1、宜宾市四中2023年春期高一期末考试化学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。2.满分100分 时间75分钟可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 S：32 Cl：35.5 Na：23 Fe：56第I卷(选择题 42分)一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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. 2016年IUPAC将第117号元素命名为(中文名“石田”，tin)，则核素Ts的质量数是A. 117B. 176C. 80D. 293【答案】D【解析】【详解】核素Ts中，左上角表示的是质量数，左下角表示的
2、质子数，则该核素的质量数为293，故选D。2. 下列物质属于共价晶体的是A. SO2B. SiO2C. HNO3D. 葡萄糖【答案】B【解析】【详解】A SO2属于分子晶体，故A不符合；B 二氧化硅是原子构成的，通过共价键形成空间网状结构，属于共价晶体，故B符合；C 硝酸分子为平面共价分子，属于分子晶体，故C不符合；D 葡萄糖是共价化合物，是通过分子间作用力形成的分子晶体，故D不符合；答案选B。3. 下列有关说法不正确的是A. 水泥和普通玻璃的制取都要用石灰石做原料B. 工业上常用焦炭还原石英砂制备粗硅C. 碱性溶液保存不能用玻璃塞，氢氟酸保存在塑料瓶中D. 常温下，硅的化学性质稳定，故自然界
3、中的硅大部分以游离态的形式存在【答案】D【解析】【详解】A制硅酸盐水泥的原料：石灰石和黏土；制普通玻璃的原料：石英砂、石灰石、纯碱，所以生产水泥和普通玻璃都要用到的原料是石灰石，A正确；B工业上常用焦炭高温还原石英砂制备粗硅，另一产物是一氧化碳，B正确；C碱性溶液与二氧化硅反应生成硅酸盐，碱性溶液保存在带橡胶塞的玻璃瓶中，氢氟酸会与二氧化硅反应，则应该保存在塑料瓶中，C正确；D常温下，硅的化学性质稳定，但自然界中没有游离态的硅，D错误；故选D。4. 下列关于卤素(用X表示)的叙述，错误的是A. 的还原性依次为B. 都极易溶于水，它们的热稳定性随X的核电荷数的增加而减小C. 卤素单质的颜色由随相
4、对分子质量增大而变深D. 卤素单质与水反应均可用表示【答案】D【解析】【详解】A卤素单质的氧化性从上到下逐渐增强，对应离子的还原性F-Cl-Br-I-，故A正确；B卤素元素的原子的得电子的能力越强，HX的热稳定性越强，卤素原子的得电子能力随X的核电荷数的增加而减小，所以HX热稳定性随X的核电荷数的增加而减小，故B正确；C卤素单质的颜色从上到下逐渐加深，由F2I2依次是浅黄绿色、黄绿色、橙红色、紫色，故C正确；D卤素单质中，氟气和水之间反应生成HF和氧气，不符合：X2+H2O=HXO+HX，故D错误；故选：D。5. CaF2与浓硫酸反应可制得HF，常温下，测得氟化氢的相对分子质量约为37。SO2
5、通入KClO3酸性溶液中可制得黄绿色气体ClO2，该气体常用作自来水消毒剂。下列物质性质与用途具有对应关系的是A. 铜单质化学性质不活泼，可用于制作储存F2的容器B. ClO2呈黄绿色，可用于自来水消毒C. SO2具有还原性，可用于与KClO3反应制ClO2D. 浓硫酸具有强氧化性，可用于与CaF2反应制HF【答案】C【解析】【详解】A铜单质化学性质不活泼，但由于F2氧化性强，可以与Cu反应产生CuF2，因此Cu不可用于制作储存F2的容器，A错误；BClO2呈黄绿色，具有强的氧化性，能够使水中细菌、病毒蛋白质发生变性，因而可用于自来水消毒，与其是否是黄绿色无关，因此不具有对应关系，B错误；CS
6、O2具有还原性，KClO3具有强的氧化性，二者会发生氧化还原反应，SO2可以使KClO3还原为ClO2，因此可用于与KClO3反应制ClO2，C正确；D浓硫酸具有强酸性，可与CaF2发生复分解反应产生CaSO4和HF，因此可以用于制HF，属于高沸点酸制备低沸点酸，这与浓硫酸是否具有强氧化性无关，D错误；故合理选项是C。6. 下列由相关实验现象所推出的结论正确的是A. 浓硫酸、浓硝酸长期敞口放置，浓度均降低，说明二者均易挥发B. 向溶液中滴加酸化的溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有C. Fe与稀、稀反应均有气泡产生，说明Fe与两种酸均发生置换反应D. 分别充满HCl、的烧瓶倒置于水中后液面均迅
