高考化学铜及其化合物推断题综合练习题附答案.docx

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高考化学铜及其化合物推断题综合练习题附答案

2020-2021高考化学铜及其化合物推断题综合练习题附答案

一、铜及其化合物

1．为探究黑色固体X（仅含两种元素）的组成和性质，设计并完成如下实验：

（1）X的化学式是________________。

（2）写出固体甲与稀硫酸反应的离子方程式________________________。

【答案】CuOCu2O＋2H+＝Cu＋Cu2+＋H2O

【解析】

【分析】

根据框图逆推本题：

气体能使带火星的木条复燃，说明隔绝空气加热会产生氧气；固体甲遇到硫酸产生蓝色溶液和紫红色固体单质乙，说明有铜产生，进而说明X中含有铜元素和氧元素，再根据质量守恒进行解答。

【详解】

（1）32.0gX隔绝空气加热分解放出的能使带火星的木条复燃的气体为氧气，质量为32.0g-28.8g=3.2g,证明X中含氧元素,28.8g固体甲和稀硫酸溶液反应生成蓝色溶液,说明含铜离子，证明固体甲中含铜元素,即X中含铜元素,铜元素和氧元素形成的黑色固体为CuO,所以X为氧化铜，本题答案：

CuO；

（2）由n（CuO）=32.0g÷80g∙mol-1=0.4mol,结合质量守恒得到n（O2）=3.2g÷32g∙mol-1=0.1mol,由氧元素守恒得到甲中n（Cu）:

n（O）=0.4mol:

（O.4mol-0.1mol×2）=2:

1,固体甲的化学式为Cu2O,加稀硫酸后，产生蓝色溶液和固体单质乙，固体单质乙为Cu，蓝色溶液为硫酸铜，与稀硫酸反应的离子方程式为：

Cu2O＋2H+＝Cu＋Cu2+＋H2O；答案：

Cu2O＋2H+＝Cu＋Cu2+＋H2O。

2．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。

3．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！

4．为了降低电子垃圾对环境构成的影响，将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70％Cu、25％Al、4％Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：

（1）第①步Cu与混酸反应的离子方程式为________________。

得到滤渣1的主要成分为___________。

（2）第②步中加入H2O2的作用是__________________，使用H2O2的优点是_________；调溶液pH的目的是_________________。

（3）简述第③步由滤液2得到CuSO4·5H2O的方法是_________________________。

（4）由滤渣2制取Al2（SO4）3·18H2O，设计了以下三种方案：

上述三种方案中，_______方案不可行，原因是________________；

从原子利用率角度考虑，_______方案更合理。

（5）用滴定法测定CuSO4·5H2O含量。

取ag试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用cmol·L-1EDTA（H2Y2－）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液bmL。

滴定反应如下：

Cu2++H2Y2－→CuY2－+2H+。

写出计算CuSO4·5H2O质量分数的表达式ω＝__________________。

【答案】Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2OAu、Pt将Fe2+氧化为Fe3+不引入杂质，对环境无污染使Fe3+、Al3+沉淀除去加热滤液2，经过蒸发、冷却、结晶、过滤，最终制得硫酸铜晶体甲所得产品中含有较多Fe2（SO4）3杂质乙

×100%

【解析】

【分析】

【详解】

（1）Cu与混酸反应的实质是与H+、NO3-反应，随反应进行离子浓度逐渐减小，所以离子方程式为Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O，3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，Au、Pt不与混酸反应，所以滤渣的主要成分是Au、Pt；

（2）加过氧化氢的目的是把亚铁离子氧化成铁离子，方便除去；而且加入过氧化氢不会引入新的杂质且无污染；调节溶液的pH目的是使Fe3+、Al3+沉淀除去；

（3）由滤液2得到CuSO4·5H2O的方法是把滤液蒸发得浓溶液再冷却结晶，过滤得硫酸铜晶体；

（4）甲方案不可行，因为滤渣2的主要成分是Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，加入硫酸沉淀全部溶解使制得的产品中含有较多Fe2（SO4）3杂质；从原子利用率角度分析，乙方案更合理，不仅能除去硫酸铁，同时增加了硫酸铝的量，原子利用率较高；

（5）由滴定反应方程式得100mL溶液中n（Cu2+）=b×10-3×a×5mol，所以CuSO4·5H2O质量分数=b×10-3×a×5×250/a×100%。

