包头市初三化学中考二模试题和答案.docx

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包头市初三化学中考二模试题和答案

包头市2021初三化学中考二模试题和答案

一、选择题（培优题较难）

1．除去下列物质中的少量杂质，下列选用试剂或方法正确的是（　　）

选项

物质

杂质

试剂或方法

FeSO4溶液

CuSO4

加入过量的锌粉，过滤

NaCl

Na2CO3

加入过量稀盐酸，蒸发

CaCl2溶液

HCl

加入过量的Ca（OH）2溶液

KCl

MnO2

加入足量水溶液、过滤、洗涤、烘干

A．AB．BC．CD．D

【答案】B

【解析】

【分析】

根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变，除杂质题至少要满足两个条件：

①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质。

【详解】

A、FeSO4溶液和CuSO4均能与过量的锌粉反应，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误；

B、Na2CO3能与过量稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，盐酸具有挥发性，再蒸发除去盐酸，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故选项所采取的方法正确。

C、HCl能与过量的Ca（OH）2溶液反应生成氯化钙和水，能除去杂质但引入了新的杂质氢氧化钙（过量的），不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误；

D、KCl易溶于水，MnO2难溶于水，可采取加水溶解、过滤、蒸发的方法进行分离除杂，故选项所采取的方法错误。

故选B。

【点睛】

物质的分离与除杂是中考的重点，也是难点，解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件（加入的试剂只与杂质反应，反应后不能引入新的杂质）是正确解题的关键。

2．如图是甲、乙、丙三种物质的溶解度曲线，下列说法正确的是

A．将丙的饱和溶液变为不饱和溶液，可采用升温的方法

B．t1℃时，可以制得溶质质量分数为8%的丙溶液

C．t2℃时，甲、乙两种物质的饱和溶液降温至20℃，析出甲的质量比析出乙的质量大

D．t1℃时甲、乙、丙三种物质的饱和溶液升高到t2℃时，溶质质量分数为甲＞乙＞丙

【答案】B

【解析】在溶解度曲线图上，横坐标是温度，纵坐标是溶解度。

溶解度是一定温度下，100g溶剂里达到饱和时，所溶解的溶质的质量。

A.饱和溶液是在一定温度下、一定量的溶剂里不能再溶解某物质的溶液叫该物质的饱和溶液，反之为不饱和溶液。

由图可知，丙的溶解度随温度的升高而减小，随温度降低而增大，将丙的饱和溶液变为不饱和溶液，可采用降温的方法，如升温会析出固体，所得仍是饱和溶液；B.t1℃时，丙的溶解度为12g，饱和溶液溶质的质量分数=溶解度÷（溶解度+100g）×100%，丙的饱和溶液溶质的质量分数=12÷（12+100g）×100%≈11%，故可以制得溶质质量分数为8%的丙溶液；C.t2℃时，甲、乙两种物质在相同量的溶剂里形成的饱和溶液降温至20℃，析出甲的质量比析出乙的质量大，因为降温前后甲的溶解度差较大；D.饱和溶液溶质的质量分数=溶解度÷（溶解度+100g）×100%，t1℃时甲、乙、丙三种物质的溶解度大小关系为乙>甲=丙，其饱和溶液溶质的质量分数关系也是乙>甲=丙，溶液升高到t2℃时，甲、乙的溶解度随温度的升高而增大，溶质不析出，故溶液组成不变，而丙的溶解度随温度的升高而减小，会析出晶体，溶质质量分数会减小，故升温后甲与丙溶液中溶质的质量分数甲大于丙，所以升温后三种物质溶质的质量分数关系是：

乙>甲>丙，选B

3．有一包白色固体，可能含有FeCl3、CaCO3、NaOH、Ba（OH）2、BaCl2、Na2SO4中的几种。

为确定其组成，取适量试样进行下列实验。

请根据实验现象判断:

①取试样溶于水，搅拌、过滤，得到无色澄清溶液A和白色沉淀B;

②取上述无色澄清溶液A，通入适量的CO2，生成白色沉淀C;

③取上述白色沉淀B，加入过量的稀硝酸，沉淀全部消失。

综合上述实验现象，下列判断正确的是:

A．由①得原白色固体中一定不含FeCl3，一定含有CaCO3

B．由②③得原白色固体中一定含有Ba（OH）2，一定不含有Na2SO4

C．由实验现象判断，白色固体中最多含4种物质

D．由实验现象判断，白色固体的组成最多有3种情况

【答案】C

【解析】

【分析】

FeCl3溶液呈黄色，其沉淀为红褐色，而实验中得到的是无色澄清溶液A和白色沉淀B，所以一定不存在氯化铁；根据①取试样溶于水，搅拌、过滤，得到无色澄清溶液A和白色沉淀B;白色固体中可能含有碳酸钙或硫酸钡中的一种或两种；氢氧化钡溶液中通入二氧化碳可以生成能溶于硝酸的白色沉淀碳酸钡，氢氧化钠与氯化钡的混合溶液中通入二氧化碳也可以产生碳酸钡，二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠，碳酸钠再与氯化钡反应生成碳酸钡沉淀；而根据③取上述白色沉淀B，加入过量的稀硝酸，沉淀全部消失，可判断白色沉淀不可能为硫酸钡，故判断白色固体中一定不含硫酸钠。

根据以上分析可知白色固体中一定含有碳酸钙，氢氧化钡（或氢氧化钠和氯化钡），一定不含氯化铁和硫酸钠。

白色固体若含两种物质，则根据②取上述无色澄清溶液A，通入适量的CO2，生成白色沉淀C，而在几种物质的溶液中，能与二氧化碳气体反应产生沉淀的只有氢氧化钡，因此白色固体中一定含有氢氧化钡，则这两种物质为：

碳酸钙和氢氧化钡；

若白色沉淀含有三种物质，则三种物质可能的组合为：

（1）碳酸钙、氢氧化钡与氢氧化钠；

（2）碳酸钙、氢氧化钡与氯化钡；（3）碳酸钙、氢氧化钠与氯化钡；

如果白色固体含有四种物质，则它的组合为：

碳酸钙、氢氧化钡、氢氧化钠和氯化钡，最多含有这四种物质。

【详解】

A.由分析可知，由①得原白色固体中一定不含FeCl3，一定含有CaCO3或BaSO4中的一种或两种。

故A不符合题意；

B.根据以上分析，由②③得原白色固体中不一定含有硫酸钠，可能含有氢氧化钡。

故B不符合题意；

C.根据以上分析，白色固体可能含有四种物质，则它的组合为：

碳酸钙、氢氧化钡、氢氧化钠和氯化钡，所以白色固体中最多含4种物质。

故C符合题意；

D.根据以上分析，白色固体的组成最多有5种情况。

故D不符合题意。

故选C。

【点睛】

本题关键是根据题意先把一定不存在的物质排除，一定存在的物质，和可能存在的物质，再根据题意组合可能的物质种类。

4．有NaHCO3与NaCl的混合物20.0g，加热一段时间，得剩余固体16.9g。

向剩余固体中加入足量稀盐酸，并将该反应生成的气体通入澄清石灰水中，得到白色固体15.0g，下列说法正确的是（）

A．NaHCO3加热生成CO2的质量为3.1g

B．剩余固体为Na2CO3和NaCl的混合物

C．反应后，所得溶液中NaCl的质量为11.7g

D．原混合物中NaHCO3与NaCl的质量比为63:

【答案】D

【解析】

【分析】

混合物20.0g，加热一段时间，得剩余固体16.9g，减少的3.1g是水和CO2的质量，设NaHCO3分解产生CO2的质量为

，分解的NaHCO3的质量为

，

，解得

=2.2g

，解得

=8.4g；

得剩余固体中加入盐酸后产生的二氧化碳，被石灰水吸收，得到碳酸钙15.0g，根据质量守恒定律这些二氧化碳来自NaHCO3，设NaHCO3的质量为

，生成NaCl的质量为

，则有：

，解得

=12.6g，

，解得

=8.775g，则原混合物中NaCl的质量为20g-12.6g=7.4g。

根据以上计算分析作答。

【详解】

A.由计算可知，混合物20.0g，加热一段时间，得剩余固体16.9g，生成CO2的质量是2.2g，不符合题意；

B.原混合物中NaHCO312.6g，加热一段时间，分解的NaHCO38.4g，得剩余固体16.9g中还有NaHCO3，所以剩余固体为NaHCO3、Na2CO3和NaCl的混合物，不符合题意；

