2023年高考化学考前名师押题金榜卷04（广东卷）

2023年高考化学考前名师押题金榜卷03（广东卷）一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．近年来，我国在科技、军事、体育等领域取得了举世瞩目的成就。下列有关材料属于有机高分子材料的是返回舱表面的高温结构陶瓷纳米储锂材料中的石墨炔“天机芯”高纯硅芯片短道速滑服的聚氨酯材料ABCD2．第130届广交会助力乡村振兴，参展的商品有竹制品、丝绸、药酒、蜂蜜等。下列说法不正确的是A．竹子富含纤维素 B．蚕丝是蛋白质纤维C．酿酒过程淀粉直接转化乙醇 D．蜂蜜中的葡萄糖和果糖都属于单糖3．下列化学用语或图示正确的是A．过氧化钠的电子式：B．某基态原子简化核外电子排布式为[Kr]4d105sl，该元素属于IB族C．基态磷原子的价电子的轨道表示式：D．CO2分子空间充填模型：4．五育并举，劳动先行。下列劳动项目与所述的化学知识具有因果关系的是选项劳动项目化学知识A社区服务：宣传推广使用免洗手酒精消毒液乙醇具有特殊香味B农业劳动：用厨余垃圾制肥料厨余垃圾含N、P、K等元素C家庭劳动：用醋酸清洗烧水壶中的水垢醋酸没有毒性D职业劳动：食品包装袋内充氮气氮气无色无味5．下列关于物质的结构或性质及解释均正确的是选项物质的结构或性质解释A键角：水分子中O上孤电子对数比氨分子中N上的多B稳定性：分子间氢键强于分子间作用力C熔点：碳化硅金刚石的键能大于的键能D酸性：的极性大于的极性，导致的羧基中的羟基极性更大6．宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列实验现象对应的离子方程式正确的是A．过量SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液，溶液红色褪去：SO2+OH-=HSOB．大理石与盐酸接触，产生无色气泡：CO+2H+=CO2↑+H2OC．CO2通入饱和Na2CO3溶液中出现浑浊现象：CO2+H2O+CO=2HCOD．铁钉浸泡在CuSO4溶液中，铁钉表面产生红色固体：2Fe+3Cu2+=3Cu+2Fe3+7．实验室用和浓盐酸反应生成后，按照净化、收集、性质检验及尾气处理的顺序进行实验。下列装置(“→”表示气流方向)不能达到实验目的的是8．中国自古有“信口雌黄”“雄黄入药”之说。雌黄和雄黄都是自然界中常见的砷化物，早期都曾用作绘画颜料，因都有抗病毒疗效也用来入药。砷元素有、两种常见价态。一定条件下，雌黄和雄黄的转化关系如图所示。下列说法错误的是A．反应Ⅰ中，和的物质的量之比为1∶1时可恰好完全反应B．反应Ⅱ中，物质a可能是S、C．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ是氧化还原反应；反应Ⅲ是非氧化还原反应D．反应Ⅰ可用NaOH溶液吸收，向吸收后的溶液中加入足量稀硫酸可为反应Ⅳ提供9．a、b、c、d、e为前四周期元素且原子序数依次增大，其中a、b、c均为短周期主族元素(其相对位置如图所示)，b、d、e三种原子组成一种晶胞。c的最高价氧化物对应的水化物为二元强酸；d元素位于s区，基态原子的电子均成对；e与d的原子序数之差为2。下列说法不正确的是abcA．第一电离能：a＞b B．粒子的空间结构是平面三角形C．晶胞的原子数之比 D．元素b、e可组成化合物10．研究表明：MgO基催化剂广泛应用于的转化过程，图是我国科研工作者研究MgO与作用最终生成Mg与的物质相对能量-反应进程曲线。下列说法不正确的是A．反应中甲烷被氧化B．中间体比更稳定C．该反应的速率控制步骤对应的活化能是29.5kJ/molD．转化为的焓变为-145.1kJ/mol11．部分含氮元素物质及含硫元素物质的分类与相应化合价的关系如图所示，下列推断不合理的是A．可以通过a的催化氧化反应制备c B．工业上通过a→b→c→e来制备C．