化学高考化学铁及其化合物推断题解答题压轴题提高专题练习含详细答案.docx

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化学高考化学铁及其化合物推断题解答题压轴题提高专题练习含详细答案

2020-2021【化学】高考化学铁及其化合物推断题解答题压轴题提高专题练习含详细答案

一、铁及其化合物

1．印刷电路板（PCB）是用腐蚀液（FeCl3溶液）将覆铜板上的部分铜腐蚀掉而制得。

一种制作PCB并将腐蚀后废液（其中金属阳离子主要含Fe3+、Cu2+、Fe2+）回收再生的流程如图。

请回答：

（1）腐蚀池中发生反应的化学方程式是__。

（2）上述各池中，没有发生化学变化的是__池。

（3）由置换池中得到固体的操作名称是__。

（4）置换池中发生反应的离子方程式有__。

（5）请提出利用酸从固体中回收Cu并将滤液回收利用的合理方案：

__。

（6）向再生池中通入Cl2也可以使废液再生，相比Cl2，用双氧水的优点是__。

【答案】Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2沉降过滤Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu用盐酸溶解固体中的Fe，过滤后得到Cu，并将滤液加入再生池避免有毒气体污染环境

【解析】

【分析】

腐蚀液（FeCl3溶液）将覆铜板上，发生反应为：

Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，再在沉降池中沉降后加入铁粉置换出铜单质、以及铁与铁离子反应生成亚铁离子，再生池中主要指FeCl2，通入过氧化氢氧化生成FeCl3，循环利用。

【详解】

（1）腐蚀液（FeCl3溶液）将覆铜板上腐蚀池中发生反应的化学方程式为：

Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2；

（2）腐蚀池中发生：

Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2；置换池中铁粉置换出铜、以及铁与铁离子反应生成亚铁离子，再生池中过氧化氢氧化FeCl2，没有发生化学变化的是沉降池；

（3）置换池中铁粉置换出铜，固液分离的操作为过滤；

（4）置换池中铁粉置换出铜、以及铁与铁离子反应生成亚铁离子，其离子反应方程式：

Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu；

（5）根据金属活动性顺序表可知，铁能与稀盐酸发生反应，而铜不与稀盐酸反应，所以用盐酸溶解固体中的Fe，过滤后得到Cu，并将滤液加入再生池；

（6）Cl2有毒，污染环境，需要尾气处理，加双氧水氧化后生成水，避免有毒气体污染环境，故答案为：

避免有毒气体污染环境。

2．现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙以及物质D、E、F、G、H，它们之间的相互转化关系如图所示

图中有些反应的生成物和反应的条件没有标出

。

请根据以上信息完成下列各题：

（1）写出下列物质的化学式：

B_______、丙__________。

（2）写出黄绿色气体乙的一种用途___________，反应过程⑦可能观察到的实验现象是______。

对应的化学方程式是_______。

（3）反应③中的离子方程式是_________。

【答案】AlHCl杀菌消毒、强氧化剂、漂白白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）32Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑

【解析】

【分析】

金属A颜色反应为黄色证明A为金属Na，Na与水反应生成气体甲为H2，D为NaOH；金属B和氢氧化钠溶液反应产生H2，说明B为金属Al，黄绿色气体乙为Cl2，气体甲是H2，H2和Cl2反应生成丙为HCl，HCl溶于水得到的物质E为盐酸溶液，盐酸与金属C反应产生F溶液是金属氯化物，该氯化物与Cl2还可以反应产生G，G与NaOH溶液反应生成红褐色沉淀H为Fe（OH）3，则G为FeCl3，推断物质F为FeCl2；判断C为Fe，以此解答该题。

【详解】

根据上述分析可知A是Na，B是Al，C为Fe，气体甲是H2，气体乙是Cl2，气体丙是HCl；D是NaOH，E是盐酸，F是FeCl2，G是FeCl3，H是Fe（OH）3。

