北京延庆2023年高三零模化学试题及答案

北京延庆2023年高三零模化学一、选择题：本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1．（3分）2022年2月4日至2月20日，第24届冬奥会在中国北京市和张家口市联合举行，冬奥会中所使用的材料属于有机高分子材料的是（）A．为场馆提供电能的晶体硅太阳能电池B．轻合金材料制成的冰刀C．大理石冰壶D．聚氨酯速滑服A．A B．B C．C D．D2．（3分）Cs为IA族元素，Cs是铯的一种放射性同位素，可用于某些癌症的治疗。下列关于Cs的说法，不正确的是（）A．Cs原子核外电子数为55 B．Cs原子核内中子数为137 C．原子半径：Cs＞K D．Cs的化学性质与K相似3．（3分）下列化学用语或图示表达不正确的是（）A．乙烯的空间填充模型： B．CO2的电子式： C．HClO的结构式：H﹣O﹣Cl D．氯元素的原子结构示意图：4．（3分）下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是（）A．热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3 B．酸性：H2SO4＜HClO4 C．金属性：Na＞Al D．氢化物的稳定性：H2S＜H2O5．（3分）室温下，1体积水能溶解约700体积的NH3。将向下排空气法收集NH3后的试管倒扣在水槽里的水中，观察。对该实验现象的分析正确的是（）A．试管内液面上升，证明NH3与H2O发生了反应 B．试管中剩余少量气体，是因为NH3在水中的溶解达到了饱和 C．取试管中少量无色液体于另一试管中，向其中加入酚酞溶液，溶液显红色，原因是：NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣ D．将实验后试管中溶液敞口放置在空气中一段时间，pH会降低，主要是由于NH3被空气中的O2氧化6．（3分）下列用于解释事实的方程式书写不正确的是（）A．滴有酚酞的碳酸钠溶液呈红色：CO32﹣+2H2O⇌H2CO3+2OH﹣ B．在空气中加热金属钠生成淡黄色固体：2Na+O2Na2O2 C．氢氧化铝溶于氢氧化钠溶液：Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O D．将氯气通入氢硫酸中产生黄色沉淀：H2S+Cl2＝S↓+2HCl7．（3分）用如图所示装置（搅拌装置已略去）探究溶液中离子浓度的变化，灯光变化不可能出现“亮→暗（或灭）→亮”现象的是（）ABCD试剂aNaOHCa（OH）2Ba（OH）2H2SO3试剂bCH3COOHCa（HCO3）2H2SO4H2SA．A B．B C．C D．D8．（3分）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）A．铵盐都能与碱发生反应，可用作化肥 B．Al2O3具有两性，可用于电解冶炼铝 C．稀硫酸具有酸性，可用于除去铁锈 D．次氯酸见光易分解，可用作棉、麻和纸张的漂白剂9．（3分）实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均正确的是（）气体试剂制备装置收集方法ANH3NH4ClaeBCl2MnO2+浓盐酸bdCNO2Cu+浓HNO3bfDCH2＝CH2C2H5OH+浓H2SO4cfA．A B．B C．C D．D10．（3分）在一定温度下，将1molCO2和3molH2充入体积为1L的恒容密闭容器中发生反应并达到平衡：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH＜0，测得平衡混合气体中CH3OH的物质的量分数为25%。下列说法不正确的是（）A．平衡混合气体中C原子的物质的量是1mol B．该反应的反应物的总能量高于生成物的总能量 C．该反应的化学平衡常数K＝ D．其他条件相同时，若起始充入2molCO2和6molH2，达到平衡时CH3OH的物质的量分数大于25%11．（3分）可生物降解高分子材料PET的结构片段如下：X﹣Y﹣X﹣Y（表示链延长），X为，Y为﹣OCH2CH2O﹣，下列有关PET的说法不正确的是（）A．PET分子中含有酯基，能发生水解反应 B．PET的结构简式可写为 C．可以通过缩聚反应制备PET D．若PET结构中的Y用替代，可形成网状结构12．（3分）25℃时，向20.00mL0.10mol•L﹣1HA溶液中逐滴加入0.10mol•L﹣1NaOH溶液，同时分别测得溶液pH和导电能力的变化如图所示，下列说法不正确的是（）A．a点对应溶液的pH等于3，说明HA是弱酸 B．b点对应的溶液中：c（A﹣）＜c（Na+）＜c（HA） C．c点对应的溶液中：c（A﹣）+c（HA）＝c（Na+） D．根据溶液pH和导电能力的变化可推断：V1＜V213．（3分）CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2资源化利用的方法，其过程中主要发生如下两个反应：反应Ⅰ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH1反应Ⅱ：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）ΔH2＝﹣122.5kJ•mol﹣1在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图所示。已知：CH3OCH3的选择性＝×100%。下列说法不正确的是（）A．反应2CO（g）+4H2（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）的焓变为ΔH2﹣2ΔH1 B．根据图象推测ΔH1＞0 C．其他条件不变时，温度越高，CO2主要还原产物中碳元素的价态越低 D．其他条件不变时，增大体系压强可以提升A点CH3OCH3的选择性14．（3分）我国科学家研制了一种新型的高比能量锌−碘溴液流二次电池，该电池在使用前要先进行充电，如图为充电原理示意图，溴离子与碘分子结合成为碘溴离子I2Br﹣，可以增加电池容量。下列叙述不正确的是（）A．