1、2020高考化学大题专项训练化学工艺流程题（1）1钼酸钠晶体(Na2MoO42H2O)是一种金属腐蚀抑制剂。工业上利用钼精矿(主要成分是不溶于水的MoS2)制备钼酸钠的两种途径如图所示：（1）途径I碱浸时发生反应的化学反应方程式为_。（2）途径II氧化时还有Na2SO4生成，则反应的离子方程式为_。（3）已知途径I的钼酸钠溶液中c(MoO42-)=0.40 mol/L，c(CO32-)=0.10mol/L。由钼酸钠溶液制备钼酸钠晶体时，需加入Ba(OH)2固体以除去CO32-。当BaMoO4开始沉淀时，CO32-的去除率是_已知Ksp(BaCO3)=110-9、Ksp(BaMoO4)=4.01
2、0-8，忽略溶液的体积变化。（4）分析纯的钼酸钠常用钼酸铵(NH4)2MoO4和氢氧化钠反应来制取，若将该反应产生的气体与途径I所产生的气体一起通入水中，得到正盐的化学式是_。（5）钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂。常温下，碳素钢在三种不同介质中的腐蚀速率实验结果如下图：当硫酸的浓度大于90%时，碳素钢腐蚀速率几乎为零，原因是_。若缓释剂钼酸钠-月桂酸肌氨酸总浓度为300mgL-1，则缓蚀效果最好时钼酸钠(M=206g/mol) 的物质的量浓度为_(计算结果保留3位有效数字)。（6）二硫化钼用作电池的正极材料时接受Li+的嵌入，锂和二硫化钼形成的二次电池的总反应为：xLi+nM
3、oS2Lix(MoS2)n。则电池放电时正极的电极反应是：_。【答案】（1）MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2 （2）MoS2+9ClO-+6OH-=MoO42-+9Cl-+2 SO42-+3H2O （3）90% （4）(NH4)2CO3和(NH4)2SO3 （5）常温下浓硫酸会使铁钝化 7.2810-4mol/L （6）nMoS2+xLi+xe-=Lix(MoS2)n 【解析】利用钼精矿(主要成分是M
4、oS2)制备钼酸钠有两种途径：途径是先在空气中灼烧生成MnO3，同时得到对环境有污染的气体SO2，然后再用纯碱溶液溶解MnO3，即可得到钼酸钠溶液，最后结晶得到钼酸钠晶体；途径是直接用NaClO溶液在碱性条件下氧化钼精矿得到钼酸钠溶液，结晶后得到钼酸钠晶体。（1）根据题给流程图分析途径I碱浸时，MoO3与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳和Na2MoO4，发生反应的化学方程式为：MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2；（2）途径氧化时MoS2与次氯酸钠、氢氧化钠溶液反应生成Na2MoO4和硫酸钠，利用化合价升降法结合原子守恒和电荷守恒配平，发生反应的离子方程式为MoS2+9ClO-+6OH-=
5、MoO42-+9Cl-+3H2O；（3）BaMoO4开始沉淀时，溶液中钡离子的浓度为：c（Ba2+）= =110-7mol/L，溶液中碳酸根离子的浓度为：c（SO42-）= =110-2mol/L，所以碳酸根离子的去除率为：1=1-10%=90%；故CO32-的去除率是90%；（4）钼酸铵(NH4)2MoO4和氢氧化钠反应生成钼酸钠和氨气，将氨气与途径I所产生的尾气CO2、SO2一起通入水中，得到正盐的化学式是(NH4)2CO3、(NH4)2SO3；（5）浓硫酸具有强氧化性，常温下能使铁钝化。故当硫酸的浓度大于90%时，腐蚀速率几乎为零；根据图示可知，当钼酸钠、月桂酸肌氨酸浓度相等时，腐蚀速率
6、最小，缓蚀效果最好，所以钼酸钠的浓度为：150mgL-1，1L溶液中含有的钼酸钠物质的量为：7.2810-4mol，所以钼酸钠溶液的物质的量浓度为：7.28l0-4molL-1，故答案为7.28l0-4molL-1；（6）根据锂和二硫化钼形成的二次电池的总反应为：xLi+nMoS2Lix(MoS2)n，可知锂是还原剂，在负极发生氧化反应，负极反应式为：xLi-xe-=xLi+，是氧化剂在正极发生还原反应，据此书写电池放电时的正极反应式：正极反应式为：nMoS2+xLi+xe-=Lix（MoS2）n。2硒是典型的半导体材料，在光照射下导电性可提高近千倍。图1是从某工厂的硒化银半导体废料(含Ag2