5．FeCl3溶液可以蚀刻印刷电路板上的Cu。

某实验兴趣小组模拟该过程，并回收Cu和蚀刻液的流程如下：

（1）“蚀刻”时的化学反应方程式为____。

（2）滤渣的成分为____。

（3）“反应Ⅱ”的离子方程式为____。

【答案】2FeCl3＋Cu＝2FeCl2＋CuCl2Cu、Fe2Fe2+＋Cl2＝2Fe3+＋2Cl－

【解析】

【分析】

按流程中的试剂用量和操作步骤综合考虑；

【详解】

（1）溶液在“蚀刻”铜时氯化铁被还原，铜被氧化，化学反应方程式为2FeCl3＋Cu＝2FeCl2＋CuCl2

答案为：

2FeCl3＋Cu＝2FeCl2＋CuCl2；

（2）铁置换出了铜，又因为铁粉过量，所以滤渣的成分为Cu、Fe；

答案为：

Cu、Fe；

（3）滤液中溶质只有FeCl2，被通入的氯气氧化，“反应Ⅱ”的离子方程式为2Fe2+＋Cl2＝2Fe3+＋2Cl－；

答案为：

2Fe2+＋Cl2＝2Fe3+＋2Cl－。

6．Ag2O—Zn纽扣电池的固体拆解物中含Ag2O、Ag、Zn、Cu、石墨等物质，从中可提取金属银。

如图是简要生产流程。

（1）固体拆解物需先粉碎的目的是___。

（2）浸渣的主要成分是___。

（3）以上流程中可循环使用的物质是___，除此之外，你认为通过对___（填流程图中的物质代号）的回收处理，还有可能实现___（填化学式）的循环利用。

（4）加入Cu之前若溶液的酸性太强，需适当调节溶液的pH，原因是___（用离子方程式表示）.

（5）有人在实验室中利用如下方案回收银：

已知：

Ag++2NH3

[Ag（NH3）2]+K稳=1.7×107；Ksp（AgCl）=1.8×10-10

写出AgCl（s）与NH3反应的离子方程式___，该反应的平衡常数K=___。

（6）上述两种回收方案中都用到了试剂X，X是___。

A．稀硫酸B．稀硝酸C．CuSO4溶液

（7）两种方案回收的银均为粗品，若得到纯度更高的银，可以电解精炼。

若电流强度为yA，1小时后，得到Ag___g（列出计算式，已知1个电子所带电量为1.6×10-19C，阿伏伽德罗常数的值用NA表示）。

【答案】增加酸浸速率，提高浸取率石墨Cu滤液Ⅱ、ⅢZn

AgCl+2NH3

[Ag（NH3）2]++Cl-3.06×10-3A

【解析】

【详解】

（1）粉碎是为了更好的酸浸，所以目的是增大接触面积，加快酸浸速率，

故答案为：

增加酸浸速率，提高浸取率；

（2）石墨不与稀硝酸反应，故滤渣为石墨，

故答案为：

石墨；

（3）根据流程图知，固体混合物中含铜，回收可参与循环利用，而滤液Ⅱ、Ⅲ中均含有Zn2+，可回收加以循环利用，

故答案为：

Cu；滤液Ⅱ、Ⅲ；Zn；

（4）加入Cu之前，若酸性太强，Cu与稀硝酸发生氧化还原反应，反应的离子方程式为

，

故答案为：

；

（5）由信息可得，AgCl溶于NH3的离子方程式为AgCl+2NH3

[Ag（NH3）2]++Cl-；该反应的平衡常数为

=

=K稳×Ksp=1.7×107×1.8×10-10=3.06×10-3，

故答案为：

AgCl+2NH3

[Ag（NH3）2]++Cl-；3.06×10-3；

（6）第一种回收方法中，固体混合物与X反应后，生成物中有铜，在固体混合物中含Zn和Cu，要回收Cu，可利用稀硫酸和CuSO4溶液，而第二种方法中，在固体混合物中含Zn和Ag，若要除去Zn，则只能利用稀硫酸，故符合题意的为A，

