【化学】备战高考化学铜及其化合物推断题解答题压轴题提高专题练习附答案解析

【化学】备战高考化学铜及其化合物推断题解答题压轴题提高专题练习附答案
解析
一、铜及其化合物
1．周期表中短周期7种主族元素A、B、C、D、E、F、G，原子序数依次增大。

A的原子半径最小，A和D、C和F分别同主族，F的单质是淡黄色固体，B所形成的化合物种类最多，E的最外层电子数等于其电子层数。

（1）F的离子结构示意图为：______。

C、D、E、F四种元素所形成的简单离子中，离子半径最小的是________（填微粒符号）；A、C元素组成的10电子阴离子的电子式
________，A、G、C元素组成具有漂白性的分子的结构式为________。

（2）用电子式表示B的简单氢化物的形成过程____________________。

（3）写出E的单质与D的最高价氧化物的水溶液反应的离子方程式________。

写出铜单质与F的最高价氧化物的水化物的浓溶液反应的化学方程式____________。

【答案】 Al3+ 2Al+2OH-
+2H2O=2AlO2-+3H2↑ Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O
【解析】
【分析】
周期表中短周期7种主族元素A、B、C、D、E、F、G，原子序数依次增大。

F的单质是淡黄色固体，F为S，C和F同主族，C为O；B所形成的化合物种类最多，B为C；E的最外层电子数等于其电子层数，E为Al；A的原子半径最小，A为H，A和D同主族，D为Na；因为G的原子序数比F(S)的原子序数大，所以G为Cl。

【详解】
由分析可知，A为H、B为C、C为O、D为Na、E为Al、F为S、G为Cl。

（1）F为S，S2-的结构示意图为：；C、D、E、F四种元素所形成的简单离子分
别为O2-、Na+、Al3+、S2-，电子层数越多半径越大，当电子层数相同、核外电子数相同时，核电荷数越大，半径越小，故C、D、E、F四种元素所形成的简单离子中，离子半径最小的是Al3+；A为H、C为O，A、C元素组成的10电子阴离子为OH-，OH-的电子式为；
A、G、C元素组成具有漂白性的分子为HClO，其结构式为；
（2）B的简单氢化物为CH4，用电子式表示CH4的形成过程为；
（3）E的单质与D的最高价氧化物的水溶液反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-
+3H2↑；F的最高价氧化物的水化物为H2SO4，铜单质与浓硫酸反应的化学方程式
Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O 。

2．下列框图涉及到的物质所含元素中，除一种元素外，其余均为1～18号元素。

已知：A、F为无色气体单质，B为具有刺激性气味的气体，C为黑色氧化物，E为红色金属单质(部分反应的产物未列出)。

请回答下列问题：
（1）D的化学式为__；F的结构式为__。

（2）A与B生成D的反应在工业上是生产__的反应原理之一。

（3）E与G的稀溶液反应的离子方程式为__。

（4）B和C反应的化学方程式为__。

（5）J、K是同种金属的不同氯化物，K为白色沉淀。

写出SO2还原J生成K的离子方程式：__。

【答案】NO N≡N硝酸 3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O
3CuO+2NH3加热3Cu+N2+3H2O 2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO42−
【解析】
【分析】
E为红色金属单质，应为Cu，则C为CuO，B为具有刺激性气味的气体，应为NH3，可与CuO在加热条件下发生氧化还原反应生成单质Cu，生成的气体单质F为N2，可与氧气在放电条件下反应生成NO，则A为O2，D为NO，G为HNO3，H为Cu(NO3)2，I为Cu(OH)2，J 为CuCl2，J、K是同种金属的不同氯化物，K为白色沉淀，则K应为CuCl，据此分析解答。

