新高考化学模拟试卷36（原卷版+教师版）

这是一份新高考化学模拟试卷36（原卷版+教师版），共19页。试卷主要包含了下列反应的离子方程式不正确的是等内容，欢迎下载使用。

新高考化学模拟试卷
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 Cu 64
第Ⅰ卷
一、 单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1．我国部分地区已迈入了生活垃圾强制分类的时代。可回收垃圾包括废纸、塑料、玻璃、金属和布料五大类。下列说法不正确的是
A．废报纸的主要成分是蛋白质 B．聚乙烯塑料的单体是H2C=CH2
C．生产玻璃的原料之一是石英 D．用灼烧法可鉴别腈纶和真丝
2．已知HOOC－COOH+NaClO=NaCl+2CO2↑+H2O，下列化学用语正确的是
A．HOOC－COOH属于羧酸，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 B．CO2是极性分子
C．NaClO的电子式为 D．H2O分子中键角为107°
3．和S均属于VIA族元素。下列关于Se及其化合物性质的比较不正确的是
A．第一电离能： B．原子半径：Se C．还原性： D．沸点：
4．实验室模拟制备亚硝酰硫酸()的反应装置如图所示。已知：亚硝酰硫酸溶于硫酸，遇水易分解。下列说法错误的是

A．装置A中应使用70%的浓硫酸
B．装置B、D中浓硫酸作用不同
C．装置C中反应为
D．虚线框内的装置可以换为盛有碱石灰的干燥管
5．下列有关物质结构与性质的说法合理的是
A．分子的极性强于 B．干冰和冰都采取分子密堆积
C．和中键角都为 D．邻羟基苯甲酸的沸点低于对羟基苯甲酸
6．下列反应的离子方程式不正确的是
A．气体通入足量NaClO溶液：
B．明矾溶液中加入过量NaOH溶液：
C．向血红色溶液加入过量铁粉：
D．向硫化锌悬浊液滴加硫酸铜溶液；
7．物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是
A．具有还原性，可用作消毒剂
B．硬铝密度小、强度高，可用作航空材料
C．溶液呈碱性，可用于去除油污
D．具有漂白性，可用于漂白纸浆
8．近日，科学家开发的常压旋转滑行弧实现高效固氮取得进展，如图所示。

下列叙述错误的是
A．该固氮过程均发生氧化还原反应
B．太阳能、风能转化为电能
C．图中反应包括
D．和中的N原子的杂化方式不同
9．维生素C可参与机体的代谢过程，俗称抗坏血酸，结构如图，已知25℃时，其电离常数，。下列说法正确的是

A．维生素C分子中含有3个手性碳
B．维生素C含碳原子较多，故难溶于水
C．维生素C含有烯醇式结构，水溶液露置在空气中不稳定
D．1mol维生素C与足量NaOH溶液反应，最多可消耗2mol NaOH
10．对于可逆反应，下列说法错误的是
A．当时，该反应达到平衡状态
B．该反应在一定条件下能自发进行，则
C．恒温恒容条件下，若混合气体的颜色保持不变，则该反应达到平衡状态
D．恒温恒容条件下，达平衡状态后，再充入一定量的，转化率将减小
11．下列根据实验操作及现象所得出的结论正确的是
选项
实验操作及现象
结论
A
淀粉溶液和稀硫酸混合加热后，再加新制的Cu(OH)2悬浊液加热，无砖红色沉淀产生
淀粉未水解
B
室温下，向盛有1mL0.2mol·L-1NaOH溶液的试管中滴加2滴0.1mol·L-1MgCl2溶液，产生白色沉淀，再滴加2滴0.1mol·L-1FeCl3溶液，又产生红褐色沉淀
室温下，Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2
C
向两支试管中分别加入2mL和1mL0.1mol·L-1Na2S2O3溶液，再向盛有1mLNa2S2O3溶液的试管中加入1mL蒸馏水，最后同时向两支试管中加2mL0.1mol·L-1H2SO4溶液，振荡，加入2mLNa2S2O3溶液的试管先出现浑浊
其他条件一定时，反应物浓度越大，反应速率越快
D
将SO2通入酸性KMnO4溶液中，取反应后的溶液于试管中，再向试管中加入BaCl2溶液，振荡，产生白色沉淀
该环境中SO2的氧化产物为
12．某研究小组为探究沉淀能否由一个溶解度较小的物质转化为溶解度较大的物质，设计了如图所示实验流程。
100mL0.1mol/LNa2SO4
已知：该温度下，Ksp(BaSO4)=1×10-10，Ksp(BaCO3)=5×10-9，Na2CO3的溶解度为33g。忽略体积变化，下列说法错误的是
A．经过步骤①，溶液中c(Na+)=c(Cl-)
B．经过步骤②，溶液中10c(Cl-)=c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)+c(SO)
C．经过步骤②，约有40%的BaSO4转化为BaCO3
D．只要步骤②中Na2CO3过量，步骤③后沉淀无剩余
13．1889 年，Arrhenius提出了反应速率常数k随温度的变化关系lnk=(R，C均为常数)。已知2NO(g) +O2(g) 2NO2(g) ，经历反应1和反应2两步：
反应1：2NO(g) N2O2(g) ΔH1= -46.3 kJ· mol-1
反应2：N2O2(g) +O2(g)2NO2(g) ΔH2= -65. 7 kJ·mol-1
两步反应的活化能Ea1 < Ea2。某课题组通过实验绘制出两步反应lnK、lnk随 的变化曲线如图所示(K表示平衡常数) ，下列说法中不正确的是

