中考化学流程图大题培优及详细答案.docx

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中考化学流程图大题培优及详细答案

一、中考初中化学流程图

1．已知在某化肥K2SO4样品中可能混入了NH4Cl、NH4NO3、K2CO3三种物质中的一种或多种，为推测混入的物质种类，现按图所示进行实验，出现的现象如图中所述（设过程中所有发生的反应都恰好完全进行）。

试根据实验过程和发生的现象填写以下空白：

（1）常温下，气体B水溶液的pH__________7（填“大于”“小于”“等于”之一）。

（2）实验步骤②的现象证明可能混入的三物质中，一定存在的物质是______________。

（3）根据上述实验，已经证明了溶液E中存在的溶质有（写化学式）______________。

（4）仅根据上述实验现象，NH4Cl、NH4NO3、K2CO3三种物质中，还不能确定是否混入化肥K2SO4样品中物质是____________________（写化学式）。

（5）要进一步推理化肥样品中的物质，可用溶液E再实验，请简要说明实验操作步骤、发生的现象及结论________________________________________

【答案】大于K2CO3KNO3NH4Cl、NH4NO3向溶液E中加入硝酸银，如果有白色沉淀生成，说明样品中含有NH4Cl，可能含有NH4NO3；如果没有白色沉淀，则样品中含有NH4NO3，不含有NH4Cl

【解析】

（1）由于碱性溶液能使紫色石蕊试液变蓝，所以气体B水溶液的pH>7；

（2）由于碳酸根离子与酸能反应生成二氧化碳，所以加入硫酸产生气体，说明含有碳酸根离子，所以一定含有碳酸钾；（3）由于碳酸钾与硫酸反应生成硫酸钾和水、二氧化碳；原来也含有硫酸钾，所以硫酸钾再与硝酸钡反应生成硫酸钡沉淀和硝酸钾，所以E中一定含有KNO3；（4）加入氢氧化钾能产生气体，由于碱性溶液能使紫色石蕊试液变蓝，所以气体B水溶液的pH>7，我们学习过去的碱性气体是氨气，与碱溶液产生氨气，说明样品中含有带铵根离子的盐，只能证明样品中含有带铵根离子的盐，但不能确定是氯化铵还是硝酸铵，化学式为：

NH4Cl、NH4NO3；（5）向溶液E中加入硝酸银，如果有白色沉淀生成，说明样品中含有NH4Cl，因为氯化银属于白色沉淀，所以说明一定含有氯化铵，可能含有NH4NO3；如果没有白色沉淀，则不含有氯离子，则样品中含有NH4NO3，不含有NH4Cl。

2．工业上用菱锰矿[主要成分为MnCO3，含FeCO3、Cu2（OH）2CO3、SiO2等杂质]为原料来制取二氧化锰，其生产流程示意图如下：

回答下列问题：

（1）加盐酸之前，需要将菱锰矿粉碎，目的是________

（2）操作②是______，此操作过程中用的玻璃仪器有玻璃棒、______、_______，其中玻璃棒的作用是________。

（3）向菱锰矿中加入盐酸，MnCO3、FeCO3、Cu2（OH）2CO3都溶解并转化为MnCl2、FeCl2、CuCl2。

盐酸与MnCO3反应的化学方程式为_______________。

滤渣1主要成分是二氧化硅，需要洗涤，洗涤的目的是________________，可以通过在最后一次洗涤液中滴加________（填化学式）溶液，若无明显现象，则已洗涤干净。

（4）加入双氧水将铁元素转化为Fe（OH）3沉淀，其反应为：

2FeCl2+H2O2+4H2O=2Fe（OH）3↓+4HCl，该反应化合价发生变化的元素是氧和________（填元素名称）。

（5）加入Na2S、MnS等硫化物，均可将MnCl2中混有的CuCl2转化为CuS沉淀除去，但实际生产中选用MnS，其原因是________。

【答案】增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分过滤烧杯漏斗引流

回收滤渣表面的MnCl2（答案合理即可）AgNO3铁不引入新杂质

【解析】

【分析】

【详解】

（1）将菱锰矿粉碎，可以增大反应物之间的接触面积，提高反应速率，使反应更充分；

（2）操作②实现了固液分离，故操作②是过滤。

过滤需要用到的玻璃仪器有：

玻璃棒、烧杯、漏斗，玻璃棒的作用是：

引流；

（3）盐酸与MnCO3反应生成氯化锰、二氧化碳和水，该反应的化学方程式为：

；

向菱锰矿中加入盐酸，MnCO3、FeCO3、Cu2（OH）2CO3都溶解并转化为MnCl2、FeCl2、CuCl2，且该生产流程是生成二氧化锰，故洗涤滤渣的目的是：

