2024届高考化学一轮总复习课时跟踪练7金属材料和金属矿物利用

这是一份2024届高考化学一轮总复习课时跟踪练7金属材料和金属矿物利用，共11页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

课时跟踪练7
一、选择题
1．(2022·广东卷)中华文明源远流长，在世界文明中独树一帜，汉字居功至伟。随着时代发展，汉字被不断赋予新的文化内涵，其载体也发生相应变化。下列汉字载体主要由合金材料制成的是(　　)
汉字
载体




选项
A.兽骨
B.青铜器
C.纸张
D.液晶显示屏
解析：A项，兽骨，甲骨文的契刻载体之一，主要是牛的肩胛骨，一小部分是羊、猪、鹿的肩胛骨，还有极少部分的牛肋骨，其主要成分是碳酸钙和其他钙盐；B项，青铜器是红铜与其他化学元素锡、铅等的合金，属于合金材料；C项，纸张的主要成分是纤维素；D项，液晶显示器是一种采用液晶为材料的显示器，液晶是一类介于固态和液态间的有机化合物。
答案：B
2．(2022·东莞中学松山湖学校月考)广东南华寺还存有北齐孝昭帝皇建元年(公元560年)的铜佛造像，下列关于铜的电化学腐蚀与保护的说法正确的是(　　)
A．铜在潮湿空气中易发生析氢腐蚀
B．铜在潮湿空气发生化学腐蚀比发生电化学腐蚀更普遍
C．铜表面的铜绿的主要成分是Cu2(OH)2CO3
D．用稀硝酸可以清洗铜佛造像表面的铜绿
解析：铜在潮湿空气中易腐蚀生成铜绿即Cu2(OH)2CO3，则发生吸氧腐蚀，A项错误；电化学腐蚀比化学腐蚀快，且绝大多数铜都含有杂质易形成原电池反应，故铜在潮湿空气发生电化学腐蚀比发生化学腐蚀更普遍，B项错误；铜表面的铜绿的主要成分是碱式碳酸铜即Cu2(OH)2CO3，C项正确；由于稀硝酸在常温下也能腐蚀铜单质，故不能用稀硝酸清洗铜佛造像表面的铜绿，可用稀硫酸清洗，D项错误。
答案：C
3．(2022·汕头达濠华侨中学月考)实验室中进行浓硫酸与铜的反应，实验过程如下：①向试管中倒入约为试管二分之一体积的浓硫酸；②向盛有浓硫酸的试管中加入少量铜片；③用试管夹夹在距管口约三分之一处，用酒精灯先预热后集中加热；④加热至铜片开始溶解后，用手在管口轻轻扇动，使少量气体飘入鼻孔，嗅闻产生气体的气味；⑤反应完成后，趁热将试管中的液体倒入盛有蒸馏水的烧杯中，观察所得溶液颜色；⑥试管冷却后先用自来水冲洗，再用蒸馏水洗净。上述描述的操作中有几处错误(　　)
A．1处 B．2处
C．3处 D．4处
解析：①浓硫酸与铜的反应需要加热，为防止液体沸腾溅出，向试管中倒入浓硫酸的体积约为试管体积的三分之一，错误；②浓硫酸具有腐蚀性，向盛有浓硫酸的试管中加入少量铜片，正确；③用试管夹夹在距管口约三分之一处，用酒精灯先预热后集中加热，可防止试管炸裂，正确；④加热至铜片开始溶解后，铜和浓硫酸反应生成二氧化硫气体，用手在管口轻轻扇动，使少量气体飘入鼻孔，嗅闻产生气体的气味，正确；⑤反应完成后，需要等试管中的液体冷却再倒入盛有蒸馏水的烧杯中，观察所得溶液颜色，错误；⑥试管冷却后先用自来水冲洗，用试管刷清洗，再用蒸馏水洗净，错误。故选C。
答案：C
4．(2022·武汉二中月考)Cu2O溶于硫酸生成Cu和CuSO4，CuSO4溶液中加入强碱产生蓝色絮状沉淀，继续加入强碱沉淀溶解生成蓝色[Cu(OH)4]2－。CuSO4·5H2O的晶体结构如图，关于铜的化合物说法不正确的是(　　)

A．蛋白质溶液中加入CuSO4发生盐析
B．Cu2O溶于硫酸的离子方程式：Cu2O＋2H＋===Cu2＋＋Cu＋H2O
C．Cu(OH)2可用于鉴别葡萄糖和蔗糖
D．CuSO4·5H2O晶体中SO与水分子之间存在氢键
解析：蛋白质溶液中加入CuSO4发生变性，故A项错误；Cu2O溶于硫酸生成Cu和CuSO4、H2O，反应的离子方程式：Cu2O＋2H＋===Cu2＋＋Cu＋H2O，故B项正确；葡萄糖和新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色Cu2O沉淀，蔗糖和新制氢氧化铜悬浊液不反应，可用于鉴别葡萄糖和蔗糖，故C项正确；根据图示，CuSO4·5H2O晶体中SO与水分子之间存在氢键，故D项正确。
答案：A
5．(2022·深圳光明高级中学月考)部分含铜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．a可与硫单质反应生成f