向a′的溶液中通入c′可以得到b′ D．e′的浓溶液可以用铁或铝槽车来运输12．化合物M(如图所示)可用于制备各种高性能防腐蚀涂料。W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，且占据三个不同周期，W与Z的质子数之和是X的2倍。下列说法正确的是A．原子半径：X>Y>Z B．电负性：X<ZC．简单离子半径：Y>Z D．简单氢化物的还原性：Z>X13．探究草酸（H2C2O4）性质，进行如下实验。（已知：室温下，0.1mol·L?1H2C2O4的pH=1.3）实验装置试剂a现象①Ca(OH)2溶液（含酚酞）溶液褪色，产生白色沉淀②少量NaHCO3溶液产生气泡③酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色④C2H5OH和浓硫酸加热后产生有香味物质由上述实验所得草酸性质所对应的方程式不正确的是A．H2C2O4有酸性，Ca(OH)2+H2C2O4CaC2O4↓+2H2OB．酸性：H2C2O4>H2CO3，NaHCO3+H2C2O4NaHC2O4+CO2↑+H2OC．H2C2O4具有还原性，2+5+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2OD．H2C2O4可发生酯化反应，HOOCCOOH+2C2H5OHC2H5OOCCOOC2H5+2H2O14．光刻胶是光刻机制造芯片必不可少的重要材料，可用降冰片烯与马来酸酐共同加聚而成。下列说法不正确的是A．1mol马来酸酐与氢氧化钠溶液反应最多消耗2molNaOHB．降冰片烯与互为同分异构体C．该光刻胶合成过程中可能会出现链节：D．降冰片烯的一氯代物有4种15．工业上以为原料生产，对其工艺条件进行研究。现有含的、溶液，含的、溶液。在一定pH范围内，四种溶液中随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是A．反应的平衡常数B．C．曲线④代表含的溶液的变化曲线D．对含且和初始浓度均为的混合溶液，时才发生沉淀转化16．设计如图装置回收金属钴。保持细菌所在环境pH稳定，借助其降解乙酸盐生成CO2，将废旧锂离子电池的正极材料LiCoO2(s)转化为CO2+，工作时保持厌氧环境，并定时将乙室溶液转移至甲室。已知电极材料均为石墨材质，右侧装置为原电池。下列说法正确的是A．装置工作时，甲室溶液pH逐渐增大B．装置工作一段时间后，乙室不用补充盐酸C．乙室电极反应式为LiCoO2+2H2O+e-=Li++Co2++4OH-D．若甲室Co2+减少200mg，乙室Co2+增加300mg，则此时己进行过溶液转移二、非选择题：共56分。17．某化学实验小组探究SO2与FeCl3溶液的反应。实验一：用如图所示实验装置制备SO2，并将足量SO2通入FeCl3溶液中，溶液迅速变为血红色；停止通入气体，将血红色溶液密闭放置5小时后，溶液变为浅绿色。(1)制备SO2的化学反应方程式为_____。(2)仪器a的名称为_____。(3)某同学取适量酸性KMnO4于试管中，滴入几滴血红色溶液，溶液的紫色褪去，据此推断血红色溶液中含有Fe2+。乙同学认为此结论不正确，理由是____。实验二：探究血红色溶液产生的原因，实验过程如表：实验序号假设实验内容结论①c(H+)增大取上述血红色溶液，滴入Y溶液，溶液又变黄色假设不成立②c(H2SO3)或c(SO2)增大在FeCl3溶液中，滴入1mol/LNaHSO3溶液，溶液呈血红色，再逐滴滴入HCl溶液，出现_____现象假设不成立③c(HSO)或c(SO)增大在FeCl3溶液中加入Na2SO3溶液，立即变为血红色假设成立(4)实验①中，Y是____(填化学式)；实验②中现象是_____。(5)为了进一步探究血红色物质产生的主要原因，又进行了以下实验：(已知吸光度越大，溶液颜色越深)。