类型1 物质的组成和成分的探究-【中考得高分】2025年中考化学实验与探究

null体药品时，一般使用药匙，取用块状固体药品时，一般 使用镊子。(2)当量筒中的液面快到达所需刻度线时， 应改用胶头滴管逐滴加水。(3)配制溶液的过程中可 用玻璃棒搅拌，加快固体溶解。(4)NaHCO3溶液呈碱 性，能使酚酞溶液变红。(5)①NaHCO3和CaCl2反应 生成CaCO,沉淀、CO2、NaCl和H2O。②“实验3”中 加入了6滴11%的CaC2溶液，“实验2”中只加入了 1滴，由于CaCl2溶液的量少，导致生成的CO2较少， CO2能溶于水，生成的CO2全部溶解在水中，因此无 法观察到有气体逸出。③对比分析表中数据可知，使 用0.1%的CaCl2溶液时，无明显现象，使用11%的 CaCl2溶液时，可以观察到明显的实验现象，所以能否 观察到明显现象与CaCl2溶液的浓度相关。④1mL 0.8%的NaHCO3溶液和1滴0.1%的CaCL2溶液混合 后，无明显现象，而1mL0.8%的Na2C03溶液和1滴 0.1%的CaCl2溶液混合后，有白色沉淀生成，据此可以 鉴别两种溶液。 6.(1)OH(2)吸收碳酸氢钠固体的质量(3)干燥 二氧化碳(4)解：设样品中碳酸氢钠的质量为x。 NaHCO+HCI-NaC1+H,O+CO, 84 44 x 6.6g 84x 446.6g x=12.6g 样品中碳酸氢钠的质量分数为268×100%=84% 15.0g 答：样品中碳酸氢钠的质量分数为84%。 (5)偏小的原因是装置中有二氧化碳残留；偏大的原因 是装置内空气中的二氧化碳被吸收（或部分HC1气体 挥发出来被装置C吸收，答案合理即可)(6)Na2CO (7)充分混合后，加入足量CaCl2溶液，产生白色沉淀， 过滤取滤渣于试管中，加入稀盐酸，有气泡产生，将气 体通入澄清石灰水，若澄清石灰水变浑浊，说明猜想二 正确解析：(1)发酵粉加水溶解后所得溶液的pH= 8.2>7,说明溶液呈碱性，则溶液中一定含有OH。 (2)由图2中曲线可知，碳酸氢钠固体溶解时吸收热 量，溶液的温度降低；溶解的碳酸氢钠固体的质量不同 时，温度的变化曲线有明显差异，所以碳酸氢钠固体的 质量会影响其溶解过程中的温度变化程度。(3)浓硫 酸具有吸水性且不与二氧化碳反应，可用于干燥二氧 35 化碳，避免造成实验误差。(4)装置C增加的6.6g是 吸收的反应生成的二氧化碳的质量，根据碳酸氢钠与 稀盐酸反应的化学方程式，代入二氧化碳的质量，即可 求出碳酸氢钠的质量，最后求出碳酸氢钠的质量分数， 过程见答案。(5)根据(4)中计算过程可知，实验中的 误差主要来自二氧化碳质量的测量，若生成的二氧化 碳没有被装置C完全吸收，则测定结果偏小；若除生成 的二氧化碳以外还有其他气体被装置C吸收，则测定 结果偏大。(6)根据质量守恒定律，化学反应前后元素 的种类不变，另一种生成物中一定含有钠元素和碳元 素，可能含有氧元素和氢元素，推知该物质为碳酸钠， 化学式为NaCO3。(7)要验证猜想二正确，可以验证 NaHCO,溶液和NaOH溶液混合后有Naz CO,生成， 若选用稀盐酸来验证，NaHCO3也会和稀盐酸反应生 成CO2,无法确定Na2CO,的存在；若选用澄清石灰水 来验证，NaHCO,也会和澄清石灰水反应生成CaCO, 白色沉淀，也无法确定Na2CO3的存在；若选用CaCl2溶 液来验证，因为该实验条件下CaCl2溶液与NaHCO,溶 液混合无明显现象，与NaOH溶液混合会变浑浊，因此 还必须证明该白色沉淀中含有CO,则应过滤取白色 沉淀于试管中，向其中加人稀盐酸，将产生的气体通人 澄清石灰水中，观察到澄清石灰水变浑浊，说明该白色 沉淀能和稀盐酸反应生成CO2,证明该白色沉淀是 CaCl2和Na,CO3反应生成的CaCO3。 第二部分 探究实验 类型1物质的组成和成分的探究 1.