2021-2022学年贵州省六盘水市第一中学高一下学期第三次月考化学试题含解析

这是一份2021-2022学年贵州省六盘水市第一中学高一下学期第三次月考化学试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，元素或物质推断题，实验题，原理综合题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

贵州省六盘水市第一中学2021-2022学年高一下学期第三次月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列有关说法正确的是
A．燃放的焰火是焰色反应所呈现出来的色彩，此焰色反应是由于火药燃烧产生的高温使某些金属元素发出特殊颜色的光，但是焰色反应是物理反应
B．二氧化硅可以用作5G手机芯片的关键材料
C．神州飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐
D．用“84”消毒液与洁厕灵(主要成分是盐酸)混合使用能更有效杀灭新冠病毒
【答案】A
【详解】A．火药的燃烧过程有新物质产生，属于化学变化；燃放的焰火是某些金属元素的焰色反应所呈现出来的色彩，是焰色反应，此过程没有新物质生成，属于物理变化，故A正确；
B．单晶硅可以用作5G手机芯片的关键材料，故B错误；
C．新型无机非金属材料在性能上比传统无机非金属材料有了很大的高，可以适用于不同的要求；高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料，不属于传统的硅酸盐材料，故C错误；
D．84消毒液主要成分为次氯酸钠，具有强氧化性，洁厕灵主要成分为盐酸二者混合使用，会产生有毒气体，降低杀毒效果，故D错误；
故选A。
2．下列化学用语书写正确的是
A．过氧化钠的电子式：
B．二氧化碳的结构式：O=C=O
C．甲烷分子的球棍模型：
D．乙烯的结构简式：CH2CH2
【答案】B
【详解】A．过氧化钠是离子化合物，电子式：，故A错误；
B．二氧化碳是直线型结构，碳氧之间成双键，结构式：O=C=O，故B正确；
C．甲烷分子的比例模型：，故C错误；
D．乙烯的官能团是碳碳双键，不能省略，结构简式为：CH2=CH2，故D错误；
故答案为B
3．下列指定反应的离子方程式正确的是
A．向NaHCO3溶液中滴加醋酸：HCO+H+=CO2↑+H2O
B．向CuCl2溶液中加入铁粉：2Fe+3Cu2+=2Fe3++3Cu
C．NO2气体溶于水：NO2+H2O=2H++NO
D．向Na2S溶液中通入氯气：Cl2+S2-=S↓+2Cl-
【答案】D
【详解】A．向NaHCO3溶液中滴加醋酸，醋酸是弱酸，应保留化学式，离子方程式为：HCO+CH3COOH═CO2↑+H2O+CH3COO-，故A错误；
B．向CuCl2溶液中加入铁粉生成氯化亚铁和Cu，离子方程式为：Fe+Cu2+═Fe2++Cu，故B错误；
C．NO2气体溶于水中N元素发生歧化反应，离子方程式为3NO2+H2O═2H++2NO+NO，故C错误；
D．氧化性：Cl2>S，则向Na2S溶液中通入氯气生成氯化钠和S，离子方程式为：Cl2+S2-=S↓+2Cl-，故D正确；
故选：D。
4．设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．在常温常压下，1.7g NH3含有的原子数为0.4NA
B．标准状况下，2.24ＬH2O含有的共价键数为0.2NA
C．60gNO与56gCO混合发生反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，可得到2NA个CO2
D．1 L 1 mol·L−1 氨水中含有NA个NH3·H2O
【答案】A
【详解】A．在常温常压下，1.7g NH3的物质的量为0.1mol，每个NH3分子中含有4个原子，则含有的原子数为0.4NA，A正确；
B．标准状况下，H2O呈液态，无法求出2.24ＬH2O的物质的量，也就无法求出含有的共价键数，B不正确；
C．60gNO(2mol)与56gCO(2mol)混合发生反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，由于反应为可逆反应，所以参加反应的NO和CO都小于2mol，则得到CO2的个数小于2NA，C不正确；
D．1 L 1 mol·L−1 氨水中，含氮微粒有NH3·H2O、NH3、，则NH3·H2O、NH3、共有NA个，含NH3·H2O小于NA，D不正确；
故选A。
5．下图是由4个碳原子结合成的5种有机物(氢原子没有画出)，下列说法正确的是

