2020-2021学年湖南省长沙市宁乡市高一下学期期末调研考试化学试题含解析

这是一份2020-2021学年湖南省长沙市宁乡市高一下学期期末调研考试化学试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，工业流程题，有机推断题，实验题等内容，欢迎下载使用。

湖南省长沙市宁乡市2020-2021学年高一下学期期末调研考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与能源开发、环境保护、资源利用等密切相关。下列说法正确的是
A．为提高农作物的产量和质量，应大量使用化肥和农药
B．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理
C．实现化石燃料清洁利用，就无需开发新能源
D．垃圾是放错地方的资源，应分类回收利用
【答案】D
【详解】A.化肥和农药虽然能提高农作物的产量和质量，但会污染环境、影响人体健康，不能大量使用，A错误；
B.绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除对环境的污染，B错误；
C.化石燃料属于不可再生能源，故仍需开发新能源缓解能源缺乏的问题，C错误；
D.垃圾可分类回收利用，节约能源，D正确。
答案选D。
2．抗击新冠疫情，当前的重要工作是“外防输入，内防反弹”。下列说法不正确的是
A．医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%
B．“84”消毒液、二氧化氯泡腾片可用作环境消毒
C．大量喝酒可以预防“新型冠状病毒”
D．生产医用防护口罩的原料聚丙烯纤维属于有机高分子材料
【答案】C
【详解】A．只有70%-75%的酒精即能顺利地进入到细菌体内，又能有效地将细菌体内的蛋白，质凝固，所以医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%，A正确；
B．“84”消毒液的主要成分为次氯酸钠，次氯酸钠和二氧化氯都具有强氧化性，能杀菌消毒，B正确；
C．喝酒对人体有害，与新型冠状病毒无关，且医用酒精消毒为体积分数为75%的酒精，喝的酒达不到这么高的浓度，不可以预防新型冠状病毒，C错误；
D．聚丙烯纤维属于有机高分子材料，D正确；
故选C。
3．糖类、脂肪和蛋白质是人体必需的三大营养物质。以下叙述中，不正确的是
A．植物油能使溴的四氯化碳溶液褪色
B．淀粉水解的最终产物是葡萄糖
C．葡萄糖能发生水解反应
D．含有苯环的蛋白质遇浓硝酸变黄色
【答案】C
【详解】A．植物油分子中还有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，A正确；
B．淀粉水解的最终产物是葡萄糖，B正确；
C．葡萄糖是单糖，不能发生水解反应，C错误；
D．含有苯环的蛋白质遇浓硝酸变黄色，D正确；
答案选C。
4．下列关于SO2的说法正确的是（    ）
A．SO2气体通入滴有酚酞的NaOH溶液中，红色褪去，说明SO2具有漂白性
B．SO2和Cl2混合通入品红溶液中，一定能使红色褪色
C．SO2气体通入溴水中，溴水的颜色褪去，说明SO2具有漂白性
D．二氧化硫的排放会导致酸雨的产生
【答案】D
【详解】A. SO2与NaOH反应，使溶液的碱性减弱或消失，红色褪去，说明SO2的水溶液具有酸性，A不正确；
B. SO2和Cl2混合通入品红溶液中，若二者刚好完全反应，则红色不褪去，B不正确；
C. SO2气体通入溴水中，发生反应SO2+Br2+2H2O==H2SO4+2HBr，溴水的颜色褪去，说明SO2具有还原性，C不正确；
D. 二氧化硫的排放会使雨水的pH>5.6，从而导致酸雨的产生，D正确；
故选D。
5．对下列化学用语的理解和使用均正确的是（    ）
A．乙烯的结构简式为CH2CH2 B．甲烷分子的球棍模型为
C．Cl﹣结构示意图： D．用于考古断代的碳原子中含8个中子，其原子符号为
【答案】C
【详解】A．乙烯属于烯烃，官能团是碳碳双键，其结构简式为：CH2=CH2，A错误；
B．图示的为甲烷的比例模型，其球棍模型为：，B错误；
C．Cl-是Cl原子得到一个电子形成的，核外电子排布为2、8、8，则Cl-结构示意图为：，C正确；
D．原子符号表示时，左下角为质子数，左上角为质量数。用于考古断代的碳原子中含8个中子，其质量数是14，用原子符号可表示为，D错误；
故合理选项是C。
6．乙酰水杨酸(阿司匹林)的结构如图，下列说法中正确的是