【初步判断】放出氧化铁（或FezO,)【进行实验】 产生气泡硝酸银（或AgNO3)【反思评价】酒精燃 烧产生二氧化碳，会使饱和的澄清石灰水变浑浊；温度 升高，氢氧化钙的溶解度减小，饱和的澄清石灰水变浑 浊（答案合理即可）【实验拓展】充分溶解后过滤，洗 涤烧杯和玻璃棒，洗涤滤渣2~3次，洗净后将洗涤液 合并到滤液中解析：【初步判断】由标签内容可知， “暖宝宝”使用过程中发热，推测铁粉与空气接触发生 缓慢氧化放出热量；铁与空气中的氧气、水蒸气等发生 缓慢氧化而生锈，铁锈的主要成分是红棕色的氧化铁。 【进行实验】根据实验结论“固体中有铁粉”，铁与稀硫 酸反应生成硫酸亚铁和氢气，故实验一的现象为产生 气泡；根据实验结论“固体中有氯化钠”，结合表1可 知，CI厂可以和Ag结合生成氯化银白色沉淀，故实验 三中滴加的试剂为硝酸银溶液。【反思评价】酒精燃 烧产生二氧化碳，会使饱和的澄清石灰水变浑浊；氢氧 化钙的溶解度随温度的升高而减小，饱和的澄清石灰 水中有溶质氢氧化钙析出，也会变浑浊。【实验拓展】 由题意可知，测定固体中氯化钠的质量分数的实验原 理是将一定质量的固体中的氯化钠全部溶解在水中， 加入足量的硝酸银溶液，得到氯化银沉淀，通过测得的 氯化银沉淀的质量，计算出氯化钠的质量，最后计算得 到氯化钠的质量分数，因此该实验操作是将固体中全 部的氯化钠溶于水制成溶液，则应注意在溶解和过滤 中所用的烧杯和玻璃棒以及滤渣表面会沾有氯化钠， 应洗净后将所有洗涤液合并到滤液中，再进行题中后 续操作。 2.【学习交流】(1)红(2)Ca(OH)2+2HC1-CaCl2+ 2H2O【讨论交流】丙【实验验证】CaCO3二 【反思拓展】A解析：【学习交流】(1)碳酸钠溶液呈 碱性，能使无色酚酞溶液变红。(2)氢氧化钙和稀盐酸 反应生成氯化钙和水。【讨论交流】若因碳酸钠溶液 过量，导致反应后的溶液呈碱性，溶液也为红色，故不 能证明A中溶液的溶质成分含有Ca(OH)2,所以丙同 学依据预测实验现象得出的结论是不合理的。【实验 验证】将B中溶液倒人A中后，产生无色气泡，并生成 白色沉淀，说明发生了反应Na,CO,+2HCI 2NaCl+HO+CO2↑和CaCl2+Na2CO3=CaCO3Y+ 2NaCl,故实验中产生的白色沉淀是CaCO,此现象能 证明猜想二成立。【反思拓展】分析三种猜想可知，猜 想一对应的溶液呈中性，猜想二对应的溶液呈酸性，猜 想三对应的溶液呈碱性，故可以通过测溶液的pH来 验证猜想，A符合题意；CaCl2和HCl都不能和CO2发 生反应，向A中溶液中通入CO2后，猜想一和猜想二 对应的溶液均无明显的实验现象，不能验证猜想，B不 符合题意；三种猜想对应的溶液中均含有CaCl2,滴加 AgNO3溶液后，都会生成AgC1白色沉淀，不能验证猜 想，C不符合题意。 3.【作出猜想】碳、氢、氧【实验分析】(1)检查装置的气 密性(2)水(3)固体由红棕色变成黑色(4)5.6 2【反思评价】11.2≤m<17.6解析：【作出猜想】因 为HDPE膜燃烧生成碳的氧化物和水，根据质量守恒 定律，化学反应前后元素的种类不变，猜测HDPE膜可 能由碳、氢、氧元素组成。【实验分析】(1)组装好实验 2。 装置后，先要检查装置的气密性。(2)无水硫酸铜遇水 变蓝，证明燃烧产物中有水。（3)若燃烧产物中有一氧 化碳，则在装置B中会发生反应3C0十Fe,O,高温 2Fe+3CO2,观察到固体由红棕色变成黑色。(4)装置 A的质量增加了7.2g,说明燃烧产物中水的质量为 72g,水中氢元素的质量为7,2g×(品×100%)） 0.8g,装置C的质量增加了17.6g,说明二氧化碳的质 量为17.6g,二氧化碳中碳元素的质量为17.6g× (保×10%)=48g,根据质量守恒定律，化学反应前 后元素的种类和质量均不变，则HDPE膜中碳、氢元素 的总质量为0.8g十4.8g=5.6g=样品的总质量，所以 HDPE膜中不含有氧元素，猜想1成立，猜想2不成 立。