江苏省盐城市东台中学2023-2024学年高三下学期3月月考化学试题

这是一份江苏省盐城市东台中学2023-2024学年高三下学期3月月考化学试题，共24页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，现用菱锰矿为原料制备的流程如下，CuCl可用作有机合成的催化剂等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一、单选题
1．北京冬奥会成功举办、神舟十三号顺利往返、“天宫课堂”精彩呈现均展示了我国科技发展的巨大成就。下列相关叙述正确的是
A．飞船返回舱表层材料中的玻璃纤维属于无机非金属材料
B．“泡腾片实验”中，柠檬酸与小苏打反应时，有电子的转移
C．乙酸钠过饱和溶液结晶形成温热“冰球”，该过程吸收热量
D．吉祥物“冰墩墩”的材质中有聚氯乙烯，聚氯乙烯是纯净物
2．三氯化六氨合钴是一种重要化工产品，实验室可用反应制备。下列说法正确的是
A．是非极性分子
B．的电子式为
C．中子数为20的氯原子：
D．1中含有σ键24ml
3．下列氮及其化合物的性质与用途具有对应关系的是
A．N2不溶于水，可用作保护气
B．NH3极易溶于水，可用作制冷剂
C．NO2具有强氧化性，可用作火箭燃料推进剂
D．HNO3具有酸性，可用来制备硝酸纤维
4．氮是生命的基础，氮及其化合物在生产生活中具有广泛应用。工业上用氨的催化氧化生产硝酸。生产硝酸的尾气中主要含有等大气污染物，可用石灰浆等碱性溶液吸收处理，并得到等化工产品。实验室采用下列装置制取氨气，正确的是
A．装置甲生成B．装置乙干燥
C．装置丙收集并验满D．装置丁吸收多余
5．对于反应4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g)，下列有关说法不正确的是
A．该反应一定能自发进行
B．达到平衡时，增大容器的体积，υ(正)增加、υ(逆)减小
C．断裂1ml N−H键的同时，断裂1mlO−H键，说明该反应达到平衡状态
D．该反应的正反应的活化能小于逆反应的活化能
6．现用菱锰矿(主要成分，含有、、、)为原料制备的流程如下：
下列说法正确的是
A．将菱锰矿粉碎所使用的化学仪器为坩埚
B．“氧化”时发生的离子方程式为：
C．“中和”时加入的物质X可以是
D．“电解”时在阴极生成，过程中同时生成可循环利用的物质
7．由苯甲醛制备重要的有机合成中间体的一种反应如下：
下列说法正确的是
A．该反应属于取代反应
B．可用少量酸性高锰酸钾鉴别苯甲醛和2-环己烯酮
C．2-环己烯酮中所有的原子可能共平面
D．中间体与足量完全加成后所得分子中含有3个手性碳原子
8．CuCl可用作有机合成的催化剂。工业上用黄铜矿(主要成分是CuFeS2，还含有少量SiO2)制备CuCl的工艺流程如图1：
下列说法正确的是
A．“浸取”时的离子方程式为CuFeS2+4O2=Cu2++Fe2++2SO
B．“滤渣①”的成分是Fe(OH)3
C．“还原”时加入NaCl和浓盐酸主要是为了提供Cl-，跟铜元素形成可溶于水的物质
D．CuCl的晶胞如图2，每个氯离子周围与之距离最近的氯离子数目是4
9．室温下，通过下列实验探究溶液的性质(假设实验前后溶液体积不变)。
实验I：用试纸测定溶液的，测得约为6。
实验II：往溶液中加入少量溶液，产生白色沉淀。
实验III：往溶液中通入一定量的至沉淀完全。
实验IV：往溶液中加入产生沉淀和气体
下列说法正确的是
A．溶液中由水电离出的约为
B．实验II中沉淀成分仅为
C．实验III得到的溶液中有
D．实验IV过滤后所得的溶液中一定存在：