A．分子式为C9H10O4 B．分子中含有羧基，酯基和碳碳双键
C．能和乙醇发生酯化反应 D．是一种不饱和烃
【答案】C
【详解】A．乙酰水杨酸的分子式为C9H8O4，A选项错误；
B．乙酰水杨酸含有苯环结构，官能团包括羧基、酯基，不包括碳碳双键，B选项错误；
C．乙酰水杨酸含有羧基，能与乙醇发生酯化反应，C选项正确；
D．烃是含有C、H两种元素的有机物，乙酰水杨酸含有O元素，D选项错误；
故选C。
7．由氯乙烯（ CH2=CHCl）制得的聚氯乙烯（ ）可用来制造多种包装材料，下列有关说法错误的是
A．聚氯乙烯属于高分子化合物
B．氯乙烯可由乙烯与氯化氢加成制得
C．由氯乙烯制得聚氯乙烯符合“原子经济”
D．大量使用聚氯乙烯塑料可造成白色污染
【答案】B
【详解】A. 聚氯乙烯的分子式为(C2H3Cl)n， 其相对分子质量一般很大，其本身就属于高分子化合物，A正确；
B. 乙烯和氯化氢加成得到的是氯乙烷，氯乙烯是由乙炔和氯化氢加成制得，B错误；
C. 氯乙烯制得聚氯乙烯的过程中，没有其他产物生成，所有原子都构成了目标产物，所以这个过程符合“原子经济”，C正确；
D正确；
故合理选项为B。
8．对下列事实的解释正确的是
A．在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有吸水性
B．葡萄酒中添加二氧化硫以起到杀菌、抗氧化作用说明二氧化硫是种无毒的气体
C．用NaOH和铝粉作家庭管道疏通剂，说明NaOH溶液和铝粉反应能产生大量气体
D．氢氧化亚铁在空气中不稳定，会转化成氢氧化铁说明氢氧化亚铁具有强氧化性
【答案】C
【详解】A．在蔗糖中加入浓硫酸后，浓硫酸使蔗糖中的H、O元素以水的比例脱出，生成单质碳，出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性，A解释错误；
B．葡萄酒中添加二氧化硫以起到杀菌、抗氧化作用，说明二氧化硫是种具有还原性的气体，B解释错误；
C．用NaOH和铝粉作家庭管道疏通剂，说明NaOH溶液和铝粉反应能产生大量氢气，C解释正确；
D．氢氧化亚铁在空气中不稳定，与空气中的氧气反应生成氢氧化铁，说明氢氧化亚铁具有还原性，D解释错误；
答案为C。
9．斯坦福大学的研究人员提出的一种基于的碳循环(如图所示)，下列说法正确的是

A．图中能量转化方式只有2种
B．、均属于有机化合物
C．制取反应：的原子利用率为100%
D．利用合成燃料有利于减少对化石能源的依赖并减少碳排放
【答案】D
【详解】A． 图中能量转化方式有风能转化为电能、电能转化为化学能、化学能转化为电能等，所以能量转化方式不只是2种，故A错误；
B． 二氧化碳是碳的氧化物，属于无机物，故B错误；
C． 制取反应：，若原子利用率为100%，反应物全部转化为产品即甲醇，该反应生成了水，原子利用率未达到100%，故C错误；
D． 利用合成燃料，给人们提供了燃料，同时消耗了二氧化碳，有利于减少对化石能源的依赖并减少碳排放，故D正确；
故选D。
10．用西红柿、电流计、铁或锌等金属进行“水果电池”的实验探究。实验如下。
资料：西红柿含矿物盐、有机酸、H+等。
实验
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅳ
示意图