7、Se、Cu单质)中提取硒、银的工艺流程图：（1）为提高反应的浸出速率，可采取的措施为_(答出两条)。（2）已知反应生成一种可参与大气循环的气体单质，写出该反应的离子方程式_。（3）反应为Ag2SO4(s)2Cl(aq)2AgCl(s)(aq)；常温下，Ag2SO4、AgCl的饱和溶液中阳离子和阴离子浓度关系如图2所示。则Ag2SO4(s)2Cl(aq) 2AgCl(s) (aq)的化学平衡常数的数量级为_。（4）写出反应的化学方程式_。（5）室温下，H2SeO3水溶液中H2SeO3、的物质的量分数随pH的变化如图3所示，则室温下H2SeO3的Ka2_。【答案】（1）加热、增大硫酸的浓度、粉碎固
8、体废料、搅拌等 （2）4AgClN2H4H2O4OH=4Ag4ClN25H2O (或4AgClN2H44OH=4Ag4ClN24H2O) （3）1014 （4）H2SeO32SO2H2O=2H2SO4Se(或H2SeO32H2SO3=2H2SO4SeH2O) （5）107.3 【解析】（1）根据外界条件对反应速率的影响，为了提高浸出速率，可以采取的措施有加热、增大硫酸的浓度、粉碎固体废料、搅拌等；（2）反应中AgCl转化为Ag，Ag的化合价降低，则N2H4H2O中N
9、的化合价升高，结合题意知N2H4H2O转化为N2，反应的离子方程式为：4AgClN2H4H2O4OH=4Ag4ClN25H2O (或4AgClN2H44OH=4Ag4ClN24H2O)；（3）根据题图2，可以计算出Ksp(AgCl)c(Ag)c(Cl)105104.75109.75，Ksp(Ag2SO4)c2(Ag)c(SO)(102)2101105。该反应的平衡常数K 1014.5100.51014，1<100.5<10，故该反应的化学平衡常数的数量级为1014；（4）反应为SO2和H2SeO3的反应，H2SeO3转化为Se，H2SeO3被还原，则SO2被氧化，SO
10、2转化为H2SO4，根据得失电子守恒和原子守恒，配平化学方程式为：H2SeO32SO2H2O=2H2SO4Se；（5）根据题图3，可知pH7.30时，HSeO、SeO的物质的量分数相等，即c(HSeO)c(SeO)，则H2SeO3的Ka2 c(H)107.3。3重铬酸钠是一种用途极广的氧化剂，工业上可以用铬铁矿主要成分Fe(CrO2)2（或写成FeOCr2O3），还含有Al2O3、Fe2O3、SiO2等杂质制备，同时还可回收Cr。其主要工业流程如图所示：已知部分物质的溶解度曲线如图1所示。 图1 &
11、nbsp; 图2请回答下列问题：（1）煅烧生成Na2CrO4的化学方程式为_。（2）煅烧后的浸出液中除了含有NaOH、Na2CO3、Na2CrO4外，还含有_（填化学式）。（3）调节溶液的pH所选的试剂为_（填名称）。（4）操作a的实验步骤为 _。（5）加入Na2S溶液反应后，硫元素全部以S2O32的形式存在，写出生成Cr(OH)3的离子方程式_。（6）采用石墨电极电解Na2CrO4溶液制备Na2Cr2O7，其原理如图2所示。写出电极b的电极反应方程式：_。测定阳极液中Na元素和Cr元
12、素的含量，若Na元素与Cr元素的物质的量之比为n，则此时Na2CrO4的转化率为_。（7）根据有关国家标准，含CrO42的废水要经化学处理，使其浓度降至5.0107molL1 以下才能排放。可采用加入可溶性钡盐生成BaCrO4沉淀Ksp(BaCrO4)=1.21010，再加入硫酸处理多余的Ba2+的方法处理废水，加入可溶性钡盐后，废水中Ba2+的浓度应不小于_molL1 ，废水处理后方能达到国家排放标准。【答案】（1）4Fe(CrO2)2+7O2+8 Na2CO3=2 Fe2O3+8 Na2CrO4+8CO2 （2）Na2SiO3、 NaAlO2 （3）