A．有机物(a)的名称为甲烷
B．有机物(a)中四个碳原子共平面
C．上述有机物中与(c)互为同分异构体的只有(b)
D．上述有机物中，属于链状烷烃的是(a)
【答案】D
【详解】A．有机物(a)含有4个碳原子，其名称为异丁烷，故A错误；
B．有机物(a)中4个碳原子形成四面体结构，故B错误；
C．有机物(b)(c)和(e)的分子式均为C4H8，但其分子结构不同，互为同分异构体，故C错误；
D．有机物(a)(e)只含单键，(a)是链状烷烃，(e)是环状烷烃，故D正确；
故答案为D
6．下列离子能大量共存的是
A．使酚酞溶液呈红色的溶液中：Na+、K+、SO、CO
B．无色透明的溶液中：Cu2+、K+、SO、NO、Fe3+
C．含有大量Cu2+的溶液中：Mg2+、NH、SO、Cl-、S2-
D．使石蕊溶液呈红色的溶液中：Na+、K+、CO、NO
【答案】A
【详解】A．使酚酞溶液呈红色的溶液呈碱性，Na+、K+、SO、CO在碱性环境互相都不反应，可以大量共存，故A正确；
B．Cu2+呈蓝色和Fe3+呈黄色，溶液有颜色，故B错误；
C．含有大量Cu2+的溶液中，Cu2+能与S2-产生黑色沉淀，不能大量共存，故C错误；
D．使石蕊溶液呈红色的溶液显酸性，H+与CO反应生成CO2，不能大量共存，故D错误；
故答案为A。
7．对于反应3Cl2+ 6NaOH5NaCl+NaClO3+ 3H2O，下列叙述正确的是
A．Cl2是氧化剂，NaOH是还原剂
B．被氧化的C1原子和被还原的Cl原子的物质的量之比为5∶1
C．每生成1 mol NaClO3转移5mol电子
D．氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数之比为5∶1
【答案】C
【详解】A．该反应中只有Cl元素的化合价变化，氯气既是氧化剂又是还原剂，故A错误；
B．由Cl元素守恒及元素的化合价变化可知，该反应中1molCl原子失去电子时5molCl原子得到电子，则被氧化的Cl原子和被还原的Cl原子的物质的量的比为1：5，故B错误；
C．该反应中Cl元素的化合价由0价上升到+5价，每生成1 mol NaClO3转移5mol电子，故C正确；
D．由电子守恒可知，氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数之比为1：1，故D错误；
故选C。
8．图中装置能形成原电池的是
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据原电池的构成条件分析，原电池的构成条件是：①有两个活泼性不同的电极，②将电极插入电解质溶液中，③两电极间构成闭合回路，④能自发的进行氧化还原反应。
【详解】A．该图中两个电极都是金属锌，活泼性相同，构不成原电池，故A错误；
B．该图中金属铜可以与硝酸银发生氧化还原反应，两个电极材料活泼性不同，可以构成原电池，故B正确；
C．该图中烧杯中的液体为酒精，酒精是非电解质不导电，所以构不成原电池，故C错误；
D．该装置没有形成闭合回路，构不成原电池，故D错误；
故答案为B。
9．反应C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)在一定容积的密闭容器中进行，则下列说法或结论中，能够成立的是
A．其他条件不变，仅将容器的体积缩小一半，反应速率加快
B．保持体积不变，充入少量He气体使体系压强增大，反应速率一定增大
C．反应达平衡状态时：v(C)正=v(H2O)逆
D．其他条件不变，适当增加C(s)的质量会使反应速率增大
【答案】A
【详解】A．其他条件不变，仅将容器的体积缩小一半，气态物质浓度变大，反应速率加快，A正确；
B．保持体积不变，充入少量He气体，气态物质的浓度不发生改变，反应速率不变，B错误；
C．v(H2O)指的是单位时间内水蒸气浓度的变化，而C为固体，不能用浓度的变化表示其反应速率，C错误；
D．C为固体，适当增加C(s)的质量对反应速率几乎没有影响，D错误；
综上所述答案为A。
10．下列有关实验原理及装置不能达到相应实验目的的是
A
B
C
D