10．乙烷催化氧化为乙酫在合成化学和碳资源利用等方面均有重大意义。在Fe+催化下乙烷氧化成乙醛的机理如图所示。下列说法不正确的是
A．X的化学式为H2O
B．乙醛分子中既含有极性键又含有非极性键
C．反应Ⅰ和反应Ⅱ都是氧化还原反应
D．每生成1mlCH3CHO，消耗N2O的物质的量大于2ml
11．标况下，的溶解度约为1∶1，，。室温下溶液中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系如图1所示。向碳酸钠和碳酸氢钠混合溶液中滴加氯化钡溶液，溶液中与的关系如图2所示。下列说法正确的是
A．饱和碳酸的浓度约为
B．a对应的溶液中存在：
C．a→b的过程中，溶液中一直增大
D．b点对应溶液的pH为8.25
12．低温等离子体(NTP)技术可有效脱除烟气中的NO，其原理是在高压放电条件下，产生自由基(O·)，自由基将NO氧化为，再用溶液吸收，实验装置如图所示。
下列说法错误的是
A．增大烟气流速不可提高NO脱除率
B．氮元素既有被氧化的过程又有被还原的过程
C．高压电源的功率越大，烟气中NO的脱除效果一定越好
D．单位时间内生成的自由基(O·)越多，越有利于NO的转化
13．乙醇-水催化重整可获得，其主要反应为： ，
，在Pa下，当乙醇和水的物质的量之比为1：3时，若仅考虑上述反应，平衡时和CO的选择性及的产率随温度的变化如图所示。下列说法不正确的是
A．图中曲线①表示平衡时选择性随温度的变化
B．升高温度，平衡时产率和CO选择性均增大
C．一定温度下，增大或适当减压，均可提高乙醇平衡转化率
D．一定温度下，加入少量生石灰或者熟石灰固体，均能提高平衡时产率
第II卷（非选择题）
二、解答题
14．实验室研究从炼铜烟灰(主要成分为CuO、Cu2O、ZnO、PbO及其硫酸盐)中分别回收铜、锌、铅元素的流程如图。
(1)酸浸过程中，金属元素均由氧化物转化为硫酸盐，其中生成CuSO4的化学方程式为：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O、 。
(2)置换过程中，铁屑完全消耗后，铜的产率随时间延长而下降，其可能原因为 。
(3)已知，25℃时，Ksp(PbSO4)=2.5×10-8；PbSO4+2Cl-PbCl2+SO。一定条件下，在不同浓度的NaCl溶液中，温度对铅浸出率的影响、PbCl2的溶解度曲线分别如图1、图2所示。
浸出后溶液循环浸取并析出PbCl2的实验结果如表所示。
①为提高原料NaCl溶液利用率，请补充完整利用酸浸渣制备化学纯(纯度≥98.5%)PbCl2晶体的实验方案：取一定质量的酸浸渣， ，将所得晶体洗涤、干燥。(可选用的试剂：5ml·L-1NaCl溶液，1ml·L-1NaCl溶液，NaCl固体)
②循环一定次数后的溶液中加入适量CaCl2溶液，过滤并加水稀释至其中NaCl浓度为1ml·L-1的目的是 。
(4)ZnSO4·7H2O产品的纯度可用配位滴定法测定。准确称取一定量的ZnSO4·7H2O晶体加入250mL的锥形瓶中，加水约20mL。再加入2～3滴5％的二甲酚橙作指示剂、约5mL六亚甲基四胺缓冲溶液，摇匀。用已标定的0.0160ml/LEDTA溶液滴定，滴定至溶液由红紫色变成亮黄色，即为终点(ZnSO4·7H2O与EDTA按物质的量之比1∶1反应)。实验数据如表：
ZnSO4·7H2O产品的纯度为 (保留2位有效数字)。
15．传统中药“金银花”中抗菌杀毒的有效成分是“绿原酸”。某高中化学创新兴趣小组运用所学知识并参考相关文献，设计了一种“绿原酸”的合成路线如图：
已知：① ；
② 。
回答下列问题：