13、稀硫酸 （4）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 （5）23H2O+6S2-+ 8CrO42-= 8Cr(OH)3+ 3S2O32+22OH-。 （6）2H2O-4e-=O2+4H+ (2-n)100； （7）2.4104 【解析】根据铬铁矿的主要成分判断煅烧后的产物，根据杂质的成分及除杂产生的滤渣Al(OH)3和H2SiO3进行逆推，可知浸出液除了含有NaOH、Na2CO3、Na2CrO4外，还含有Na2SiO3， NaAlO2。根据电子守恒完成煅
14、烧反应方程式；根据电池的正负极确定电解池的阴、阳极，根据氧化还原反应写电极反应方程式。（1）铬铁矿主要成分Fe(CrO2)2，还含有Al2O3、Fe2O3、SiO2等杂质， 加入纯碱和空气高温煅烧生成Na2CrO4的化学方程式为：4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO3=2 Fe2O3+8 Na2CrO4+8CO2；答案：4Fe(CrO2)2+7O2+8 Na2CO3=2 Fe2O3+8 Na2CrO4+8CO2。（2） 根据调节pH后产生滤渣Al(OH)3和H2SiO3.可知加入纯碱和空气高温煅烧后，再加水过滤，浸出液中除了含有NaOH、Na2CO3、Na2CrO4外应该还会有Na2Si
15、O3、NaAlO2。答案：Na2SiO3、NaAlO2。（3）根据酸化产物有Na2SO4可知调节溶液的pH所选的试剂为稀硫酸。答案：稀硫酸。（4）由溶液通过操作a后混合物分离为液体a和固体a两部分，从液体a可以提取重铬酸钠晶体，则固体a为硫酸钠晶体，根据溶解度曲线可知，硫酸钠的溶解度在较高温度下较小，在较低温度下也较小，故可以蒸发浓缩得到硫酸钠的饱和溶液，再降温结晶析出硫酸钠晶体，所以操作a为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；答案：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。（5）加入Na2S溶液反应后，硫元素全部以S2O32的形式存在，CrO42生成Cr(OH)3，的离子方程式：23H2O+6S2-+ 8CrO42-
16、= 8Cr(OH)3+ 3S2O32+22OH-。答案：23H2O+6S2-+ 8CrO42-= 8Cr(OH)3+ 3S2O32+22OH-。（6）根据电池的正负极确定电解池b为阳极，电极反应方式为：2H2O-4e-=O2+4H+；答案：2H2O-4e-=O2+4H+；电解制备Na2Cr2O7过程的总反应方程式为Na2CrO+H2O = Na2Cr2O7+4NaOH+2H2+O2设加入反应容器内的Na2CrO4为1mol，反应过程中有xmol Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，则阳极区剩余Na2CrO4为(1-x)mol，对应的n(Na)=2(1-x)， (1-x)mol，生成的Na2C
17、r2O7为x/2mol，对应的n(Na)=xmol， n(Cr)= xmol，根据： Na与Cr的物质的量之比为n，计算得出x=2-d，转化率为(2-n)/1100=(2-n)100；答案：(2-n)100；（7）国家标准含CrO42的废水要经化学处理，使其浓度降至5.0107molL1，以下才能排放。 Ksp(BaCrO4)=，所以c(Ba2+)= Ksp(BaCrO4)/c(CrO42)= 1.21010/5.0107=2.4104；答案：2.4104。4一种利用化肥中废催化剂(含CoO、Co、Al2O3及少量FeO)制取明矾和CoSO4粗产品的工艺流程如下：已知：(i)相关金属离子形成氢
