2025年高考化学二轮专题讲义 微专题 化学工艺微流程

2025高考化学二轮专题讲义 微专题 化学工艺微流程 构建思维模型  金属及其化合物的转化价类图 1.钠及其化合物 ①2Na＋O2Na2O2； ②2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑； ③2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2； ④2NaOH＋CO2(少量)===Na2CO3＋H2O； ⑤NaOH＋CO2(过量)===NaHCO3； ⑥Na2CO3＋H2O＋CO2===2NaHCO3。 2.铁及其化合物 ①2Fe＋3Cl22FeCl3； ②Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2 或Fe2O3＋2Al2Fe＋Al2O3； ③2FeCl3＋Cu===2FeCl2＋CuCl2 或2FeCl3＋Fe===3FeCl2； ④2FeCl2＋Cl2===2FeCl3； ⑤4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3。  非金属及其化合物的转化价类图 1.氯及其化合物 ①Cl2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HCl； ②Cu＋Cl2CuCl2； ③Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O； ④2Cl2＋2Ca(OH)2===Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O； ⑤MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O； ⑥2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑。 2.硫及其化合物 ①2SO2＋O22SO3； ②Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O； ③C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O； ④2Na2SO3＋O2===2Na2SO4。 3.氮及其化合物 ①Ca(OH)2＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋2H2O； ②4NH3＋5O24NO＋6H2O； ③3NO2＋H2O===2HNO3＋NO； ④C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O。 【思维模型】　 物质转化微流程的解题思维模型 练高考 物质转化价类图 1. (2024·广东选考)部分含Mg或Al或Fe物质的分类与相应化合价关系如图。下列推断合理的是(　　) A．若a在沸水中可生成e，则a→f的反应一定是化合反应 B．在g→f→e→d转化过程中，一定存在物质颜色的变化 C．加热c的饱和溶液，一定会形成能产生丁达尔效应的红棕色分散系 D．若b和d均能与同一物质反应生成c，则组成a的元素一定位于周期表p区 【答案】　B 【解析】　若a在沸水中可生成e，此时a为Mg，e为Mg(OH)2，即f为镁盐，a→f的反应有多种，可能为Mg＋2HCl===MgCl2＋H2↑，该反应属于置换反应，可能为Mg＋Cl2MgCl2，该反应属于化合反应，综上a→f的反应不一定是化合反应，故A错误；e能转化为d，此时e为白色沉淀Fe(OH)2，d为红褐色沉淀Fe(OH)3，说明在g→f→e→d转化过程中，一定存在物质颜色的变化，故B正确；由题意得，此时能产生丁达尔效应的红棕色分散系为Fe(OH)3胶体，c应为铁盐，加热铁盐的饱和溶液，也有可能直接得到Fe(OH)3沉淀，故C错误；假设b为Al2O3，即d为Al(OH)3，c为铝盐，Al2O3、Al(OH)3与稀盐酸反应均生成铝盐，此时组成a的元素为Al，位于周期表p区；假设b为Fe2O3，即d为Fe(OH)3，c为铁盐，Fe2O3、Fe(OH)3与稀盐酸反应均生成铁盐，此时组成a的元素为Fe，位于周期表d区，故D错误。 2. (2023·广东选考)部分含Na或含Cu物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是(　　) A．可存在c→d→e的转化 B．能与H2O反应生成c的物质只有b C．新制的d可用于检验葡萄糖中的醛基 D．若b能与H2O反应生成O2，则b中含共价键 【答案】　B 【解析】　由图可知a、b、c对应物质分别为：钠、氧化钠(过氧化钠)、氢氧化钠或a、b、e、d对应物质分别为：铜、氧化亚铜、氧化铜、氢氧化铜。由分析可知氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜，氢氧化铜受热分解生成氧化铜所以存在c→d→e的转化，A合理；钠和氧化钠(过氧化钠)都能与H2O反应生成氢氧化钠，B不合理；新制氢氧化铜可用于检验葡萄糖中的醛基，C合理；若b能与H2O反应生成O2，则b为过氧化钠，结构中含共价键和离子键，D合理。 物质转化循环图 3. (2024·安徽选考)下列选项中的物质能按图示路径在自然界中转化。且甲和水可以直接生成乙的是(　　) 选项 甲 乙 丙 A Cl2 NaClO NaCl B SO2 H2SO4 CaSO4 C Fe2O3 Fe(OH)3 FeCl3 D CO2 H2CO3 Ca(HCO3)2 【答案】　D 【解析】　Cl2与水反应生成HClO和HCl，无法直接生成NaClO，A错误；SO2与水反应生成亚硫酸而不是硫酸，B错误；氧化铁与水不反应，不能生成氢氧化铁沉淀，C错误；CO2与水反应生成碳酸，碳酸与碳酸钙反应生成碳酸氢钙，碳酸氢钙受热分解生成二氧化碳气体，D正确。 