故答案为：

A；

（7）1h=3600s，Q=It=y×3600，根据题意回收的Ag的质量=

g，

故答案为：

。

7．过渡金属的单质及化合物很多有催化性能，氯化铜、氯化亚铜经常用作有机合成催化剂。

实验室中用氯气与粗铜（杂质只有Fe）反应，制备铜的氯化物的流程如下。

查阅资料：

氯化亚铜：

白色微溶于水，在干燥空气中稳定，受潮则易变蓝到棕色，在热水中迅速水解生成氧化铜水合物而呈红色。

氯化铜：

从水溶液中结晶时，在26～42℃得到二水物，在15℃以下得到四水物，在15～25.7℃得到三水物，在42℃以上得到一水物，在100℃得到无水物。

（1）现用如图所示的实验仪器及药品制备纯净、干燥的氯气并与粗铜反应（铁架台、铁夹省略）。

①按气流方向连接各仪器接口顺序是：

a→_____、_____→h、i→_____、_____→_____。

②本套装置有两个仪器需要加热，加热的顺序为先_____后_____。

（2）分析流程：

①固体甲需要加稀盐酸溶解，其理由是_____；

②溶液甲可加试剂X用于调节pH以除去杂质，X可选用下列试剂中的（填序号）_____。

aCu（OH）2bNH3·H2OcCuOdCuSO4

查阅有关资料得到如下数据，常温下Fe（OH）3的溶度积Ksp＝8.0×10－38，Cu（OH）2的溶度积Ksp＝3.0×10－20，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10－5mol·L－1时就认为沉淀完全，设溶液中CuSO4的浓度为3.0mol·L－1，则Cu（OH）2开始沉淀时溶液的pH为________，Fe3＋完全沉淀时溶液的pH为________。

（提示：

lg2＝0.3）

③完成溶液乙到纯净CuCl2·2H2O晶体的系列操作步骤为：

加少量盐酸、蒸发浓缩、________、_______、洗涤、干燥。

（3）向溶液乙中加入适当的还原剂（如SO2、N2H4、SnCl2等），并微热得到CuCl沉淀，写出向乙溶液加入N2H4（氧化产物为无毒气体）的离子方程式：

____________。

【答案】defgbAD抑制氯化铜、氯化铁水解ac43.3（或3+lg2）冷却到26～42℃结晶过滤4Cu2++4Cl－+N2H4

4CuCl↓+N2↑+4H+

【解析】

【分析】

⑴①A装置制取氯气，B除掉尾气，C除掉氯气中HCl杂质，D氯气与铜反应，E除掉氯气中水；②先反应生成氯气，不能先加热D，先加热会使铜与氧气反应。

⑵①固体甲是氯化铜和氯化铁的混合物，因此加稀盐酸溶解，溶解抑制氯化铜、氯化铁水解；②溶液甲可加试剂X用于调节pH以除去氯化铁杂质，应选择要保留的铜离子对应的难溶的物质；设溶液中CuSO4的浓度为3.0mol·L－1，先算氢氧根浓度，再酸氢离子浓度和pH，Fe3＋完全沉淀时先根据溶度积算氢氧根浓度，再酸氢离子和pH；③根据题中意思要得到纯净CuCl2·2H2O晶体要冷却到26～42℃结晶。

⑶向溶液乙中加入适当的还原剂N2H4，并微热得到CuCl沉淀和氮气。

【详解】

⑴①A装置制取氯气，B除掉尾气，C除掉氯气中HCl杂质，D氯气与铜反应，E除掉氯气中水，因此按气流方向连接各仪器接口顺序是：

a→d、e→h、i→f、g→b，故答案为：

d；e；f；g；b。

②先反应生成氯气，不能先加热D，先加热会使铜与氧气反应，因此加热的顺序为先A后D，故答案为：

A；D。

⑵①固体甲是氯化铜和氯化铁的混合物，因此加稀盐酸溶解，溶解抑制氯化铜、氯化铁水解，故答案为：

抑制氯化铜、氯化铁水解。

②溶液甲可加试剂X用于调节pH以除去氯化铁杂质，应选择要保留的铜离子对应的难溶的物质即氢氧化铜、氧化铜、碱式碳酸铜、碳酸铜等，故答案为：

ac。

设溶液中CuSO4的浓度为3.0mol·L－1，

，

，

，因此Cu（OH）2开始沉淀时溶液的pH为10，Fe3＋完全沉淀

，

，

，因此Fe3＋完全沉淀时溶液的pH=lg5×10-4=4-lg5=3.3，故答案为：

3.3。

③完成溶液乙到纯净CuCl2·2H2O晶体的系列操作步骤为：

加少量盐酸、蒸发浓缩、冷却到26～42℃结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：

冷却到26～42℃结晶；过滤。

⑶向溶液乙中加入适当的还原剂N2H4，并微热得到CuCl沉淀和氮气，因此向乙溶液加入N2H4的离子方程式：

4Cu2++4Cl－+N2H4

4CuCl↓+N2↑+4H+，故答案为：

4Cu2++4Cl－+N2H4

4CuCl↓+N2↑+4H+。

8．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。

9．信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。

某“变废为宝”学习探究小组将一批废