化学解答题练习三解析版高考化学解答题专练元素化合物与工艺流程.docx

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化学解答题练习三解析版高考化学解答题专练元素化合物与工艺流程

化学解答题练习（三）解析版

1．二氧化碲主要用于制备二氧化碲单晶、红外器件、声光器件红外窗口材料、电子元件材料及防腐剂等。

一种从锑铋碲合金粉中制取二氧化碲的工艺流程如下：

已知:

 Sb2O3和Bi2O3不能与碱反应，TeO2能与碱反应。

回答下列问题：

（1）TeO2中Te的化合价为______。

（2）锑铋碲合金粉在450℃左右加入浓H2SO4“焙烧”时，单质锑、铋和碲分别转化为Sb2O3、Bi2O3和TeO2，其中单质锑转化为Sb2O3的化学方程式为________。

（3）碱浸时发生反应的化学方程式为________，浸渣的主要成分为_____。

（4）沉碲时发生反应的离子方程式为__________。

（5）沉碲后经过过滤洗涤、干燥可得TeO2，其中检验TeO2是否洗涤干净的操作为_______。

【答案】

（1）+4

（2）2Sb+3H2SO4=Sb2O3+3SO2↑+3H2O（3）TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2OSb2O3和Bi2O3（4）TeO

+2H+=TeO2+H2O（5）取少量最后一次过滤的滤液于小试管中，加入稀盐酸酸化后，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则没有洗涤干净，反之，则洗涤干净

【解析】

（1）根据化学式的化合价代数和为0，则TeO2中Te的化合价为+4，故答案为：

+4；

（2）锑铋碲合金粉在450℃左右加入浓H2SO4“焙烧”时，单质锑、铋和碲分别转化为Sb2O3、Bi2O3和TeO2，所以单质锑和浓硫酸反应生成了Sb2O3，SO2和H2O，化学方程式为2Sb+3H2SO4=Sb2O3+3SO2↑+3H2O，故答案为：

2Sb+3H2SO4=Sb2O3+3SO2↑+3H2O；

（3）碱浸时，TeO2能与碱反应，生成Na2TeO3和H2O，化学方程式为TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O，由于Sb2O3和Bi2O3不能与碱反应，所以浸渣的主要成分为Sb2O3和Bi2O3，故答案为：

TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O；Sb2O3和Bi2O3；

（4）沉碲时Na2TeO3和硫酸反应生成TeO2，Na2SO4和水，离子方程式为:

TeO

+2H+=TeO2+H2O，故答案为：

TeO

+2H+=TeO2+H2O；

（5）沉碲后经过过滤洗涤、干燥可得TeO2，可通过检验滤液中是否含有硫酸根离子来判断TeO2是否洗涤干净，故答案为：

取少量最后一次过滤的滤液于小试管中，加入稀盐酸酸化后，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则没有洗涤干净，反之，则洗涤干净。

2．亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效氧化剂和优质漂白剂。

一种以氯酸钠（NaClO3）为原料制备NaClO2粗品的工艺流程如图所示：

已知：

①纯ClO2易分解爆炸，空气中ClO2的体积分数在10%以下比较安全；

②NaClO2在碱性溶液中稳定存在，在酸性溶液中迅速分解；

③含水NaClO2受热易分解。

（1）试剂A可以选择___________（填字母序号）。

a.SO2　　b.浓硝酸　　c.KMnO4

（2）反应Ⅱ的离子方程式为_______。

（3）下列关于上述流程的说法中，合理的是___________（填字母序号）。

a.反应Ⅰ进行过程中应持续鼓入空气

b.反应Ⅰ后得到的母液中，溶质的主要成分是NaCl

c.反应Ⅱ中NaOH应过量

（4）已知压强越大，物质的沸点越高。

反应Ⅱ结束后采用“减压蒸发”操作的原因是________。

（5）中间产物二氧化氯（ClO2）在生产生活中也有广泛应用。

用ClO2处理泄漏的氰化钠（NaCN，其中N化合价为-3价），得到无毒的NaCl、N2和CO2。

请写出该反应的化学方程式，__________，指出氧化剂______________被氧化的元素________氧化产物_________

【答案】

（1）a

（2）2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO

+2H2O+O2（3）ac（4）在较低温度蒸发浓缩，可防止温度过高NaClO2分解（5）2ClO2+2NaCN=2NaCl+N2↑+2CO2↑ClO2C、NN2、CO2