4. (2024·江苏选考)在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是(　　) A．HCl制备：NaCl溶液H2和Cl2HCl B．金属Mg制备：Mg(OH)2MgCl2溶液Mg C．纯碱工业：NaCl溶液NaHCO3Na2CO3 D．硫酸工业：FeS2SO2H2SO4 【答案】　A 【解析】　电解氯化钠溶液可以得到H2和Cl2，H2和Cl2点燃反应生成HCl，故A的转化可以实现；氢氧化镁和盐酸反应可以得到氯化镁溶液，但是电解氯化镁溶液不能得到Mg，电解熔融MgCl2才能得到金属镁单质，故B的转化不能实现；纯碱工业是在饱和食盐水中通入NH3和CO2先得到NaHCO3，然后NaHCO3受热分解为Na2CO3，故C的转化不能实现；工业制备硫酸，首先黄铁矿和氧气反应生成SO2，但是SO2和水反应生成H2SO3，不能得到H2SO4，故D的转化不能实现。 物质转化微流程 5. (2024·辽宁选考)某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的Cl－并制备Zn，流程如下。“脱氯”步骤仅 Cu元素化合价发生改变。下列说法正确的是(　　)  不与稀硫酸反应，在氧化剂存在下可以反应　  锌浸出液中相关成分(其他成分无干扰) 离子 Zn2＋ Cu2＋ Cl－ 浓度(g·L－1) 145 0.03 1 A．“浸铜”时应加入足量H2O2，确保铜屑溶解完全 B．“浸铜”反应：2Cu＋4H＋＋H2O2===2Cu2＋＋H2↑＋2H2O C．“脱氯”反应：Cu＋Cu2＋＋2Cl－===2CuCl D．脱氯液净化后电解，可在阳极得到Zn 【答案】　C 【解析】　铜屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2＋，反应的离子方程式为Cu＋2H＋＋H2O2===Cu2＋＋2H2O，再加入锌浸出液进行“脱氯”，“脱氯”步骤中仅Cu元素的化合价发生改变，得到CuCl固体，可知“脱氯”步骤发生反应的化学方程式为Cu2＋＋Cu＋2Cl－===2CuCl↓，过滤得到脱氯液，脱氯液净化后电解，Zn2＋可在阴极得到电子生成Zn。由分析得，“浸铜”时，铜屑不能溶解完全，Cu在“脱氯”步骤还需要充当还原剂，故A错误；“浸铜”时，铜屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2＋，反应的离子方程式为Cu＋2H＋＋H2O2===Cu2＋＋2H2O，故B错误；“脱氯”步骤中仅Cu元素的化合价发生改变，得到CuCl固体，即Cu的化合价升高，Cu2＋的化合价降低，发生归中反应，化学方程式为Cu2＋＋Cu＋2Cl－===2CuCl↓，故C正确；脱氯液净化后电解，Zn2＋应在阴极得到电子变为Zn，故D错误。 6. (2024·甘肃选考)兴趣小组设计了从AgCl中提取Ag的实验方案，下列说法正确的是(　　) AgCl[Ag(NH3)2]＋[Cu(NH3)4]2＋＋,Ag) CuCl2＋,NH4Cl) 溶液①＋,Cu) A．还原性：Ag>Cu>Fe B．按上述方案消耗1 mol Fe可回收1 mol Ag C．反应①的离子方程式是[Cu(NH3)4]2＋＋4H＋===Cu2＋＋4NH D．溶液①中的金属离子是Fe2＋ 【答案】　C 【解析】　从实验方案可知，氨水溶解了氯化银，然后用铜置换出银，滤液中加入浓盐酸后得到氯化铜和氯化铵的混合液，向其中加入铁，铁置换出铜，过滤分离出铜可以循环利用，并通入氧气可将亚铁离子氧化为铁离子。金属活动性越强，金属的还原性越强，而且由题中的实验方案能得到证明，还原性从强到弱的顺序为Fe>Cu>Ag，A不正确；由电子转移守恒可知，1 mol Fe可以置换1 mol Cu，而1 mol Cu可以置换2 mol Ag，因此，根据按上述方案消耗1 mol Fe可回收2 mol Ag，B不正确；反应①中，氯化四氨合铜溶液与浓盐酸反应生成氯化铜和氯化铵，该反应的离子方程式是[Cu(NH3)4]2＋＋4H＋===Cu2＋＋4NH，C正确；向氯化铜和氯化铵的混合液中加入铁，铁置换出铜后生成Fe2＋，然后Fe2＋被通入的氧气氧化为Fe3＋，氯化铵水解使溶液呈酸性，在这个过程中，溶液中的氢离子参与反应，因此氢离子浓度减少促进了铁离子水解生成氢氧化铁沉淀，氢氧化铁存在沉淀溶解平衡，因此，溶液①中的金属离子是Fe3＋，D不正确。 7. (2023·河北选考)一种以锰尘(主要成分为Mn2O3，杂质为铝、镁、钙、铁的氧化物)为原料制备高纯MnCO3的清洁生产新工艺流程如下： 已知：室温下相关物质的Ksp如下表。 Al(OH)3 Mg(OH)2 Ca(OH)2 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Mn(OH)2 MgF2 CaF2 10－32.9 10－11.3 10－5.3 10－16.3 10－38.6 10－12.7 10－10.3 10－8.3 下列说法错误的是(　　) A．酸浸工序中产生的气体①为氯气 B．滤渣①主要成分为Al(OH)3和Fe(OH)3 C．除杂②工序中逐渐加入NaF溶液时，若Ca2＋、Mg2＋浓度接近，则CaF2先析出 D．沉淀工序中发生反应的离子方程式为Mn2＋＋2HCO===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O 【答案】　C 【解析】　由图知锰尘(主要成分为Mn2O3，杂质为铝、镁、钙、铁的氧化物)加入浓盐酸进行酸浸，Mn2O3、铝、镁、钙、铁的氧化物均生成对应的盐，由于Mn2O3具有氧化性，能将盐酸中的氯离子氧化为氯气，故气体①用氢氧化钠溶液进行吸收，防止污染环境，加氨水调节pH为5～6，由表中数据知，可将铁和铝沉淀而除去，故滤渣①主要成分为Al(OH)3和Fe(OH)3，再向滤液中加入氟化钠溶液，可将镁和钙以氟化物的形式除去，滤渣②为氟化钙和氟化镁，此时滤液中主要成分为氯化锰，加入碳酸氢钠溶液，发生Mn2＋＋2HCO===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O，将锰离子沉淀，得到纯度较高的碳酸锰。