（1）有机物A的名称是 ，A→B的反应类型 。
（2）C的结构简式 ，有机物F中官能团的名称是 。
（3）若碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳原子称为手性碳。用星号(*)标出E中的手性碳： 。
（4）反应②的目的是 ，写出D→E中第（1）步的反应方程式 。
（5）绿原酸在碱性条件下完全水解后，再酸化，得到的芳香族化合物的同分异构体有多种，满足以下条件的有 种（不考虑立体异构，任写一种）。
a.含有苯环
b.1ml该物质能与2mlNaHCO3反应
写出核磁共振氢谱显示峰面积之比为3：2：2：1的结构简式为 。
参照上述合成方法，设计由丙酸为原料制备高吸水性树脂聚丙烯酸钠的合成路线 (无机试剂任选)。
16．氯化亚铜(CuCl)是重要的铜盐系列产品，某学习小组用海绵铜制取氯化亚铜的流程如下：
CuCl难溶于水和乙醇，易溶于浓度较大的体系。
Ⅰ.海绵铜的溶解
经观察，海绵铜(主要成分是Cu和CuO)在“溶解”过程中未产生气泡，反应原理为：
反应①：(较快)；
反应②：_______(较慢)。
(1)写出反应②的化学方程式 。
(2)实验过程中，测得不同温度下浸出液中的质量浓度如图1所示。图中显示在第1h内铜的浸出率较大，其原因是 。
Ⅱ.氯化亚铜的制备
利用海绵铜“溶解”后的溶液与、反应，可制备氯化亚铜，装置如图2所示。
(3)“还原”过程中一般采用最为适宜，原因是 。
(4)下表是氯化铵用量与沉淀率的关系如下表所示，沉淀率在比值为1.1时最大的原因是 。
(5)“酸洗”步骤中，最合适选用的试剂是 (写酸的名称)。
Ⅲ.氯化亚铜的提纯
(6)已知：水解可生成CuCl。温度、pH对CuCl产率的影响如下图所示。
请根据以上信息，设计由CuCl、Cu和CuO的混合固体中提纯CuCl的实验方案： 。(实验中须使用的试剂与仪器：饱和NaCl溶液、的溶液、乙醇、真空干燥箱)
17．铁元素的纳米材料因具备良好的电学特性和磁学特性，而引起了广泛的研究。纳米零价铁可用于去除水体中的六价铬[Cr(VI)]与硝酸盐等污染物。
(1)①用溶液与(H元素为-1价)溶液反应制备纳米零价铁的化学方程式：。当生成1ml Fe时，反应中转移电子的物质的量为 。
②纳米Fe和均可用于降解含的废水。实验证明辅助纳米铁去除效果更佳，结合图1，分析其原因是 。
(2)纳米铁碳微电技术是一种利用铁和碳的原电池反应去除水中污染物的技术达到无害排放，该技术处理酸性废水中时正极电极反应式为 。
(3)利用纳米铁粉去除水体中的Cr(VI)反应机理如图2所示。
①该反应机理中虚线部分可描述为 。
②为了考察溶解氧对水体中的Cr(VI)去除率的影响，实验小组设计了一组对比实验，其中一组在反应中通入，另一组不通入。结果表明，实验初期，通入的去除率远高于未通的，其原因可能是 。
③某水样Cr(VI)的初始浓度为，在相同条件下，探讨了温度为15℃、25℃、35℃、45℃对Cr(Ⅵ)的去除率的影响，结果如图3所示，由图可知，温度在25℃时，去除率最高，其原因是 。
参数
循环次数
0
1
2
3
结晶产品中PbCl2纯度/%
99.9
99.3
98.7
94.3
m(ZnSO4·7H2O)/g
起始滴定管读数/mL
终点滴定管读数/mL
0.1692
0.20
26.50
0.8
0.9
1.0
1.1
1.2
1.3
沉淀率/％
35.3
73.2
85.2
91.3
79.2
65.4
参考答案：
1．A
【详解】A．玻璃纤维的成分属于玻璃，玻璃属于无机非金属材料，选项A正确；
B．柠檬酸与小苏打发生复分解反应，各元素的化合价都没有改变，没有电子转移，选项B错误；