【反思评价】HDPE膜中碳元素的质量为4.8g,当 碳元素全部生成二氧化碳时，二氧化碳的质量为 17.6g,当碳元素全部生成一氧化碳时，一氧化碳的质 量为4.8g产÷（最×10%）=1.2，由感中实酸可知， 燃料产物中一定有一氧化碳，则不可能全部是二氧化 碳，所以m的取值范围为11.2m<17.6。 4.【作出猜想】二【实验探究】没有氢气生成带火星 的木条复燃取少量反应后的溶液于试管中，滴加酚 酞溶液【得出结论】2Na2O2+2H,O一4NaOH+ O2个【反思拓展】有大量气泡产生，有蓝色沉淀生成 解析：【作出猜想】根据质量守恒定律，化学反应前后 元素的种类不变，反应物中不含碳元素，不可能生成碳 酸钠，因此猜想二不正确。【实验探究】点燃生成的气 体，无现象，说明没有氢气生成；根据实验结论“有氧气 生成”，氧气具有助燃性，能使带火星的木条复燃；根据 实验结论“溶液呈碱性”，实验现象为“溶液变红”，酚酞 溶液遇碱变红，故对应的实验方法是向反应后的溶液 中滴加酚酞溶液。【得出结论】由以上分析可知，过氧 化钠与水反应生成了氧气和碱性物质，根据质量守恒 定律，化学反应前后元素的种类不变，反应物中含钠、 氢、氧元素，故生成的碱性物质是氢氧化钠。【反思拓 展】将少量过氧化钠粉末加入硫酸铜溶液中，过氧化 钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠与硫酸铜 反应生成氢氧化铜蓝色沉淀和硫酸钠，故实验现象为 产生大量气泡，有蓝色沉淀生成。 5.导热性降低温度到可燃物的着火点以下【实验验 证】红CO2+Ca(OH)2CaCO3￥+H2O【形成 结论】三【表达交流】C解析：“锡纸”包裹的鸡蛋能 被烤熟，说明“锡纸”能传递热量，体现了金属具有导热 性；用水熄灭炭火，是利用降低温度到可燃物的着火点 以下的原理来灭火。【实验验证】白色固体加适量水 后，放出热量，结合猜想，说明白色固体中含有CaO, CaO与H2O反应生成Ca(OH)2,Ca(OH)2呈碱性，能 使酚酞溶液变红；人呼出的气体中含有大量的CO2,实 验二中澄清的液体中含有Ca(OH)2,CO2能与 Ca(OH)2反应生成CaCO3白色沉淀和HzO,因此能 观察到澄清的液体变浑浊。【形成结论】由实验二和 实验三可知，白色固体中含有CaO,由实验四可知，白 色固体中含有CaCO,故猜想三成立。【表达交流】实 验一中发生的反应为CaC0,高温Ca0十C0,+(分解反 应)，实验二中发生的反应为CaO十HO一Ca(OH), (化合反应)，实验三中发生的反应为Ca(OH)2十CO2 一CaCO,V十H2O(不属于化学反应基本类型)，实验 四中发生的反应为CaCO,+2HCl一CaCl2+H2O+ CO2(复分解反应)，所以在实验一至实验四的过程 中，没有涉及的化学反应基本类型是置换反应。 6.【交流讨论】(1)Fe,0,+3C0高温2Fe十3C0,(2)收 集未完全反应的CO,防止污染空气【作出猜想】 FeO,【进行实验】有部分黑色粉末不能被磁铁吸引 FeO,Fe十2 HCl-FeCl2十H个【实验结论】3 【拓展思考】700~800℃解析：【交流讨论】(1)氧化 铁和一氧化碳在高温条件下反应生成铁和二氧化碳。 (2)C0有毒，实验装置尾部的气球可以收集未完全反 应的CO,防止污染空气。【作出猜想】结合猜想1和 猜想3，硬质玻璃管内黑色粉末除了含Fe外还可能含 FeO4。