B．c可与水反应得到d
C．可将葡萄糖与d的悬浊液混合后加热制得b
D．可存在a→c→e→a的循环转化关系
解析：a为Cu，b为Cu2O，c为CuO，d为Cu(OH)2，e和f为＋2价和＋1价的铜盐。铜能与硫单质在加热的条件下直接反应得到硫化亚铜，A项正确；CuO不能与H2O直接反应，B项错误；Cu(OH)2悬浊液与葡萄糖溶液混合后加热可得Cu2O，C项正确；Cu可以在O2中加热得到CuO，CuO溶于酸可得到Cu2＋，Cu2＋可被铁单质置换成Cu，D项正确。
答案：B
6．(2022·茂名一中月考)下列实验装置用于铜与浓硫酸反应制取二氧化硫和硫酸铜晶体，能达到实验目的的是(　　)
　
A．用图甲装置制取并收集二氧化硫
B．用图乙装置向反应后的混合物中加水稀释
C．用图丙装置过滤出稀释后混合物中的不溶物
D．用图丁装置将硫酸铜溶液蒸发浓缩后冷却结晶
解析：二氧化硫密度比空气大，应用向上排空气法收集，故A项错误；由于反应后的混合物中含有浓硫酸，在稀释时应将混合物沿烧杯内壁缓慢加到水中，并用玻璃棒不断搅拌，故B项错误；转移液体需要引流，防止液体飞溅，故C项错误；溶液蒸发浓缩用烧杯，故D项正确。
答案：D
7．(2022·东莞东华高级中学月考)某同学进行如下实验。下列说法不正确的是(　　)

编号
实验
实验现象
ⅰ
将铜粉加入试管中，再加入稀HNO3
溶液变蓝，液面上方呈浅红棕色；至不再产生气泡时，铜粉有剩余，余液呈酸性
ⅱ
继续向ⅰ中试管加入少量固体NaNO3
又产生气泡，铜粉减少，液面上方呈浅红棕色
ⅲ
取饱和Cu(NO3)2溶液，加入少量固体NaNO3和铜粉
无明显变化
A．HNO3氧化性的强弱与其浓度大小有关
B．ⅰ、ⅱ中铜粉减少的原因能用相同的离子反应解释
C．ⅰ中余液呈酸性的主要原因是Cu2＋＋2H2OCu(OH)2＋2H＋
D．用一定浓度的H2SO4与NaNO3也能使铜粉溶解
解析：ⅰ.将铜粉加入试管中，再加入稀HNO3，稀硝酸和铜反应生成NO、硝酸铜，溶液变蓝，开始产生无色气体，无色气体又变为红棕色，铜粉有剩余，则硝酸反应完，溶液为酸性，是因为Cu2＋＋2H2OCu(OH)2＋2H＋；ⅱ.继续向ⅰ中试管加入少量固体NaNO3，由于铜粉剩余，溶液为酸性，加入硝酸钠，等同于加入了稀硝酸，所以稀硝酸和铜反应生成NO、硝酸铜，产生无色气体，无色气体又变为红棕色；ⅲ.饱和Cu(NO3)2溶液，加入少量固体NaNO3和铜粉，三者不反应，无明显变化。据此分析解答。此实验不能比较浓硝酸氧化性和稀硝酸的氧化性，故不知道HNO3氧化性的强弱与其浓度是否有关，A项错误；ⅰ、ⅱ中铜粉减少的原因均为硝酸和铜发生了氧化还原反应，能用相同的离子反应3Cu＋8H＋＋2NO===
3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O解释，B项正确；ⅰ中余液呈酸性的主要原因是铜离子水解显酸性，水解方程式为Cu2＋＋2H2OCu(OH)2＋2H＋，C项正确；硝酸根离子在酸性条件下具有强化性，可以将铜氧化，故用一定浓度的H2SO4与NaNO3也能使铜粉溶解，D项正确。
答案：A
8．(2022·潮州实验中学月考)某化学兴趣小组通过查阅文献，设计了从阳极泥(成分为Cu2S、Ag2Se、Au、Pt)中回收贵重金属的工艺，其流程如图所示。已知：“酸溶”时Pt、Au分别转化为[PtCl6]2－和[AuCl4]－，下列判断错误的是(　　)

A．“焙烧”时，Cu2S转化为CuO的反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2
B．“酸浸氧化”时，O2的作用之一是防止NO排放到空气中污染环境
C．“酸溶”时，金溶解的离子方程式为2Au＋3Cl2＋2Cl－===2[AuCl4]－
D．有机层中回收的金属元素是Pt，萃取分液用到的玻璃仪器是分液漏斗和烧杯