现象
有微量气泡
无现象
Cu片附近有气泡，且较I快
电流计指针偏转，Cu片附近有气泡

下列分析不正确的是A．实验Ⅰ、Ⅱ说明Zn能与H+反应而Cu不能
B．实验Ⅲ说明在该条件下Cu可与H+反应生成H2
C．实验Ⅰ、Ⅲ说明发生原电池反应时会加快化学反应速率
D．实验Ⅳ中Zn为负极，电子由Zn沿导线流向Cu
【答案】B
【分析】水果中含有果酸，能与活泼金属发生氧化还原反应。自发进行的氧化还原反应，导电的电极、外电路和电解质溶液构成原电池。
【详解】A．由锌片插入水果中与果酸反应生成氢气，铜片插入水果中无现象可得锌能与氢离子反应而铜不能，A正确；
B．实验Ⅲ装置为原电池，其中锌极为负极，电极反应式为：，铜极为正极，电极反应式为：，铜并不参与反应，B错误；
C．结合实验Ⅰ、Ⅲ的现象可证明在其他条件相同时，对于同一个氧化还原反应，原电池反应速率比普通氧化还原反应速率快，C正确；
D．原电池中负极失电子，经外电路电子流向正极，内电路电解质中阴离子移动向负极，阳离子移动向正极，D正确；
故选B。
11．现向一密闭容器中通入1molN2和3molH2，发生反应：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)。下列有关说法正确的是
A．达到化学平衡时，生成NH3的物质的量为2mol
B．达到化学平衡时，反应就停止了
C．达到化学平衡时，正反应速率和逆反应速率相等
D．达到化学平衡时，N2、H2和NH3的物质的量浓度一定相等
【答案】C
【详解】A． N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)为可逆反应，不能进行到底，故达到化学平衡时，生成NH3的物质的量小于2mol，A错误；
B． 达到化学平衡时，正反应速率和逆反应速率相等，但是不等于零，反应并没有停止，B错误；
C． 达到化学平衡时，正反应速率和逆反应速率相等，C正确；
D． 达到化学平衡时，N2、H2和NH3的物质的量浓度不一定相等，而是，N2、H2和NH3的物质的量浓度均保持不变，D错误；
故选C。
12．乙醇是生活中常见的有机物，下列有关乙醇的实验操作或实验现象正确的是

A．①中酸性KMnO4溶液不会褪色
B．②中钠会在乙醇内部上下跳动，上方的火焰为淡蓝色
C．③中灼热的铜丝插入乙醇中，铜丝由红色变为黑色
D．④中X是饱和NaOH溶液，X液面上有油状液体生成
【答案】B
【详解】A．乙醇具有还原性，能与高锰酸钾反应使其褪色，A错误；
B．乙醇与钠反应生成乙醇钠和氢气，反应式为：，氢气点燃火焰为淡蓝色，B正确；
C．铜与氧气反应生成黑色的氧化铜，氧化铜与乙醇反应生成乙醛和铜单质，总反应式为：，反应现象为黑色的铜丝插入乙醇中又变为红色，C错误；
D．酯化反应收集乙酸乙酯用的是饱和碳酸钠溶液，起到除去乙醇、乙酸并降低乙酸乙酯溶解度的作用。乙酸乙酯与氢氧化钠会发生水解反应生成可溶于水的乙醇和乙酸钠，反应式为：，看不到X液面上有油状液体生成，D错误；
故选B。
13．图是利用二氧化硅制备硅及其化合物的流程，下列说法正确的是