【解析】NaClO3和浓H2SO4在反应器I中发生还原反应生成ClO2和Na2SO4，所以试剂A可以用二氧化硫，ClO2在反应器II中与双氧水、氢氧化钠反应生成亚氯酸钠，再得到其晶体：

（1）根据上面的分析可知试剂A为SO2，故选a，故答案为：

a；

（2）反应Ⅱ中ClO2被双氧水还原成

，反应的离子方程式为2ClO2+H2O2+2OH-═2

+2H2O+O2，故答案为：

2ClO2+H2O2+2OH-═2

+2H2O+O2；

（3）根据信息纯ClO2易分解爆炸，空气中ClO2的体积分数在10%以下比较安全，所以要持续通过量的空气，NaClO2在碱性溶液中稳定存在，在酸性溶液中迅速分解，所以反应Ⅱ中碱要过量，因为试剂A为二氧化硫，NaClO3被还原成ClO2，所以反应Ⅰ后得到的母液中，溶质的主要成分是Na2SO4，故选ac，故答案为：

ac；

（4）含水NaClO2受热易分解，所以亚氯酸钠溶液中获得晶体，温度不能太高，所以反应Ⅱ结束后采用“减压蒸发”操作，在较低温度蒸发浓缩，可防止温度过高NaClO2分解，故答案为：

在较低温度蒸发浓缩，可防止温度过高NaClO2分解；

（5）用ClO2处理泄漏的氰化钠（NaCN，其中N化合价为-3价），则C的化合价为+2价，得到无毒的NaCl、N2和CO2，根据氧化还原反应配平原则，得失电子数相等，采用最小公倍数法进行配平，故该反应的化学方程式为2ClO2+2NaCN=2NaCl+N2↑+2CO2↑，在反应中ClO2中Cl元素化合价降低，被还原，故氧化剂为ClO2，NaCN中N和C元素化合价升高，被氧化，故被氧化的元素为N、C，被氧化而成的产物是氧化产物，故氧化产物为N2、CO2，故答案为：

2ClO2+2NaCN=2NaCl+N2↑+2CO2↑；ClO2；N、C；N2、CO2。

3．以辉铜矿（主要成分为Cu2S，含少量SiO2）为原料制备硝酸铜的流程如图示：

（1）“浸取”后过滤得到的矿渣成分是__________（填化学式）。

（2）“浸取”反应中，每生成1molCuCl2，反应中转移电子的数目约为__________。

（3）向滤液M中加入（或通入）__________（填字母），可使流程中__________（化学式）循环利用。

a.铁b.氯气c.高锰酸钾d.氯化氢

（4）“保温除铁”过程中，加入氧化铜的作用是_____________。

（5）某探究性小组的研究成果如图所示，可以用废铜屑和黄铜矿（主要成分为CuFeS2）来富集Cu2S，当反应中转移0.2mol电子时，生成Cu2S__________mol。

【答案】

（1）S和SiO2

（2）

（3）bFeCl3（4）调节溶液的pH，使铁完全转化为Fe（OH）3沉淀（5）0.2

【解析】

（1）辉铜矿加入氯化铁溶液溶解浸取，二氧化硅不反应，过滤得到矿渣用苯回收硫单质，说明Cu2S和FeCl3发生反应生成S单质，故答案为：

S和SiO2；

（2）浸取过程中Fe3+将Cu2S氧化，根据Cu2S的最终产物CuCl2及电子守恒和元素守恒可得该反应总的离子反应方程式为Cu2S+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S，反应中2CuCl2