解析：阳极泥焙烧时，Cu2S被O2氧化为CuO、SO2等，Cu2Se被氧化为CuO、SeO2等；酸浸氧化时，Cu、CuO都转化为Cu(NO3)2，SeO2转化为H2SeO4等；酸溶时，Au、Pt被Cl2氧化为[PtCl6]2－和[AuCl4]－；萃取后，水层中含有[AuCl4]－，则[PtCl6]2－进入有机溶剂层。据此分析解答。“焙烧”时，发生的化学反应为Cu2S＋2O22CuO＋SO2，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶1，A项错误；“酸浸氧化”时，烧渣中可能含有Cu、SeO2等，若直接与HNO3反应，会生成NO污染环境，被O2氧化后再溶于硝酸，可防止NO等气体的排放，从而保护环境，B项正确；“酸溶”时，金被Cl2氧化，最终转化为[AuCl4]－，离子方程式为2Au＋3Cl2＋2Cl－===2[AuCl4]－，C项正确；水层中不存在Pt元素，则Pt进入有机层中，可进行分离回收，萃取分液时，需要使用分液漏斗和烧杯，D项正确。
答案：A
9．(2022·潮州金山中学月考)为研究甲醛与新制Cu(OH)2反应的固体产物(固体A)成分，进行如下图所示实验。已知：Cu2O、CuO均能溶于浓氨水，分别产生Cu(NH3)(无色)、Cu(NH3)(蓝色)。下列说法错误的是(　　)

A．甲醛与新制Cu(OH)2反应时，Cu(OH)2作氧化剂
B．②→④无色溶液变蓝，说明固体A中一定存在Cu2O
C．③→⑤的反应为2Cu＋O2＋8NH3·H2O===2Cu(NH3)＋4OH－＋6H2O
D．去掉试管①的橡胶塞，一段时间后溶液变蓝，也能确认固体A的成分
解析：由无色溶液放置生成蓝色溶液，结合题给信息可知，无色溶液中含有无色的Cu(NH3)，Cu(NH3)转化为Cu(NH3)的反应说明固体A中含有氧化亚铜；红色固体中加入浓氨水，放置后得到蓝色溶液说明红色固体为铜，A为铜和氧化亚铜的混合物。据此分析解答。由题给实验现象可知，甲醛与新制Cu(OH)2反应时生成铜和氧化亚铜，反应中铜元素化合价降低被还原，Cu(OH)2是反应的氧化剂，发生还原反应，故A项正确；由分析可知，②→④无色溶液变为蓝色溶液的反应为Cu(NH3)被空气氧化生成Cu(NH3)，溶液颜色变化说明固体A中存在Cu2O，故B项正确；由分析可知，固体A经浓氨水浸泡后得到红色固体应为Cu，③→⑤出现蓝色溶液的反应为铜与浓氨水和空气中的氧气反应，反应的离子方程式为2Cu＋O2＋8NH3·H2O===2Cu(NH3)＋4OH－＋6H2O，故C项正确；若去掉试管①的橡胶塞，试管没有密封，空气中的氧气可能参与反应，当固体A只含Cu，或只含Cu2O，或是Cu和Cu2O混合物时，均有相同的实验现象产生，则不能确认固体A的成分，故D项错误。
答案：D
10．(2022·大连二十四中第三次模拟)铜和氧形成的一种离子化合物晶胞、C60晶胞如图所示，下列说法正确的是(　　)

A．C60晶体采用的是分子密堆积方式，与每个C60距离最近且等距离的C60有12个
B．铜和氧形成的离子化合物，铜离子的电荷数为＋2
C．C60是分子晶体，石墨是共价晶体
D．基态铜原子的价层电子排布式为3d94s2
解析：C60是典型的分子晶体，是分子密堆积，分子间作用力只有范德华力，以1个C60分子为中心，其周围最多可以有12个紧邻的分子，A项正确；利用均摊法可知，铜离子个数为4，氧离子个数＝8×＋1＝2，则该离子化合物的化学式为Cu2O，铜离子电荷数为＋1，B项错误；只含分子的晶体称为分子晶体，而C60是典型的分子晶体；共价晶体的微观空间里没有分子，比较典型的共价晶体是金刚石，但石墨不同于金刚石，是平面六元并环的层状结构，层间靠范德华力维系，是一种混合型晶体，C项错误；在构建基态原子时，应符合能量最低原理，而当原子轨道上的电子为半满或全满时，能量较低，所以基态铜原子的价层电子排布式为3d104s1，D项错误。
答案：A
二、非选择题
11．(2021·全国甲卷)胆矾(CuSO4·5H2O)易溶于水，难溶于乙醇。某小组用工业废铜焙烧得到的CuO(杂质为氧化铁及泥沙)为原料与稀硫酸反应制备胆矾，并测定其结晶水的含量。回答下列问题：
(1)制备胆矾时，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有______(填字母)。
A．烧杯　　 B．容量瓶
C．蒸发皿 D．移液管
(2)将CuO加入适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为__________________，
与直接用废铜和浓硫酸反应相比，该方法的优点是____________________________