回收滤渣表面的MnCl2；

滤液中含有氯离子，银离子能与氯离子反应生成氯化银白色沉淀，故可以通过在最后一次洗涤液中滴加AgNO3溶液，若无明显现象，则已洗涤干净；

（4）氯化亚铁中铁元素的化合价为+2价，氢氧化铁中铁元素的化合价为+3价，故铁元素的化合价发生了改变；

（5）加入Na2S，Na2S与氯化铜反应生成CuS和氯化钠，虽然除去了氯化铜，但是引入了新的杂质氯化钠，如果用MnS，MnS与氯化铜反应生成CuS和氯化锰，不会引入新的杂质，故填：

不引入新杂质。

3．某种手机电路板中含有Fe、Cu、Au、Ag、Ni（镍，银白色金属）等金属，如图是某工厂回收部分金属的流程图。

（1）操作①中，使用的玻璃仪器除烧杯、漏斗外，还需_______________；

（2）写出滤液②中阳离子符号_____________。

（3）根据以上工艺流程图，可以得到Cu、Ni、Fe、H的活动性由强到弱的顺序依次是__________。

（4）已知滤渣①中的铜与稀硫酸、氧气在加热的条件下会生成硫酸铜，写出该反应的化学方程式________。

【答案】玻璃棒Fe2+Fe、Ni、H、Cu

【解析】

【分析】

【详解】

（1）操作①为固液分离，操作为过滤，使用的玻璃仪器除烧杯、漏斗外，还需玻璃棒；

（2）电路板中含有Fe、Cu、Au、Ag、Ni等金属，根据题中反应情况和已学的金属活动性顺序，金属板中的铁、镍和稀硫酸反应，铜、金、银不反应；过滤得到的滤液①中含有反应生成的硫酸亚铁和硫酸镍；加入过量铁粉，铁和硫酸镍反应生成硫酸亚铁和镍，再过滤得到的滤渣中含有镍和过量的铁，滤液②中含有硫酸亚铁，故滤液②中金属阳离子是亚铁离子，对应的符号是：

Fe2+。

（3）由于加入足量的硫酸，镍和铁反应，说明镍和铁比铜活泼。

而铁在滤液①中置换出镍单质，说明铁比镍活泼，所以Cu、Ni、Fe、H在溶液中的活动性由强到弱的顺序依次是：

Fe、Ni、H、Cu；

（4）铜与稀硫酸、氧气在加热的条件下会生成硫酸铜，该反应的化学方程式：

（或分步写成：

，

）。

4．四氧化三铁可用于医疗器械、电子等工业。

某实验兴趣小组从工厂采集废液（含FeSO4和少量ZnSO4、MgSO4），进行四氧化三铁的制备实验。

（阅读资料）

（1）25℃时，氢氧化物沉淀的pH范围如表

Zn（OH）2

Fe（OH）2

Mg（OH）2

开始沉淀的pH

5.7

7.6

10.4

沉淀完全的pH

8.0

9.6

12.4

（2）25℃时，Zn（OH）2可溶于pH＞10.5的碱溶液。

（3）制备Fe3O4的实验流程如下：

（回答问题）

（1）往废液中加入氢氧化钠溶液生成沉淀的化学方程式为______________（写一个即可）。

（2）操作a的名称为___。

该操作需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、__________等。

玻璃棒在此操作中的主要作用是___。

（3）溶液1所含溶质有_______（至少写两种）；溶液3所含溶质的主要成分为___。

【答案】2NaOH+ZnSO4═Zn（OH）2↓+Na2SO或2NaOH+FeSO4═Fe（OH）2↓+Na2SO4过滤漏斗引流硫酸镁、硫酸钠、氢氧化钠（两种即可）硫酸亚铁