在0.5mL1mol/L的FeCl3溶液中，加入浓度相同的Na2SO3溶液V1mL，NaHSO3溶液V2mL并混合均匀，改变V1、V2的值并维持V1+V2=4.0进行多组实验，测得混合溶液的吸光度与出的关系如图所示。①维持V1+V2=4.0的目的是____。②该实验得出的结论是____。18．镍是一种重要的战略性金属，利用红土镍矿(含、、、)综合回收镍、铁、镁是重要的工业冶炼工艺，部分流程如下：已知：存在未成对电子的金属原子(离子)具有顺磁性，顺磁性的磁矩不为0，反磁性的磁矩为0。(1)根据图数据可知，添加剂中与之比为__________时，有利于镍和铁的回收。(2)写出“还原焙烧”得到铁单质的化学方程式：__________。(3)“磁选”利用物质具有顺磁性，磁矩μ与未成对电子数n的关系为，则μ(铁原子)__________(填“＜”或“＞”)μ(镍原子)。(4)滤渣的主要成分为__________(化学式)。(5)已知、均为离子晶体，离子半径，则根据上述信息可预测熔点__________(填“＞”或“＜”)；某缺陷氧化镍的组成为，其中元素只有、两种价态，则两种价态的镍离子数目之比为__________。(6)工业上常用与足量的碳在氯气的环境下加热生产，若生产转移电子的物质的量为，写出此过程的化学方程式：__________。19．化合物G是用于治疗面部疱疹药品泛昔洛韦的合成中间体，其合成路线如下：回答下列问题：(1)A的名称为_______；的反应类型为_______。(2)D中官能团的名称为_______。(3)的反应方程式为_______。(4)F的结构简式为_______。(5)C有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体有_______种；①分子中含有苯环。②分子中含有2个。③苯环上有三个取代基。写出其中一种核磁共振氢谱中峰面积之比为4∶3∶2∶2∶1的结构简式_______。(6)参照上述合成路线，设计以苯甲醇和为原料(无机试剂任选)制备的路线_______。20．随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，含碳化合物的综合利用备受关注。(1)己知某反应体系中主要涉及如下反应：Ⅰ．HCOOH(g)CO2(g)+H2(g)kJ·mol-1；Ⅱ．CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)kJ·mol-1。①HCOOH中∠OCO、CO2中ZOCO、CH4中∠HCH的键角大小关系是_______(以分子式表示)。②反应Ⅰ的一种溶剂化催化反应历程如图所示(其中TS表示过渡态)。历程中生成______(填“TS1”或“TS2”)的反应步骤为总反应的决速步。③反应Ⅱ的催化剂活性会因为甲烷分解产生积碳而降低，同时二氧化碳可与碳发生消碳反应而降低积碳量，设计如下反应：Ⅲ．CH4(g)C(s)+2H2(g)kJ·mol-1；Ⅳ．C(s)+CO2(g)2CO(g)。反应Ⅳ的为______。(2)甲烷部分催化氧化制备乙炔是目前研究的热点之一。反应原理为：2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)kJ·mol-1。一定温度下，将1molCH4充入10L的固定容积容器中发生上述反应，实验测得反应前容器内压强为kPa，容器内各气体分压与时间的关系如图所示。6～8min时，H2的浓度为______mol·L-1，反应的平衡常数______；若8min时改变的条件是缩小容器容积到5L，其中C2H2分压与时间关系可用图中曲线_____(填“L1”“L2”“L3”或“L4”)表示。参考答案1．D【详解】A．高温结构陶瓷为新型无机非金属材料，A不符合题意；B．根据石墨炔的结构片段可知其为一种碳单质，不是有机高分子材料，B不符合题意；C．高纯硅为无机非金属材料，C不符合题意；D．