全国备战高考化学铜及其化合物推断题的综合备战高考真题分类汇总附答案解析

全国备战高考化学铜及其化合物推断题的综合备战高考真题分类汇总附答案解
析
一、铜及其化合物
1．化合物 A是一种化肥，受热分解生成三种物质，物质间的有关转换关系如图所示，部分生成物已省略，其中C为无色气体，B为无色液体，D 为无色有刺激性气味的气体，B到E的反应条件为通电，I为一种常见强酸。

请回答下列问题：
(1)A的化学式为___________________________。

(2)C的水化物与I的酸性由强到弱的顺序：___________________(用化学式填空)
(3)B生成E的化学方程式为_____________________。

(4)金属铜与I的稀溶液反应的离子方程式为_____________，该反应中还原产物是
______，生成1mo1的还原产物，转移电子的数目为__________N A。

【答案】NH4HCO3或(NH4)2CO3 HNO3＞H2CO3 2H2O 2H2↑+O2↑ 3Cu+8H+ +2NO3-= 3Cu2++2NO↑+4H2O NO 3
【解析】
【分析】
化合物 A是一种化肥，受热分解生成三种物质，其中C为无色气体，B为无色液体，D 为无色有刺激性气味的气体，A是碳酸氢铵或碳酸铵，C是二氧化碳，B是水，D是氨气，B 到E的反应条件为通电，E是氢气，F是氧气，F和D反应生成G，G是一氧化氮，H为二氧化氮，I为一种常见强酸，是硝酸。

【详解】
根据分析可知，A为碳酸氢铵或碳酸铵，C是二氧化碳，B是水，D是氨气，E是氢气，F 是氧气，G是一氧化氮，H为二氧化氮，I为硝酸。

(1)A是碳酸氢铵或碳酸铵，化学式为NH4HCO3或(NH4)2CO3；
(2)C的水化物为碳酸，I为硝酸，N的非金属性强于C，故酸性：HNO3＞H2CO3；
(3)B在通电的条件下生成E和F，化学方程式为电解水，2H2O通电2H2↑+O2↑；
(4)铜与稀硝酸反应生成硝酸铜，一氧化氮和水，离子方程式为3Cu+8H++2NO3-= 3Cu2+
+2NO↑+4H2O，硝酸中的氮元素化合价从+5降低到+2，是氧化剂，得到的一氧化氮是还原产物，生成2molNO转移6mol电子，故生成1mo1的NO，转移3mol电子，数目为3N A。

2．物质A～D均含同种元素，都是中学化学中常见的物质，它们之间可发生如图所示的反应（除A～D外的其他物质均已略去）。

（1）写出相应物质的类别。

物质B C D
类别_______
（2）上述反应①到⑥中，属于离子反应的有___个。

（3）①D→A转化的化学方程式：__。

②B→C转化的离子方程式：__。

【答案】盐碱氧化物 3 CuO+H2Cu+H2O Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓
【解析】
【分析】
由转化关系可知D应为氧化物，与氢气反应生成A为单质，B应为硫酸盐，可由A与浓硫酸反应生成，B可与铁反应生成A，则可考虑A为Cu，则D为CuO，B为CuSO4，C为
Cu(OH)2，以此解答该题。

【详解】
根据以上分析知：A为Cu，B为CuSO4，C为Cu(OH)2，D为CuO；
(1)B为CuSO4，属于盐类，C为Cu(OH)2，属于碱，D为CuO，为氧化物；
(2)上述反应①到⑥中，③⑤⑥在溶液中进行，属于离子反应，共3个；
(3)①D→A转化，涉及CuO与H2的反应，化学方程式为CuO+H2Cu+H2O；
②B→C为硫酸铜与氢氧化钠的反应，反应的离子方程式为Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓。

3．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+C
3CuO+2NH33Cu+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+2NH33Cu+N2+3H2O，故答案为：3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O。

4．下图中每一方框中的字母代表一种反应物或生成物（部分产物未列出）：
已知C是紫红色金属固体，B的浓溶液和稀溶液都是有强氧化性。

（1）A的化学式是____________，E化学式是__________________；
（2）电解反应的化学(或离子)方程式是_________________________________________；（3）对200ml 1mol/L的A溶液进行电解，当有0.02mol电子发生转移时，溶液的为___________（假设溶液体积不变）。

