高考化学铜及其化合物推断题综合练习题及答案.docx

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高考化学铜及其化合物推断题综合练习题及答案

2020-2021高考化学铜及其化合物推断题综合练习题及答案

一、铜及其化合物

1．浅绿色盐X仅含四种元素，不含结晶水，M（X）<908g•mol-1，某小组为了探究X的组成和性质，设计并完成了如下实验

上述实验中，得到23.3g白色沉淀E、28.8g红色固体G和12.8g红色固体H。

已知：

①X分解成A、B、C的反应为非氧化还原反应；

②常温下B呈液态且1个B分子含有10个电子。

请回答如下问题：

（1）写出B分子的电子式_______________；X的化学式是__________。

（2）在隔绝空气、570℃温度下加热X至完全分解的化学反应方程式为：

__________。

（3）请写出G溶于D溶液的离子方程式：

_________________。

（4）请设计实验检验固体C中是否仍含有X：

___________________。

【答案】

Cu4（OH）6SO4Cu4（OH）6SO4

4CuO+SO3↑+3H2O↑Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O取少量样品于试管中，加入足量稀盐酸溶解，再加入少量BaCl2溶液，若产生白色沉淀则样品中含有X，反之则没有。

【解析】

【分析】

浅绿色盐X在570℃、隔绝空气条件下受热分解为非氧化还原反应，得到A、B和黑色固体C，常温下B呈液态且1个B分子含有10个电子，B为H2O，A和水反应生成的D能和氯化钡反应生成白色沉淀E，E只能为BaSO4，则D为H2SO4，A是SO3；23.3g白色沉淀E的物质的量为0.1mol，黑色固体C可能为Fe3O4、CuO、C等，黑色固体C隔绝空气在1000℃反应生成气体F和红色固体G，G能和H2SO4反应生成红色固体和蓝色溶液应为Cu2O在酸性溶液中的歧化反应，Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O，所以黑色固体C为CuO，G为Cu2O，气体F为O2，红色H为Cu，蓝色溶液I为CuSO4，然后结合反应产生的物质的质量计算物质的量，利用物质的量的比等于原子个数比，结合其不含有结晶水，确定X的化学式，并进行有关解答。

【详解】

根据上述分析可知A是SO3，B是H2O，C是CuO，D是H2SO4，E是BaSO4，F是O2，G为Cu2O，H为Cu，I为CuSO4，X是含有Cu、H、O、S四种元素的化合物。

（1）B为H2O，水分子中H、O原子之间以共价键结合，电子式为：

；根据元素守恒可知，在浅绿色盐X中n（Cu）=2n（Cu2O）=2×

=0.4mol，n（CuO）=0.4mol，n（S）=n（BaSO4）=

=0.1mol，n（CuO）：

n（SO3）=0.04mol：

0.01mol=4：

1，仅含四种元素，不含结晶水，设化学式为：

Cu4（OH）mSO4，Cu4（OH）mSO4

4CuO+SO3↑+

H2O↑，根据氧元素守恒得：

m=6，符合M（X）<908g/mol，所以X化学式为Cu4（OH）6SO4；

（2）X在隔绝空气、570℃温度下加热发生Cu4（OH）6SO4

4CuO+SO3↑+3H2O↑；

（3）砖红色固体G是Cu2O，与足量稀H2SO4发生氧化还原反应，产生Cu、CuSO4、H2O，反应的离子方程式为：

Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O；

（4）黑色固体C为CuO，如含有X，则可用检验SO42-的方法检验，方法是：

取少量样品于试管中，加入足量稀盐酸溶解，再加入少量氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则样品中含有X，反之则没有。

【点睛】

本题考查物质的组成的测定，属于计算型推断，物质的颜色、溶解性是推断突破口，氧化亚铜与酸的反应是推断中的难点，注意利用守恒计算X中给微粒的量，需要学生熟练掌握元素化合物知识，适当训练有关Cu的化合物推断并与有机物联系。