4e-，则每生成1molCuCl2，反应中转移电子的数目为2NA，约为

，故答案为：

；

（3）M中主要物质为氯化亚铁，通入氯气可生成氯化铁，实现循环使用，故答案为：

b；FeCl3；

（4）“保温除铁”过程要除去Fe3+，故需要加入氧化铜来调节pH值，使Fe3+生成氢氧化铁沉淀，故答案为：

调节溶液的pH，使铁完全转化为Fe（OH）3沉淀；

（5）从图中可知，反应前后硫化氢的质量和性质没有发生改变，为催化剂，在该转化中Cu被氧化成Cu2S，化合价升高+1价，CuFeS2被还原成Cu2S，化合价降低-1价，根据电子守恒，当转移0.2mol电子时，生成Cu2S0.2mol，故答案为：

催化剂；0.2。

24．工业上常用钒炉渣（主要含FeO•V2O3，还有少量SiO2、P2O5等杂质）提取V2O5的流程如图：

（1）焙烧的目的是将FeO·V2O3转化为可溶性NaVO3，写出该反应的化学方程式______该过程中被氧化的元素是_________；浸出渣的主要成分为_________（填化学式）。

（2）用MgSO4溶液除硅、磷时，滤渣的主要成分为__________。

（3）在焙烧NH4VO3的过程中，固体质量的减少值（纵坐标）随温度变化的曲线如图所示，210℃时，剩余固体物质的化学式为____________。

（4）由V2O5冶炼金属钒采用铝热法，引发铝热反应的实验操作是________。

（5）将V2O5溶于足量稀硫酸得到250mL（VO2）2SO4溶液。

取25.00mL该溶液于锥形瓶中，用0.1000mol·L-1H2C2O4标准溶液进行滴定，达到滴定终点时消耗标准溶液的体积为20.00mL。

已知滴定过程中H2C2O4被氧化为CO2，VO

（黄色）被还原为VO2+（蓝色）。

①该滴定实验不需要另外加入指示剂，达到滴定终点的现象是_________。

②（VO2）2SO4溶液中溶质的物质的量浓度为__________。

③达到滴定终点时，俯视滴定管读数将使结果_________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。

【答案】

（1）4FeO•V2O3+4Na2CO3+5O2=8NaVO3+2Fe2O3+4CO2V、FeFe2O3

（2）MgSiO3、Mg3（PO4）2（3）HVO3（4）在铝热剂上面加少量氯酸钾，并在混合物中间插一根镁条，点燃镁条（5）溶液由黄色变为蓝色，且半分钟不恢复原色0.08mol·L-1偏低

【解析】

（1）FeO·V2O3与氧气、碳酸钠焙烧转化为可溶性NaVO3等，该反应的化学方程式为：

4FeO•V2O3+4Na2CO3+5O2=8NaVO3+2Fe2O3+4CO2；该反应中，铁、钒元素的化合价升高，FeO•V2O3作还原剂，V、Fe被氧化；氧化铁不溶于水，故浸出渣为氧化铁；

故答案为：

4FeO•V2O3+4Na2CO3+5O2=8NaVO3+2Fe2O3+4CO2；V、Fe；Fe2O3；

（2）溶液中加入硫酸镁除去硅、磷，过滤，滤渣的主要成分为MgSiO3、Mg3（PO4）2；

（3）在焙烧NH4VO3的过程中生成氨气和HVO3，HVO3进一步分解生成V2O5，在210℃时若分解生成酸和氨气，则剩余固体HVO3占起始固体NH4VO3百分含量为

，210℃时，剩余固体物质的化学式为HVO3；

（4）铝热反应需在铝热剂上方铺一层氯酸钾，作助燃剂，并在上方插入镁条作引燃剂，即引发铝热反应的实验操作是在铝热剂上面加少量氯酸钾，并在混合物中间插一根镁条，点燃镁条；

（5）①滴定过程中H2C2O4被氧化为CO2，VO

（黄色）被还原为VO2+（蓝色），所以该滴定实验不需要另加指示剂，达到滴定终点的现象是：

溶液由黄色变为蓝色，且半分钟不变色；

②反应中V元素的化合价由+5价变为+4价，得到1个电子，碳元素化合价由+3价变为+4价，失去一个电子，则由电子得失守恒可知，参加反应的（VO2）2SO4的物质的量等于草酸的物质的量，即为0.1mol/L×0.02L=0.002mol，则（VO2）2SO4溶液中溶质的物质的量浓度为

