、离子浓度排序综合分析，稳拿该板块选择题分数。 真题精研--复盘经典 把握规律 题组一 弱电解质的电离平衡及其应用 1.（2025·贵州卷）25℃时，向溶液中滴入溶液，溶液的pH及(用pM表示)随NaOH溶液体积的变化关系如图。 下列说法错误的是 A．25℃时， B．P点溶液的 C．当时， D．当时， 【答案】C 【分析】向溶液中滴入溶液，溶液的pH在不断增大，实线为溶液的pH随NaOH溶液体积的变化关系；虚线为(用pM表示) 随NaOH溶液体积的变化关系；的电离平衡：，，当时，此时，溶液的pH为2.86（Q点纵坐标），，据此分析。 【解析】A．由分析可知，当时，此时，溶液的pH为2.86，，A不符合题意；B．P点溶液中，有，即，即，根据，，，B不符合题意；C．当时，溶液为等物质的量的，由图可知，此时溶液呈酸性，故的电离程度大于的水解程度，故，C符合题意；D．当时，溶质为，且物质的量之比为1：3，根据物料守恒，有，D不符合题意；故选C。 2.（2025·广东卷）CuCl微溶于水，但在浓度较高的溶液中因形成和而溶解。将适量CuCl完全溶于盐酸，得到含和的溶液，下列叙述正确的是 A．加水稀释，浓度一定下降 B．向溶液中加入少量NaCl固体，浓度一定上升 C．的电离方程式为： D．体系中， 【答案】A 【解析】A．加水稀释，溶液体积变大，浓度一定下降，A正确；B．加入NaCl会增加Cl⁻浓度，可能促使转化为，浓度不一定上升，B错误；C．H[CuCl2]应电离为H+和，而非分解为Cu+和Cl-，电离方程式错误，C错误；D．电荷守恒未考虑的电荷数，电荷守恒应为，D错误；故选A。 解题妙法 先利用电离平衡常数表达式，结合图像特殊点（如 pM=0）计算 Ka；再分析不同滴定阶段的溶质组成，判断电离与水解的主次关系；最后结合电荷守恒、物料守恒分析离子浓度关系，同时注意加水稀释、同离子效应等外界条件对平衡的影响。 题组二 中和滴定原理及其应用 1.（2025·江苏卷）用草酸溶液滴定未知浓度的溶液。下列实验操作规范的是 A．配制草酸溶液 B．润洗滴定管 C．滴定 D．读数 【答案】D 【解析】A．转移或移液时需要用玻璃棒引流，A错误；B．润洗滴定管时应取少量标准液于滴定管中，倾斜着转动滴定管进行润洗，B错误；C．滴定时，应手持锥形瓶上端摇动锥形瓶，不能手持锥形瓶底端摇动，控制活塞的方式也是错误的，应采用如图所示方式进行滴定，C错误；D．读数时，眼睛平视滴定管凹液面最低点，D正确；答案选D。 2.（2025·黑吉辽蒙卷）化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程度的指标之一，以水样消耗氧化剂的量折算成消耗的量(单位为)来表示。碱性不与反应，可用于测定含Cl⁻水样的COD，流程如图。 下列说法错误的是 A．Ⅱ中发生的反应有 B．Ⅱ中避光、加盖可抑制被氧化及的挥发 C．Ⅲ中消耗的越多，水样的COD值越高 D．若Ⅰ中为酸性条件，测得含水样的COD值偏高 【答案】C 【分析】I中KMnO4与水样中的有机物在碱性条件下反应得到MnO2，溶液中剩余有KMnO4，II中在酸性条件下KMnO4、MnO2与I-反应得到I2单质和Mn2+，III中生成的I2再用Na2S2O3滴定。 【解析】A．II中和MnO2在酸性条件下与过量的KI反应得到I2和Mn2+，存在MnO2+2I-+4H+=Mn2++I2+2H2O，A正确；B．II中避光防止I2升华挥发，加盖防止I-被氧气氧化，B正确；C．整个反应中，KMnO4得电子生成Mn2+，有机物和碘离子失去电子数目与KMnO4得电子数目相等，III中消耗的Na2S2O3越多，说明生成的I2单质越多，也说明有机物消耗的KMnO4的量少，水样中的COD值越低，C错误；D．若I中为酸性条件，Cl-会与KMnO4反应，水样中的COD值偏高，D正确；答案选C。 解题妙法 实验操作题：牢记溶液配制、滴定管润洗、滴定操作、读数的规范，逐项排查错误；滴定计算类：理清反应计量关系，结合氧化还原反应的电子守恒，分析COD等间接滴定中各步反应的量的关系，根据消耗试剂的量判断结果。 题组三 水溶液中的离子浓度的大小比较 1.（2025·安徽卷）是二元弱酸，不发生水解。时，向足量的难溶盐粉末中加入稀盐酸，平衡时溶液中与的关系如下图所示。 已知时，。下列说法正确的是 A．时，的溶度积常数 B．时，溶液中 C．时，溶液中 D．时，溶液中 【答案】A 【分析】MA存在沉淀溶解平衡：，向足量的难溶盐粉末中加入稀盐酸，发生反应，继续加盐酸发生反应，由，可知，当时，pH=1.6，，则时，pH=6.8，，当时，pH=4.2，则可将图像转化为进行分析； 【解析】A．溶液中存在物料守恒：，当pH=6.8时，，很低，可忽略不计，则，，，则，A正确；B．根据物料守恒：，，由图像可知，pH=1.6时，成立，由电荷守恒：，结合物料守恒，约掉得到，由图像可知，且，则，故离子浓度顺序：，B错误；C．由图像可知，时，溶液中，C错误；D．时，，根据电荷守恒关系：，将物料守恒代入，约掉得到，化简得到，D错误；故选A。 2．（2025·云南卷）甲醛法测定的反应原理为。取含的废水浓缩至原体积的后，移取20.00mL，加入足量甲醛反应后，用的NaOH标准溶液滴定。滴定曲线如图1，含氮微粒的分布分数与pH关系如图2[比如：]。下列说法正确的是 A．废水中的含量为 B．c点： C．a点： D．的平衡常数 【答案】D 【解析】A．由图1中的信息可知，当加入NaOH标准溶液的体积为20.00mL时到达滴定终点，发生的反应有H++OH-=H2O、(CH2)6N4H++OH-=(CH2)6N4+H2O，由关系式~[]~4可知，由于待测液的体积和标准溶液的体积相同，因此，浓缩后的20.00mL溶液中，则原废水中，因此，废水中的含量为，A错误；B．c 点加入NaOH标准溶液的体积过量，得到NaOH、NaCl、(CH2)6N4的混合液，且浓度之比为1∶4∶1，由电荷守恒可知， ，由于c(Na+)＞c(Cl-)，，B错误；C．a点加入10.00mL的NaOH溶液，得到NaCl、(CH2)6N4HCl、HCl的混合液，且浓度之比为2∶1∶1，在溶液中水解使溶液显酸性，故c(H+)＞c[(CH2)6N4H+]，C错误；D．由图1和图2可知，当时，占比较高，，则由氮守恒可知，，两种粒子的浓度之比等于其分布分数之比，则的平衡常数 ，D正确；综上所述，本题选D。 解题妙法 先看溶质组成，分清主次反应（电离 / 水解）；再利用“三大守恒（电荷、物料、质子）”列等式；结合电离常数、图像特殊点判断离子浓度关系；注意酸碱性与 H⁺、OH⁻的位置，避开守恒变形错误、离子排序主次颠倒的陷阱。 