聚氨酯材料是由有机小分子聚合而成的高分子材料，为有机高分子材料，D符合题意；综上所述答案为D。2．C【详解】A．竹子含植物纤维，富含纤维素，A正确；B．蚕丝的主要成分是蛋白质，属于蛋白质纤维，B正确；C．用粮食酿酒时，先在糖化酶作用下水解为葡萄糖，然后在酵母作用下转变为酒精，淀粉不能直接转化为乙醇，C错误；D．葡萄糖、果糖化学式都为C6H12O6，都是单糖，D正确；故选：C。3．B【详解】A．过氧化钠为离子化合物，其电子式为：，A错误；B．根据第四周期IB族的Cu原子简化核外电子排布式为[Ar]3d104sl可推知，若基态原子简化核外电子排布式为[Kr]4d105sl，则该元素属于IB族，B正确；C．基态磷原子的价电子排布式为3s23p3，其符合洪特规则，则其轨道表示式为：，C错误；D．二氧化碳分子为直线型结构，分子中碳原子的半径大于O的半径，上述半径比例不正确，D错误；故选B。4．B【详解】A．乙醇可以使蛋白质变性，用于杀菌消毒，并不是利用其香味，故A错误；B．植物生长不可缺少的元素有N、P、K等，因此富含N、P、K的厨余垃圾可作肥料，故B正确；C．水垢的主要成分是碳酸钙、氢氧化镁，醋酸能除水垢是因为醋酸具有酸性，与醋酸没有毒性无关，故C错误；D．氮气化学性质稳定，可作保护气，与无色无味无关，故D错误；答案选B。5．D【详解】A.随着孤电子对数增多，成键电子对与成键电子对之间的斥力减小，键角也减小，和的键角大小为，故A错误；B.非金属氢化物的稳定性跟其对应的非金属的非金属性有关，非金属性越强，越稳定，所以HF和HCl的稳定性大小为，但解释错误，故B错误；C.键长越短，键能越大，熔沸点越高，碳化硅和金刚石的熔点大小为金刚石>碳化硅，故C错误；D.的极性大于的极性，导致的羧基中的羟基极性更大，更容易电离出氢离子，酸性大于，故D正确；故答案选D。6．A【详解】A．二氧化硫为酸性氧化物，过量的SO2与NaOH溶液反应生成酸式盐和水，溶液红色褪去，其离子方程式为SO2+OH-=，故A正确；B．大理石与盐酸接触，发生反应生成CaCl2、CO2和H2O，由于CaCO3难溶于水，在离子方程式中应保留化学式，其离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，故B错误；C．CO2通入饱和Na2CO3溶液中，二者发生反应生成碳酸氢钠，由于碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小，则产生沉淀，即溶液出现浑浊，其离子方程式为CO2+H2O+2Na++=2NaHCO3↓，故C错误；D．铁钉浸泡在CuSO4溶液中，铁钉表面产生红色固体，说明铁能与硫酸铜发生置换反应，即Fe与CuSO4发生反应，生成硫酸亚铁和Cu，其离子方程式为Fe+Cu2+=Fe2++Cu，故D错误；答案为A。7．D【详解】A．浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl，可用饱和食盐水除去HCl，Cl2可用浓硫酸干燥，A装置能达到实验目的，故A不符合题意；B．氯气的密度大于空气，用向上排空气法收集，B装置能收集氯气，故B不符合题意；C．湿润的红布条褪色，干燥的红色布条不褪色，可验证干燥的氯气不具有漂白性，故C不符合题意；D．氯气在水中的溶解度较小，应用NaOH溶液吸收尾气，D装置不能达到实验目的，故D符合题意；答案选D。8．C【详解】A．反应Ⅰ中，和反应生成Sn4+、，As化合价由+3到+2，Sn化合价由+2到+4，根据电子守恒可知，～，即物质的量之比为1∶1时可恰好完全反应，A正确；B．反应Ⅱ中氧气具有氧化性，负二价硫具有还原性，则物质a可能是S、，B正确；C．反应Ⅳ中H、O、S、As元素化合价反应前后均不改变，是非氧化还原反应，C错误；D．反应Ⅰ可用NaOH溶液吸收，向吸收后的溶液中存在生成的硫化钠，加入足量稀硫酸反应生成硫化氢气体，可为反应Ⅳ提供，D正确；故选C。9．