18、氧化物沉淀的pH范围如下表所示：()Al(OH)3在碱性条件下开始溶解时的pH为7.8，完全溶解时的pH为11。回答下列问题：（1）写出H2O2的电子式：_。（2）下列措施一定能提高步骤I中A13+和Co2+的浸取率的是_(填标号)a将废催化剂粉磨为细颗粒b步骤I中的硫酸采用98%的浓硫酸c适当提高浸取时的温度（3）步骤中，写出“氧化”过程中Fe2+被氧化的离子方程式：_，若“氧化”后再“调节pH=3”，造成的后果是_。（4）步骤中加K2CO3应控制pH的范围为_。（5）测定CoSO4粗产品中钴的质量分数的步骤如下：准确称取ag产品，先经预处理，然后加入过量的冰乙酸，在加热煮沸下，缓慢滴加KN
19、O2溶液直至过量，生成不溶于乙酸的K3Co(NO2)6，再经过滤、洗涤及干燥，称量沉淀的质量为bg。KNO2溶液氧化并沉淀Co2+的离子方程式为_(已知KNO2被还原为NO)。粗产品中钴元素的质量分数为_(MrK3Co(NO2)6=452，列出计算式)。【答案】（1） （2）ac （3）2Fe2+H2O2+4H2O=2Fe(OH)3+4H+ Fe3+对双氧水的分解有催化作用，造成原料利用率低（4）pH11 （5）Co2+3K+7NO2-+2CH3COOHK3Co(NO2)6 +NO+ H2O
20、+2CH3COO- 100% 【解析】废催化剂(含CoO、Co、Al2O3及少量FeO)加入硫酸酸浸反应后得到浸取液，主要含有Co2+、Al3+、Fe2+、H+和SO42-等离子，调节溶液的pH=3，再加入H2O2，Fe2+被氧化为Fe3+并产生Fe(OH)3沉淀。过滤后，滤液中加入K2CO3调节pH，生成Co(OH)2沉淀和KAlO2溶液，经过滤分离。Co(OH)2沉淀加硫酸溶解经后续处理得到粗产品CoSO4，滤液加硫酸酸化得到硫酸铝钾溶液，经结晶得到明矾，以此分析解答。（1）H2O2为共价化合物，两个氧原子共用一对电子，电子式为：，因此，
21、本题正确答案是：；（2） a将废催化剂粉磨为细颗粒，增大反应物的接触面积，能提高浸取率，故a正确；b该反应为H+参加的离子反应，98%的浓硫酸中的氢离子浓度极小，不利于酸浸，故b错误；c升高温度化学反应速率加快，所以适当提高浸取时的温度，能提高浸取率，故c正确。因此，本题正确答案是：ac；（3）Fe2+被氧化为Fe3+，pH=3时产生Fe(OH)3沉淀，离子方程式为：2Fe2+H2O2+4H2O=2Fe(OH)3+4H+；Fe3+对双氧水的分解有催化作用，若“氧化”后再“调节pH=3”，会造成原料利用率低。（4） 由已知(i)可知，Co2+沉淀完全的pH为9.2，由已知() 可知，Al(OH)
22、3完全溶解时的pH为11，所以要分离出Al3+，应控制pH的范围为pH11，（5）KNO2将Co2+氧化为Co3+，并生成K3Co(NO2)6 沉淀，NO2-被还原为NO，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒写出离子方程式为Co2+3K+7NO2-+2CH3COOHK3Co(NO2)6 +NO+ H2O+2CH3COO-。因此，本题正确答案是：Co2+3K+7NO2-+2CH3COOHK3Co(NO2)6 +NO+ H2O+2CH3COO-；bg K3Co(NO2)6中含Co元素的质量为bg，则粗产品中钴元素的质量分数为100%，5FePO4是一种难溶于水的白色固体，可作金属防腐剂，也可用于制
23、备电动汽车电池的正极材料 LiFePO4。实验室利用FeSO47H2O和H3PO4(弱酸)制备FePO4、 LiFePO4流程如下图：回答下列问题：（1）“溶解”时H3PO4不宜过量太多的原因是_。（2）洗涤FePO4沉淀的操作是_。若经多次洗涤后所得“FePO4”仍呈棕色，则“FePO4”最可能混有的杂质是_。（3）“反应1”时总反应的离子方程式是：_。（4）“反应2”时总反应的化学方程式是：2LiOH+6H2C2O4+2FePO4=2LiFePO4+ 7CO2+ 5X+7H2O，其中X的化学式为_；每生成1 mol LiFePO4，该反应转移_mole。（5）LiFePO4电池稳定性高、安
