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。