【解析】

【分析】

【详解】

（1）加入氢氧化钠溶液后，调节PH至9.6，可以判断能形成得到氢氧化锌和氢氧化亚铁沉淀，,反应的化学方程式为：

2NaOH+ZnSO4═Zn（OH）2↓+Na2SO4或2NaOH+FeSO4═Fe（OH）2↓+Na2SO4；

（2）经过操作a后得到了固体和溶液，所以可以判断操作a的名称为过滤，过滤需要漏斗，玻璃棒在该过程中的作用为引流；

（3）加入氢氧化钠后，硫酸锌和氢氧化钠反应生成了硫酸钠，氢氧化镁只有在pH值等于10.4时，才会沉淀，所以溶液中还含有硫酸镁，向固体1中加入氢氧化钠溶液，根据题给信息可以知道25℃时，Zn（OH）2可溶于pH＞10.5的碱溶液，所以氢氧化锌要溶解，剩余的固体2为氢氧化亚铁，所以加入稀硫酸后溶液3的溶质为硫酸亚铁；

故答案为：

（1）2NaOH+ZnSO4═Zn（OH）2↓+Na2SO或2NaOH+FeSO4═Fe（OH）2↓+Na2SO4；

（2）过滤；漏斗；引流；（3）硫酸镁、硫酸钠、氢氧化钠（两种即可）；硫酸亚铁。

5．以某矿山酸性废水（主要含硫酸、硫酸铁、硫酸铜和硫酸锌等）为原料，通过下述流程可将废水中的铁、铜和锌分步沉淀，实现回收利用。

（1）步骤①中，加入Ca（OH）2有两个作用。

一是中和废水中的硫酸，该反应的化学方程式为___________________________；

二是将硫酸铁转化为Fe（OH）3，该反应属于______________________（填基本反应类型）。

（2）步骤③中，锌泥中最主要的含锌化合物的化学式为___________________；

（3）为分步回收铁、铜、锌等金属资源且直接得到铜单质，只需改变上述流程中的某步骤加入的试剂即可。

该步骤和应加入的试剂分别是____________。

【答案】Ca（OH）2+H2SO4=CaSO4+2H2O复分解反应Zn（OH）2步骤②锌

【解析】

（1）根据氢氧化钙与硫酸反应生成硫酸钙和水解答；根据两种化合物互相交换成分，生成另外两种化合物且生成物中有气体、沉淀或水生成解答；

（2）根据硫酸锌与氢氧化钙反应生成氢氧化锌解答；（3）根据锌能置换出硫酸铜溶液中的铜解答。

（1）氢氧化钙与硫酸反应生成硫酸钙和水，反应的化学方程式为Ca（OH）2+H2SO4=CaSO4+2H2O；由反应的化学方程式3Ca（OH）2+Fe2（SO4）3=3CaSO4+2Fe（OH）3↓可知，该反应属于复分解反应；

（2）硫酸锌与氢氧化钙反应生成氢氧化锌，故锌泥中最主要的含锌化合物的化学式为Zn（OH）2；（3）锌能置换出硫酸铜溶液中的铜，故在步骤②中加入锌即可。

6．氯化钙是多用途的干燥剂和建筑防冻剂。

实验室里用石灰石和盐酸制备二氧化碳的含酸废液（含有MgCl2、FeCl3等）通过以下途径制得无水氯化钙。

（1）操作I的名称为_____，操作II的名称为______。

滤渣的化学成分有____________________。

（2）石灰乳的作用是①_____________________，②_________________________，写出其中1个反应的化学方程式____________________________________。

【答案】过滤降温结晶Mg（OH）2、Fe（OH）3中和多余的盐酸除去Mg2+和Fe3+2HCl+Ca（OH）2=CaCl2+2H2O或Ca（OH）2+MgCl2=Mg（OH）2↓+CaCl2或3Ca（OH）2+2FeCl3=2Fe=（OH）3↓+3CaCl2。

【解析】

【分析】

【详解】

（1）混合物中有易溶于水的、难溶于水的物质，所以操作I的名称是过滤；蒸发浓缩过程中溶液温度较高，降低温度使溶质从溶液中析出，操作II的名称是冷却结晶或结晶；根据流程中发生的反应：

2FeCl3+3Ca（OH）2=2Fe（OH）3↓+3CaCl2，MgCl2+Ca（OH）2=Mg（OH）2↓+CaCl2，Mg（OH）2、Fe（OH）3都难溶于水，所以滤渣的化学成分有Mg（OH）2、Fe（OH）3；

