- 比色法
- 共1072题
①在图（a）所示装置中加入525mL 35%的甲醛（6.93mol），在缓慢搅拌下加入700g对叔丁基（4.66mol），然后继续加热至完全溶解．
②慢慢加入8.05g（0.2mol）NaOH，升温至90～100℃时迅速改成回流，溶液很快变为淡黄色呈奶状浑浊．
③在100～102℃保持2h，至溶液变为黄色粘膏状时向反应瓶中加入4.2L二苯醚，继续加热．
④将装置改为蒸馏装置在100～102℃蒸馏一定时间，再改为回流装置，回流2h．
⑤将反应液冷却、加入3.5L的乙酸乙酯，搅拌30min后静置，抽滤（装置如图b）、洗涤、干燥后得到412g产物．
（1）图（a）中仪器A的名称______；图（b）中仪器B的名称为______．
（2）步骤②中NaOH的作用是______，二苯醚的作用是______．
（3）步骤④改为蒸馏装置蒸馏一定时间，目的是______．
（4）本次实验产率为______．
正确答案
解：（1）图（a）仪器A的名称为冷凝器；（b）中仪器的仪器B的名称为吸滤瓶；故答案为：冷凝器； 吸滤瓶；
（2）当慢慢加入8.05g（0.2mol）NaOH，升温至90～100℃时迅速改成回流，溶液很快变为淡黄色呈奶状浑浊分析，说明氢氧化钠加入反应迅速进行，则氢氧化钠的作用为作催化剂，根据反应二甲醚没有参与反应，仅仅是充当有机溶剂，故答案为：催化剂；溶剂；
（3）因为反应生成了水，故要将水除去，所以步骤④改为蒸馏装置蒸馏一定时间，故答案为：蒸出反应中生成的大部分水；
（4）根据反应方程式
解析
解：（1）图（a）仪器A的名称为冷凝器；（b）中仪器的仪器B的名称为吸滤瓶；故答案为：冷凝器； 吸滤瓶；
（2）当慢慢加入8.05g（0.2mol）NaOH，升温至90～100℃时迅速改成回流，溶液很快变为淡黄色呈奶状浑浊分析，说明氢氧化钠加入反应迅速进行，则氢氧化钠的作用为作催化剂，根据反应二甲醚没有参与反应，仅仅是充当有机溶剂，故答案为：催化剂；溶剂；
（3）因为反应生成了水，故要将水除去，所以步骤④改为蒸馏装置蒸馏一定时间，故答案为：蒸出反应中生成的大部分水；
（4）根据反应方程式
金属钛（Ti）性能优越，被称为继铁、铝之后的“第三金属”．工业上以钛铁矿（主要成分FeTiO3，含FeO、Al2O3、SiO2等杂质）为主要原料冶炼金属钛，其生产的工艺流程图如图1：
已知：2H2SO4（浓）+FeTiO3═TiOSO4+FeSO4+2H2O
（1）步骤I中发生反应的离子方程式：______、______．
（2）已知：TiO2+易水解，只能存在于强酸性溶液中．25℃时，难溶电解质溶解度与pH关系如图2，TiO（OH）2溶度积Ksp=1×10-29
①步骤Ⅲ加入铁屑原因是______．
②TiO2+水解的离子方程式为______．向溶液Ⅱ中加入Na2CO3粉末的作用是______．当溶液pH=______时，TiO（OH）2已沉淀完全．
（3）TiCl4→Ti反应后得到Mg、MgCl2、Ti的混合物，可采用真空蒸馏的方法分离得到Ti，依据如表信息，需加热的温度略高于______℃即可．
（4）电解TiO2制备钛的方法如图3所示．该方法由于具备生产过程简化、生产成本低、产品质量高、环境友好等诸多优点而引人注目．已知TiO2熔融状态下不发生电离，电解时阴极反应式为______．
正确答案
解：（1）根据钛铁矿的成分可知与氢氧化钠溶液反应的物质是氧化铝和二氧化硅，离子方程式为Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O；SiO2+2OH-═SiO32-+H2O；故答案为：Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O；SiO2+2OH-═SiO32-+H2O；
（2）①由图可知TiO（OH）2与Fe（OH）3沉淀的pH很接近，所以加入铁粉目的是将Fe3+转化为Fe2+，防止Fe3+与TiO2+同时生成沉淀，故答案为：将Fe3+转化为Fe2+，防止Fe3+与TiO2+同时生成沉淀；
②TiO2+易水解，只能存在于强酸性溶液中，所以TiO2+水解生成TiO（OH）2与H+，离子方程式为TiO2++2H2O⇌TiO（OH）2+2H+；从流程图中可看出加入碳酸钠溶液后得到TiO（OH）2沉淀，所以向溶液II中加入Na2CO3粉末的作用是调节溶液pH值，使TiO2+水解平衡正向移动；由图可知，pH=2时TiO（OH）2已沉淀完全，
故答案为：TiO2++2H2O⇌TiO（OH）2+2H+；调节溶液pH值，促进TiO2+水解； 2；
（3）Mg、MgCl2的沸点最高是1412℃，而Ti的熔点为1667℃，所以当温度略高于1412℃时Mg、MgCl2以气体的形式除去，得到Ti，故答案为：1412；
（4）电解时阴极发生还原反应，因为TiO2熔融状态下不发生电离，所以是TiO2得电子生成Ti单质和O2-，电极反应式为TiO2+4e-=Ti+2O2-，
故答案为：TiO2+4e-=Ti+2O2-；
解析