题组四 沉淀溶解平衡及其应用 1.（2025·浙江卷）已知：          下列有关说法不正确的是 A．过量在溶液中 B．过量在水中所得的饱和溶液中滴加溶液，有生成 C．过量在水中溶解的质量大于在相同体积溶液中溶解的质量 D．在的盐酸中不能完全溶解 【答案】C 【解析】A．在 溶液中，（近似，忽略溶解 AgCl 的影响）。根据AgCl的溶度积规则，当固体AgCl存在时，，因此：，尽管存在络合反应，但自由浓度仍由溶度积常数决定，A正确；B．AgCl 在纯水中的饱和溶液中，。滴加 溶液会引入 ，使局部 增大，导致离子积 ，从而生成 AgCl 沉淀，络合反应在低 下影响很小，可忽略，B正确；C．在纯水中：溶解度 。溶解质量正比于溶解度（相同体积）。在 溶液中：高促进络合反应。设总溶解银浓度为，近似，则：，，总溶解度。比较可知：，，故在 中溶解的质量更大，C错误；D．盐酸中 。若假设完全溶解，则总银浓度。由C选项分析可知，，合并得到，近似，则：，Q=，故会沉淀，不能完全溶解，D正确；故选C。 2．（2025·重庆卷）是两性氢氧化物，其沉淀分离的关键是控制溶液pH。25 ℃时，某溶液中与的总和为c。- lg c随pH的变化关系如图所示（忽略体积变化）。 已知：       下列叙述正确的是 A．由M点可以计算 B．恰好沉淀完全时pH为6.7 C．P点沉淀质量小于Q点沉淀质量 D．随pH增大先减小后增大 【答案】A 【分析】与的总和为c，随着pH增大，发生反应：，含铬微粒总浓度下降，随着pH继续增大，发生反应 ：含铬微粒总浓度上升，据此解答。 【解析】A．M点时，，，，几乎可以忽略不计，含Cr微粒主要为，，A正确；B．恰好完全沉淀时，，由数据计算可知，，恰好完全沉淀pH最小值5.6，B错误；C．P和Q点溶液中含Cr微粒总和相等，生成的质量相等，则P点沉淀质量等于Q点沉淀质量，C错误；D．随着pH的增大，减小，而增大，比值减小，D错误；故选A。 解题妙法 先利用溶度积 Ksp 公式，结合同离子效应、配位效应分析溶解度变化；再通过离子积 Q 与 Ksp 的关系判断沉淀生成或溶解；结合图像特殊点计算 Ksp，分析 pH 对沉淀溶解的影响，注意区分沉淀溶解与配位溶解的不同机制，避开离子浓度计算陷阱。 题组五 水溶液中离子平衡的综合图像 1.（2025·天津卷）苹果酸是二元弱酸，以H2A表示，常用于制造药物、糖果等。25℃时，溶液中H2A、HA-和A2-的分布系数随溶液pH变化如图。 例如：A2-的分布系数 该温度下，下列说法错误的是 A．曲线①是H2A的分布系数曲线 B．H2A的 C．反应的平衡常数 D．pH=6时，溶液中粒子浓度的大小关系为 【答案】C 【分析】存在电离平衡：，，随升高，的分布系数减小，为曲线①，的分布系数先增大后减小，为曲线②，的分布系数增大，为曲线③；根据图示，时，时，，同理：。 【解析】A．由分析可知，随着pH升高，的分布系数逐渐减小，故①为的分布系数曲线，A正确；B．由分析可知，时，，即，，B正确；C．反应的平衡常数，C错误；D．pH=6时，由图像可知，分布系数大于，分布系数极小，故，D正确；故选C。 2.（2025·四川卷）是一种二元酸，是一种难溶盐。图中曲线分别表示室温下： (i)的溶液中，各物种的与的关系；(ⅱ)含的溶液中，与的关系。 下列说法正确的是 A．曲线④表示与的关系 B．(ⅰ)中时， C． D．(ⅱ)中增加，平衡后溶液中浓度之和增大 【答案】B 【分析】是一种二元酸，随着增大，逐渐减小，先增大后减小，逐渐增大；含的溶液中，随着增大，逆移，逐渐增大，导致逆移，逐渐减小，但由于平衡移动的程度不大，因此变化不大；据此可得曲线①表示与的关系，曲线②表示与的关系，曲线③表示与的关系，曲线④表示与的关系； 【解析】A．根据分析，曲线④表示与的关系，A错误；B．由曲线可得，， (ⅰ)中时，，B正确；C．，由图可知，时，，，则，因此，C错误；D．(ⅱ)中增加，平衡不移动，不变，则均不变，因此平衡后溶液中浓度之和不变，D错误；故选B。 解题妙法 先分清图像类型（分布系数图、离子浓度对数图），利用交点处粒子浓度相等的特殊点计算电离常数或溶度积；再根据pH变化趋势判断粒子浓度变化；结合三大守恒、电离与水解主次关系，分析离子浓度排序；最后通过平衡常数计算判断反应方向，避开特殊点误读、守恒关系变形错误的陷阱。 终极预测--压轴实战 稳拿高分 【名校预测·第1题】（2026·浙江温州·二模）25℃，在0.20 L的溶液中加入等体积的氨水溶液，忽略反应前后溶液体积变化。已知：，，。下列说法不正确的是 A．反应后，溶液呈酸性 B．反应后，溶液中有 C．   D．在原氨水中加入，则反应仍会产生沉淀 【答案】AD 【分析】等体积混合后，各物质浓度减半：，，，据此分析： 【解析】A．结合平衡常数计算，反应达到平衡后，溶液中剩余的，生成的，二者构成缓冲溶液，该缓冲溶液中存 在，根据可知，，故，所以，反应后溶液呈碱性，A错误；B．根据电荷守恒，溶液中存在：，由于，因此，B正确；C．反应的平衡常数： ，C正确；D．10.7 g NH4Cl的物质的量为，加入原氨水后再等体积混合，混合后，，由得： ， 离子积，无沉淀生成，D错误；故选AD。 【名校预测·第2题】（2026·重庆·二模）某兴趣小组探究含锌沉淀的转化与溶解平衡。向2 mL 0.1 溶液中加入2 mL 0.1 NaOH溶液，充分反应后得悬浊液1，然后进行如下实验： ①向悬浊液1中加入足量NaOH溶液，沉淀溶解得溶液2；②向溶液2中加入少量溶液，立即产生白色沉淀(ZnS)。 已知：，，的平衡常数。 下列叙述不正确的是 A．悬浊液1中： B．溶液2中： C．向溶液2中加入少量溶液产生ZnS沉淀的瞬间，溶液中大于 D．实验证明了 【答案】C 【解析】A．向2 mL 0.1 溶液中加入2 mL 0.1 NaOH溶液，发生反应：，充分反应后得悬浊液1中电荷守恒：，A正确；B．根据A项方程式及溶液数据，悬浊液1中含有未反应的，悬浊液1中加入足量NaOH溶液，发生反应：Zn(OH)2+2OH-=[Zn(OH)4]2-、，沉淀溶解得溶液2，，根据元素守恒，，在溶液2中，锌元素主要以形式存在，但存在平衡，故，得出，B正确；C．向溶液2中加入少量溶液产生ZnS沉淀的瞬间，=，C错误；D．根据①说明Zn(OH)2溶于NaOH溶液得到[Zn(OH)4]2-，向溶液2中加入少量溶液，立即产生白色沉淀(ZnS)，说明[Zn(OH)4]2-转化为ZnS，根据物质的转化规律，实验可证明，D正确；故选C。 