备战高考化学铜及其化合物推断题综合题附答案.docx
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备战高考化学铜及其化合物推断题综合题附答案
2020-2021备战高考化学铜及其化合物推断题综合题附答案
一、铜及其化合物
1．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。
2．将Fe粉、Cu粉、FeCl3溶液、FeCl2溶液和CuCl2溶液，混合于某容器中充分反应（假定容器不参与反应），试判断下列情况下溶液中存在的金属离子和金属单质。
（1）若铁粉有剩余，则容器中不可能有_______________；
（2）若氯化铜有剩余，则容器中还可能有_____________，一定有_________；
（3）若氯化铁有剩余，则容器中不可能有____________；
（4）由以上反应可知金属离子的氧化性强弱顺序为_______________。
【答案】Fe3+、Cu2+Fe3+或CuFe2+Fe、CuFe3+＞Cu2＞Fe2+
【解析】
【分析】
在金属活动性顺序中，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，向装有氯化铁溶液的烧杯中，加入一定量的Cu和Fe的混合粉末，则铁和铜都能与氯化铁溶液反应，氧化性：
FeCl3＞CuCl2＞FeCl2，还原性Fe＞Cu，Fe有剩余，则Cu没有参加反应，溶液中不存在Fe3+、Cu2+，以此解答该题。
【详解】
氧化性：
FeCl3＞CuCl2＞FeCl2，还原性Fe＞Cu，
（1）反应后铁有剩余，发生Fe+2FeCl3=3FeCl2，Fe+CuCl2=Cu+FeCl2，Fe3+、Cu2+都不能存在；
（2）若CuCl2有剩余，由于氯化铜可氧化单质铁，则不可能有Fe，一定有Fe2+；容器中可能有Fe3+或Cu；
（3）若FeCl3有剩余，发生Fe+2FeCl3=3FeCl2，Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，Fe、Cu都不能存在；
（4）由反应Fe+2FeCl3=3FeCl2，Fe+CuCl2=Cu+FeCl2可知氧化性强弱顺序为Fe3+＞Cu2＞Fe2+。
3．铜器久置于空气中会和空气中的水蒸气、CO2、O2作用产生“绿锈”，该“绿锈”俗称“铜绿”，化学式为[Cu2（OH）2CO3]，“铜绿”能跟酸反应生成铜盐和CO2、H2O。
某同学利用下述系列反应实现了“铜→铜绿→……→铜”的转化。
铜
铜绿
A
Cu（OH）2
B
Cu
（1）从三种不同分类标准回答，“铜绿”属于哪类物质？
____、____、___。
（2）请写出铜绿与盐酸反应的化学方程式________。
（3）写出B的化学式___________。
（4）上述转化过程中属于化合反应的是________，属于分解反应的是________。
【答案】铜盐碳酸盐碱式盐Cu2（OH）2CO3＋4HCl=2CuCl2＋3H2O＋CO2↑CuO①④
【解析】
【分析】
（1）根据物质的分类方法结合物质的俗称和物质组成进行解答；
（2）反应②为碱式碳酸铜和盐酸反应，生成氯化铜、水和二氧化碳；
（3）Cu（OH）2分解生成CuO；
（4）依据化合反应概念和分解还原反应的概念判断．
【详解】
（1）铜绿是碱式碳酸铜的俗称，含有铜元素，其分子式为[Cu2（OH）2CO3]，其阳离子不为氢离子，阴离子不全为氢氧根，故不是酸不是碱，可为铜盐，含有碳酸根离子，为碳酸盐，同时又含有氢氧根，也为碱式盐，故答案为：
铜盐；碳酸盐；碱式盐；
（2）碱式碳酸铜和盐酸反应，生成氯化铜、水和二氧化碳，化学方程式为：
Cu2（OH）2CO3+4HCl=2CuCl2+3H2O+CO2↑；