A．2molNO与1molO2充分反应，放出热量小于112kJ
B．曲线③表示的是k2随的变化关系
C．温度越高，单位时间内NO的转化率可能越低
D．相同条件下，O2浓度的变化比NO浓度的变化对反应速率影响更显著
第Ⅱ卷
二、非选择题：共4题，共61分。
14．（15分）和氮氧化物都是空气污染物，科学处理及综合利用是环境科学研究的热点。
(1)某科研小组研究不同条件下溶液常压下吸收烟气的吸收率。
①溶液pH：随着含烟气的不断通入，和硫的吸收率如图1所示：

i：当，硫的总吸收率不断减小，因为浓度较高与反应，生成S，同时产生大量的___________，导致硫的总吸收率减小。
ii：当，硫的总吸收率增大，生成的主要产物为和。和一定条件下反应，生成硫磺和最终回收，反应的化学方程式为___________。
iii：当时，___________导致和硫的总吸收率降低。
②温度：如图2所示，该项目选择常温，一是为了节能，另一个原因是___________。
③其他条件：___________。(任举一例)

(2)联合脱硫脱硝技术，是一种工业工艺技术，采用“35%的氯酸同时脱硫脱氮技术”，处理烟气(含、NO)可获得、HCl、副产品，通过实验发现，当氯酸的浓度小于35%时，和NO的脱除率几乎不变，但生成的量远小于理论值，可能的原因是___________。
15．（15分）茉莉酸甲酯的一种合成路线如下：

(1)C中含氧官能团名称为__________ _。 (2)D→E的反应类型为___________ 。
(3)C中碳原子的杂化方式为___________，K2CO3中CO的空间构型为___________。
(4)已知A、B的分子式依次为C6H10O4、C12H18O4，A中不含甲基，写出B的结构简式___________。
(5)D的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：___________。
①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应；
②碱性条件水解生成两种产物，酸化后两种分子中均只有3种不同化学环境的氢。
(6)写出以和CH2(COOCH3)2为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和乙醇任用，合成路线流程图示例见本题题干)。___________
16．（15分）氯化镍(NiCl2·6H2O)常用于电镀、陶瓷等工业，某实验室以单质Ni为原料制取氯化镍的实验步骤如下：

已知：①Fe(OH)3完全沉淀pH为3.2；Ni(OH)2开始沉淀pH为7.2，完全沉淀pH为9.2。
②NiCl2易水解，从溶液中获取NiCl2·6H2O须控制pH＜2。
(1)在三颈烧瓶中(装置见图)加入一定量Ni粉和水，通入空气，滴入稀硝酸和稀硫酸的混酸，至反应结束，过滤，制得NiSO4溶液。

①反应过程中，为提高稀硝酸的利用率，在不改变投料比的情况下，可采取的合理措施有___________。
②向A装置中通入空气的作用是搅拌、___________。
③若镍粉过量，判断反应完成的现象是___________。
(2)将所得NiSO4溶液与NaHCO3溶液混合反应得到NiCO3·Ni(OH)2沉淀，过滤，洗涤。
①沉淀反应的离子方程式为___________。
②检验NiCO3·Ni(OH)2沉淀是否洗涤完全的方法是___________。
(3)在NiCO3·Ni(OH)2固体中混有少量Fe(OH)3，请补充完整由NiCO3·Ni(OH)2固体制备NiCl2·6H2O的实验方案：向NiCO3·Ni(OH)2固体中加入盐酸，边加边搅拌，___________。
[NiCl2的溶解度曲线如图所示。实验中须选用的仪器和试剂：pH计、盐酸、乙醇等]