充电时，a接外电源的正极，作阳极 B．充电时，b电极每增重0.65g，溶液中有0.02molI﹣被氧化 C．放电时，a电极反应为I2Br﹣+2e﹣＝2I﹣+Br﹣ D．放电时，贮液器d内c（Zn2+）持续增大二、非选择题：本部分共5题，共58分。15．（11分）镍铜合金由60%镍、33%铜、6.5%铁三种金属组成的合金材料。镍铜合金有较好的室温力学性能和高温强度，耐腐蚀性高，耐磨性好，容易加工，无磁性，是制造行波管和其他电子管较好的结构材料。还可作为航空发动机的结构材料。（1）基态铜原子的价层电子的轨道表示式为，Cu与Fe的第二电离能分别为：ICu＝1959kJ•mol﹣1，IFe＝1562kJ•mol﹣1，结合价层电子排布式解释Fe的第二电离能较小的原因是。（2）向4mL0.1mol/LCuSO4溶液中滴加氨水可形成[Cu（NH3）4]SO4溶液，再向溶液中加入8mL95%的乙醇，并用玻璃棒摩擦器壁析出深蓝色晶体Cu（NH3）4]SO4•H2O。①NH3中心原子的轨道杂化类型为。NH3的沸点高于CH4的沸点，其原因是。②简单说明加入乙醇后析出[Cu（NH3）4]SO4•H2O晶体的原因。（3）某镍铜合金的立方晶胞结构如图所示。①在该晶胞中镍原子与铜原子的数量比为。②若该晶胞的棱长为anm（1nm＝1×10﹣7cm），ρ＝g•cm﹣3（NA表示阿伏加德罗常数，列出计算式）。16．（10分）当今世界，“碳达峰”“碳中和”已经成为了环保领域的“热词”，我国力争于2030前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。深度脱碳（CO2）的资源化利用能有效减少CO2排放，充分利用碳资源。I.大气中的二氧化碳主要来自于煤、石油及其他含碳化合物的燃烧，CH4与CO2重整是CO2利用的研究热点之一。该重整反应体系主要涉及以下反应：（a）CH4（g）⇌C（s）+2H2（g）ΔH1＝akJ•mol﹣1（b）CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2＝bkJ•mol﹣1（c）2CO（g）⇌CO2（g）+C（s）ΔH3＝ckJ•mol﹣1（d）……根据盖斯定律，反应CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）ΔH＝kJ•mol﹣1II.利用电化学方法可实现二氧化碳的资源化利用。（1）原电池法：我国科学家研究Li﹣CO2电池，取得重大突破。该电池发生的原电池反应为：4Li+3CO2＝2Li2CO3+C。①在Li﹣CO2电池中，Li为单质锂片，是该原电池的（填“正”或“负”）极。②CO2电还原过程依次按以下四个步骤进行，写出步骤I的电极反应式：i；iiC2O42﹣＝CO22﹣+CO2iiiCO2+2CO22﹣＝2CO32﹣+CivCO32﹣+2Li+＝Li2CO3（2）电解法：如电解CO2制HCOOK。该原理示意图如图：①Pt片为电解池的极。②写出CO2还原为HCOO﹣的电极反应式：。③电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是。17．（12分）利喘贝是一种新的平喘药，其合成过程如图：已知：（1）A属于芳香烃，则A的名称为。（2）C的官能团的名称是。（3）D→E的反应类型是。（4）H与FeCl3作用显色且能发生银镜反应，苯环上的一氯代物有两种。由H生成I反应的化学方程式为。（5）L的结构简式为。（6）J俗称香兰素，在食品行业中主要作为一种增香剂。香兰素的一种合成路线如图。中间产物1和中间产物2的结构简式分别为、。18．（12分）煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，形成酸雨、污染大气，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝，回答下列问题：（1）NaClO2的化学名称为。（2）在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气，反应温度323K，NaClO2溶液浓度为5×10﹣3mol•L﹣1．反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表离子SO42﹣SO32﹣NO3﹣NO2﹣Cl﹣c/（mol•L﹣1）8.35×10﹣46.87×10﹣61.5×10﹣41.2×10﹣53.4×10﹣3①写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式。增加压强，NO的转化率（填“提高”“不变”或“降低”）。②随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的pH逐渐（填“提高”“不变”或“降低”）。③由实验结果可知，脱硫反应速率脱硝反应速率（填“大于”或“小于”）。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是。（3）在不同温度下，NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中，SO2和NO的平衡分压px如图所示。①由图分析可知，反应温度升高，脱硫、脱硝反应的平衡常数均（填“增大”“不变”或“减小”）。②反应ClO2﹣+2SO32﹣═2SO42﹣+Cl﹣的平衡常数K表达式为。（4）如果采用NaClO、Ca（ClO）2替代NaClO2，也能得到较好的烟气脱硫效果。从化学平衡原理分析，Ca（ClO）2相比NaClO具有的优点是。19．（13分）某小组通过观察电流表的指针偏转探究电极上发生的氧化还原反应。（1）连接装置（如图Ⅰ所示），断开开关K时，将铁片和铜片同时插入稀硫酸中，Fe表面产生大量无色气泡，Cu表面无明显变化；闭合开关K，电流表指针向右偏转，Fe和Cu表面均产生大量无色气泡。①欲验证铁电极发生氧化反应的产物，实验操作和现象是。②分别用化学用语表示Fe和Cu表面均产生无色气泡的原因：；。（2）该小组同学将（1）中装置的稀硫酸换成浓硝酸，两极均产生大量红棕色气体。改进实验装置（如图II所示），闭合开关K后，将铁电极快速插入浓硝酸中，观察到指针快速向右偏转，约2秒后指针缓缓向左偏转，并在一段时间内电流表示数几乎不变。①铜与浓硝酸反应的离子方程式为。②闭合开关K后，将铁电极快速插入浓硝酸中，观察到指针快速向右偏转的原因是（结合铜电极反应式说明）。③电流表指针向左偏转后，示数几乎不变的原因之一是铁电极上氧化膜放电，但氧化膜的生成速率大于（或等于）氧化膜的消耗速率。请设计实验方案证明：。