（3）Cu（OH）2→④B是氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，故答案为：
CuO；
（4）在反应过程中：
铜→①铜绿→②A→③Cu（OH）2→④B→⑤Cu；铜→①铜绿发生了化合反应；
铜绿→②是A跟酸反应生成铜盐及CO2、H2O，A为铜盐是复分解反应；
A→③Cu（OH）2是铜盐和碱反应生成氢氧化铜沉淀，是复分解反应；
Cu（OH）2→④B是氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，是分解反应；
B→⑤Cu是氧化铜和氢气反应生成铜和水，是置换反应；
故答案为：
①；④．
4．铜与浓硫酸在加热条件下发生反应。
（1）请同学们写出该反应方程式_______________________________________；
（2）其中______为还原剂，浓硫酸表现的性质__________（酸性、强氧化性、强氧化性和酸性）；
（3）当3molCu参加反应，转移的电子数为_____________。
【答案】Cu+2H2SO4（浓）
CuSO4+SO2↑+2H2OCu（或铜）强氧化性和酸性6NA（或3.612×1024）
【解析】
【详解】
（1）铜与浓硫酸在加热条件下发生反应生成硫酸铜、SO2和水，该反应方程式为Cu+2H2SO4（浓）
CuSO4+SO2↑+2H2O；
（2）在Cu+2H2SO4（浓）
CuSO4+SO2↑+2H2O中，Cu元素化合价升高，则Cu发生氧化反应，是还原剂，而S元素部分化合价+6价降为+4价，体现了浓硫酸的强氧化性和酸性；
（3）反应中Cu从0价升高为+2价，则当3molCu参加反应，转移电子的物质的量为3mol×2=6mol，数目为6NA。
5．氯化亚铜（CuCl）广泛应用于化工、印染等行业。
以硫化铜精矿为原料生产CuCl的工艺如图：
已知CuCl难溶于醇和水，溶于c（Cl-）较大的体系[CuCl（s）+Cl-
CuCl2-]，潮湿空气中易水解氧化。
（1）“氧化酸浸”前先将铜矿粉碎的目的是__。
该过程生成蓝色溶液和浅黄色沉淀，则反应的化学反应方程式为__；
（2）“溶解”时所用硫酸浓度为0.3mol·L-1，配制1L此硫酸溶液，需要98%、1.84g·mL-1浓硫酸__mL（保留1位小数）。
溶解时反应的离子方程式__；
（3）“反应”时，Cu+的沉淀率与加入的NH4Cl的量关系如图所示。
①反应的氧化产物是___，n（氧化剂）：
n（还原剂）=___；
②比较c（Cu+）相对大小：
A点___C点（填“>”、“<”或“=”）。
③提高处于C点状态的混合物中Cu+沉淀率措施是___；
（4）“过滤”所得滤液中溶质主要成分的化学式为__；
（5）不能用硝酸代替硫酸进行“酸洗”，理由是__。
【答案】增大接触面积，加快酸浸速率，提高Cu的浸出率等CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O16.33Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2OSO42-或（NH4）2SO42：
1>加水稀释（NH4）2SO4HNO3具有强氧化性会把CuCl氧化
【解析】
【分析】
利用H2O2在酸性条件下将CuS中的-2价S元素氧化成S单质，同时释放Cu2+，经过系列处理得到Cu单质，然后利用NO3-在酸性条件下的强氧化性将Cu氧化成Cu2+，接下来用SO32-将Cu2+还原成Cu+，同时利用Cl-将Cu+沉淀生成CuCl，用稀硫酸洗去CuCl表面的（NH4+）2SO4等杂质，接下来用醇洗去表面的硫酸分子，而醇本身易挥发而除去，得到干燥的CuCl，据此回答。
【详解】