解：（1）根据钛铁矿的成分可知与氢氧化钠溶液反应的物质是氧化铝和二氧化硅，离子方程式为Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O；SiO2+2OH-═SiO32-+H2O；故答案为：Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O；SiO2+2OH-═SiO32-+H2O；
（2）①由图可知TiO（OH）2与Fe（OH）3沉淀的pH很接近，所以加入铁粉目的是将Fe3+转化为Fe2+，防止Fe3+与TiO2+同时生成沉淀，故答案为：将Fe3+转化为Fe2+，防止Fe3+与TiO2+同时生成沉淀；
②TiO2+易水解，只能存在于强酸性溶液中，所以TiO2+水解生成TiO（OH）2与H+，离子方程式为TiO2++2H2O⇌TiO（OH）2+2H+；从流程图中可看出加入碳酸钠溶液后得到TiO（OH）2沉淀，所以向溶液II中加入Na2CO3粉末的作用是调节溶液pH值，使TiO2+水解平衡正向移动；由图可知，pH=2时TiO（OH）2已沉淀完全，
故答案为：TiO2++2H2O⇌TiO（OH）2+2H+；调节溶液pH值，促进TiO2+水解； 2；
（3）Mg、MgCl2的沸点最高是1412℃，而Ti的熔点为1667℃，所以当温度略高于1412℃时Mg、MgCl2以气体的形式除去，得到Ti，故答案为：1412；
（4）电解时阴极发生还原反应，因为TiO2熔融状态下不发生电离，所以是TiO2得电子生成Ti单质和O2-，电极反应式为TiO2+4e-=Ti+2O2-，
故答案为：TiO2+4e-=Ti+2O2-；
工业上用铝土矿（主要成分是Al2O3，还有少量的Fe2O3、SiO2）提取冶炼铝的原料氧化铝，并分析该铝土矿中氧化铝的含量．工艺流程如图：
（1）残渣的成分是______（填化学式），原料A的名称是______，步骤①反应的离子方程式是______．
（2）滤液1中要加入稍过量原料B，原料B的化学式是______，步骤②反应的子方程式是：______．
（3）滤液3中的离子主要有______．该流程中哪些物质可循环使用______．
（4）如果省去步骤①，即溶解铝土矿是从加入原料B开始，则会对氧化铝的提取有什么影响______．
（5）步骤①②③中都要用到的物质分离的方法是______；步骤③后得到的沉淀要洗涤后才能灼烧，如何判断该沉淀已洗涤完全？______．
（6）某化学兴趣小组取A克铝土矿用以上流程进行实验，最终得到B克氧化铝，则计算该铝土矿中氧化铝的百分含量为______（用含A、B 的计算式表示）．会导致该小组实验结果偏大的原因可能是：______
A、未对沉淀1进行洗涤 B、未对沉淀2行洗涤
C、加热灼烧沉淀2时前后两次称量结果超过0.001克 D、步骤③所得混合物在分离时有液体溅出．
正确答案
解：由工艺流程可知步骤③通入的为二氧化碳，生成的沉淀为氢氧化铝，所以滤液2含有AlO2-．步骤②应加入氢氧化钠，所以滤液1中含有Al3+，步骤①应为加入盐酸，除去SiO2，
（1）由上述分析可知，步骤①加入盐酸，除去SiO2，所以原料A为盐酸，氧化铝与酸反应离子方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，氧化铁与盐酸反应离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，残渣的成分是和盐酸不反应的SiO2，
故答案为：SiO2；盐酸；Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；
（2）步骤①加入过量盐酸，滤液①中含有Al3+、Fe3+、H+等，应加入氢氧化钠，除去铁离子，将铝离子转化为AlO2-，反应为 H++OH-=H2O，Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓，
Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，
故答案为：NaOH； H++OH-=H2O、Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓、Al3++4OH-=AlO2-+2H2O；
（3）滤液①中含有Al3+、Fe3+、Cl-、H+等，加入氢氧化钠，除去铁离子、氢离子，将铝离子转化为AlO2-，滤液2含有AlO2-，Cl-、Na+、，通入二氧化碳将偏铝酸根离子转化为氢氧化铝，所以滤液3中的离子主要有Na+、OH-、Cl-、HCO3-，步骤③通入二氧化碳与AlO2-反应生成的沉淀为氢氧化铝，反应化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3，CaCO3
NaHCO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+NaOH+H2O，所以NaOH、CaCO3可再次被利用，即可循环使用，