【进行实验】铁及其氧化物中，Fe3Oa、FeO、Fe 均为黑色粉末，FeO4和Fe能被磁铁吸引，FeO不能 被磁铁吸引，根据实验结论“黑色粉末中含有FO”,故 实验现象是有部分黑色粉末不能被磁铁吸引；KSCN 溶液与三价铁盐溶液反应得到血红色溶液，亚铁盐溶 液和稀盐酸与KSCN溶液混合无明显现象，根据实验 现象“黑色粉末全部溶解，有气泡产生，溶液变为血红 色”，说明溶液中含有三价铁离子，而铁与稀盐酸反应 只能生成氯化亚铁，由【查阅资料】可知FeO4+8HCl 一FeCl2+2FeCl3+4H2O,故黑色粉末中含有Fe和 FeO;铁与稀盐酸反应生成氢气和氯化亚铁。【实验 27 结论】由上述分析知，黑色粉末中有Fe、FeO、FeO, 故猜想3正确。【拓展思考】在温度为700~800℃时， 反应的生成物是Fe,故为了提高铁的产率，应控制温 度的范围是700~800℃。 7.【提出假设】一反应物中有氢元素，则生成物中一定 有氢元素【分析讨论】(1)防止空气进入装置使生成 的单质铁被氧化将生成的气体全部赶入后续装置中 被完全吸收(2)四4CH十5Fe,0,高温c0十 3CO2+8HzO+10Fe解析：【提出假设】甲烷和氧化 铁反应生成单质铁和其他产物，反应物中含有碳、氢、 氧、铁元素，根据质量守恒定律，化学反应前后元素的 种类不变，生成物中也一定含有碳、氢、氧、铁元素，假 设一中的生成物中不含有氢元素，不合理。【分析讨 论】(1)步骤③中缓缓通入一段时间甲烷，可以防止空 气进入装置使生成的单质铁被氧化，还可以产生一股 从左往右的气流，将生成的气体全部赶入后续装置中 被完全吸收。(2)装置A减少的质量即氧化铁中氧元 素的质量=220g一196g=24g,装置B增加的质量即 反应生成水的质量=171g一156.6g=14.4g,装置C+ D增加的质量即反应生成二氧化碳的质量=270g一 256.8g=13.2g,生成的水和二氧化碳中氧元素的质 量-144g×(8×100%)+13.2gx(器×10o%) 16 22.4g<24g,所以反应还生成了C0,则猜想四正确； 该反应是甲烷和氧化铁在高温条件下反应生成一氧化 碳、二氧化碳、水和单质铁，生成一氧化碳的质量为 (24g-22.4g)÷(28 (8×1o0%）-2.8g,生成-氧化碳. 二氧化碳，水的化学计量数之比为2：18经： 44 14:48=1:3:8,则该反应的化学方程式为4CH,+ 18 5Fe,O 高温c0+3C0,+8H,0+10Fe. 8.【知识回顾】2H,0,Mm0:2H,0+0,↑【实验步 骤】b、a【交流讨论】(1)将A中生成的H2O和CO2 全部赶入U形管B、C中被吸收(2)Fe2O,+3CO 高温2Fe+3C0,(3)C0,+2Na0H一Na,C0,+ H2O【得出结论】2：3：2氢元素的质量为10.8g× (层×10%)-1.2g,碳元素的质最为35.2g×(号× 100%=9.6g,氧元素的质量为23.6g-1.2g 9.6g=12.8g,所以x:y:之=96,1.2g:12.8g 12 16 2:3:2【反思评价】固体NaOH可以同时吸收H2O 和CO2解析：【知识回顾】图2所示装置为固液常温 型的发生装置，适合用过氧化氢溶液和二氧化锰制取 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。【实验步骤】Fe2O3的作用是将可能生成的 CO转化成CO2,防止有机化合物R因燃烧不充分生 成CO,造成碳元素的测定不准确，故应先点燃煤气灯 b,再点燃煤气灯a。【交流讨论】(1)为防止反应生成 的H2O和CO2残留在石英管A中，可以继续通入O2, 产生一股从左往右的气流，保证H2O和CO2完全进入 后续的测量装置中被吸收。(2)Fe2O3和CO在高温条 件下反应生成Fe和CO2。(3)U形管C中的NaOH 与CO2反应生成Na2CO3和H2O。