（1）工艺流程前，一般将固体矿物粉碎，目的是增大矿物与酸的解除面积，一方面可以加快反应速率，另一方面使矿物中的CuS尽可能转化，提高浸取率；根据程生成蓝色溶液和浅黄色沉淀可知，本反应生成了CuSO4和S，发生了CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O，故答案为：
增大接触面积，加快酸浸速率，提高Cu的浸出率等；CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O；
（2）根据c=
得，浓硫酸浓度=
=18.4mol·L-1，根据C1V1=C2V2得：
18.4mol·L-1
V=0.3mol·L-1×1L，解得V≈16.3mL；根据反应物为NH4NO3和硫酸，可知，利用NO3-在酸性条件下的氧化性将Cu氧化溶解，发生的反应为Cu和稀硝酸反应，故离子方程式为：
3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：
16.3；3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；
（3）①流程可知，“反应”利用SO32-将Cu2+还原成Cu+，SO32-自身被Cu2+被氧化成SO42-，SO42-为氧化产物；SO32-被氧化S化合价由+4升高到+6，升高了2，每个Cu2+被还原，化合价从+2降低到+1，降低了1，根据氧化还原反应中化合价升高总数=化合价降低总数得，所以Cu2+和SO32-的物质的量之比为2:
1，即氧化剂：
还原剂=2:
1；故答案为：
SO42-或（NH4）2SO4；2:
1；
②B点之前Cu+和Cl-形成CuCl沉淀，B点时建立了CuCl（s）
Cu+（aq）+Cl-（aq）,B点之后，Cl-浓度增大，有一部分CuCl溶解[CuCl（s）+Cl-
CuCl2-],由CuCl（s）
Cu+（aq）+Cl-（aq）可知，CuCl虽然被溶解了一部分，但是平衡并没有发生移动，所以C点和B点Cu2+的浓度是相等的，由于B点之前CuCl（s）
Cu+（aq）+Cl-（aq）平衡一直向左移动，所以B点的Cu2+的浓度小于A点，综上所述答案为：
>；
③既然B点之后是由于发生了CuCl（s）+Cl-
CuCl2-使沉淀减少了，所以我们可以减小Cl-浓度，具体做法是反其道而行之，加适量水稀释，所以答案为：
加水稀释；
（4）由上可知，“过滤”所得滤液中溶质主要成分为（NH4）2SO4，所以答案为：
（NH4）2SO4；
（5）硝酸有强氧化性，将CuCl氧化，所以不能用硝酸代替硫酸进行“酸洗”，故答案为：
HNO3具有强氧化性会把CuCl氧化。
【点睛】
（3）由图可知，B点之后，NH4Cl越多，沉淀率反而减小，但是已经加进去的NH4Cl又拿不出来，所以最直接的做法是反着来，加适量的水！
6．CuCl是难溶于水的白色固体，是一种重要的催化剂。
工业上，由孔雀石（主要成分Cu（OH）2·CuCO3，含FeS、FeO和SiO2杂质）制备CuCl的某流程如图：
请回答：
（1）步骤②中涉及的主要离子反应方程式为__________
（2）步骤⑤中涉及的主要离子反应方程式为___________
（3）下列说法不正确的是___________
A．步骤①中产生的气体的主要成分为CO2和H2S气体
B．滤渣1的成分为SiO2，滤渣2的主要成分为Fe（OH）3和Cu（OH）2
C．CO32-作用是控制溶液pH，促使CuCl沉淀的生成
D．若改变试剂加入顺序，将溶液3缓慢加入到含大量SO32-/CO32-的溶液中，同样可制取CuCl
【答案】2H++2Fe2++H2O2=2Fe3++2H2O
BD
【解析】
【分析】