参考答案一、选择题：本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1．（3分）2022年2月4日至2月20日，第24届冬奥会在中国北京市和张家口市联合举行，冬奥会中所使用的材料属于有机高分子材料的是（）A．为场馆提供电能的晶体硅太阳能电池B．轻合金材料制成的冰刀C．大理石冰壶D．聚氨酯速滑服A．A B．B C．C D．D【分析】A．晶体硅太阳能电池属于无机非金属材料；B．轻合金材料制成的冰刀属于合金；C．大理石主要成分为碳酸钙；D．聚氨酯属于有机高分子材料。【解答】解：A．晶体硅太阳能电池属于新型无机非金属材料，不属于有机高分子材料，故A错误；B．轻合金材料制成的冰刀属于合金，不属于有机高分子材料，故B错误；C．大理石主要成分为碳酸钙，不属于有机高分子材料，故C错误；D．聚氨酯属于有机高分子材料，所以北京冬奥会聚氨酯速滑服属于有机高分子材料，故D正确；故选：D。【点评】本题以冬奥会为情境，考查了物质的组成、分类，熟悉物质的组成及性质即可解答，题目难度不大。2．（3分）Cs为IA族元素，Cs是铯的一种放射性同位素，可用于某些癌症的治疗。下列关于Cs的说法，不正确的是（）A．Cs原子核外电子数为55 B．Cs原子核内中子数为137 C．原子半径：Cs＞K D．Cs的化学性质与K相似【分析】A．原子中，质子数＝核外电子数；B．中子数＝质量数﹣质子数；C．同主族元素原子从上到下原子半径依次增大；D．同主族元素原子结构相似、化学性质相似。【解答】解：A．依据核素符号Cs可知，质子数为55，依据原子的电中性原则可知，其原子核外电子数为55，故A正确；B．依据核素符号Cs可知，质子数为55，质量数为137，则其中子数为：137﹣55＝82，故B错误；C．Cs在K的下方，二者属于同主族，则原子半径：Cs＞K，故C正确；D．Cs在K的下方，二者属于同主族，所以二者化学性质相似，故D正确；故选：B。【点评】本题考查了原子的表示方法以及元素周期律，明确原子结构组成及同主族元素性质递变规律是解题关键，题目难度不大。3．（3分）下列化学用语或图示表达不正确的是（）A．乙烯的空间填充模型： B．CO2的电子式： C．HClO的结构式：H﹣O﹣Cl D．氯元素的原子结构示意图：【分析】A．乙烯分子中含有1个碳碳双键，碳原子的原子半径大于氢原子；B．二氧化碳中碳与两个氧原子分别共用2对电子；C．次氯酸为羟基与氯原子结合而成；D．氯原子核内17个质子，核外17个电子，分布在三个电子层，从内到外分别容纳2，8，7个电子。【解答】解：A．乙烯分子为平面结构，碳原子的相对体积较大，其空间填充模型为，故A正确；B．二氧化碳的电子式为：，故B错误；C．次氯酸为羟基与氯原子结合而成，结构式为H﹣O﹣Cl，故C正确；D．氯原子结构示意图为：，故D正确；故选：B。【点评】本题考查常见化学用语的表示方法，涉及结构式、电子式、笔力模型等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，题目难度不大。4．（3分）下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是（）A．热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3 B．酸性：H2SO4＜HClO4 C．金属性：Na＞Al D．氢化物的稳定性：H2S＜H2O【分析】A.Na2CO3和NaHCO3属于盐，碳酸氢钠受热分解为碳酸钠；B.非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强；C.同周期元素，从左至右金属性递减；D.非金属性越强，对应的简单气态氢化物稳定性越强。【解答】解：A.Na2CO3和NaHCO3属于盐，碳酸氢钠受热分解为碳酸钠，热稳定性Na2CO3＞NaHCO3，不能用元素周期律解释，故A错误；B.非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，H2SO4和HClO4均为对应元素的最高价氧化物的水化物，能用元素周期律解释，故B正确；C.同周期元素，从左至右金属性递减，金属性：Na＞Al，能用元素周期律解释，故C正确；D.非金属性越强，对应的简单气态氢化物稳定性越强，氢化物的稳定性：H2S＜H2O，能用元素周期律解释，故D正确；故选：A。【点评】本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度不大，明确元素周期律的内容为解答关键，试题侧存在基础知识的考查，有利于提高学生的灵活应用能力。5．（3分）室温下，1体积水能溶解约700体积的NH3。将向下排空气法收集NH3后的试管倒扣在水槽里的水中，观察。对该实验现象的分析正确的是（）A．试管内液面上升，证明NH3与H2O发生了反应 B．试管中剩余少量气体，是因为NH3在水中的溶解达到了饱和 C．取试管中少量无色液体于另一试管中，向其中加入酚酞溶液，溶液显红色，原因是：NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣ D．将实验后试管中溶液敞口放置在空气中一段时间，pH会降低，主要是由于NH3被空气中的O2氧化【分析】A．室温下，1体积的水能溶解约700体积的NH3，其先溶于水；B．向下排空气法收集NH3后，气体中可能含有其他杂质，导致水不能充满试管；C．氨气溶于水和水反应生成一水合氨，一水合氨部分电离生成氢氧根离子，溶液显碱性；D．氨气被氧气氧化需要催化剂加热。【解答】解：A．由信息可知，NH3易溶于水，也能使液面上升，故A错误；B．向下排空气法收集NH3后，如果全部为氨气，水应充满试管，可能是含有其他杂质，导致水不能充满，故B错误；C．