故答案为：Na+、OH-、Cl-、HCO3-；NaOH、CaCO3；
（4）如果省去步骤①，即溶解铝土矿是从加入原料B开始，用NaOH溶液溶解铝土矿，则有部分SiO2溶解在NaOH溶液中生成硅酸钠，通入二氧化碳会生成硅酸沉淀，最后使加热制得的Al2O3混有SiO2杂质，
故答案为：若用NaOH溶液溶解铝土矿，则有部分SiO2溶解在NaOH溶液中生成硅酸钠，最后使加热制得的Al2O3混有SiO2杂质．
（5）由工业流程可知，操作①、②、③是分离固体与液体，应是过滤；检验Al（OH） 3沉淀是否完全，只要检验滤液3中是否含有AlO2-即可．取滤液3的上层清液，通入二氧化碳，若出现浑浊，则说明沉淀不完全；若不出现浑浊，则说明沉淀完全，
故答案为：过滤；取滤液3的上层清液，通入二氧化碳，若出现浑浊，则说明沉淀不完全；若不出现浑浊，则说明沉淀完全；
（6）该铝土矿中氧化铝的百分含量用氧化铝的质量B除以铝土矿的质量A，
A、沉淀1为氢氧化铁，未对沉淀1进行洗涤，导致沉淀表面附有偏铝酸根离子，导致最终实验结果偏小，故A错误；
B、沉淀2为氢氧化铝，未对沉淀2行洗涤，表面附有其它杂质充当沉淀，导致最终实验结果偏大，故B正确；
C、加热灼烧沉淀2时前后两次称量结果超过0.001克，灼烧不充分，含有氢氧化铝，导致最终实验结果偏大，故C正确；
D、步骤③所得混合物在分离时有液体溅出，导致铝的偏铝酸根离子被溅出，导致最终实验结果偏小，故D错误；
故答案为：
解析
解：由工艺流程可知步骤③通入的为二氧化碳，生成的沉淀为氢氧化铝，所以滤液2含有AlO2-．步骤②应加入氢氧化钠，所以滤液1中含有Al3+，步骤①应为加入盐酸，除去SiO2，
（1）由上述分析可知，步骤①加入盐酸，除去SiO2，所以原料A为盐酸，氧化铝与酸反应离子方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，氧化铁与盐酸反应离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，残渣的成分是和盐酸不反应的SiO2，
故答案为：SiO2；盐酸；Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；
（2）步骤①加入过量盐酸，滤液①中含有Al3+、Fe3+、H+等，应加入氢氧化钠，除去铁离子，将铝离子转化为AlO2-，反应为 H++OH-=H2O，Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓，
Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，
故答案为：NaOH； H++OH-=H2O、Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓、Al3++4OH-=AlO2-+2H2O；
（3）滤液①中含有Al3+、Fe3+、Cl-、H+等，加入氢氧化钠，除去铁离子、氢离子，将铝离子转化为AlO2-，滤液2含有AlO2-，Cl-、Na+、，通入二氧化碳将偏铝酸根离子转化为氢氧化铝，所以滤液3中的离子主要有Na+、OH-、Cl-、HCO3-，步骤③通入二氧化碳与AlO2-反应生成的沉淀为氢氧化铝，反应化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3，CaCO3
NaHCO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+NaOH+H2O，所以NaOH、CaCO3可再次被利用，即可循环使用，
故答案为：Na+、OH-、Cl-、HCO3-；NaOH、CaCO3；
（4）如果省去步骤①，即溶解铝土矿是从加入原料B开始，用NaOH溶液溶解铝土矿，则有部分SiO2溶解在NaOH溶液中生成硅酸钠，通入二氧化碳会生成硅酸沉淀，最后使加热制得的Al2O3混有SiO2杂质，
故答案为：若用NaOH溶液溶解铝土矿，则有部分SiO2溶解在NaOH溶液中生成硅酸钠，最后使加热制得的Al2O3混有SiO2杂质．
（5）由工业流程可知，操作①、②、③是分离固体与液体，应是过滤；检验Al（OH） 3沉淀是否完全，只要检验滤液3中是否含有AlO2-即可．取滤液3的上层清液，通入二氧化碳，若出现浑浊，则说明沉淀不完全；若不出现浑浊，则说明沉淀完全，
故答案为：过滤；取滤液3的上层清液，通入二氧化碳，若出现浑浊，则说明沉淀不完全；若不出现浑浊，则说明沉淀完全；
（6）该铝土矿中氧化铝的百分含量用氧化铝的质量B除以铝土矿的质量A，
A、沉淀1为氢氧化铁，未对沉淀1进行洗涤，导致沉淀表面附有偏铝酸根离子，导致最终实验结果偏小，故A错误；
B、沉淀2为氢氧化铝，未对沉淀2行洗涤，表面附有其它杂质充当沉淀，导致最终实验结果偏大，故B正确；
C、加热灼烧沉淀2时前后两次称量结果超过0.001克，灼烧不充分，含有氢氧化铝，导致最终实验结果偏大，故C正确；
D、步骤③所得混合物在分离时有液体溅出，导致铝的偏铝酸根离子被溅出，导致最终实验结果偏小，故D错误；