【答案】Cu(NO3)2 CuO 2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+或
2Cu(NO3)2+2H2O2Cu+O2↑+4HNO3 1
【解析】
【分析】
C是紫红色金属固体，则C为Cu，B的浓溶液和稀溶液都是有强氧化性，则B为HNO3，可推知A为Cu(NO3)2，D为O2，E为CuO，据此解答．
【详解】
C是紫红色金属固体，则C为Cu，B的浓溶液和稀溶液都是有强氧化性，则B为HNO3，可推知A为Cu(NO3)2，D为O2，E为CuO；
(1)由上述分析可知，A的化学式是Cu(NO3)2，E化学式是CuO；
(2)电解反应的化学(或离子)方程式是：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+或
2Cu(NO3)2+2H2O2Cu+O2↑+4HNO3；
(3)对200ml 1mol/L的Cu(NO3)2溶液进行电解，当有0.02mol电子发生转移时，参加反应铜
离子物质的量=0.02mol
2
=0.01mol，故生成氢离子为0.01mol×
4
2
=0.02mol，故氢离子物质
的量浓度=0.02mol
0.2L
=0.1mol/L，故溶液pH=-lg0.1=1。

5．汞蒸气有毒，为了检查室内汞含量是否超标，可用含某一化合物A的试纸悬挂于室内，室温下若三小时内试纸变色，则表明室内汞超标。

化合物A为较常见化合物，白色，难溶于水，其金属阳离子在水中不稳定，可发生歧化反应，歧化产物之一可与A的非金属阴离子作用并生成化合物A。

(1)判断A为________________，键型________________。

(2)A的阳离子在水溶液中的歧化反应方程式____________。

(3)歧化产物之一与A的阴离子反应方程式____________。

(4)检测汞蒸气时，试纸颜色由________色变成________色。

写出反应方程式
____________(已知反应产物之一是配合物)。

【答案】CuI 共价键 2Cu＋＝Cu2＋＋Cu 2Cu2＋＋4I－＝2CuI＋I2白红 4CuI＋Hg＝
Cu2HgI4＋2Cu
【解析】
【分析】
根据题干信息，化合物A为较常见化合物，白色，难溶于水，其金属阳离子在水中不稳定，可发生歧化反应，歧化产物之一可与A的非金属阴离子作用并生成化合物A，则化合物A为CuI，是共价化合物；检测汞蒸气时，发生反应4CuI＋Hg＝Cu2HgI4＋2Cu，试纸颜色由白色变成红色。

【详解】
(1)据以上分析可知化合物A为CuI，是共价化合物，Cu和I形成共价键，故答案为：CuI；共价键；
(2)A的阳离子为Cu+，在水溶液中的歧化反应方程式为2Cu＋＝Cu2＋＋Cu，故答案为：2Cu＋＝Cu2＋＋Cu；
(3)歧化产物之一(Cu2+)与A的阴离子(I-)发生氧化还原反应生成CuI和I2，反应方程式是2Cu2＋＋4I－＝2CuI＋I2，故答案为：2Cu2＋＋4I－＝2CuI＋I2；
(4) 检测汞蒸气时，发生反应4CuI＋Hg＝Cu2HgI4＋2Cu，试纸颜色由白色变成红色，故答案为：白；红；4CuI＋Hg＝Cu2HgI4＋2Cu。

6．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)2Fe(OH)3Cu(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.
()
()3
4
n NH
n CH
【答案】SO2 2∶1 空气或氧气 3.7≤pH<4.8 ad 4CuSO4＋N2H4＋8KOH
90℃
2Cu2O＋
N2↑＋4K2SO4＋6H2O 防止Cu2O被空气中氧气氧化 2Cu－2e－＋2OH－=Cu2O＋H2O bd 【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+2O22CuO+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+8KOH2Cu2O+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+2O 22CuO+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+8KOH2Cu2O+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+8KOH2Cu2O+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．
()
()3
4
n NH
n CH
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。