7、速上升，说明二者均易溶于水【答案】D【解析】【详解】A浓硫酸浓度降低是因为其吸水性，浓硝酸浓度降低是因为易挥发，A错误；B当溶液中含有时，加入酸化的溶液，亚硫酸根离子被酸性条件下的硝酸根离子氧化成硫酸根离子，也会出现白色沉淀，B错误；CFe与稀硝酸反应生成的气体为NO，该反应不是置换反应，C错误；DHCl、极易溶于水，分别充满HCl、的烧瓶倒置于水中，气体溶解，液面迅速上升，D正确；故答案选D。7. 类推思想在化学学习与研究中经常被采用，但类推出的结论是否正确最终要经过实验的验证。以下类推的结论中正确的是A. SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，故CO2也能使酸性KMnO4溶液褪色B. 盐酸与镁
8、反应生成氢气，故硝酸与镁反应也生成氢气C. 一定条件下，硫与Fe反应生成FeS，与Cu也反应生成CuSD. CO2也能使澄清石灰水变浑浊，故SO2能使澄清石灰水变浑浊【答案】D【解析】【详解】ASO2中S为+4，具有还原性能使酸性高锰酸钾褪色。但CO2中C为最高价+4，不能使酸性高锰酸钾褪色，A项错误；B硝酸中N具有强化性，与活泼金属反应产生NO不能制H2，B项错误；CS弱氧化性，与金属单质反应得到低价金属硫化物，即Cu产生Cu2S，C项错误；DCO2和SO2均为酸性氧化物，均能与Ca(OH)2产生沉淀CaCO3或CaSO3而浑浊，D项正确；故选D。8. NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确
9、的是A. 常温常压下，17g OH(羟基)和17gOH 均含有10NA电子B. 10g 质量分数为46%的乙醇溶液中，H原子总数为0.6NAC. 1mol Mg 分别与稀硫酸和浓硫酸完全反应，生成的气体分子数均为NAD. 1mol乙醇和1mol乙酸发生酯化反应，可以生成NA个乙酸乙酯分子【答案】C【解析】【详解】A常温常压下，17g OH(羟基)和17gOH均是1mol，分别含有9NA电子、10NA电子，A错误；B10g 质量分数为46%的乙醇溶液中，H原子的物质的量是mol1.2mol，总数为1.2NA，B错误；C1mol Mg 分别与稀硫酸和浓硫酸完全反应，分别生成1mol氢气和1molS
10、O2，即生成的气体分子数均为NA，C正确；D1mol乙醇和1mol乙酸发生酯化反应，由于是可逆反应，所以生成的乙酸乙酯分子数小于NA个，D错误；答案选C。9. 在分子中，处于同一平面上的原子数至少是A. 13个B. 15个C. 16个D. 32个【答案】C【解析】【详解】由于苯环是平面正六边形结构，由于单键可以旋转，但是处于对角线上原子在同一条直线上，以中间的苯环为主体，所以该分子中处于同一平面上的原子数至少是103316。答案选C。10. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y原子的最外层有2个电子，Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，W与X位于同一主
11、族。下列说法正确的是A 原子半径：B. Z元素位于元素周期表的第3周期A族C. Z最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强D. W的简单气态氢化物的热稳定性比X的强【答案】B【解析】【详解】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，为氧元素，Y原子的最外层有2个电子，为镁元素，Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，为硅元素， W与X位于同一主族，为硫元素。A镁、硅、硫为同周期元素，从左到右半径减小，氧原子为两个电子层，半径最小，A错误；B硅元素位于元素周期表的第3周期A族，B正确；C硅的非金属性比硫弱，故最高价氧化物对应的水化物的酸性，硅酸弱于硫酸，C错误；D氧的非