【名校预测·第3题】（2026·河北廊坊·一模）室温下，向乙二胺溶液中滴加等浓度盐酸，所得溶液pOH与pX的变化关系如图所示{，或}。下列说法正确的是 A．常温下，的数量级为 B．滴加10 mL盐酸时， C．时，溶液中 D．滴加20 mL盐酸， 【答案】D 【分析】Kb=c(OH-)×X，根据M点坐标，可计算Kb=1×10-4.1=10-4.1；根据N点坐标，可计算Kb=10-2×10-5.2=10-7.2；由于Kb1> Kb2，则L1表示pOH与的关系，L2表示pOH与 的关系； 【解析】A．常温下，=10-4.1，则数量级为，A错误；B．滴加10 mL盐酸时，溶质为，的电离常数为10-7.2，的水解常数为，电离大于水解，所以，B错误；C．根据电荷守恒 ，Kb2=，时，，则，而c(H+)>c(OH-)，所以溶液中，C错误；D．滴加20 mL盐酸，溶质为，根据质子守恒，D正确；故选D。 【名校预测·第4题】（2026·浙江绍兴·二模）某兴趣小组为测定砷的相对原子质量：准确称量AsCl3，加缓冲溶液转化为H3AsO3，再用I2标准溶液滴定后转化为NaH2AsO4。具体步骤可用下图表示： 已知：25℃下，磷酸的电离常数Ka1=7.1×10-3，Ka2=6.2×10-8，Ka3=4.2×10-13 下列说法正确的是 A．上述滴定过程化学方程式：H2O+3Na2HPO4+H3AsO3+I2=NaH2AsO4+2NaI+3NaH2PO4 B．滴定过程中，I2的标准溶液应装在碱式滴定管中 C．为配制pH=6.9的缓冲溶液，可将等浓度的Na2HPO4溶液和NaH2PO4溶液按体积比为1：1进行混合 D．如果配制缓冲溶液的水未经煮沸，则水中的溶解氧会导致测得的砷的相对原子质量偏小 【答案】A 【解析】A．反应中中从价升高到价（升2价），中从价降到价（总降2价），化合价升降守恒；再根据原子守恒配平，方程式两边原子种类、数目均守恒，该方程式正确，A正确；B．具有氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，因此标准溶液应装在酸式滴定管中，B错误；C． 缓冲体系中，电离平衡为，，可得。已知，计算得；等浓度等体积混合时，，，C错误；D．若配制用水未煮沸，水中溶解氧会提前氧化部分，导致滴定时消耗标准溶液的体积偏小，计算得到的的物质的量偏小。的相对原子质量为：，偏小会使测得的偏大，D错误；故选A。 【名校预测·第5题】（2026·陕西西安·一模）常温下，氢氟酸溶液中含氟物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图1所示；常温下，用调节浊液的pH，测得不同pH下，平衡体系中(X为或)与的变化关系如图2所示。已知：。下列叙述错误的是 A．常温下， B．代表与的变化关系 C．z点对应的溶液中存在 D．x、y点对应的溶液中均存在 【答案】C 【解析】A．根据HF的电离平衡常数表达式：，当图1中时，溶液中，此时；由图可知该点pH=3.2，即，因此，A正确；B．由变形可得：，随着横坐标增大，浓度升高；结合的沉淀溶解平衡，当升高时，浓度会降低，对应的值增大，且其变化的斜率是变化的2倍，因此图中斜率更大的代表随的变化，B正确；C．溶液的电荷守恒式为：，结合物料守恒式，两式联立可消去，得到，当（即，）时，将代入关系式，可得：，整理后为，C错误；D．由电荷守恒与物料守恒联立得到的是不随溶液pH变化的通用关系式，图中x、y两点均满足溶液的电荷与物料守恒，因此该关系式在两点都成立，D正确；故答案选C。 倒计时11天 少年辛苦终身事，莫向光阴惰寸功。 —— 杜荀鹤《题弟侄书堂》 化工工艺流程大题综合突破 考情透视--把脉命题 直击重点 ►命题解码：化工流程题为高考固定核心大题，以矿物提纯、金属冶炼、固废资源化、新材料制备为真实情境，串联元素化合物、氧化还原、离子反应、沉淀溶解平衡、实验操作等知识。考查原料预处理、条件调控、除杂分离、产物提纯、循环利用、产率计算等核心内容，设问梯度分层。常围绕 pH 调控、Ksp 除杂、反应条件优选、洗涤除杂、尾气处理设置考点，侧重生产实际与绿色化学理念，陷阱集中在反应先后、试剂用量、平衡竞争，综合考查信息提取与原理迁移应用能力。 ►高考前沿：命题紧密贴合双碳、资源循环、新能源材料等热点背景；强化多步复杂反应、陌生氧化还原方程式书写、定量计算与误差分析；增加工艺评价、方案优化、绿色化工开放性设问，融合反应机理与平衡原理，更加注重工业实际应用与高阶逻辑推理考查。 考点抢分--核心精粹 高效速记 终极归纳1  核心流程主线（必抓，快速定位考点） 速记主线：原料→预处理→核心反应→除杂提纯→产品分离→尾气/废水处理（所有流程通用，逐个突破）。 1.原料预处理（高频考点）：①粉碎/研磨：增大接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；②焙烧/煅烧：高温下转化难溶物（如矿石焙烧转化金属氧化物），常伴随氧化还原反应；③溶解/浸取：用酸、碱或其他试剂溶解原料，提取目标离子（如酸浸溶解金属氧化物，碱浸溶解两性物质）。 2.核心反应（得分核心）：结合原料和产物，判断反应类型（氧化还原、复分解），书写化学/离子方程式，重点关注反应条件（高温、催化剂、酸碱性）和产物合理性。 3.除杂提纯（高频难点）：目的是除去杂质离子，保留目标离子，常用方法：①调pH：通过加酸/碱，使杂质离子（如Fe³⁺、Al³⁺）水解生成沉淀除去，注意pH范围（不影响目标离子）；②沉淀法：加入沉淀剂，使杂质离子生成难溶物（如加Ba²⁺除SO₄²⁻）；③氧化还原法：除去还原性/氧化性杂质（如加H₂O₂氧化Fe²⁺为Fe³⁺，便于除杂）。 4.产品分离与尾气处理：①过滤：分离沉淀与溶液；②蒸发结晶/冷却结晶：根据溶解度差异获取晶体；③蒸馏/萃取：分离易挥发、互溶物质；④尾气处理：有毒气体（如Cl₂、SO₂）需吸收，防止污染（如用NaOH溶液吸收）。 终极归纳2  高频考点与答题规范（抢分重点） 1.反应方程式书写（必考）： ①氧化还原反应：根据化合价升降，结合守恒规律配平，标注反应条件； ②复分解反应：结合物料和产物，判断沉淀、气体、弱电解质，规范书写。易错点：漏写反应条件、沉淀/气体符号，未配平电荷或原子。 2.除杂原理分析（常考设问）：回答模板：“加入XX试剂，调节pH至XX，使杂质离子XX转化为XX（沉淀/气体），从而除去，且不引入新杂质、不影响目标产物”。 3.条件控制原因（高频设问）： ①调节温度：加快反应速率、促进平衡移动、防止物质分解（如低温防止NH4HCO3分解）； ②调节pH：除杂、抑制/促进水解； ③搅拌：增大接触面积，加快反应速率； ④控浓度：提高原料利用率、防止副反应发生。 