用于除去Cl2中的HCl
用于分离溶液和水
用于制备干燥的氨气
可以完成“喷泉”实验

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．饱和食盐水可以降低氯气的溶解度，吸收HCl，可以达到除杂的目的，故A正确；
B．分液用于分离互不相溶的液体，溶液中的水不分层，不能用分液分离，故B错误；
C．氨气是碱性气体，可以用碱性干燥剂碱石灰干燥，故C正确；
D．喷泉实验利用的原理是形成压强差，氯气可以被氢氧化钠吸收，降低烧瓶内的压强，形成喷泉，故D正确；
故答案为B
11．氮元素在海洋中的循环，是整个海洋生态系统的基础和关键。海洋中无机氮的循环过程可用下图表示。 下列关于海洋氮循环的说法正确的是

A．海洋中的氮循环起始于氮的氧化
B．海洋中的氮循环属于固氮作用的是③
C．海洋中的反硝化作用一定有氧气的参与
D．向海洋排放含NO3—的废水会影响海洋中NH4+的含量
【答案】D
【详解】A．海洋中的氮循环起始于N2转化为NH4+的过程，N的化合价降低，被还原，这个过程是氮的还原过程，A错误；
B．固氮作用指的是N2转化为氮的化合物的过程，海洋中的氮循环属于固氮作用的是②，B错误；
C．反硝化作用是指将硝酸盐转变成氮气的过程。反硝化作用：反硝化细菌在缺氧条件下，还原硝酸盐，释放出分子态氮（N2）或一氧化二氮（N2O）的过程，不一定有氧参加，C错误；
D．转化关系图中硝酸根离子增多，反硝化作用增强，向海洋排放含NO3-的废水会影响海洋中NH4+的含量，D正确；
答案选D。
12．已知：反应A＋B=C＋D的能量变化如图所示，下列叙述正确的是

A．该反应为放热反应
B．反应物的总能量高于生成物的总能量
C．旧化学键断裂吸收的总能量大于新化学键形成放出的总能量
D．该反应只有在加热条件下才能进行
【答案】C
【详解】A． 图中显示生成物的总能量高于反应物的总能量，该反应为吸热反应，故A错误；
B． 反应物的总能量低于生成物的总能量，故B错误；
C． 吸热反应，旧化学键断裂吸收的总能量大于新化学键形成放出的总能量，故C正确；
D． 反应吸热还是放热，与反应条件无必然联系，故D错误；
故选C。
13．某学习小组需要用CuSO4·5H2O配制0.20 mol·L-1溶液480mL。下列说法正确的是
A．称量前应将CuSO4·5H2O用蒸发皿加热除去结晶水
B．取200 mL该溶液，则其物质的量浓度为0.08 mol·L
C．用托盘天平称取25.0 g CuSO4·5H2O晶体
D．配制CuSO4，溶液的过程中容量瓶摇匀后液面低于刻度线，需再加水至刻度线
【答案】C
【详解】A．由于溶液配制过程中要继续加入蒸馏水，故称量前无需将CuSO4·xH2O用蒸发皿加热除去结晶水，故A错误；
B．溶液是均一稳定的，浓度与所取溶液体积无关，故取200 mL该溶液，则其物质的量浓度为0.2 mol·L-1，故B错误；
C．用托盘天平称取CuSO4·5H2O晶体的质量为：，故C正确；
D．配制CuSO4溶液的过程中容量瓶摇匀后液面低于刻度线，这是由于有部分溶液留在刻度线以上的容量瓶内壁上还未回流回来，故不需再加水至刻度线，否则浓度将偏低，故D错误；
故答案为：C。
14．下列反应属于取代反应的是
①CHCl3＋Cl2CCl4＋HCl
②2HI＋Cl2=2HCl＋I2
③CO＋2H2CH3OH
④CH3CH2CN＋Cl2＋HCl
⑤CH3CH2OH＋HBrCH3CH2Br＋H2O
A．①② B．①②③④
C．①④⑤ D．②④⑤
【答案】C
【详解】①CHCl3中的H原子被Cl原子取代，属于取代反应；②该反应属于置换反应；③该反应属于化合反应；④CH3CH2CN分子中“—CH2—”的1个H原子被Cl原子取代，属于取代反应；⑤CH3CH2OH分子中的—OH被Br原子取代，属于取代反应。
答案选C。

二、多选题
15．将4 mol A气体和2 mol B气体置于1 L的密闭容器中，混合后发生如下反应：2A(g)+B(g) ⇌2C(g)，若经2 s后测得C的浓度为1.2 mol/L，下列说法正确的是
A．用物质A表示2 s末的反应速率为0.6 mol/(L·s)
B．反应后的压强是开始时候的0.9倍
C．2 s时物质A的转化率为70%
D．C的产率为40%
【答案】BD
【详解】根据三段式分析：


