青岛第三十七中学初三化学中考一模试题和答案.docx
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青岛第三十七中学初三化学中考一模试题和答案
青岛第三十七中学2020初三化学中考一模试题和答案
一、选择题（培优题较难）
1．水垢主要成分是碳酸钙和氢氧化镁。
现取一定量的碳酸钙和氢氧化镁的混合物，向其中加入100g14.6%的稀盐酸，恰好完全反应后，得到111.4g溶液，将溶液蒸干得到20.6g固体，则原混合物中碳酸钙的含量约是（）
A．77.5%B．63.3%C．46.7%D．22.5%
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
根据题意：
发生的反应是：
CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，Mg（OH）2+2HCl=MgCl2+2H2O
111.4g溶液，将溶液蒸干得到20.6g，水的质量是：
111.4g-20.6g=90.8g，根据质量守恒定律90.8g水来自三部分：
1、盐酸中的：
100g-100g×14.6%=85.4g；2、和盐酸反应生成的水：
利用氢元素守恒：
2HCl
H2O，即每73份质量的盐酸得到18份质量的水，盐酸：
100g×14.6%=14.6g，水的质量：
3.6g；3、氢氧化镁中的氢元素产生的水：
90.8g-85.4g-3.6g=1.8g，利用氢元素守恒：
Mg（OH）2
H2O，即每58份质量的氢氧化镁得到18份质量的水，则氢氧化镁的质量是5.8g；根据反应：
Mg（OH）2+2HCl=MgCl2+2H2O，计算氯化镁的质量，设氯化镁的质量为x，则：
解得x=9.5g，
则氯化钙的质量：
20.6g-9.5g=11.1g，设碳酸钙的质量为y，则有：
解得y=10g,
则原混合物中碳酸钙的含量约是
。
故选B。
2．有一包固体粉末，可能含碳、铝、铜、氧化铝、氧化铜中的一种或几种。
为探究该固体粉末的组成，某化学兴趣小组进行了如下图所示实验。
下列结论正确的个数是
①固体B中的物质为碳
②蓝色溶液乙为硝酸铜溶液
③原固体样品中一定含有的物质是碳、铝、铜
④蓝色溶液丙中一定含有的溶质是硝酸铝、硝酸铜、硝酸
A．1个
B．2个
C．3个
D．4个
【答案】B
【解析】
【详解】
①固体B在氧气中充分灼烧，生成能使澄清石灰水变浑浊的二氧化碳气体（说明原固体有碳），可能还含有铜，故该说法不正确；
②无色溶液甲与蓝色溶液乙反应生成白色固体，说明蓝色溶液乙中含有硝酸银，故该说法不正确；
③向样品中加入过量稀盐酸有气体生成，根据金属活动性顺序可知，是铝与盐酸反应，生成的气体是氢气；固体A与硝酸银反应有蓝色溶液生成，说明固体A中含有铜，铜与硝酸银反应生成银和硝酸铜，反应的化学方程式为
；铜与硝酸银反应生成银；固体B在氧气中充分灼烧，生成能使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体是二氧化碳。
灼烧能生成二氧化碳气体的物质是碳，故固体B中含有的物质是碳、银（或C、Ag）；样品中加过量稀盐酸有气体产生，说明原固体中有铝；将反应后的固液混合物过滤，得到无色溶液甲（说明原固体中没有氧化铜）和固体A，固体A加一定量的硝酸银溶液并过滤，得到蓝色溶液乙（说明原固体中有铜）和固体B；固体B在氧气中充分灼烧，生成能使澄清石灰水变浑浊的二氧化碳气体（说明原固体有碳）。
故原固体样品中一定含有的物质是碳、铝、铜（或C、A1、Cu），故该说法正确；
④无色溶液甲与蓝色溶液乙反应生成白色固体，说明蓝色溶液乙中含有硝酸银，无色溶液甲中溶质是盐酸及盐酸与铝反应生成的氯化铝。
盐酸与硝酸银反应生成氯化银和硝酸，氯化铝与硝酸银反应生成氯化银和硝酸铝，蓝色溶液乙中的溶质硝酸铜不参与反应。