4.计算应用（基础得分）：核心是利用“原子守恒、电子守恒”计算，常见题型： ①原料利用率（转化率）=（实际反应量/投入量）×100%； ②产品产率=（实际产量/理论产量）×100%；③根据Ksp计算离子浓度，判断沉淀是否完全。 终极归纳3  解题速记技巧（省时高效，快速破题） 1.先看设问，再析流程：带着问题读流程，重点标注目标产物、杂质离子、加入的试剂，避免盲目分析，节省时间。 2.抓“箭头”找转化：箭头进入的是反应物，箭头流出的是产物（或中间产物），标注各步骤的物质转化关系，快速判断反应类型。 3.牢记“除杂原则”：不引入新杂质、不减少目标产物、易分离，所有除杂操作均围绕这一原则分析。 4.规范答题模板：所有设问均需“因果对应”，如“为什么粉碎原料？→ 增大接触面积，加快反应速率，提高原料利用率”，避免只答结果、不答原因。 终极归纳4  易错陷阱规避（少丢分，关键抢分点） 1.忽略原料中的杂质：未考虑杂质离子对反应的影响，导致方程式书写错误、除杂原理分析偏差。 2.条件控制混淆：误判温度、pH的作用，如将“低温防止物质分解”答成“加快反应速率”。 3.方程式书写不规范：漏写条件、符号，未配平，或忽略介质（酸碱性）对产物的影响。 4.计算失误：未利用守恒规律，盲目计算；忽略单位换算、有效数字，导致计算结果错误。 5.术语错误：混淆“过滤”“蒸发结晶”“冷却结晶”的适用范围，如溶解度随温度变化大的物质用冷却结晶，变化小的用蒸发结晶。 真题精研--复盘经典 把握规律 题组一 物质制备类化工流程题 1.（2025·北京卷）利用工业废气中的制备焦亚硫酸钠()的一种流程示意图如下。 已知： 物质 、 （1）制 已知：                            由制的热化学方程式为_______。 （2）制 I．在多级串联反应釜中，悬浊液与持续通入的进行如下反应： 第一步： 第二步： Ⅱ．当反应釜中溶液达到3.8~4.1时，形成的悬浊液转化为固体。 ①Ⅱ中生成的化学方程式是_______。 ②配碱槽中，母液和过量配制反应液，发生反应的化学方程式是_______。 ③多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是_______，需除去。 ④尾气吸收器中，吸收的气体有_______。 （3）理论研究、与的反应。一定温度时，在浓度均为的和的混合溶液中，随的增加，和平衡转化率的变化如图。 ①，与优先反应的离子是_______。 ②，平衡转化率上升而平衡转化率下降，结合方程式解释原因：_______。 【答案】（1） （2） 、SO2 （3） 溶液中发生的反应：ⅰ.+SO2+H2OH2CO3+，H2CO3H2O+CO2；ⅱ.+SO2+H2O2。amol后，随着n(SO2)增加，因H2CO3分解，促进ⅰ中SO2与碳酸氢根的反应不断正向进行，溶液中c()不断增加，促使反应ⅱ逆向进行，所以平衡转化率上升而平衡转化率下降 【分析】硫化氢通入燃烧炉中燃烧，生成了二氧化硫，还有少量氮气，氧气等，二氧化硫与碳酸钠在反应釜中反应，产生的废气用氢氧化钠吸收，出料液离心分离得到产品，母液中含有亚硫酸氢钠，返回配碱槽中循环使用。 【解析】（1）已知： 反应Ⅰ：         反应Ⅱ：                  将Ⅰ×2+Ⅱ×2得：，所以由制的热化学方程式为； （2）① 当反应釜中溶液达到3.8~4.1时，形成的悬浊液转化为固体，根据元素守恒，还有水生成，化学方程式：； ②根据多级串联反应釜中的化学方程式可知，除了生成的焦亚硫酸钠外，母液中有亚硫酸氢钠剩余，又因为＞，亚硫酸氢钠与过量发生反应的化学方程式为：； ③在燃烧炉中反应冷却后的气体中混有氧气，氧气能氧化亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，生成硫酸钠，所以多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是，需除去； ④碳酸氢钠与二氧化硫发生的化学方程式为，生成了二氧化碳，二氧化碳用氢氧化钠吸收，转化成碳酸钠，可到多级串联反应釜中循环使用，所以尾气吸收器中吸收的气体有，在多级串联反应釜中持续通入的，则尾气吸收器中吸收的气体还有； 故答案为：；；；、SO2； （3）① 由图可知，①，时，碳酸氢根平衡转化率较低，而亚硫酸根的平衡转化率较高，所以与优先反应； ②溶液中发生的反应：ⅰ.+SO2+H2OH2CO3+，H2CO3H2O+CO2；ⅱ.+SO2+H2O2。amol后，随着n(SO2)增加，因H2CO3分解，促进ⅰ中SO2与碳酸氢根的反应不断正向进行，溶液中c()不断增加，促使反应ⅱ逆向进行，所以平衡转化率上升而平衡转化率下降。 故答案为：；溶液中发生的反应：ⅰ.+SO2+H2OH2CO3+，H2CO3H2O+CO2；ⅱ.+SO2+H2O2。amol后，随着n(SO2)增加，因H2CO3分解，促进ⅰ中SO2与碳酸氢根的反应不断正向进行，溶液中c()不断增加，促使反应ⅱ逆向进行。 2.（2025·江苏卷）可用于制备光学材料和回收砷。 （1）制备。由闪锌矿[含及少量硫化镉等]制备的过程如下： 已知：。当离子浓度小于时，认为离子沉淀完全。 ①酸浸时通入可提高浸出率的原因是_______。 ②通入除镉。通过计算判断当溶液时，是否沉淀完全_______(写出计算过程)。 ③沉锌前调节溶液的至，加入的氧化物为_______(填化学式)。 （2）制备光学材料。如图甲所示，晶体中掺入少量后，会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光。 区域A“”中的离子为_______(填离子符号)，区域B带_______(填“正电”或“负电”)。 （3）回收砷。用去除酸性废液中的三价砷，并回收生成的沉淀。 已知：溶液中主要以弱酸形式存在，。 时，按向酸性废液中加入，砷回收率随反应时间的变化如图乙所示。 ①写出与反应生成的离子方程式：_______。 ②反应后，砷回收率下降的原因有_______。 【答案】（1）氧化生成S，促进酸浸反应正向进行 否, ，， ，则未沉淀完全 ZnO （2） 负电 （3） 生成As2S3沉淀附着于ZnS表面，阻止反应；随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中H2S浓度减小，促使As2S3+6H2O2H3AsO3+3H2S平衡正向移动，As2S3重新溶解，砷回收率下降 【分析】闪锌矿中含ZnS、FeS、少量硫化镉等，加入酸浸后，ZnS、FeS、CdS分别转化为，硫元素转化为硫单质，经过除铁、除镉除去与，调pH、沉锌后获得ZnS，据此解答。 