由分析知，Mn2O3与浓盐酸反应生成Mn2＋和Cl2，A正确；结合表中数据可知，除杂①工序中调pH为5～6，此时会产生Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀，B正确；由于Ksp(MgF2)<Ksp(CaF2)，故Ca2＋、Mg2＋浓度接近时，先析出MgF2沉淀，C错误；由题给流程和分析可知，沉淀工序中Mn2＋与HCO反应生成MnCO3、CO2和H2O离子方程式为Mn2＋＋2HCO===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O，D正确。 练模拟 物质转化价类图 1. (2024·河北保定市二模)部分含铁的纯净物的“价—类”关系如图所示。下列叙述错误的是(　　) A．图中相邻物质中c→d在空气里最易转化 B．在隔绝空气条件下加热FeC2O4可得到b C．在高温下a与水蒸气反应生成b和H2 D．e溶液中加入铜粉，发生氧化还原反应 【答案】　C 【解析】　由图可知，a为铁、b为氧化亚铁、c为氢氧化亚铁、d为氢氧化铁、e为氯化铁。氢氧化亚铁具有强还原性，易与空气中的氧气和水反应生成氢氧化铁，故A正确；草酸亚铁在隔绝空气条件下加热分解生成氧化亚铁、一氧化碳和二氧化碳，故B正确；铁在高温条件下与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，故C错误；氯化铁溶液与加入的铜粉反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应中有元素发生化合价变化，属于氧化还原反应，故D正确。 2. (2024·广东深圳二模)自然界中氮的循环意义重大。其中，部分含氮物质的转化关系呈现在氮及其化合物的“价—类”二维图中。下列说法不正确的是(　　) A．a→b的转化是工业制硝酸的基础 B．既属于g又属于f的盐可用作氮肥 C．汽车中的三元催化器可促进尾气中的b、c向a转化 D．实验室中，常用f与强碱反应产生e来检验f中阳离子的存在 【答案】　A 【解析】　由N元素的化合价及物质所属类别，可确定a为N2、b为NO、c为NO2、d为HNO3、e为NH3、f为铵盐、g为硝酸盐。工业制硝酸的基础是氨的催化氧化，即NH3→NO，而a为N2，则N2→NO的转化不是工业制硝酸的基础，A不正确；既属于g(硝酸盐)又属于f(铵盐)的盐为NH4NO3，它含氮量较高，可用作氮肥，B正确；NO、NO2是大气污染物，利用汽车中的三元催化器，可促进尾气中NO、NO2与CO作用，生成N2和CO2，C正确；实验室中，检验NH时，常用铵盐与强碱在加热条件下反应，通过检验反应产生的NH3检验NH的存在，D正确。 物质转化循环图 3. (2024·湖北武汉市二模)CO2甲烷化是“ 负碳排放”的重要研究方向，某研究团队报道了镍基催化剂上CO2与H2反应生成甲烷的两种机理如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*表示。 下列说法错误的是(　　) A．镍基催化剂增加了活化分子的百分数 B．两种机理均涉及极性键的断裂和生成 C．Ni@SiXNS—H2O机理中CH4的选择性更高 D．Ni@SiXNS—C2H5OH机理涉及反应*CO2＋H＋e－===*HCOO－ 【答案】　C 【解析】　催化剂降低反应的活化能，将普通分子转化为活化分子，则镍基催化剂增加了活化分子的百分数，A正确；两种机理均涉及C===O极性键的断裂和C—H键的生成，B正确；Ni@-SiXNS—C2H5OH机理中主要生成CH4，次要生成CO，则Ni@-SiXNS—C2H5OH机理中CH4的选择性更高，C错误；由图可知Ni@SiXNS—C2H5OH机理涉及反应*CO2＋H＋e－===*HCOO－，D正确。 4. (2024·湖南怀化市二模)一种利用H2和O2直接合成H2O2的反应历程如下图所示。下列说法中错误的是(　　) A．总反应的原子利用率理论上可达100% B．步骤2中，若1 mol O2完全反应，则理论上转移电子数目为2NA C.降低了反应的活化能，加快了反应速率 D.和中Pd的化合价不相同 【答案】　D 【解析】　由图示可知，步骤1为＋H2―→Pd＋2HCl＋2Cl－、步骤2为Pd＋O2＋2Cl－―→、步骤3为＋2HCl―→＋H2O2，所以总反应为H2＋O2H2O2。总反应H2O＋O2H2O2，理论上反应物全部转化为H2O2，故原子利用率理论上为100%，故A正确；步骤2为Pd＋O2＋2Cl－―→，若1 mol O2完全反应，则理论上转移电子数目为2NA，故B正确；由分步反应及总反应可知，为催化剂，催化剂可降低反应的活化能，加快反应速率，故C正确；中Cl化合价为－1价，则Pd元素为＋2价，中Cl化合价为－1价、O化合价为－1价，则Pd元素为＋2价，Pd的化合价相同，故D错误。 物质转化微流程 5. (2024·河北张家口二模)氧化铍是一种核反应器燃料基体和减速剂，还可用作有机反应催化剂，其化学性质与Al2O3相似。以绿柱石(主要成分为3BeO·Al2O3·6SiO2，还有少量含铁化合物)为原料制备氧化铍的工业流程如下。下列说法错误的是(　　) A．“滤渣1”的主要成分为SiO2 B．“转化”时H2O2做氧化剂 C．“调pH”的目的是除去Fe3＋和Al3＋ D．“试剂M”可以选用氨水或NaOH溶液 【答案】　D 【解析】　酸浸时，得到Fe2＋(可能有Fe3＋)、Al3＋、Be2＋，SiO2成为滤渣1，H2O2做氧化剂，把Fe2＋氧化为Fe3＋，加入碳酸钙调pH的目的是除去Fe3＋和Al3＋，得到氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，加入氨水得到氢氧化铍，除杂煅烧得到氧化铍。根据分析知，“滤渣1”的主要成分为SiO2，A正确；H2O2做氧化剂，把Fe2＋氧化为Fe3＋，B正确；加入碳酸钙调pH的目的是除去Fe3＋和Al3＋，得到氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，C正确；氧化铍化学性质与Al2O3相似，过量的NaOH溶液与氧化铍反应，降低了产率，D错误。 