（2）石灰乳参加的反应有：

2HCl+Ca（OH）2=CaCl2+2H2O2FeCl3+3Ca（OH）2=2Fe（OH）3↓+3CaCl2，MgCl2+Ca（OH）2=Mg（OH）2↓+CaCl2，所以石灰乳的作用是：

①中和废液中的酸，②使废液中的镁、铁完全沉淀，除去Mg2+和Fe3+；流程中的反应化学方程式有：

2HCl+Ca（OH）2=CaCl2+2H2O或Ca（OH）2+MgCl2=Mg（OH）2↓+CaCl2

或3Ca（OH）2+2FeCl3=2Fe=（OH）3↓+3CaCl2。

7．硫酸钠是制造纸浆、染料稀释剂、医药品等的重要原料。

某硫酸钠粗品中含有少量的氯化钙、氯化镁，实验室进行提纯的流程如下：

（1）滤渣中两种主要成分的化学式为_____________

（2）NaOH和Na2CO3如果添加过量了，可加入适量____溶液除去。

（3）“后续处理”的主要操作是蒸发，为了获得纯净的硫酸钠，应蒸发至_____（选填字母）。

A完全蒸干时停止加热

B有大量固体析出时停止加热，利用余热蒸干

（4）已知硫酸钠的溶解度随温度变化的曲线如图所示。

40℃时，硫酸钠的饱和溶液中溶质质量分数为__________（结果精确到0.1%），将该饱和溶液转化为该温度下不饱和溶液的方法是_________、_______

【答案】Mg（OH）2、CaCO3稀硫酸B33.3%添加溶剂升（降）温后，过滤再恢复到原来温度

【解析】

【分析】

【详解】

（1）硫酸钠粗品中含有少量的氯化钙、氯化镁，加入氢氧化钠是为了除去氯化镁，发生的反应方程式为

，加入碳酸钠是为了除去氯化钙，发生的反应方程式为

，故滤渣中的两种主要成分是Mg（OH）2、CaCO3；

（2）NaOH和H2SO4反应生成硫酸钠和水，Na2CO3和H2SO4反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，均可除杂又不引入新杂质，所以可加入适量稀硫酸溶液；

（3）进行蒸发操作时，不需要完全蒸干，有大量固体析出时即可停止加热，利用余热进行蒸干，故选B；

（4）由图像可知，40℃时，硫酸钠的溶解度为50g，若配成饱和溶液，溶质的质量分数为

；由于40℃时硫酸钠的溶解度达到最大值，此时无论是升高温度或是降低温度，都会使硫酸钠的溶解度下降，造成饱和溶液有晶体析出，所以将该饱和溶液转化为该温度下不饱和溶液的方法可以是添加溶剂；也可以升（降）温后，过滤析出的晶体后再恢复到原来温度。

8．无水溴化钙可用作阻燃剂、制冷剂，具有易溶于水，易吸潮等性质。

实验室用工业大理石（含有少量Al3+、Fe3+等杂质）制备溴化钙的主要流程如下：

完成下列填空：

（1）上述使用的氢溴酸（HBr）的质量分数为26%，若用47%的氢溴酸配置26%的氢溴酸，所需的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、__________。

（2）已知步骤Ⅲ的滤液中不含NH4+。

步骤Ⅱ加入的试剂a是_____，控制溶液的pH约为8.0，将Al3+、Fe3+分别转化成沉淀而除去，写出沉淀的化学式__________。

（3）试剂b的作用__________，写出发生的化学反应方程式____________________。

（4）步骤Ⅴ所含的操作依次是_______________、降温结晶、过滤。

【答案】量筒和胶头滴管Ca（OH）2Al（OH）3、Fe（OH）3除去过量的Ca（OH）2Ca（OH）2+2HBr=CaBr2+2H2O蒸发浓缩

【解析】

【分析】

【详解】

（1）若用47%的氢溴酸配置26%的氢溴酸，属于浓溶液的稀释问题，稀释溶液所需的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、量筒和胶头滴管。

需要计算好加水的体积和浓溶液的体积，量取一定量的液体体积需要用到玻璃仪器有：

量筒和胶头滴管。

故填：

量筒和胶头滴管。

（2）步骤Ⅰ中加入的氢溴酸是过量的，所以步骤Ⅱ中的溶液是酸性的，加入的试剂a后，控制溶液的pH约为8.0，能将Al3+、Fe3+分别转化成沉淀而除去，所以a是碱，同时不能引入新杂质，所以a是氢氧化钙（石灰水）；将Al3+、Fe3+分别转化成氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，所以沉淀的化学式为Al（OH）3、Fe（OH）3。