C.反应后，所得溶液中NaCl的质量为：

原混合物中NaCl的质量为7.4g和生成NaCl的质量为8.775g之和，共16.175g，不符合题意；

D.原混合物中NaHCO3与NaCl的质量比为12.6g：

7.4g=63:

37，符合题意。

故选D。

5．除去下列各组物质中的杂质，所用试剂和方法均正确的是（　　）

物质

杂质

除杂所用试剂和方法

HCl气体

先通过NaOH溶液，再通过浓硫酸

NaOH溶液

Ca（OH）2溶液

先加入过量的Na2CO3溶液，再过滤

CO2

点燃气体

CaO固体

CaCO3固体

加入适量的稀盐酸

A．AB．BC．CD．D

【答案】A

【解析】

除杂质题至少要满足两个条件：

①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质．A、HCl能与足量的NaOH溶液反应生成氯化钠、水，能除去杂质，且和氢气不反应，再通过浓硫酸，可除掉除杂时引入的水蒸气，最后得纯净的氢气，符合除杂原则；B、Ca（OH）2溶液和Na2CO3溶液反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，但是由于碳酸钠过量，引入碳酸钠杂质，不符合除杂要求；C、二氧化碳不可燃，不助燃，所以不能将二氧化碳中的少量一氧化碳点燃，不能达到除杂的目的；D、盐酸能与氧化钙反应，不符合除杂要求；选Ａ

6．用足量的CO还原8.0g某种铁的氧化物，生成的气体全部被足量的澄清石灰水吸收，得到沉淀12.5g，则这种铁的氧化物可能是

A．FeOB．Fe2O3与Fe3O4的混合物

C．FeO与Fe3O4的混合物D．Fe3O4

【答案】C

【解析】

【分析】

一氧化碳和铁的氧化物反应生成二氧化碳和铁，二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙和水。

【详解】

设生成12.5g碳酸钙，需要二氧化碳的质量为x

一氧化碳转化为二氧化碳的过程中夺取一个氧原子，该氧原子来源于铁的氧化物，故8.0g铁的氧化物中氧元素的质量为

；则铁原子与氧原子的个数比为

，当FeO与Fe3O4的分子个数比为3:

1时，铁原子与氧原子的个数比6:

7，故选C。

7．可燃物R是C、H2、CH4、CO或CH4O中的一种。

将一定量的R和氧气置于一个密闭的容器中引燃，测得反应前后各物质的质量如下表：

物质

氧气

二氧化碳

水

一氧化碳

反应前质量/g

反应后质量/g

下列叙述正确的是（）

①m1=1/9m4时，R是H2

②m1+m2=m3时，R是C或CO

③m3:

m4=11:

9时，R是CH4或CH4O

④8m3/11+8m4/9+4m5/7≥m2

A．①②③B．①③④C．②③④D．①②③④

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

根据表格中的数据可知，R、氧气反应后质量变为0，是反应物；二氧化碳、水、一氧化碳反应前的质量是0，是生成物，要确定R是哪种物质，生成物是什么，就要通过反应前后质量的关系来进行确定。

①氢气燃烧生成水，化学方程式为2H2+O2点燃2H2O，其中氢气与水的质量比为1:

9，正确；

②碳或一氧化碳完全燃烧生成二氧化碳，反应前后物质的质量不变，此时m1+m2=m3，正确；

③甲烷燃烧生成二氧化碳与水，化学方程式为CH4+2O2点燃CO2+2H2O，其中二氧化碳与水的质量比为11:

9；

甲醇燃烧生成二氧化碳与水，化学方程式为2CH4O+3O2点燃2CO2+4H2O，其中二氧化碳与水的质量比为11:

9；

通过分析可知，当m3:

m4=11:

9时，R是CH4或CH4O，正确；

④反应前后元素的种类不变，如果反应后生成二氧化碳、水、一氧化碳这三种物质，则R中一定含有碳、氢元素，可能含有氧元素，生成物中的氧元素的质量大于或等于氧气的质量。

二氧化碳中氧元素的质量为m3×

×100%=8m3/11，

水中氧元素的质量为m4×

×100%=8m4/9，

一氧化碳中氧元素的质量为m5×

×100%=4m5/7，

通过分析可知，8m3/11+8m4/9+4m5/7≥m2，正确。

故选D。

8．逻辑推理是一种重要的化学思维方法。

以下推理正确的是（）

A．单质中只含有一种元素,只含有一种元素的物质一定是单质

B．化学变化中分子种类发生改变,分子种类发生改变的变化一定是化学变化

C．酸碱中和反应有水生成,有水生成的反应一定是酸碱中和反应

D．活泼金属能与稀硫酸反应放出气体，能与稀硫酸反应放出气体的物质一定是活泼金属

【答案】B

【解析】

A、单质是由同种元素组成的纯净物，单质由同种元素组成，但由同种元素组成的物质不一定属于单质，也可能是混合物，如氧气和臭氧的混合物，错误；B、化学变化的实质是分子分成原子，原子再重新组合成新分子，化学变化中分子种类发生改变，分子种类发生改变的变化一定是化学变化，正确；C、中和反应会生成盐和水，生成水的反应不一定是酸碱中和反应，如CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O，错误；D、活泼金属能与稀硫酸反应放出气体，能与稀硫酸反应放出气体的物质不一定活泼金属，也可能是碳酸盐等，错误。

故选B。

9．区别生活中常见的物品，其中有两种方法都正确的是（）

选

项

需鉴别物质

所加试剂或方法

方法1

方法2

厕所清洁剂与厨房洗涤剂

加入石灰石

加水看是否放热

NH4NO3氮肥和K2SO4钾肥

加Ca（OH）2研磨并闻气味

加水触摸烧杯

苏打和小苏打

加水，观察能否溶解

加入稀HCl

羊毛织品和尼龙织品

触摸纺织品

抽丝灼烧观察

A．AB．BC．CD．D

【答案】B

【解析】

A、厕所清洁剂显酸性，能与石灰石的主要成分碳酸钙反应生成二氧化碳，产生冒气泡的现象；厨房洗涤剂显碱性，与石灰石不反应；两种物质溶于水都无明显的放热现象；B、NH4NO3氮肥和K2SO4钾肥，加Ca（OH）2研磨，硝酸铵会生成氨气，能闻到刺激性气味，硫酸钾不能；硝酸铵溶于水，溶液温度降低，硫酸钾无明显现象；C、苏打是碳酸钠和小苏打是碳酸氢钠，加水，都能溶解；加入稀HCl都能生成二氧化碳气体；D羊毛织品和尼龙织品，触摸纺织品无明显差异，抽丝灼烧，羊毛会有烧焦羽毛的气味。

选B

点睛：

鉴别题要做到同一操作下或与同一物质反应时，现象要不同。

10．某兴趣小组为了研究露置于空气中纯净的生石灰变质情况，进行了如下实验：

则下列结论错误的是（）

A．A转化为B过程中钙元素的质量分数逐渐减小

B．如无浓硫酸，则粉末B中Cao质量测定值偏小

C．粉末B中CaCO3的质量为5克

D．粉末B中CaO的质量为16.6克

【答案】B

【解析】

A、由质量守恒定律可知A转化为B过程中钙元素的质量不变，但是由于吸收水和二氧化碳气体，固体的质量增加，钙元素的质量分数逐渐减小，故正确；

B、如无浓硫酸，气体C中的水分会被烧碱固体一同吸收，固体增重偏大，计算得到碳酸钙的质量偏大，相应吸收水的质量偏小（A到B增加29g-25g=4g为吸收二氧化碳和水的总和），计算所得氢氧化钙的质量会（比碳酸钙的质量偏大的质量）更小，则粉末B中CaO质量测定值偏大，故错误；