7．工业上由含铜废料(含有Cu、CuS、CuSO4等)制备硝酸铜晶体的流程如图：
（1）“焙烧”时CuS转化为CuO和SO2，反应的化学方程式为___。

（2）“酸化”步骤反应的离子方程式为___。

（3）“过滤”所得滤液中溶质的主要成分为___。

（4）“淘洗”所用的溶液A应选用___(填序号)。

a．稀硫酸 b．浓硫酸 c．稀硝酸 d．浓硝酸
（5）“反应”一步的过程中无红棕色气体生成。

①理论上消耗HNO3和H2O2的物质的量之比为___。

②若不加10%H2O2，只用浓HNO3，随着反应的进行，容器内持续出现大量红棕色气体，写出该反应的离子方程式____。

（6）由“反应”所得溶液中尽可能多地析出Cu(NO3)2·3H2O晶体的方法是___。

(相关物质的溶解度曲线如图所示)
【答案】2CuS+3O22CuO+2SO2 CuO+2H+═Cu2++H2O FeSO4 a 2∶1 Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O 蒸发浓缩，降温至温度略高于26.4°C结晶
【解析】
【分析】
工业上由含铜废料(含有Cu、CuS、CuSO4等)制备硝酸铜晶体，废料通入空气焙烧后，铜生成氧化铜，硫化铜转化为CuO和SO2，加入硫酸酸化生成硫酸铜，加入过量的铁发生置换反应生成铜，过滤得到滤渣铁和铜，用溶液A淘洗后加入20%的HNO3和10%的H2O2发生反应，蒸发浓缩，降温至温度略高于26.4°C结晶，从“反应”所得溶液中析出
Cu(NO3)2•3H2O，据此分析解答。

【详解】
(1)CuS焙烧和氧气反应转化为CuO和SO2，反应的化学方程式为：2CuS+3O2
2CuO+2SO2，故答案为：2CuS+3O22CuO+2SO2；
(2)酸化过程为经过焙烧得到的氧化铜与稀硫酸反应生成铜离子，离子方程式为：
CuO+2H+═Cu2++H2O，故答案为：CuO+2H+═Cu2++H2O；
(3)根据上述分析可知，过滤得到滤液主要为硫酸亚铁溶液，故答案为：FeSO4；
(4)淘洗加入的酸不能具有强氧化性，否则会溶解铜。

a．稀硫酸，不能和铜反应，故a
选；b．浓硫酸和铜在常温下不反应，但浓硫酸稀释会放出大量热，会和铜发生反应，故b 不选；c．稀硝酸具有氧化性能溶解铜，故c不选；d．浓硝酸能溶解铜，故d不选；故答案为：a；
(5)①“反应”一步所用的试剂是20%HNO3和10%H2O2，硝酸做酸，过氧化氢做氧化剂将Cu 氧化生成硝酸铜，反应的化学方程式为：Cu+H2O2+2HNO3=Cu(NO3)2+2H2O，理论上消耗HNO3和H2O2的物质的量之比为2∶1，故答案为：2∶1；
②若不加10%H2O2，只用浓HNO3，铜和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O，故答案为：Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O；(6)根据图像中结晶水合物的溶解度随温度变化曲线可知，温度高于26.4°C从“反应”所得溶液中析出Cu(NO3)2•3H2O，从“反应”所得溶液中析出Cu(NO3)2•3H2O的方法是：蒸发浓缩，降温至温度略高于26.4°C结晶，故答案为；蒸发浓缩，降温至温度略高于26.4°C结晶。

【点睛】
本题的易错点为(6)，要注意图像中温度的临界点为26.4°C。

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:
(1) “焙烧”时，提高反应速率的措施有____________(写一条)。

(2)炉气中的有害气体成分是__________。

(3)若试剂X是H2O2溶液，写出相应反应的离子方程式：_________。

【答案】适当升温或粉碎硫化铜矿石、充分搅拌等 SO2 2Fe2++2H++H2O22Fe3++2H2O 【解析】
【分析】
根据流程：硫化铜矿石（含CuFeS2、Cu2S等）在氧气中焙烧，得到Fe2O3、CuO、FeO等，加入稀硫酸除去不溶物，得到含有Fe2+、Cu2+、Fe3+的溶液，加入试剂X氧化Fe2+，若试剂X是H2O2溶液，反应为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，氧气或空气也可以达到此目的，利于降低生产成本，加入试剂Y条件pH范围3.7≤pH＜4.8，沉淀Fe3+，滤渣II为氢氧化铁，向滤液加入N2H4、KOH发生反应：4CuSO4+N2H4+8KOH90C 2Cu2O↓+N2↑+4K2SO4+6H2O，通过过滤、洗涤、烘干得到产品，据此分析作答。