；

③达到滴定终点时，俯视滴定管读数，则读数偏小，消耗标准液体积减少，将使结果偏低；

故答案为：

溶液由黄色变为蓝色，且半分钟不恢复原色；0.08mol·L-1；偏低。

5．草酸钴可用于指示剂和催化剂的制备。

用含钴废料（主要成分为Co,含有一定量的NiO、Al2O3、Fe、SiO2等）制备草酸钴晶体（CoC2O4·2H2O）的流程如下:

已知:

①草酸钴晶体难溶于水:

②RH为有机物（难电离）。

回答下列问题:

（1）酸浸时钴溶解反应的化学方程式为_______，浸出液中加入H2O2后发生反应的离子方程式为______。

（2）加入氧化钴的目的是_______，滤渣的II主要成分是_______。

（3）操作①为____________（填操作名称）。

（4）已知:

NH3·H2O

NH4++OH-Kb=1.8×10-5;

H2C2O4

H++HC2O4-Ka1=5.4×10-2

HC2O4-

H++C2O42-Ka2=5.4×10-5

该流程中所用（NH4）2C2O4溶液的pH_________（填“>”“<"或"一"）7.

（5）钴的含氧酸盐受热分解最终产物多为氧化物，已知18.3gCoC2O4·2H2O热分解质量变化过程如图所示（其中600°C以前是隔绝空气加热，6000°C以后是在空气中加热），A、B、C均为纯净物。

①A点对应物质的化学式为________________

②B→C反应的化学方程式为____________________。

【答案】

（1）Co+H2SO4=CoSO4+H2↑2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O

（2）调节溶液的pH，沉淀Fe3+和Al3+Fe（OH）3、Al（OH）3（3）萃取分液（4）＜（5）CoC2O46CoO+O2

2Co3O4

【解析】⑴酸浸时钴溶解是钴和硫酸反应生成硫酸钴和氢气，反应的化学方程式为Co+H2SO4=CoSO4+H2↑，浸出液中加入H2O2主要是亚铁离子被H2O2氧化变为铁离子，反应的离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；故答案为：

Co+H2SO4=CoSO4+H2↑；2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O。

⑵加入氧化钴，发生CoO+2H+=Co2++H2O，调节溶液的pH，使Fe3+和Al3+转化为沉淀，根据前后联系得出滤渣的II主要成分是Fe（OH）3、Al（OH）3；故答案为：

调节溶液的pH，沉淀Fe3+和Al3+；Fe（OH）3、Al（OH）3。

⑶根据有机层与水层得出操作①为萃取分液；故答案为：

萃取分液。

⑷该流程中所用（NH4）2C2O4溶液，铵根水解显酸性，草酸根水解显碱性，谁的水解程度越大显谁的性质，NH4+的

，C2O42−的

，则NH4+的水解程度大于C2O42−的水解程度，溶液显酸性，因此pH＜7；故答案为：

＜。

⑸18.3gCoC2O4·2H2O物质的量为0.1mol，加热时先失去结晶水，若全部转化为CoC2O4，则固体质量为14.7g，故A为CoC2O4，继续加热，如果完全反应，可得到0.1molCoO（质量为7.5g），故B点为CoO，600°C以后是在空气中加热，由固体质量增加可知，有空气中的成分进入固体，则CoO与空气中氧气反应，8.03g固体中Co的物质的量为0.1mol，质量为5.9g，所以氧的质量为2.13g，则氧的物质的量为0.133mol，由两者的物质的量之比可得C为Co3O4，B到C的反应方程式为6CoO+O2