【解析】（1）①酸浸时，若不通入，会发生反应：，通入可以氧化生成S，促进酸浸反应正向进行，提高浸出率；故答案为氧化生成S，促进酸浸反应正向进行。 ②通入除镉，当溶液时，， 又因为，=，则，则此时，此时的浓度大于，故沉淀不完全； ③由②知，除镉时溶液酸性较强，沉锌前调节溶液的至，故应在不引入新杂质的同时消耗溶液中的，加入的氧化物为ZnO，故答案为ZnO。 （2）晶胞掺杂过程中，应由半径相近的微粒进行替换，则区域A中，由替换，区域B中，由替换；按照均摊法，区域B中含：3个、：1个、：个，，则区域B带负电，故答案为；负电。 （3）①根据质量守恒、电荷守恒和题给信息“酸性废液”， 与反应除了生成外还有锌离子，写出反应的离子方程式为：。 ②生成As2S3沉淀附着于ZnS表面，阻止反应；随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中H2S浓度减小，促使As2S3+6H2O2H3AsO3+3H2S平衡正向移动，As2S3重新溶解，砷回收率下降。 解题妙法 1.整体解题遵循抓目的、分阶段、定规律、套模板的核心思路。首先通读题干，锁定目标制备物质，将流程划分为原料预处理、反应除杂、分离提纯三大模块，剔除冗余情境信息，梳理物质转化主线。 2.原料预处理环节，围绕粉碎、焙烧、浸出等操作，从增大接触面积、加快反应、提升浸出率角度分析。3.反应阶段结合氧化还原、水解、溶度积规律，判断滤渣、滤液成分，明确调 pH、加试剂的除杂原理。 4.分离提纯熟记过滤、结晶、洗涤等操作适用场景，依据目标物质性质选择冰水、有机溶剂洗涤等方式。5.分析温度、pH 等条件时，从反应速率、平衡移动、抑制副反应、防止物质分解水解多角度作答。 6.借助守恒规律推断产物，熟练运用酸碱介质配平陌生方程式；同时关注试剂循环、绿色化工等设问模板，规避过量杂质、离子水解等常见陷阱，高效规范解题。 题组二 分离提纯类化工流程题 1.（2025·北京卷）4．（2025·湖南卷）一种从深海多金属结核[主要含，有少量的]中分离获得金属资源和电池级镍钴锰混合溶液的工艺流程如下： 已知：①金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子。 ②常温下，溶液中金属离子(假定浓度均为)开始沉淀和完全沉淀的： 开始沉淀的 1.9 3.3 4.7 6.9 7.4 8.1 完全沉淀的 3.2 4.6 6.7 8.9 9.4 10.1 回答下列问题： （1）基态的价层电子排布式为_______。 （2）“酸浸还原”时，“滤渣”的主要成分是_______(写化学式)；还原的化学方程式为_______。 （3）“沉铁”时，转化为的离子方程式为_______，加热至的主要原因是_______。 （4）“沉铝”时，未产生沉淀，该溶液中不超过_______。 （5）“第二次萃取”时，_______、_______(填离子符号)与混合萃取剂形成的配合物(其结构如图所示，M表示金属元素)更稳定，这些配合物中氮原子的杂化类型为_______。 【答案】（1） （2） （3） 防止形成胶体，防止其吸附其他金属阳离子，造成产率下降 （4） （5） sp2 【分析】金属结核[主要含，有少量的]加入、进行酸浸还原，得到的滤渣含有，滤液中含有，通入空气，调解pH=3.2，沉铁得到滤渣，继续加入NaOH调节pH=5.2沉铝主要得到，加入萃取剂第一次萃取，分液得到的萃取液1，萃余液1中加入混合萃取剂进行第二次萃取，得到电池级镍钴锰混合溶液，萃余液2中电解得到金属锰，据此解答。 【解析】（1）原子的价电子是指和能级上的电子，所以基态原子的价电子排布式为； （2）由分析可知，“酸浸还原”时，“滤渣”的主要成分是；将3价钴还原为2价钴，同时由于硫酸的作用得到，化学方程式为； （3）“沉铁”时，转化为，铁元素化合价上升，则做氧化剂，离子反应为：；已知金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子，则加热至的主要原因是防止形成胶体，防止其吸附其他金属阳离子，造成产率下降； （4）由表可知，，“沉铝”时，未产生沉淀，则； （5）由流程可知，第二次萃取时，主要萃取，因此与混合萃取剂形成的配合物更稳定；六元杂环是平面结构，N原子提供单电子用于环内形成大π键，剩余1对孤对电子形成配位键，N的价层电子对数为3，是sp2杂化。 2.（2025·河南卷）一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为、(铑)、，含有少量]中尽可能回收铑的工艺流程如下： 回答下列问题： （1）“酸溶1”的目的是_______。 （2）已知“酸溶2”中转化为，则生成该物质的化学方程式为_______；“滤渣”的主要成分是_______(填化学式)。 （3）“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成铑单质，但夹杂少量和，则“高温还原”中发生反应的化学方程式为_______。 （4）若“活化还原”在室温下进行，初始浓度为，为避免生成沉淀，溶液适宜的为_______(填标号)[已知的]。 A．2.0        B．4.0        C．6.0 （5）“活化还原”中，必须过量，其与(III)反应可生成，提升了的还原速率，该配离子中的化合价为_______；反应中同时生成，(III)以计，则理论上和(III)反应的物质的量之比为_______。 （6）“酸溶3”的目的是_______。 【答案】（1）溶解Fe，使其进入溶液，从而通过过滤实现分离 （2） SiO2 （3）、 （4）A （5）+1 6：1 （6）除去滤渣中未反应的Zn及生成的Sn 【分析】贵金属合金粉[主要成分为、(铑)、，含有少量]中尽可能回收铑的工艺流程中，加入浓盐酸溶解其中Fe，过滤后实现分离，再向滤渣中加入王水(浓盐酸与浓硝酸混合酸)氧化溶解Rh，转化为，Pt转化为相关可溶物，SiO2不溶，过滤后进行分离；煮沸滤液除去盐酸、硝酸，再加入浓盐酸、DETA将部分铑元素沉淀，过滤后，滤渣进行灼烧分解为Rh、和，再用H2进行高温还原得到铑单质，向滤液中加入NH4Cl将铂元素相关化合物转化为沉淀除去，加入SnCl2将(III)转化为，再加入Zn进行还原，生成Rh，由于Zn过量有剩余，加入浓盐酸溶解过量的Zn和生成的Sn，实现Zn与Rh分离，过滤获得铑粉，以此分析解答。 