12、金属性比硫强，故水的稳定性强于硫化氢，D错误；故选B。11. 汽车发动机工作时会引发和反应，其能量变化如图所示：下列说法正确的是 A. 上述反应中是氧化剂B. (g)和(g)反应生成2molNO(g)时吸收183kJ能量C. 1mol气态氮原子转化成(g)时，能放出945kJ能量D. 从图中数据可知比更稳定【答案】B【解析】【详解】A氮气转化为NO中N元素化合价升高，N2是还原剂，A说法错误；B旧键的断裂吸热，新键的形成放热，则生成2mol NO(g)时吸收热量=945 kJ +498 kJ -630 kJ2=183kJ，B说法正确；C1mol气态氮原子结合生成N2(g)时，能放出945kJ2
13、=472.5kJ的热量，C说法错误；D从图中数据可知N2的化学键断开需要的能量大于O2的，则N2比O2更稳定，D说法错误；答案为B。12. 以甲烷为燃料的新型电池得到广泛的研究，如图是目前研究较多的一类固体氧化物燃料电池的工作原理示意图。下列说法错误的是A. 该电池工作时能量由化学能转化为电能B. A极为电池正极，发生氧化反应C. 负极的电极反应式为CH4+4O2-8e-=CO2+2H2OD. 该电池的总反应为CH4+2O2=CO2+2H2O【答案】B【解析】【分析】甲烷燃料电池中甲烷发生氧化反应，故B极为负极，A为正极，据此分析。【详解】A电池工作时化学能转化为电能，故A正确；BA电极通入氧
14、气，化合价降低，发生还原反应，故B错误；CB电极通入甲烷，甲烷失去电子和阳离子结合生成二氧化碳和水，其反应式为CH4+4O2-8e-=CO2+2H2O，故C正确；D甲烷燃料电池是化学能转化为电能，不是化学能变为热能，该电池的总反应：CH4+2O2=CO2+2H2O，故D正确。故答案为B。13. 在一定条件下，将3molA和一定量的B投入容积为2L的恒容密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(g)xC(s)+2D(g)。2min末测得容器中B、C、D的物质的量均为0.8mol。下列叙述错误的是A. x=2B. 02min，C的平均反应速率为0.2mol/(Lmin)C. 反应开始加入B的物质的
15、量为1.2molD. 2min时，A的物质的量浓度为0.9mol/L【答案】B【解析】【分析】由题意可得。【详解】A，x=2，故A正确。BC是固体，一般不用固体表示速率，故B错误。Cb = 0.8mol + 0.4mol = 1.2mol，故C正确。Dc(A) = = 0.9 mol/L，故D正确。故选B。14. 在一定温度下，向容积为2L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应生成另外两种气体，反应中各物质的量变化如图所示，对该反应的推断合理的是A. 该反应的化学方程式为：2B(g)+C(g)6A(g)+2D(g)B. 反应进行到6s时，v(B)=v(D)C. 物质A在06s内的平均反应速率为0
16、.1molL-1s-1D. 反应进行到6s时，各物质的浓度不再改变，反应停止【答案】C【解析】【详解】A从图中可知，BC为反应物，AD为生成物，且各物质的反应速率之比等于化学计量数之比，则该反应的化学方程式为3B(g)+4C(g)6A(g)+2D(g)，A错误；B反应进行到6s时达到平衡状态，但是根据化学方程式可知，2v(B)=3v(D)，B错误；C物质A在0-6s内物质的量变化量为1.2mol，则v(A)=，C正确；D反应进行到6s，此时反应达到平衡，化学平衡是动态平衡，反应并未停止，D错误；故答案选C。第II卷(非选择题 58分)15. 回答下列问题（1）请用下列10种物质的序号填空：O2