故蓝色溶液丙中一定含有的溶质是硝酸铝、硝酸铜和硝酸（或Al（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3），故该说法正确；
正确的说法有：
③④；故选：
B。
3．向盛有一定质量MgO和MgCO3混合物的烧杯中加入142g稀盐酸，恰好完全反应，一定温度下，得到150g不饱和溶液。
下列数据中，与该溶液的溶质质量分数最接近的是
A．5.3%
B．5.6%
C．12.7%
D．13.4%
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
氧化镁和稀盐酸反应生成氯化镁和水，碳酸镁和稀盐酸反应生成氯化镁、水和二氧化碳；
可见生成的氯化镁相同时造成的溶液质量增加是相等的，与是氧化镁还是碳酸镁反应无关；
设生成的氯化镁的质量为x，则
解得x=19g；
该溶液的溶质质量分数为：
。
故选：
C。
【点睛】
差量法在计算中的应用很广泛，解答的关键是要分析出物质的质量差与要求的未知数之间的关系，再根据具体的数据求解。
4．甲、乙、丙、丁均为初中化学常见的物质，它们之间的部分转化关系如图所示（部分反应物、生成物和反应条件已略去。
“——”表示物质之间能发生化学反应。
“―→”表示物质之间的转化关系）。
下列推论不正确的是（ ）
A．若甲是碳酸钙，则乙转化成丙的反应可以是放热反应
B．若乙是最常用的溶剂，则丁可以是单质碳
C．若甲是碳酸钠，乙是硫酸钠，则丁可以是氯化钡
D．若丙是二氧化碳，丁是熟石灰，则丁可以通过复分解反应转化为乙
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．若甲是碳酸钙，则碳酸钙分解生成氧化钙，氧化钙和水反应生成氢氧化钙过程中放热，因此乙转化成丙的反应可以是放热反应，选项A正确；
B．若乙是最常用的溶剂，水分解生成氧气，碳和氧气反应生成二氧化碳，且碳和水也能反应，因此丁可以是单质碳，选项B正确；
C．若甲是碳酸钠，如果跟硫酸反应则乙是硫酸钠，但硫酸钠转变成的丙不能和氯化钡反应，则丁不可以是氯化钡，选项C错误；
D．若丙是二氧化碳，丁是熟石灰，则丁可以通过复分解反应转化为乙，熟石灰和碳酸钠反应生成碳酸钙，碳酸钙和稀盐酸反应生成二氧化碳，而熟石灰和碳酸钠反应生成碳酸钙是复分解反应，选项D正确。
故选C。
5．甲、乙两种固体物质（不含结晶水）的溶解度曲线如图所示。
下列说法正确的是（）
A．甲物质的溶解度大于乙物质的溶解度
B．t1℃时甲、乙两物质的溶液溶质质量分数一定相等
C．t1℃时，甲、乙两物质各50g分别加入100g水中，充分溶解，得到的溶液质量都是140g
D．t2℃时，等质量甲、乙两种固体配制成饱和溶液时甲比乙需要的水多
【答案】C
【解析】A.在溶解度曲线图上，横坐标是温度，纵坐标是溶解度。
温度会影响物质的溶解度，温度不同溶解度不同，不说明温度时，无法比较溶解度的大小；B.饱和溶液溶质的质量分数=溶解度÷（溶解度+100g）×100%，t1℃时甲、乙两物质的溶解度相同，所以两物质的饱和溶液溶质质量分数一定相等；C.t1℃时，甲、乙两物质哦溶解度为40g，各50g分别加入100g水中，充分溶解，溶质的质量都只能是40g，得到的溶液质量都是140g；D.t2℃时，甲的溶解度比乙的溶解度大，等质量甲、乙两种固体配制成饱和溶液时甲比乙需要的水少。
选C
6．甲烷和水反应可以制备水煤气（混合气体），其反应的微观示意图如图所示，根据微观示意图得出的结论中，正确的是（）
A．反应前后碳元素化合价没有发生变化
B．反应中甲和丙的质量之比为4：
7
C．水煤气的成分是一氧化碳和氧气
D．反应中含氢元素的化合物有三种
【答案】B
【解析】A.化合物中元素的化合价代数和为零，单质中元素的化合价为零。
化合物中氢元素的化合价为+1价，所以反应前碳元素的化合价为-4价；反应后一氧化碳中碳元素的化合价为+2价，所以碳元素的化合价在反应前后改变；B.反应中甲和丙的质量之比为16：