【详解】
(1)由以上分析可知D为NO，F为N2，结构式为N≡N；
(2)O2与NH3发生催化氧化生成NO和水，NO被氧化生成NO2，溶于水生成硝酸，因此O2与NH3发生催化氧化生成NO是工业生成硝酸的重要反应之一；
(3)G为HNO3，稀硝酸与铜反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O；
(4)B为NH3，可与CuO在加热条件下发生氧化还原反应生成单质Cu，反应的方程式为
3CuO+2NH3加热3Cu+N2+3H2O；
(5)SO2还原CuCl2生成CuCl的离子方程式为2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO42−。

3．A为金属单质，B、C、D、E 四种均为含有氯元素的物质，它们存在如图转化关系(部分产物已略去，有的反应在溶液中进行)。

请回答：
(1)A 是_____________，C 是_____________。

(均用化学式表示)
(2)写出实验室制备 D 的化学方程式：_____________。

(3)写出用 B 溶液与 Cu 反应制作印刷电路板的离子方程式：_____________。

(4)设计实验方案，检验 C 溶液中的金属阳离子：_____________
【答案】Fe FeCl 2 MnO 2+4HCl(浓)=∆
MnCl 2+Cl 2↑+2H 2O Cu+2Fe 3+═Cu 2++2Fe 2+ 取C 溶液于试管中，向其中滴加KSCN 溶液，溶液不变色，再滴加氧化剂(如氯水、双氧水)后溶液显血红色，说明含有Fe 2+，或者取样滴加用铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀产生，则含有Fe 2+
【解析】
【分析】
A 为金属单质，
B 、
C 、
D 、
E 四种均为含有氯元素的物质，根据转化关系可知，A 为变价金属，且B 与A 反应生成C ，则A 为Fe ，D 为Cl 2，B 为FeCl 3，C 为FeCl 2，A 与E 反应生成C(FeCl 2)，结合(3)“用B 溶液与Cu 反应制作印刷电路板”可知，E 为HCl ，据此解答。

【详解】
（1）根据分析可知，A 为Fe ，C 为FeCl 2，
故答案为：Fe ；FeCl 2；
（2）实验室中通过加热浓盐酸与二氧化锰制取氯气，该反应的化学方程式为：MnO 2+4HCl(浓)=∆MnCl 2+Cl 2↑+2H 2O ，
故答案为：MnO 2+4HCl(浓)=∆MnCl 2+Cl 2↑+2H 2O ；
（3）B 为FeCl 3，Cu 与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，该反应的离子方程式为：Cu+2Fe 3+═Cu 2++2Fe 2+，
故答案为：Cu+2Fe 3+═Cu 2++2Fe 2+；
（4）C 为FeCl 2，其阳离子为Fe 2+，检验Fe 2+的方法为：取C 溶液于试管中，向其中滴加KSCN 溶液，溶液不变色，再滴加氧化剂(如氯水．双氧水)后溶液显血红色，说明含有Fe 2+，或者取样滴加用铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀产生，则含有Fe 2+，
故答案为：取C 溶液于试管中，向其中滴加 KSCN 溶液，溶液不变色，再滴加氧化剂(如氯水．双氧水)后溶液显血红色，说明含有Fe 2+，或者取样滴加用铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀产生，则含有Fe 2+。

4．下图表示某些物质间转化关系（部分反应条件省略）。

其中A 为黑色固体氧化物；E 为绿色固体；B 、D 是由相同元素组成的无色液体，且B 具有消毒杀菌作用；
请回答下列问题：
（1）请判断X的化学式：________________。

（2）反应①中A物质的作用是_____________。

（3）反应①、⑤的化学方程式：①__________________；⑤_________________。

（4）在日常生活中为防止反应②的发生，可采取的措施是___________（写一点即可）。

【答案】Cu 催化作用保持表面洁
净、干燥或其它合理方法均可
【解析】
【分析】
A为黑色固体氧化物，能与无色液体B混合产生气体C和D，B是过氧化氢溶液，C是氧气，D是水；E为绿色固体，能与盐酸反应产生蓝色溶液，故E是碱式碳酸铜，受热分解生成的D是水，Y是二氧化碳，A是氧化铜；带入框图，推断合理；据以上分析解答。