取试管中少量无色液体于另一试管中，氨气和水反应，溶液中存在化学平衡和电离平衡，NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，氨水溶液显碱性，向其中加入酚酞溶液，溶液显红色，故C正确；D．将实验后试管中溶液敞口放置在空气中一段时间，pH会降低，主要是由于NH3挥发，不是NH3被空气中的O2氧化，故D错误；故选：C。【点评】本题考查氨气的性质实验，题目难度不大，明确发生反应的原理为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。6．（3分）下列用于解释事实的方程式书写不正确的是（）A．滴有酚酞的碳酸钠溶液呈红色：CO32﹣+2H2O⇌H2CO3+2OH﹣ B．在空气中加热金属钠生成淡黄色固体：2Na+O2Na2O2 C．氢氧化铝溶于氢氧化钠溶液：Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O D．将氯气通入氢硫酸中产生黄色沉淀：H2S+Cl2＝S↓+2HCl【分析】A．多元弱酸分步水解，以第一步为主；B．金属钠在空气中燃烧生成过氧化钠；C．二者反应生成偏铝酸钠和水；D．氯气通入氢硫酸中产生黄色沉淀．【解答】解：A．碳酸钠溶液呈红色，原因是碳酸根离子水解：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，故A错误；B．金属钠在空气中燃烧生成淡黄色的过氧化钠，2Na+O2Na2O2，故B正确；C．氢氧化铝溶于氢氧化钠溶液，离子方程式：Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，故C正确；D．氯气通入氢硫酸中产生黄色沉淀，化学方程式为：H2S+Cl2＝S↓+2HCl，故D正确，故选：A。【点评】本题考查了水解反应方程式的书写、离子方程式的书写和化学方程式的书写，为高考频考点，题目难度不大，熟悉反应的实质是解题关键，题目难度中等．7．（3分）用如图所示装置（搅拌装置已略去）探究溶液中离子浓度的变化，灯光变化不可能出现“亮→暗（或灭）→亮”现象的是（）ABCD试剂aNaOHCa（OH）2Ba（OH）2H2SO3试剂bCH3COOHCa（HCO3）2H2SO4H2SA．A B．B C．C D．D【分析】溶液导电性强弱与离子浓度成正比，实验时灯泡能出现由亮→暗（或灭）→亮，依据灯光变化可知，反应过程中溶液中离子浓度先减少到几乎为零，后又逐渐增加，然后结合各物质的反应产物进行分析判断。【解答】解：A．NaOH+CH3COOH＝CH3COONa+H2O，CH3COONa为溶于水的强电解质，离子浓度不会出现减少到几乎为0的情况，故A正确；B．Ca（OH）2+Ca（HCO3）2＝2CaCO3↓+2H2O，CaCO3不溶于水，水为极弱的电解质，当Ca（OH）2和Ca（HCO3）2恰好完全反应时，溶液中离子浓度几乎为0，继续滴加硫酸铜溶液，离子浓度升高，导电性增强，故B错误；C．Ba（OH）2+H2SO4＝BaSO4↓+2H2O，硫酸钡不溶于水，水为极弱的电解质，当硫酸和氢氧化钡恰好完全反应时，溶液中离子浓度几乎为0，继续滴加Ca（OH）2溶液，Ca（OH）2微溶于水，离子浓度升高，导电性增强，故C错误；D．H2SO3+2H2S＝3S↓+3H2O，硫不溶于水，水为极弱的电解质，当H2SO3和H2S恰好完全反应时，溶液中离子浓度几乎为0，继续滴加H2SO3溶液，H2SO3为弱电解质，不完全电离，离子浓度升高，导电性增强，故D错误；故选：A。【点评】本题考查电解质溶液的导电性，为高频考点，明确化学反应原理及物质性质是解本题关键，注意从电解质的相关概念并把握反应原理分析，侧面考查了对概念的理解和分析能力，题目难度不大。8．（3分）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）A．铵盐都能与碱发生反应，可用作化肥 B．Al2O3具有两性，可用于电解冶炼铝 C．稀硫酸具有酸性，可用于除去铁锈 D．次氯酸见光易分解，可用作棉、麻和纸张的漂白剂【分析】A．铵盐可用作化肥，是由于含有氮元素；B．Al2O3在熔融状态下可以电离出铝离子和氧离子；C．稀硫酸具有酸性，可以溶解氧化铁；D．次氯酸具有强氧化性。【解答】解：A．铵盐可用作化肥，是由于含有氮元素，与铵盐与碱发生反应无关，故A错误；B．Al2O3可用于电解冶炼铝，是因为熔融状态下，Al2O3可以电离出铝离子和氧离子，与其是两性氧化物无关，故B错误；C．稀硫酸具有酸性，可用于除去铁锈，铁锈的主要成分氧化铁，方程式为：Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O，故C正确；D．次氯酸可用作棉、麻和纸张的漂白剂，是由于次氯酸的强氧化性，与见光易分解无关，故D错误；故选：C。【点评】本题主要考查物质的性质与用途是否一致，是一类陷阱题，要求学生对知识扎实掌握，才能避免错误，难度不大，需要细心。9．（3分）实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均正确的是（）气体试剂制备装置收集方法ANH3NH4ClaeBCl2MnO2+浓盐酸bdCNO2Cu+浓HNO3bfDCH2＝CH2C2H5OH+浓H2SO4cfA．A B．B C．C D．D【分析】A.加热氯化铵分解生成氨气和氯化氢，在试管口氨气与氯化氢化合生成氯化铵；B.浓盐酸与二氧化锰反应需要加热；C.二氧化氮与水反应；D.乙醇在170℃时发生消去反应生成乙烯，乙烯不溶于水。【解答】解：A.加热氯化铵分解生成氨气和氯化氢，在试管口氨气与氯化氢化合生成氯化铵，不能制备氨气，故A错误；B.浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，不能选b制备氯气，故B错误；C.二氧化氮与水反应，不能选f收集二氧化氮，故C错误；D.乙醇在170℃时发生消去反应生成乙烯，可选c装置，乙烯不溶于水，可选f装置收集，故D正确；故选：D。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、气体的收集、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。