28=4:
7；C.由图可知，水煤气的成分是一氧化碳和氢气；D.由一种元素组成的纯净物叫单质；由不同元素组成的纯净物叫化合物；反应中含氢元素的化合物有两种。
选B
7．小亮同学在实验室中制取CO2气体后，对废液进行后续探究，他向一定质量的含CaCl2和HCl的溶液中逐滴加入溶质质量分数为10%的Na2CO3溶液．实验过程中加入Na2CO3溶液的质量与生产沉淀或者气体如图1所示；加入Na2CO3溶液的质量与溶液的pH变化关系如图2所示，下列说法正确的是：
（）
A．图1中b→c段表示生成气体的过程B．图1中b点的值为106
C．图1中0→a段反应过程中溶液的pH变化情况可用图2中d→h段曲线表示D．图1中c点时，溶液中的溶质有两种
【答案】C
【解析】
（1）加入的碳酸钠先与盐酸反应，把盐酸消耗完了，才开始与氯化钙反应，开始生成沉淀，因此图中oa段表示生成的气体质量；A.图1中b→c段表示生成沉淀的过程；B.根据题意可知碳酸钠先与盐酸反应，再与氯化钙反应，由图示可知碳酸钠与盐酸反应生成气体2.2g，碳酸钠与氯化钙反应，生成沉淀5.0g．设生成2.2g气体所需的Na2CO3的质量为y，生成沉淀5.0g所需Na2CO3的质量为z．则
Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2ONa2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl
10644106100
y2.2gz5g
106/44=y/2.2gy=5.3g106/100=z/5gz=5.3g
图1中b点的值为5.3g÷10%=53；x点的值为（5.3g+5.3g）÷10%=106
C.碳酸钠溶液呈碱性，和盐酸反应生成中性的氯化钠溶液和二氧化碳，a点表示碳酸钠先盐酸反应，把盐酸消耗完，故溶液中的溶质为氯化钠和氯化钙；所以溶液的pH逐渐增大到7；因此图1中0→a段反应过程中溶液的pH变化情况可用图2中d→h段曲线表示；D.当盐酸反应后，溶液中溶质有氯化钠和氯化钙，溶液呈中性，b～c段反应过程是碳酸钠与氯化钙反应，生成碳酸钙沉淀和氯化钠，在此过程中，溶液的PH不变，呈中性，图1中c点时，原溶液中的溶质盐酸和氯化钙都被反应完，溶液中的溶质只有氯化钠。
选C
点睛：
①碳酸钠溶液呈碱性，②在盐酸和氯化钙的混合溶液中加入碳酸钠时由于碳酸钙沉淀和稀盐酸反应，所以碳酸钠先与盐酸反应，后与氯化钙反应
8．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。
9．将盛有等质量、等质量分数且足量的稀盐酸的两只烧杯，放在托盘天平的左右两盘，天平平衡。
在左盘烧杯中加入10克碳酸钙，若要使天平重新平衡，则右盘烧杯中应加入的物质是
A．10克碳酸钾和碳酸钠
B．5.6克氧化钙和氧化锌
C．10克碳酸镁和碳酸氢钠
D．10克镁粉和铜粉
【答案】B
【解析】
【分析】
天平左侧的烧杯中会反应生成二氧化碳气体。
设生成二氧化碳的质量为x。
解得x=4.4g
此时左侧烧杯增加的质量为：
10g-4.4g=5.6g。
所以为了保持平衡，右侧烧杯也需要增重5.6g。
由于碳酸钙的相对分子质量是100，所以若想在加入10g碳酸盐的混合物生成二氧化碳的质量也是4.4g，必须是两种碳酸盐的相对分子质量一个大于100，一个小于100。
【详解】
A、通过分析可知，碳酸钾的相对分子质量是138，碳酸钠的相对分子质量是106，两者都大于100。
A错误；
B、氧化钙和氧化锌会和盐酸反应，但是不会生成任何气体。
其反应方程式为：
CaO+2HCl=CaCl2+H2O、ZnO+2HCl=ZnCl2+H2O，所以加入的固体的质量就是天平右盘增加的质量，即5.6g。
B正确；
C、通过分析可知，碳酸镁的相对分子质量是84，碳酸氢钠84，两者都小于100，生成二氧化碳的质量一定大于4.4g，天平无法保持平衡。