2．为探究某固体化合物X（仅含四种元素）的组成和性质，设计并完成如下实验。

请回答：

（1）蓝色溶液中的金属阳离子是________。

（2）黑色化合物→砖红色化合物的化学方程式是________________________。

（3）X的化学式是________。

【答案】Cu2＋4CuO

2Cu2O＋O2↑Cu3（OH）2（CO3）2或Cu（OH）2·2CuCO3

【解析】

【分析】

根据流程中信息可知黑色化合物为CuO，砖红色化合物为Cu2O，红色金属单质为Cu，蓝色溶液为CuSO4溶液；n（H2O）=

=0.01mol，黑色化合物n（CuO）=

=0.03mol，无色无味气体n（CO2）=n（CaCO3）=

=0.02mol，故可根据各元素推知分子式Cu3C2H2O8，则推断出X为Cu3（OH）2（CO3）2或Cu（OH）2·2CuCO3，据此分析。

【详解】

根据流程中信息可知黑色化合物为CuO，砖红色化合物为Cu2O，红色金属单质为Cu，蓝色溶液为CuSO4溶液；n（H2O）=

=0.01mol，n（H）=0.02mol，黑色化合物n（CuO）=

=0.03mol，无色无味气体n（CO2）=n（CaCO3）=

=0.02mol，故n（O）=0.04+0.03+0.01=0.08mol，可根据各元素推知分子式Cu3C2H2O8，则推断出X为Cu3（OH）2（CO3）2或Cu（OH）2·2CuCO3。

（1）蓝色溶液为CuSO4溶液，含有的金属阳离子是Cu2＋；

（2）黑色化合物→砖红色化合物，只能是CuO→Cu2O，反应的化学方程式是4CuO

2Cu2O＋O2↑；

（3）X的化学式是Cu（OH）2·2CuCO3或Cu3（OH）2（CO3）2。

3．我国很早就使用青铜器，由于时间久远，其表面有一层“绿锈”，“绿锈”俗称“铜绿”，是铜和空气中的水蒸气、CO2、O2作用产生的，化学式为[Cu2（OH）2CO3]，“铜绿”能跟酸反应生成铜盐、CO2和H2O。

某同学利用以下反应实现了“铜→铜绿→……→铜”的转化。

（1）从物质分类标准看，“铜绿”属于___（填字母）。

A．酸B．碱C．盐D．氧化物

（2）请写出铜绿与盐酸反应的离子方程式：

___。

（3）上述转化过程中属于氧化还原反应的是___（填序号）

（4）铜绿在受热时可直接分解生成物质B、CO2和水，其分解的化学方程式为___。

【答案】CCu2（OH）2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O①⑤Cu2（OH）2CO3

2CuO+CO2↑+H2O

【解析】

【详解】

（1）、Cu2（OH）2CO3中含有金属阳离子和酸根离子，属于盐类，故选择C；

（2）、铜绿与盐酸反应的离子方程式：

Cu2（OH）2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O；

（3）、反应①中铜元素从0价升高为+2价，反应⑤中铜元素从+2价降低为0价，其他反应元素化合价无变化，因此，上述转化过程中属于氧化还原反应的是①⑤，

故答案为①⑤；

（4）、铜绿受热分解生成氧化铜、二氧化碳和水，化学方程式为：

Cu2（OH）2CO3

2CuO+CO2↑+H2O。

4．有A、B、C、D四种常见的金属单质，A元素在地壳中含量位列第6，A的密度为0.97g/cm3；B为紫红色固体，锈蚀时变为绿色；C在空气中加热融化但不滴落；D在氧气燃烧，火星四射。

根据以上信息回答下列问题：

写出对应化学式：

（1）A在室温下与氧气反应生成______，D在空气中锈蚀生成的氧化物为_____。

（2）写出下列化学方程式：

①A在空气中燃烧_______________；

②B长期置于空气中变成绿色物质_________。

（3）将5g钠铝合金投入200mL的水中，固体完全溶解，产生4.48L标准状态下的气体，溶液中只有一种溶质。

经过分析得出钠铝合金中两种金属的物质的量之比为______，所得溶液中溶质的物质的量浓度为_____（假设溶液体积变化忽略不计）。

【答案】Na2OFe2O32Na＋O2

Na2O22Cu＋O2＋CO2＋H2O=Cu2（OH）2CO31：

10.5mol/L

【解析】

【分析】

根据A元素在地壳中含量位列第6，密度为0.97g/cm3，可推知A是Na；B为紫红色固体，锈蚀时变为绿色，故B是Cu；C在空气中加热熔化但不滴落，故C是Al；D在氧气中燃烧，火星四射，则D是Fe。