孔雀石[主要成分Cu（OH）2•CuCO3，含FeS、FeO和SiO2杂质]中用硫酸浸取，得气体主要含有硫化氢、二氧化碳，滤渣1为二氧化硅，溶液1中含有Fe2+、Fe3+、Cu2+加双氧水，将亚铁离子氧化成铁离子，加氢氧化钠溶液调节pH值，使铁离子沉淀，得到滤渣2为氢氧化铁，溶液2主要含有硫酸铜，溶液2中加入氯化钠再加入亚硫酸钠将铜离子还原成亚铜离子，加入碳酸钠调节pH值，使CuCl沉淀，由于
的溶液呈碱性，所以如果将溶液3缓慢加入到含大量
的溶液中，有可能生成氢氧化亚铜沉淀，得到的氯化亚铜不纯，据此答题。
【详解】
（1）步骤②主要目的是利用双氧水氧化Fe2+，其反应离子方程式为：
2H++2Fe2++H2O2=2Fe3++2H2O；
故答案为：
2H++2Fe2++H2O2=2Fe3++2H2O；
（2）溶液2主要含有硫酸铜，溶液2中加入氯化钠再加入亚硫酸钠将铜离子还原成亚铜离子，加入碳酸钠调节pH值，使CuCl沉淀，其主要离方程式为：
；
故答案为：
；
（3）A．由上述分析可知，步骤①中产生的气体的主要成分为CO2和H2S气体，故A不符合题意；
B．由上述分析可知，滤渣1的成分为SiO2，滤渣2的主要成分为Fe（OH）3，故B符合题意；
C．溶液2主要含有硫酸铜，溶液2中加入氯化钠再加入亚硫酸钠将铜离子还原成亚铜离子，加入碳酸钠调节pH值，使CuCl沉淀，故C不符合题意；
D．若先加入碳酸钠，溶液2中硫酸铜会先生成氢氧化铜沉淀，再加入亚硫酸钠后氢氧化铜难以发生反应，难以制备CuCl，故D符合题意；
故答案为：
BD。
7．孔雀石的主要成分为Cu2（OH）2CO3。
某同学设计的从孔雀石中冶炼铜的方案如下（假设孔雀石中杂质不溶于水和稀硫酸）：
（1）反应①能观察到的现象是__________，有关反应的化学方程式为________。
（2）反应②加入的金属可能是______，有关反应的离子方程式为________。
【答案】固体逐渐消失，溶液由无色变成蓝色，有气泡产生Cu2（OH）2CO3＋2H2SO4＝2CuSO4＋CO2↑＋3H2O铁粉Fe＋Cu2＋＝Fe2＋＋Cu
【解析】
【分析】
（1）孔雀石的主要成分成为Cu2（OH）2CO3，为碱式盐，和硫酸反应生成二氧化碳气体，得到硫酸铜溶液；
（2）硫酸铜溶液中加入过量铁发生氧化还原反应得到金属铜。
据此解答。
【详解】
（1）孔雀石中加入稀硫酸中能观察到的现象是孔雀石逐渐溶解，溶液由无色变为蓝色，且有气泡产生；反应的化学方程式为Cu2（OH）2CO3＋2H2SO4＝2CuSO4＋CO2↑＋3H2O；
（2）经过滤除去难溶于水和稀硫酸的杂质，则滤液中主要含有CuSO4，加入的金属粉末能将Cu2＋从溶液中置换出来，故金属可能是Fe，反应的离子方程式为Fe＋Cu2＋＝Fe2＋＋Cu。
【点睛】
本题考查了物质性质的理解应用，主要是盐和酸反应，金属和盐反应产物的判断，掌握基础是解题关键。
8．实验室以孔雀石[主要成分是CuCO3·Cu（OH）2，还含有少量杂质FeO、Fe2O3、SiO2]为原料制备CuSO4·5H2O步骤如下：
请回答下列问题：
（1）溶液A的金属离子有Fe3+和______________。
（2）溶液A中加入H2O2的目的是______________，发生的离子方程式为_____________________。
（3）由溶液C获得CuSO4·5H2O，需要经过加热蒸发、______________、过滤等操作。
（4）溶液B与CuO反应生成Fe（OH）3和溶液C的化学方程式为________________________。
【答案】Cu2+、Fe2+将Fe2+氧化为Fe3+2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O冷却结晶Fe2（SO4）3+3CuO+3H2O=2Fe（OH）3+3CuSO4
【解析】
【分析】