2Co3O4；故答案为：

CoC2O4；6CoO+O2

2Co3O4。

6．近年来，FePO4作为制备锂离子电池正极材料LiFePO4的重要原料而成为研究热点。

一种以FeCl3、H3PO4、氨水为主要原料制备FePO4的流程如图：

已知：

H3PO4是弱电解质

（1）将FeCl3溶液与H3PO4溶液混合，没有明显现象，逐渐滴加氨水至pH=1.5左右，生成FePO4·2H2O

沉淀。

①操作a为______。

②生成FePO4·2H2O的离子方程式是________。

③控制氨水用量，避免因pH偏高而产生_______杂质。

（2）测定产物样品中铁元素的质量分数，主要步骤如下：

i.取ag样品，加入过量盐酸充分溶解，再滴加SnCl2（还原剂）至溶液呈浅黄色；

ii.加入TiCl3，恰好将i中残余的少量Fe3+还原为Fe2+；

ⅲ.用cmol·L－1K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+，消耗vmLK2Cr2O7标准溶液。

①步骤iii的离子方程式是：

______

②产物中铁元素的质量分数为_______。

【答案】

（1）过滤Fe3++H3PO4+3NH3·H2O

FePO4·2H2O↓+3NH

+H2OFe（OH）3

（2）Cr2O

+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O

×100%

【解析】

（1）①由分析可知,固液进行分离，操作a为过滤，故答案为：

过滤；

②氯化铁、磷酸和氨水在热水浴中反应生成FePO4·2H2O沉淀、氯化铵和水，反应的离子方程式为Fe3++H3PO4+3NH3·H2O

FePO4·2H2O↓+3NH

+H2O，故答案为：

Fe3++H3PO4+3NH3·H2O

FePO4·2H2O↓+3NH

+H2O；

③铁离子与氨水能反应生成氢氧化铁沉淀，反应时应控制氨水用量，防止溶液pH偏高而产生氢氧化铁沉淀，使得产品中混有氢氧化铁，故答案为：

Fe（OH）3；

（2）①步骤iii的反应为酸性条件下，重铬酸根离子和亚铁离子发生氧化还原反应生成铬离子、铁离子和水，反应的离子方程式为Cr2O

+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，故答案为：

Cr2O

+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；

②由题意可得如下转化关系：

6Fe3+—6Fe2+—Cr2O

，Cr2O

的物质的量为cmol·L－1×v×10—3=10—3cvmol，则产物中铁元素的质量分数为

×100%=

×100%，故答案为：

×100%。

7．2019年诺贝尔化学奖授予约翰·古迪纳夫、斯坦利·威廷汉和吉野彰，表彰他们对锂离子电池研究的贡献。

磷酸亚铁锂（LiFePO4）电池是新能源汽车的动力电池之一。

采用湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片（除LiFePO4外，还含有Al箔、少量不溶于酸碱的导电剂）中的资源，部分流程如图：

（1）从“正极片”可以回收的金属有___________________。

（2）“碱溶”时Al箔溶解的离子方程式____________________________。

（3）“酸浸”时产生标准状况下2.24LNO时，则被氧化的LiFePO4为_________mol（其他杂质不与HNO3反应）。

（4）磷酸亚铁锂电池中铁的含量可通过如下方法测定：

称取1.00g试样用盐酸溶解，在溶液中加入稍过量的SnCl2溶液，再加入HgCl2饱和溶液，用二苯胺磺酸钠作指示剂，用0.030mol·L-1重铬酸钾溶液滴定至溶液由浅绿色变为蓝紫色，消耗重铬酸钾溶液20.00mL。