A．由反应②③说明SiO2属于两性氧化物
B．由反应④说明酸性，H2SiO3＞H2CO3
C．硅胶吸水后，经干燥可以重复再生
D．图中所示转化反应都是氧化还原反应
【答案】C
【详解】A．二氧化硅是酸性氧化物能和强碱反应，反应方程式为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；但也能和特殊的酸氢氟酸反应，反应方程式为：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，二氧化硅只是能和特殊酸反应，和其它酸不反应，和酸的反应没有普遍性，所以不能说明其具有两性，A错误；
B．高温下SiO2能与Na2CO3固体反应生成Na2SiO3和CO2，不是在常温下进行，且不是在水溶液中进行，不能说明硅酸的酸性强于碳酸，B错误；
C．硅胶吸附水后，可通过热脱附方式将水份除去重复使用，C正确；
D．图中二氧化硅与氢氟酸、氢氧化钠、碳酸钠的反应，硅酸钠与盐酸的反应、硅酸的分解、硅酸的生成，元素的化合价都没有发生变化，是非氧化还原反应，D错误；
答案选C。
【点睛】解答本题时，注重物质的性质及化学与生活，把握物质的性质及发生的反应，注意虽然二氧化硅是酸性氧化物，但它能和特殊的酸(氢氟酸)反应。
14．不同条件下，用O2氧化一定浓度的FeCl2溶液过程中所测的实验数据如图所示。下列分析或推测不合理的是

A．Fe2+的氧化率随时间延长而逐渐增大
B．由②和③可知，pH越大，Fe2+氧化速率越快
C．由①和③可知，温度越高，Fe2+氧化速率越快
D．氧化过程的离子方程式为：4Fe2++ O2+4H+= 4Fe3++ 2H2O
【答案】B
【详解】A．由图像可知，Fe2+的氧化率随时间延长而逐渐增大，故A正确；
B．②和③变量为pH，由图像可知，由②和③可知，pH越小，Fe2+氧化速率越快，故B错误；
C．①和③变量为温度，由图像可知，①和③的溶液的pH相同，温度越高，Fe2+氧化速率越快，故C正确；
D．氧化过程发生的反应为酸性条件下，亚铁离子与氧气反应生成铁离子和水，反应的离子方程式为为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故D正确；
故选B。
15．中国科学院科研团队研究表明，在常温常压和可见光下，基于LDH(—种固体催化剂)合成NH3的原理示意图如图。下列说法不正确的是

A．该过程将太阳能转化成为化学能
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3
C．该过程中，涉及离子键和共价键的断裂与生成
D．原料气N2可通过分离液态空气获得
【答案】C
【分析】从原理图中可以看出，N2与H2O在光照条件下，在催化剂表面发生反应，转化为NH3和O2，发生反应的化学方程式为2N2+6H2O4NH3+3O2。
【详解】A．在光照条件下，N2与H2O在催化剂LDH表面发生化学反应生成NH3和O2，将太阳能转化成为化学能，A正确；
B．从反应2N2+6H2O4NH3+3O2中可以得出，氧化剂(N2)与还原剂(H2O)的物质的量之比为2:6=1:3，B正确；
C．该过程中，没有离子化合物参与反应，也没有离子化合物生成，所以不涉及离子键的断裂与生成，C不正确；
D．空气中含有大量的N2，可将空气液化，然后蒸馏，从而获得原料气N2，D正确；
故选C。
16．下列由实验得出的结论不相符的是

操作和现象
结论
A
将一小块钠分别投入盛有水和乙醇的小烧杯中，钠与乙醇反应要平缓得多
乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼
B
用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除
乙酸的酸性强于碳酸的酸性
C
向盛有Na2CO3固体的锥形瓶中滴加稀盐酸，产生无色气体
不能证明氯元素的非金属性强于碳元素
D
向蔗糖溶液中加入稀硫酸，水浴加热一段时间后，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，用酒精灯加热，未见砖红色沉淀
蔗糖未水解

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．水为弱电解质，能电离出氢离子，与钠反应速率比非电解质乙醇更快，A正确；
B．水垢主要为碳酸盐，乙酸能与碳酸盐反应生成二氧化碳，证明乙酸酸性强于碳酸，B正确；
C．碳酸钠与稀盐酸反应生成二氧化碳证明盐酸酸性强于碳酸，但比较非金属性强弱时，需要比较非金属元素最高价氧化物对应水化物的酸性，即高氯酸和碳酸的酸性强弱，C正确；
D．用新制氢氧化铜检验醛基需要在碱性条件下才能观察到现象，因硫酸可以和新制氢氧化铜发生酸碱中和反应，所以不会生成砖红色沉淀，D错误；
故选D。