17．（16分）某磁性材料(Fe/Fe3O4)广泛应用于磁记录、催化等领域。一种制备该材料的流程如下：

已知反应原理为：
①Fe2++2OH-=Fe(OH)2 ②3Fe(OH)2=Fe+2Fe(OH)3 ③Fe(OH)2+2Fe(OH)3=Fe3O4+4H2O
(1)用FeCl2溶液和KOH溶液制备Fe/Fe3O4反应的离子方程式为_______。
(2)当pH<2时，Fe/Fe3O4产率极低的原因是_______。
(3)图1为回流时间与Fe/Fe3O4产率的关系图，图2为回流1h所得产品的X射线衍射图。回流1h所得产品Fe/Fe3O4中产生杂质可能的原因_______。

(4)采用Pd-Fe3O4双催化剂，可实现用H2消除酸性废水中的NO和NO，反应历程如图3所示。

其中Fe3O4中Fe2+和Fe3+分别用Fe(II)、Fe(III)表示。
①用该法处理废水后，溶液的pH_______。(填“降低”“升高”或“不变”)
②写出过程④反应的离子方程式_______。
③反应历程中虚线方框内NO生成N2的过程可描述为_______。

新高考化学模拟试卷全解全析
第Ⅰ卷
二、 单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
A
C
A
B
D
C
A
A
C
D
C
D
B
1．
【答案】A
【解析】A. 废报纸的主要成分是纤维素，A错误；
B. 聚乙烯塑料的单体是H2C=CH2，乙烯通过加聚反应得到聚乙烯，B正确；
C. 生产玻璃的原料有石英、纯碱和石灰石，C正确；
D. 用灼烧法可鉴别腈纶和真丝，真丝有羽毛烧焦的气味，D正确；
答案选A。
2．
【答案】C
【解析】A．草酸具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；
B．是直线型非极性分子，B错误；
C．NaClO为离子型化合物，电子式为，C正确；
D．为V型结构，键角为105°，D错误；
故答案为：C。
3．
【答案】A
【解析】A．属于VA族元素，其np轨道上的电子处于半充满状态，更稳定，第一电离能更大，所以第一电离能：，故A错误；
B．同周期从左到右原子半径逐渐减小，所以原子半径：Se C．同主族从上到下非金属性逐渐减弱，气态氢化物的还原性逐渐增强，所以还原性：，故C正确；
D．两者是结构相似的分子，相对分子质量越大，分子间作用力就越大，沸点就越高，所以沸点：，故D正确；
故选A。
4．
【答案】B
【分析】利用亚硫酸钠固体和硫酸反应制备二氧化硫气体，为防止亚硝酰硫酸遇水分解，故在干燥的条件下制备亚硝酰硫酸，最后尾气吸收过量二氧化硫，防止污染空气。
【解析】A．利用亚硫酸钠固体和硫酸反应制备二氧化硫气体，98%的浓硫酸的很难电离出H+，故一般选用70%的硫酸，A正确；
B．亚硝酰硫酸遇水易分解，装置B中的浓硫酸的作用是干燥SO2气体，防止水蒸气进入装置C中，装置D中的浓硫酸的作用是防止装置E中的水蒸气进入装置C中，B错误；
C．装置C中反应为，C正确；
D．虚线框内的装置可以换为盛有碱石灰的干燥管，既可以吸收尾气又可以防止空气中的水蒸气进入装置C，D正确；
故选B。
5．
【答案】D
【解析】A．从电负性上看氧与氢的电负性差值大于氧与氟的电负性差值，OF2中氧原子上有两对孤电子对，抵消了F-O键中共用电子对偏向F而产生的极性，从而导致H2O分子的极性很强，故OF2分子的极性小于H2O，A错误；
B．干冰为分子密堆积形成的晶体，冰晶体中水分子间采取非紧密堆积的方式，不是分子密堆积形成的晶体，B错误；
C．P4和CH4都是正四面体结构，但是P4的P-P是该四面体的边，所以键角为60°；CH4的C-H键在正四面体的内部，键角为109°28′，C错误；
D．邻羟基苯甲酸存在分子内氢键，对羟基苯甲酸存在分子间氢键导致分子间作用力较强，故邻羟基苯甲酸的沸点低于对羟基苯甲酸，D正确；
答案选D。
6．
【答案】C
【解析】A．气体通入足量NaClO溶液，两者发生氧化还原反应，离子方程式为，A正确；
B．明矾中加入过量NaOH，铝离子与氢氧根离子反应生成，离子方程式为，B正确；