C．乙酸钠在温度较高的水中的溶解度非常大，很容易形成过饱和溶液，暂时处于亚稳态；这种溶液里只要有一丁点的结晶和颗粒，就能打破它的亚稳态，迅速结晶的同时释放出大量热量，选项C错误；
D．聚氯乙烯是高分子化合物，属于混合物，选项D错误；
答案选A。
2．D
【详解】A．分子中含有原子与原子间的极性共价键和原子与原子间的非极性共价键，原子有孤对电子，所以分子是极性分子，A错误；
B．的电子式为 ，B错误；
C．中，中子数37-20=17个，C错误；
D．个离子中共含有条共价键，故中含共价键 ，D正确；
故选D。
3．C
【详解】A．氮气具有N≡N键结构，化学性质稳定，一般不与物质发生反应，可用作保护气，与不溶于水无关，故A错误；
B．液氨汽化吸收大量的热，具有制冷作用，可以用作制冷剂，与NH3极易溶于水无关，故B错误；
C．NO2具有强氧化性，可被压缩为N2O4，与还原性物质联氨(N2H4)混合在一起发生氧化还原反应，放出大量的热，并产生大量的气体，可为火箭提供强大的推进力，故C正确；
D．在一定条件下，纤维素与浓H2SO4和浓HNO3的混合发生酯化反应，生成硝酸纤维和水，和HNO3酸性无关，故D错误；
故答案为：C。
4．D
【详解】A．加热氯化铵分解后生成氨气和HCl，气体在试管口冷凝生成氯化铵固体，应加热氯化铵和熟石灰制取氨气，A错误；
B．NH3是碱性气体，可与硫酸反应，不能用浓硫酸来干燥氨气，B错误；
C．氨气的密度比空气小，应向下排空气法收集氨气，导管应插入试管底部，C错误；
D．氨气极易溶于水，为防倒吸，可将漏斗倒扣来吸收多余NH3，D正确；
故答案为：D。
5．B
【详解】A．该反应是放热反应，是熵增的反应，根据自由能公式△G=△H−T△S，则该反应一定能自发进行，故A正确；
B．达到平衡时，增大容器的体积，浓度降低，则υ(正)减小、υ(逆)减小，故B错误；
C．断裂1ml N−H键的同时，正向反应，断裂1mlO−H键，逆向反应，消耗NH3的速率与消耗H2O的速率等于计量系数之比，说明该反应达到平衡状态，故C正确；
D．该反应是放热反应，正反应的活化能减去逆反应的活化能小于0，则该反应的正反应的活化能小于逆反应的活化能，故D正确。
综上所述，答案为B。
6．C
【分析】菱锰矿(主要成分，含有、、、)，加入稀硫酸溶液，溶液中含有、、、和，加入将氧化成为，再加入X调节除去和，加入草酸盐，使生成沉淀，最后电解溶液得到。
【详解】A．将菱锰矿粉碎所使用的化学仪器为研钵，坩埚用来灼烧固体物质，A错误；
B．加入将氧化成为，反应的离子方程式为：，B错误；
C．加入碳酸盐可以调节除去和，可以加入，产生的可以在加入草酸盐后一并除去，C正确；
D．电解时，在阳极被氧化生成，D错误；
故选C。
7．D
【详解】A．根据已知反应过程，该反应为醛基的加成反应，A错误；
B．苯甲醛含有醛基，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，2-环己烯酮含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以不能用酸性高锰酸钾溶液检验二者，B错误；
C．2-环己烯酮中含有饱和碳原子，饱和碳原子为四面体结构，所有的原子不可能共平面，C错误；
D．中间体与足量完全加成后所得分子中结构式为： ，含有3个手性碳原子，D正确；
故选D。
8．C
【详解】A．“浸取”时，CuFeS2在酸性条件下与氧气发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：4CuFeS2+17O2+4H+=4Cu2++4Fe3++8SO+2H2O，A错误；
