吉林省东北师范大学附中2020届高三上学期第一次摸底考试化学试题 23页

东北师大附中2020届高三年级第一次摸底考试化学试题 ‎1.下列有关金属及其合金的说法不正确的是 A. 目前我国流通的硬币是由合金材料制造的 B. 日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对内部金属起保护作用 C. 镁在空气中燃烧发出耀眼的白光，可用于制作照明弹 D. 生铁、普通钢和不锈钢中的碳含量依次增加 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 目前我国流通的硬币是由合金材料制成，A正确；‎ B. 制造照明弹就是利用了镁燃烧发出耀眼的白光， B正确；‎ C. 铝表面覆盖致密的氧化物薄膜，对金属起保护作用， C正确；‎ D. 生铁含碳量最高，普通钢次之，不锈钢最少，D错误；‎ 综上所述，本题选D。‎ ‎2.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 常温常压下，1mol P4中所含P－P键数目为4NA B. 100mL 1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA C. 标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为4NA D. 0.1mol H2和0.1mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A． 一个P4分子中含有6个P—P键，故1mol P4中含P—P键数目为6NA，故A错误；‎ B． Fe3+会水解，故 100 mL 1 mol·L−1FeCl3 溶液中所含Fe3+数目小于0.1NA，故B错误；‎ C．标准状况下，11.2 L气体的物质的量为0.5mol，0.5mol甲烷和乙烯混合物中氢原子数目为2NA，故C错误；‎ D. H2和I2反应为可逆反应，不可能全部生成HI，但反应前后的分子总数不变，所以分子总数0.2NA，故D正确。 ‎ 综上所述，本题选D ‎3.宋应星所著《天工开物》被外国学者誉称为17世纪中国工艺百科全书。下列说法不正确的是 A. 凡白土曰垩土，为陶家精美启用中陶是一种传统硅酸盐材料 B. 每红铜六斤，入倭铅四斤，先后入罐熔化，冷定取出，即成黄铜中的黄铜是合金 C. 烧铁器淬于胆矾水中，即成铜色也，该过程中反应的类型为复分解反应 D. 凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴中硫指的是硫黄，硝指的是硝酸钾 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、陶瓷是传统硅酸盐材料，属于无机非金属材料，故A正确；‎ B、黄铜是铜锌合金，故B正确；‎ C、该过程中反应为铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，反应类型为置换反应，故C错误；‎ D、“凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”中“硫”指的是硫黄，“硝”指的是硝酸钾，故D正确；答案选C。‎ 综上所述，本题选B。‎ ‎4.向一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中，加入150mL 4 mol·L−1的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，并放出标准状况下NO气体2.24L，往所得溶液中加KSCN溶液，无红色出现。若用一定量的氢气在加热条件下还原相同质量的该混合物，所得固体的物质的量可能为 A. 0.30mol B. 0.28mol C. 0.25mol D. 0.42mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据已知条件，向所得溶液中加KSCN溶液，无红色出现，说明溶液中无Fe3+，铁全部以Fe2+存在，溶液的溶质为硝酸亚铁；原硝酸的物质的量是0.6mol，反应后生成的一氧化氮的物质的量为0.1mol，根据质量守恒定律得到硝酸亚铁中的硝酸根离子的物质的量为0.6mol -0.1mol =0.5mol，硝酸亚铁物质的量为0.25mol，也就是铁的物质的量为0.25mol，混合物中铁元素物质的量为0.25mol；如果混合物全部转变为铁单质，生成的铁单质的物质的量为0.25mol；当氢气的量足时，铁全部还原出来，固体的物质的量等于0.25 mol，故D正确。‎ 综上所述，本题选D。‎ ‎【点睛】本题主要考查铁及其化合物的性质及氧化还原反应的计算。利用氮元素守恒，结合恰好完全反应这一条件判断铁元素的量。