A．2s内C的平均反应速率=，同一可逆反应中同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，则v(A)=v(C)=0.6 mol/(L.s)，化学反应速率是平均速率，不是瞬时速率，故A错误；
B．相同条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，反应后气体的总物质的量等于2.8 mol+ 1.4 mol+1.2 mol=5.4 mol，反应前气体的物质的量为4 mol+2 mol=6 mol，反应后的压强是开始时候的0.9倍，故B正确；
C．2 s时物质A的转化率为=，故C错误；
D．假设4 molA气体和2 molB气体完全生成C的物质的量为4 mol，2 s时物质C的物质的量为1.2 mol，2s时物质C的产率为30%，故D正确；
故选BD。

三、元素或物质推断题
16．如图是元素周期表的一部分，表中所列字母分别代表某一种元素，请回答相关问题：
A






























B

C


D











E


F
M

















N


(1)元素E为_______(填元素符号)。
(2)元素D与C形成的既有离子键又有共价键的化合物的电子式为_______。
(3)元素B、C、F、M分别与元素A形成的最简单化合物中沸点最高的是_______(填化学式)。
(4)元素C和F形成的一种化合物能使酸性高锰酸钾溶液褪色，离子方程式为_______，该反应中的氧化产物、还原产物物质的量之比为_______。
(5)元素B与A形成的有机物BA4与M的单质在光照下可发生取代反应，当二者按等物质的量反应时，产物有_______种。分子式为B2A4的不饱和烃，使N单质的四氯化碳溶液褪色，其化学方程式为_______。
【答案】(1)Al
(2)
(3)H2O
(4)     5SO2+2+2H2O=2Mn2++5+4H+     5:2
(5)     5     CH2=CH2+Br2→BrCH2CH2Br

【分析】由元素在周期表中的位置，可确定A、B、C、D、E、F、M、N分别为H、C、O、Na、Al、S、Cl、Br元素。
（1）
由分析可知，元素E为Al。答案为：Al；
（2）
C、D分别为O、Na，二者形成的既有离子键又有共价键的化合物为Na2O2，电子式为。答案为：；
（3）
元素A、B、C、F、M分别为H、C、O、S、Cl，元素B、C、F、M分别与元素A形成的最简单化合物分别为CH4、H2O、H2S、HCl，四种化合物中，只有H2O呈液态，其他物质都呈气态，所以沸点最高的是H2O。答案为：H2O；
（4）
元素C和F形成的一种化合物能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则其为SO2，它能将KMnO4还原为Mn2+等，自身被氧化为，离子方程式为5SO2+2+2H2O=2Mn2++5+4H+，该反应中的氧化产物为、还原产物为Mn2+，物质的量之比为5:2。答案为：5SO2+2+2H2O=2Mn2++5+4H+；5:2；
（5）
元素B与A形成的有机物BA4为CH4，与M的单质Cl2在光照下可发生取代反应，不管二者的物质的量的关系如何，发生反应时，四步取代反应都发生，所以产物为CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4、HCl，共有5种。分子式为B2A4的不饱和烃为CH2=CH2，与N单质Br2的四氯化碳溶液发生加成反应，从而使溶液褪色，其化学方程式为CH2=CH2+Br2→BrCH2CH2Br。答案为：5；CH2=CH2+Br2→BrCH2CH2Br。
【点睛】甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应时，四步反应都发生。

四、实验题
17．实验室常用下列装置来进行铜跟浓硫酸反应等一系列实验。

(1)判断铜跟浓硫酸反应有SO2生成所依据的现象是_______，甲装置中发生的主要反应的化学方程式是_______，该反应中若有3.2g Cu参加反应，则被还原的H2SO4的物质的量为_______mol。
(2)在装置乙的试管口放有一团浸有碱液的棉花，棉花中通常浸有饱和碳酸钠溶液或氢氧化钠溶液，其目的是：_______。
(3)欲观察生成的溶液的颜色，应采取的操作是_______。
(4)若铜片还有剩余，硫酸_______(填“有”或“没有”)消耗完毕。其理由是_______。
【答案】(1)     乙中品红溶液褪色          0.05
(2)防止产生的二氧化硫气体溢出，污染环境
(3)将反应后的液体慢慢注入水中，边加边搅拌，而后观察颜色
(4)     没有     随着反应的进行，硫酸变稀，而稀不与反应，故不会消耗完