17、H2NH4NO3K2O2Ba(OH)2 CH4CO2NaFNH3I2其中既含离子键又含非极性键的是_；既含离子键又含极性键的是_。（2）X、Y两种主族元素能形成XY2型化合物，已知XY2中共有38个电子，若XY2为常见元素形成的离子化合物，其电子式为_；若XY2为共价化合物时(已知硫磺易溶于其中)，其结构式为_。（3）氯化铝的物理性质非常特殊，如：氯化铝的熔点为190 ，但在180 就开始升华。据此判断，氯化铝是_(填“共价化合物”或“离子化合物”)，可以证明你的判断正确的实验依据是_。（4）现有ag 7种短周期元素，它们在元素周期表中的位置如图所示，请据此回答下列问题：元素的原子间反应最容易
18、形成离子键的是_(填选项，下同)，容易形成共价键的是_。A.c和f B.b和g C.d和g D.b和e写出ag 7种元素形成的所有原子都满足最外层为8电子结构的任意一种分子的分子式_。（5）a与e能形成氢化物的空间构型为_，其所含化学键类型为_，将其通入到炽热的黑色氧化铜粉末中，出现了红色固体，其他产物对环境友好，请写出相关方程：_。【答案】（1） . . （2） . . S=C=S （3） . 共价化合物 . 氯化铝在熔融状态下不能导电 （4） . B . C . CCl4(或PCl3) （5） . 三角锥 . 极性共价键 . 2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O【解析】小问1详解】O2
19、中只有非极性键；H2中只有非极性键；NH4NO3中含有离子键和极性键；K2O2中含有离子键和非极性键；Ba(OH)2中含有离子键和极性键；CH4中只有极性键；CO2中只有极性键；NaF中只有离子键；NH3中只有极性键；I2中只有非极性键；则既有离子键又有非极性键的是。既有离子键又有极性键的是。【小问2详解】XY2型化合物是离子化合物，所以X元素显+2价，Y显-1价，化合物中共有38个电子，所以为氟化钙，电子式为：，XY2为共价化合物，则X为+4价，Y为-2价，为二硫化碳，结构式为：S=C=S。【小问3详解】氯化铝能升华，说明是共价化合物。能证明的实验依据为氯化铝在熔融状态下不能导电。【小问4详
20、解】ag 7种短周期元素依次为氢、钠、镁、碳、氮、磷、氯。金属性强和非金属性强的元素之间最容易形成离子键，钠是周期表中最左边的元素金属性强，氯是最右边的元素非金属性强，所以是b、g最容易形成离子键，选B；非金属元素之间容易形成共价键，所以选C。分子中所有原子都满足8电子的物质有CCl4(或PCl3)。【小问5详解】a与e能形成氢化物为NH3，含有1个孤电子对，空间构型为三角锥，其所含N-H化学键类型为极性共价键；将其通入到炽热的黑色氧化铜粉末中，出现了红色固体，其他产物对环境友好，说明氨气还原氧化铜，相关方程：2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O。16. 有机物的种类繁多，在日常生活中有重
21、要的用途，回答下列问题：（1）键线式表示的分子式_。（2）AF是几种烃的分子球棍模型(如图)，据此回答下列问题：A. B. C. D. E. F. 分子中所有原子在同一平面上的是_(填序号)。（3）若、四种烃各为1mol，在足量中燃烧，消耗最多的是_(填化学式，下同)，上述四种烃各为1g，在足量中燃烧，消耗最多的是_。（4）聚苯乙烯的结构为，则聚苯乙烯单体结构简式是_。（5）已知有多种同分异构体，其中主链含有五个碳原子，有两个甲基作支链，符合条件的烷烃有_种，其中有一种同分异构体的一氯代物有4种同分异构体，请写出其结构简式_。【答案】（1） （2）CDF （3） . . （4） （5） . 4
22、 . 【解析】【小问1详解】键线式表示的分子式为：；【小问2详解】A. 为甲烷，不能所有原子共面 ；B. 为乙烷，由于含有甲基，不能所有原子共面； C. 为乙烯，含有碳碳双键，所有原子可以共面 ； D. 为乙炔，含有碳碳三键，所有原子可以共面； E. 为丙烷， 由于含有甲基，不能所有原子共面； F. 为苯所有原子可以共面；所有原子在同一平面上的是CDF；【小问3详解】若、四种烃各为1mol，在足量中燃烧，C原子个数越多消耗越多的是，1g烃完全燃烧耗氧量，根据可知越大耗氧量越少，最大的是甲烷，消耗最多的是；【小问4详解】聚苯乙烯的结构为，则聚苯乙烯单体为苯乙烯，其结构简式是 ；小问5详解】有多种