【得出结论】根据 质量守恒定律，化学反应前后元素的种类和质量均不 变，有机化合物R在O2中完全燃烧生成H2O和CO2, R中的碳元素全部转移到CO2中，氢元素全部转移到 H2O中，则R中碳元素的质量=CO2中碳元素的质 量，R中氢元素的质量=H2O中氢元素的质量，R中氧 元素的质量=R的质量一R中碳元素的质量一R中氢 元素的质量，再根据C、H、O的相对原子质量，求出有 机化合物R中的原子个数比，过程见答案。【反思评 价】U形管B中装有足量CaCl2,用于吸收生成的 H2O,U形管C中装有足量NaOH,用于吸收生成的 CO2,因为NaOH固体既能吸收CO2又能吸收HO,若调 换试剂的顺序，则无法分别测出燃烧生成的CO2和H2O 的质量。 9.(1)锥形瓶(2)向上移动铂丝使其脱离溶液（或打开 止水夹)(3)AgNO+HCl—AgCI+HNO, (4)%g+罗g(5)ABD解析：1)仪器X是维形 ,2m2 瓶。(2)若装置内压强过大，可向上移动铂丝使其脱离 溶液，从而使反应停止，也可打开止水夹，平衡装置内 外气压。(3)硝酸银和氯化氢气体反应生成氯化银沉 淀和硝酸。(4)根据质量守恒定律，化学反应前后元素 的种类和质量均不变，该塑料样品充分燃烧后，其中的 氢元素全部转移到水和氯化氢中，装置甲中是干燥剂 无水氯化钙，在反应前后增加的质量m1g为该塑料样 品燃烧生成的水蒸气的质量，则水中氢元素的质量为 m8×(层×10%)=号g,装置乙在反应前后塔加 —28 的质量2g为该塑料样品燃烧生成的氯化氢的质量， 则氯化氢中氢元素的质量为m:g×(36.5×100%) g,故mg该塑料样品中氢元素的质量为号g十 2m2 2m2 73g。(5)根据质量守恒定律，化学反应前后元素的 种类和质量均不变，该塑料样品充分燃烧后，其中的碳 元素全部转移到二氧化碳中，氯元素全部转移到氯化 氢中，氟化氢中氯元素的质量为m:g×(器× 100%)= 三32g,装置丙在反应前后增加的质量 mg为该塑料样品燃烧生成的二氧化碳的质量，则二氧 化碳中碳元素的质量为m3g× (×10%)-该 塑料中碳原子与氢原子的个数比为(2罂÷12）： 356÷35.5=73,·88m,A正确；由上述分标 2m2 可知，该塑料样品中氢元素的质量为号g十%g,氯 元素的质最为356，碳元素的质最为12 48,三种 元素的质量之和为gg十m:g+g,若%十m:十 3m3 乙%三m,则该塑料不含有氧元素，B正确；氯化氢能和 氢氧化钠反应生成氯化钠和水，若将装置乙与丙互换， 氯化氢、二氧化碳均会被氢氧化钠溶液吸收，则无法确 定反应生成的氯化氢和二氧化碳的质量，不能达到实 验目的，C错误；若去除装置丁，不会影响装置甲、乙增 加质量的准确测量，对测定氢元素的质量无影响， D正确。 10.【实验验证】气泡氯化钠（或NaCl,食用盐）【交流 讨论】稀盐酸中含有氯离子，会对氯化钠的检验造成 干扰（答案合理即可）【实验分析】2NaOH+CO2 —Na,C0,+H,0【实验结论】3(m:-m》× 11m 100%【反思评价】C解析：【实验验证】碳酸钠能 和稀硝酸反应生成硝酸钠、水和二氧化碳，则步骤I 中实验现象为有气泡产生；步骤I反应后的溶液中含 有过量的稀硝酸，向其中加人少量的硝酸银溶液，有 白色沉淀产生，则该白色沉淀为氯化银，说明待检液 中含有氯离子，结合配料表，得到实验结论为饼干中 含有氯化钠。【交流讨论】稀盐酸能和硝酸银反应生 成氯化银沉淀和硝酸，会对氯化钠的检验造成干扰。 【实验分析】氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和 水。【实验结论】由实验步骤可知，待检液乙中的碳 酸钠和稀硫酸充分反应，生成的二氧化碳被装置C中 的氢氧化钠溶液吸收，所以反应前后装置C增加的质 量m2一m1就是吸收的该反应生成的二氧化碳的质 量，设待检液乙中碳酸钠的质量为x, Na,CO++H2 SO,=Na2 SO+H2 O+CO2 106 x m2-m1 106 44m2-m1 53(m2-m1) x= 22 待检液乙中饼干样品的质量为，则该饼干样品中碳 酸钠的质量分数为 53(m,-m1）÷0×100%= 22 2 53(m:一m1)×1o0%。