二、填空题
17．按要求完成下列填空。
(1)为了提高煤的利用率，常将其气化为可燃性气体，主要反应是碳和水蒸气反应生成水煤气，其中还原剂是_______(填化学式)。
(2)氮是动植物生长不可缺少的元素，合成氨的反应对人类解决粮食问题贡献巨大，反应如下：N2+3H2 2NH3。
①合成氨的反应中的能量变化如图所示。该反应是_______反应(填“吸热”或“放热”)，其原因是反应物化学键断裂吸收的总能量_______(填“大于”或“小于”)生成物化学键形成放出的总能量。

②在一定条件下，将一定量的N2和H2的混合气体充入某密闭容器中，一段时间后，下列叙述能说明该反应达到平衡状态的是_______(填字母)。
a.容器中N2、H2、NH3共存
b.N2、H2、NH3的物质的量之比为1∶3∶2
c.容器中的压强不随时间变化
d.N2、NH3浓度相等
(3)下列各反应中，符合如图所示能量变化的是_______(填字母)。

a.H2和Cl2的反应
b.Al和盐酸的反应
c.Na和H2O的反应
d.Ba(OH)2·8H2O和NH4Cl的反应
【答案】(1)C
(2)     放热     小于     c
(3)d

【解析】（1）
C和H2O在高温下反应生成CO和H2O，反应式为：，其中C化合价从0价升至+2价，为还原剂；
（2）
①由图分析可得N2与H2的能量高于NH3的能量，合成氨的过程中放出能量，为放热反应。根据，可得反应物化学键断裂吸收的能量小于生成物化学键形成的能量；
②在恒温恒容的条件下，对于反应前后气体化学计量数不相等的反应，反应中各组分物质的量、物质的量浓度、质量、体积等不变，或体系总压强不变，均可判断反应到达平衡状态，故选c；
（3）
由图可得该反应为吸热反应，而a为化合反应，b为活泼金属与酸反应，c为活泼金属与水反应，均为放热反应，d为吸热反应，故选d。
18．氮、硫的氧化物都会引起环境问题，越来越引起人们的重视。如图是氮、硫元素的各种价态与物质类别的对应关系：

(1)根据A对应的化合价和物质类别，A为_______(写分子式)，从氮元素的化合价能否发生变化的角度判断，图中既有氧化性又有还原性的含氮化合物有_______。
(2)浓、稀硝酸的性质既相似又有差别，若要除去铁制品表面的铜镀层应选择_______。
(3)工厂里常采用NaOH溶液吸收NO、NO2的混合气体，使其转化为化工产品NaNO2，试写出其化学方程式：_______。
(4)工业上把海水先进行氧化，再吸收溴，达到富集溴的目的。常用的方法是先用热空气吹出Br2，再用SO2水溶液吸收Br2.取吸收后的溶液，向其中加入氯化钡溶液有白色沉淀析出。写出SO2水溶液吸收Br2反应的化学方程式：_______。
【答案】(1)     N2O5     NO、NO2
(2)浓硝酸
(3)NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O
(4)SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr

【解析】（1）
A为+5价氮元素的氧化物，因此A的化学式为N2O5；图中既有氧化性又有还原性的含氮化合物，氮元素的化合价应在-3和+5价之间，因此应该为NO、NO2。
（2）
除去铁制品表面的铜镀层，应该选用只与铜反应，不与铁反应的物质。浓硝酸在常温下可以与铁反应生成致密的氧化物薄膜，阻碍反应的进一步进行，但却可以与铜反应，因此选用浓硝酸。
（3）
NaOH溶液吸收NO、NO2的混合气体后生成NaNO2，H与多余的O生成水，配平可得化学方程式：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O。
（4）
SO2与卤素单质反应的方程式为：SO2+X2+2H2O=H2SO4+2HX，因此SO2水溶液吸收Br2反应的化学方程式：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr。