6. (2024·湖南衡阳市二模)海水综合利用后的一种卤水中含NaCl、LiCl及少量的MgCl2、CaCl2、MnCl2等，利用该卤水制备Li2CO3的简要流程如图所示(第一次加入纯碱的量以不损失Li，其他离子尽量除去为标准)： 已知： ①卤水中c(Li＋)＝1.581 mol·L－1、c(Mg2＋)＝0.120 mol·L－1；1.5812＝2.5。 ②Li2CO3的溶解度随温度升高而降低。 ③常温下，几种难溶物质的溶度积数据如下表： 物质 Li2CO3 MgCO3 CaCO3 MnCO3 Mg(OH)2 Ksp 2.5×10－2 6.8×10－6 2.8×10－9 2.3×10－11 5.6×10－12 下列说法错误的是(　　) A．滤渣中含有MgCO3、CaCO3和MnCO3 B．在实验室中分离出滤渣需要的玻璃仪器主要为漏斗、玻璃棒和烧杯 C．“ 沉淀池Ⅱ”中滴加烧碱前，c(Mg2＋)＝6.8×10－4 mol·L－1　  D．从“沉淀池Ⅲ”中析出的Li2CO3需用热水洗涤 【答案】　C 【解析】　由题可知杂质包括Mg2＋、Ca2＋、Mn2＋、Na＋、Cl－，故需除去这些杂质，则据流程图中沉淀池Ⅱ可得到Mg(OH)2、NaCl，则沉淀池Ⅰ的滤渣为MgCO3、CaCO3，MnCO3。由分析可知，第一次加入纯碱时会产生MgCO3、CaCO3、MnCO3沉淀，则滤渣中含有MgCO3、CaCO3和MnCO3，A正确；滤渣含MgCO3、MnCO3、CaCO3，过滤需要的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯，B正确；沉淀Ⅱ之前的主要成分有Li＋、Cl－、Na＋、Mg2＋、CO必使Q(Li2CO3)<Ksp(Li2CO3)，让Li2CO3(s)2Li＋(aq)＋CO(aq)正移，故可知c(CO)<＝10－2 mol·L－1即此时c(Mg2＋)>＝6.8×10－4 mol·L－1，C错误；因为Li2CO3的溶解度随温度升高而降低，故用热水洗涤，降低溶解度，D正确。 练预测 1. (2024·河北邯郸三模)轻质碳酸镁[MgCO3·Mg(OH)2·3H2O]是广泛应用于橡胶、塑料、食品和医药工业的化工产品，以卤块(主要成分为MgCl2，含Fe2＋、Fe3＋等杂质离子)为原料制备轻质碳酸镁的工艺流程如图。下列说法错误的是(　　) A．在实验室进行①操作所用的仪器为玻璃棒、烧杯 B．“氧化”工序中发生反应的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O C．②和③工序名称均为“过滤” D．“沉镁”工序控制合适的温度，产生的气体X主要为NH3和CO2 【答案】　D 【解析】　由图知，向卤块(主要成分为MgCl2，含Fe2＋、Fe3＋等杂质离子)中加入盐酸进行酸溶，再加入过氧化氢发生2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O将Fe2＋氧化为Fe3＋，再加入氢氧化钠溶液Fe3＋转化为氢氧化铁沉淀，过滤将其除去得到滤渣，滤渣为氢氧化铁，向滤液中加入碳酸氢铵进行沉镁，发生2Mg2＋＋4HCO＋2H2O===MgCO3·Mg(OH)2·3H2O↓＋3CO2↑，故X主要为二氧化碳，经过过滤，得到轻质碳酸镁[MgCO3·Mg(OH)2·3H2O]，据此回答。①操作需用盐酸溶解卤块，所用仪器为玻璃棒、烧杯，A正确；“氧化”目的是将Fe2＋氧化为Fe3＋，再通过调节pH除去，离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O，B正确；②和③操作都得到液体和固体，均为过滤，C正确；“沉镁”工序中Mg2＋、HCO转化为MgCO3·Mg(OH)2·3H2O[2Mg2＋＋4HCO＋2H2O===MgCO3·Mg(OH)2·3H2O↓＋3CO2↑]，温度过高NH4HCO3分解才可能产生NH3，D错误。 2. (2024·河北张家口市三模)磁选后的炼铁高钛炉渣中的主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。为节约和充分利用资源，利用如图流程制备TiO2·xH2O并回收铝、镁等。 已知：“酸溶”后钛主要以TiO2＋形式存在。下列说法正确的是(　　) A．“焙烧”尾气的主要成分为氮氧化物 B．用热水“水浸”的目的是促进Fe3＋水解 C．母液和尾气可循环使用 D．“酸溶”反应的离子方程式为TiO2＋4H＋===Ti4＋＋2H2O 【答案】　C 【解析】　由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，氧化铝、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质加入热水水浸，二氧化钛不溶于水，硫酸铁和硫酸铝铵溶于水，过滤得到含有二氧化钛的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸铝铵的滤液；向滤液中加入氨水，溶液中铁离子、铝离子依次沉淀；向水浸渣中加入硫酸加热酸溶，二氧化钛与稀硫酸反应得到TiOSO4，过滤得到含有硫酸钙的酸溶渣和TiOSO4溶液；将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液和TiO2·xH2O。由分析可知，尾气为氨气，A错误；用热水“水浸”的目的是促使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O，B错误；母液含有硫酸、尾气含有氨气，氨气溶于水得到氨水，故母液和尾气可循环使用，C正确；已知：“酸溶”后钛主要以TiO2＋形式存在，则“酸溶”反应的离子方程式为TiO2＋2H＋===TiO2＋＋H2O，D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025高考化学二轮专题讲义 微专题 化学工艺微流程 构建思维模型  金属及其化合物的转化价类图 1.