往所得溶液中加KSCN溶液，无红色出现，说明溶液中无Fe3+，此时溶液的溶质为硝酸亚铁。用足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，说明氢气能使铁全部还原出来，从化学反应质量守恒的角度看，硝酸亚铁中的铁的物质的量与用足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量相等。‎ ‎5.4℃时，在100mL水中溶解22.4L HCl气体（标准状况下）形成溶液，下列说法正确的是 A. 该溶液的物质的量浓度为10mol·L-1‎ B. 由于溶液的密度未知，故该溶液的物质的量浓度无法求得 C. 由于溶液的密度未知，故该溶液中溶质的质量分数无法求得 D. 所得溶液的体积为22.5L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．标准状况下22.4L HCl的物质的量为1mol，溶于水配成100mL溶液，溶液的浓度为10mol/L，溶液体积必须为100mL，而不是溶剂的体积，因溶液的密度未知，无法计算溶液的体积，无计算该溶液的物质的量浓度，A错误；‎ B．因溶液的密度未知，无法计算溶液的体积，则无计算该溶液的物质的量浓度，B正确；‎ C．标准状况下22.4L HCl的物质的量为1mol，质量为：36.5g/mol×1mol=36.5g，4℃时100mL水的质量为100g，所以溶液溶质的质量分数为×100%=26.74%，C错误；‎ D．溶液体积不等于溶剂与溶质的体积之和，因为溶液的密度未知，无法计算溶液的体积，D错误；‎ 综上所述，本题选B。‎ ‎6.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）‎ A. 使甲基橙变红的溶液中：Na+、Cl-、CH3COO−、Fe2+‎ B. 水电离的OH−浓度为10−12mol·L−1的溶液中：Mg2+、NH4+、AlO2-、SO42-‎ C. 无色溶液中：Al3+、NO3-、Cl-、SO42-‎ D. c(H2C2O4)=0.5mol·L−1溶液中：Na+、K+、MnO4-、Cl-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 使甲基橙变红的溶液呈酸性，CH3COO−与H+不能大量共存，A项错误；‎ B. 水电离的OH−浓度为10−12mol·L−1的溶液，可能呈酸性也可能呈碱性。若为酸性，溶液中AlO2-不能大量共存；若为碱性， Mg2+、NH4+不能大量共存，B项错误；‎ C. 离子均无色，且不反应，可大量共存，C项正确；‎ D. c(H2C2O4)=0.5mol·L−1溶液中， MnO4-有强氧化性，会氧化H2C2O4，两者不能大量共存，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】离子共存问题，侧重考查学生对离子反应发生的条件及其实质的理解能力，题型不难，需要注意的是，溶液题设中的限定条件。如无色透明，则常见的有颜色的离子如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-、Cr2O72-、CrO42-等不符合题意；还有一些限定条件如：常温下水电离出来的 H+和 OH-浓度为1×10-7，小于1×10-7时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。‎ ‎7.某无色溶液,由Na+、Ag+、Ba2+、Al3+、AlO2−、MnO4−、CO32−、SO42−中的若干种组成，取该溶液进行如下实验：‎ ‎①取适量试液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到澄清溶液；‎ ‎②在①所得溶液中再加入过量碳酸氢铵溶液，有气体生成；同时析出白色沉淀甲；‎ ‎③在②所得溶液中加入过量Ba(OH)2溶液，也有气体生成，并有白色沉淀乙析出。‎ 根据对上述实验的分析判断,最后得出的结论合理的是( )‎ A. 不能判断溶液中是否存在SO42− B. 溶液中一定不存在的离子是CO32−‎ C. 不能判断溶液中是否存在Ag+ D. 