10．（3分）在一定温度下，将1molCO2和3molH2充入体积为1L的恒容密闭容器中发生反应并达到平衡：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH＜0，测得平衡混合气体中CH3OH的物质的量分数为25%。下列说法不正确的是（）A．平衡混合气体中C原子的物质的量是1mol B．该反应的反应物的总能量高于生成物的总能量 C．该反应的化学平衡常数K＝ D．其他条件相同时，若起始充入2molCO2和6molH2，达到平衡时CH3OH的物质的量分数大于25%【分析】A．反应前后C原子的数目不变；B．该反应为放热反应；C．平衡混合气体中CH3OH的物质的量分数为25%，列化学平衡三段式，CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）起始（mol/L）1300转化（mol/L）x3xxx平衡（mol/L）1﹣x3﹣3xxx则×100%＝25%，解得x＝，K＝；D．其他条件相同时，若起始充入2molCO2和6molH2，相当于增大压强，平衡正向移动。【解答】解：A．根据原子守恒，平衡混合气体中C原子的物质的量是1mol，故A正确；B．该反应为放热反应，则该反应的反应物的总能量高于生成物的总能量，故B正确；C．平衡混合气体中CH3OH的物质的量分数为25%，列化学平衡三段式，CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）起始（mol/L）1300转化（mol/L）x3xxx平衡（mol/L）1﹣x3﹣3xxx则×100%＝25%，解得x＝，K＝＝＝，故C错误；D．其他条件相同时，若起始充入2molCO2和6molH2，相当于增大压强，平衡正向移动，达到平衡时CH3OH的物质的量分数大于25%，故D正确；故选：C。【点评】本题考查化学平衡的影响因素、化学平衡的计算，侧重考查学生分析能力和计算能力，根据题目信息结合勒夏特列原理、化学平衡三段式解答，此题难度中等。11．（3分）可生物降解高分子材料PET的结构片段如下：X﹣Y﹣X﹣Y（表示链延长），X为，Y为﹣OCH2CH2O﹣，下列有关PET的说法不正确的是（）A．PET分子中含有酯基，能发生水解反应 B．PET的结构简式可写为 C．可以通过缩聚反应制备PET D．若PET结构中的Y用替代，可形成网状结构【分析】A．PET中含有酯基，具有酯的性质；B．PET是由和HOCH2CH2OH发生缩聚反应得到的高分子化合物；C．PET是由和HOCH2CH2OH发生缩聚反应得到的高分子化合物；D．若PET结构中的Y用替代，可以形成网状结构。【解答】解：A．PET中含有酯基，具有酯的性质，所以能发生水解反应，故A正确；B．PET是由和HOCH2CH2OH发生缩聚反应得到的高分子化合物，PET的结构简式为，故B错误；C．PET是由和HOCH2CH2OH发生缩聚反应得到的高分子化合物，所以可以通过缩聚反应制备PET，故C正确；D．若PET结构中的Y用替代，分子中不同链之间自由组合，所以能形成网状结构，故D正确；故选：B。【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。12．（3分）25℃时，向20.00mL0.10mol•L﹣1HA溶液中逐滴加入0.10mol•L﹣1NaOH溶液，同时分别测得溶液pH和导电能力的变化如图所示，下列说法不正确的是（）A．a点对应溶液的pH等于3，说明HA是弱酸 B．b点对应的溶液中：c（A﹣）＜c（Na+）＜c（HA） C．c点对应的溶液中：c（A﹣）+c（HA）＝c（Na+） D．根据溶液pH和导电能力的变化可推断：V1＜V2【分析】A．根据图知，0.10mol/LHA溶液的pH＝3，c（H+）＝10﹣pH＝10﹣3mol/L＜c（HA），说明HA部分电离；B．b点溶液中溶质为等物质的量浓度的HA、NaA，混合溶液的pH＜7，溶液呈酸性，说明HA电离程度大于A﹣水解程度；C．c点溶液导电能力出现拐点，此时酸碱恰好完全反应生成NaA，溶液中存在物料守恒，根据物料守恒判断；D．NaA溶液呈碱性，要使酸碱混合溶液呈中性，HA应该稍微过量，则V1＜20.00mL，V2时酸碱恰好完全反应生成NaA，酸碱的体积相等，则V2＝20.00mL。【解答】解：A．根据图知，0.10mol/LHA溶液的pH＝3，c（H+）＝10﹣pH＝10﹣3mol/L＜c（HA），说明HA部分电离，则HA为弱酸，故A正确；B．b点溶液中溶质为等物质的量浓度的HA、NaA，混合溶液的pH＜7，溶液呈酸性，说明HA电离程度大于A﹣水解程度，Na+不水解，所以溶液中存在c（A﹣）＞c（Na+）＞c（HA），故B错误；C．c点溶液导电能力出现拐点，此时酸碱恰好完全反应生成NaA，溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c（A﹣）+c（HA）＝c（Na+），故C正确；D．NaA溶液呈碱性，要使酸碱混合溶液呈中性，HA应该稍微过量，则V1＜20.00mL，V2时酸碱恰好完全反应生成NaA，酸碱的体积相等，则V2＝20.00mL，所以V1＜V2，故D正确；故选：B。【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质、溶液酸碱性是解本题关键，知道溶液导电能力影响因素，题目难度不大。13．（3分）CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2资源化利用的方法，其过程中主要发生如下两个反应：反应Ⅰ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH1反应Ⅱ：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）ΔH2＝﹣122.5kJ•mol﹣1在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图所示。已知：CH3OCH3的选择性＝×100%。下列说法不正确的是（）A．