________________________________________________________________________。
(3)待CuO完全反应后停止加热，边搅拌边加入适量H2O2，冷却后用NH3·H2O调pH为3.5～4，再煮沸10 min，冷却后过滤。滤液经如下实验操作：加热蒸发、冷却结晶、________、乙醇洗涤、________，得到胆矾。其中，控制溶液pH为3.5～4的目的是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________，
煮沸10 min的作用是_____________________________________________________。
(4)结晶水测定：称量干燥坩埚的质量为m1，加入胆矾后总质量为m2，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为m3。根据实验数据，胆矾分子中结晶水的个数为________________________(写表达式)。
(5)下列操作中，会导致结晶水数目测定值偏高的是________(填序号)。
①胆矾未充分干燥　②坩埚未置于干燥器中冷却　
③加热时有少胆矾迸溅出来
解析：(1)制备胆矾时，根据题干信息可知，需进行溶解、过滤、结晶操作，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有烧杯和蒸发皿，A、C符合题意。(2)将CuO加入适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为CuO＋H2SO4CuSO4＋H2O；直接用废铜和浓硫酸反应生成硫酸铜与二氧化硫和水，与这种方法相比，将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热制备胆矾的实验方案具有的优点是：不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少(硫酸利用率高)。(3)硫酸铜溶液制硫酸铜晶体，操作步骤有加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥；CuO中含氧化铁杂质，溶于硫酸后会形成铁离子，为使铁元素完全以氢氧化铁形成沉淀，需控制溶液pH为3.5～4，酸性环境同时还可抑制铜离子发生水解；操作过程中可能会生成氢氧化铁胶体，所以煮沸10 min，目的是破坏氢氧化铁胶体，使其沉淀，易于过滤。(4)称量干燥坩埚的质量为m1，加入胆矾后总质量为m2，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为m3。则水的质量是(m2－m3) g，所以胆矾(CuSO4·nH2O)中n值的表达式为∶＝n∶1，解得n＝。(5)①胆矾未充分干燥，导致所测m2偏大，根据n＝可知，最终会导致结晶水数目测定值偏高，符合题意；②坩埚未置于干燥器中冷却，部分白色硫酸铜会与空气中水蒸气结合重新生成胆矾，导致所测m3偏大，根据n＝可知，最终会导致结晶水数目测定值偏低，不符合题意；③加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出，会使m3数值偏小，根据n＝可知，最终会导致结晶水数目测定值偏高，符合题意。综上所述，①③符合题意。
答案：(1)AC　(2)CuO＋H2SO4CuSO4＋H2O　不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少(硫酸利用率高)　(3)过滤　干燥　除尽铁，抑制硫酸铜水解　破坏氢氧化铁胶体，易于过滤　(4)　(5)①③
12．(2022·全国乙卷)二草酸合铜(Ⅱ)酸钾(K2[Cu(C2O4)2])可用于无机合成、功能材料制备。实验室制备二草酸合铜(Ⅱ)酸钾可采用如下步骤：
Ⅰ.取已知浓度的CuSO4溶液，搅拌下滴加足量NaOH溶液，产生浅蓝色沉淀。加热，沉淀转变成黑色，过滤。
Ⅱ.向草酸(H2C2O4)溶液中加入适量K2CO3固体，制得KHC2O4和K2C2O4混合溶液。
Ⅲ.将Ⅱ的混合溶液加热至80～85 ℃，加入Ⅰ中的黑色沉淀。全部溶解后，趁热过滤。