24、全、对环境友好，该电池的总反应式是：LiFePO4+C6Li1- xFePO4+LixC6，其放电时工作原理如图所示。则：充电时，a极的电极名称为_；放电时，b极的电极反应式为：_。【答案】（1）防止后续反应中消耗NaOH，浪费原料 （2）向漏斗中加入蒸馏水刚好浸没沉淀，待水流尽，重复操作23次 Fe(OH)3 （3）2 Fe2+ + ClO+ 2H3PO4 + 4 OH=2FePO4+ Cl+ 5H2O （4）CO 3.5 （5）阴极 &
25、nbsp; Li1xFePO4 + xLi+ + xe=LiFePO4 【解析】（1）为了防止后续反应中消耗过多的NaOH，浪费原料，故“溶解”时H3PO4不宜过量太多；（2）洗涤FePO4沉淀的操作是向漏斗中加入蒸馏水刚好浸没沉淀，待水流尽，重复操作23次；Fe(OH)3是一种红褐色的固体，若经多次洗涤后所得“FePO4”仍呈棕色，则“FePO4”最可能混有的杂质是Fe(OH)3；（3）“反应1”时亚铁离子被次氯酸钠氧化，碱性条件下铁离子与磷酸根离子反应产生磷酸铁沉淀，总反应的离子方程式是2 Fe2+ + ClO+ 2H3PO4 + 4 OH=2FePO
26、4+ Cl+ 5 H2O；（4）根据质量守恒可知，反应2LiOH + 6H2C2O4 + 2FePO4=2LiFePO4 + 7CO2 + 5X +7H2O右边还少了5个C、5个O，X的计量数为5，则X的化学式为CO；反应中碳元素由+3价降为+2价、铁元素由+3价降为+2价；碳元素由+3价升为+4价，根据氧化还原反应原理，每生成2molLiFePO4，则生成7mol CO2，转移7mole-，故每生成1molLiFePO4，该反应转移3.5mole-；（5）原电池中阳离子向正极移动，锂离子向电极b移动，则电极b为正极，充电时b电极为阳极、a为阴极；放电时，正极b极上Li1xFePO4得电子产生
27、LiFePO4，电极反应式为Li1xFePO4 + xLi+ + xe=LiFePO4。6某科研课题小组研究利用含H+、Na+、Zn+、Mn2+、Fe2+、Fe3+、SO42的工业废电解质溶液，制备高纯的ZnO、MnO2、Fe2O3，设计出如下实验流程：回答下列问题：（1）加入双氧水的目的是_。（2）第一次调pH使Fe3+完全沉淀，写出反应的离子方程式_。（3）第二次调pH前，科研小组成员分析此时的溶液，得到相关数据见下表(表中金属离子沉淀完全时，其浓度为1105mol/L)。为防止Mn2+也同时沉淀造成产品不纯，最终选择将溶液的pH控制为7，则此时溶液中Zn2+的沉淀率为_，利用滤渣制备高纯
28、的ZnO时，必然含有极其微量的_(以物质的化学式表示)。（4）已知常温下，Ksp(MnS)=3.01014、Ksp(ZnS)=1.51024。在除锌时发生沉淀转化反应为：MnS(s)+Zn2+(aq)ZnS(s)+Mn2+(aq)，其平衡常数K=_。（5）沉锰反应在酸性条件下完成，写出该反应的离子方程式_。【答案】（1）将Fe2+氧化为Fe3+ （2）Fe3+3OH-=Fe(OH)3 （3）99% Fe2O3 （4）21010 （5）Mn2+S2O82-+2H2O=
29、MnO2+2SO42-+4H+ 【解析】本题考查了Fe3+ 和Fe2+相关性质、调节pH在物质分离提纯中的作用、以及平衡常数的计算方法。（1）加入双氧水的目的是将Fe2+氧化为Fe3+ （2）第一次调pH使Fe3+完全沉淀，其反应的离子方程式Fe3+3OH-=Fe(OH)3（3）pH控制为7，c(H+)=10-7；c(OH-)=10-7，c(Zn2+)= Ksp/ c2(OH-)=1.210-3，（1.210-3）/1.2 100%=10%，Zn2+的沉淀率=1-10% = 99% 。
30、
31、
32、; &nbs
33、p; &nb
34、sp; &n
35、bsp; 第一次调pH使Fe3+完全沉淀时，有及其少量的Fe3+存在，所以利用滤渣制备高纯的ZnO时，必然含有极其微量的Fe2O3。（4）、MnS(s)= Mn2+(aq)+ S2-