反应2CO（g）+4H2（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）的焓变为ΔH2﹣2ΔH1 B．根据图象推测ΔH1＞0 C．其他条件不变时，温度越高，CO2主要还原产物中碳元素的价态越低 D．其他条件不变时，增大体系压强可以提升A点CH3OCH3的选择性【分析】根据图中信息，温度高于300℃时，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是反应Ⅰ是吸热反应，反应向吸热反应方向移动即正向移动，反应Ⅱ是放热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向移动即逆向移动，升高温度，对反应Ⅱ的影响大于反应Ⅰ，因此CO2平衡转化率随温度升高而上升，据此分析解答。【解答】解：A．根据盖斯定律，反应Ⅰ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH1，反应Ⅱ：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）ΔH2，Ⅱ﹣2Ⅰ得反应2CO（g）+4H2（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）的焓变为ΔH2﹣2ΔH1，故A正确；B．根据图中信息，温度高于300℃时，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是反应Ⅰ是吸热反应，推测ΔH1＞0，故B正确；C．反应Ⅰ吸热，反应Ⅱ放热，其他条件不变时，温度越高，CO2主要还原产物中碳元素的价态越高，故C错误；D．由题意得，反应Ⅰ是气体体积不变的反应，而反应Ⅱ是气体体积减小的反应，增大压强，反应Ⅱ平衡正向移动，而对反应Ⅰ没有影响，故增大反应体系压强，CH3OCH3选择性增大，故D正确；故选：C。【点评】本题考查化学平衡移动，为高频考点和高考常考题型，明确化学平衡及其影响因素、盖斯定律的计算应用为解答关键，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力，题目难度中等。14．（3分）我国科学家研制了一种新型的高比能量锌−碘溴液流二次电池，该电池在使用前要先进行充电，如图为充电原理示意图，溴离子与碘分子结合成为碘溴离子I2Br﹣，可以增加电池容量。下列叙述不正确的是（）A．充电时，a接外电源的正极，作阳极 B．充电时，b电极每增重0.65g，溶液中有0.02molI﹣被氧化 C．放电时，a电极反应为I2Br﹣+2e﹣＝2I﹣+Br﹣ D．放电时，贮液器d内c（Zn2+）持续增大【分析】由图可知，放电时，b作负极，电极反应式为Zn﹣2e﹣＝Zn2+，a作正极，电极反应式为I2Br﹣+2e﹣＝2I﹣+Br﹣，充电时，a作阳极，电极反应式为2I﹣+Br﹣﹣2e﹣＝I2Br﹣，b作阴极，电极反应式为Zn2++2e﹣＝Zn，据此作答。【解答】解：A.充电时，a作阳极，连接电源的正极，故A正确；B.充电时，b作阴极，电极反应式为Zn2++2e﹣＝Zn，b电极增重0.65g，转移电子×2＝0.02mol，溶液中有0.02molI﹣被氧化，故B正确；C.放电时，a作正极，电极反应式为I2Br﹣+2e﹣＝2I﹣+Br﹣，故C正确；D.放电时，锌离子向a极迁移，贮液器c中锌离子浓度增大，由电荷守恒可知，贮液器d中锌离子浓度不变，故D错误；故选：D。【点评】本题考查可充电电池，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断正负极和阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。二、非选择题：本部分共5题，共58分。15．（11分）镍铜合金由60%镍、33%铜、6.5%铁三种金属组成的合金材料。镍铜合金有较好的室温力学性能和高温强度，耐腐蚀性高，耐磨性好，容易加工，无磁性，是制造行波管和其他电子管较好的结构材料。还可作为航空发动机的结构材料。（1）基态铜原子的价层电子的轨道表示式为，Cu与Fe的第二电离能分别为：ICu＝1959kJ•mol﹣1，IFe＝1562kJ•mol﹣1，结合价层电子排布式解释Fe的第二电离能较小的原因是铜失去1个电子后为3d10，轨道为全充满，相对较稳定，再失去电子较难，而铁失去1个电子后为3d64s1，再失去电子相对较易。（2）向4mL0.1mol/LCuSO4溶液中滴加氨水可形成[Cu（NH3）4]SO4溶液，再向溶液中加入8mL95%的乙醇，并用玻璃棒摩擦器壁析出深蓝色晶体Cu（NH3）4]SO4•H2O。①NH3中心原子的轨道杂化类型为sp3。NH3的沸点高于CH4的沸点，其原因是氨气分子之间能形成氢键、甲烷不能形成分子氢键。②简单说明加入乙醇后析出[Cu（NH3）4]SO4•H2O晶体的原因乙醇分子极性比水分子极性弱，加入乙醇降低溶剂的极性，从而减小溶质的溶解度。（3）某镍铜合金的立方晶胞结构如图所示。①在该晶胞中镍原子与铜原子的数量比为1：3。②若该晶胞的棱长为anm（1nm＝1×10﹣7cm），ρ＝g•cm﹣3（NA表示阿伏加德罗常数，列出计算式）。【分析】（1）基态Cu原子外围电子排布式为：3d104s1；原子轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失电子较难；（2）①NH3中N原子价层电子对数＝3+＝4；能形成分子间氢键的氢化物熔沸点较高；②向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成蓝色的氢氧化铜沉淀，继续添加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液，即氢氧化铜溶于氨水，生成了[Cu（NH3）4]SO4，再加入适量乙醇，乙醇分子极性比水分子极性弱，加入乙醇降低溶剂的极性，从而减小了溶质的溶解度，析出晶体；（3）①在该晶胞中镍原子个数＝8×＝1、Cu原子个数＝6×＝3；②若该晶胞的棱长为anm（1nm＝1×10﹣7cm），晶胞体积＝（a×10﹣7cm）3，ρ＝。