故答案为：
工业上常用Na制备钛、钽、铌、锆等．如制钛，常有如下操作步骤，请完成其中的问题：
（1）用90%浓H2SO4溶解钛铁矿（FeTiO3），反应方程式为______：
FeTiO3+3H2SO4═FeSO4+Ti（SO4）2+3H2O
在除去不溶性杂质后，结晶析出FeSO4•7H2O时，为保持较高的酸度不能加水，其原因可能为______．
A．防止Fe2+被氧化
B．防止Ti（SO4）2水解
C．减少FeSO4•7H2O的溶解量
D．减少Ti（SO4）2的溶解量
（2）在除去杂质后，又需加大量水稀释以降低酸度，同时加热以生成TiO（OH）2沉淀，过滤，将TiO（OH）2热分解即得钛白粉（TiO2）．除杂后加水稀释和加热的目的是______．
（3）在高温HCl气流中，TiO2可转化为TiCl4，反应方程式为______．
（4）将TiCl4与Na共熔即得Ti，反应方程式为______，若用TiCl4溶液与Na反应制Ti，则不能达到预期目的，原因是______．
正确答案
、
BC
促进Ti（SO4）2水解
TiO2+4HCl
TiCl4+4Na
钠与TiCl4溶液反应时，钠首先与溶液中的水反应生成NaOH和氢气，不能达到预期目的
解析
解：（1）在除去不溶性杂质后，结晶析出FeSO4•7H2O时，为保持较高的酸度不能加水，操作的目的为是通过结晶除去亚铁离子，防止Ti（SO4）2水解被过滤掉．
A．保持较高的酸度，不能防止Fe2+被氧化，水无氧化性加水与防止Fe2+被氧化无关，故A错误；
B．Ti（SO4）2为强酸弱碱盐，保持较高的酸度，可防止Ti（SO4）2水解，故B正确；
C．固体通常随溶剂的增加，溶解的溶质的质量在增加，加水能增加FeSO4•7H2O的溶解量，不加水可减少FeSO4•7H2O的溶解量，故C正确；
D．此时Ti（SO4）2的在溶液中，减少加水量与其溶解量无关，故D错误；
故答案为：BC；
（2）Ti（SO4）2为强酸弱碱盐，水解呈酸性，加大量水稀释以降低酸度，促进其水解，同时加热以生成更多的TiO（OH）2沉淀，将TiO（OH）2热分解即得钛白粉（TiO2），
故答案为：促进Ti（SO4）2水解；
（3）在高温HCl气流中，TiO2可转化为TiCl4，在高温的条件下，TiO2与氯化氢反应：TiO2+4HCl
故答案为：TiO2+4HCl
（4）钠的金属活动性强于钛，TiCl4与Na共熔发生：TiCl4+4Na
故答案为：TiCl4+4Na
CoCl2•6H2O是一种饲料营养强化剂．一种利用水钴矿（主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等）制取CoCl2•6H2O的工艺流程如如图1
已知：
①浸出液含有阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；
②部分阳离子沉淀时溶液的pH见下表：（金属离子浓度为：0.01mol/L）
③CoCl2•6H2O熔点为86℃，加热至110～120℃时，失去结晶水生成CoCl2．
（1）写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式______．
（2）写出加适量NaClO3发生反应的主要离子方程式______．
（3）“加Na2CO3调pH至a”，过滤所得到的沉淀成分为______．
（4）“操作1”中包含3个基本实验操作，它们依次是______和过滤．
（5）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图2．向“滤液”中加入萃取剂的目的是______；其使用的最佳pH范围是______（填选项序号）．
A．2.0～2.5 B．3.0～3.5 C．4.0～4.5 D．5.0～5.5
（6）为测定粗产品中CoCl2•6H2O含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量．通过计算发现粗产品中CoCl2•6H2O的质量分数大于100%，其原因可能是______（答一条即可）．
（7）已知某锂离子电池正极是LiCoO2，含Li+导电固体为电解质．充电时，Li+还原为Li，并以原子形式嵌入电池负极材料碳-6（C6）中（如图3所示）．若该电池的总反应为
正确答案
解：（1）向水钴矿[主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]，加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O，
故答案为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；
（2）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，Cl（+5→-1）、Fe（+2→+3），根据得失电子守恒和电荷守恒，其反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O，