【详解】

（1）A为Na，在室温下与氧气反应生成氧化钠，D为Fe，在空气中锈蚀生成的氧化物为Fe2O3；

（2）①Na在空气中燃烧的方程式为2Na＋O2

Na2O2

②Cu长期置于空气中变成绿色物质的化学方程式为2Cu＋O2＋CO2＋H2O=Cu2（OH）2CO3

（3）溶液中只有一种溶质，应该是NaAlO2，根据原子守恒可知钠铝合金中两种金属的物质的量之比为1:

1，根据质量可得二者物质的量均是0.1mol，因此所得溶液中溶质的物质的量浓度为c（NaAlO2）=

。

5．已知固体A是中学常见的矿物，由四种元素组成，现设计如下实验:

请回答：

（1）固体A的化学式______________。

（2）镁能在气体E中燃烧，写出反应的化学方程式____________。

（3）写出固体C与氨气反应生成D的化学方程式_________________。

【答案】Cu2（OH）2CO3或Cu（OH）2·CuCO3或Cu2H2CO52Mg+CO2

2MgO+C3CuO+2NH3

3Cu+N2+3H2O

【解析】固体C在氨气中加热生成紫红色固体D，D为Cu，则C为CuO，根据

（2）镁能在气体E中燃烧，气体E不能与浓硫酸反应，E为CO2，根据质量守恒，另外一种气体的质量为22.2g-4.4g-16g=1.8g，该气体能够被浓硫酸吸收，应该为水蒸气，因此固体A隔绝空气加热生成氧化铜、水和二氧化碳，则固体A为碱式碳酸铜。

（1）固体A为碱式碳酸铜，化学式为Cu2（OH）2CO3，故答案为：

Cu2（OH）2CO3；

（2）镁能在气体二氧化碳中燃烧，反应的化学方程式为2Mg+CO2

2MgO+C，故答案为：

2Mg+CO2

2MgO+C；

（3）氧化铜与氨气反应生成铜的化学方程式为3CuO+2NH3

3Cu+N2+3H2O，故答案为：

3CuO+2NH3

3Cu+N2+3H2O。

6．由Fe2O3、Fe、CuO、C、Al中的几种物质组成的混合粉末，取样进行下列实验（部分产物略去）：

（1）取少量溶液X，加入过量的NaOH溶液，有沉淀生成。

取上层清液，通入CO2，无明显变化，说明样品中不含有的物质是（填化学式）________________。

（2）Z为一种或两种气体：

①若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO3溶液，则反应Ⅰ中能同时生成两种气体的化学方程式是_____________________________。

②若Z为两种气体的混合物，试剂a为适量的水，则Z中两种气体的化学式是______。

（3）向Y中通入过量的Cl2，并不断搅拌，充分反应后，溶液中的阳离子是（填写离子符号）________________。

（4）取Y中的溶液，调节pH约为7，加入淀粉KI和H2O2，溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成。

当消耗2molI－时，共转移3mol电子，该反应的离子方程式是_______________。

（5）另取原样品，加入足量稀硫酸充分反应，若溶液中一定不会产生Y中的红色固体，则原样品中所有可能存在的物质组合是（各组合中物质用化学式表示）_________________。

【答案】AlC+2H2SO4（浓）

CO2↑+2SO2↑+2H2ONOCO2Cu2+Fe3+H+2Fe2+＋3H2O2＋4I-

2Fe（OH）3↓＋2I2CuO、C；CuO、C、Fe2O3

【解析】

【分析】

（1）根据金属铝可以和酸反应生成可溶性的铝盐，该铝盐可以和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸盐，此盐可以和二氧化碳反应；