【详解】
A为黑色固体氧化物，能与无色液体B混合产生气体C和D，B是过氧化氢溶液，C是氧气，D是水；E为绿色固体，能与盐酸反应产生蓝色溶液，故E是碱式碳酸铜，受热分解生成的D是水，Y是二氧化碳，A是氧化铜；带入框图，推断合理；
（1）结合以上分析，X是铜；
答案是：Cu；
（2）反应①中A物质不变，故A的作用是催化作用；
答案是：催化作用；
（3）反应①为双氧水在氧化铜作催化剂条件下发生分解生成水和氧气；方程式为：
；⑤二氧化碳和水在光和叶绿素的作用下反应生成葡萄糖和氧气，反应的化学方程式：；
答案是：；；
（4）为防止铜生锈，可以保持表面洁净、干燥；
答案是：保持表面洁净、干燥。

5．（11分）A、B、C、D均为中学化学所学的常见物质，且均含有同一种元素，它们之间的转化关系如图所示（反应条件及其他产物已略去）：请填写下列空白：
（1）若A为气体单质，则A为，D→B的离子方程式为
（2）若A为固体单质，则A为，A主要用于制造（任写两种）
（3）若A为气体化合物，其水溶液能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则实验室制取A的化学方程式为。

（4）若A为气体化合物，其水溶液能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，则A为，A与B反应的化学方程式为。

【答案】（11分）
（1）N2 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O （3分）
（2）S 火药、硫酸（合理即给分）（3分）
（3）Ca(OH)2+2NH4Cl2NH3↑+ CaCl2+2H2O （2分）
（4）H2S 2H2S+SO2=3S↓+2H2O（3分）
【解析】
【分析】
A、B、C、D均为中学化学所学的常见物质,且均含有同一种元素，
(1)若A为气体单质,由A+O2→B，B+O2→C可以知道,A为N2,B为NO,C为NO2,由A+O2→B，B+O2→C可以知道,D为HNO3, 验证符合转化关系；
(2)若A为固体单质,由A+O2→B，B+O2→C可以知道,A为S,B为SO2,C为SO3,由
C+H2O→D,D+Cu→B可以知道,D为H2SO4，验证符合转化关系；
(3)若A为气体化合物,其水溶液能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,A为碱性气体,A为NH3,B为NO,C为NO2,由C+H2O→D,D+Cu→B可以知道,D为HNO3, 验证符合转化关系；
(4)若A为气体化合物,其水溶液能使湿润的蓝色石蕊试纸变红,A为酸性气体,由A+O2→B，B+O2→C可以知道,A为H2S,B为SO2,C为SO3,由C+H2O→D,D+Cu→B可以知道,D为H2SO4, 验证符合转化关系。

【详解】
A、B、C、D均为中学化学所学的常见物质,且均含有同一种元素，
(1)若A为气体单质,由A+O2→B，B+O2→C可以知道,A为N2,B为NO,C为NO2,由A+O2→B，B+O2→C可以知道,D为HNO3,D→B是铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO、水,反应离子方程式为: 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；
因此，本题正确答案是: N2；3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；
(2)若A为固体单质,由A+O2→B，B+O2→C可以知道,A为S,B为SO2,C为SO3,由
C+H2O→D,D+Cu→B可以知道,D为H2SO4,硫主要用于制造火药、硫酸等；
因此，本题正确答案是:S，火药、硫酸；
(3)若A为气体化合物,其水溶液能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,A为碱性气体,A为NH3,B为NO,C为NO2,由C+H2O→D,D+Cu→B可以知道,D为HNO3,实验室制取NH3的方程式为:
Ca(OH)2+2NH4Cl2NH3↑+ CaCl2+2H2O；
因此，本题正确答案是: Ca(OH)2+2NH4Cl2NH3↑+ CaCl2+2H2O；
(4)若A为气体化合物,其水溶液能使湿润的蓝色石蕊试纸变红,A为酸性气体,由A+O2→B，B+O2→C可以知道,A为H2S,B为SO2,C为SO3,由C+H2O→D,D+Cu→B可以知道,D为H2SO4,H2S 与SO2反应生成S与水,反应方程式为: 2H2S+SO2=3S↓+2H2O；
因此，本题正确答案是: H2S, 2H2S+SO2=3S↓+2H2O。