【解答】解：（1）基态Cu原子价层电子排布式为：3d104s1，价电子轨道表示式为：，Fe的价电子排布式为[Ar]3d64s2，Cu的价电子排布式为[Ar]3d104s1，Cu失去一个电子后是3d能级全满，比较稳定，此时失去第二个电子不容易，因此ICu＞IFe的原因是：铜失去1个电子后为3d10，轨道为全充满，相对较稳定，再失去电子较难；而铁失去1个电子后为3d64s1，再失去电子相对较易，故答案为：；铜失去1个电子后为3d10，轨道为全充满，相对较稳定，再失去电子较难，而铁失去1个电子后为3d64s1，再失去电子相对较易；（2）①NH3中N原子价层电子对数＝3+＝4，N原子采用sp3杂化；能形成分子间氢键的氢化物熔沸点较高，氨气分子之间能形成氢键、甲烷不能形成分子氢键，所以氨气的沸点高于甲烷，故答案为：sp3；氨气分子之间能形成氢键、甲烷不能形成分子氢键；②向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成蓝色的氢氧化铜沉淀，继续添加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液，即氢氧化铜溶于氨水，生成了[Cu（NH3）4]SO4，再加入适量乙醇，乙醇分子极性比水分子极性弱，加入乙醇降低溶剂的极性，从而减小溶质的溶解度，析出[Cu（NH3）4]SO4•H2O晶体，故答案为：乙醇分子极性比水分子极性弱，加入乙醇降低溶剂的极性，从而减小溶质的溶解度；（3）①在该晶胞中镍原子个数＝8×＝1、Cu原子个数＝6×＝3，在该晶胞中镍原子与铜原子的数量比为1：3，故答案为：1：3；②若该晶胞的棱长为anm（1nm＝1×10﹣7cm），晶胞体积＝（a×10﹣7cm）3，ρ＝＝g/cm3＝g/cm3，故答案为：。【点评】本题考查物质结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确原子结构、氢键对物质熔沸点影响原理、晶胞计算方法等知识点是解本题关键，难点是晶胞计算，题目难度中等。16．（10分）当今世界，“碳达峰”“碳中和”已经成为了环保领域的“热词”，我国力争于2030前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。深度脱碳（CO2）的资源化利用能有效减少CO2排放，充分利用碳资源。I.大气中的二氧化碳主要来自于煤、石油及其他含碳化合物的燃烧，CH4与CO2重整是CO2利用的研究热点之一。该重整反应体系主要涉及以下反应：（a）CH4（g）⇌C（s）+2H2（g）ΔH1＝akJ•mol﹣1（b）CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2＝bkJ•mol﹣1（c）2CO（g）⇌CO2（g）+C（s）ΔH3＝ckJ•mol﹣1（d）……根据盖斯定律，反应CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）ΔH＝（a﹣c）kJ•mol﹣1II.利用电化学方法可实现二氧化碳的资源化利用。（1）原电池法：我国科学家研究Li﹣CO2电池，取得重大突破。该电池发生的原电池反应为：4Li+3CO2＝2Li2CO3+C。①在Li﹣CO2电池中，Li为单质锂片，是该原电池的负（填“正”或“负”）极。②CO2电还原过程依次按以下四个步骤进行，写出步骤I的电极反应式：i2CO2+2e﹣＝C2O42﹣；iiC2O42﹣＝CO22﹣+CO2iiiCO2+2CO22﹣＝2CO32﹣+CivCO32﹣+2Li+＝Li2CO3（2）电解法：如电解CO2制HCOOK。该原理示意图如图：①Pt片为电解池的阳极。②写出CO2还原为HCOO﹣的电极反应式：CO2+2e﹣+HCO3﹣＝HCOO﹣+CO32﹣或2CO2+2e﹣+H2O＝HCOO﹣+HCO3﹣。③电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是阳极产生氧气，pH减小，HCO3﹣浓度降低；K+部分迁移到阴极区。【分析】Ⅰ.根据盖斯定律（a）﹣（b）达到反应CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g）；Ⅱ.（1）①由电池总反应可知，锂元素化合价升高发生氧化反应；②CO2电还原的电极反应式为3CO2+4e﹣+4Li+＝2Li2CO3+C；反应依次分四个步骤进行，由ii可知i中CO2得到电子反应生成C2O42﹣；（2）①电解CO2制HCOOK，由图可知，二氧化碳在Sn极发生还原反应生成HCOO﹣；②CO2在Sn极得到电子，发生还原反应生成HCOO﹣；③电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是阳极产生水电离出的氢氧根离子放电氧气，溶液pH减小。【解答】解：Ⅰ.根据盖斯定律，反应CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g）ΔH＝ΔH1﹣ΔH2＝（a﹣c）kJ•mol﹣1，故答案为：（a﹣c）；Ⅱ.（1）①由电池总反应可知，锂元素化合价升高发生氧化反应，Li是该原电池的负极，故答案为：负；②CO2电还原的电极反应式为3CO2+4e﹣+4Li+＝2Li2CO3+C；反应依次分四个步骤进行，由ii可知i中CO2得到电子反应生成C2O42﹣，反应电极反应式为2CO2+2e﹣＝C2O42﹣，故答案为：2CO2+2e﹣＝C2O42﹣；（2）①电解CO2制HCOOK，由图可知，二氧化碳在Sn极发生还原反应生成HCOO﹣，Sn极为阴极，则Pt片为电解池的阳极，故答案为：阳；②CO2在Sn极得到电子，发生还原反应生成HCOO﹣，电极反应式：CO2+2e﹣+HCO3﹣＝HCOO﹣+CO32﹣或2CO2+2e﹣+H2O＝HCOO﹣+HCO3﹣，故答案为：CO2+2e﹣+HCO3﹣＝HCOO﹣+CO32﹣或2CO2+2e﹣+H2O＝HCOO﹣+HCO3﹣；③电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是阳极产生水电离出的氢氧根离子放电氧气，溶液pH减小，HCO3﹣浓度降低，同时K+部分通过阳离子交换膜迁移到阴极区，故答案为：阳极产生氧气，pH减小，HCO3﹣浓度降低；K+部分迁移到阴极区。