钠及其化合物 ①2Na＋O2Na2O2； ②2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑； ③2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2； ④2NaOH＋CO2(少量)===Na2CO3＋H2O； ⑤NaOH＋CO2(过量)===NaHCO3； ⑥Na2CO3＋H2O＋CO2===2NaHCO3。 2.铁及其化合物 ①2Fe＋3Cl22FeCl3； ②Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2 或Fe2O3＋2Al2Fe＋Al2O3； ③2FeCl3＋Cu===2FeCl2＋CuCl2 或2FeCl3＋Fe===3FeCl2； ④2FeCl2＋Cl2===2FeCl3； ⑤4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3。  非金属及其化合物的转化价类图 1.氯及其化合物 ①Cl2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HCl； ②Cu＋Cl2CuCl2； ③Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O； ④2Cl2＋2Ca(OH)2===Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O； ⑤MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O； ⑥2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑。 2.硫及其化合物 ①2SO2＋O22SO3； ②Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O； ③C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O； ④2Na2SO3＋O2===2Na2SO4。 3.氮及其化合物 ①Ca(OH)2＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋2H2O； ②4NH3＋5O24NO＋6H2O； ③3NO2＋H2O===2HNO3＋NO； ④C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O。 练高考 物质转化价类图 1. (2024·广东选考)部分含Mg或Al或Fe物质的分类与相应化合价关系如图。下列推断合理的是(　　) A．若a在沸水中可生成e，则a→f的反应一定是化合反应 B．在g→f→e→d转化过程中，一定存在物质颜色的变化 C．加热c的饱和溶液，一定会形成能产生丁达尔效应的红棕色分散系 D．若b和d均能与同一物质反应生成c，则组成a的元素一定位于周期表p区 【答案】　B 【解析】　若a在沸水中可生成e，此时a为Mg，e为Mg(OH)2，即f为镁盐，a→f的反应有多种，可能为Mg＋2HCl===MgCl2＋H2↑，该反应属于置换反应，可能为Mg＋Cl2MgCl2，该反应属于化合反应，综上a→f的反应不一定是化合反应，故A错误；e能转化为d，此时e为白色沉淀Fe(OH)2，d为红褐色沉淀Fe(OH)3，说明在g→f→e→d转化过程中，一定存在物质颜色的变化，故B正确；由题意得，此时能产生丁达尔效应的红棕色分散系为Fe(OH)3胶体，c应为铁盐，加热铁盐的饱和溶液，也有可能直接得到Fe(OH)3沉淀，故C错误；假设b为Al2O3，即d为Al(OH)3，c为铝盐，Al2O3、Al(OH)3与稀盐酸反应均生成铝盐，此时组成a的元素为Al，位于周期表p区；假设b为Fe2O3，即d为Fe(OH)3，c为铁盐，Fe2O3、Fe(OH)3与稀盐酸反应均生成铁盐，此时组成a的元素为Fe，位于周期表d区，故D错误。 2. (2023·广东选考)部分含Na或含Cu物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是(　　) A．可存在c→d→e的转化 B．能与H2O反应生成c的物质只有b C．新制的d可用于检验葡萄糖中的醛基 D．若b能与H2O反应生成O2，则b中含共价键 【答案】　B 【解析】　由图可知a、b、c对应物质分别为：钠、氧化钠(过氧化钠)、氢氧化钠或a、b、e、d对应物质分别为：铜、氧化亚铜、氧化铜、氢氧化铜。由分析可知氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜，氢氧化铜受热分解生成氧化铜所以存在c→d→e的转化，A合理；钠和氧化钠(过氧化钠)都能与H2O反应生成氢氧化钠，B不合理；新制氢氧化铜可用于检验葡萄糖中的醛基，C合理；若b能与H2O反应生成O2，则b为过氧化钠，结构中含共价键和离子键，D合理。 物质转化循环图 3. (2024·安徽选考)下列选项中的物质能按图示路径在自然界中转化。且甲和水可以直接生成乙的是(　　) 选项 甲 乙 丙 A Cl2 NaClO NaCl B SO2 H2SO4 CaSO4 C Fe2O3 Fe(OH)3 FeCl3 D CO2 H2CO3 Ca(HCO3)2 【答案】　D 【解析】　Cl2与水反应生成HClO和HCl，无法直接生成NaClO，A错误；SO2与水反应生成亚硫酸而不是硫酸，B错误；氧化铁与水不反应，不能生成氢氧化铁沉淀，C错误；CO2与水反应生成碳酸，碳酸与碳酸钙反应生成碳酸氢钙，碳酸氢钙受热分解生成二氧化碳气体，D正确。 4. (2024·江苏选考)在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是(　　) A．