初三化学中考试题历届中考化学真题模拟试题及答案.docx
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初三化学中考试题历届中考化学真题模拟试题及答案
初三化学中考试题：
历届中考化学真题模拟试题及答案
1.选择题（培优题较难）
1.一包固体粉末可能含有Mg（NOB）2、CaCo3、NaOHSCUCl2、NaCI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，卞列判断正确的是（）
A.沉淀【是氢氧化铜沉淀
B.无色溶液A中一定有NaOH
C.原固体粉末肓定有NaCl
D.原固体粉末一定有CaCO3.NaOH.Mg（NO3）2、CUCI2和Ca（NO3）2
【答案】B
【解析】
根据“一包固体粉末可能含有Mg（NO3）2SCaCo3、NaOH.CuCl：
sNaCl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CUCl,会生成氢氧化铜沉淀，而氢氧化铜沉淀与桶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、桶硝酸，而原固体粉末一定有CaCO3、NaOH>CUCb和Ca（NO3）2,无法确定是否含有NaCl;Mg（NO3）2O
A.由分析可知，沉淀【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NaCb无法确定，故错误；
D.原固体粉末一定有CaCO3.NaOH.CUCL和Ca（NO3）2,故D错误。
2.一包不纯的氯化钾粉末，所含杂质可能是氯化钠、硝酸钾、硝酸钙、氯化铜、碳酸钠中的一种或几种。
为确定其成分，某兴趣小组的同学们进行如下实验：
（I）取少量该粉末于烧杯中，加蒸馆水，充分搅拌，得无色澄清溶液。
（2）取上述无色溶液少许于试管中，滴加氯化锁溶液有白色沉淀生成。
（3）另称取14.9g该粉末于烧杯中，加入蒸馆水溶解，再加入足量的硝酸银溶液和桶硝酸，充分反应后生成28.7g白色沉淀。
根据上述实验判断，下列说法正确的是
A.杂质中可能含有硝酸钾、氯化钠
B.杂质中肯定不含硝酸钙、氯化铜、碳酸钠
C.
杂质中肯定含有碳酸钠，可能含有氯化钠
【答案】D
【解析】
A、氯化钾、氯化钠和硝酸银反应的化学方程式及其质量关系为：
KCkAgNO3=AgClψ+KN03,
74.5143.5
14.9g28.7g
NaCkAgNO3=AgClψ+NaNO3,
58.5143.5
ll∙7g28.7g
取上述无色溶液少许于试管中，滴加氯化顿溶液有白色沉淀生成，是因为碳酸钠和氯化领反应生成白色沉淀碳酸领和氯化钠，因此杂质中含有碳酸钠，由计算可知，14.9g氯化钾和硝酸银反应生成28.7g氯化银，11.7g氯化钠和硝酸银反应生成28.7g氯化银，杂质中含有碳酸钠，氯化钾质量小于14.9g,和硝酸银反应生成氯化银质量小于28.7g,因此杂质中一定含有氯化钠，错误；B、取上述无色溶液少许于试管中，滴加氯化饮溶液有白色沉淀生成，是因为碳酸钠和氯化饮反应生成白色沉淀碳酸领和氯化钠，因此杂质中含有碳酸钠，则杂质中不含有硝酸钙，加蒸馆水，充分搅拌，得无色澄清溶液，说明杂质中不含有氯化铜，错误；C、由A知，杂质中肯定含有碳酸钠、氯化钠，错误：
D、杂质中肯定含有氯化钠、碳酸钠，由于硝酸钾是否存在不影响实验结果，因此可能含有硝酸钾，也可能不含有硝酸钾，正确。
故选D。
3.将铝和镁组成的混合物Iog加入到20Og桶盐酸中恰好完全反应后得到溶液209g,再向溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，最终生成沉淀的质量为（）
A.12gB.14.25gC.17.25gD.27g
【答案】D
【解析】
【分析】
铝和桥盐酸反应生成氯化铝和氢气，镁和桶盐酸反应生成氯化镁和氢气，氯化铝和氢氧化钠反应生成氢氧化铝和氯化钠，氯化镁和氢氧化钠反应生成氢氧化镁和氯化钠。
【详解】
铝和镁组成的混合物IOg加入到200g桥盐酸中恰好完全反应后得到溶液209g,则生成氢气的质量为200g+l0g-209g=lg
设参加反应的铝的质量为X,生成氢气的质量为y
爲比
273
XV
27=S
Xy
x=9y
Mg〜H?
242
Iog-Xlg-y
24_2IOg-Xlg-y
12v-x=2
由x=9y和12y-x=2得，y=-g,x=6g
2724
生成氢氧化铝的质量为6g÷-≈17.3g,生成氢氧化镁的质量为（IOg-6g）÷-≈9.7g,
/858
最终生成沉淀的质量为17.3g+9.7g=27g故选D。
4.下图是a、b、C三种物质的溶解度曲线，下列有关叙述正确的（）
A.a物质的溶解度大于b物质的溶解度
B.降低溫度,c⅛质会从其饱和溶液中析出
C.t2βC时30ga物质加入到50g水中不断搅拌,能形成80g溶液。
D.将t「C时a、b、C三种物质饱和溶液的温度升髙到t2°C时,三种溶液的溶质质量分数大小关系是b>a>c
【答案】D
【解析】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a物质的溶解度人于b物质的溶解度；B.降低温度，C物质的溶解度变人，溶液由饱和变为不饱和溶液，不会从其饱和溶液中析出；C.t/C时a物质的溶解度为50g,溶解度是一定温度下，IOog溶剂里达到饱和时，所溶解的溶质的质量。
30ga物质加入到50g水中不断搅拌，只能溶解25g,能形成75g饱和溶液。
D.将t「C时a、b、C三种物质饱和溶液的温度升髙到t/C时，ab的溶解度变大，溶液由饱和状态变为不饱和，溶质的质量不变，溶质的质量分数不变；C在升温时，溶解度变小，析出固体，成为t√C时的饱和溶液，饱和溶液溶质的质量分数二溶解度÷（溶解度+10Og）×100%,t√C时a的溶解度小于b,t√C时C的溶解度比□°C时a的溶解度小，三种溶液的溶质质量分数大小关系是b>a>co选D点睛：
在溶解度曲线图上，溶剂的量都是Ioog,所以分析溶质的质量分数时，只需要比较溶质的多少即可。
溶解度变人时，溶质不变，溶解度减小时溶质质量等于减小后的溶解度
5.根据卞图所示的溶解度曲线，判断卞列说法中正确的是（）
A.甲物质的溶解度小于乙物质的溶解度
B.B°C时，甲物质的饱和溶液和乙物质的饱和溶液中含有溶质的质量相等
C.将t3°C时的甲、乙两物质的饱和溶液降温到t/C时都会析出晶体
D.当甲物质中混有少量乙物质时，可采用蒸发溶剂的方法提纯甲
【答案】C
【解析】
A、在温度为口。
C时，图中乙物质曲线处于甲物质曲线上方，说明此时甲物质的溶解度小于乙物质，A没指明温度，错误；B、曲线图显示，在温度为t2°C时两曲线相交于一点，说明此时甲、乙两物质的溶解度相等。
此时若两物质的饱和溶液量相等所含溶质的量也就相等，但本选项的说法中没有说明饱和溶液质量是相等的，所以也就不能得出所含溶质质量相等的结论错误；C、据图知：
温度降低甲、乙两物质的溶解度都减小。
所以，随温度降低甲、乙两物质的饱和溶液都会因溶质溶解能力减小而析出晶体，正确；D、曲线图显示，甲物质溶解度受温度影响较人，乙物质的溶解度受温度影响不大。
当甲物质中混有少量乙物质时，可采用冷却热饱和溶液的方法提纯甲，冷却结晶时少量的乙物质仍溶解在溶液中没有析出，正确。
故选C。
6.将乙酸（CHsCOOH）和葡萄糖（C6H1A）溶于水得到混合溶液，测得溶液中氢元素的质量
分数为a,则溶液中碳元素的质量分数为（）
A.1-9aB.1-8aC・12aD・8a
【答案】A
【解析】
【分析】
根据乙酸（CH3COOH）S葡萄糖（C6H12O6）、水中，氢原子和氧原子的个数比均为2:
1,进行分析解答。
【详解】
乙酸（CH3COOH）.葡萄糖（C6Hi2O6）.水中，氢原子和氧原子的个数比均为2:
1,则将乙酸（CH3COOH）和葡萄糖（C6Hi2θ6）溶于水得到混合溶液中氢元素和氧元素的质量比为（1×2）:
（16×1）二1：
&测得溶液中氢元素的质量分数为a,氧元素的质量分数为8a,则溶液中碳元素的质量分数为l-a-8a=l-9ao故选AO
7.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
CO2+Ca（OH）,=CaCO3Φ+H2O
44100
X12.5g
44_100
X12.5g
x=5.5g
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5.5g×-×100%=2g:
则铁原子与氧原子的个数比为
44
8.0g-2g.21=6：
7＞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5616
6:
7,故选C。
8.铁在高温条件下与氧化铜反应：
2Fe+3CuO^-Fe2O3+3Cu铜在氯化铁溶液中发生反应：
Cu+2FeCb=2FeC∣2+CuC∣2°—定质量的铁与氧化铜的混合物在高温条件下恰好完全反应.将反应后的固体粉末倒入盛有足量桶盐酸的烧杯中，振荡，充分反应后过滤，得到固体甲和滤液乙。
取适量滤液乙于试管中，加入一定质量的锌粉，充分反应。
1固体甲中一定含Cu,—定不含Fe
2滤液乙中一定含有FeCl2、CUCl2,—定不含FeCb
3若充分反应后Zn无剩余，溶液中若有CUCl2,则一定有FeCb
4若充分反应后Zn无剩余，溶液中若无CUeI2»则可能有FeCb
5若充分反应后Zn有剩余，则溶液中有ZnCI2,无CUCl2,可能有FeCl2其中正确的个数有
A.2个B.3个C.4个D.5个
【答案】C
【解析】
【分析】
铁与氧化铜的混合物在高温条件下恰好完全反应2Fe+3CuO豐Fe2O3÷3Cu#可以得到个数比Fe2O3:
CU=I:
3,而且此反应进行完，只有这样两种固体。
加入足量的盐酸中FeCb和CU的个数比为2:
3,完全反应2FeCI3+Cu=2FeCI2+CuCI2f可得剩余FeCI2:
CuCl2:
Cu=2:
1:
2。
故固体甲和滤液乙分别为CU和FeCl2、CuCI2o
【详解】
1固体甲中一定含Cu,—定不含Fe,正确
2滤液乙中不含FeCI3；溶液中存在FeCI2和CuCl2,正确；
3若充分反应后Zn无剩余，溶液中若有CUCI2,则氯化亚铁没有参与反应，溶液中一定有FeCI2,正确：
4若充分反应后Zn无剩余，溶液中若无CUCl2,但是剩余的锌不一定能将氯化亚铁完全反应，则可能有FeCI2,正确;
5若充分反应后Zn有剩余，则CUCI2、FeCb都完全反应，溶液中只有氯化锌，错误。
故选
9.如卞图所示是甲、乙、丙三种固体物质的溶解度曲线.下列说法正确的是O
A.t「C时，甲、乙两物质的饱和溶液中含溶质的质量相等
B.t√C时把30g丙放入50g水中能得到SOg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°C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、FC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；E、YC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°C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V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Deio.卜•列图像中有关量的变化趋势与对应叙述关系正确的是（
A、向一定质量表面生锈的铁片中滴加盐酸至过量B.向一定质量的桥硫酸中滴加水
C.向氢氧化钠和碳酸钠的混合溶液中滴加石灰水至过量D.加热一定质屋的氯酸钾
【答案】A
【解析】A、生锈的铁片含有氧化铁和铁，首先氧化铁与盐酸反应，无气体产生，然后铁与盐酸反应生成氢气；
B、棉硫酸呈酸性，其PH小于7,加水后酸性减弱，PH逐渐增人；
C、石灰水与氢氧化钠溶液不反应，只与碳酸钠溶液反应生成沉淀；
D、加热一定质量的氯酸钾，生成氧气的质量是一定的。
解：
A、生锈的铁片含有氧化铁和铁，首先是表面的铁锈与盐酸反应生成氯化铁和水，无气体产生，然后铁与盐酸反应生成氢气，当铁全部反应完，氢气质量不再改变，观察图彖，符合变化，故A正确；
B、桶硫酸呈酸性，其PH小于7,加水后酸性减弱，PH逐渐增大，观察图象PH在减小，故B错误；
C、石灰水与氢氧化钠溶液不反应，只与碳酸钠溶液反应生成沉淀，而且是一开始就生成，观察图示可知，C错误；
D、加热一定质量的氯酸钾，生成氧气的质量是一定的，所以固体残留物的质量不会随时间的延长而消失，故错误。
故选A。
点睛：
常见混合物间的反应事实，要求同学们在平时的学习中加强基础知识的储备，以便能够灵活应用。
11.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:
生石灰A
露置于
粉末B
溶于足屋
Λr∕χr
通过足量
通过足量
固体增重
质星25克
空气中
质量29克
稀盐酸
浓硫酸
烧械回体
2.2克
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CaC03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，固体增重偏人，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（比碳酸钙的质量偏人的质量）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+2HCI=CaCl2+H2O+CO2个
10044
X2.2g
100_44
X2.2g
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,
1874
l∙8gY
18_74
1.8gy
y=7.4g
粉末B中含有Cao的质量为：
29g-5g-7.4g=16.6g,故正确。
12.实验室有一包含杂质的碳酸氢钠样品50g（杂质不含钠元素，受热不变化），其中钠元素的质量分数为23%,180φC时，将样品加热一段时间后称得固体质量为43.8g,则分解
△水
的碳酸氢钠占原碳酸氢钠的质量分数为（已知2NaHCO3=Na2CO3+H2O+CO2↑）
A.60%B.47.3%C.40%D.33.6%
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
原混合物中钠元素的质量：
50g×23%=11.5go
23
通过钠元素的质量可以计算出原碳酸氢钠的质量为：
□.5g÷χ,一“广42g°23+l+12+16×3
加热一段时间后固体质量为43.8g,则减少的质量为：
50g-43.8g=6.2go
减少的6.2g是生成的水和二氧化碳的质量。
社分解碳酸氢钠的质量为X,则根据差量法有：
Δ金
2NaHCO3=Na2CO3+H2O+CO2↑∆rn
168184462
X6.2g
168_X
~62~62g
解得x=16.8g
分解的碳酸氢钠占原碳酸氢钠的质量分数为：
⅛⅛×100%=40%O42g
故选CO13・已知A—H为初中阶段常见的物质，且A.C、G均为常用化肥且C为复合肥，其反应关系如图所示，以下判断一定错误的是
••
C.若H是碱，则A—定是钾肥
D.若E的相对分子质量大于F的相对分子质量，则G—定是氮肥
【答案】A
【解析】初中化学两种物质反应生成三种物质的反应主要有两类，①碳酸盐与酸生成盐、水和二氧化碳，②镂盐与碱反应生成盐、水和氨气，由于A是复合肥，所以应为硝酸钾，D应为水。
如果B为酸（或碱），则E为二氧化碳（或氨气）；所以H为碱（或酸），F为氨气（或二氧化碳）。
A、B物质可能是酸或是碱，故错误；
B、D物质是水，属于氧化物，故正确；
C、若H是碱，则B为酸，A为碳酸钾，属于钾肥，故正确；
D、若E的相对分子质量大于F的相对分子质量，则E为二氧化碳，F为氨气，所以H是碱，G是氨态氮肥，故正确。
14.如下图是甲、乙、丙三种物质的溶解度曲线。
根据曲线分析，错误的是
溶解度塔
O（I＜2IJ温虞/七
A.t「C时，等质量的甲、乙饱和溶液中所含溶质的质量为乙＞甲
B.t√C时，可配制溶质质量分数为30$的丙溶液
C.将组成在H点的甲溶液转变为N点的甲溶液，可加适量水桥释
D.t3°C时，将甲、乙、丙三种物质的饱和溶液降温至VC,所得溶液溶质质量分数的人小关系为乙＞甲＞丙
【答案】B
【解析】A、据图可以看出，JC时，等质量的甲、乙饱和溶液中所含溶质的质量为乙＞甲，正确；E、t「C时，丙的溶解度是30g,其饱和溶液的溶质质量分数为：
30g
“「二CX100%V30%,故不可配制溶质质量分数为30%的丙溶液，错误；C、将组30g+100g
成在M点的甲溶液转变为N点的甲溶液，就是变成不饱和溶液，可加适量水桶释，正确：
D、XC时，将甲、乙、丙三种物质的饱和溶液降温至t2βC,甲和乙的溶解度减小，形成FC时的饱和溶液，根据溶解度可以看出，乙的溶质质量分数大于甲，而丙的溶解度随温度的降低而减小，根据图彖可以看出，丙的溶质质量分数小于甲，故所得溶液溶质质量分数的大小关系为乙＞甲＞丙，正确。
故选Ec
15.著名化学家傅鹰说“化学给人以知识，化学史给人以智慧。
”下列有关化学史的说法正确的是（）
A.阿伏伽德罗等科学家得出结论：
分子中原子的重新组合是化学变化的基础
B.拉瓦锡用红磷燃烧的实验证明氧气约占空气总体积的五分之一
C.我国著名实业家侯德榜发明了制取烧碱的"侯氏制碱法"
D.波义耳发现了质量守恒定律
【答案】A
【解析】
A.阿伏伽德罗在化学学科中的主要成就，是提出了分子学说，道尔顿提出原子论，阿伏伽德罗提出分子论，都是对物质构成的理论解释，结合二者的理论，有的物质是分子构成的，也可以是原子构成的，在化学变化中，由分子构成的物质，分子中的不同种类和数目的原子将重新组合为新的分子，即在化学变化中，分子变为原子，原子再重新结合生成新的分子.B、拉瓦锡在化学学科中的主要成就，是首次利用天平为化学研究的工具进行定量实验，并首先通过实验得出空气是由氮气和氧气组成的结论，C.我国著名实业家侯德榜成功地摸索和改进了西方的制碱方法,发明了将制碱与制氨结合起来的联合制碱法（又称侯氏制碱法）。
D.波义尔用敞II容器在空气中加热金属，金属与空气中的氧气发生了化学反应，由于有外界的氧气参加反应，可回顾波义尔得出的结论不守恒。
而罗蒙诺索夫因为是在密封玻璃瓶内加热金属，金属虽然也被氧化，但是至于玻璃瓶内的氧气发生了化学反应，故反应前后的质量不变，从而得出了质量守恒定律。
选A
点睛：
多了解化学通史，熟记科学家们的贡献
16.一包固体粉末可能含有NaNO3xCaCO3、NaOHXCuCl2xNaCI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.蓝色溶液B中阳离子只有O?