【解析】（1）
铜与浓硫酸发生反应Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O，SO2能使品红溶液褪色，若有3.2 g Cu参加反应，则被还原的H2SO4的物质的量为＝0.05 mol；
（2）
SO2为酸性氧化物，与碱反应生成盐和水，反应离子方程式为：2OH－＋SO2=SO＋H2O；
（3）
观察CuSO4溶液颜色实质上是考查浓H2SO4的稀释方法，方法为：将反应后的液体慢慢注入水中，边加边搅拌，而后观察颜色；
（4）
Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O，随着反应的进行，浓H2SO4逐渐变稀，Cu不与稀H2SO4反应，故硫酸不会消耗完；

五、原理综合题
18．汽车尾气中含有CO、NO等有害气体。
（1）汽车尾气中NO生成过程的能量变化如图示。1molN2和1molO2完全反应生成NO会____（填“吸收”或“放出”）____kJ能量。

（2）通过NO传感器可监测汽车尾气中NO的含量，其工作原理如图所示：（提示：O2-可在此固体电解质中自由移动）

①NiO电极上发生的是___________反应（填“氧化”或“还原”）。
②外电路中，电子是从_________电极流出（填“NiO”或“Pt”）．
③Pt电极上的电极反应式为________________________。
（3）一种新型催化剂用于NO和CO的反应：2NO+2CO2CO2+N2。已知增大催化剂的比表面积可提高该反应速率，为了验证温度、催化剂的比表面积对化学反应速率的影响规律，某同学设计了三组实验，部分条件已经填在下表中。
实验编号
t（℃）
NO初始浓度
（mol/L）
CO初始浓度（mol/L）
催化剂的比表面积（m2/g）
Ⅰ
280
1.2×10﹣3
5.80×10﹣3
82
Ⅱ
280
1.2×10﹣3
b
124
Ⅲ
350
a
5.80×10﹣3
82

①请将表中数据补充完整：a ___________。
②能验证温度对化学反应速率规律的是实验____________（填实验序号）。
③实验Ⅰ和实验Ⅱ中，NO的物质的量浓度c（NO）随时间t的变化曲线如图所示，其中表示实验Ⅱ的是曲线_______（填“甲”或“乙”）。
   
（4）在容积固定的绝热容器中发生反应2NO+2CO2CO2+N2，不能说明已达到平衡状态的是________（不定项选择）；
A．容器内混合气体温度不再变化          B．容器内的气体压强保持不变
C．2υ逆(NO)=υ正(N2)                      D．容器内混合气体密度保持不变
【答案】     吸收     180     氧化     NiO     O2+4e﹣=2O2﹣     1.2×10﹣3     Ⅰ和Ⅲ     乙     CD
【分析】（1）由图可知，1molN2和1molO2完全反应生成NO时，吸收的总能量大于放出的总能量，该反应为吸热反应；
（2）原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，由离子的定向移动可知NiO极为原电池的负极，Pt极为原电池的正极，正极发生还原反应，负极发生氧化反应；
（3）由题意可知，该实验目验证温度、催化剂比表面积对化学反应速率的影响规律，实验时应注意在其他量相同的情况下，才能判断变量对速率的影响，要验证温度对速率的影响，催化剂的比表面积、反应物的初始浓度等要相同；同理验证催化剂的比表面积对速率的影响，温度、反应物的初始浓度要相同；
（4）在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。
【详解】（1）由图可知，1molN2和1molO2完全反应生成NO时，反应物化学键破坏吸收的总能量为946kJ +498kJ=1444kJ，生成物形成化学键放出的总能量为2×632kJ=1264kJ，则反应时需要吸收180kJ的热量，故答案为吸收；180；
（2）①原电池中，NiO为负极，电极上NO失电子发生氧化反应生成二氧化氮，故答案为氧化；
②外电路中，电子由负极NiO极流出，经导线流入正极Pt极，故答案为NiO；
③原电池中，Pt电极为正极， O2在正极上发生还原反应生成O2-，电极反应式为O2+4e﹣=2O2﹣，故答案为O2+4e﹣=2O2﹣；
（3）①由表格数据可知，实验Ⅰ、Ⅱ温度相同，催化剂的比表面积不同，实验目的是验证催化剂的比表面积对速率的影响，则温度和反应物的初始浓度要相同；实验I、Ⅲ催化剂的比表面积相同、温度不同，实验目的是验证温度对速率的影响，则反应物的初始浓度要相同；a应该为1.2×10﹣3mol/L，故答案为1.2×10﹣3；
②由表格数据可知，实验I、Ⅲ催化剂的比表面积相同，温度不同，实验目的是验证温度对速率的影响，故答案为Ⅰ和Ⅲ；
③因Ⅰ、Ⅱ催化剂的比表面积不同，温度相同、反应物的初始浓度，催化剂的比表面积对平衡移动无影响，但Ⅱ的速率大，先达到化学平衡，故实验Ⅱ选曲线乙，故答案为乙；
（4）A、因反应在绝热容器中进行，容器内混合气体温度会变化，当温度不再变化时，说明反应已达到平衡；
B、该反应是一个气体体积减小的反应，当容器内的气体压强保持不变，说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡；
C、反应已达到平衡，正逆反应速率相等，υ逆(NO)= 2υ正(N2)，2υ逆(NO)=υ正(N2)说明反应没有达到平衡状态；
D、由质量守恒定律可知，反应前后气体质量不变，容器的体积不变，则容器内混合气体密度一直保持不变，混合气体的密度不变不能说明反应已达到平衡；
不能说明反应已达平衡状态的为CD，故答案为CD。
【点睛】本题考查化学反应原理的综合应用，试题知识点较多，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力，注意放热反应和吸热反应与反应物和生成物总能量的关系，注意把握原电池的工作原理，注意影响反应速率的因素的探究实验的设计思路，能够正确判断化学平衡状态是解答关键。