C错误；
D、由于镁和盐酸能反应生成氢气，而铜不能。
假设该金属全部都是镁，设生成氢气的质量是x。
解得x=0.83g。
则不管镁、铜以何种比例混合，右盘增加的质量一定大于5.6g，天平不能保持平衡。
D错误。
故选B。
10．某黑色固体粉末可能是Fe、FeO、CuO和C中的一种或几种。
取黑色粉末，加入一定量的稀硫酸，待充分反应后过滤，得到滤液和滤渣，在滤液中插入一根洁净的铁丝。
有关说法正确的是
A．若滤液呈浅绿色，则原黑色固体粉末中一定有Fe
B．若铁丝表面只有红色固体析出，则滤渣中一定无CuO
C．若铁丝表面无明显现象，则滤渣中最多有四种物质
D．若铁丝表面只有气泡产生，则滤液中的溶质一定有H2SO4和FeSO4
【答案】D
【解析】
【分析】
金属氧化物优先于金属与酸反应，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，铁的金属活动性大于铜，能将铜从其盐溶液中置换出来。
【详解】
A、若滤液呈浅绿色，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，故A错误；
B、若铁丝表面只有红色固体析出，说明了溶液中含有硫酸铜，能判断黑色粉末中含有CuO，不能判断滤渣中是否有CuO，故B错误；
C、若铁丝表面无明显现象，说明了溶液中无硫酸铜，没有剩余的硫酸，如果硫酸的量不足，则滤渣中最多可以有Fe、FeO、CuO、C、Cu五种物质，故C错误；
D、C不与稀硫酸反应，如果原固体粉末中没有铁或氧化亚铁，那么铁丝表面就有红色固体析出，所以有气泡，说明一定有硫酸和硫酸亚铁，故D正确。
故选：
D。
11．在pH=11时，下列各组物质的混合溶液呈无色透明的是
A．Na2SO4、KCl、KNO3B．MgCl2、K2SO4、NaNO3
C．CuSO4、NaCl、Ba（NO3）2D．BaCl2、KCl、AgNO3
【答案】A
【解析】
【分析】
在pH=11时，着溶液显碱性，溶液中有OH－；
【详解】
A、Na2SO4、KCl、KNO3、OH－都是无色的；故选项正确。
B、氯化镁与中的镁离子与氢氧根离子反应产生白色沉淀：
Mg2＋＋2OH－=Mg（OH）2↓；故选项错误。
C、硫酸铜中的铜离子是蓝色的，且能与氢氧根反应产生蓝色沉淀：
Cu2＋＋2OH－=Cu（OH）2↓；故选项错误。
D、氯化钾与硝酸银能发生反应产生白色沉淀：
KCl＋AgNO3=KNO3＋AgCl↓；故选项错误。
故选：
A。
12．有部分变质的NaOH固体18.6g，加入100g的稀硫酸，恰好完全反应，所得溶液的质量是114.2g，将其蒸干得到固体28.4g，则原固体混合物中Na元素与C元素的质量比为
A．46:
3B．46:
11C．23:
3D．23:
6
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
氢氧化钠能与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠和水，从而变质，部分变质的氢氧化钠固体，加入稀硫酸，
，
，溶液减少的质量，即生成的二氧化碳的质量，生成的二氧化碳的质量为：
18.6g+100g-114.2g=4.4g，由化学方程式可知，原固体混合物中的碳元素全部转化到了二氧化碳中，原固体混合物中的钠元素全部转化到了硫酸钠中，最后蒸干得到的固体即是硫酸钠的质量，故原固体混合物中钠元素的质量为：
，原固体混合物中碳元素的质量为：
，故原固体混合物中Na元素与C元素的质量比为：
9.2g：
1.2g=23:
3。
故选C。
13．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
R
氧气
二氧化碳
水
一氧化碳
反应前质量/g
m1
m2
0
0
0
反应后质量/g
0
0
m3
m4
m5