23、同分异构体，其中主链含有五个碳原子，有两个甲基作支链，符合条件的烷烃有4种分别为 (CH3)2CHCH2CH(CH3)2、(CH3)3CCH2CH2CH3、CH3CH2C(CH3)2 CH2CH3、(CH3)2CHCH2 CH3CH2CH3；其中有一种同分异构体的一氯代物有4种同分异构体，其结构简式为： ；17. 氨气可作为脱硝剂，在恒温恒容密闭容器中充入一定量的NO和，在一定条件下发生反应：6NO(g)+4NH3(g)5N2(g)+6H2O(g)。（1）能说明该反应已达到平衡状态的标志是_(填字母)。a.反应速率b.容器内压强不再随时间而发生变化c.容器内N2的物质的量分数不再随时间而发生变
24、化d.容器内n(NO)n(NH3)n(N2)n(H2O)=6456e.有12 molN-H键断裂的同时生成5 molNN键f.混合气体的总质量不随时间的变化而变化（2）某次实验中测得容器内NO及的物质的量随时间变化如图所示，图中b点对应的速率关系是v(正)_v(逆)(填“”“”“ . = （3）该反应是可逆反应，反应不完全 （4） . 0.00375molL-1s-1 . 87.5% . 随着反应的进行，二氧化氮的物质的量浓度减小，反应速率减小【解析】【小问1详解】a.该反应达到平衡状态时，5v(NH3)正=4v(N2)逆，v(NH3)=v(N2)，不能判断正逆反应速率的关系，故a错误；b.该
25、反应是一个反应前后气体体积增大的可逆反应，当反应达到平衡状态时，容器内压强不随时间的变化而变化，所以能判断反应是否达到平衡状态，故b正确；c.容器内N2的物质的量分数不再随时间而发生变化，说明N2浓度不再改变，能判断达到平衡状态，故c正确；d.容器内n(NO)n(NH3)n(N2)n(H2O)=6456，不能说明浓度是否发生变化，不能判断达到平衡状态，故d错误；e.12molN-H键断裂的同时一定会生成5molNN键，都表示正反应速率，不能判断达到平衡状态，故e错误；f.反应前后都是气体，混合气体的总质量始终不变，混合气体的总质量不随时间的变化而变化，不能判断达到平衡状态，故f错误；故选bc；
26、【小问2详解】图中b点没有达到平衡，反应仍在正向进行，所以图中b点对应的速率关系是v(正)v(逆)；d点达到平衡状态，(正)=(逆)相等；【小问3详解】根据反应热的计算方法可知，生成1mol氨气的反应热为：H=946 kJ/mol+3436 kJ/mol-6391 kJ/mol=92 kJ/mol，92.4kJ/mol是1molN2和3molH2完全反应放出的热量，而氮气和氢气合成氨气的反应是可逆反应，可逆反应，反应不完全，则放出的热量一定小于92.4kJ；【小问4详解】用NO2表示02s内该反应的平均速度为=0.0075molL-1s-1；则用N2O4表示02s内该反应的平均速率为0.007
27、5molL-1s-1=0.00375molL-1s-1，在第5s时，NO2的转化率为100%=87.5%；根据上表可以看出，随着反应进行，反应速率逐渐减小，其原因是随着反应的进行，二氧化氮的物质的量浓度减小，反应速率减小。18. 为了验证木炭可被浓氧化成，选用如图所示仪器(内含物质)组装成实验装置。（1）如按气流由左向右流向，连接上述装置的正确顺序是_接_，_接_，_接_。_ (填各接口字母)（2）证明二氧化碳存在的现象为_。（3）丁中酸性溶液的作用是_。（4）木炭与浓硫酸反应的化学方程式是_，该反应的氧化剂为_(填化学式)，当转移电子时，生成标准状况下的和共_L。（5）洗气瓶丙丁中溶液褪色，
28、体现的二氧化硫的性质依次为_(填字母)。A. 氧化性、还原性B. 漂白性、还原性C. 漂白性、氧化性D. 还原性、漂白性【答案】（1）A F E C D B （2）品红溶液不褪色，澄清石灰水变浑浊 （3）除去CO2中混有的SO2 （4） . C+2H2SO4(浓)CO2+2SO2+2H2O . H2SO4 . 33.6 （5）B【解析】【分析】验证木炭可被浓H2SO4氧化成CO2，由装置可知，甲中发生C与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫，先通过丁除去二氧化硫，再通过丙，利用品红不褪色说明二氧化硫除尽，最后通过乙，石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成，以此解答该题。【小问1详解】根据实验室浓H2SO