六、工业流程题
19．利用石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca(NO2)2，其部分工艺流程如下：

(1)氨的催化氧化是工业制硝酸的基础。写出反应的化学方程式：_______。实验室中将氨气和氧气的混合气体通过红热的铂丝(作催化剂)模拟该反应时，反应过程中铂丝能始终保持红热，这是由于该反应是_______反应。
(2)氨催化氧化制得的NO经过氧化为NO2，再与水反应得到硝酸。NO2与水反应生成硝酸的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。已知NO和NO2的混合气体能被碱液吸收生成亚硝酸盐：NO+NO2+2OH-→+H2O，则NO2被NaOH溶液完全吸收(无气体剩余)的离子方程式为_______。
(3)流程中滤渣可循环使用，滤渣的主要成分是_______(填化学式)，已知0℃时Ca(NO3)2在水中的溶解度仍然很大，实验室从Ca(NO3)2溶液得到Ca(NO3)2晶体的操作方法是_______。
(4)生产中溶液需保持弱碱性。酸性条件下，Ca(NO2)2溶液会发生反应生成Ca(NO3)2、NO和H2O，该反应的离子方程式为_______。
【答案】(1)          放热
(2)     1:2     2NO2+2OH-=+H2O
(3)     Ca(OH)2     蒸发结晶
(4)

【分析】硝酸工业的尾气含NO、NO2、能被石灰乳吸收生成Ca(NO2)2、Ca(NO3)2，Ca(OH)2微溶，经过滤，未反应的Ca(OH)2即为滤渣的主要成分、可循环利用。滤液经结晶可提取Ca(NO2)2，据此回答。
（1）
氨的催化氧化产生NO和水，化学方程式：。实验室中将氨气和氧气的混合气体通过红热的铂丝进行反应的过程中铂丝能始终保持红热，这是由于该反应是放热反应。
（2）
NO2与水反应生成硝酸的反应方程式为：，反应中，N元素从+4价升高到+5价时NO2为还原剂、N元素从+4价降低到+2价时NO2为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2。已知NO和NO2的混合气体能被碱液吸收生成亚硝酸盐：NO+NO2+2OH-=+H2O，则NO2被NaOH溶液完全吸收(无气体剩余) 时NO2中N元素从+4价升高到+5价生成、N元素从+4价降低到+3价时生成，离子方程式为2NO2+2OH-=+H2O。
（3）
Ca(OH)2微溶，未反应的Ca(OH)2即为滤渣的主要成分，可循环利用。已知0℃时Ca(NO3)2在水中的溶解度仍然很大，则实验室从Ca(NO3)2溶液得到Ca(NO3)2晶体不适宜用冷却结晶、故操作方法是蒸发结晶。
（4）
生产中溶液需保持弱碱性。酸性条件下，Ca(NO2)2溶液会发生反应生成Ca(NO3)2、NO和H2O，该反应的离子方程式为。