C．Fe(SCN)3为络合物，不能拆成离子的形式，正确的离子方程式为2Fe(SCN)3+Fe=3Fe2++6SCN-，C错误；
D．硫化锌悬浊液中滴加硫酸铜溶液，ZnS转化为CuS，离子方程式为，D正确；
故答案选C。
7．
【答案】A
【解析】A．具有强氧化性，可用作消毒剂，故A错误；
B．硬铝合金具有密度小、强度高的优良特性，因此可用作航空材料，故B正确；
C．溶液呈碱性，可促进油脂水解生成溶水物质，常用于去除油污，故C正确；
D．具有漂白性，可用于漂白纸浆、草帽等，故D正确；
故选：A。
8．
【答案】A
【解析】A．题给转化中，硝酸与氨的反应不是氧化还原反应，故A错误；
B．根据题图可知，太阳能、风能转化成电能，故B正确；
C．和空气中的在水蒸气作用下生成，故C正确；
D．中N原子价电子对数为3，N原子的杂化方式为，分子中N原子的杂化方式为，故D正确；
故答案选A。
9．
【答案】C
【解析】A．由图 可知，维生素C分子中含有2个手性碳，A错误；
B．由图可知维生素C中含有较多的羟基，羟基具有亲水性，则维生素C易溶于水，B错误；
C．维生素C含有烯醇式结构，在水溶液中易被空气中的氧气氧化，生成去氢抗坏血酸，C正确；
D．根据结构可知，其中含有1个酯基，则1mol维生素C与足量NaOH溶液反应，最多可消耗1mol NaOH，D错误；
故选C。
10．
【答案】D
【解析】A．反应达到平衡状态，正逆反应速率比等于系数比，所以当时，该反应达到平衡状态，故A正确；
B． ，该反应在一定条件下能自发进行，说明在一定条件下，则，故B正确；
C．恒温恒容条件下，若混合气体的颜色保持不变，说明浓度不变，则该反应达到平衡状态，故C正确；
D．正反应气体系数和减小，恒温恒容条件下，达平衡状态后，再充入一定量的，相当于加压，转化率将增大，故D错误；
选D。
11．
【答案】C
【解析】A．醛基与新制氢氧化铜悬浊液反应，要求环境是碱性，题中所给信息，没有中和稀硫酸，故A错误；
B．室温下，向盛有1mL0.2mol/LNaOH溶液的试管中滴加2滴0.1mol/LMgCl2溶液，氯化镁不足，氢氧化钠过量，再滴加氯化铁溶液，氯化铁与剩余NaOH反应生成氢氧化铁沉淀，不能比较出氢氧化铁溶解度与氢氧化镁大小，故B错误；
C．其他条件下相同，Na2S2O3的浓度不同，因此可以探究浓度对反应速率的影响，第二支试管中，加入2mLNa2S2O3溶液，Na2S2O3浓度比第一支试管大，第二支试管先变浑浊，说明其他条件不变，浓度越大，反应速率越快，故C正确；
D．通入SO2的酸性KMnO4溶液中，反应后溶液若是含有K2SO3，也能与BaCl2产生白色沉淀，干扰实验，故D错误；
答案为C。
12．
【答案】D
【解析】A．步骤①中硫酸钠和氯化钡恰好反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，溶液中c(Na+)=c(Cl-)，故A正确；
B．经过步骤②，氯离子没有参与反应，溶液中c(Cl-)=0.2mol/L；加入碳酸钠，发生，则反应的碳酸根离子的量等于生成的硫酸根的量，根据碳元素守恒可知，c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)+c(SO)=2mol/L，故溶液中存在10c(Cl-)=2mol/L=c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)+c(SO)，故B正确；
C．步骤①恰好反应生成硫酸钡沉淀0.01mol，溶液中；步骤②加入碳酸钠后初始；发生反应，设反应的碳酸根离子浓度为a，则生成硫酸根离子浓度为a，该反应的，解得，则反应的硫酸钡为×0.1L，故约有40%的BaSO4转化为BaCO3，故C正确；
D．由C分析可知，步骤②中Na2CO3过量，沉淀中仍有部分硫酸钡，故加入盐酸后仍会有沉淀剩余，故D错误；
故选D。
13．
【答案】B