（1）根据上述分析可知，物质B是Al，丙是HCl；

（2）黄绿色气体乙是Cl2，该物质可以与水反应产生HCl和HClO，HClO具有强氧化性，可作氧化剂，氧化一些具有还原性的物质，也用于杀菌消毒或用于物质的漂白；

（3）FeCl2与NaOH溶液发生反应：

FeCl2+2NaOH=Fe（OH）2↓+2NaCl，Fe（OH）2具有还原性，容易被溶解在溶液中的氧气氧化，发生反应：

4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，固体由白色迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，因此可观察到的实验现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色；

（4）反应③是Al与NaOH溶液发生反应产生NaAlO2和H2，反应的离子方程式为：

2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。

【点睛】

本题是无机物推断，物质的颜色及转化关系中特殊反应是物质推断的突破口，再结合转化关系推断，需要学生熟练掌握元素化合物知识，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。

3．室温下，A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体、单质C是无色气体。

在合适反应条件下，它们可以按下面框图进行反应；E是无色溶液，F是淡绿色溶液。

B和C反应发出苍白色火焰。

请回答：

（1）A是__________，B是__________，C是__________（请填写化学式）；

（2）反应①的化学方程式______________________________；

（3）反应③的离子方程式______________________________；

（4）反应④的离子方程式______________________________。

【答案】FeCl2H22Fe+3Cl2

2FeCl3Fe＋2H＋＝Fe2＋＋H2↑2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－

【解析】

【分析】

室温下，A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体、单质C是无色气体，B是氯气，B和C反应发出苍白色火焰，C是氢气，E是氯化氢。

F是淡绿色溶液，F溶液中含有亚铁离子，所以A是铁，F是氯化亚铁，D是氯化铁，据以上分析解答。

【详解】

室温下，A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体、单质C是无色气体，B是氯气，B和C反应发出苍白色火焰，C是氢气，E是氯化氢。

F是淡绿色溶液，F溶液中含有亚铁离子，所以A是铁，F是氯化亚铁，D是氯化铁，

（1）根据以上分析可知A、B、C分别是Fe、Cl2、H2；

（2）反应①为铁与氯气反应生成氯化铁，化学方程式为2Fe+3Cl2

2FeCl3；

（3）反应③为铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，离子方程式为Fe＋2H＋＝Fe2＋＋H2↑；

（4）反应④为氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，离子方程式为2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－。

4．某工厂的废金属屑中主要成分为Cu、Fe和Al，此外还含有少量Al2O3和Fe2O3，为探索工业废料的再利用，某化学兴趣小组设计了如下实验流程，用该工厂的合金废料制取氯化铝、绿矾晶体（FeSO4·7H2O）和胆矾晶体（CuSO4·5H2O）。

请回答：

（1）步骤Ⅰ中，发生的氧化还原反应的离子方程式为___，涉及到的分离操作是___。

（2）试剂X是___；溶液D是___。

（3）溶液E在空气中易被氧化，请设计一个简单的实验方案检验溶液E是否被氧化___。

（4）在步骤Ⅱ时，若用大理石与浓盐酸制取CO2并直接通入溶液A中，一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少。

为避免固体C减少，可采取的改进措施是___。

（5）工业上常用溶液E制取净水剂Na2FeO4，流程如图：

写出由Fe（OH）3制取Na2FeO4的离子方程式___。

（已知NaClO还原为NaCl）

【答案】2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑过滤稀硫酸（或稀H2SO4；或硫酸）NaHCO3溶液（或碳酸氢钠溶液）取少量E溶液于试管中，滴入几滴硫氰化钾溶液，若溶液变为血红色，则说明E溶液已被氧化，反之，则未被氧化在通入CO2之前增加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，除去HCl气体2Fe（OH）3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O

【解析】

【分析】

Cu、Fe和Al，少量Al2O3和Fe2O3，氢氧化钠与Al、Al2O3反应，而Cu、Fe和Fe2O3不反应，过滤得到滤渣为Cu、Fe和Fe2O3，滤液为偏铝酸钠溶液和氢氧化钠溶液，向滤液中通入过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠溶液，过滤，向沉淀中加入盐酸生成氯化铝溶液，最终得到氯化铝固体；向滤渣为Cu、Fe和Fe2O3中加入稀硫酸，生成硫酸亚铁，最终得到绿矾，过滤得到Cu，Cu与氧气、硫酸反应得到硫酸铜。