HCl制备：NaCl溶液H2和Cl2HCl B．金属Mg制备：Mg(OH)2MgCl2溶液Mg C．纯碱工业：NaCl溶液NaHCO3Na2CO3 D．硫酸工业：FeS2SO2H2SO4 【答案】　A 【解析】　电解氯化钠溶液可以得到H2和Cl2，H2和Cl2点燃反应生成HCl，故A的转化可以实现；氢氧化镁和盐酸反应可以得到氯化镁溶液，但是电解氯化镁溶液不能得到Mg，电解熔融MgCl2才能得到金属镁单质，故B的转化不能实现；纯碱工业是在饱和食盐水中通入NH3和CO2先得到NaHCO3，然后NaHCO3受热分解为Na2CO3，故C的转化不能实现；工业制备硫酸，首先黄铁矿和氧气反应生成SO2，但是SO2和水反应生成H2SO3，不能得到H2SO4，故D的转化不能实现。 物质转化微流程 5. (2024·辽宁选考)某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的Cl－并制备Zn，流程如下。“脱氯”步骤仅 Cu元素化合价发生改变。下列说法正确的是(　　)  不与稀硫酸反应，在氧化剂存在下可以反应　  锌浸出液中相关成分(其他成分无干扰) 离子 Zn2＋ Cu2＋ Cl－ 浓度(g·L－1) 145 0.03 1 A．“浸铜”时应加入足量H2O2，确保铜屑溶解完全 B．“浸铜”反应：2Cu＋4H＋＋H2O2===2Cu2＋＋H2↑＋2H2O C．“脱氯”反应：Cu＋Cu2＋＋2Cl－===2CuCl D．脱氯液净化后电解，可在阳极得到Zn 【答案】　C 【解析】　铜屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2＋，反应的离子方程式为Cu＋2H＋＋H2O2===Cu2＋＋2H2O，再加入锌浸出液进行“脱氯”，“脱氯”步骤中仅Cu元素的化合价发生改变，得到CuCl固体，可知“脱氯”步骤发生反应的化学方程式为Cu2＋＋Cu＋2Cl－===2CuCl↓，过滤得到脱氯液，脱氯液净化后电解，Zn2＋可在阴极得到电子生成Zn。由分析得，“浸铜”时，铜屑不能溶解完全，Cu在“脱氯”步骤还需要充当还原剂，故A错误；“浸铜”时，铜屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2＋，反应的离子方程式为Cu＋2H＋＋H2O2===Cu2＋＋2H2O，故B错误；“脱氯”步骤中仅Cu元素的化合价发生改变，得到CuCl固体，即Cu的化合价升高，Cu2＋的化合价降低，发生归中反应，化学方程式为Cu2＋＋Cu＋2Cl－===2CuCl↓，故C正确；脱氯液净化后电解，Zn2＋应在阴极得到电子变为Zn，故D错误。 6. (2024·甘肃选考)兴趣小组设计了从AgCl中提取Ag的实验方案，下列说法正确的是(　　) AgCl[Ag(NH3)2]＋[Cu(NH3)4]2＋＋,Ag) CuCl2＋,NH4Cl) 溶液①＋,Cu) A．还原性：Ag>Cu>Fe B．按上述方案消耗1 mol Fe可回收1 mol Ag C．反应①的离子方程式是[Cu(NH3)4]2＋＋4H＋===Cu2＋＋4NH D．溶液①中的金属离子是Fe2＋ 【答案】　C 【解析】　从实验方案可知，氨水溶解了氯化银，然后用铜置换出银，滤液中加入浓盐酸后得到氯化铜和氯化铵的混合液，向其中加入铁，铁置换出铜，过滤分离出铜可以循环利用，并通入氧气可将亚铁离子氧化为铁离子。金属活动性越强，金属的还原性越强，而且由题中的实验方案能得到证明，还原性从强到弱的顺序为Fe>Cu>Ag，A不正确；由电子转移守恒可知，1 mol Fe可以置换1 mol Cu，而1 mol Cu可以置换2 mol Ag，因此，根据按上述方案消耗1 mol Fe可回收2 mol Ag，B不正确；反应①中，氯化四氨合铜溶液与浓盐酸反应生成氯化铜和氯化铵，该反应的离子方程式是[Cu(NH3)4]2＋＋4H＋===Cu2＋＋4NH，C正确；向氯化铜和氯化铵的混合液中加入铁，铁置换出铜后生成Fe2＋，然后Fe2＋被通入的氧气氧化为Fe3＋，氯化铵水解使溶液呈酸性，在这个过程中，溶液中的氢离子参与反应，因此氢离子浓度减少促进了铁离子水解生成氢氧化铁沉淀，氢氧化铁存在沉淀溶解平衡，因此，溶液①中的金属离子是Fe3＋，D不正确。 7. (2023·河北选考)一种以锰尘(主要成分为Mn2O3，杂质为铝、镁、钙、铁的氧化物)为原料制备高纯MnCO3的清洁生产新工艺流程如下： 已知：室温下相关物质的Ksp如下表。 Al(OH)3 Mg(OH)2 Ca(OH)2 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Mn(OH)2 MgF2 CaF2 10－32.9 10－11.3 10－5.3 10－16.3 10－38.6 10－12.7 10－10.3 10－8.3 下列说法错误的是(　　) A．酸浸工序中产生的气体①为氯气 B．滤渣①主要成分为Al(OH)3和Fe(OH)3 C．除杂②工序中逐渐加入NaF溶液时，若Ca2＋、Mg2＋浓度接近，则CaF2先析出 D．沉淀工序中发生反应的离子方程式为Mn2＋＋2HCO===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O 【答案】　C 【解析】　由图知锰尘(主要成分为Mn2O3，杂质为铝、镁、钙、铁的氧化物)加入浓盐酸进行酸浸，Mn2O3、铝、镁、钙、铁的氧化物均生成对应的盐，由于Mn2O3具有氧化性，能将盐酸中的氯离子氧化为氯气，故气体①用氢氧化钠溶液进行吸收，防止污染环境，加氨水调节pH为5～6，由表中数据知，可将铁和铝沉淀而除去，故滤渣①主要成分为Al(OH)3和Fe(OH)3，再向滤液中加入氟化钠溶液，可将镁和钙以氟化物的形式除去，滤渣②为氟化钙和氟化镁，此时滤液中主要成分为氯化锰，加入碳酸氢钠溶液，发生Mn2＋＋2HCO===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O，将锰离子沉淀，得到纯度较高的碳酸锰。