（2）①二氧化硫可以和饱和碳酸氢钠反应生成二氧化碳；

②一氧化氮不溶于水而二氧化碳能溶于水中；

（3）氯气能将亚铁离子氧化为三价铁离子；

（4）双氧水具有氧化性，能将还原性的离子碘离子、亚铁离子氧化；

（5）原样品中加足量稀硫酸，Y溶液中不出现红色固体，则原样品中不存在铁和铝。

【详解】

（1）金属铝可以和酸反应生成可溶性的铝盐，该铝盐可以和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸盐，偏铝酸盐中通入二氧化碳反应可以获得氢氧化铝，故样品中不含有金属铝，

故答案为Al；

（2）①二氧化硫可以和饱和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，所以反应Ⅰ获得的是二氧化硫和二氧化碳的混合气体，Z是二氧化碳，即C＋2H2SO4（浓）

CO2↑＋2SO2↑＋2H2O，

故答案为C＋2H2SO4（浓）

CO2↑＋2SO2↑＋2H2O；

②二氧化氮可以和水反应生成一氧化氮气体，所以反应Ⅰ是焦炭和浓硝酸的反应，Z中两种气体是NO、CO2，故答案为NO、CO2；

（3）Fe2O3、Fe、CuO、C均可以和浓酸反应，除了生成气体以外还有Cu2+、Fe2+、Fe3+、H+，通入过量的Cl2，并不断搅拌，充分反应后，氯气能将亚铁离子氧化为三价铁离子，此时存在的离子有Cu2+、Fe3+、H+，故答案为Cu2+、Fe3+、H+；

（4）氯化亚铁溶液中加淀粉碘化钾和H2O2时，双氧水具有氧化性，能将还原性的离子碘离子、亚铁离子氧化，原理方程式为：

2Fe2++4I-+3H2O2=2Fe（OH）3↓+2I2，故答案为2Fe2++4I-+3H2O2=2Fe（OH）3↓+2I2；

（5）原样品中加足量稀硫酸，Y溶液中不出现红色固体，则原样品中不存在铁和铝，故其可能组合为：

CuO和C或CuO、C和Fe2O3，故答案为CuO和C或CuO、C和Fe2O3。

7．铜及其化合物向

溶液中滴加

溶液，发现溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀，经检验，棕黄色沉淀中不含

，含有

、

和

。

已知：

Cu+

Cu+Cu2+,Cu2+

CuI↓（白色）+I2。

（1）用稀硫酸证实沉淀中含有

的实验现象是___________。

（2）向洗净的棕黄色沉淀中加入足量KI溶液，产生白色沉淀，继续向上层清液中加入淀粉溶液并没有变蓝的现象出现，请结合离子反应方程式解释不变蓝的原因________。

【答案】有暗红色不溶物生成

【解析】

【分析】

（1）

在酸性条件下发生反应生成铜和铜离子，有暗红色不溶物生成；

（2）加入淀粉溶液并没有变蓝的现象出现，说明碘单质被还原。

【详解】

（1）

在酸性条件下发生反应生成铜和铜离子，则用稀硫酸证实沉淀中含有

的实验现象是有暗红色不溶物生成；故答案为：

有暗红色不溶物生成；

（2）加入淀粉溶液并没有变蓝的现象出现，说明碘单质被还原，发生反应的离子方程式为

。

故答案为：

。

8．氧化亚铜（Cu2O）是一种用途广泛的光电材料，某工厂以硫化铜矿石（含CuFeS2、Cu2S等）为原料制取Cu2O的工艺流程如下：

常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表：

Fe（OH）2

Fe（OH）3

Cu（OH）2

开始沉淀

7.5

2.7

4.8

完全沉淀

9.0

3.7

6.4

（1）炉气中的有害气体成分是___________，Cu2S与O2反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。

（2）试剂X是H2O2溶液，当试剂X是___________时，更有利于降低生产成本。

（3）加入试剂Y调pH时，pH的调控范围是________。

（4）“还原”步骤中为提高N2H4转化率可采取的措施有_________（填序号）。

a.不断搅拌，使N2H4和溶液充分接触b.增大通入N2H4的流速

c.减少KOH的进入量d.减小通入N2H4的流速

（5）写出用N2H4制备Cu2O的化学方程式为_______________

（6）操作X包括烘干，其中烘干时要隔绝空气，其目的是____________。

（7）以铜与石墨作电极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O，写出阳极上生成Cu2O的电极反应式为________

（8）工业上用氨气生产氢氰酸（HCN的反应为：

CH4（g）+NH3（g）⇌HCN（g）+3H2（g）△H>0。

其他条件一定，达到平衡时NH3转化率随外界条件X变化的关系如图所示。

则X可以是___________（填字母序号）

a.温度b.压强c.催化剂d.