Ⅳ.将Ⅲ的滤液用蒸汽浴加热浓缩，经一系列操作后，干燥，得到二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体，进行表征和分析。
回答下列问题：
(1)由CuSO4·5H2O配制Ⅰ中的CuSO4溶液，下列仪器中不需要的是__________(填仪器名称)。
　
(2)长期存放的CuSO4·5H2O中，会出现少量白色固体，原因是____________________
________________________________________________________________________。
(3)Ⅰ中的黑色沉淀是________(写化学式)。
(4)Ⅱ中原料配比为n(H2C2O4)∶n(K2CO3)＝1.5∶1，写出反应的化学方程式：_________
________________________________________________________________________。
(5)Ⅱ中，为防止反应过于剧烈而引起喷溅，加入K2CO3应采取___________________的方法。
(6)Ⅲ中应采用____________________进行加热。
(7)Ⅳ中“一系列操作”包括_______________________________________________。
解析：取已知浓度的CuSO4溶液，搅拌下滴加足量NaOH溶液，产生浅蓝色氢氧化铜沉淀，加热，氢氧化铜分解生成黑色的氧化铜沉淀，过滤，向草酸(H2C2O4)溶液中加入适量K2CO3固体，制得KHC2O4和K2C2O4混合溶液，将KHC2O4和K2C2O4混合溶液加热至80～85 ℃，加入氧化铜固体，全部溶解后，趁热过滤，将滤液用蒸汽浴加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体。据此分析解答。(1)由CuSO4·5H2O固体配制硫酸铜溶液，需用天平称量一定质量的CuSO4·5H2O固体，将称量好的固体放入烧杯中，用量筒量取一定体积的水溶解CuSO4·5H2O，因此用不到的仪器有分液漏斗和球形冷凝管。(2)CuSO4·5H2O含结晶水，长期放置会风化失去结晶水，生成无水硫酸铜，无水硫酸铜为白色固体。(3)硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液反应生成蓝色的氢氧化铜沉淀，加热，氢氧化铜分解生成黑色的氧化铜沉淀。(4)草酸和碳酸钾以物质的量之比为1.5∶1发生非氧化还原反应生成KHC2O4、K2C2O4、CO2和水，依据原子守恒可知，反应的化学方程式为3H2C2O4＋2K2CO3===2KHC2O4＋K2C2O4＋2H2O＋2CO2↑。(5)为防止草酸和碳酸钾反应剧烈，造成液体喷溅，可减小反应速率，将碳酸钾进行分批加入并搅拌。(6)Ⅲ中将混合溶液加热至80～85 ℃，应采取水浴加热，使液体受热均匀。(7)从溶液获得晶体的一般方法为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，因此将Ⅲ的滤液用蒸汽浴加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体。
答案：(1)分液漏斗和球形冷凝管
(2)CuSO4·5H2O风化失去结晶水生成无水硫酸铜
(3)CuO
(4)3H2C2O4＋2K2CO3===2KHC2O4＋K2C2O4＋2H2O＋2CO2↑
(5)分批加入并搅拌
(6)水浴
(7)冷却结晶、过滤、洗涤
13．(2022·东莞石龙中学月考)某种电镀污泥主要含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量的金(Au)，可用于制取Na2Cr2O7溶液、金属铜和粗碲等，以实现有害废料的资源化利用，工艺流程如下：

已知：煅烧时，Cu2Te发生的反应为Cu2Te＋2O22CuO＋TeO2。
(1)Te元素在元素周期表中的位置为____________________________________________，
该元素最高化合价__________。
(2)煅烧时，Cr2O3发生反应的化学方程式为___________________________________