不能判断是否含有 AlO2− 离子 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】溶液无色，说明溶液中不存在(紫色)；‎ ‎①取适量溶液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到澄清溶液，说明溶液中存在，不存在Ag+、Ba2+、Al3+，因为它们都会和反应；依据溶液中的电荷守恒知，一定存在阳离子Na+；‎ ‎②因加入过量盐酸，如果溶液中存在，则转变成Al3+；向①所得溶液中再加入过量碳酸氢铵溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀甲，①中过量盐酸与过量碳酸氢铵反应生成CO2；白色沉淀只能是Al3+和碳酸氢铵中的发生相互促进的水解反应生成Al(OH)3和CO2，所以原溶液中一定存在；‎ ‎③向②所得溶液中加入过量Ba(OH)2溶液，也有气体生成，并有白色沉淀乙析出，说明②中过量的碳酸氢铵与OH−反应生成氨气；但白色沉淀不一定是BaSO4，因为碳酸氢铵遇碱可生成，从而得到BaCO3白色沉淀;‎ 综上所述此溶液中一定不存在Ag+、Ba2+、Al3+、，一定存在Na+、、，不能确定是否存在，综上所述，选项A正确。‎ ‎【点睛】每一次所加过量试剂都会对后一次实验造成影响，离子共存问题需考虑全面。在碱性溶液中转化为，从而对的检验造成干扰，是本题的易错点。‎ ‎8.如果用0.3 mol·L−1的亚硫酸钠溶液16mL，恰好将3.2×10−3mol的强氧化剂[RO(OH)2]2+溶液的溶质还原到较低价态。则反应后R的最终价态为 A. 0 B. +1 C. +2 D. +3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】n(Na2SO3)=1.6×10-2L×0.3mol/L=4.8×10-3mol，被氧化后生成Na2SO4，[RO(OH)2]2+离子中R的化合价为+6价，设还原后的化合价为a，根据电子转移守恒：4.8×10-3mol×(6-4)=3.2×10-3mol×(6-a)，解得a=+3；‎ 答案选D。‎ ‎9.下列离子方程式错误的是 A. 向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O B. 酸性介质中KMnO4氧化H2O2：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O C. 等物质的量的MgCl2、Ba(OH)2和HCl溶液混合：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓‎ D. 用双氧水和稀硫酸处理印刷电路板：Cu+H2O2+2H+ =Cu2++2H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸的离子反应为Ba2++2OH−+2H++SO42−═BaSO4↓+2H2O，A项正确；‎ B. 酸性介质中KMnO4氧化H2O2为氧气，自身转化为Mn2+，其离子方程式为：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，B项正确；‎ C. 等物质的量的MgCl2、Ba(OH)2和HCl溶液混合溶液混合的离子反应为2H++Mg2++4OH−═Mg(OH)2↓+2H2O，C项错误；‎ D. 用双氧水和稀硫酸处理印刷电路板，即酸性条件下H2O2氧化Cu的过程，其离子方程式为：Cu+H2O2+2H+ =Cu2++2H2O，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】氧化还原反应的配平贯穿于整个无机化学方程式中，是高频考点，配平离子反应中的氧化还原反应要遵循一下几个原则：‎ ‎（1）电子守恒，即得失电子总数相等；‎ ‎（2）电荷守恒，即离子方程式中反应前后离子所带电荷总数相等；‎ ‎（3）质量守恒，即反应前后各元素的原子个数相等。‎ 另外，要特别留意溶液中的酸碱性、过量问题等也会影响产物的生成。‎ ‎10.已知NH4CuSO3与足量的10 mol／L硫酸混合微热，产生下列现象：‎ ‎①有红色金属生成 ②产生刺激性气味的气体 ③溶液呈现蓝色 据此判断下列说法正确的是（ ）‎ A. 反应中硫酸作氧化剂 B. NH4CuSO3中硫元素被氧化 C. 刺激性气味气体是氨气 D. 1 mol NH4CuSO3完全反应转移0.5 mol电子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，反应只有Cu元素的化合价发生变化，硫酸根中硫元素在反应前后化合价未变，反应中硫酸体现酸性，不做氧化剂，故A项错误；‎ B项，反应前后S元素的化合价没有发生变化，故B项错误；‎ C项，因反应是在酸性条件下进行，不可能生成氨气，故C项错误；‎ D项，NH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色固体为Cu、在酸性条件下，SO32-+2H+=SO2↑+H2O，反应产生有刺激性气味气体是SO2，溶液变蓝说明有Cu2+生成，则NH4CuSO3中Cu的化合价为+1价，反应的离子方程式为：2 NH4CuSO3+4H+=Cu+Cu2++ 2SO2↑+2H2O+2NH4+，故1 mol NH4CuSO3完全反应转移的电子为0.5mol，故D项正确。