【分析】反应1、2均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故①②为lnK曲线；升高温度，反应速率增大，lnk变大，故③④为lnk曲线；lnk=，两步反应的活化能Ea1 < Ea2，则反应2斜率更大，故④为k2随的变化关系；
【解析】A．反应1：2NO(g) N2O2(g)      ΔH1= -46.3 kJ· mol-1
反应2：N2O2(g) +O2(g)2NO2(g)     ΔH2= -65.7 kJ·mol-1
由盖斯定律可知，反应1+2得：2NO(g) +O2(g) 2NO2(g) ΔH2=-112kJ·mol-1，反应可逆反应，故2molNO与1molO2充分反应，放出热量小于112kJ，故A正确；
B．由分析可知，曲线④表示的是k2随的变化关系，故B错误；
C．反应为放热反应，温度越高，平衡逆向移动，则单位时间内NO的转化率可能越低，故C正确；
D．活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；两步反应的活化能Ea1 < Ea2，相同条件下，O2浓度的变化比NO浓度的变化对反应速率影响更显著，故D正确；
故选B。
第Ⅱ卷
二、非选择题：共4题，共61分。
14．（15分）
【答案】 气体 吸收剂消耗完全，饱和逸出 常温时硫的吸收率已经很高了，升高温度吸收率变化不大 通入含的烟气的速率 NO可能被氧化成及其他含氮化合物
【分析】本题综合考查硫和氮及其氧化物的相关性质，并根据题中已知信息进行解答。
【解析】(1)①由图可知当时，硫的总吸收率不断减小；当，硫的总吸收率增大；当时，和硫的总吸收率降低。当时，浓度较高与反应，生成硫单质和硫化氢气体，导致硫的总吸收率减小；由题目可知，和一定条件下反应，生成硫磺和，故反应的化学方程式为：；当时，吸收剂消耗完全，饱和逸出，导致和硫的总吸收率降低。故答案为：气体；；吸收剂消耗完全，饱和逸出。
②由图二可看出，温度对吸收率的影响不大，说明常温时硫的吸收率已经很高了，升高温度吸收率变化不大；
③其他影响硫和SO2的吸收率的因素还有通入含的烟气的速率，故答案为：通入含的烟气的速率；
(2)采用“35%的氯酸同时脱硫脱氮技术”，处理烟气，因为烟气中含、NO，故可能导致NO被氧化成及其他含氮化合物，故答案为：NO可能被氧化成及其他含氮化合物。
15．（15分）
【答案】 羰基和酯基 消去反应 sp2、sp3 平面正三角形
【分析】由结构可知C中含氧官能团为：酯基、羰基；对比D、E的结构，可知D分子中脱去1分子HCOOCH2CH=CH2形成碳碳双键得到E；A、B的分子式依次为C6H10O4、C12H18O4，A中不含甲基，结合C的结构，可知A为HOOC(CH2)4COOH、B为；据此分析解题。
【解析】(1)由C结构简式可知C中含氧官能团为：酯基、羰基；
(2)对比D、E的结构，可知D分子中脱去1分子HCOOCH2CH=CH2形成碳碳双键得到E，故D生成E的反应属于消去反应；
(3)根据C的结构式可知，C中碳原子双键杂化方式为sp2，其余为sp3，K2CO3中COC原子以sp2杂化轨道成键、离子中存在3个σ键，由C的3个sp2杂化轨道和三个O原子的2p轨道结合，碳酸根离子为平面正三角形；
(4)A、B的分子式依次为C6H10O4、C12H18O4，A中不含甲基，结合C的结构，可知A为HOOC(CH2)4COOH、B为；
(5)D的一种同分异构体同时满足下列条件：①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②碱性条件水解生成两种产物，说明还含有酯基，且酸化后两种分子中均只有3种不同化学环境的氢，符合条件的同分异构体为：；
(6)与H2在Ni催化下发生加成反应产生，与O2在Cu催化下发生氧化反应产生，与NaOH的乙醇溶液发生消去反应产生，再与CH2(COOCH3)2发生加成反应产生，该物质在高温下反应产生，故合成路线流程图为：。
16．（15分）