孔雀石的主要成分是CuCO3·Cu（OH）2，少量杂质FeO、Fe2O3、SiO2，加入过量稀硫酸，生成二氧化碳气体，溶液A含有硫酸铜、硫酸亚铁、硫酸铁，加入过氧化氢将硫酸亚铁氧化成硫酸铁，加入CuO可调节溶液pH，利于铁离子的水解而生成氢氧化铁沉淀，过滤分离出的溶液C为硫酸铜溶液，经加热蒸发、冷却结晶、过滤等操作可得到硫酸铜晶体，以此来解答。
【详解】
（1）由上述分析可知，溶液A的金属离子有Fe3+和Cu2+、Fe2+，故答案为：
Cu2+、Fe2+；
（2）溶液A中加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：
将Fe2+氧化为Fe3+；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
（3）由溶液C获得CuSO4·5H2O，需要经过加热蒸发、冷却结晶、过滤等操作，故答案为：
冷却结晶；
（4）溶液B与CuO反应生成Fe（OH）3和溶液C的化学方程式为Fe2（SO4）3+3CuO+3H2O=2Fe（OH）3+3CuSO4，故答案为：
Fe2（SO4）3+3CuO+3H2O=2Fe（OH）3+3CuSO4。
【点睛】
工艺流程题中常用H2O2作氧化剂，优点是产物不会引入新的杂质。
9．工业上可以从电解铜的阳极泥中提取很多重要物质，其工艺流程如下：
已知：
①阳极泥的主要化学成分，如表所示：
主要成分
CuAgAuSeTe
百分含量/%
23.412.10.96.73.1
②温度和硫酸浓度对阳极泥中各组分浸出率的影响，如表所示：
固定浸出温度
固定H2SO4浓度
H2SO4浓度
/mol·L－1
浸出率/%
浸出温度/℃
浸出率/%
CuAgAuSeTe
CuAgAuSeTe
4
95.14.67＜0.20.838.93
30
87.14.58＜0.20.086.83
3
94.54.65＜0.20.286.90
40
94.54.65＜0.20.286.90
2
78.12.65＜0.20.052.85
50
96.15.90＜0.20.648.73
（1）步骤I的主要目的为浸出铜，发生的主要反应的化学方程式为__________；分析表2数据，可知步骤I最适合的条件为______________。
（2）步骤II中，加入Cu粉的目的是除去滤液中含碲的离子，加入NaCl的目的为________。
（3）步骤III的操作方法为___________。
（4）步骤IV中，反应温度为75℃。
加入H2O2溶液作用为______________；此过程中H2O2溶液的添加量要远远高于理论值，原因为_____________。
（5）步骤VI中所发生反应的化学方程式为_______。
（6）步骤VII中，碱性环境下电解Na2TeO3溶液可得Te实现，阴极的电极反应式为_____。
【答案】2Cu＋O2＋2H2SO4＝2CuSO4＋2H2O硫酸浓度3mol·L-1、浸出温度40℃除去滤液中的Ag+加热浓缩（蒸发）、冷却结晶、过滤氧化滤渣中的硒和碲，使其进入溶液中增加硒和碲的浸出率、H2O2会有部分分解Na2SeO3＋2Na2SO3＋2HCl＝Se＋2Na2SO4＋2NaCl＋H2OTeO32—＋4e－＋3H2O＝Te＋6OH－
【解析】
【分析】
（1）根据阳极泥的成分和流程图，及题目要求，主要反应是铜与硫酸及空气中氧气的反应，配平方程式即可；根据题目中所给表格②中数据分析，综合考虑浸出率和经济性等原则得出结论；
（2）步骤Ⅱ中，加入NaCl的目的显然是使Ag+转化为氯化银沉淀而除去；
（3）使结晶水合物从溶液中结晶析出的步骤是：
蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等；