【详解】

⑴步骤Ⅰ中，发生的氧化还原反应的是铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，其离子方程式为2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑，Fe、Cu、Fe2O3不和氢氧化钠溶液反应，因此涉及到的分离操作是过滤；故答案为：

2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑；过滤。

⑵将Fe、Cu中Fe溶于溶液中生成硫酸亚铁，因此试剂X是硫酸；溶液A为偏铝酸钠溶液，向溶液中通入过量二氧化碳，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠溶液，因此D是碳酸氢钠；故答案为：

稀硫酸（或稀H2SO4；或硫酸）；NaHCO3溶液（或碳酸氢钠溶液）。

⑶溶液E在空气中易被氧化，亚铁离子被氧化生成铁离子，铁离子常用KSCN溶液来检验，因此简单的实验方案检验溶液E是否被氧化的实验为取少量E溶液于试管中，滴入几滴硫氰化钾溶液，若溶液变为血红色，则说明E溶液已被氧化，反之，则未被氧化；故答案为：

取少量E溶液于试管中，滴入几滴硫氰化钾溶液，若溶液变为血红色，则说明E溶液已被氧化，反之，则未被氧化。

⑷在步骤Ⅱ时，若用大理石与浓盐酸制取CO2并直接通入溶液A中，一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少，减少的主要原因是浓盐酸易挥发，挥发出的HCl与沉淀反应，为避免固体C减少，先用饱和碳酸氢钠溶液除掉挥发的HCl，再通入CO2；故答案为：

在通入CO2之前增加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，除去HCl气体；故答案为：

在通入CO2之前增加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，除去HCl气体。

⑸Fe（OH）3与NaClO反应生成NaCl和Na2FeO4，其制取Na2FeO4的离子方程式2Fe（OH）3+3ClO－+4OH－=2FeO42−+3Cl－+5H2O；故答案为：

