合肥琥珀中学初三化学中考试题及答案知识讲解.docx
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合肥琥珀中学初三化学中考试题及答案知识讲解
合肥琥珀中学初三化学中考试题及答案知识讲解
一、选择题（培优题较难）
1．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。
2．现有一包由3.2g铜、13g锌和2g碳组成的粉末，放到一定量的AgNO3溶液中，完全反应后得到的固体为m种，溶液中溶质为n种．下列说法中不正确的是（）
A．若m=2，则n=2或3B．若固体中金属的质量为48g，则m=4
C．当m=3时，溶液可能呈蓝色D．反应后固体的质量不可能超过56g
【答案】B
【解析】
【分析】
由金属活动性顺序表可知，金属的活动性Zn＞Cu＞Ag，由3.2g铜、13g锌和2g碳组成的粉末，放到一定量的AgNO3溶液中，Zn首先与硝酸银溶液反应，Zn反应完成时，Cu再与硝酸银反应．碳与硝酸银不反应。
【详解】
A、当m=2时，则得到的固体为银和碳，Cu和Zn全部反应，硝酸银溶液足量，恰好反应时，溶液中的溶质为硝酸铜和硝酸锌；硝酸银过量时，溶液中的溶质为硝酸铜、硝酸锌和硝酸银，因此，n=2或3，故A正确；
B、当上述两个反应分别恰好进行完全时，设生成银的质量分别为x，y
x=43.2g
y=10.8g
当锌完全反应时，金属的质量为：
3.2g+43.2g=46.4g，铜完全反应时，金属的质量最大是：
43.2g+10.8g=54g，由于金属的质量是48g，46.4g＜48g＜54g．由此可知，锌完全反应，部分铜已参加反应，所以，固体物质有银、铜和碳三种，即m=3，故B不正确；
C、由上述计算分析可知，当m=3时，溶液可能呈蓝色，故C正确；
D、由上述计算分析可知，反应后固体的质量不可能超过54g+2g=56g，故D正确。
故选B。
3．除去下列各组物质括号内的杂质，所选用的试剂及操作方法均正确的是
A．Fe2O3（Fe）——用盐酸浸泡，然后过滤、洗涤、烘干
B．CO（CO2）——先通入足量的浓NaOH溶液，后通过浓硫酸
C．CaO（CaCO3）——加水溶解，过滤、烘干
D．NaCl（Na2CO3）——加入过量CaCl2溶液，过滤、蒸发、结晶
【答案】B
【解析】除杂的要求①所用试剂只能将杂质除掉，不能把想保留的成分反应掉，②除杂的同时不能引入新的杂质。
A，盐酸与氧化铁反应，生成氯化铁和水，不符合除杂要求；B氢氧化钠溶液能与二氧化碳反应生成碳酸钠溶液和水，而一氧化碳不反应，能除杂；C氧化钙和水反应生成氢氧化钙，不符合除杂要求；碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，但是氯化钙过量，引入氯化钙杂质。
选B
4．金属钠非常活泼，常温下在空气中易被氧化，也易与水反应。
现将5.4g部分氧化的金属钠样品放入150g16%的硫酸铜溶液中，充分反应后过滤，得到9.8g蓝色滤渣。
（已知样品成分仅为Na和Na2O，相关反应①
②
），下列计算错误的是（）
A．最终所得溶液中存在两种溶质
B．最终所得溶液的质量为145.5g
C．原混合物中钠元素质量为4.6g
D．原混合物中钠和氧化钠的质量比为46:
31
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A、将部分氧化的金属钠放入硫酸铜溶液中，
，
，
，充分反应后过滤，得9.8g蓝色沉淀，则该蓝色沉淀为氢氧化铜沉淀，设参加反应的氢氧化钠的质量为x，参加反应的硫酸铜的质量为y
y=16g＜150g×16%=24g
x=8g
故硫酸铜过量，反应生成的氢氧化钠完全反应，最终所得溶液中含有两种溶质，硫酸钠和过量的硫酸铜，不符合题意；
B、氢氧化钠共8g，根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的质量不变，可得氢氧化钠中钠元素的质量=样品中钠元素的质量，氢氧化钠中钠元素的质量为：
设样品中氧化钠的质量为a，钠的质量为5.4g-a，样品中钠元素的质量为：
，a=3.1g，钠的质量为：
5.4g-3.1g=2.3g
设金属钠与水反应生成氢气的质量为m
m=0.1g
根据质量守恒定律，化学反应前后，物质的总质量不变，故最终所得溶液的质量=5.4g+150g-9.8g-0.1g=145.5g，不符合题意；
C、由B的分析可知，原混合物中钠元素的质量为4.6g，不符合题意；
D、由B的分析可知，原混合物中钠的质量为2.3g，氧化钠的质量为3.1g，则原混合物中钠和氧化钠的质量比为2.3g：
3.1g=23:
31，符合题意。
故选D。
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．为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42﹣及泥砂，可将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作①过滤；②加过量NaOH溶液；③加适量盐酸；④加过量Na2CO3溶液；⑤加过量BaCl2溶液．下列操作顺序中最合适的是（）
A．②④⑤①③B．⑤④②③①C．⑤②④③①D．②⑤④①③
【答案】D
【解析】
试题分析：
镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，所以正确的顺序为：
⑤加过量的BaCl2溶液，④加过量的Na2CO3溶液，②加过量的NaOH溶液，①过滤，③加适量的盐酸；或者，②加过量的NaOH溶液，⑤加过量的BaCl2溶液，④加过量的Na2CO3溶液，①过滤，③加适量的盐酸．所以正确的顺序是⑤④②①③或②⑤④①③
故选D．
考点：
氯化钠与粗盐提纯；物质除杂或净化的探究；实验步骤的探究．
点评：
在解此类题时，注意除杂的最后不能再有其他杂质，过滤要放在所有沉淀步骤的最后．
7．将10g氧化铜粉末加入到100g一定质量分数的稀硫酸中，微热到氧化铜全部溶解，再向溶液中加入ag铁粉，使溶液中的溶质完全反应后，过滤，将滤渣在低温下烘干，得到干燥固体质量仍然为ag，下列分析不正确的是
A．稀硫酸中溶质质量分数为12.25%
B．滤渣中一定含有铜，可能含有铁
C．加入铁粉后有红色固体产生，还有少量气泡产生
D．a的取值范围：
a≥8
【答案】A
【解析】
【分析】
铁粉充分反应后，过滤，烘干得到干燥固体物质仍是ag，由于铁粉置换硫酸铜后所得固体质量增加，可判断有部分铁粉与稀硫酸反应才能出现反应前后固体质量不变，因此所加稀硫酸一部分与氧化铜反应一部分与铁粉反应，计算出与铁粉反应硫酸的质量则需要先求得反应所耗铁粉的质量，利用金属粉末变化前后质量相等，由生成铜的质量分析计算与硫酸反应的铁粉质量.
【详解】
设与氧化铜反应的硫酸的质量为x，与铁反应的硫酸的质量为y，生成的硫酸铜为z，与硫酸铜反应的铁的质量为n，与酸反应的铁的质量为b，生成的铜的质量为h
由题意：
氧化铜全部溶解，则
根据加入的铁粉与反应后所得固体质量相同，只有铁粉过量，一部分铁与稀硫酸反应，才能使铁粉与生成铜质量相同．当铁粉恰好和硫酸完全反应时，进行如下计算
由于固体质量增加了1g，所以和硫酸反应的铁的质量就是1g，这样就可以使固体质量前后不反应变化，即b=1g．
A.所加稀硫酸的溶质质量分数为：
，选项错误；
B.铁和硫酸铜溶液反应一定置换出了铜，故滤渣中一定有铜，铁是否过量未知，滤渣中可能有铁，选项正确；
C.铁和硫酸铜反应有红色固体产生，铁和硫酸反应有气体产生，选项正确；
D.只有铁粉恰好与硫酸也完全反应时，一部分铁与稀硫酸反应，能使铁粉与生成铜质量相同．同时当铁和硫酸反应后有剩余时，同样会质量保持不变．根据最后生成铜的质量为8g，则加入铁粉质量a≥8g，选项正确。
故本题答案选A。
8．推理是化学学习中常用的思维方法，下列推理正确的是
A．铁能将铜从硫酸铜溶液中置换出来，因此银也能将铜从硫酸铜溶液中置换出来
B．物质燃烧需要同时满足三个条件，因此灭火也需要同时破坏这三个条件
C．碱溶液的pH＞7，因此测得某溶液的pH=12，该溶液一定是碱溶液
D．NaOH溶液中OH﹣能与酸反应，因此KOH溶液中的OH﹣也能与酸反应
【答案】D
【解析】A.金属活动顺序表：
KCaNaMgAlZnFeSnPbHCuHgAgPtAu，金属的位置越靠前，金属的活动性越强。
位置靠前的金属能将位于其后的金属从它的盐溶液中置换出来。
铁在铜前，所以铁能将铜从硫酸铜溶液中置换出来，银在铜后，因此银不能将铜从硫酸铜溶液中置换出来；B.物质燃烧需要同时满足三个条件，因此灭火时只需要破坏一个条件就能到达灭火的目的；C.碱溶液的pH＞7，如测得某溶液的pH=12，该溶液一定是碱性溶液，但不一定是碱的溶液；D.溶液的化学性质是由溶质溶于水产生的离子决定的，同样的微粒决定同样的性质。
NaOH溶液中OH﹣能与酸反应，因此KOH溶液中的OH﹣也能与酸反应，选D
点睛：
1、溶液的性质决定于溶液中的溶质产生的微粒。
2、熟记金属活动顺序表及其三个意义
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．如下图所示是甲、乙、丙三种固体物质的溶解度曲线.下列说法正
确的是（）
A．t2℃时，甲、乙两物质的饱和溶液中含溶质的质量相等
B．t1℃时把30g丙放入50g水中能得到80g丙的饱和溶液
C．将丙的不饱和溶液变为饱和溶液，可以采用降温方法
D．t3℃时，用等质量的甲、乙、丙分别配制成三种物质的饱和溶液，所需溶剂的质量为甲<乙<丙
【答案】D
【解析】A、t2℃时，甲、乙两物质的饱和溶液中含溶质的质量相等错误，因为没有指明是等质量的饱和溶液，错误；B、 t1℃时把30g丙放入50g水中能得到丙的饱和溶液的质量=20g+50g=70g，80g丙的饱和溶液错误，错误；C、将丙的不饱和溶液变为饱和溶液，可以采用升温的方法，不是降温的方法，错误；D、t3℃时，用等质量的甲、乙、丙分别配制成三种物质的饱和溶液，所需溶剂的质量为甲<乙<丙正确，因为在该温度下，它们的溶解度关系是甲>乙>丙，正确。
故选D。
11．某化学兴趣小组为测定Fe、Cu、Ag三种金属的活动性顺序，选用下列各组试剂，你认为不可行的是
A．Cu、Ag、FeSO4溶液B．Cu、FeCl2溶液，AgNO3溶液
C．Fe、Ag、CuSO4溶液D．Fe、Cu、稀硫酸，AgNO3溶液
【答案】A
【解析】根据金属活动顺序进行思考，Fe、Cu、Ag这三种金属的金属活动性由强到弱的顺序为Fe＞Cu＞Ag．在金属活动顺序表中，前边的金属可以把后边的金属从其盐溶液中置换出来，所以可以选择相应的金属和盐溶液进行反应来证明这三种金属的活动性强弱．
A、因为铁的活动性在三种金属中最强，所以Cu，Ag都不能和FeSO4溶液反应，得不出Cu，Ag的活动性强弱，所以此方案不可行．B、Cu，FeCl2溶液，AgNO3溶液这三种物质中，铜与FeCl2溶液不反应，证明铁的活动性比铜强，铜与AgNO3溶液能反应，证明铜比银的活动性强，此方案可行．C、铁可以置换CuSO4溶液中的铜而出现红色固体，证明铁的活动性比铜强，银和CuSO4溶液不反应，证明铜比银的活动性强，因此，可以证明三种金属的活动性强弱，此方案可行．D、Fe，Cu，稀硫酸，AgNO3溶液四种物质中，铁能与稀硫酸反应，也能与AgNO3溶液反应，证明铁比氢和银的活动性强，铜和稀硫酸不反应，但能与AgNO3溶液反应，证明铜的活动性比氢弱，比银强，也能得出三种金属的活动性强弱，此方案可行．故选B．
12．将金属镁和另一种金属X的混合物共ag，加入Cu（NO3）2、Fe（NO3）2的混合溶液中，充分反应后过滤，得到滤液和滤渣。
相关分析错误的是（）
A．若滤渣中含有Fe，则滤渣中也一定含有铜
B．若滤液中有两种溶质，则滤渣中可能有三种金属
C．若滤渣中只有一种金属，则滤液中一定含有两种溶质
D．若滤渣的质量为ag，则金属活动性顺序有可能是Mg＞X＞Fe＞Cu
【答案】C
【解析】
A、镁、铁、铜的金属活动性顺序是Mg＞Fe＞Cu，金属镁先置换出铜，再置换出铁。
若滤渣中含有Fe，则滤渣中也一定含有铜，正确；B、若金属镁的量不足，没有将Fe（NO3）中的铁置换完，则滤液中溶质有硝酸镁和硝酸亚铁，滤渣有铜和铁，由于金属X的活动性不确定，可能位于铁之后，故滤渣中可能有三种金属，正确；C、若滤渣中只有一种金属，则此金属为铜，若镁没有将硝酸铜中的铜置换完，则滤液中含有三种溶质，错误；D、镁与硝酸铜、硝酸亚铁反应，置换出铜、铁，滤渣质量增加。
由于加入混合物的质量为ag，且滤渣的质量为ag，那么X必须置换出铜或铜、铁，且相对原子质量比铜、铁要大（如锌），正确。
故选C。
13．将22.2gCu2（OH）2CO3放在密闭容器内高温加热一段时间后，冷却，测得剩余固体的质量为15.2g。
在剩余固体里加入100.0g稀硫酸恰好完全反应，过滤得红色金属。
已知：
Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O，下列说法正确的是
A．15.2g剩余固体是纯净物B．过程中生成CO2和H2O的质量和为7.0g
C．残留红色金属质量为12.8gD．稀硫酸的溶质质量分数为14.7%
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
根据题中信息可知，碱式碳酸铜分解时，部分生成了氧化铜，部分生成氧化亚铜
设分解生成氧化铜的碱式碳酸铜的质量为m，生成氧化铜的质量为x
①
②
由①②计算可得
因此生成氧化铜、氧化亚铜的碱式碳酸铜的质量均为11.1g，生成氧化亚铜的质量为
设生成铜的质量为y,与氧化亚铜反应的硫酸的质量为n1,与氧化铜反应的硫酸的质量为n2
A、剩余固体加硫酸后生成铜，说明15.2g剩余固体是氧化铜和氧化亚铜，是混合物，故A不正确；
B、过程中生成CO2和H2O、氧气的质量和为7.0g，故B不正确；
C、残留红色金属为铜，质量是3.2g，故C不正确；
D、稀硫酸的溶质质量分数为
，故D正确。
故选D。
14．除去下列杂质，所选用的试剂和操作方法不合理的是（）
选项
物质
杂质
试剂
操作方法
A
KNO3
NaCl
热水
溶解，降温结晶，过滤
B
KCl
K2CO3
盐酸
加入过量的盐酸，蒸发
C
Cu
Fe2O3
碳粉