（4）步骤Ⅳ中，反应温度为75℃．加入H2O2溶液的作用为氧化滤渣中的硒和碲，使其进入溶液中；此过程中H2O2溶液的添加量要远远高于理论值，原因是：
从速率及平衡角度考虑，可增加硒和碲的浸出率，H2O2会有部分分解，有损失；
（5）根据流程图中的反应物和生成物，配平方程式即可；
（6）根据反应物Na2TeO3和生成物Te，结合碱性条件，阴极应发生还原反应，根据守恒即可写出其电极反应式。
【详解】
（1）根据阳极泥的成分和流程图及题目要求，主要反应是铜与硫酸及空气中氧气的反应，反应的方程式为2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O；根据题目中所给表格②中数据分析，可知当硫酸浓度为2mol•L-1、浸出温度30℃时浸出率太低，硫酸浓度为3mol•L-1、浸出温度40℃时浸出率已较高，再增大浓度和升温对浸出率影响不大，但会浪费试剂和能源；故可知步骤I最适合的条件为：
硫酸浓度3mol•L-1、浸出温度40℃；
（2）步骤Ⅱ中，加入NaCl的目的显然是使Ag+转化为氯化银沉淀而除去；
（3）使结晶水合物从溶液中结晶析出的步骤是：
蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等；
（4）硒和碲不溶于水，步骤Ⅳ中，反应温度为75℃．加入H2O2溶液的作用为氧化滤渣中的硒和碲，使其进入溶液中；此过程中H2O2溶液的添加量要远远高于理论值，原因是：
从速率及平衡角度考虑，可增加硒和碲的浸出率；H2O2会有部分分解；
（5）根据流程图中的反应物和生成物，根据得失电子守恒、原子守恒，反应的方程式为Na2SeO3+2Na2SO3+2HCl=Se+2Na2SO4+2NaCl+H2O；
（6）根据反应物Na2TeO3和生成物Te，结合碱性条件，阴极应发生还原反应，根据守恒即可写出其电极反应式TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-。
10．从含铜丰富的自然资源黄铜矿（CuFeS2）冶炼铜的工艺流程如下：
已知：
CuFeS2+3CuCl2＝4CuCl+FeCl2+2S
（1）浸取时，若改用FeCl3溶液，也能生成CuCl和S，该反应化学方程式为_____．
（2）若过滤1所得滤液中只含FeCl2，则将其在空气中加热蒸干、灼烧后，所得固体的化学式为_____．
（3）调节溶液的pH后，除生成Cu外，还能产生一种金属离子，此金属离子是_____．（填离子符号）
（4）过滤3所得滤液中可以循环使用的物质有_____，为保持流程持续循环，每生成1molCu，理论上需补充CuCl2的物质的量为_____．
（5）冶炼工艺还可以将精选后的黄铜矿砂与空气在高温下煅烧，使其转变为铜，化学方程式为：
6CuFeS2+13O2
3Cu2S+2Fe3O4+9SO2、Cu2S+O2
2Cu+SO2此工艺与前一工艺相比主要缺点有_____．
【答案】CuFeS2 +3FeCl3＝CuCl+4FeCl2 +2SFe2O3Cu2+CuCl2（HCl）0.5mol会产生污染环境的气体SO2，能耗高等
【解析】
【分析】
CuFeS2加入CuCl2浸取发生CuFeS2+3CuCl2＝4CuCl+FeCl2+2S，过滤后得到滤液含有FeCl2，固体含有CuCl、S，加入盐酸除硫，过滤得到滤液含有[CuCl2]﹣，调节溶液pH发生歧化反应生成Cu和Cu2+，过滤可得到Cu，得到滤液含有Cu2+，以此解答该题。
【详解】
CuFeS2加入CuCl2浸取发生CuFeS2+3CuCl2＝4CuCl+FeCl2+2S，过滤后得到滤液含有FeCl2，固体含有CuCl、S，加入盐酸除硫，过滤得到滤液含有[CuCl2]﹣，调节溶液pH发生
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