2Fe（OH）3+3ClO－+4OH－=2FeO42−+3Cl－+5H2O。

5．无水氯化锰

在电子技术和精细化工领域有重要应用。

一种由粗锰粉（主要杂质为Fe、Ni、Pb等金属单质）制备无水氯化锰的工艺如下（部分操作和条件略）。

I．向粗锰粉中加入盐酸，控制溶液的pH约为5，测定离子的初始浓度。

静置一段时间后锰粉仍略有剩余，过滤；

II．向I的滤液中加入一定量盐酸，再加入

溶液，充分反应后加入

固体调节溶液的pH约为5，过滤；

III．向II的滤液中通入

气体，待充分反应后加热一段时间，冷却后过滤；

IV．浓缩、结晶、过滤、洗涤、脱水得到无水MnCl2。

各步骤中对杂质离子的去除情况

初始浓度/mg·L–1

21.02

4.95

5.86

步骤I后/mg·L–1

12.85

3.80

3.39

步骤II后/mg·L–1

0.25

3.76

3.38

步骤III后/mg·L–1

0.10（达标）

3.19（未达标）

0.12（达标）

已知：

金属活动性Mn＞Fe＞Ni＞Pb

（1）锰和盐酸反应的化学方程式是_______。

（2）步骤I中：

①Fe2+浓度降低，滤渣中存在

。

结合离子方程式解释原因：

_______。

②Pb2+浓度降低，分析步骤I中发生的反应为：

Pb+2H+=Pb2++H2↑、______。

（3）步骤II中：

①

酸性溶液的作用：

_______。

②结合离子方程式说明MnCO3的作用：

_______。

（4）步骤III通入H2S后，Ni2+不达标而

达标。

推测溶解度：

PbS_____NiS（填“>”或“<”）。

（5）测定无水

的含量：

将ag样品溶于一定量硫酸和磷酸的混合溶液中，加入稍过量

，使

氧化为

。

待充分反应后持续加热一段时间，冷却后用bmol/L硫酸亚铁铵

滴定

，消耗cmL硫酸亚铁铵。

（已知：

滴定过程中发生的反应为：

Fe2++Mn3+=Fe3++Mn2+）

①样品中MnCl2的质量分数是_____（已知：

MnCl2的摩尔质量是126g·mol-1）。

②“持续加热”的目的是使过量的

分解。

若不加热，测定结果会______（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。

【答案】Mn+2HCl=MnCl2+H2↑空气中的O2将部分Fe2+氧化为Fe（OH）3沉淀，相关的离子方程式为：

4Fe2++O2+10H2O=4Fe（OH）3↓+8H+Pb2++Mn=Pb+Mn2+将剩余Fe2+氧化为Fe3+，调节pH使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀除去MnCO3+2H+=Mn2++H2O+CO2↑,Fe3++3H2O

Fe（OH）3+3H+＜

偏高

【解析】

【分析】

制备无水氯化锰的原料是含有Fe，Ni，Pb等金属杂质的粗锰粉，因此制备过程中要将Fe，Ni，Pb等杂质元素去除；第一步将粗锰粉加酸溶解，Fe溶解后产生Fe2+，由于其还原性较强，容易被氧气氧化；由于金属活动性Mn＞Fe＞Ni＞Pb，所以溶液中Pb2+会与未反应完全的Mn反应，造成Pb2+浓度下降；第二步加入过氧化氢，主要是为了将Fe2+氧化为Fe3+，便于沉淀法去除；第三步通入H2S，是想通过生成硫化物沉淀的方式去除残余的Zn2+和Pb2+，由于Pb的去除达标，而Zn的仍未达标，所以PbS的溶解度应该更低。

【详解】

（1）Mn与盐酸反应的化学方程式为：

；

（2）①将粗锰粉酸浸后，Fe单质转化为还原性较强的Fe2+，静置一段时间，Fe2+会被空气中的氧气氧化，进而生成Fe（OH）3沉淀，相应的离子方程式为：

；

②由于金属活动性Mn＞Fe＞Ni＞Pb，所以溶液中Pb2+会与未反应完全的Mn反应，造成Pb2+浓度下降，因此与之相关的反应为：

；

（3）①通过分析可知，过氧化氢的作用是将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，便于调节pH值将其转化为Fe（OH）3沉淀除去；

②通过分析可知，MnCO3的作用即调节溶液的pH值以便于Fe3+沉淀，相关的离子方程式为：

以及

；

（4）通过分析可知，PbS的溶解度更小；

（5）①由题可知，ag无水氯化锰中的Mn2+经过氧化后全部转变为Mn3+，硫酸亚铁铵与Mn3+反应时，Mn3+和Fe2+按照1:

1反应，所以MnCl2的质量分数为：

；

②若不加热，溶液中剩余的硝酸铵会在酸性条件下体现氧化性能与硫酸亚铁铵发生反应，这样会使消耗的硫酸亚铁铵偏大，那么最终求出的纯度也偏大。

6．二氧化铈（CeO2）是一种重要的稀土氧化物，主要用于多相催化，例如乘用车的废气催化转化器，太阳能电池中的光催化，水分解或污染物的分解等。

平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质）。

某课题组以此粉末为原料，设计如下工艺流程对资源进行回收，得到纯净的CeO2和硫酸铁铵晶体。

已知：

CeO2不溶于稀硫酸，也不溶于NaOH溶液。

回答下列问题：

（1）稀酸A的分子式是_________。

（2）滤液1中加入H2O2溶液的目的是____，滤渣1中加入H2O2溶液的目的是_____。

（3）设计实验证明滤液1中含有Fe2+_______________。

（4）在酸性溶液中，已知Fe2+溶液可以和难溶于水的FeO（OH）反应生成Fe3O4，该反应的离子方程式为_______。

（5）由滤液2生成Ce（OH）4的离子方程式为__________________。

（6）已知Fe（OH）3的Ksp近似值为10－38。

常温下，在含有Fe3+杂质的溶液中，为使其除尽应调节溶液pH至少为_____。

（通常认为当离子浓度小于1.0×10－5mol·L－1时即视为沉淀完全）

【答案】H2SO4使Fe2+氧化为Fe3+使CeO2还原为Ce3+取少许滤液1，滴加铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀生成，则证明滤液1中有Fe2+Fe2++2FeO（OH）=Fe3O4+2H+4Ce3++O2+12OH－+2H2O=4Ce（OH）4↓3