B【分析】a、b、c、d、e为前四周期元素且原子序数依次增大，其中a、b、c均为短周期主族元素(其相对位置如图所示)，c的最高价氧化物对应的水化物为二元强酸，c是S元素，则a是N元素、b是O元素；d元素位于s区，基态原子的电子均成对，d是Ca元素；e与Ca的原子序数之差为2，e是Ti元素。【详解】A．N原子2p能级半充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，所以第一电离能N＞O，故A正确；????B．中S原子价电子对数为，有1个孤电子对，空间结构是三角锥，故B错误；C．根据均摊原则，晶胞中Ti原子数为、O原子数为、Ca原子数为1，原子数之比，故C正确；D．Ti的价电子排布为3d24s2，元素O、Ti可组成化合物，故D正确；选B。10．C【详解】A．由图可知，该过程的总反应为，反应过程中CH4中C元素的化合价升高，作还原剂，被氧化，故A正确；B．能量越低越稳定，由图可知，中间体的能量比更低，则比更稳定，故B正确；C．该反应的反应速率取决于活化能最大的步骤，由图可知，该反应中活化能最大的步骤是HOMgCH3到过渡态2的步骤，该步骤的活化能为299.8kJ/mol，故C错误；D．由图可知，转化为的焓变为-149.4kJ/mol-(-4.3kJ/mol)=-145.1kJ/mol，故D正确；答案选C。11．B【分析】由图示信息可知，a是NH3，b是N2，c是NO，d是NO2，e是HNO3，a′是H2S，b′是S，c′是SO2，d′是SO3，e′是H2SO4，f′是H2SO3。【详解】A．a是NH3，氨的催化氧化生成NO和H2O，A正确；B．工业上通过氨的催化氧化生成NO，NO与O2反应生成NO2，NO2与H2O反应生成HNO3，B错误；C．a′是H2S，c′是SO2，H2S与SO2反应生成S和H2O，C正确；D．铁或铝遇见浓硫酸钝化，故可以用铁或铝槽车来运输浓硫酸，D正确；故选B。12．D【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，且占据三个不同周期，则W为H；Z处于第三周期，化合物M的结构中Y可以形成+3价阳离子，故Y为A1；W与Z的质子数之和是X的2倍，则Z的质子数为奇数，其原子序数大于Al，只能为15(或17)，对应的X质子数只能为8(或9)，而化合物M结构中X可以形成2个共价键，故X为O元素，则Z为P元素。【详解】由分析可知：W为H，X为O，Y为Al，Z为P元素。A．同一周期元素的原子半径随原子序数的增大而减小，同一主族元素，原子核外电子层数越多，原子半径增大，故原子半径：Y(Al)＞Z(P)＞X(O)，选项A错误；B．X为O，Z为P，非金属性O>P，故电负性O>P，选项B错误；C．Y为Al，Z为P，简单离子半径P3-比Al3+多一个电子层，离子半径较大，选项C错误；B．元素的非金属性越强，其形成的简单氢化物的稳定性就越强，还原性就越弱。元素的非金属性：X(O)＞Z(P)，故氢化物的还原性：PH3＞H2O，选项D正确；答案选D。13．C【分析】草酸（又称乙二酸）为一种二元弱酸，具有酸的通性，因此能发生中和反应，具有还原性，因为乙二酸中含有羧基因此能发生酯化反应，据此解题；【详解】A.H2C2O4为二元弱酸，能与氢氧化钙溶液发生中和反应，生成白色沉淀草酸钙和水，因此含酚酞的氢氧化钙溶液碱性逐渐减弱，溶液红色退去，故A正确；B.产生气泡证明有CO2产生，因此可证明酸性H2C2O4＞H2CO3，反应方程式为：H2C2O4+2NaHCO3=Na2C2O4+2CO2+2H2O或,H2C2O4+NaHCO3=NaHC2O4+2CO2+2H2O，故B正确；??C.0.1mol·L?1H2C2O4的pH=1.3,说明草酸为弱酸，故在其参与的离子方程式中要写其化学式，不能用草酸根表示，故C不正确；D.草酸（又称乙二酸），其中含有羧基，因此其能发生酯化反应，反应方程式正确，故D正确；本题选不正确的，应选C。