‎ 综上所述，本题正确答案为D。‎ ‎11.将盐酸溶液逐滴滴入NaOH、NaAlO2、Na2CO3的混合溶液中，下列图像能正确表示溶液中反应的是(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】本题考查了反应的先后顺序问题，发生反应依次为①OH-+H+=H2O，②AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓，③CO32-+H+=HCO3-，④HCO3-+H+=H2O+CO2↑，⑤Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；故答案选C。‎ ‎12.120 mL含有0.20mol碳酸钠的溶液和200mL盐酸，不管将前者滴加入后者，还是将后者滴加入前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，则盐酸的浓度合理的是 A. 2.0 mol·L−1 B. 0.24 mol·L−1 C. 1.5 mol·L−1 D. 0.18 mol·L−1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】当碳酸钠滴入盐酸中时发生CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑，  当盐酸滴入碳酸钠溶液时，反应顺序为CO32﹣+H+═HCO3﹣、HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑，则HCl的物质的量应大于Na2CO3的物质的量，又因为最终生成的气体体积不同，则HCO3﹣+H+=H2O+CO2不能全部完成，即HCl的物质的量比Na2CO3的物质的量的二倍少，碳酸钠的物质的量为0.2mol，则HCl的物质的量应介于0.2mol～0.4mol之间，盐酸溶液的体积为200mL=0.2L， 即盐酸的浓度应该是大于1mol/L，小于2mol/L。故C正确。‎ 综上所述，本题选C。‎ ‎【点睛】本题找Na2CO3与盐酸反应恰好生成NaHCO3的点和Na2CO3与盐酸反应恰好生成CO2的点，两个数据，然后与选项中数据作比较，得出正确答案。‎ ‎13.以下各项叙述中错误的是(　　)‎ A. 原子半径由小到大的顺序是LiLiOH>Al(OH)3 (2). AD (3). Na2S2O3 (4). S2O32−+2H+=S↓ +SO2↑+H2O (5). 紫色 (6). 下口流出 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图示元素周期表可知：a为Li元素，b为B，c为C元素，d为O元素，e为F元素，f为Na元素，g为Al元素，h为S元素，i为Cl元素，据此结合元素周期律及元素化合物性质解答。‎ ‎【详解】（1）金属性越强，最高价氧化物的水化物碱性越强，则最高价氧化物的水化物碱性由强到弱的顺序为NaOH>LiOH>Al(OH)3；‎ ‎（2）H元素与其它非金属元素形成的化学键为极性共价键，H与Na可形成离子键，故AD正确，‎ 故答案为AD；‎ ‎（3）O、Na、S三种元素可形成一种有强还原性的化合物，该化合物中含有非极性键，其化学式为Na2S2O3；向该化合物的水溶液中加入盐酸生成S单质、二氧化硫和水，该反应的离子方程式为：S2O32−+2H+=S↓ +SO2↑+H2O，‎ 故答案为Na2S2O3；S2O32−+2H+=S↓ +SO2↑+H2O；‎ ‎（4）表中所给的某两种元素可形成一种常见的有机溶剂，可用于萃取碘水中的碘单质，该有机溶剂为四氯化碳，四氯化碳的密度大于水，则萃取后有机层的颜色紫色，分液时有机层应从分液漏斗的下口流出；四氯化碳为共价化合物，其电子式为，‎ 故答案为紫色；下口流出；。‎ ‎27.现有某混合物的无色透明溶液，可能含有以下离子中的若干种：Na＋、NH4＋、Cl－、Mg2＋、Ba2＋、CO32－、SO42－。现取三份各100mL溶液进行如下实验：‎ ‎①第一份加入足量AgNO3溶液有沉淀产生；‎ ‎②第二份加足量NaOH溶液充分加热后，收集到气体0.896L(标准状况)；‎ ‎③第三份加足量BaCl2溶液后，过滤后充分干燥得到沉淀6.27g，再经足量稀硝酸洗涤、干燥后，沉淀质量变为2.33g。根据上述实验现象和有关数据，回答下列问题：‎ ‎（1）原溶液中一定存在阴离子是____________，一定不存在的离子是____________，可能存在的离子是__________。‎ ‎（2）②中发生化学反应的离子方程式为______________________________________。