29、4氧化木炭的反应原理、条件，固液加热下反应，进行选择发生装置，高锰酸钾可氧化二氧化硫，用高锰酸钾酸性溶液除SO2，再通过品红溶液不褪色确认SO2已除干净，验证木炭可被浓H2SO4氧化成CO2，可通过二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊确认，故答案为：AFECDB；【小问2详解】乙中为澄清的石灰水，澄清的石灰水和二氧化碳反应变浑浊，二氧化硫具有漂白性，二氧化硫能使品红褪色，丁装置用高锰酸钾酸性溶液除SO2，再通过品红溶液不褪色，故答案为：品红溶液不褪色，澄清石灰水变浑浊；【小问3详解】为了验证木炭可被浓H2SO4氧化成CO2，应先除去二氧化硫，用高锰酸钾酸性溶液除SO2，故答案为：除去CO2中混有SO
30、2；【小问4详解】浓硫酸与碳反应发生氧化还原反应，生成二氧化碳和二氧化硫和水，碳和稀硫酸不反应，反应的方程式为C+2H2SO4(浓) CO22SO22H2O，故答案为：C+2H2SO4(浓) CO22SO22H2O。该反应的氧化剂为H2SO4，当转移4mol电子时，生成SO2和CO2共3mol，故当转移2mol电子时，生成标准状况下的SO2和CO2共33.6L。【小问5详解】SO2具有漂白性，使品红溶液褪色；SO2具有还原性可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故选B。19. 绿水青山就是金山银山，氮氧化合物和二氧化硫是引起雾霾重要物质，工业用多种方法来治理。某种综合处理含NH废水和工业废气(主要含NO
31、、CO、)的流程如图： 已知：、（1）固体1的主要成分有、_(填化学式)。（2）捕获剂捕获的气体主要是_(填化学式)。（3）若把气体2通入水中，发生反应的化学方程式为_。（4）处理工业废气用石灰乳而不是烧碱的原因是_。（5）向气体1中通入的空气不能过量，原因是_。（6）与反应的离子方程式为：_。（7）流程中生成的因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒。已知能发生如下反应：，可以使淀粉溶液变蓝。根据上述反应，选择生活中常见的物质和有关试剂进行实验，以鉴别和NaCl固体。需选用的物质是_(填序号)。水 淀粉碘化钾试纸 淀粉 白酒 白醋【答案】（1） （2）CO （3） （4）石灰乳来源丰富，
32、成本低 （5）空气过量时会将NO全部转化为，与NaOH溶液反应时不会将全部转化为导致处理含废水的效率降低 （6） （7）【解析】【分析】工业废气和过量石灰乳反应生成CaCO3、CaSO3，剩余NO、CO、N2，加入适量的空气，部分NO与O2反应生成NO2，NO、NO2和NaOH反应生成NaNO2，亚硝酸根和铵根反应生成水和N2，剩余的气体是CO和N2，用捕获剂在一定条件下捕获到CO，据此回答。小问1详解】CO2、SO2与石灰乳反应生成亚硫酸钙、碳酸钙，石灰乳过量有剩余，因此固体1的主要成分有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3；【小问2详解】由分析知捕获剂捕获的气体主要是CO；【小问3详解】由分析知气体2为NO2，二氧化氮会和水发生氧化还原反应生成HNO3、NO，即方程式为；【小问4详解】工业生产需要考虑成本，石灰乳比氢氧化钠价格便宜且来源丰富，即原因为石灰乳来源丰富，成本低；【小问5详解】由已知条件、可知，一氧化氮会被氧气氧化为二氧化氮且当气体全部是二氧化氮时和氢氧化钠作用并未全部生成亚硝酸钠，会影响处理废水效率，即原因为空气过量时会将NO全部转化为，与NaOH溶液反应时不会将全部转化为导致处理含废水的效率降低；【小问6详解】亚硝酸根中氮元素+3价，铵根离子中氮元素-3价，结合信息二者生成无污染气体，即氮气，所以方程式为；【小问7详解】