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。
14．下图中“—”表示相连的两种物质能发生反应，“→”表示一种物质转化成另一种物质，部分反应物、生成物及反应条件未标出。
则不可能出现的情况是
A．AB．BC．CD．D
【答案】B
【解析】
A氧化汞受热分解生成汞和氧气；汞与氧气在一定条件下反应生成氧化汞。
B、碳和氧气不完全燃烧生成一氧化碳；碳不能通过反应转化成氧气；C碳酸分解生成二氧化碳和水，二氧化碳和水反应生成碳酸；D氯化钡和碳酸钠反应生成碳酸钡沉淀，氯化钡和硫酸反应生成硫酸钡和盐酸。
选B
点睛：
熟练掌握常见化学方程式，掌握物质间的转化方法。
15．下图是甲、乙两物质（均不含结品水）的溶解度曲线,下列说法正确的是
A．甲的溶解度大于乙
B．t2℃时,甲、乙两饱和溶液的溶质质量均为40%
C．升温均可使甲、乙的饱和溶液转化为不饱和溶液
D．将180g甲的饱和溶液由t3℃降至t2℃,可析出40g甲
【答案】D
【解析】A、t1℃时，乙的溶解度大于甲，错误；B、t2℃时，甲、乙两饱和溶液的溶质质量均为40g，错误；C、升温可以是甲的溶液变为不饱和溶液，乙升温还是饱和溶液，因为乙的溶解度随温度的升高而减少，错误；D、将180g甲的饱和溶液由t3℃降至t2℃，可析出40g甲正确，因为甲的溶解度在t3℃时，是80g，在t2℃时是40g，正确。
故选D。
16．一包固体粉末可能含有Mg（NO3）2、CaCO3、NaOH、CuCl2、NaCl和Ca（NO3）2中的一种或几种，为确定其组成，某同学设计了如下实验方案，下列判断正确的是（ ）
A．沉淀Ⅰ是氢氧化铜沉淀
B．无色溶液A中一定有NaOH
C．原固体粉末肯定有NaCl
D．原固体粉末一定有CaCO3、NaOH、Mg（NO3）2、CuCl2和Ca（NO3）2
【答案】B
【解析】
根据 “一包固体粉末可能含有Mg（NO3）2、CaCO3、NaOH、CuCl2、NaCl和Ca（NO3）2中的一种或几种”，结合图框，则推测铜离子在溶液中显蓝色，NaOH和CuCl2会生成氢氧化铜沉淀，而氢氧化铜沉淀与稀硝酸反应生成硝酸铜溶液；CaCO3和硝酸反应会生成气体，则蓝色溶液B中有硝酸铜、硝酸钙、硝酸钠、稀硝酸，而原固体粉末一定有CaCO3、NaOH、CuCl2和Ca（NO3）2，无法确定是否含有NaCl；Mg（NO3）2。
A.由分析可知，沉淀Ⅰ中有氢氧化铜沉淀和CaCO3沉淀，故错误；
B.无色溶液A中一定有NaOH，正确；
C.原固体粉末是否有NaCl，无法确定，故错误；
D.原固体粉末一定有CaCO3、NaOH、CuCl2和Ca（NO3）2，故D错误。
17．除去下列物质中的杂质，所选用的方法正确的是：
物质（括号内为杂质）
操作方法
A
CO2（HCl）
先通过过量氢氧化钠溶液，再通过浓硫酸
B
铁粉（锌粉）
加过量FeSO4溶液充分反应后过滤、洗涤、干燥
C
CO2（CO）
通入氧气后，点燃
D
NaCl溶液（Na2CO3）
加稀硫酸至恰好不再产生气泡为止
A．AB．BC．CD．D
【答案】B
【解析】
试题分析：
除杂质的要求是：
要把杂质除去，但不能除去了需要的物质，更不能带入新的杂质。
A中氢氧化钠溶液能与二氧化碳反应，错误；B中锌与硫酸亚铁反应生成铁和硫酸锌，正确；C中二氧化碳中含有少量的一氧化碳不能点燃，C错误；D中稀硫酸与碳酸钠反应生成硫酸钠和水，带入了新的杂质，D错误。
故选B。
考点：
除杂质
18．下列有关化学实验的“目的→操作→现象→结论”的描述都正确的是
选项
目的
操作
现象
结论
A
比较铝和铜的金
属活动性
将砂纸打磨过的铝丝
浸入硫酸铜溶液中
铝丝表面有铜析出
铝比铜活泼
B
检验露置在空气中的氢氧化钾溶
液是否变质
取少量氢氧化钾溶液，滴入澄清石灰水
有白色沉
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