‎ ‎（3）③中生成可溶于稀硝酸的沉淀化学式为__________，物质的量为________mol。该沉淀溶于稀硝酸的离子方程式为______________________________________。‎ ‎【答案】 (1). CO32-、SO42- (2). Mg2+、Ba2+ (3). Cl- (4). NH4++OH-=NH3↑+H2O (5). BaCO3 (6). 0.02mol (7). BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①第一份加入足量AgNO3溶液有沉淀产生，则溶液中可能存在Cl－、CO32－、SO42－；‎ ‎②第二份加足量NaOH溶液充分加热后，收集到气体0.896L(标准状况)，则原溶液中存在NH4＋；‎ ‎③第三份加足量BaCl2溶液后，过滤后充分干燥得到沉淀6.27g，再经足量稀硝酸洗涤、干燥后，沉淀质量变为2.33g，则溶液中存在CO32－、SO42－；一定不存在Mg2＋、Ba2＋；无法确定Cl－是否存在；‎ ‎【详解】（1）分析可知，原溶液中一定存在的阴离子CO32-、SO42-；一定不存在的离子是Mg2+‎ ‎、Ba2+；可能存在的离子Cl-；‎ ‎（2）②中铵根离子与氢氧根离子反应生成氨气和水，离子方程式为NH4++OH-=NH3↑+H2O；‎ ‎（3）③碳酸钡溶于硝酸，生成硝酸钡、二氧化碳和水，离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；碳酸钡、硫酸钡的混合物6.27g，不溶的为硫酸钡，2.33g，则碳酸钡的质量为6.27-2.33=3.94g，即0.02mol。‎ ‎28.亚硝酸钠是一种工业盐，在生产、生活中应用广泛。现用下图所示装置（夹持装置已省略）及药品，探究亚硝酸钠与硫酸反应及气体产物成分。‎ 已知：①NO＋NO2＋2OH－＝2NO2－＋H2O②气体液化的温度：NO2 21℃、 NO –152℃‎ ‎（1）反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，排除装置中的空气，目的是__________。‎ ‎（2）该实验装置明显缺陷是 ________________________________________________。‎ ‎（3）在关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞，滴入70%硫酸后，A中产生红棕色气体。‎ ‎①确认A中产生的气体含有NO，依据的现象是____________________________。‎ ‎②装置B的作用是_______________________________________________________。‎ ‎（4）通过上述实验探究过程，可得出装置A中反应的化学方程式是_______________。‎ ‎（5）①水合肼(N2H4·H2O)是一种重要的化工原料，在医药、农业及燃料上都有着广泛的应用。目前，我国生产水合肼均采用尿素法，即利用NaClO溶液、NaOH溶液与尿素[CO(NH2)2]反应制得粗肼（N2H4）。生成粗肼反应的化学方程式为_______________。‎ ‎②火箭发射时可用肼（N2H4）为燃料，二氧化氮作氧化剂，生成无毒害的物质，写出反应方程式 _______。‎ ‎【答案】 (1). 防止可能生成的NO被完全氧化成NO2，造成对A中反应气体产物检验不完全 (2). 无尾气吸收装置 (3). C中出现红棕色气体 (4). 冷凝使NO2完全液化 (5). 2NaNO2+H2SO4=Na2SO4+NO2↑+NO↑+H2O (6). NaClO+CO（NH2）2+2NaOH=N2H4·H2O+Na2CO3+NaCl (7). 2N2H4 +2NO2=3N2+4H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）空气中的氧气能氧化NO，所以必须先排尽空气，防止可能生成的NO被完全氧化成NO2，造成对A中反应气体产物检验不完全；‎ ‎（2）该实验装置明显缺陷是无尾气吸收装置，会导致氮的氧化物直接排放到空气中造成污染；‎ ‎（3）①如果有NO，则经过装置B的冷却后，进入C中的气体，能和氧气反应，生成红棕色气体，即现象是C中出现红棕色气体；②装置B的作用是冷凝使NO2完全液化；‎ ‎（4）装置A中亚硝酸钠与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化氮、一氧化氮和水，反应的化学方程式是2NaNO2+H2SO4=Na2SO4+NO2↑+NO↑+H2O；‎ ‎（5）①NaClO溶液、NaOH溶液与尿素[CO(NH2)2]反应制得粗肼（N2H4），同时生成碳酸钠和氯化钠，故生成粗肼反应的化学方程式为NaClO+CO（NH2）2+2NaOH=N2H4·H2O+Na2CO3+NaCl；‎ ‎②火箭发射时可用肼（N2H4）为燃料，二氧化氮作氧化剂，生成无毒害的物质氮气和水，反应的方程式为2N2H4 +2NO2=3N2+4H2O。