6．甘肃马家窑遗址出土的青铜刀是我国最早冶炼的青铜器，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。

铜铜绿A Cu(OH)2B Cu
(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)写出B的化学式：________________。

(3)请写出铜绿与盐酸反应的化学方程式：__________________
【答案】C CuO Cu2(OH)2CO3＋4HCl=2CuCl2＋3H2O＋CO2↑
【解析】
【分析】
根据题意，铜铜绿A Cu(OH)2B Cu，铜被腐蚀生成铜绿，铜绿溶于盐酸生成铜盐，然后加碱生成氢氧化铜，氢氧化铜受热分解生成CuO，最后氢气还原CuO得到Cu。

【详解】
(1)铜绿是碱式碳酸铜的俗称，所以Cu2(OH)2CO3属于碱式盐，故答案为：C；
(2)氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，Cu(OH)2→④，所以B是CuO；
(3)依据铜→①铜绿→②A→③Cu(OH)2→④B→⑤Cu的变化过程，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，化学方程式为：
Cu2(OH)2CO3+4HCl=2CuCl2+3H2O+CO2↑。

7．某废液中含有Fe3+、Cu2+、Ba2+、Cl－四种离子，某化学实验小组设计下列方案对废液进行处理，以回收金属并制备氯化钡、氯化铁晶体。

回答下列问题：
(1)写出向废液中加入过量铁粉发生反应的离子方程式______________________。

(2)沉淀A中含有的金属单质是_______________ 。

(3)下列物质中，可以用作试剂X的是_____________ （填写序号）。

A．BaCl2 B．BaCO3 C．NaOH D．Ba(OH)2
(4)向溶液B中通入Cl2的作用是__________________；实验过程中该小组同学用NaCl固体、MnO2和浓硫酸混合加热的办法制得Cl2，写出反应的化学方程式________________；由于Cl2有毒，某同学建议用双氧水替换，请写出向溶液B中加入双氧水后发生反应的离子方程式__________________。

【答案】Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2Fe3+=3Fe2+铁、铜BD将Fe2+氧化成
Fe3+2NaCl＋MnO2＋3H2SO4(浓)
2NaHSO4＋MnSO4＋Cl2↑＋2H2O2Fe2+＋2H+＋H2O2＝2Fe3+＋2H2O
【解析】
【分析】
加入的过量的铁屑，由于铁的化学性质比铜活泼，因此可以把金属铜从盐溶液中置换出来，同时Fe3+能氧化单质铁生成Fe2+，因此在过滤得到的沉淀1中含有的金属单质铜过量的铁；滤液含有二价铁离子、钡离子、氯离子，通入Cl2将二价铁氧化成三价铁离子，再加碱调节pH值使三价铁离子转变成氢氧化铁沉淀而除去，所以沉淀2为氢氧化铁，进一步转化成氯化铁晶体，而滤液2则只剩氯化钡溶液，经过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥进一步转化成氯化钡固体。