与过量的碳粉混合，加热到高温
D
O2
CO
铜
将混合气体缓缓通过足量的灼热铜网
A．AB．BC．CD．D
【答案】C
【解析】
A、KNO3和NaCl的溶解度受温度的影响不同，硝酸钾溶解度受温度影响较大，而氯化钠受温度影响较小，所以可采取加热水溶解配成饱和溶液、冷却热饱和溶液使KNO3先结晶出来、再过滤的方法，正确；B、K2CO3能与盐酸反应生成氯化钾、水和二氧化碳，再蒸发除去盐酸和水，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，正确；C、碳和氧化铁在高温的条件下反应生成铁和二氧化碳，碳粉过量，会引入新的杂质，错误D、铜和氧气在加热的条件下生成氧化铜，错误。
故选C。
点睛：
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。
15．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
A
FeSO4溶液
CuSO4
加入过量的锌粉，过滤
B
NaCl
Na2CO3
加入过量稀盐酸，蒸发
C
CaCl2溶液
HCl
加入过量的Ca（OH）2溶液
D
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。
16．下列有关量的变化图象与其对应叙述相符的是（ ）
A
B
C
D
常温下，向一定量的饱和石灰水中加入氧化钙
t℃时，向等质量的甲、乙、丙三种物质中分别加水配成饱和溶液，所得溶液质量最小的是丙
向一定质量的过氧化氢的水溶液中加入二氧化锰
向等质量的铁和镁中分别加入足量的稀盐酸
A．AB．BC．CD．D
【答案】C
【解析】
A、常温下，向一定量的饱和石灰水中加入氧化钙，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，溶液中溶剂——水的量减少，且反应中溶液的温度升高，溶质析出，使溶质的质量减少，所以溶液的质量会减少，加入的氧化钙的质量达到一定数值，可以将溶液中的水完全反应，最终溶液的质量为零，错误；B、t℃时，甲、乙、丙三种物质的溶解度由大到小的顺序是甲>乙>丙，所以向等质量的甲、乙、丙三种物质中分别加水配成饱和溶液，需要水的量最多的是丙，最少的是甲，所得溶液质量最小的是甲，错误；C、向一定质量的过氧化氢的水溶液中加入二氧化锰，过氧化氢溶液本来就有水，所以开始水的量大于零，反应过程中因生成水，所以水的量逐渐增多，反应结束，水的量不变，正确；D、向等质量的铁和镁中分别加入足量的稀盐酸，镁和铁最终都能完全反应，等质量的镁比铁反应生成的氢气多，错误。
故选C。
17．下列除杂所用试剂和主要实验操作均正确的是
物质（括号内为杂质）
所用试剂
主要实验操作
A
CO2（HCl）
NaOH溶液
洗气
B
NaCl固体（Na2CO3）
稀盐酸
溶解、加试剂,蒸发结晶
C
CaO（CaCO3）
H2O
过滤
D
KNO3溶溶液（KOH）
MgSO4
加入适量试剂,过滤
A．AB．BC．CD．D
【答案】B
【解析】
A、CO2和HCl气体均能与NaOH溶液反应，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原则，错误；B、Na2CO3能与适量稀盐反应生成氯化钠、水和二氧化碳，能除去杂质又不引入了新的杂质，符合除杂原则，正确；C、CaO能与水反应生成氢氧化钙，碳酸钙难溶于水，反而会把原物质除去，不符合除杂原则，错误；D、硫酸镁能和氢氧化钾反应生成硫酸钾和氢氧化镁白色沉淀，但会引入新的杂质，不符合除杂原则，
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