【答案】SO22∶1空气或氧气3.7≤pH<4.8ad4CuSO4＋N2H4＋8KOH

2Cu2O＋N2↑＋4K2SO4＋6H2O防止Cu2O被空气中氧气氧化2Cu－2e－＋2OH－=Cu2O＋H2Obd

【解析】

【分析】

硫化铜矿石（含CuFeS2、Cu2S等）预处理后与氧气焙烧：

2CuFeS2+4O2

Cu2S+3SO2+2FeO、Cu2S+2O2

2CuO+SO2，部分FeO被氧化为Fe2O3，得到相应的金属氧化物和SO2，加入稀硫酸溶解金属氧化物，得到含有Cu2+、Fe2+、Fe3+的酸性溶液，加入试剂X将Fe2+氧化为Fe3+，加入试剂Y调节pH3.7～4.8沉淀Fe3+，过滤，将滤液用KOH、N2H4还原，反应为：

4CuSO4+N2H4+8KOH

2Cu2O+N2↑+4KSO4+6H2O，过滤，洗涤、隔绝空气烘干，制得Cu2O。

【详解】

（1）根据流程，矿石与氧气高温反应得到金属氧化物和SO2；Cu2S与O2反应为Cu2S+2O2

2CuO+SO2，氧化剂为氧气，还原剂为Cu2S，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:

1；

（2）若试剂X是H2O2溶液，将Fe2＋氧化为Fe3＋；酸性条件下，O2也可将Fe2＋氧化为Fe3＋，而氧气或空气价格远低于过氧化氢，故可用氧气或空气替代；

（3）加入试剂Y的目的是调节pH完全沉淀Fe3＋，但不沉淀Cu2＋，根据表中数据可知，pH范围为：

3.7≤pH＜4.8；

（4）还原过程中发生的反应是4CuSO4+N2H4+8KOH

2Cu2O+N2↑+4KSO4+6H2O，提高N2H4的转化率，则N2H4要充分反应；

a．不断搅拌，增加N2H4与溶液的接触面，使得N2H4充分反应，a符合题意；

b．增大通入N2H4的流速，有部分N2H4来不及反应，转化率会降低，b不符合题意；

c．减少KOH的进入量,该反应需要消耗碱，如果没有碱，反应速率减慢，转化率降低，c不符合题意；

d．减小通入N2H4的流速，能够使得N2H4反应更加充分，转化率增加，d符合题意；

综上ad符合题意；

（5）根据分析N2H4制备Cu2O的化学方程式为4CuSO4+N2H4+8KOH

2Cu2O+N2↑+4KSO4+6H2O；

（6）操作X为过滤，洗涤、隔绝空气烘干，制得Cu2O，因为Cu2O可以被O2氧化，在加热条件下易被空气氧化，故烘干过程要隔绝空气；

（7）以铜与石墨作电极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O，阳极发生氧化反应，电极反应式为：