故答案为：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；
（3）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3调pH至a，铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe（OH）3↓+3CO2↑，所以沉淀成分为：Fe（OH）3、Al（OH）3，
故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；
（4）利用从溶液中制取固体的方法制取氯化钴固体，其操作步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤，
故答案为：蒸发（浓缩）、冷却（结晶）；
（5）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子；
由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液PH在3.0～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀，
故答案为：除去溶液中的Mn2+；B；
（6）根据CoCl2•6H2O的组成分析，造成产品中CoCl2•6H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有杂质，导致氯离子含量大或结晶水化物失去部分水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大，
故答案为：粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水；
（7）放电时，该装置为原电池，正极上得电子发生还原反应，电极反应式为CoO2+Li++e-=LiCoO2，
故答案为：CoO2+Li++e-=LiCoO2．
解析
解：（1）向水钴矿[主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]，加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O，
故答案为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；
（2）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，Cl（+5→-1）、Fe（+2→+3），根据得失电子守恒和电荷守恒，其反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O，
故答案为：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；
（3）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3调pH至a，铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe（OH）3↓+3CO2↑，所以沉淀成分为：Fe（OH）3、Al（OH）3，
故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；
（4）利用从溶液中制取固体的方法制取氯化钴固体，其操作步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤，
故答案为：蒸发（浓缩）、冷却（结晶）；
（5）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子；
由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液PH在3.0～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀，
故答案为：除去溶液中的Mn2+；B；
（6）根据CoCl2•6H2O的组成分析，造成产品中CoCl2•6H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有杂质，导致氯离子含量大或结晶水化物失去部分水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大，
故答案为：粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水；
（7）放电时，该装置为原电池，正极上得电子发生还原反应，电极反应式为CoO2+Li++e-=LiCoO2，
故答案为：CoO2+Li++e-=LiCoO2．
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