【解析】

【分析】

制备纯净的CeO2和硫酸铁铵晶体，由流程可知，废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质）中加入A为稀硫酸，FeO转化为FeSO4、Fe2O3转化Fe2（SO4）3存在于滤液1中，滤渣1为CeO2和SiO2；滤液1中加入稀硫酸和铁粉，被Fe2（SO4）3还原为FeSO4，溶液1为FeSO4溶液，加入硫酸铵混合蒸发浓缩、常温晾干后得到硫酸亚铁铵晶体；滤渣1中加入稀硫酸和H2O2，CeO2转化为Ce3+存在于滤液2中，反应为2CeO2+H2O2+3H2SO4＝Ce2（SO4）3+O2↑+4H2O，滤渣2为SiO2；滤液2加入碱并通入氧气将Ce从+3氧化为+4后Ce3+转化为沉淀Ce（OH）4，反应为4Ce3++O2+12OH﹣+2H2O═4Ce（OH）4↓，加入分解Ce（OH）4得到产品CeO，以此来解答。

【详解】

（1）CeO2不溶于稀硫酸，废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质）中SiO2也不溶于酸，加入稀硫酸可将CeO2和SiO2与Fe2O3、FeO分离；

（2）滤液1中加入H2O2溶液的目的是使Fe2+氧化为Fe3+，滤渣1中加入H2O2溶液的目的是还原CeO2为Ce3+；

（3）设计实验证明滤液1中含有Fe2+的方法为：

取少许滤液1，滴加铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀生成，则证明滤液1中有Fe2+；

（4）已知Fe2+溶液可以和难溶于水的FeO（OH）反应生成Fe3O4，该反应的离子方程式为Fe2++2FeO（OH）═Fe3O4+2H+；

（5）滤液2为含有Ce3+的溶液，加入碱并通入氧气将Ce从+3氧化为+4后Ce3+转化为沉淀Ce（OH）4，离子方程式为：

4Ce3++O2+12OH﹣+2H2O═4Ce（OH）4↓；

（6）Fe（OH）3的Ksp近似值为10﹣38，Fe3+完全沉淀时c（OH﹣）＝

＝10﹣11mol/L，常温下c（H+）＝

＝10﹣3mol/L，为使其除尽应调节溶液pH至少为3。

7．七水硫酸锌别名皓矾，常用作媒染剂、收敛剂、木材防腐剂。

工业上由氧化锌矿（主要成分为ZnO，另含ZnSiO3、FeCO3、CuO等）生产ZnSO4·7H2O的流程如下：

在该流程中，相关离子生成氢氧化物的pH如表：

开始沉淀时pH

完全沉淀时pH

Zn2+

5.4

6.4

Fe3+

1.1

3.2

Fe2+

5.8

8.8

Cu2+

5.6

6.4

请回答下列问题：

（1）粉碎氧化锌矿石的目的是______________；滤渣X的成分是________________。

（2）步骤Ⅱ中加入H2O2目的是：

_______________，发生反应的离子方程式为：

______________。

（3）“除铁”步骤中加入试剂M调节溶液的pH，试剂M可以是________（填化学式，一种即可），控制溶液的pH范围为：

_________。

同时还需要将溶液加热，其目的是：

__________。

（4）滤渣Z的成分是____________。

（5）取28.70gZnSO4·7H2O（相对分子质量：

287）加热至不同温度，剩余固体的质量变化如图所示：

①步骤Ⅳ中的烘干操作需在减压条件下进行，其原因是____________。

②680℃时所得固体的化学式为________________。

a.ZnOb.Zn3O（SO4）2c.ZnSO4d.ZnSO4·H2O

【答案】增大比表面积，加快反应速率、提高浸取率H2SiO3将Fe2+氧化成Fe3+，便于后续步骤中将铁元素除去2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2OZnO或ZnCO3或Zn（OH）23.2≤pH＜5.4防止生成氢氧化铁胶体，便于分离Cu、Zn降低烘干温度，防止ZnSO4·7H2O失去结晶水b