据此分析。

【详解】
（1）向废液中加入过量铁粉发生的反应中属于置换反应的是铁把金属铜从盐溶液中置换出来，同时Fe3+能氧化单质铁生成Fe2+，反应的离子方程式为
Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2Fe3+=3Fe2+，
故答案为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2Fe3+=3Fe2+；
（2）废液中含有Fe3+、Cu2+两种金属离子，加入过量的铁粉后，铜离子被还原成金属铜，所以在第①得到的沉淀中含有金属铜和过量的铁，
故答案为：铜、铁；
（3）根据以上分析，加试剂X调节pH值使三价铁离子转变成氢氧化铁沉淀而不能引入新的杂质，所以选BD，
故答案为：BD；
（4）向溶液B中通入Cl2可以将Fe2+氧化成Fe3+；NaCl固体与浓硫酸混合加热生成氯化氢、氯化氢与MnO2加热反应生成Cl2，反应的化学方程式为
NaCl+H2SO4(浓) Na2SO4+2HCl↑，MnO2+4HCl MnCl2+Cl2↑+2H2O或
2NaCl＋MnO2＋3H2SO4(浓) 2NaHSO4＋MnSO4＋Cl2↑＋2H2O；向溶液B中加入双氧水
后发生反应的离子方程式为2Fe2+＋2H+＋H2O2＝2Fe3+＋2H2O，
故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+；2NaCl＋MnO2＋3H2SO4(浓)
2NaHSO4＋MnSO4＋Cl2↑＋2H2O；2Fe2+＋2H+＋H2O2＝2Fe3+＋2H2O。

8．某学生探究小组将一批废弃的电子线路板简单处理后，得到含71%Cu、20%Al、5%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜晶体的路线：
已知：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2H2O+2NO2↑
回答下列问题：
（1）滤渣1的主要成分为___。

（2）第②步加入H2O2目的是将Fe2+氧化成Fe3+，其离子方程式为___；使用H2O2作为氧化剂的优点是___。

（3）用第③步所得CuSO4·5H2O晶体加热制备无水CuSO4的瓷质主要仪器___。

（4）由滤渣2制取Al2(SO4)3·18H2O，探究小组设计了三种方案：
上述三种方案中，可行方案是___，其中不可行方案的原因是___。

【答案】Pt、Au H2O2 +2Fe2+ +2H+ =2Fe3+ +2H2O 不引入新杂质且产物无污染蒸发皿乙甲
【解析】
【分析】
（1）.滤渣1成分应为Pt，Au，性质稳定不与浓硝酸和稀硫酸反应。

（2）.H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，同时其被还原为H2O。

产物无污染无需后续处理。

（3）.蒸发结晶过程会用到主要仪器蒸发皿属于瓷质。

（4）.滤液1加H2O2是为了将溶液中Fe2+→Fe3+，然后通过加NaOH调PH值使Al3+和Fe3+沉淀，这样才能使滤液2只含Cu2+。

而滤渣2成分为Fe(OH)3和Al(OH)3,所以在制取
Al2(SO4)3·18H2O时要考虑除去Fe3+影响。

【详解】
（1）.Pt，Au都属于化学性质稳定的金属，所以滤渣1含Pt和Au，答案为Pt、Au。

（2）.根据分析，H2O2氧化Fe2+的离子方程式为H2O2 +2Fe2++2H+=2Fe3+ +2H2O，反应产物只有H2O和Fe3+，没有引入新杂质且无污染。