【反思评价】去掉装置D,外界 11m 空气中的二氧化碳会被装置C吸收，导致装置C增加 的质量偏大，计算出的碳酸钠的质量分数偏大，A不 符合题意；省略步骤②，装置内原有空气中的二氧化 碳也会被装置C吸收，导致装置C增加的质量偏大， 则计算出的碳酸钠的质量分数偏大，B不符合题意； 省略步骤⑤，装置A中生成的二氧化碳无法全部进入 装置C中被吸收，导致装置C增加的质量偏小，则计 算出的碳酸钠的质量分数偏小，C符合题意。 类型2物质的制备和性质的探究 1.(1)搅拌（或适当提高温度等，答案合理即可） (2)Fe3+、H+(3)过滤(4)①复分解反应②避免 生成Fe(OH)2③Na2SO,(5)①CO2②降低柠檬 酸亚铁在溶液中的溶解量，有利于晶体析出③铁粉 与柠檬酸反应生成了柠檬酸亚铁解析：(1)增大反应 物之间的接触面积、升高温度、提高反应物的浓度等， 都可以提高铁元素的浸出率。(2)“酸浸”时发生的反 应为Fe2O3+3H2SO4-Fe2(SO4)3+3H2O,“还原” 时，加入铁粉，溶液由黄色变为浅绿色，说明溶液中的 Fe3+和铁粉反应生成了Fe2+,同时有无色气体生成， 29 应是“酸浸”过程中加入的稀硫酸有剩余，和铁粉反应 生成了H2,则“酸浸”所得溶液中含有的阳离子是 Fe3+、H+。(3)将不溶性固体与液体分离的操作是过 滤。(4)①该反应由两种化合物相互交换成分，生成另 外两种化合物，属于复分解反应。②若将FeSO,溶液 滴入Na CO3溶液中，Na2 CO3溶液呈碱性，FeSO,在 碱性条件下会生成Fe(OH)2沉淀。③由“沉铁”时的 反应原理可知，FeSO4完全反应后，溶液中主要含有 Na,SO,所以FeCO,沉淀表面吸附的杂质主要是 Na2SO4。(5)①根据质量守恒定律，化学反应前后原子 的种类和数目均不变，推知X的化学式为CO2。②柠檬 酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，加人乙醇，可以降低柠 檬酸亚铁在溶液中的溶解量，有利于晶体析出。③加 人的少量铁粉会与柠檬酸反应生成柠檬酸亚铁，所以 实验所得柠檬酸亚铁的质量大于根据原理计算所得的 质量。 2.【实验探究1】I)CaC0,高温ca0+C0,+(2)Ca0+ H2O—Ca(OH)2OH【实验探究2】(1)碱 (2)大饱和(3)错误CO NaHCO3、NaOH 【拓展延伸】A解析：【实验探究1】(1)碳酸钙在高温 条件下分解生成氧化钙和二氧化碳。(2)氧化钙与水 反应生成氢氧化钙；氢氧化钙在水中解离出OH,使 酚酞溶液变红。【实验探究2】(1)酚酞溶液遇碱变红， 证明碳酸钙悬浊液呈碱性。(2)在其他条件相同的情 况下，溶液中离子浓度越大，溶液的电导率越大；碳酸 钙悬浊液中含有未溶解的碳酸钙固体，故为碳酸钙的 饱和溶液。(3)Na2CO,溶液、K2CO3溶液的pH都大 于7，呈碱性，说明盐溶液不一定呈中性；①②对比说明 酚酞溶液变红与Na无关，①④对比说明酚酞溶液变 红与CO?有关；碳酸钠能与水发生一定程度的反应 生成一种钠盐和一种碱，根据质量守恒定律，化学反应 前后元素的种类不变，推测生成物为NaHCO3、 NaOH。【拓展延伸】碳酸钙的溶解度随温度的升高而 减小，向碳酸钙悬浊液中滴加酚酞溶液后加热，其中溶 解的碳酸钙减少，悬浊液的碱性减弱，红色变浅，A符 合题意；悬浊液的碱性增强，红色变深，B不符合题意； 加热时部分碳酸钙分解生成氧化钙，氧化钙与水生成 氢氧化钙，悬浊液的碱性增强，红色变深，C不符合 题意。 3.(1)b(2)CO2能溶于水且能和水反应，也会使C中气