【解析】

【分析】

（1）氧化锌矿石粉碎可增大比表面积，加快反应速率、提高浸取率；在加H2SO4酸溶过程中，ZnSiO3与H2SO4会生成H2SiO3；

（2）在步骤Ⅱ中加入H2O2，会与溶液中的Fe2+发生氧化还原反应；

（3）要中和多余H2SO4并且不引入新杂质，可以加入ZnO或ZnCO3或Zn（OH）2等化合物；根据表格所知，Fe3+全部除尽，pH≥3.2，Zn2+开始沉淀，pH为5.4；加热可以防止生成氢氧化铁胶体，便于分离；

（4）为了将Cu2+全部置换出来，加入的锌粉过量，滤渣Z中包含Cu和Zn；

（5）①由于ZnSO4·7H2O易失去结晶水，烘干时要适当降低温度；

②根据图像分析。

【详解】

（1）氧化锌矿石粉碎可增大比表面积，加快反应速率、提高浸取率；在加H2SO4酸溶过程中，ZnSiO3与H2SO4会生成H2SiO3，故滤渣X的成分为H2SiO3，故答案为：

增大比表面积，加快反应速率、提高浸取率；H2SiO3；

（2）在步骤Ⅱ中加入H2O2，会与溶液中的Fe2+发生氧化还原反应，对应的离子方程式为：

2Fe2＋+H2O2+2H＋

2Fe3＋+2H2O，故答案为：

将Fe2+氧化成Fe3+，便于后续步骤中将铁元素除去；2Fe2＋+H2O2+2H＋

2Fe3＋+2H2O；

（3）要中和多余H2SO4并且不引入新杂质，可以加入ZnO或ZnCO3或Zn（OH）2等化合物；根据表格所知，Fe3+全部除尽，pH≥3.2，Zn2+开始沉淀，pH为5.4，故pH的范围为：

3.2≤pH＜5.4；加热可以防止生成氢氧化铁胶体，便于分离，故答案为：

ZnO或ZnCO3或Zn（OH）2；3.2≤pH＜5.4；加热可以防止生成氢氧化铁胶体，便于分离；

（4）为了将Cu2+全部置换出来，加入的锌粉过量，滤渣Z中包含Cu和Zn，故答案为：

Cu、Zn；

（5）①由于ZnSO4·7H2O易失去结晶水，烘干时要适当降低温度；

②n（ZnSO4·7H2O）=

=0.1mol，加热过程中若得ZnSO4·H2O的质量为17.90g（100℃）；若得ZnSO4的质量为16.10g（250℃）；若得ZnO的质量为8.10g（930℃）；据此通过排除法确定680℃时所得固体的化学式为Zn3O（SO4）2，故答案为：

降低烘干温度，防止ZnSO4·7H2O失去结晶水；b。

【点睛】

分析流程题需要掌握的技巧是：

浏览全题，确定该流程的目的，看懂生产流程图，了解流程图以外的文字描述、表格信息，后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时调用。

8．我国某地粉煤灰中主要含有Al2O3，除此之外还含有Ga2O3及少量Fe2O3、CaO、MgO和SiO2等物质。

已知从粉煤灰中回收铝并提取镓的工艺流程如下所示：

回答下列问题：

（1）焙烧前，应将粉煤灰与纯碱粉末充分混合，其原因是____；混合焙烧时，Al2O3、Ga2O3均发生类似于SiO2的反应，试写出Ga2O3在此过程中发生反应的化学方程式：

____。

（2）滤渣的成分是____；含铝混合液中除了大量A13+之外，还有Fe3+和少量Mg2+，由混合液制