【点睛】本题考查草酸的性质和离子反应方程式的书写，侧重考查学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用。14．B【详解】A．一个马来酸酐分子水解生成2个羧基，则1mol马来酸酐，最多消耗2molNaOH，A正确；B．降冰片烯与分子式相同、结构相同，二者是同种物质，B错误；C．降冰片烯和马来酸酐之间可以发生加成反应、马来酸酐分子之间也可以发生加成反应，所以其链节可能是：，C正确；D．由题干信息中降冰片烯的结构简式利用等效氢原理可知，降冰片烯的一氯代物有4种，如图所示：，D正确；故答案为：B。15．D【分析】溶液pH变化，含硫酸锶固体的硫酸钠溶液中锶离子的浓度几乎不变，pH相同时，溶液中硫酸根离子越大，锶离子浓度越小，所以曲线①代表含硫酸锶固体的0.1mol/L硫酸钠溶液的变化曲线，曲线②代表含硫酸锶固体的1mol/L硫酸钠溶液的变化曲线；碳酸是弱酸，溶液pH减小，溶液中碳酸根离子离子浓度越小，锶离子浓度越大，pH相同时，1mol/L碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度大于0.1mol/L碳酸钠溶液，则曲线③表示含碳酸锶固体的0.1mol/L碳酸钠溶液的变化曲线，曲线④表示含碳酸锶固体的1mol/L碳酸钠溶液的变化曲线。【详解】A．反应SrSO4(s)+COSrCO3(s)+SO的平衡常数K===，A正确；B．由分析可知，曲线①代表含硫酸锶固体的0.1mol/L硫酸钠溶液的变化曲线，则硫酸锶的溶度积Ksp(SrSO4)=10—5.5×0.1=10—6.5，温度不变，溶度积不变，则溶液pH为7.7时，锶离子的浓度为=10—6.5，则a为-6.5，B正确；C．由分析可知，曲线④表示含碳酸锶固体的1mol/L碳酸钠溶液的变化曲线，C正确；D．对含SrSO4(s)且Na2SO4和Na2CO3初始浓度均为1.0mol·L-1的混合溶液中锶离子的浓度为10-6,5，根据图示，锶离子的降低，所以发生沉淀转化，D错误；故选D。16．D【分析】已知电极材料均为石墨材质，右侧装置为原电池，废旧锂离子电池的正极材料LiCoO2(s)转化为CO2+，电极反应式为LiCoO2+4H++e-=Li++Co2++2H2O，左侧细菌电极(负极)，电极反应式为CH3COO-+2H2O-8e-=CO2+7H+；左侧装置(电解池)，右侧电极(阴极)，电极反应式为Co2++2e-=Co，左侧电极(阳极)，电极反应式为CH3COO-+2H2O-8e-=CO2+7H+。【详解】A．由分析可知，装置工作时，甲室电极反应式为Co2++2e-=Co，则左侧H+、金属阳离子通过阳膜移向甲室，pH逐渐减小，A不正确；B．装置工作一段时间后，乙室电极反应式为8LiCoO2+32H++8e-=8Li++8Co2++16H2O，左侧细菌电极(负极)，电极反应式为CH3COO-+2H2O-8e-=CO2+7H+，左侧H+和金属离子透过阳膜向乙室移动，但左侧产生的H+不能满足右侧消耗的需要，所以需不断补充盐酸，B不正确；C．乙室溶液呈酸性，电极反应式为LiCoO2+4H++e-=Li++Co2++2H2O，C不正确；D．甲室电极反应式为Co2++2e-=Co，乙室电极反应式为2LiCoO2+8H++2e-=2Li++2Co2++4H2O，则甲室减少的Co2+与乙室增加Co2+的质量比为1:2，若甲室Co2+减少200mg，乙室Co2+应增加400mg，现只增加300mg，则此时己进行过溶液转移，D正确；故选D。17．(1)Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O(2)球形干燥管(3)不正确；溶液中的SO2，SO、HSO、Cl?都能使高锰酸钾褪色(4)????HCl????变黄(5)????