由分析知，Mn2O3与浓盐酸反应生成Mn2＋和Cl2，A正确；结合表中数据可知，除杂①工序中调pH为5～6，此时会产生Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀，B正确；由于Ksp(MgF2)<Ksp(CaF2)，故Ca2＋、Mg2＋浓度接近时，先析出MgF2沉淀，C错误；由题给流程和分析可知，沉淀工序中Mn2＋与HCO反应生成MnCO3、CO2和H2O离子方程式为Mn2＋＋2HCO===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O，D正确。 练模拟 物质转化价类图 1. (2024·河北保定市二模)部分含铁的纯净物的“价—类”关系如图所示。下列叙述错误的是(　　) A．图中相邻物质中c→d在空气里最易转化 B．在隔绝空气条件下加热FeC2O4可得到b C．在高温下a与水蒸气反应生成b和H2 D．e溶液中加入铜粉，发生氧化还原反应 【答案】　C 【解析】　由图可知，a为铁、b为氧化亚铁、c为氢氧化亚铁、d为氢氧化铁、e为氯化铁。氢氧化亚铁具有强还原性，易与空气中的氧气和水反应生成氢氧化铁，故A正确；草酸亚铁在隔绝空气条件下加热分解生成氧化亚铁、一氧化碳和二氧化碳，故B正确；铁在高温条件下与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，故C错误；氯化铁溶液与加入的铜粉反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应中有元素发生化合价变化，属于氧化还原反应，故D正确。 2. (2024·广东深圳二模)自然界中氮的循环意义重大。其中，部分含氮物质的转化关系呈现在氮及其化合物的“价—类”二维图中。下列说法不正确的是(　　) A．a→b的转化是工业制硝酸的基础 B．既属于g又属于f的盐可用作氮肥 C．汽车中的三元催化器可促进尾气中的b、c向a转化 D．实验室中，常用f与强碱反应产生e来检验f中阳离子的存在 【答案】　A 【解析】　由N元素的化合价及物质所属类别，可确定a为N2、b为NO、c为NO2、d为HNO3、e为NH3、f为铵盐、g为硝酸盐。工业制硝酸的基础是氨的催化氧化，即NH3→NO，而a为N2，则N2→NO的转化不是工业制硝酸的基础，A不正确；既属于g(硝酸盐)又属于f(铵盐)的盐为NH4NO3，它含氮量较高，可用作氮肥，B正确；NO、NO2是大气污染物，利用汽车中的三元催化器，可促进尾气中NO、NO2与CO作用，生成N2和CO2，C正确；实验室中，检验NH时，常用铵盐与强碱在加热条件下反应，通过检验反应产生的NH3检验NH的存在，D正确。 物质转化循环图 3. (2024·湖北武汉市二模)CO2甲烷化是“ 负碳排放”的重要研究方向，某研究团队报道了镍基催化剂上CO2与H2反应生成甲烷的两种机理如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*表示。 下列说法错误的是(　　) A．镍基催化剂增加了活化分子的百分数 B．两种机理均涉及极性键的断裂和生成 C．Ni@SiXNS—H2O机理中CH4的选择性更高 D．Ni@SiXNS—C2H5OH机理涉及反应*CO2＋H＋e－===*HCOO－ 【答案】　C 【解析】　催化剂降低反应的活化能，将普通分子转化为活化分子，则镍基催化剂增加了活化分子的百分数，A正确；两种机理均涉及C===O极性键的断裂和C—H键的生成，B正确；Ni@-SiXNS—C2H5OH机理中主要生成CH4，次要生成CO，则Ni@-SiXNS—C2H5OH机理中CH4的选择性更高，C错误；由图可知Ni@SiXNS—C2H5OH机理涉及反应*CO2＋H＋e－===*HCOO－，D正确。 4. (2024·湖南怀化市二模)一种利用H2和O2直接合成H2O2的反应历程如下图所示。下列说法中错误的是(　　) A．总反应的原子利用率理论上可达100% B．步骤2中，若1 mol O2完全反应，则理论上转移电子数目为2NA C.降低了反应的活化能，加快了反应速率 D.和中Pd的化合价不相同 【答案】　D 【解析】　由图示可知，步骤1为＋H2―→Pd＋2HCl＋2Cl－、步骤2为Pd＋O2＋2Cl－―→、步骤3为＋2HCl―→＋H2O2，所以总反应为H2＋O2H2O2。总反应H2O＋O2H2O2，理论上反应物全部转化为H2O2，故原子利用率理论上为100%，故A正确；步骤2为Pd＋O2＋2Cl－―→，若1 mol O2完全反应，则理论上转移电子数目为2NA，故B正确；由分步反应及总反应可知，为催化剂，催化剂可降低反应的活化能，加快反应速率，故C正确；中Cl化合价为－1价，则Pd元素为＋2价，中Cl化合价为－1价、O化合价为－1价，则Pd元素为＋2价，Pd的化合价相同，故D错误。 物质转化微流程 5. (2024·河北张家口二模)氧化铍是一种核反应器燃料基体和减速剂，还可用作有机反应催化剂，其化学性质与Al2O3相似。以绿柱石(主要成分为3BeO·Al2O3·6SiO2，还有少量含铁化合物)为原料制备氧化铍的工业流程如下。下列说法错误的是(　　) A．“滤渣1”的主要成分为SiO2 B．“转化”时H2O2做氧化剂 C．“调pH”的目的是除去Fe3＋和Al3＋ D．“试剂M”可以选用氨水或NaOH溶液 【答案】　D 【解析】　酸浸时，得到Fe2＋(可能有Fe3＋)、Al3＋、Be2＋，SiO2成为滤渣1，H2O2做氧化剂，把Fe2＋氧化为Fe3＋，加入碳酸钙调pH的目的是除去Fe3＋和Al3＋，得到氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，加入氨水得到氢氧化铍，除杂煅烧得到氧化铍。根据分析知，“滤渣1”的主要成分为SiO2，A正确；H2O2做氧化剂，把Fe2＋氧化为Fe3＋，B正确；加入碳酸钙调pH的目的是除去Fe3＋和Al3＋，得到氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，C正确；氧化铍化学性质与Al2O3相似，过量的NaOH溶液与氧化铍反应，降低了产率，D错误。 