【详解】
(1)为了提高反应速率，可以适当升温或粉碎硫化铜矿石、充分搅拌等；
(2)金属硫化物焙烧时均转化为金属氧化物与二氧化硫，故炉气中的有害气体成分是SO2；
(3) 酸性条件下，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，本身被还原为H2O，方程式为
2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；
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：
请回答下列问题：
(1)第①步Cu与酸反应的离子方程式为_________；
得到滤渣I的主要成分为____________________；
(2)第②步加H2O2的作用是__________________；
(3)用第③步所得CuSO4·5H2O制备无水CuSO4的方法是________；
(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，___方案不可行，原因是_____；从原子利用率角度考虑，___方案更合理。

【答案】Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H＋+2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O Au、Pt 将Fe2＋氧化为Fe3＋，不引入杂质，对环境无污染加热脱水甲所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质乙
【解析】
【分析】
本题是以含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物为原料，制备硫酸铜和硫酸铝晶体，涉及了用离子方程式表示反应原理，利用绿色氧化剂过氧化氢氧化二价亚铁离子得到三价铁离子，然后通过调整溶液的pH使Fe3+、Al3+沉淀，再先用碱溶液溶解沉淀，过滤后再用酸溶解沉淀，得到的溶液再分别结晶，根据物质中杂质含量判断方案的可行性，根据原子利用率高低判断方案的优劣。

【详解】
(1)稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+，其中不活泼的金属Au、Pt不能溶解，进入滤渣；所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+；第①步Cu与硝酸反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO3-
Cu2++2NO2↑+2H2O 或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O；
(2)第②步加H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+；H2O2作氧化剂，还原产物是H2O，不引入杂
质，对环境无污染；
(3)由于CuSO4是难挥发性的强酸生成的盐，在加热过程中发生水解反应产生的Cu(OH)2与硫酸会再反应产生CuSO4，所以第③步由CuSO4·5H2O制备CuSO4的方法应是直接在坩埚中加热脱水；
(4)制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中：
甲方案在滤渣中只加了硫酸，会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，方法甲不可行；
乙方案先在滤渣中加H2SO4，生成Fe2(SO4)3和Al2(SO4)3，再加适量Al粉，Al和Fe2(SO4)3生成Al2(SO4)3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体，乙方案可行；
丙方案先在滤渣中加NaOH，NaOH和Al(OH)3反应生成可溶性的NaAlO2，然后在滤液中加H2SO4，NaAlO2与硫酸反应生成Al2(SO4)3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体，方案丙可行；
可见在上述三种方案中，方案甲不可行，方案乙、丙可行，甲方案不可行原因是所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质；
从原子利用率角度考虑，方案乙反应步骤少，产生的副产物少，原子利用率相对高些，所以方案乙更合理。

【点睛】
本题考查了物质的分离提纯、离子方程式的书写、实验方案的设计与评价等知识。

较为全面的考查了学生对元素及化合物、离子的检验、物质的分离提纯，盐的水解及有电子转移的离子方程式的书写规律等，将基本理论、元素化合物、化学实验有机融为一体，是不可多得的一道好题目。

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F e3+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)氯化铁溶液溶解Cu生成FeCl2和CuCl2，则蚀刻铜箔反应的离子方程式为2Fe3＋＋
Cu→2Fe2＋＋Cu2＋；
(2)溶解Fe和Cu的固体混合物并分离出Cu，可选择稀盐酸或CuCl2溶液；
(3)再生为蚀刻液可采用的方法是向滤液中通入足量氯气，可使FeCl2完全氧化得到FeCl3溶液。

【点睛】
考查Fe3+、Cu2+的氧化能力大小的比较，能正确判断固体的成分是解本题的关键。

本题中根据三价铁离子、铜离子的氧化性强弱判断反应先后顺序，从而确定固体的成分、溶液的成分；有固体剩余，若固体只有铜，则反应后的溶液中一定无三价铁离子存在，一定存在亚铁离子，可能含有铜离子；若有铁剩余，一定有铜生成，三价铁离子和铜离子无剩余。