【点评】本题考查电化学相关内容，涉及平电化学原理、图象分析、反应热的计算等，需要学生有较强的读图理解能力，注意分析图象所给的已知条件进行计算，整体难度适中。17．（12分）利喘贝是一种新的平喘药，其合成过程如图：已知：（1）A属于芳香烃，则A的名称为。（2）C的官能团的名称是羧基、硝基。（3）D→E的反应类型是还原反应。（4）H与FeCl3作用显色且能发生银镜反应，苯环上的一氯代物有两种。由H生成I反应的化学方程式为+Br2+HBr。（5）L的结构简式为。（6）J俗称香兰素，在食品行业中主要作为一种增香剂。香兰素的一种合成路线如图。中间产物1和中间产物2的结构简式分别为、。【分析】根据A的分子式可知A为，A发生取代生成B为，B氧化为C为，甲醇与C发生酯化生成D为，D发生还原反应生成E，根据产物逆推G为，则可知L为，根据信息2可知K为，根据信息1可知H为，I为，据此分析解题。【解答】解：（1）A的结构简式为，名称为甲苯，故答案为：；（2）根据C的结构简式可知C的官能团的名称是：羧基、硝基，故答案为：羧基、硝基；（3）根据分析可知，D→E的反应类型是还原反应，故答案为：还原反应；（4）H与FeCl3作用显色且能发生银镜反应说明含有酚羟基和醛基，苯环上的一氯代物有两种，H的结构简式为，由H生成I反应的化学方程式为+Br2+HBr，故答案为：+Br2+HBr；（5）根据分析可知L得结构简式为：，故答案为：；（6）根据J的结构简式以及脱羧条件可知中间产物2的结构简式为，的还原产物为中间产物1，故答案为：；。【点评】本题考查有机物的推断，充分利用转化关系中有机物的结构简式、分子式与反应条件进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化、对信息的理解与迁移应用，是高考热点题型，难度中等。18．（12分）煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，形成酸雨、污染大气，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝，回答下列问题：（1）NaClO2的化学名称为亚氯酸钠。（2）在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气，反应温度323K，NaClO2溶液浓度为5×10﹣3mol•L﹣1．反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表离子SO42﹣SO32﹣NO3﹣NO2﹣Cl﹣c/（mol•L﹣1）8.35×10﹣46.87×10﹣61.5×10﹣41.2×10﹣53.4×10﹣3①写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式3ClO2﹣+4NO+4OH﹣＝4NO3﹣+3Cl﹣+2H2O。增加压强，NO的转化率提高（填“提高”“不变”或“降低”）。②随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的pH逐渐降低（填“提高”“不变”或“降低”）。③由实验结果可知，脱硫反应速率大于脱硝反应速率（填“大于”或“小于”）。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高。（3）在不同温度下，NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中，SO2和NO的平衡分压px如图所示。①由图分析可知，反应温度升高，脱硫、脱硝反应的平衡常数均减小（填“增大”“不变”或“减小”）。②反应ClO2﹣+2SO32﹣═2SO42﹣+Cl﹣的平衡常数K表达式为K＝。（4）如果采用NaClO、Ca（ClO）2替代NaClO2，也能得到较好的烟气脱硫效果。从化学平衡原理分析，Ca（ClO）2相比NaClO具有的优点是形成CaSO4沉淀，降低硫酸根离子浓度，反应平衡向产物方向移动，SO2转化率提高。【分析】（1）较低价态为亚，NaClO2的化学名称为亚氯酸钠；（2）①亚氯酸钠具有氧化性，则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式为3ClO2﹣+4NO+4OH﹣＝4NO3﹣+3Cl﹣+2H2O；正反应是体积减小的，则增加压强，NO的转化率提高；②根据反应的方程式3ClO2﹣+4NO+4OH﹣＝4NO3﹣+3Cl﹣+2H2O可知随着吸收反应的进行氢氧根离子被消耗，吸收剂溶液的pH逐渐降低；③由实验结果可知，在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多，因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是二氧化硫的还原性强，易被氧化；（3）①由图分析可知，根据反应3ClO2﹣+4NO+4OH﹣＝4NO3﹣+3Cl﹣+2H2O，NO的平衡分压的负对数随温度的升高而减小，则说明温度越高，NO的平衡分压越大，NO的含量越高，故升高温度，平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小；②根据反应的方程式ClO2﹣+2SO32﹣═2SO42﹣+Cl﹣可知平衡常数K表达式为K＝；（4）如果采用NaClO、Ca（ClO）2替代NaClO2，由于生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行。【解答】解：（1）氯+7为高、+3为亚，NaClO2中氯的化合价为+3价，化学名称为亚氯酸钠，故答案为：亚氯酸钠；（2）①亚氯酸钠具有氧化性，且NaClO2溶液呈碱性，则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式为3ClO2﹣+4NO+4OH﹣＝4NO3﹣+3Cl﹣+2H2O；正反应是体积减小的，则增加压强，NO的转化率提高，故答案为：3ClO2﹣+4NO+4OH﹣＝4NO3﹣+3Cl﹣+2H2O；提高；②根据反应的方程式3ClO2﹣+4NO