‎ ‎29.四川攀枝花蕴藏丰富的钒、钛、铁资源。用钛铁矿渣(主要成分为TiO2、FeO、Fe2O3、Ti的最高化合价为＋4)作原料，生产白色颜料二氧化钛的主要步骤如下：‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）硫酸与二氧化钛反应的化学方程式是_____。‎ ‎（2）向滤液Ⅰ中加入铁粉，发生反应离子方程式为_____、_______。‎ ‎（3）过滤分离出水合二氧化钛沉淀后，将滤液返回的主要目的是充分利用滤液中的钛盐、H2O、_____、______(填化学式)，减少废物排放。‎ ‎（4）A可用于生产红色颜料(Fe2O3)，其实验方法是：‎ a.5.56akgA(摩尔质量为278g·mol-1)溶于水中，加入适量氢氧化钾溶液恰好完全反应，鼓入足量空气搅拌，产生红褐色胶体；‎ b.再向红褐色胶体中加入33.36bkgA和1.12ckg 铁粉，鼓入足量空气搅拌，反应完成后，有大量Fe2O3附着在胶体粒子上以沉淀形式析出；‎ c.过滤后，沉淀经高温灼烧得红色颜料。‎ 若所得滤液中溶质只有硫酸钾和硫酸铁，则理论上可生产红色颜料______kg。‎ ‎【答案】 (1). TiO2+2H2SO4=Ti(SO4)2+2H2O或TiO2+H2SO4=TiOSO4+H2O (2). Fe+2Fe3+=3Fe2+ (3). Fe +2H+=Fe2++H2↑ (4). FeSO4 (5). H2SO4 (6). 1.60a+3.20b+1.60c ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）依据流程分析，硫酸与二氧化钛反应是发生的复分解反应； （2）钛铁矿渣（主要成分为TiO2、FeO、Fe2O3，Ti的最高化合价为+4）作原料溶解于硫酸过滤后得到滤液中含有铁离子、亚铁离子、过滤的硫酸，加入铁粉和铁离子反应，和酸反应； （3）影响钛盐水解的因素有浓度、温度等，由Ti(SO4)2水解呈酸性，沸水、高温水蒸气、维持溶液沸腾等均为升温，沸水、高温水蒸气加水且降低H+浓度，故高温水蒸气使水解平衡移动的作用是：加水、加热、降低H+浓度均可促进钛盐水解； （4）考虑最后溶质是只有硫酸钠和硫酸铁，根据开始加入A为2a×103mol，加入适量氢氧化钠溶液恰好完全反应，说明加入氢氧化钠的物质的量为4a×103mol，后来又加入12b×103mol的A和2c×103mol的铁，根据电荷守恒，溶质中硫酸钠消耗硫酸根离子为2a×103mol，而溶液中加入的硫酸根离子物质的量共计为（2a+12b）×103mol，这样剩下的硫酸根就与铁离子结合。可知消耗铁离子为8b×103mol，根据铁元素守恒计算。‎ ‎【详解】（1） 依据酸的通性，可以与金属氧化物反应，又知道Ti的化合价，可以写出化学方程式为TiO2+2H2SO4=Ti (SO4)2+2H2O或TiO2+H2SO4=TiOSO4+H2O；‎ ‎（2）浓硫酸有强氧化性，加入钛铁矿渣中能生成Fe3+，加入铁粉，发生Fe+2Fe3+=3Fe2+；铁粉还可以与溶液中过量的H+反应，离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；‎ ‎（3） 根据该工艺流程知：滤液Ⅲ的主要成分为大量的钛盐、溶解的硫酸亚铁、少量的硫酸(混合液pH达0.5)等，钛盐水解后过滤去水合二氧化钛，得到的滤液中含有未水解的钛盐及FeSO4、H2SO4、H2O等，故答案为FeSO4；H2SO4；‎ ‎（6）依题意A与适量氢氧化钠溶液恰好完全反应，FeSO4+2NaOH=Na2SO4+Fe(OH)2↓，根据开始加入A为2a×103 mol，可知加入氢氧化钠为4a×103 mol；后来又加入12b×103 mol的A和20c mol的铁，由Na2SO4、FeSO4、Fe2(SO4)3、Fe2O3等化学式的定量组成和守恒思想分别可求得以下各量：利用Na+离子守恒，n(NaOH)=2n(Na2SO4)，可知Na2SO4物质的量为20a mol；利用SO42-离子守恒，n(FeSO4)=n(Na2SO4)+3n[Fe2(SO4)3]，可知Fe2(SO4)3物质的量为(20a+120b-20a) mol×=40bmol；利用Fe元素守恒，n(FeSO4)+n(Fe)=2 n[Fe2(SO4)3]+2n(Fe2O3)，可知n(Fe2O3)=(20a+120b+20c-40b×2) mol×‎ ‎=(10a+20b+10c)mol，计算得m(Fe2O3)=(1.60a+3.20b+1.60c) kg，故答案为1.60a+3.20b+1.60c。‎ ‎ ‎