三、工业流程题
19．粉煤灰的综合利用既有利于节约资源，又有利于保护环境。某粉煤灰(主要含Al2O3、Fe2O3、CaCO3等)的铝、铁分离工艺流程如下：

(1)①“酸浸”时Al2O3发生反应的离子方程式为_______。
②当硫酸质量分数大于50%时，金属氧化物浸出率明显下降。其原因是_______覆盖在固体表面，阻止铁铝氧化物的溶解
(2)有关金属离子以氢氧化物沉淀时离子浓度随pH变化如图所示。“还原”操作的作用是将_______还原成_______。“沉铝”过程中加入氨水调pH的范围是_______。

【答案】(1)     Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O     CaSO4
(2)     Fe3＋     Fe2＋     5~7(或合理范围)

【分析】某粉煤灰(主要含Al2O3、Fe2O3、CaCO3等)在酸浸时，主要成分均可以与硫酸反应，生成对应的盐溶液；生成的Fe3+经过还原生成Fe2+，方便后续加入氨水后，分离Al(OH)3。
（1）
①“酸浸”时Al2O3发生反应的离子方程式为：Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O；
②当硫酸质量分数大于50%时，生成的微溶物CaSO4因浓度增大而析出，沉降到固体表面，阻止铁铝氧化物的溶解，造成金属氧化物浸出率明显下降。
（2）
由分析可知，“还原”操作的作用是将Fe3＋还原成Fe2＋；“沉铝”过程要将Al3+沉淀完全，但是不能让Fe2+生成沉淀，由图分析，加入氨水调pH的范围是5~7。

四、有机推断题
20．有A、B、C、D四种有机物，A、B属于烃类物质，C、D都是烃的衍生物。A是含氢质量分数最大的有机物，分子结构为正四面体；B的球棍模型为；C的相对分子质量为46，能与Na反应，但不能与NaOH溶液反应；D的空间填充模型为，向该物质的水溶液中滴加紫色石蕊溶液，溶液变红色。请回答下列问题：
(1)A的电子式是_______，C中官能团的名称是_______。
(2)B的结构简式是_______，该物质发生加聚反应的化学方程式为_______。
(3)已知B可以发生如图转化过程：
B C CH3CHO
完成转化①、②反应的化学方程式：①_______；②_______。
【答案】(1)          羟基
(2)         
(3)         

【分析】A为氢质量分数最大的有机物，可得A为甲烷，其分子结构为正四面体形；由B的球棍模型可得B为乙烯；C的相对分子质量为46，且能与Na反应，不与NaOH反应，说明C的官能团为羟基，则C为乙醇；D能使紫色石蕊溶液变红色，说明D官能团为羧基，结合D的空间填充模型，可得D为乙酸
（1）
CH4中C与4个H原子分别形成4个共价键，电子式为：；C2H5OH中官能团为羟基；
（2）
C2H4官能团为碳碳双键，其结构式为：；乙烯在一定条件下可以合成高分子聚合物聚乙烯，反应式为：；
（3）
C2H4与H2O加成生成C2H5OH，C2H5OH经催化氧化得到CH3CHO，反应式分别为：、。

五、实验题
21．某校课外活动小组为了探究铜与稀硝酸反应产生的是NO气体，设计了如下实验。实验装置如图所示已知NO、能与NaOH溶液反应。

(1)设计装置A的目的是_______。
(2)B中反应的离子方程式是_______。
(3)将注射器F中的空气推入E中，E中的现象_______，其方程式为_______。
(4)装置D的作用是_______。
【答案】(1)利用生成的CO2将整套装置内的空气赶尽，以排除对观察气体产物的干扰
(2)3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O
(3)     无色气体变为红棕色     2NO+O2=2 NO2
(4)吸收NO、NO2等尾气，防止污染空气

【解析】（1）
碳酸钙与硝酸反应生成CO2：，将装置中空气排尽，防止NO被空气中O2氧化，干扰观察实验现象；
（2）
铜与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2，NO和H2O，离子反应式为：；
（3）
无色气体NO与氧气反应生成红棕色NO2气体，反应式为：；
（4）
NO、NO2均为有毒气体，能与NaOH发生反应生成NaNO2，反应式为：，所以可以用NaOH吸收多余气体做尾气处理。