C、氢氧化钠溶液质量增加的质量即为二氧化碳的质量，为2.2g；

设碳酸钙的质量为x

CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑

100 44

x 2.2g

x=5g，故正确；

D、A到B增加29g-25g=4g，吸水水分质量为4g-2.2g=1.8g

设B中氢氧化钙的质量为y

CaO+H2O═Ca（OH）2，

18 74

1.8g y

y=7.4g

粉末B中含有CaO的质量为：

29g-5g-7.4g=16.6g，故正确。

11．已知AgNO3见光易分解，aAgNO3＝bNO2↑＋cO2↑＋dX（NO2能与NaOH反应）。

取34gAgNO3加热至完全反应，将所得气体依次通过NaOH溶液、均热的铜网，测得NaOH溶液增重9.2g，灼热的铜网增重3.2g。

下列说法不正确的是

A．AgNO3应保存在棕色瓶中B．生成X的质量为21.6gC．X是银D．c:

d=1:

【答案】D

【解析】

【分析】

将所得气体依次通过NaOH溶液、均热的铜网，测得NaOH溶液增重9.2g，灼热的铜网增重3.2g。

说明34gAgNO3加热至完全反应，生成二氧化氮9.2g，氧气3.2g。

根据质量守恒定律可知，生成X一定含有银元素，它的质量为34g-9.2g-3.2g=21.6g。

34g硝酸银中银元素的质量为，

，X一定是银。

【详解】

A、AgNO3见光易分解，AgNO3应保存在棕色瓶中，说法正确，不符合题意；

B、生成X的质量为21.6g，说法正确，不符合题意；

C、X是银，说法正确，不符合题意；

D、

，c：

d=1：

2，符合题意。

故选D。

12．如表除杂的方法和试剂都正确的是（　　）

选项

物质

所含的杂质

所选试剂和方法

HCl

H2SO4

加入适量Ba（OH）2溶解、过滤

KCl

KClO3

加入二氧化锰、加热

CuO

加入过量的稀盐酸、过滤、洗涤、干燥

CaCl2溶液

Ca（OH）2

加入适量的稀硫酸

A．AB．BC．CD．D

【答案】C

【解析】

除杂的原则是只除杂，不引杂。

A氢氧化钡和盐酸反应，不符合除杂要求；B在氯酸钾在二氧化锰的作用下分解生成氯化钾和氧气，氯酸钾能被除掉，但是会混入二氧化锰杂质，引杂；C铜是不活泼金属，和盐酸不反应，氧化铜是金属氧化物，和盐酸反应生成易溶的氯化铜和水，过滤，得固体铜；硫酸和氢氧化钙反应生成硫酸钙，硫酸钙微溶，会在氯化钙溶液中引入杂质。

选C

13．A～F都是初中化学中常见的物质，其中A、B、C是氧化物，且A是红棕色粉末，D、F均是单质。

它们之间的转化关系如右图所示（“→”表示物质转化的方向；部分反应物、生成物和反应条件未标出）。

下列有关说法正确的是

A．反应①～④中一定包含复分解反应

B．做反应①的实验，要先加热A再通入B

C．反应④用于湿法冶金，可制取Zn、Cu、Ag

D．E可以是酸、盐或有机化合物

【答案】D

【解析】

试题分析∶由题中信息知，A、B、C是氧化物，且A是红棕色粉末，D、F均是单质。

故A是氧化铁，B是一氧化碳，C是二氧化碳，D是铁。

故A,B．C．均错误。

D正确。

考点∶考查常见物质的性质。

14．为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-及泥沙，可将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作。

其中错误的操作顺序是（）

①过滤，②加过量的NaOH溶液，③加适量盐酸，④加过量Na2CO3溶液，⑤加过量BaCl2溶液．

A．④②⑤①③B．⑤④②①③C．②⑤④①③D．⑤②④①③

【答案】A

【解析】

要先除硫酸根离子，然后再除钙离子，碳酸钠可以除去过量的钡离子，如果加反了，过量的钡离子就没法除去，至于加氢氧化钠除去镁离子顺序不受限制，因为过量的氢氧化钠加盐酸就可以调节了，只要将三种离子除完了，过滤就行了，最后加盐酸除去过量的氢氧根离子碳酸根离子。