故填：

Ca（OH）2；Al（OH）3、Fe（OH）3。

（3）步骤Ⅱ中的溶液是酸性的，加入的试剂a（氢氧化钙）过量，所以步骤Ⅲ的滤液中含有氢氧化钙，加入试剂b目的除去氢氧化钙还不能引入新杂质，故b是适量的氢溴酸。

氢溴酸与氢氧化钙反应生成溴化钙和水，反应方程式为：

Ca（OH）2+2HBr=CaBr2+2H2O。

故填：

除去过量的Ca（OH）2；Ca（OH）2+2HBr=CaBr2+2H2O。

（4）步骤Ⅳ加入适量氢溴酸后得到的是不含其它溶质的溴化钙溶液，步骤Ⅴ经过蒸发浓缩、降温结晶、过滤，可以得到溴化钙晶体。

故填：

蒸发浓缩。

9．为实现废物“资源化”利用的目的，以电石渣[主要成份为Ca（OH）2和CaCO3，其中Ca（OH）2为微溶物]为原料制备KClO3，其主要流程如图:

（1）氯化过程中，Cl2与Ca（OH）2作用，发生了一系列变化，最终生成Ca（ClO3）2和CaCl2，该反应的化学方程式中这两种生成物的化学计量数比为1:

5。

①生成Ca（ClO3）2的化学方程式___________。

②提高Cl2转化为Ca（ClO3）2的转化率的可行措施有_________（填标号）。

A适当减缓通入Cl2速率

B充分搅拌浆料

C加水使Ca（OH）2完全溶解

（2）活性炭的作用是__________；步骤甲的操作名称为______________；残渣A中一定含有__________。

（3）向步骤甲得到的溶液中加入稍过量KCl固体可将Ca（ClO3）2转化为KClO3，该反应的基本反应类型为_______。

【答案】

AB吸附有毒的Cl2过滤活性炭、CaCO3复分解反应

【解析】

【分析】

【详解】

（1）①根据题意，Cl2与Ca（OH）2反应生成Ca（ClO3）2和CaCl2，该反应的化学方程式中这两种生成物的化学计量数比为1:

5，根据质量守恒定律，化学反应前后，原子的种类和数目不变，生成物中含6个钙原子，12个氯原子，6个氧原子，反应物中也应含有12个氯原子，6个钙原子，故氯气和氢氧化钙的化学计量数为6:

6，故反应物中还含有12个氢原子，12个氧原子，故生成物中还应含有12个氢原子，6个氧原子，故该反应的化学方程式为：

；

②转化率是指某一反应物转化的百分率，氯化时，为提高转化率，需要增加反应物之间的接触面积。

A、适当减缓通入Cl2速率，能使反应物接触时间长，提高转化率，符合题意；

B、充分搅拌浆料，增加接触面积，提高转化率，符合题意；

C、加水使Ca（OH）2完全溶解，导致接触面积降低，降低转化率，不符合题意。

故选AB；

（2）活性炭具有吸附性，可以吸附有毒有害气体，故活性炭的作用是：

吸附有毒的氯气；

步骤甲是分离固体和液体，故步骤甲的操作名称为过滤；

电石渣的主要成分是碳酸钙和氢氧化钙，氢氧化钙能与氯气反应生成Ca（ClO3）2和CaCl2，加入活性炭，吸附多余的氯气，活性炭不溶于水，故滤渣A中一定含有：

碳酸钙和活性炭；

（3）由题意可知，氯化钾能将Ca（ClO3）2转化为KClO3，根据质量守恒定律，化学反应前后，原子的种类和数目不变，故另一生成物为氯化钙，该反应的化学方程式为：

，该反应符合“两种化合物互相交换成分生成另外两种化合物”的反应，属于复分解反应。

10．某种矿石由氧化镁、氧化铁、氧化铜和二氧化硅组成，用它制备氢氧化镁的流程示意图如图所示（已知:

二氧化硅不溶于水也不与稀盐酸反应）。

请回答下列问题。

（1）加稀盐酸之前要将矿石粉碎的目的是_____________。

（2）溶液A中除了Mg2+外，还含有的金属阳离子是______________;（写离子符号）

写出矿石中的任意一种金属氧化物与稀盐酸反应的化学方程式:

______________（只写一个）。

（3）在溶液A中加入熟石灰调节溶液的pH，可以使溶液中的金属阳离子逐步转化为沉淀。

该实验条件下，使金属阳离子沉淀的相关pH数据见下表。

为保证产品纯度、减少产品损失，并便于操作，所得溶液B的pH的取值范围为______________。

（用不等式表示）

氢氧化物

Fe（OH）3

Cu（OH）2

Mg（OH）2

开始沉淀的pH

1.5

4.2

8.6

完全沉淀的pH

3.2

6.7

11.1

（4）写出溶液B中加入熟石灰发生反应的化学方程式:

___________________________。

【答案】增大接触面积，使反应更充分Fe3+、Cu2+、H+MgO+2HCl═MgCl2+H2O（或Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O或CuO+2HCl═CuCl2+H2O）6.7∼8.6MgCl2+Ca（OH）2═Mg（OH）2↓+CaCl2

【解析】

【分析】

【详解】

（1）加稀盐酸之前要将矿石粉碎的目的是增大接触面积，使反应跟充分；

（2）溶液A中含有镁离子、铁离子、铜离子和氢离子等4种阳离子，除了Mg2+外，还含有的金属阳离子是Fe3+、Cu2+、H+；稀盐酸和氧化镁反应生成氯化镁和水，和氧化铁反应生成氯化铁和水，和氧化铜反应生成氯化铜和水，反应的化学方程式为：

MgO+2HCl═MgCl2+H2O，Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O，CuO+2HCl═CuCl2+H2O；

（3）由表中数据可知，溶液pH在6.7时，铁离子和铜离子完全形成沉淀，而镁离子在pH=8.6时开始产生沉淀，因此溶液B的pH可允许的范围为是6.7∼8.6；

（4）溶液B中加入熟石灰时，氯化镁和氢氧化钙反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钙，发生的化学反应方程式为：

MgCl2+Ca（OH）2═Mg（OH）2↓+CaCl2。

11．某黑色固体粉末可能是Fe、FeO、CuO、C中的一种或几种。

为了探究其成分，小明同学按照如图所示流程进行了实验。

关于该实验有以下说法：

①若溶液甲呈浅绿色，则原黑色固体粉末中一定有Fe；②若步骤Ⅱ中无明显现象，则固体乙中一定有Cu；③若步骤Ⅱ中有气泡产生，则固体乙一定只有C；④若步骤Ⅱ中有红色固体析出，则固体乙中一定无Fe。

以上说法中正确的是

A．①②③④B．②③④C．②④D．④

【答案】D

【解析】

根据C不与稀硫酸反应；氧化铜可以与稀硫酸反应，生成的Cu2+在水溶液中显蓝色；Fe可以与稀硫酸反应生成气体；Fe、FeO与硫酸反应生成的Fe2+在水溶液中显浅绿色；铁的活动性大于铜，能将铜从其盐溶液中置换出来，据此分析判断有关的说法。

①若溶液甲呈浅绿色，则原黑色固体粉末中不一定含有Fe，FeO也可以与稀硫酸反应生成的Fe2+在水溶液中显浅绿色，错误；②若步骤Ⅱ中无明显现象，说明了溶液中无硫酸铜，没有剩余的硫酸，则固体乙中一定有Cu，正确；③若步骤Ⅱ中有气泡产生，说明了硫酸是过量的，则固体乙可能含有铜，不一定是碳，错误；④若步骤Ⅱ中有红色固体析出，说明了溶液中含有硫酸铜，铁与硫酸铜反应所以，固体乙中一定无Fe，正确。

故选C。

12．碱式碳酸铜可用于生产木材防腐剂等。

工业上可用微蚀刻废液（含有一定量Cu2+、H+、SO42-、H2O2和微量Fe3+）制备高纯度碱式碳酸铜，其制备过程如下：

（1）加入试剂1的目的是除去废液中的酸性物质，试剂1最好选用__________（填序号）。

aFe2O3bCaCO3cCuO

（2）加入Na2CO3沉淀前须除去Fe3+，否则Fe2（SO4）3会与Na2CO3反应，产生一