【解析】（1）原料合金粉主要成分为Fe、Rh、Pt和少量SiO2，Fe易溶于酸(如盐酸或硫酸)，而Rh和Pt在常温下不易被非氧化性酸溶解，SiO2不溶于酸，因此“酸溶1”使用非氧化性酸溶解Fe生成可溶性盐，过滤后Fe(II)进入滤液，剩余滤渣主要为Rh、Pt和SiO2，实现初步分离，故答案为：溶解Fe，使其进入溶液，从而通过过滤实现分离。 （2）“酸溶2”中转化为，Rh元素化合价由0升高至+3，HNO3中N元素化合价由+5降低至+2生成NO，结合化合价升降守恒以及原子守恒可知反应化学方程式为；由上述分析可知该过程中滤渣的主要成分为SiO2。 （3）“高温还原”过程中，和均被H2还原为Rh，Rh元素化合价均由+3降低至0，根据化合价升降守恒以及原子守恒可知反应方程式为、。 （4）初始浓度为，则溶液中，当恰好生成沉淀时，，，，因此为避免生成沉淀，溶液的pH<2.4，故答案为A。 （5）配离子中，配体带1个负电荷，设Rh的化合价为x，则，则x=+1价；(III)以计，反应中Rh(III)还原至Rh(I)，每个Rh得到2个电子，SnCl2为还原剂，部分被氧化为，Sn(II)被氧化为Sn(IV)，每个Sn失去2个电子，同时反应过程中，部分SnCl2结合一个Cl-形成，作为新的配体，每生成1个，需要5个SnCl2，因此理论上和(III)反应的物质的量之比为。 （6）由于“二次还原”过程中，为确保完全反应，加入的Zn需过量，过滤后剩余Zn和生成物Rh、Sn存在于滤渣中，因此再向滤渣中加入浓盐酸的目的为：除去滤渣中未反应的Zn及生成的Sn。 解题妙法 1.解答此类题型，需紧扣除杂提纯、减少损耗、防止变质核心原则，按流程分段拆解分析。先明确原料杂质类型，区分金属离子、酸根、难溶物、易水解物质等杂质，锁定除杂核心方向。 2.熟悉常用提纯手段：调节pH沉淀金属离子、氧化还原除杂、沉淀转化、过滤结晶、洗涤干燥等。结合溶度积、水解平衡、氧化还原性强弱，判断沉淀顺序与试剂选用逻辑。 3.精准把控操作细节：趁热过滤防止溶质析出，冰水洗涤降低溶解损耗，有机溶剂洗涤除水减杂；规范分析洗涤、除杂、控温的目的。 4.巧用反应竞争规律，优先除去干扰性强的杂质；答题善用标准化模板，兼顾工业成本、绿色环保。规避离子水解、沉淀溶解、试剂过量残留等陷阱，结合守恒思想推导成分，快速高效解题。 题组三 化学基本原理类化工流程 1.（2024·山东卷）以铅精矿(含，等)为主要原料提取金属和的工艺流程如下： 回答下列问题： （1）“热浸”时，难溶的和转化为和及单质硫。溶解等物质的量的和时，消耗物质的量之比为 ；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时挥发外，另一目的是防止产生 (填化学式)。 （2）将“过滤Ⅱ”得到的沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属，“电解I”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用，利用该吸收液的操作单元为 。 （3）“还原”中加入铅精矿的目的是 。 （4）“置换”中可选用的试剂X为 (填标号)。 A．         B．        C．        D． “置换”反应的离子方程式为 。 （5）“电解II”中将富银铅泥制成电极板，用作 (填“阴极”或“阳极”)。 【答案】（1）1:1 H2S （2）热浸 （3）将过量的Fe3+还原为Fe2+ （4）C （5）阳极 【分析】本题以铅精矿(含，等)为主要原料提取金属和， “热浸”时，难溶的和转化为和及单质硫，被还原为Fe2+，过滤I除掉单质硫滤渣，滤液中在稀释降温的过程中转化为PbCl2沉淀，然后用饱和食盐水热溶，增大氯离子浓度，使PbCl2又转化为，电解得到Pb；过滤II后的滤液成分主要为、FeCl2、FeCl3，故加入铅精矿主要将FeCl3还原为FeCl2，试剂X将置换为Ag，得到富银铅泥，试剂X为铅，尾液为FeCl2。 【解析】（1）“热浸”时，将和中-2价的硫氧化为单质硫，被还原为Fe2+，在这个过程中Pb和Ag的化合价保持不变，所以等物质的量的和时，S2-物质的量相等，所以消耗的物质的量相等，比值为1:1；溶液中盐酸浓度过大，这里主要考虑氢离子浓度会过大，会生成H2S 气体。 （2）“过滤Ⅱ”得到的沉淀反复用饱和食盐水热溶，会溶解为，电解溶液制备金属，在阴极产生，阳极Cl-放电产生Cl2， 尾液成分为FeCl2，FeCl2吸收Cl2后转化为FeCl3，可以在热浸中循环使用。 （3）过滤Ⅱ所得的滤液中有过量的未反应的Fe3+，根据还原之后可以得到含硫滤渣，“还原”中加入铅精矿的目的是将过量的Fe3+还原为Fe2+。 （4）“置换”中加入试剂X可以可以得到富银铅泥，为了防止引入其他杂质，则试剂X应为Pb，发生的反应为：。 （5）“电解II”中将富银铅泥制成电极板，电解Ⅱ得到金属银和金属铅，将银和铅分离出来，所以不可能作为阴极，应作为阳极板，阳极放电时，银变成阳极泥而沉降下来，铅失电子为Pb2+，阴极得电子得到Pb，所以电极板应作阳极。 2.（2023·天津卷）工业上以硫黄为原料制备硫酸的原理示意图如下，其过程包括Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个阶段。 Ⅰ.硫液化后与空气中的氧反应生成SO2。 （1）硫磺()的晶体类型是 。 （2）硫的燃烧应控制事宜温度。若进料温服超过硫的沸点，部分燃烧的硫以蒸汽的形式随SO2进入到下一阶段，会导致 (填序号)。 a.硫的消耗量增加   b.SO2产率下降   c.生成较多SO3 （3）SO2(g)氧化生成80g SO3(g)放出热量98.3kJ，写出该反应的热化学方程式 。随温度升高，SO2的平衡转化率 (填“升高”或“降低”)。 （4）从能量角度分析，钒催化剂在反应中的作用为 。 Ⅱ.一定条件下，钒催化剂的活性温度范围是450～600℃。为了兼顾转化率和反应速率，可采用四段转化工艺：预热后的SO2和O2通过第一段的钒催化剂层进行催化氧化，气体温度会迅速接近600℃，此时立即将气体通过热交换器，将热量传递给需要预热的SO2和O2，完成第一段转化。降温后的气体依次进行后三段转化，温度逐段降低，总转化率逐段提高，接近平衡转化率。最终反应在450℃左右时，SO2转化率达到97％。 （5）气体经过每段的钒催化剂层，温度都会升高，其原因是 。升高温度后的气体都需要降温，其目的是 。 （6）采用四段转化工艺可以实现 (填序号)。 a．控制适宜的温度，尽量加快反应速率，尽可能提高SO2转化率 b．使反应达到平衡状态 c．节约能源 Ⅲ．工业上用浓硫酸吸收SO3。若用水吸收SO3会产生酸雾，导致吸收效率降低。 （7）SO3的吸收率与所用硫酸的浓度、温度的关系如图所示。 据图分析，最适合的吸收条件；硫酸的浓度 ，温度 。 （8）用32吨含S 99%的硫磺为原料生成硫酸，假设硫在燃烧过程中损失2%，SO2生成SO3的转化率是97%，SO3吸收的损失忽略不计，最多可以生产98%的硫酸 吨。 【答案】（1）分子晶体 （2）ab （3）2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) 降低 （4）降低反应活化能 （5）反应放热 保持钒催化剂活性温度，提高SO2转化率，保证反应速率 （6）ac （7）98.3% 60℃ （8）94 【分析】先将硫黄在空气中燃烧或焙烧，和氧气反应生成二氧化硫，生成的SO2和氧气发生反应转化为三氧化硫，生成的SO3用浓硫酸吸收得到硫酸； 【解析】（1）是硫单质的分子晶体； （2）a．第Ⅰ步时，硫粉液化并与氧气共热生成二氧化硫，若反应温度超过硫粉沸点，部分硫粉会转化为硫蒸气损失，消耗的硫粉会增大，a正确；b．硫蒸气与生成的二氧化硫一同参加第Ⅱ步反应过程中，降低二氧化硫的生成率，b正确；c．二氧化硫产率降低后，生成的三氧化硫也会减少，c错误；故选ab。 （3）若每生成80g气体三氧化硫，放出98.3kJ能量，80g三氧化硫的物质的量为：80g÷80g/mol=1mol，则生成三氧化硫的反应的热化学方程式为：2SO2(g)+O2(g)=2SO3 (g)；该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则二氧化硫转化率降低； （4）催化剂可以降低反应的活化能，加快反应速率； （5）通入催化剂层后，体系(剩余反应物与生成物)温度升高的原因在于：二氧化硫和氧气的反应是放热反应，反应释放能量使得温度升高；每轮反应后进行热交换降温的目的是：保持钒催化剂活性温度，提高SO2转化率，保证反应速率； （6）a．由题目信息可知，在每段SO2向SO3转化的过程中，各段控制适宜的温度，温度逐段降低，可以保持钒催化剂的活性温度，保证SO2的转化率和反应速率均保持较高水平，故a正确；b．由题目信息可知，反应转化率接近平衡转化率，也就是使得反应接近平衡状态，故b错误；c．降温后的气体依次进行后三段转化，温度逐段降低，节约了能源，故c正确；故选ac。 （7）由图可知，最适合吸收三氧化硫的浓硫酸质量分数为98.3%，最适合吸收的温度为60℃，此时SO3吸收率最高； （8）由题意可知，32吨含硫元素99%的硫粉物质的量为，在第一步反应中硫元素损失了2%，则生成二氧化硫，二氧化硫在第二步反应中97%转化为了三氧化硫，则生成三氧化硫，三氧化硫在第三步反应中被吸收时，视作全部吸收，那么这批硫粉总计可以生产98%的浓硫酸，为94吨。 解题妙法 1.此类流程题以元素转化为载体，深度融合反应速率、化学平衡、电离水解、溶度积、氧化还原等核心原理。解题首要立足整体流程，明确生产目的与杂质体系，剥离冗余背景，以原理为核心拆解每一步工艺。 2.分析工艺条件时，结合勒夏特列原理，从温度、浓度、pH、压强角度，兼顾反应速率、平衡移动、副反应抑制、物质稳定性。利用强弱规律、水解平衡与Ksp大小，判断离子沉淀顺序、除杂原理与沉淀转化。 3.借助电子守恒、电荷守恒、原子守恒书写陌生反应方程式，辨析氧化还原与复分解竞争关系。牢记弱离子水解、盐类水解、同离子效应等隐性原理，规避平衡误区。 4.答题依托原理模板，结合工业实际，兼顾能耗、产率与绿色生产，以原理指导流程分析，实现快速破题、规范作答。 终极预测--压轴实战 稳拿高分 【名校预测·第1题】（2026·江苏南通·二模）电解锰渣(主要成分为、和少量)提取的工艺流程如下： （1）写出一种降低浸出液中含量的有效措施___________。 （2）“还原酸浸”时，发生反应的离子方程式为___________。 （3）用一定浓度的溶液浸出铅元素的反应为。从平衡常数的角度解释不用溶液浸取的原因是___________。 已知：①；； ②。 （4）以、和NaOH为原料，混合后进行沉淀转化制得。已知：的产率随pH的变化如图-1所示。制备时，控制pH约为8的原因是___________。 （5）受热分解为Pb(Ⅳ)和Pb(Ⅱ)的混合氧化物，Pb(Ⅳ)能氧化浓盐酸生成。现将加热分解得到，向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到。生成的和的体积比为2：1(相同状况下)。计算剩余固体中、原子个数比___________。(写出计算过程)。 （6）铅的某氧化物的晶胞结构如图-2所示： 用“”和“”画出该晶胞沿z坐标轴方向的投影图___________。 【答案】（1）增大浓度 （2） （3）平衡常数很小，因此不用溶液浸取 （4）pH小于8时，不利于转化为；大于8时生成沉淀 （5）剩余固体含，由得失电子守恒有，又，则剩余固体中，故剩余固体中、 （6） 【分析】电解锰渣主要成分为、和少量。电解锰渣加硫酸、PbS“还原酸浸”时，被还原为硫酸锰，PbS被氧化为S单质，过滤，浸出液中含硫酸锰，浸渣用一定浓度的溶液发生反应浸出铅元素。 【解析】（1）增大硫酸根离子浓度，能使逆向移动，所以增大浓度，可以降低浸出液中含量； （2）“还原酸浸”时，被PbS还原为硫酸锰，PbS被氧化为S单质，发生反应的离子方程式为； （3），，平衡常数很小，所以不用溶液浸取。 （4）pH小于8时，逆向移动，不利于转化为；大于8时生成沉淀，所以制备时，控制pH约为8。 （5），剩余固体含，，，可得 。则剩余固体中 ，，故原子个数比 。 （6）“”位于面对角线的处和过体心的面对角线的处呈交叉排布，“”位于顶点和体心，该晶胞沿z坐标轴方向的投影图为。 【名校预测·第2题】（2026·陕西西安·模拟预测）以废钒催化剂(主要含有、CaO、、和等)为原料制备的流程如下图所示： 已知：时Al元素在溶液中主要以形式存在。下表列出了几种离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为计算)。 金属离子 开始沉淀的pH 3.7 2.2 7.5 沉淀完全的pH 4.7 3.8 9.5 （1）酸浸还原。将废钒催化剂粉碎后，加入和浸取，过滤。 ①浸取时，先向废钒催化剂中加入后缓慢滴加，这样操作的主要原因是___________。 ②浸取后的溶液中有、、、和等离子，转化为的化学方程式为___________。 （2）除杂。向酸浸还原后所得滤液中加入氨水调节溶液的pH至8.0，过滤得到含有的滤渣。所得滤渣中加入NaOH溶液，再通入，调节溶液pH大于13，充分反应后过滤，向滤液中加入盐酸调节溶液的pH至8.5后过滤，得到溶液和滤渣X。 ①碱性条件下，和反应生成的离子方程式为___________。 ②滤渣X的主要成分是___________(填化学式)。 （3）沉钒。向所得溶液中加入一定量固体，充分反应后得到沉淀。沉钒率(沉淀中钒的质量与原料中钒的总质量之比)随温度的变化如图-1所示。 温度高于80℃，沉钒率随温度升高而减小的可能原因有___________。 （4）制备。将一定质量的在空气中煅烧至恒重时，固体残留率随温度的变化如图-2所示。A点产物可表示为，则其中的比值为___________。 【答案】（1）减少Na2SO3与H2SO4反应生成SO2逸出，提高Na2SO3的利用率 （2） （3）温度高于80℃，NH4Cl受热分解，使沉钒率下降；NH4VO3的溶解度增大 （4）2：2：1 【分析】废钒催化剂（主要含有V2O5、CaO、Fe2O3、Al2O3和SiO2等），经过还原酸浸，酸浸液中存在VO2+、、Fe2+、Fe3+和Al3+等离子，除杂除去Fe、Al元素，再经过沉钒，得到NH4VO3沉淀，最后煅烧得到V2O5。 【解析】（1）①Na2SO3中硫元素是+4价，主要体现为还原性，但在酸性条件下会反应逸出为SO2，丧失还原效果，向废钒催化剂中加入后缓慢滴加原因是减少Na2SO3与H2SO4反应生成SO2逸出，提高Na2SO3的利用率； ②V2O5中V元素的化合价为+5价，产物VO2+中V的化合价为+4价，被还原，浸取液中起到还原性的作用的还原剂为Na2SO3，结合得失电子守恒、溶液的酸碱性，元素守恒配平化学方程式为。 （2）①VO2中V元素化合价为+4，升到产物中的+5价，氧的化合价从0价降到-2价，则根据电子得失守恒，VO2和O2化学计量数之比为4：1，结合环境为碱性，得到离子方程式为： ②除V元素之外，酸浸还原后所得的滤液中含有的阳离子为、Fe3+和Al3+，由题干信息，pH大于8.0后，部分以沉淀、Fe3+和Al3+都已经完全以、沉淀形式进入滤渣，滤渣中加入NaOH后，再通入氧气，转化为，Fe(OH)3沉淀不会溶解，Al(OH)3沉淀会被溶解，生成[Al(OH)4]-进入滤液中，往滤液中加入盐酸调节溶液的pH至8.5后，[Al(OH)4]-形式又会以Al(OH)3形式存在，故滤渣X为Al(OH)3。 （3）沉钒率随温度升高而减小可以从两个方面考虑，一是温度升高，一般物质的溶解度会增大；二是反应物容易受热分解，导致产物产率下降，故答案为：温度高于80℃，NH4Cl受热分解，使沉钒率下降；NH4VO3的溶解度增大。 （4）灼烧失重的可能原因来自于水和氨气的流失，金属元素不减少。则灼烧开始至A点发生的化学方程式为 ，NH4VO3相对分子质量为117，A点其固体残留率为88.9%，假设a=1，根据N元素守恒有：b+x=2，即x=2-b①；根据O元素守恒有：c+y=1，即y=1-c②；根据H元素守恒有：3(x+b)+2(c+y)=8a；根据A点残留率有：，化简得17x+18y=26③；将①②代入③可得，17b+18c=26④，对比③④可得，x=b，y=c，联立①②可得，b=1，c=0.5，解得a：b：c=2：2：1。故答案为：2：2：1。 【名校预测·第3题】（2026·北京顺义·一模）以型废催化剂为原料，实现、、(钼)元素高效分离回收的某种工业流程如下。 已知：i．是一种长链有机萃取剂，呈弱碱性，几乎不溶于水。萃取时，需将先酸化为； ii．NiO不溶于强碱，易溶于氨水；易升华，易溶于碱。 （1）高温焙烧可将镍元素、钼元素转化为NiO和。但焙烧温度过高，钼元素的浸出效果反而下降，可能原因是______。 （2）浸出过程中，转化为、转化为进入溶液。 ①NiO转化为的离子方程式为______。 ②不能用NaOH溶液替代氨水，说明理由______(写出2条)。 （3）萃取时，滤液中加入酸化的会选择性萃取而不萃取。原因是______。 （4）反萃取过程中反萃取剂可选用______(填序号)。 a．氨水    b．硫酸溶液    c．氯化铵溶液 （5）该流程中可循环利用的物质有______。 （6）测定反萃取液中钼元素的物质的量浓度。 取100mL反萃取液转移至250mL容量瓶，用蒸馏水定容至刻度，摇匀得待测液；移取25.00mL待测液于锥形瓶中，加入酸化后滴加指示剂，用标准液滴定，至滴定终点时消耗溶液的体积为12.00mL。 已知：。 反萃取液中钼元素的物质的量浓度为______。 【答案】（1）易升华，温度过高，流失，影响后续溶浸 （2） 不可以替换，原因1：氨水提供铵根离子参与反应，氢氧化钠会增加氯化铵用量；原因2：氢氧化钠溶液可以和氧化铝反应，后续不易分离 （3）由于静电引力作用，萃取有效成分吸引，而会静电排斥 （4）a （5）、氨水 （6） 【分析】废催化剂经高温焙烧将镍元素、钼元素转化为NiO和，氯化铵、氨水将镍元素和钼元素以 、形式浸出，氧化铝形成滤渣除去；利用酸化的萃取出进入有机层，进入水层，加入氢氧化钠得到氢氧化镍；有机层再经反萃取，净化浓缩得到钼盐，据此分析。 【解析】（1）已知易升华，焙烧温度过高时，升华逸出，可浸出的钼元素减少，影响后续溶浸； （2）①与氨水、反应生成六氨合镍(II)配离子，根据电荷守恒、原子守恒配平即可得到离子方程式：； ②已知NiO不溶于强碱，易溶于氨水，若使用氢氧化钠，氢氧化钠与铵根离子反应，氢氧化钠会增加氯化铵用量；氧化铝溶于氢氧化钠溶液生成，后续不易分离，所以不可以用替换氨水，故答案为：不可以替换，原因1：氨水提供铵根离子参与反应，氢氧化钠会增加氯化铵用量；原因2：氢氧化钠溶液可以和氧化铝反应，后续不易分离； （3）酸化生成的带正电荷，可静电吸引带负电的进入有机层；而带正电荷，与相互排斥，不能进入有机层，因此仅选择性萃取，故答案为：由于静电引力作用，萃取有效成分吸引，而会静电排斥； （4）萃取时酸化为带正电的，结合进入有机层；反萃取需要中和的，使变回中性的，释放进入水层，因此需要碱，选项中只有氨水为碱性，故选a； （5）反萃取后再生，可回到萃取步骤循环使用；萃取后水层与反应生成和氨水，所以氨水也可以回收循环用于浸出步骤，因此可循环的物质为和氨水； （6）根据反应，可得： 待测液中，， 则原反萃取液中总，因此。 / 学科网（北京）股份有限公司 $