已知：

2Fe3+＋Sn2+＋6Cl－=SnCl

＋2Fe2+

4Cl－＋Sn2+＋2HgCl2=SnCl

＋Hg2Cl2

6Fe2+＋Cr2O

＋14H+=6Fe3+＋2Cr3+＋7H2O

①实验中加入HgCl2饱和溶液的目的是_________________________。

②磷酸亚铁锂电池中铁的含量为_______________。

【答案】

（1）Li、Fe、Al

（2）2Al+2OH-+2H2O=2AlO

+3H2↑（3）0.3（4）将溶液中过量的Sn2+转化为稳定的络离子SnCl

，防止其影响Fe2+的测量20.16%

【解析】

（1）从“正极片”可以得到偏铝酸盐溶液、磷酸铁和碳酸锂，则可以回收的金属为铝、铁、锂，故答案为：

Li、Fe、Al；

（2）碱溶时，铝与碱溶液反应生成偏铝酸根和氢气，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO

+3H2↑，故答案为：

2Al+2OH-+2H2O=2AlO

+3H2↑；

（3）由分析可知磷酸亚铁锂与混酸反应时，亚铁离子被氧化生成铁离子，硝酸被还原为一氧化氮，标准状况下，2.24L一氧化氮的物质的量为0.1mol，由得失电子数目守恒可知，被氧化的磷酸亚铁锂的物质的量为0.1mol×3=0.3mol，故答案为：

0.3；

（4）①由题意可知，Sn2+离子的还原性强于Fe2+离子，能与重铬酸钾溶液反应，干扰Fe2+离子定量测定，则实验中加入氯化汞饱和溶液将溶液中过量的Sn2+转化为稳定的络离子SnCl

，防止其影响Fe2+的测量，故答案为：

将溶液中过量的Sn2+转化为稳定的络离子SnCl

，防止其影响Fe2+的测量；

②由题给方程式可得如下转化关系：

6LiFePO4—6Fe2+—Cr2O

，Cr2O

离子的物质的量为0.030mol·L-1×0.02L=6×10—4mol，则磷酸亚铁锂电池中铁的含量为

×100%=20.16%，故答案为：

20.16%。

8．以某锂矿石（主要成分为Li2CO3还含有Na+、Ca2+、Fe2+、Fe3+，Al3+、Cl-及SiO2）为原料制备高纯Li2CO3，其工艺流程如图所示：

已知：

相关物质的溶度积常数如表所示：

物质

Ca（OH）2

Al（OH）3

Fe（OH）3

Fe（OH）2

Li2CO3

CaCO3

Ksp

5.5×10—6

1.3×10—33

4×10—38

8.0×10—16

8.15×10—4

3.36×10—9

（1）“研磨”的目的是__；“滤渣1"的主要成分是__。

（2）“氧化”时发生反应的离子方程式为__。

（3）“调pH"时可将__离子沉淀完全。

（4）“除杂”时加入适量稀Na2CO3溶液的作用为__。

（5）“碳化”、“"加热分解”是提高Li2CO3纯度的重要步骤，“碳化”时发生反应的方程式为__。

（6）“碳化”时固液质量体积比、反应温度对Li2CO3的纯度和转化率都有影响，结合图，判断合适的反应条件为__。

【答案】

（1）增大接触面积，加快反应速率，提高浸取率SiO2

（2）2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O（3）Fe3+、Al3+（4）除去Ca2+，防止Li+沉淀Li2CO3+H2O+CO2=2LiHCO3（5）固液质量体积比1：

50，反应温度为20℃

【解析】

（1）锂辉石用盐酸浸取之前要研磨成细颗粒的目的是扩大锂辉石与盐酸的接触面积，加快浸出反应速率，提高浸出率；由分析可知，滤渣1的主要成分时二氧化硅，故答案为：

增大接触面积，加快反应速率，提高浸取率；SiO2；

（2）氧化时发生的反应为酸性条件下，亚铁离子与双氧水发生氧化还原反应生成铁离子和水，反应的离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，故答案为：

2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；

（3）加入氢氧化钠调节溶液pH的目的是将溶液中Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀除去，故答案为：

Fe3+、Al3+；

（4）除杂时加入适量稀碳酸钠溶液的目的是将溶液中Ca2+转化为碳酸钙沉淀除去，防止溶液中Li+转化为碳酸锂沉淀，故答案为：

除去Ca2+，防止Li+沉淀；

（5）碳化时发生的反应为碳酸锂固体与二氧化碳和水反应生成可溶的碳酸氢锂，反应的方程式为Li2CO3+H2O+CO2=2LiHCO3，故答案为：

Li2CO3+H2O+CO2=2LiHCO3；

（6）由图可知，碳化时固液质量体积比1：

50、反应温度为2