B．加入过量氧化铜调节pH的目的是将铁离子转化为氢氧化铁除去，因此“滤渣①”的成分是Fe(OH)3和过量的CuO，B错误；
C．“还原”时加入NaCl和浓盐酸主要是为了提供Cl-，跟铜元素形成可溶于水的物质，然后经过一系列操作得到CuCl，C正确；
D．由CuCl的晶胞图可知，每个氯离子周围与之距离最近的氯离子数目是12，D错误；
答案选C。
9．C
【详解】A．水解促进水电离，的约为6，溶液中由水电离出的约为，故A错误；
B．实验II中沉淀成分为、Al(OH)3，故B错误；
C．实验III得到0.2ml/L的(NH4)2SO4溶液中,，故C正确；
D．实验IV，铝离子和碳酸根离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，过滤后所得的溶液中不一定含碳酸铝沉淀，所以不一定存在，故D错误；
选C。
10．C
【详解】A．由题干反应历程图可知，反应I为[(C2H5)Fe(OH)]+ [(C2H4)Fe]++X，根据质量守恒可知，X的化学式为H2O，A正确；
B．乙醛分子中既含有C-H、C=O极性键又含有C-C非极性键，B正确；
C．由题干反应历程图可知，反应I为C2H6+FeO+ [(C2H5)Fe(OH)]+，该反应中没有元素化合价发生改变，不是氧化还原反应，反应Ⅱ中有元素化合价发生改变，是氧化还原反应，C错误；
D．由题干反应历程图可知，若无副反应，则每生成1mlCH3CHO，消耗N2O的物质的量等于2ml，但过程中存在副反应发生，且生成的Fe+能还原N2O，故消耗N2O的物质的量大于2ml，D正确；
故答案为：C。
11．D
【详解】A．标况下，的溶解度约为1∶1，则1L水中溶解1LCO2,物质的量为，，饱和碳酸的浓度约为，选项A错误；
B．a点对应溶液中，，则，由A可知溶液pH约为10.25，溶液中，溶液中存在电荷守恒关系式，则，选项B错误；
C．==，a→b的过程中，逐渐增大，逐渐减小，Ka1不变，则逐渐减小，选项C错误；
D．b点对应溶液=2，则，由得，，pH8.25，选项D正确；
答案选D。
12．C
【详解】A．增大烟气流速，会导致反应不充分，不能提高NO脱除率，A正确；
B．NO→NO2时氮元素被氧化，用溶液吸收生成硝酸钠和亚硝酸钠，氮元素即被氧化又被还原，B正确；
C．高压电源的功率越大，氮气和氧气可能会生成NO，烟气中NO的脱除效果将减弱，C错误；
D．自由基(O·)将NO氧化为，单位时间内生成的自由基(O·)越多，越有利于NO的转化，D正确；
故选C。
13．B
【分析】根据已知反应C2H5OH(g)+3H2O(g)⇌2CO2(g)+6H2(g)ΔH=173.3 kJ/mlⅠ；②CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH=41.2 Ⅱ，可知Ⅰ的热效应更大，故温度升高时对反应Ⅰ的影响更大一些，即二氧化碳选择性减小，同时CO的选择性增大，根据CO的选择性定义可知③代表一氧化碳的选择性，①代表CO2的选择性，②代表氢气的产率，以此来解答此题。
【详解】A．由分析可知，曲线①表示平衡时CO2选择性随温度的变化，故A正确；
B．升高温度，反应Ⅰ、反应Ⅱ平衡右移，生成的CO增多，CO选择性增大，消耗的H2也增多，H2产率先增大后减小，故B错误；
C．两种物质参加反应，增大，即相对来说n(C2H5OH)不变，增大n(H2O)，H2O的浓度增大，会使化学平衡向正反应方向移动，适当减压，也会使平衡正向移动，从而可提高乙醇的平衡转化率，故C正确；
D．加入生石灰或熟石灰固体能吸附CO2，促进反应正向进行，可以提高H2的产率，故D正确；
故选：B。
14．(1)2Cu2O+O2+4H2SO4=4CuSO4+4H2O
(2)铁屑消耗后，随时间延长，生成的Fe2+被空气氧化为Fe3+；Fe3+与置换出的Cu反应，降低了Cu的产率
(3) 加入一定量5ml·L-1NaCl溶液，在90℃条件下搅拌使其充分反应，一段时间后趁热过滤；将滤液冷却至室温结晶，过滤；向滤液中补充适量NaCl固体，循环浸取酸浸渣2次 加入Ca2+，将SO转化为CaSO4沉淀，避免影响后续析出PbCl2的纯度；加水稀释NaCl浓度至1ml·L-1，使溶液中的PbCl2充分析出
(4)71%
【详解】（1）酸浸过程中，氧化铜能与稀硫酸反应生成硫酸铜和水，而氧化亚铜和氧气在稀硫酸环境中会生成硫酸铜和水，反应的化学方程式为：2Cu2O+O2+4H2SO4=4CuSO4+4H2O。
（2）铁屑消耗后，随时间延长，溶液中生成的亚铁离子被空气氧化为铁离子，铁离子与置换出的铜反应，铁离子与置换出的铜反应，降低了铜的产率。
（3）①根据分析可知酸浸渣中主要含有硫酸铅，根据图表数据可知当氯化钠溶液的浓度为5ml/L、温度为90℃时，铅的浸出率最大，而PbCl2在5ml/L的氯化钠溶液中的溶解度受温度影响较大，为防止PbCl2提前析出，要趁热过滤，同时还要注意循环浸取的次数不能超过2次，具体操作为：取一定质量的酸浸渣，加入一定量5ml·L-1NaCl溶液，在90℃条件下搅拌使其充分反应，一段时间后趁热过滤；将滤液冷却至室温结晶，过滤；向滤液中补充适量NaCl固体，循环浸取酸浸渣2次。
②加入Ca2+是为了将SO转化为CaSO4沉淀，避免影响后续析出PbCl2中混有CaSO4沉淀；加水稀释NaCl浓度至1ml·L-1，有利于溶液中的PbCl2充分析出，从而提高PbCl2的产率。
（4）ZnSO4·7H2O与EDTA按物质的量之比1∶1反应，根据表中数据知，消耗EDTA的体积为(26.50-0.20)10-3L=2.6310-2L，则ZnSO4·7H2O的质量为2.6310-2L0.016ml/L287g/ml≈0.1208g，ZnSO4·7H2O的纯度为≈71%。
15． 1，2—二氯乙烯 加成反应 酯基、羟基、醚键 保护其它羟基，防止其转化为酯基 +5NaOH+3NaCl+NaBr+H2O 10 或
【分析】根据框图可知，化合物A（ ）与 发生双烯合成反应生成化合物B（ ），B与CO和H2O在Ni的催化下生成化合物C（ ），C在Br2/PBr3的作用下发生取代反应生成D（ ），D水解生成E（ ），E与丙酮反应，用两个丙酮叉保护四个羟基（其中一个是羧基的羟基），生成F（ ），F与 发生取代反应，之后再水解，生成最终产物绿原酸（ ）。
【详解】（1）根据分析，有机物A（ ）的名称为1，2—二氯乙烯，A→B的反应类型是双烯合成，属于加成反应；
（2）根据分析，C的结构简式为 ；F（ ）中的官能团有酯基、羟基、醚键；
（3）E中的手性碳有两个： ；
（4）根据分析，反应②将四个羟基转化为两个丙酮叉，是为了保护其它羟基，防止其转化为酯基；根据分析，反应D→E中第（1）步是卤代烃的水解反应，反应方程式为 +5NaOH+3NaCl+NaBr+H2O；
（5）绿原酸（ ）经水解酸化后，含有苯环的部分是 ，1ml该物质的同分异构体能与2mlNaHCO3反应说明同分异构体中有两个羧基，同分异构体有 、 、 、 、 、 、 、 、 、 ，共10种；核磁共振氢谱显示峰面积之比为3：2：2：1是 或
（6）要合成聚丙烯酸钠，可采用有机合成的逆推法，丙烯酸钠聚合生成聚丙烯酸钠，丙烯的双键可由卤代烃消去得到，卤素可由丙酸与Br2/PBr3反应引入，流程为：
【点睛】本题要注意第（4）题，水解后得到四个羟基，原来还有一个羧基，后续反应显示只在一个羟基上进行延伸，故需要将另外三个羟基以及羧基中的羟基保护起来，用丙酮的目的就是保护羟基。
16．(1)
(2)反应初期主要是CuO溶解，且CuO溶解速率较快
(3)稍过量，保证反应完全且防止CuCl被氧化
(4)比值小于1.1时，比值越大，越大，沉淀率越大；比值大于1.1时，比值越大，越大，CuCl会转化为而溶解
(5)稀硫酸
(6)边搅拌边向样品中加入饱和NaCl溶液至固体不再溶解，过滤。控制温度在60℃左右，向滤液中滴加的溶液，控制pH在2～2.5，趁热过滤，乙醇洗涤，真空干燥箱中干燥
【分析】根据流程：海绵铜加入硫酸和硝酸铵溶解得到溶液主要是硫酸铜，硫酸铵等，加入亚硫酸铵还原硫酸铜，加入氯化铵氯化发生反应2CuSO4+(NH4)2SO3+2NH4Cl+H2O=2CuCl↓+2(NH4)2SO4+H2SO4，过滤得到固体为CuCl，滤液主要是硫酸铵和硫酸；CuCl经过酸洗、醇洗、烘干，得到CuCl。
【详解】（1）反应②为Cu在酸性条件下氧化为硫酸铜，化学方程式；
（2）海绵铜(主要成分是Cu和CuO)中CuO在酸性条件下可以很快溶解，图中显示在第1h内铜的浸出率较大，其原因是反应初期主要是CuO溶解，且CuO溶解速率较快；
（3）“还原”过程中加入亚硫酸铵还原硫酸铜，加入氯化铵氯化发生反应2CuSO4+(NH4)2SO3+2NH4Cl+H2O=2CuCl↓+2(NH4)2SO4+H2SO4，一般采用最为适宜，原因是稍过量，保证反应完全且防止CuCl被氧化；
（4）沉淀率在比值为1.1时最大的原因是比值小于1.1时，比值越大，越大，沉淀率越大；比值大于1.1时，比值越大，越大，CuCl会转化为而溶解；
（5）反应过程中硫酸为反应溶液，且CuCl易溶于浓度较大体系，在盐酸中会转化为其他物质，根据“酸洗”步骤中，最合适选用的试剂是稀硫酸；
（6）根据以上信息，由CuCl、Cu和CuO的混合固体中提纯CuCl的实验方案为：边搅拌边向样品中加入饱和NaCl溶液至固体不再溶解，过滤。控制温度在60℃左右，向滤液中滴加的溶液，控制pH在2～2.5，趁热过滤，乙醇洗涤，真空干燥箱中干燥。
17．(1) 8ml 有磁性，吸引纳米铁，使其分散附着在表面，增大表面积；纳米铁能将含物质还原为，浓度增大，降解速率加快
(2)
(3) 被吸附到纳米铁表面得电子生成同时生成；还原生成和 有氧条件下，铁粉表面生成的氧化物在反应过程中起了一定阻碍作用 低于25℃时，温度升高，对铁氧化物层的腐蚀起到了促进作用，加快反应速率；高于25℃时，温度升高不利于发生吸附反应，导致去除率下降
【详解】（1）①根据反应：，，化合价升高8价，，化合价降6价，，化合价降2，总共将8价，所以当生成1ml Fe时，反应中转移电子的物质的量为8ml；
②辅助纳米铁去除效果更佳，由图1可知，因为有磁性，吸引纳米铁，使其分散附着在表面，增大表面积；纳米铁能将含物质还原为，浓度增大，降解速率加快；
（2）要使除水中污染物的技术达到无害排放，该技术处理酸性废水中时正极生成无毒气体，电极反应式为：；
（3）①由图可知，虚线部分被吸附到纳米铁表面得电子生成同时生成；还原生成和；
②通入的去除率较高是因为有氧条件下，铁粉表面生成的氧化物在反应过程中起了一定阻碍作用，通入氮气可以排除装置内的氧气；
③由图可知，温度在25℃时，去除率最高，其原因是：低于25℃时，温度升高，对铁氧化物层的腐蚀起到了促进作用，加快反应速率；高于25℃时，温度升高不利于发生吸附反应，导致去除率下降。