2Cu-2e－+2OH－=Cu2O+H2O；

（8）根据图示，NH3的转化率随着X的增加而减小；

a．该反应为放热反应，升高温度，平衡正向移动，NH3的转化率增加，与图像不符，a不符合题意；

b．该反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，NH3的转化率减小，与图像相符，b符合题意；

c．催化剂增加化学反应速率，但是不影响平衡移动，NH3转化率不变，与图像不符，c不符合题意；

d．

增加，平衡正向移动，但是NH3的转化率减小，与图像相符，d符合题意；

综上bd符合题意。

【点睛】

问题（8）中的d项，可以从等效角度思考，在恒压的条件下，NH3要达到相同的转化率要加入同等比例的CH4，才可以。

如果只加入NH3，则CH4的转化率增加，而NH3自身的转化率会降低。

9．工业常用FeCl3溶液腐蚀附在绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板。

（1）写出FeCl3溶液与金属铜反应的离子方程式____________________

（2）某小组采取下列步骤从使用过的腐蚀废液中回收铜，并重新获得FeCl3溶液。

操作Ⅰ和Ⅱ的操作使用到的主要玻璃仪器有____，滤渣③含有的单质有______。

通入气体⑥的化学式为______。

（3）若某腐蚀液中含1.5mol·L－1CuCl2、3.0mol·L－1FeCl2、1.0mol·L－1FeCl3，取200mL腐蚀液按上述步骤回收铜，为充分回收铜，加入①的质量最小为______。

【答案】Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋漏斗、玻璃棒、烧杯Cu，FeCl222.4g

【解析】

【分析】

（1）铜与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁，据此分析书写反应的离子方程式；

（2）腐蚀废液中含有氯化亚铁、氯化铜，由工艺流程可知，滤渣③中含有金属铜，故应是废液与过量的Fe反应，滤液②中含有氯化亚铁，通入氯气可以得到氯化铁；滤渣③中含有金属铜、未反应的铁，加入盐酸，过滤，回收铜，滤液⑤中含有氯化亚铁，与滤液②合并，制备氯化铁，据此分析解答；

（3）由于氧化性Fe3+＞Cu2+，故先发生反应：

2Fe3++Fe=3Fe2+，然后再发生反应：

Cu2++Fe=Fe2++Cu，结合方程式计算需要加入Fe的物质的量和质量。

【详解】

（1）铜与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁，反应的离子方程式为：

Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，故答案为：

Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；

（2）反应后的废液中含有氯化亚铁、氯化铜，由工艺流程可知，滤渣③中含有金属铜，故应是废液与过量的Fe反应，滤液②中含有氯化亚铁，通入氯气可以得到氯化铁，滤渣③中含有金属铜、未反应的铁，加入盐酸，过滤，回收铜，滤液⑤中含有氯化亚铁，与滤液②合并，制备氯化铁。

操作Ⅰ和Ⅱ都为过滤，用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，滤渣③含有的单质有铜、铁，将氯化亚铁转化为氯化铁可以通入Cl2，故答案为：

漏斗、玻璃棒、烧杯；铜、铁；Cl2；

（3）溶液中CuCl2为0.2L×1.5mol/L=0.3mol，FeCl2为0.2L×3mol/L=0.6mol，FeCl3为0.2L×1.0mol/L=0.2mol，为充分回收铜，加入的铁依次发生2个反应：

2Fe3++Fe=3Fe2+和Cu2++Fe=Fe2++Cu，要将铜全部回收，加入Fe粉的质量应不少于（0.2mol×

+0.3mol）×56g/mol=22.4g，故答案为：

22.4g。

10．FeCl3溶液在工业上用于蚀刻铜箔制造电路板。

从蚀刻后的废液中可以回收铜并使蚀刻液再生。

流程如下（部分物质有省略）：

回答下列问题：

（1）氯化铁溶液蚀刻铜箔反应的离子方程式为_______________________________________。

（2）从固体中分离出铜，加入的试剂X可以是________________。

（3）使滤液再生为蚀刻液可采用的方法是___________________________________________。

【答案】2Fe3＋＋Cu→2Fe2＋＋Cu2＋盐酸（CuCl2）通入足量氯气（含HCl的H2O2溶液）

【解析】

【分析】

用FeCl3溶液蚀刻含Cu电路板，所得废液中主要含有Fe2+、Cu2+和Fe3+，向废液中加入过量铁粉，可将废液中的Fe3+还原为Fe2+，同时置换出Cu，过滤后的滤渣中含有Fe和Cu，滤液中只含有Fe2+，用稀盐酸溶解滤渣过滤得到Cu，将两次滤液合并后通入氯气，重新得到FeCl3溶液。

【详解】

（1）氯化铁溶