使Fe3+的浓度保特不变????Fe3+主要和SO形成络合物使溶液变成血红色【分析】二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸在溶液中部分电离，亚硫酸溶液中存在的分子有亚硫酸、二氧化硫，存在的离子有氢离子、亚硫酸氢根、亚硫酸根，实验一用亚硫酸钠固体和70%的硫酸溶液反应制备二氧化硫气体，将二氧化硫通入氯化铁溶液中探究溶液颜色的变化，实验二探究溶液中的微粒对溶液产生血红色的影响。【详解】（1）由实验装置图可知，制备二氧化硫的反应为亚硫酸钠固体和70%硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫气体和水，反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，故答案为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；（2）由实验装置图可知，仪器a的为球形干燥管，故答案为：球形干燥管；（3）血红色溶液中含有的氯离子和可能存在的二氧化硫、亚硫酸、亚硫酸氢根。氯离子、二氧化硫、亚硫酸、亚硫酸根也能与酸性高锰酸钾溶液反应使溶液褪色，则将溶液滴入适量的酸性高锰酸钾溶液中，溶液的紫色褪去不能说明溶液中含有亚铁离子，故答案为：不正确；溶液中的SO2，SO、HSO、Cl?都能使高锰酸钾褪色；（4）由假设可知，实验①探究溶液中氢离子浓度对血红色产生的影响，由变量唯一化原则可知，向血红色溶液中滴入的酸Y为盐酸；实验②探究二氧化硫和亚硫酸浓度对血红色产生的影响，由实验结论可知，加入的盐酸与亚硫酸钠溶液反应生成的二氧化硫和亚硫酸对实验无影响，则反应的实验现象应与实验①相同，溶液又变为黄色，故答案为：HCl；变黄；（5）①由变量唯一化原则可知，探究亚硫酸氢根或亚硫酸根浓度对血红色产生的影响时，应保持溶液总体积不变达到溶液中铁离子浓度不变的目的，故答案为：使Fe3+的浓度保特不变；②由图可知，混合溶液中亚硫酸氢根离子的体积分数越大，吸光度越小说明产生血红色的原因是铁离子和亚硫酸根离子形成络合物使溶液变成血红色，故答案为：Fe3+主要和SO形成络合物使溶液变成血红色。18．(1)1：7(2)(3)＞(4)、(5)????＞????(6)【分析】由题给流程可知，高温条件下红土镍矿与足量碳、碳酸钠和氟化钙发生还原焙烧得到焙烧渣，焙烧渣经湿磨、磁选得到铁、镍粗产品和含有碳化硅、硅酸钠、氟化镁的磁选液，向磁选液中加入稀硫酸酸浸后，过滤得到含有碳化硅、硅酸的滤渣和含有硫酸镁的滤液，滤液经调pH、过滤和系列操作得到氧化镁。【详解】（1）由图可知，碳酸钠和氟化钙的物质的量比为1：7时，铁的回收率最高，镍的回收率较高，物质的量比在1：7—4：4范围内时，铁的回收率显着降低，而镍的回收率增大幅度不大，所以碳酸钠和氟化钙的物质的量比为1：7时，有利于镍和铁的回收，故答案为：1：7；（2）还原焙烧得到铁单质的反应为氧化铁与碳在高温条件下反应生成铁和一氧化碳，反应的化学方程式为，故答案为：；（3）铁元素的原子序数为26，基态原子的价电子排布式为3d64s2，原子中不成对电子数为4，镍元素的原子序数为28，基态原子的价电子排布式为3d84s2，原子中不成对电子数为2，由题给公式可知，未成对电子数越多，磁矩越大可知，铁原子的磁矩大于镍，故答案为：＞；（4）二氧化硅高温条件下能与足量碳反应生成碳化硅和一氧化碳，与碳酸钠反应生成硅酸钠，向磁选液中加入稀硫酸酸浸时，硅酸钠与稀硫酸反应生成硅酸沉淀，氟化镁与稀硫酸反应生成硫酸镁，碳化硅与稀硫酸不反应，所以过滤得到含有碳化硅、硅酸的滤渣，故答案为：、；（5）氧化镁和氧化镍都是离子晶体，镁离子的离子半径小于镍离子，所以氧化镁中的离子键强于氧化镍，熔点高于氧化镍；设缺陷氧化镍中+2价镍的原子个数为a，由化合价代数和为0可得：2a+3(0.96—a)—2=0，解得a=0.88，则+2价和+3价镍离子数目之