6. (2024·湖南衡阳市二模)海水综合利用后的一种卤水中含NaCl、LiCl及少量的MgCl2、CaCl2、MnCl2等，利用该卤水制备Li2CO3的简要流程如图所示(第一次加入纯碱的量以不损失Li，其他离子尽量除去为标准)： 已知： ①卤水中c(Li＋)＝1.581 mol·L－1、c(Mg2＋)＝0.120 mol·L－1；1.5812＝2.5。 ②Li2CO3的溶解度随温度升高而降低。 ③常温下，几种难溶物质的溶度积数据如下表： 物质 Li2CO3 MgCO3 CaCO3 MnCO3 Mg(OH)2 Ksp 2.5×10－2 6.8×10－6 2.8×10－9 2.3×10－11 5.6×10－12 下列说法错误的是(　　) A．滤渣中含有MgCO3、CaCO3和MnCO3 B．在实验室中分离出滤渣需要的玻璃仪器主要为漏斗、玻璃棒和烧杯 C．“ 沉淀池Ⅱ”中滴加烧碱前，c(Mg2＋)＝6.8×10－4 mol·L－1　  D．从“沉淀池Ⅲ”中析出的Li2CO3需用热水洗涤 【答案】　C 【解析】　由题可知杂质包括Mg2＋、Ca2＋、Mn2＋、Na＋、Cl－，故需除去这些杂质，则据流程图中沉淀池Ⅱ可得到Mg(OH)2、NaCl，则沉淀池Ⅰ的滤渣为MgCO3、CaCO3，MnCO3。由分析可知，第一次加入纯碱时会产生MgCO3、CaCO3、MnCO3沉淀，则滤渣中含有MgCO3、CaCO3和MnCO3，A正确；滤渣含MgCO3、MnCO3、CaCO3，过滤需要的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯，B正确；沉淀Ⅱ之前的主要成分有Li＋、Cl－、Na＋、Mg2＋、CO必使Q(Li2CO3)<Ksp(Li2CO3)，让Li2CO3(s)2Li＋(aq)＋CO(aq)正移，故可知c(CO)<＝10－2 mol·L－1即此时c(Mg2＋)>＝6.8×10－4 mol·L－1，C错误；因为Li2CO3的溶解度随温度升高而降低，故用热水洗涤，降低溶解度，D正确。 练预测 1. (2024·河北邯郸三模)轻质碳酸镁[MgCO3·Mg(OH)2·3H2O]是广泛应用于橡胶、塑料、食品和医药工业的化工产品，以卤块(主要成分为MgCl2，含Fe2＋、Fe3＋等杂质离子)为原料制备轻质碳酸镁的工艺流程如图。下列说法错误的是(　　) A．在实验室进行①操作所用的仪器为玻璃棒、烧杯 B．“氧化”工序中发生反应的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O C．②和③工序名称均为“过滤” D．“沉镁”工序控制合适的温度，产生的气体X主要为NH3和CO2 【答案】　D 【解析】　由图知，向卤块(主要成分为MgCl2，含Fe2＋、Fe3＋等杂质离子)中加入盐酸进行酸溶，再加入过氧化氢发生2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O将Fe2＋氧化为Fe3＋，再加入氢氧化钠溶液Fe3＋转化为氢氧化铁沉淀，过滤将其除去得到滤渣，滤渣为氢氧化铁，向滤液中加入碳酸氢铵进行沉镁，发生2Mg2＋＋4HCO＋2H2O===MgCO3·Mg(OH)2·3H2O↓＋3CO2↑，故X主要为二氧化碳，经过过滤，得到轻质碳酸镁[MgCO3·Mg(OH)2·3H2O]，据此回答。①操作需用盐酸溶解卤块，所用仪器为玻璃棒、烧杯，A正确；“氧化”目的是将Fe2＋氧化为Fe3＋，再通过调节pH除去，离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O，B正确；②和③操作都得到液体和固体，均为过滤，C正确；“沉镁”工序中Mg2＋、HCO转化为MgCO3·Mg(OH)2·3H2O[2Mg2＋＋4HCO＋2H2O===MgCO3·Mg(OH)2·3H2O↓＋3CO2↑]，温度过高NH4HCO3分解才可能产生NH3，D错误。 2. (2024·河北张家口市三模)磁选后的炼铁高钛炉渣中的主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。为节约和充分利用资源，利用如图流程制备TiO2·xH2O并回收铝、镁等。 已知：“酸溶”后钛主要以TiO2＋形式存在。下列说法正确的是(　　) A．“焙烧”尾气的主要成分为氮氧化物 B．用热水“水浸”的目的是促进Fe3＋水解 C．母液和尾气可循环使用 D．“酸溶”反应的离子方程式为TiO2＋4H＋===Ti4＋＋2H2O 【答案】　C 【解析】　由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，氧化铝、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质加入热水水浸，二氧化钛不溶于水，硫酸铁和硫酸铝铵溶于水，过滤得到含有二氧化钛的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸铝铵的滤液；向滤液中加入氨水，溶液中铁离子、铝离子依次沉淀；向水浸渣中加入硫酸加热酸溶，二氧化钛与稀硫酸反应得到TiOSO4，过滤得到含有硫酸钙的酸溶渣和TiOSO4溶液；将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液和TiO2·xH2O。由分析可知，尾气为氨气，A错误；用热水“水浸”的目的是促使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O，B错误；母液含有硫酸、尾气含有氨气，氨气溶于水得到氨水，故母液和尾气可循环使用，C正确；已知：“酸溶”后钛主要以TiO2＋形式存在，则“酸溶”反应的离子方程式为TiO2＋2H＋===TiO2＋＋H2O，D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $$