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1、陕西中考真题答案 参考答案及解析2018年陕西省初中毕业学业考试9.B【解析】将垃圾分类回收，可以提高垃圾的资源价值和经济价值，力争物尽其用，同时对有害垃圾进行处理，可以减少对环境的污染，A合理；的燃烧产物中有些是空气污染物，同时化石燃料燃烧排放出大量二氧化碳，不符合“低碳经济”的理念，应该逐步减小化石燃料的使用比重，B不合理；研制合成新药物，防治各种疾病，为生命健康提供保障，C合理；实现“中国制造2025”需要大量的新技术和新材料，材料化学的发展可以为其提供有力支撑，D合理。10.B【解析】配制20 g 10%的氯化钠溶液，需要氯化钠的质量是2 g，水的质量是20 g2 g18 g，取用氯化

2、钠时试剂瓶的瓶塞要倒放在桌面上，称量时要遵循“左物右码”的原则且托盘左右两端要各垫一张相同的称量纸，A操作规范；18 g水的体积是18 mL，量取18 mL水应该选用20 mL的量筒，B操作不规范；溶解氯化钠时要用玻璃棒搅拌，加速溶解，C操作规范；将配好的溶液倒入试剂瓶中时要用玻璃棒引流，D操作规范。11.D 【解析】A铁质水龙头表面镀耐腐蚀的铬可以防锈，其原理是隔绝了铁与空气中氧气和水的接触，并没有改变铁质水龙头的内部结构B众人拾柴火焰高，是指可燃物越多，火燃烧得越旺，而着火点是物质的固有属性，通常不会改变C明矾净水的原理是明矾溶于水后生成的胶状物对杂质的吸附，使杂质沉降来达到净水的目的，明

3、矾不能降低水中钙、镁离子的含量D气体分子之间的间隔远远大于液态时分子之间的间隔，氧气液化，分子之间的间隔缩小，体积缩小，使较多量的氧气贮存于钢瓶中12.C【解析】硅元素的原子序数是14，图粒子中的质子数是14，核外电子数也是14，所以图粒子是硅原子的结构示意图，A正确；图是钠离子的结构示意图，对应的元素是钠元素，钠元素属于金属元素，B正确；图、对应元素组成的化合物是氯化钠，氯化钠是由钠离子和氯离子构成的化合物，C不正确；图粒子中质子数为8，是氧元素的一种粒子，若图中x值为8，则核外电子数为10，是氧原子得到2个电子形成的氧离子，符号为O2-，D正确。13.D 【解析】对比第一个和第二个化学反应

4、方程式，碳在氧气不足时燃烧生成一氧化碳，在氧气充足时燃烧生成二氧化碳，说明反应物相同，参加反应的物质的量不同时生成物不同，A正确；碳、一氧化碳和天然气（主要成分甲烷）都具有可燃性，都是常用的燃料，B正确；三个反应都是由两种物质反应生成一种物质，都属于化合反应，CO和CO2都属于氧化物，C正确；COCO2的转化既可以通过与氧气反应来实现，也可以通过与金属氧化物的反应来实现，D不正确。14.A 【解析】除去二氧化碳中的氯化氢气体和水蒸气，将混合气体先通入饱和碳酸氢钠溶液中，碳酸氢钠与氯化氢溶于水形成的盐酸反应生成二氧化碳气体，而二氧化碳与碳酸氢钠不反应，从而除去氯化氢气体，再将气体通入浓硫酸，浓硫

5、酸有吸水性，可除去水蒸气，A能达到实验目的；碳酸钙难溶于水，氯化钙易溶于水，加足量水搅拌，充分溶解，过滤得到碳酸钙固体和氯化钙溶液，并没有得到氯化钙固体，B不能达到实验目的；向硫酸铁溶液中加入氢氧化钾溶液，过滤，得到的是氢氧化铁沉淀而不是氢氧化亚铁沉淀，C不能达到实验目的；探究铁锈蚀的条件要设置对比实验，D不能达到实验目的。15.C【解析】图中溶液总质量从零开始，说明该实验是将稀盐酸加入氧化铜中，A错误；图中n点表示加入的稀盐酸与氧化铜恰好完全反应，m点是之后继续滴加稀盐酸使溶液质量增大，n、m点中的铜元素的质量相等，都等于氧化铜中铜元素的质量，错误；n点对应的溶液是氯化铜溶液，蒸发结晶得到的

6、是氯化铜晶体，m点对应的溶液是氯化铜和盐酸的混合溶液，m点对应的溶液蒸发结晶过程中随着水分的蒸发，氯化氢挥发而被除去，得到的也是氯化铜晶体，C正确；将稀盐酸加入氧化铜中，溶液中溶剂质量从零开始逐渐增大，当二者恰好完全反应，继续滴加稀盐酸，溶剂质量继续增大，但幅度减小，该曲线能反映溶液中溶剂质量随时间的变化关系，D错误。16.（3分）（1）油脂（或脂肪）（1分） （2）吸附（1分） （3）乳化（1分）【解析】（1）橄榄油是一种食用油，富含的主要营养素是油脂或脂肪，另外含有较为丰富的维生素。（2）可用活性炭对初榨橄榄油进行脱色处理，这是因为活性炭具有吸附性，可吸附色素。（3）油脂可用于制作肥皂，肥

7、皂中含有乳化剂，乳化剂在洗涤油污的过程中起乳化作用。17.（3分）（1）-3（2018年陕西阅卷培训会补充答案：，但NH3化学式写错不给分）（1分）H2O（1分）（2）C（1分）【解析】（1）根据图示可知，A物质是NH3，NH3中氢元素显+1价，氮元素显-3价。根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类和原子个数不变，分析如下：元素种类NHCO反应前原子个数2612反应后原子个数2411差值0201D物质的化学式H2O（2）尿素中只含有植物生长所需三大营养元素中的氮元素，属于氮肥；碳酸氢铵、氯化铵中都只含有氮元素，也属于氮肥；硫酸钾中只含有植物生长所需的钾元素，属于钾肥，与尿素不属于同类肥料。18

8、.(1)温度(或溶质种类或溶剂种类或溶质性质或溶剂性质)(2) 100%(或100%)(3)不饱和93.5【解析】(1)影响固体物质溶解度的因素从内因上说有溶质的种类和性质，溶剂的种类和性质；从外因上说有温度等。(2)某一温度下某物质的饱和溶液的溶质质量分数最大，饱和溶液的溶质质量分数与溶解度的关系是：饱和溶液的溶质质量分数100%。30 时硝酸钾的溶解度是45.8 g，其饱和溶液的溶质质量分数100%。(3)该溶液从90 降温到80 时有10 g硝酸钾析出，从80 降温至60 时析出硝酸钾69 g10 g59 g，80 时硝酸钾的溶解度为169 g，60 时硝酸钾的溶解度为110g，当溶液中

9、水的质量为100 g时，硝酸钾的饱和溶液从80 降温到60 时析出晶体的质量为169 g110 g59 g，设该溶液中水的质量为x，x100 g，即溶液中水的质量为100 g。50 时硝酸钾的溶解度为85.5 g，60 降温至50 时析出晶体的质量为110 g85.5 g24.5 g，加上烧杯中原有的69 g晶体，可知图中n的数值为24.56993.5。90 的溶液如果是饱和溶液，降温到80 时，应该析出晶体202 g169 g33 g，而根据题给信息只析出10 g晶体，则90 时的硝酸钾溶液是不饱和溶液。19.（4分）（1）硬度大（或强度大）（2018年陕西阅卷培训会补充答案：高强度或高硬度

10、或机械性能好）（1分） （2）（1分） ZnH2SO4=ZnSO4H2（2分）【解析】（1）铝合金被用于制造飞机、高铁等，是因为铝合金具有硬度大、强度高、耐腐蚀、机械性能好及密度小等特性。（2）金的化学性质很稳定，在高温条件下也不与氧气反应；而铜锌合金中的铜在加热的条件下会与氧气反应生成黑色的氧化铜，现象是金属表面变黑，故可以鉴别黄金和铜锌合金。金的金属活动性顺序在银之后，把黄金放入硝酸银溶液中，无明显现象，而铜、锌的金属活动性都比银强，把黄铜放入硝酸银溶液中，表面会附着银白色物质，溶液由无色变为蓝色，故可以鉴别黄金和铜锌合金。铜、金的金属活动性都比锌弱，把金和黄铜放入硫酸锌溶液中都不反应，不

11、能鉴别黄金和铜锌合金。20.(1)物理(2)2NaOH CuSO4=Cu(OH)2 Na2SO4NaNO3(或硝酸钠)排除SO的干扰(或排除SO和OH的干扰，合理即可)【解析】(1)物质的颜色是物理性质，通过观察物质的颜色来鉴别某种物质的方法是根据物质的物理性质得出结论。(2)白色粉末中加入足量的水，过滤，得到蓝色沉淀和滤液A，有蓝色沉淀生成，说明白色粉末中一定含有硫酸铜和氢氧化钠，硫酸铜和氢氧化钠反应生成氢氧化铜蓝色沉淀和硫酸钠。滤液A中一定有硫酸钠，可能有氢氧化钠或硫酸铜中的一种。加入过量的硝酸钡溶液和稀硝酸，过滤得到白色沉淀和滤液B，白色沉淀是硫酸钡，在滤液B中加入硝酸银溶液，有白色沉淀

12、生成，说明白色粉末中含有氯化钾。加入过量硝酸钡和稀硝酸的目的是除去滤液A的硫酸钠及可能存在的氢氧化钠、硫酸铜。根据题给信息，硫酸银微溶于水，如不排除硫酸根离子及氢氧根离子的干扰，滴入硝酸银溶液后会生成微溶于水的硫酸银和氢氧化银沉淀(氢氧化银不稳定，易分解为难溶于水的氧化银和水)，对氯离子的检验造成干扰。因为硝酸钠与白色粉末中的物质及加入的物质都不反应，所以不能确定是否存在。21.（5分）(1)使氧气充分反应（1分） (2)BD（1分）2H2O2 2H2OO2（2分）(3)漏斗（1分）【解析】(1)图一装置是通过加热玻璃管中铜丝的方法测定空气中氧气的含量。铜丝与装置内氧气在加热的条件下反应生成氧

13、化铜固体，要使实验结果接近理论值，需要使铜丝与氧气充分反应，尽可能地消耗装置内的氧气，在操作上就需要反复推拉两端注射器的活塞。 (2)若要制取大量的氧气，就不能选用A装置而要选用B装置，可以通过分液漏斗添加药品；要收集比较纯净的氧气，应选择D装置。B装置是固液常温型发生装置，可用于过氧化氢溶液分解制取氧气，过氧化氢在二氧化锰的催化作用下分解生成水和氧气。(3)若要回收反应后溶液中剩余的二氧化锰，需要进行过滤操作，过滤需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗。22.（7分）【实验验证】生成白色沉淀，溶液仍为红色(或生成白色沉淀，溶液颜色无变化（1分）向溶液中引入OH，对NaOH的检验产生干扰(合理

14、即可)（1分）(或或)（1分）【反思交流】(1)2NaOH CO2= Na2CO3 H2O（2分）(2)不能（1分）【拓展迁移】某种反应物消失(或减少)（1分）【解析】锥形瓶内充满二氧化碳，注入氢氧化钠溶液后，二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠，二氧化碳溶于水，与水反应，瓶内压强减小。打开K1，C中红色溶液沿导管倒吸入A中，待A、C中压强平衡时，回流停止，此时A、C中压强仍小于B中压强。打开K2，B中稀盐酸倒吸入A、C中，A中溶液仍然为红色，说明其中含有氢氧化钠或碳酸钠或氢氧化钠和碳酸钠同时存在；C中溶液变为无色，说明其中氢氧化钠已经反应完全。【实验验证】对A中使酚酞变红的物质成分进行探究，取少

15、量A中溶液，滴加过量的氯化钡溶液，若观察到生成白色沉淀，同时溶液仍为红色，说明A中溶液中溶质的成分是碳酸钠和氢氧化钠，碳酸钠与氯化钡溶液反应生成碳酸钡白色沉淀，由于加入的中性的氯化钡溶液是过量的，完全除去了碳酸钠，溶液仍为红色说明溶液中还含有氢氧化钠，猜想二成立。不能用氢氧化钡溶液代替氯化钡溶液，因为氢氧化钡是可溶性碱，引入了氢氧根，对检验氢氧化钠是否存在造成干扰。对C中溶液变为无色的原因进行分析，猜想一是酚酞变质，向C中溶液滴入氢氧化钠等可溶性碱，溶液变为红色，证明酚酞没有变质。测溶液的pH，如果pH7或pH7，则证明氢氧化钠已经反应完，溶液呈酸性或中性。【反思交流】(1)氢氧化钠与二氧化碳

16、反应生成碳酸钠和水。(2)【实验步骤】中的现象不能说明二氧化碳与氢氧化钠一定发生了反应，因为二氧化碳能溶于水且可与水反应，滴入氢氧化钠溶液后溶液中的水能溶解一部分二氧化碳并发生反应，也会使C中溶液倒吸进A中。【拓展迁移】对无明显现象的化学反应，可以借助检验生成物的方法，也可以通过检验某种反应物是否减少或已经不存在等来验证。23.（1）无（1分）（2）解：由题意可知，生成二氧化碳的质量为370 g363.4 g=6.6 g设补钙剂中碳酸钙的质量为x (1分）100 44x 6.6 g（1分）x=15 g（1分）则补钙剂中碳酸钙的质量分数（1分）答：该补钙剂中碳酸钙的质量分数是75%。【解析】利用

17、生成气体的反应来计算纯净物质量的常用方法有：收集气体测其质量；利用可以吸收气体的物质，根据装置增重的质量计算气体质量；生成气体的装置是开放式的，根据反应前后装置的质量差计算生成气体的质量。本题采用第三种形式，即通过装置反应前后的总质量差计算生成二氧化碳的质量，所以装置的气密性对测定结果无影响。2017年陕西省初中毕业学业考试9. C【解析】给人体补充碘元素可以预防甲状腺肿大，加碘食盐中含有碘元素，食用加碘食盐可以预防甲状腺肿大症，A正确；合理使用农药，可以减少农作物的病虫害发生，合理使用化肥，可以补充农作物生长所需营养元素，都能提高农作物产量，B正确；加高炼铁厂的烟囱，不能减少有害气体的排放，

18、也不能减少空气污染，C错误；综合利用化石燃料不但可以将其转化为各种化工产品，而且可以提高燃料其他成分的利用率，D正确。10. B【解析】给试管中加粉末状固体，先使试管倾斜，将药品放在药匙(或纸槽)中，小心送至试管底部，然后使试管直立起来，B正确。其他图解如下：11. D【解析】在阳光下比在阴凉处的温度高，湿衣服上面的水分子在温度高时运动速率较快，比放在阴凉处干得快，A正确；油锅着火用锅盖盖灭的原理是隔绝了油燃烧所需的氧气，B正确；铝制品比铁制品耐腐蚀的原因是铝在常温下与氧气反应生成一层致密的氧化膜，使得内层的铝不与氧气接触，而铁制品在常温下会与空气中的氧气和水蒸气反应锈蚀，C正确；洗洁精是乳化

19、剂，具有乳化作用，用洗洁精洗去餐盘上的油渍是利用了洗洁精的乳化作用而不是溶解作用，D不合理。12. B【解析】根据图给信息，甲是化合物SiCl4，乙是单质H2，丙是单质Si，丁中X应该含有H、Cl两种元素，属于化合物，该反应是一种单质和一种化合物反应生成另外一种单质和另外一种化合物的反应，属于置换反应，A正确；反应前SiCl4中硅元素的化合价为4价，反应后硅元素的化合价为0价，化合价降低，B不正确；根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类、原子种类和数目不变，进行如下分析：元素种类SiClH反应前原子个数1 44反应后已知物质中原子个数100差值(4X中原子个数)044X的化学式HClC正确；甲

20、是SiCl4，硅、氯元素质量比为28(35.54)1471，D正确。13. D【解析】化合物是由两种或两种以上元素组成的纯净物，含不同种元素的物质可能是混合物，不是纯净物，也不会是化合物，A不正确；木炭、活性炭可用于净化空气利用了它们具有吸附性，它们有吸附性的原因是具有疏松多孔的结构，但不是其他碳单质都具有吸附性，如金刚石和石墨就不能用于净化空气，B不正确；二氧化碳和二氧化硫能与碱溶液反应生成相应的盐和水，但不是所有非金属氧化物都能与碱溶液反应，如一氧化碳就不与碱溶液反应，C不正确；可燃性气体如与空气混合时，点燃有可能发生爆炸，所以点燃前一定要验纯，甲烷是可燃性气体，点燃前也一定要验纯，D正确

21、。14. A【解析】在探究溶剂种类对物质溶解性的影响的对比实验中，溶质的种类和质量相同，温度相同，溶剂的质量相同而只有溶剂的种类不同，通过对比可以得出溶剂种类对同一种溶质溶解性的影响，A能够达到实验目的；测定空气中氧气含量的实验要求消耗氧气的物质与氧气反应后要生成固体，而用木炭代替红磷，木炭在密闭容器中燃烧生成二氧化碳和一氧化碳，气体体积没有减小，瓶内压强也没有减小，烧杯中的水不能进入集气瓶，B不能达到实验目的；氯化铵和硝酸铵都是铵盐，滴加氢氧化钠溶液后微热都会有刺激性的氨气放出，无法鉴别二者，正确的方法是滴入硝酸银溶液，看是否有白色沉淀生成，C不能达到实验目的；在探究二氧化锰的催化作用实验中

22、虽然所取过氧化氢溶液的体积相同，但过氧化氢溶液的浓度不同，而且一支试管加二氧化锰，一支试管不加二氧化锰，带火星的木条复燃不能确定是加入二氧化锰的因素所致还是过氧化氢溶液浓度大的因素所致，D不能达到实验目的。15. A【解析】反应前烧杯中有固体氧化铁粉末，加入稀盐酸后，发生反应Fe2O36HCl= 2FeCl33H2O，溶液中铁元素的质量由0逐渐增大，待氧化铁完全反应后，溶液中铁元素的质量不再增加，A正确；反应中烧杯里剩余固体的质量由大到小，待氧化铁完全反应后，固体质量为0，B不正确；随着稀盐酸的加入，溶液的质量逐渐增大，在氧化铁完全反应前，由于加入的是稀盐酸，生成的是氯化铁溶液，所以溶液质量增

23、大的幅度要大，待氧化铁完全反应后，溶液增加的质量仅仅是稀盐酸的质量，溶液增加的质量幅度不如原来大，C不正确；在氧化铁完全反应前，溶剂的质量有两部分，一是稀盐酸中水的质量，二是生成水的质量，而待氧化铁完全反应后，溶剂增加的质量仅仅是稀盐酸中水的质量，比之前增加的幅度小，不会与原来增加的幅度相同，D不正确。16. (3分)(1)元素(1分)(2)糖或糖类(1分)(3)肥皂水或肥皂液(1分)【解析】(1)富硒茶中的硒以化合物的形式存在，指的是硒元素。(2)大米的主要成分是淀粉，淀粉属于糖类。(3)将肥皂水滴在水样中，振荡后，乳渣少、泡沫多的是软水，乳渣多、泡沫少或没有泡沫的是硬水，因此可以用肥皂水区

24、分软水和硬水。17. (3分)(1)115(1分)(2)CD(1分)(3)盐(1分)【解析】(1)根据镆元素在元素周期表中的部分信息，其原子序数为115，原子序数核电荷数核内质子数，所以镆原子的核内质子数为115。(2)质子数相同的单核粒子属于同一种元素的粒子，C、D核内质子数都是17，C是氯离子，D是氯原子，同属于氯元素。(3)B的核内质子数是12 ，核外电子数是10，是镁离子，C是氯离子，镁离子与氯离子构成的物质氯化镁是由金属离子与酸根离子(氯离子可以看成盐酸的酸根)组成的化合物，属于盐类。18. (4分)(1)KNO3或硝酸钾(1分)(2)不饱和(1分)167.6(1分)(3)大于(1分

25、)【解析】(1)通过氯化钠和硝酸钾两种物质在不同温度时的溶解度数据比较，可以得到氯化钠的溶解度受温度变化的影响较小，而硝酸钾的溶解度受温度变化的影响较大。(2)60 时硝酸钾的溶解度是110.0 g，100 g水中加入40 g硝酸钾，A是不饱和溶液。再加入40 g氯化钠，60 时氯化钠的溶解度是37.3 g，即只溶解了37.3 g，B溶液的质量是100 g40 g37.3 g177.3 g，再降温至20 ，20 时硝酸钾的溶解度是31.6g，析出晶体(37.3 g31.6 g)5.7 g，20 时氯化钠的溶解度是36 g，析出晶体(40 g36 g)4 g，所以C溶液的总质量为177.3 g5

26、.7 g4 g167.6 g。(3)50 时氯化钠的溶解度是37.0 g，饱和溶液蒸发10 g水析出晶体3.7 g，溶液质量为100 g3.7 g96.3 g；硝酸钾的溶解度是85.5 g，饱和溶液蒸发10 g水析出晶体8.55 g，溶液质量为100 g8.55 g91.45 g。19. (5分)(1)增大接触面积，使反应更充分，加快反应速率(1分) (2)FeSO4和Al2(SO4)3(或硫酸亚铁和硫酸铝)(1分)(3)溶液由无色变为蓝色(或溶液变为蓝色)(1分)(4)FeH2SO4= FeSO4H2(2分)【解析】(1)将电路板粉碎的目的是让里面的各种金属与溶液充分接触，使反应更充分和彻底

27、，加快反应速率。(2)步骤加入过量的稀硫酸，硫酸与铝、铁反应，分别生成硫酸铝和硫酸亚铁，而铜、银、金等不与稀硫酸反应，过滤后，滤液中有硫酸铝、硫酸亚铁和过量的稀硫酸；滤渣中有铜、银、金等。(3)步骤中铜与稀硫酸、过氧化氢溶液反应生成硫酸铜，观察到的现象是溶液由无色变为蓝色，而金、银没有反应，过滤后存在于滤渣中。(4)得滤液(硫酸铜溶液)中加入过量铁粉，发生反应FeCuSO4= FeSO4Cu，过滤后的滤液中有铜和过量的铁粉，再加入过量的稀硫酸，稀硫酸与铁粉发生反应：FeH2SO4= FeSO4H2，除去铁粉，过滤后得到铜。20. (4分)(1)浓硫酸(1分)(2)2NaOHH2SO4= Na2

28、SO42H2O(2分)(3)氯化钡溶液或BaCl2溶液(1分)【解析】(1)稀释浓硫酸时，要将浓硫酸沿烧杯壁缓缓地倒入水中，并用玻璃棒不断地搅拌散热，所以甲溶液是浓硫酸。(2)A中溶液是氢氧化钠，B中滴入无色酚酞溶液，溶液变红，C中滴入稀硫酸后溶液由红色变为无色，发生的反应是硫酸与氢氧化钠反应生成硫酸钠和水。(3)C中溶液的溶质可能有两种情况：硫酸与氢氧化钠恰好完全反应，溶质是硫酸钠；硫酸过量，溶质是硫酸钠和硫酸。要确定溶液中溶质的成分，实质就是检验硫酸是否存在。根据酸的性质，可以加入紫色石蕊溶液，如溶液变红，则有硫酸；可以加入金属氧化物氧化铜，如果黑色氧化铜溶解，溶液变为蓝色，则有硫酸；也可

29、以加入碳酸盐碳酸钠溶液，如果有气泡生成，则有硫酸；如果加入氯化钡溶液，因为溶液中肯定存在硫酸钠，则不论硫酸是否存在都会生成不溶于酸的白色沉淀硫酸钡，所以加入氯化钡溶液不能达到目的。21. (5分)(1)长颈漏斗(1分)(2)2KMnO4 K2MnO4MnO2O2(2分)(3)BCD(1分)(4)密度比空气小(1分)【解析】(1)装置B是固液混合不加热型制气装置，其中仪器是长颈漏斗。(2)装置A是加热固体制取氧气装置，试管口有一团棉花，用于高锰酸钾制取氧气，高锰酸钾在加热的条件下分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气。(3)若要制取并收集一瓶干燥的二氧化碳，制取二氧化碳用稀盐酸和石灰石(或大理石)，因此

30、装置选用固液混合不加热型的B装置，干燥二氧化碳用浓硫酸，装置选C，二氧化碳密度比空气大且能溶于水，选用向上排空气法收集装置D收集干燥后的二氧化碳。(4)E装置是向下排空气法收集装置，用于收集密度比空气小的气体，所以用该装置收集的气体具有的物理性质是密度比空气小。22. (7分)【实验探究一】(1)酸(1分)(2)氯化钙或CaCl2(1分)红(1分)【实验探究二】CaCO32HCl= CaCl2H2OCO2(2分)【得出结论】反应物的浓度大小(1分)【反思交流】(1分)【解析】在用5%的稀盐酸与大理石制取二氧化碳，观察不到气泡产生时，固体有剩余，对不再产生气泡的原因进行探究。【实验探究一】(1)

31、取上层反应后的清液，测得pH2，说明溶液显酸性。溶液显酸性的原因可能是盐酸过量，也可能是生成的二氧化碳溶解在反应后的溶液里生成碳酸，还可能是反应后生成的氯化钙溶液显酸性。(2)要排除生成的氯化钙溶液显酸性的方法是另外配制氯化钙溶液，测其pH7，说明氯化钙对溶液的酸碱性无影响；在紫色石蕊的稀溶液中通入二氧化碳，二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸使石蕊溶液变红，但这只能说明生成的碳酸显酸性，但却不能说明对定量的酸碱度的影响；测得二氧化碳的饱和溶液的pH5.6，说明反应生成的二氧化碳溶解在溶液中对溶液的pH(pH2)影响不大，而主要影响因素是未反应的盐酸。由此得出猜想一不成立。【实验探究二】振荡反应容器，使剩余固体与液体充分接触，观察到仍无气泡生成，有可能是固体中没有碳酸钙；也有可能是某些与盐酸不反应的物质附着在固体表面。再滴加少量稀盐酸，又有气泡生成，就否定了这两个可能，生成气体发生的反应是碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水。【得出结论】实验否定了三个猜想，但既然溶液中有盐酸，固体中有碳酸钙，可为什么观察不到气泡出现？只能是反应进行的非常缓慢，使得外在表现不明显，而导致反应进行的非常缓慢的原