________________________________________________________________________。
(3)浸出液中除了含有TeOSO4(在电解过程中不反应)外，还含有__________(填化学式)。电解沉积过程中析出单质铜的电极为__________极。
(4)工业上用重铬酸钠(Na2Cr2O7)母液生产重铬酸钾(K2Cr2O7)的工艺流程如图所示：

通过冷却结晶能析出大量K2Cr2O7的原因是___________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(5)测定产品中K2Cr2O7含量的方法如下：称取试样2.50 g配成250 mL溶液，取25.00 mL置于锥形瓶中，加入足量稀硫酸和几滴指示剂，用0.100 0 mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2标准液进行滴定。滴定过程中发生反应的离子方程式为______________________________________。
若三次实验消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准液的体积平均为25.00 mL，则所得产品中K2Cr2O7的纯度为______________________。
解析：某种电镀污泥中主要含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量的金(Au)，工业上以电镀污泥为原料，用于制取Na2Cr2O7溶液、金属铜、粗碲等。根据工艺流程图，煅烧时Cu2Te与氧气反应的化学方程式为Cu2Te＋2O22CuO＋TeO2；Cr2O3与纯碱和空气中的氧气反应生成Na2CrO4，Na2CrO4酸化后生成Na2Cr2O7溶液；碲化亚铜转化为CuO和TeO2；沉渣中主要含有CuO、TeO2以及少量的金(Au)，用稀硫酸溶解后，金不溶，CuO转化为CuSO4，TeO2转化为TeOSO4；电解后铜离子放电生成铜；TeOSO4与二氧化硫发生氧化还原反应生成粗碲。据此分析解答。(1)Te在元素周期表中与氧元素同主族，且核外有5个电子层，所以位置为第五周期第ⅥA族；其最外电子层有6个电子，所以其最高化合价为＋6。(2)煅烧时，Cr2O3被空气中的氧气氧化生成Na2CrO4，化学方程式为2Cr2O3＋3O2＋4Na2CO34Na2CrO4＋4CO2。(3)沉渣中加入稀硫酸，CuO转化为CuSO4，TiO2转化为TeOSO4，所以还含有CuSO4。电解沉积过程中，Cu2＋在电解池的阴极得到电子被还原为Cu，故析出单质铜的电极为阴极。(4)冷却结晶，能析出大量K2Cr2O7，说明在低温条件下K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小，且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小，因此通过冷却结晶能析出大量K2Cr2O7。(5)滴定过程中，Fe2＋被Cr2O氧化为Fe3＋，Cr2O转化为Cr3＋，发生反应的离子方程式为Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O；由离子方程式可建立如下关系式：Cr2O～6Fe2＋，滴定消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准液的25.00 mL溶液中所含的n(Fe2＋)＝0.100 0 mol·L－1×0.02 5 L＝0.002 5 mol，则所得产品中K2Cr2O7的纯度为×100%＝49.0%。
答案：(1)第五周期第ⅥA族　＋6　(2)2Cr2O3＋3O2＋4Na2CO34Na2CrO4＋4CO2　(3)CuSO4　阴　(4)低温条件下K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小，且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小　(5)Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O　49.0%