36、 (aq) Ksp(MnS)=3.01014、ZnS(s)= Zn2+(aq) + S2- (aq) Ksp(ZnS)=1.51024，在除锌时发生沉淀转化反应为：MnS(s)+Zn2+(aq)ZnS(s)+Mn2+(aq)，其平衡常数K=3.01014/1.51024=21010（5）、沉锰反应在酸性条件下完成，由生成物为MnO2可知Mn化合价升高，则S化合价下降，根据得失电子守恒配平反应为Mn2+S2O82-+2H2O=MnO2+2SO42-+4H+。7氧化亚铜(Cu2O)是一种用途广泛的光电材料，某工厂以硫化铜矿石（含CuFeS2、Cu2S等）为原料制取Cu2O
37、的工艺流程如下：常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表Fe(OH)2Fe(OH)3Cu(OH)2开始沉淀7.52.74.8完全沉淀9.03.76.4（1）炉气中的有害气体成分是_，Cu2S与O2反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。（2）若试剂X是H2O2溶液，写出相应反应的离子方程式：_。并写出H2O2的电子式_，Fe（铁）在元素周期表中的位置：_；当试剂X是_时，更有利于降低生产成本。（3）加入试剂Y调pH时，pH的调控范围是_。（4）操作X包括_、洗涤、烘干，其中烘干时要隔绝空气，其目的是_。（5）以铜与石墨作电极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O，写出阳极上生成C
38、u2O的电极反应式：_。【答案】（1）SO2 21 （2） 第四周期第族 空气或氧气（3） （4）过滤 防止被空气中氧气氧化 （5） 【解析】根据流程：硫化铜矿石(含 CuFeS2、Cu2S等)预处理后与氧气焙烧：2CuFeS2+4O2Cu2S+3SO2+2FeO、Cu2S+2O22CuO+SO2，部分FeO被氧化为Fe2O3，得到相应的金属氧化物和二氧化硫气体
39、，加入稀硫酸溶解金属氧化物，得到含有Cu2+、Fe2+、Fe3+的酸性溶液，加入试剂X将Fe2+氧化为Fe3+，加入试剂Y调节pH沉淀Fe3+，过滤，向滤液中加入KOH，用N2H4还原，反应为：4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+N2+4KSO4+6H2O，过滤，洗涤、隔绝空气烘干，制得Cu2O，据此分析解答。（1）根据流程，矿石与氧气得到金属氧化物和SO2；Cu2S与O2反应为Cu2S+2O22CuO+SO2，氧化剂为氧气，还原剂为Cu2S，氧化剂与还原剂的物质的量之比为21，故答案为：SO2；21；（2）若试剂X是H2O2溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，离子反应为：2Fe2+2H+
40、H2O2=2Fe3+2H2O；H2O2的电子式为，Fe(铁)为26号元素，在元素周期表中位于第四周期第族；酸性条件下，氧气也可将Fe2+氧化为Fe3+，而氧气或空气价格远低于过氧化氢，故可用氧气或空气替代，故答案为：2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O；第四周期第族；空气或氧气；（3）加入试剂Y的目的是：调节pH完全沉淀Fe3+，但不沉淀Cu2+，根据表中数据可知，pH范围为：3.7pH4.8，故答案为：3.7pH4.8；（4）操作X为过滤，滤渣经洗涤、烘干，制得Cu2O；因为Cu2O具有较强的还原性，在加热条件下易被空气氧化，故烘干过程要隔绝空气，故答案为：过滤；防止生成的Cu2O被空气氧化；（5）以铜与石墨作电极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O，阳极发生氧化反应，电极反应式为：2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O，故答案为：2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O。