答案为H2O2 +2Fe2+ +2H+ =2Fe3+ +2H2O，不引入新杂质且产物无污染。

（3）.由分析可知为蒸发皿，答案为蒸发皿。

（4）.根据分析，滤渣2如果采用甲方案处理无法除去Fe3+，最终获得产物会含有杂质
Fe2(SO4)3成分。

如果采用乙方案，加适量Al粉可以置换出Fe同时生Al3+。

丙方案加入NaOH溶解Al(OH)3然后过滤，可排除Fe3+影响，但对比方案乙其原子利用率不高。

故答案为乙，甲。

CuCl、CuCl是重要的化工原料，广泛地用作有机合成催化剂．实验室中以粗铜(含杂9．2
质Fe)为原料，一种制备铜的氯化物的流程如下：
(1)上述流程中固体K 溶于稀盐酸的目的是 ______ .试剂X 、固体J 的物质分别为 ______ ．
A ．NaOH 3Fe(OH)
B ．CuO 3Fe(OH)
C ．32NH H O ⋅ 2Fe(OH) 4D.CuSO 2Cu(OH)
(2)反应②是向溶液2中通入一定量的2SO ，加热一段时间后生成CuCl 白色沉淀．写出制备CuCl 的离子方程式 ______ ．
(3)以石墨为电极，电解2CuCl 溶液时发现阴极上也会有部分CuCl 析出，写出此过程中阴极上的电极反应式 ______ ．
【答案】防止2Cu +水解 B 22
2242Cu 2Cl SO 2H O 2CuCl 4H SO +-+-∆+++↓++
2Cu e Cl CuCl +--++=
【解析】
【分析】
粗铜（含杂质Fe ）与氯气反应生成氯化铁和氯化铜，加稀盐酸溶解，形成氯化铁和氯化铜溶液，再加试剂x 为CuO 或氢氧化铜等调节pH ，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到的固体J 为氢氧化铁，溶液2为氯化铜溶液，通入二氧化硫，二氧化硫与铜离子发生氧化还原反应生成CuCl ，氯化铜溶液在HCl 氛围中蒸发结晶得到CuCl 2•2H 2O 。

【详解】
（1）流程中固体K 溶于稀盐酸的目的是防止铜离子水解，试剂X 、固体J 的物质分别为氧化铜，氢氧化铁，选B ，
故答案为：防止2Cu +水解；冷却结晶，B ；
（2）根据信息可知：在加热条件下，2SO 与铜离子反应生成CuCl 白色沉淀和24SO -
，其反应的离子方程式为：222242Cu 2Cl SO 2H O 2CuCl 4H SO ∆+-+-+++↓++； 故答案为：22224
2Cu 2Cl SO 2H O 2CuCl 4H SO ∆+-+-+++↓++； （3）以石墨为电极，电解2CuCl 溶液时发现阴极上也会有部分CuCl 析出，阴极上是得到电子发生还原反应，2Cu +得到电子生成CuCl ，电极反应为：2Cu e Cl CuCl +--++=， 故答案为：2Cu e Cl CuCl +--++=。

【点睛】
本题以实验室制备氯化铜为背景，考查了物质的制备实验操作、离子检验、除杂质、离子方程式的书写、原电池原理的应用等，题目涉及的知识点较多，侧重于基础知识的综合应用的考查。

10．从含铜丰富的自然资源黄铜矿（CuFeS 2）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高温
3Cu2S+2Fe3O4+9SO2、Cu2S+O2
高温
2Cu+SO2此工艺与前一工艺相比
主要缺点有_____．
【答案】CuFeS2 + 3FeCl3＝CuCl + 4FeCl2 + 2S Fe2O3 Cu2+ 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发生歧化反应生成Cu和Cu2+，过滤可得到Cu，得到滤液含有Cu2+，
（1）CuFeS2和3FeCl3之间发生的是氧化还原反应，化学方程式为：CuFeS2+3FeCl3＝
CuCl+4FeCl2+2S，故答案为：CuFeS2 + 3FeCl3＝CuCl + 4FeCl2 + 2S；
（2）过滤1所得滤液中只含FeCl2，将其在空气中加热蒸干、灼烧后，发生水解生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁，氢氧化铁灼烧分解生成氧化铁，所得固体为Fe2O3，故答案为：Fe2O3；
（3）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+，故答案为：Cu2+；
（4）滤3所得滤液中含有HCl和CuCl2，可以循环使用，涉及反应有CuFeS2+3CuCl2＝
4CuCl+FeCl2+2S、2CuCl＝Cu+CuCl2，综合两个化学方程式可得CuFeS2+CuCl2＝
2Cu+FeCl2+2S，由方程式可得每生成1molCu，理论上需补充CuCl2的物质的量为0.5mol，故答案为：CuCl2(HCl)；0.5mol；
（5）将精选后的黄铜矿砂与空气在高温下煅烧，使其转变为铜，生成二氧化硫气体，污染
空气，且能耗高，故答案为：会产生污染环境的气体SO2，能耗高等。