15．下列各组转化中，一定条件下均能一步实现的组合是

A．①②B．②③C．①③D．①②③

【答案】D

【解析】

【分析】

本主要考察常见物质之间的相互转化的相关知识

【详解】

①2C＋O2

2CO氧气不充足；2CO＋O2

2CO2；C＋O2

CO2

CO2参加光合作用产生O2

②2Mg＋O2

2MgO；MgO＋2HCl=MgCl2＋H2O；2H2O

2H2↑＋O2↑；2H2＋O2

2H2O

③Na2CO3＋H2SO4=Na2SO4＋H2O＋CO2↑Na2SO4＋Ba（OH）2=2NaOH＋BaSO4↓；Na2CO3＋Ba（OH）2=2NaOH＋BaCO3↓；CO2＋2NaOH=Na2CO3＋H2O都可以实现一步转化，故选D。

【点睛】

注意二氧化碳转化为氧气是光合作用

16．某物质的溶解度曲线如图。

t℃时160g37.5%的该物质的饱和溶液，欲将其溶质质量分数变为50%。

下列方法正确的是

A．蒸发40g水，改变温度至t1℃

B．蒸发50g水，改变温度至t2℃

C．加入20g溶质，改变温度至t2℃

D．加入65g溶质，改变温度至t3℃

【答案】B

【解析】饱和溶液是在一定温度下、一定量的溶剂里不能再溶解某物质的溶液叫该物质的饱和溶液，反之为不饱和溶液。

，t℃时160g37.5%的该物质的饱和溶液中溶质的质量为160g×37.5%=60g，则溶剂的质量为100g，饱和溶液溶质的质量分数=溶解度÷（溶解度+100g）×100%。

A.温度为t1℃时，其饱和溶液溶质的质量分数为：

75g÷175g×100%≈43%，不可能得到溶质质量分数为50%的溶液；B.t2℃该物质饱和溶液溶质的质量分数=100g÷200g×100%=50%；将160g37.5%的溶液蒸发50g水后，液溶质的质量分数为60g÷110g×100%≈54.5%.即有溶质析出得t2℃时的饱和溶液，质量分数为50%C.t2℃，该物质的溶解度为100g,所以加入20g溶质后能完全溶解，溶液溶质的质量分数为80g÷110g×100%≠50%D.加入65g溶质，改变温度至t3℃所得溶液为t3℃时的饱和溶液，质量分数大于50%。

选B

点睛：

①被溶解的那部分物质才是溶质。

②某温度下浓度最大的溶液为该温度下的饱和溶液。

17．如图是甲、乙两种固体物质的溶解度曲线．下列说法中正确的是

A．甲的溶解度大于乙的溶解度

B．30℃时，甲的饱和溶液中溶质的质量分数为30%

C．乙物质的溶解度受温度变化的影响较小，甲物质的溶解度受温度变化的影响较大

D．甲中含有少量乙时，用蒸发溶剂的方法提纯甲

【答案】C

【解析】

【详解】

A.在溶解度曲线图上，横坐标是温度，纵坐标是溶解度。

由图可知，温度会影响物质的溶解度，不说明温度时，不能比较溶解度的大小。

B、饱和溶液溶质的质量分数=溶解度÷（溶解度+100g）×100%，30℃时，甲的溶解度为30g,其饱和溶液中溶质的质量分数为30g÷（30g+100g）×100%<30%；

C.由图可知，当温度变化时，乙物质的溶解度变化较小，所以乙物质的溶解度受温度变化的影响较小，当温度变化时，甲物质的溶解度会有较大的改变，甲物质的溶解度受温度变化的影响较大；

D.甲物质的溶解度受温度变化的影响较大，且随温度降低而减小；乙物质的溶解度受温度变化的影响较小，而甲中含有少量乙时，用降温结晶的方法提纯甲；选C。

18．下列除考杂质的方法正确的是

A．除去N2中的少量O2:

通过灼热的CuO粉末，收集气体

B．除去CaO中的少量CaCO3:

加入足量稀盐酸，充分反应

C．除去KCl溶液中的少量MgCl2:

加入适量NaOH溶液，过滤

D．除去Cu（NO3）2溶液中的少量AgNO3:

加入足量铜粉，充分反应后过滤

【答案】D

【解析】

A.除去N2中的少量O2；通过灼热的Cu粉末，收集气体。

故A错误。

B.除去CaO中的少量CaCO3；煅烧充分反应，碳酸钙分解成氧化钙。

故B错误。

C.除去KCl溶液中的少量MgCl2

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