+B.无色溶液A中一定有NaOH
C.原固体粉末一定有NaClD.原固体粉末一定有
CaCo3、NaOHXNaNO3xCuCl2和Ca（NO3）2
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A、根据题意一包固体粉末可能含有NaNo3、CaCO3、NaOH.CUCl2、NaCl和Ca（NO3）2中的一种或几种，结合框图，则推测铜离子在溶液中显蓝色，NaOH和CUCI2会生成氢氧化铜沉淀，而氢氧化铜沉淀与桥硝酸反应生成硝酸铜溶液；CaCO3和硝酸反应会生成气体，因此沉淀中含有碳酸钙和氢氧化铜，跟硝酸反应后得到的蓝色溶液B中有硝酸铜、硝酸钙，如果桥硝酸有剩余，溶液中还有硝酸，所以蓝色溶液中的阳离子，不仅有铜离子还有钙离子等，选项A不正确；
B、因为固体加水搅拌后得到的沉淀中含有氢氧化铜，因此粉末中一定有NaOH、CUCl2,无色溶液A通入二氧化碳有白色沉淀，所以无色溶液中一定有氢氧化钠，因为二氧化碳与氢氧化钠生成的碳酸钠可与硝酸钙反应生成碳酸钙白色沉淀，选项B正确；
C、因为粉末中一定有NaOH、CUCl2,它们反应后生成氯化钠，所以无色溶液A中加入桶硝酸和硝酸银溶液有白色沉淀生成，不能说明原来有氯化钠，选项C不正确；
D、因为NaNO3在题中无法证明有没有，选项D不正确。
故选B。
17.有一包白色固体样品，可能由硫酸钠、氢氧化钠、碳酸钙、氯化换、氯化镁中的一种或几种物质组成，为探究该样品的组成，某小组取适量样品按下列流程进行实验。
下列说法不正确的是
A.滤渣a的成分是碳酸钙和氢氧化镁
B.滤液中溶质的成分除氯化钠还有氢氧化钠、硫酸钠
C.白色沉淀b的成份是碳酸饮
D.若现象①“滤渣全部溶解”变为''滤渣部分溶解”，其他现象不变，则不能确定原样品中一定存在氯化镁
【答案】B
【解析】
根据碳酸钙难溶于水，领离子和硫酸根离子会生成硫酸领的沉淀，氢氧化钠和氯化镁反应生成氢氧化镁的沉淀，碳酸钙和盐酸反应会生成二氧化碳气体，结合化学方程式进行解答。
解：
样品溶于水得到滤渣1.5g,能够全部溶于棉盐酸，且产生O.44g二氧化碳，说明沉淀中一定有碳酸钙，一定没有硫酸乍贝。
设产生0.44g二氧化碳需要碳酸钙的质量为Xo
CaCO3+2HC1=CaCl2+⅛0+CO2t
IOO44
X0.44g
IOO44
X0.44<^
x=lg<1.5go因此沉淀中还有氢氧化镁。
则滤渣a的成分是碳酸钙和氢氧化镁，故A正确；滤液通入CO：
产生沉淀，说明二氧化碳与氢氧化钠反应产生碳酸钠，碳酸钠和氯化领反应产生碳酸顿沉淀，因此滤液中溶质的成分除氯化钠还有氢氧化钠、氯化顿，故B错误，C正确：
若现象①“滤渣全部溶解”变为''滤渣部分溶解”，其他现彖不变，可知沉淀a—定含有碳酸钙和硫酸领，不一定含有氢氧化镁，因此无法确定氯化镁的存在，故D正确。
点睛：
首先分析所给物质的性质，然后依据题中的现象确定各种物质的存在性，最后确定混合物的成分。
18.等质量的镁、铝、锌分别与相同质量20%的盐酸充分反应，产生氢气的
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