【答案】 减缓硝酸的滴加速率或适当降低温度 将生成的NO氧化为硝酸(或使产生的NO部分转化为NO2，便于NOx被NaOH溶液完全吸收) 三颈烧瓶内无红棕色气体出现 2Ni2++4HCO=NiCO3·Ni(OH)2↓+3CO2↑+H2O 取最后一次洗涤液，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若无明显现象，则已洗净 用pH计测定反应液3.2＜pH＜7.2，停止加入盐酸，静置，过滤，向滤液中加入适量盐酸，控制溶液pH小于2，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用乙醇洗涤，干燥
【分析】以单质Ni为原料制取氯化镍：在A装置三颈烧瓶中加入一定量Ni粉和水，通入空气，滴入稀硝酸和稀硫酸的混酸，发生反应：3Ni+8H++2NO=3Ni2++2NO↑+4H2O，至反应结束，过滤，制得NiSO4溶液，通入空气搅拌，并使生成的NO氧化为硝酸，或使产生的NO部分转化为NO2，便于NOx被B装置中NaOH溶液完全吸收，将所得NiSO4溶液与NaHCO3溶液混合发生反应：2Ni2++4HCO=NiCO3·Ni(OH)2↓+3CO2↑+H2O，得到NiCO3·Ni(OH)2沉淀，向NiCO3·Ni(OH)2固体中加入盐酸，边加边搅拌，用pH计测定反应液3.2＜pH＜7.2，停止加入盐酸，静置，过滤，向滤液中加入适量盐酸，控制溶液pH小于2，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用乙醇洗涤，干燥，得到氯化镍(NiCl2·6H2O)，据此分析。
【解析】(1)①反应过程中，减缓硝酸的滴加速率或适当降低温度，在不改变投料比的情况下，可以提高稀硝酸的利用率；
②由分析可知，三颈烧瓶中有NO生成，向A装置中通入空气的作用是搅拌，还可以将生成的NO氧化为硝酸(或使产生的NO部分转化为NO2，便于NOx被NaOH溶液完全吸收)；
③若镍粉过量，则过量的镍粉与空气反应，NO不能被氧化，三颈烧瓶内无红棕色气体出现；
(2)①NiSO4溶液与NaHCO3溶液混合反应得到NiCO3·Ni(OH)2沉淀，沉淀反应的离子方程式为2Ni2++4HCO=NiCO3·Ni(OH)2↓+3CO2↑+H2O。
②NiCO3·Ni(OH)2沉淀未洗净的话，洗涤液中含有硫酸根离子，故检验NiCO3·Ni(OH)2沉淀是否洗涤完全的方法是：取最后一次洗涤液，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若无明显现象，则已洗净；
(3)已知：Fe(OH)3完全沉淀pH为3.2；Ni(OH)2开始沉淀pH为7.2，完全沉淀pH为9.2，
NiCO3·Ni(OH)2固体中混有少量Fe(OH)3，应先将其转化为离子，再调节pH沉淀铁离子，pH的调节不能沉淀镍离子，pH范围3.2＜pH＜7.2，过滤后从滤液获得NiCl2·6H2O，
由NiCO3·Ni(OH)2固体制备NiCl2·6H2O的实验方案：向NiCO3·Ni(OH)2固体中加入盐酸，边加边搅拌，用pH计测定反应液3.2＜pH＜7.2，停止加入盐酸，静置，过滤，向滤液中加入适量盐酸，控制溶液pH小于2，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用乙醇洗涤，干燥。
17．（16分）
【答案】(1)
(2)氢氧根离子浓度小，难以生成Fe(OH)2
(3)Fe(OH)2+2Fe(OH)3=Fe3O4+4H2O反应速率慢
(4) 升高 NO被Fe2+还原为，和NO发生归中反应生成氮气

【解析】（1）
FeCl2溶液和KOH溶液在100℃条件下反应生成Fe/Fe3O4、KCl、H2O，反应的离子方程式为；
（2）
当pH<2时，氢氧根离子浓度小，难以生成Fe(OH)2，所以Fe/Fe3O4产率极低；
（3）
Fe(OH)2+2Fe(OH)3=Fe3O4+4H2O反应速率慢，所以回流1h所得产品Fe/Fe3O4中产生杂质；
（4）
①用该法处理废水的反应方程式为，反应消耗氢离子，溶液的pH升高；
②过程④是发生氧化还原反应生成N2，反应的离子方程式是 ；
③反应历程中虚线方框内NO生成N2的过程可描述为NO被Fe(Ⅱ)还原为，和NO发生归中反应生成氮气。