江苏省连云港市2022年中考化学真题解析版

这是一份江苏省连云港市2022年中考化学真题解析版，共7页。试卷主要包含了单选题，填空题，综合题等内容，欢迎下载使用。

江苏省连云港市2022年中考化学真题
一、单选题
1．《天工开物》记载的下列造物过程中涉及化学变化的是（　　）
A．棉线织布 B．粮食酿酒 C．楠木制舟 D．沙里淘金
【答案】B
【知识点】物理变化、化学变化的特点及其判别
【解析】【解答】A、棉线织布只改变物质的外部形状，不产生新物质，不涉及化学变化，不符合题意；
B、粮食酿酒过程中产生了新物质酒精，属于化学变化，符合题意；
C、楠木制舟只改变物质的外部形状，不产生新物质，不涉及化学变化，不符合题意；
D、沙里淘金是物质的分离，不产生新物质，不涉及化学变化，不符合题意。
故答案为：B

【分析】化学变化是指有新物质生成的变化。
2．下列是人体几种体液的正常pH范围，其中呈酸性的是（　　）
A．胰液7.5～8.0 B．胆汁7.1～7.3
C．血浆7.35～7.45 D．胃液0.9～1.5
【答案】D
【知识点】溶液的酸碱性与pH值的关系
【解析】【解答】解：A、胰液的pH为7.5～8.0，大于7，显碱性．
B、胆汁的pH为7.1～7.3，大于7，显碱性．
C、血浆的pH为7.35﹣7.45，大于7，显碱性．
D、胃液的pH为0.9﹣1.5，小于7，显酸性．
故选：D．
【分析】当溶液的pH等于7时，呈中性；当溶液的pH小于7时，呈酸性，且pH越小，酸性越强；当溶液的pH大于7时，呈碱性；据此进行分析判断即可．
3．中国科学家成功以二氧化碳和水为原料人工合成葡萄糖(C6H12O6)。下列说法正确的是（　　）
A．葡萄糖由三种元素组成
B．葡萄糖中含有水分子
C．葡萄糖属于有机高分子
D．葡萄糖中C、H元素的质量比为1：2
【答案】A
【知识点】化学式的书写及意义；化学式的相关计算
【解析】【解答】A、由化学式可知，葡萄糖由C、H、O三种元素组成，符合题意；
B、由化学式可知，葡萄糖由葡萄糖分子构成，每个葡萄糖分子中含6个碳原子、12个氢原子、6个氧原子，不含水分子，不符合题意；
C、葡萄糖含碳元素，属于有机物，葡萄糖的相对分子质量为：12×6+12+16×6=180，相对分子质量比较小，不属于高分子化合物，不符合题意；
D、葡萄糖中C、H元素的质量比为：（12×6）：12=6：1，不符合题意。
故答案为：A。

【分析】根据葡萄糖的化学式可知，葡萄糖有碳、氢、氧三种元素组成。
4．实验室配制质量分数为6%的NaCl溶液。下列图示操作正确的是（　　）
A．取用NaCl B．称量NaCl
C．量取H2O D．溶解NaCl
【答案】C
【知识点】实验室常见的仪器及使用；药品的取用
【解析】【解答】A、取用药品时，瓶塞应倒放在桌面上，防止污染试剂，图中所示操作不符合题意；
B、托盘天平的使用要遵循“左物右码”的原则，图中所示操作砝码与药品位置放反了，图中所示操作不符合题意；
C、读取液体体积，视线应与液体的凹液面最低处保持水平，图中所示操作符合题意；
D、不能在量筒内进行溶解操作，应在烧杯中进行，图中所示操作不符合题意。
故答案为：C。

【分析】A、取用药品时，试剂瓶的瓶塞要倒放在桌面上；
B.用托盘天平称量固体时，左物右码；
C.用量筒量取一定体积的液体，读数时视线要与量筒内凹液面的最低处保持水平；
D.量筒不能作为反应容器，也不在量筒内配制溶液。
5．下列物质的性质与用途具有对应关系的是（　　）
A．活性炭有吸附性，可用于净水
B．石墨有导电性，可用于生产铅笔芯
C．一氧化碳有可燃性，可用来炼铁
D．碳酸钙难溶于水，可用作补钙剂
【答案】A
【知识点】基础知识点归纳；化学性质与物理性质的差别及应用
【解析】【解答】A、活性炭结构疏松多孔，具有吸附性，可以吸附水中的色素和异味，符合题意；
B、石墨质软，容易留下痕迹，故可用于生产铅笔芯，不符合题意；
C、一氧化碳具有还原性，可用来炼铁，不符合题意；
D、碳酸钙含钙元素，且能与胃液中的稀盐酸反应生成氯化钙，故可作补钙剂，不符合题意。
故答案为：A。

【分析】A.活性炭具有吸附性，可用于净水，除去水中的色素和异味；
B.石墨具有导电性，可用作电极；
C.一氧化碳具有可燃性，可作燃料；
D.碳酸钙中含有钙元素，可用作补钙剂。
6．下列实验方案能达到实验目的的是（　　）
选项
实验目的
实验方案
A
稀释浓H2SO4
将水倒入浓H2SO4中并用玻璃棒不断搅拌
B
鉴别NaOH和NH4NO3固体
取样，分别溶于水中，测量溶液温度的变化
C
除去NaCl固体中少量的NH4Cl
加入Ca(OH)2固体，研磨
D
检验蜡烛中是否含有氧元素
在蜡烛的火焰上方罩一只干燥烧杯，观察现象
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】物质除杂或净化的探究；稀释浓硫酸；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】A、稀释浓硫酸：将浓硫酸沿器壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，使热量尽快散发出去，不能将水注入浓硫酸中，不符合题意；
B、氢氧化钠溶于水，放出大量的热，溶液温度升高，硝酸铵溶于水吸热，溶液温度降低，现象不同，可以区分，符合题意；
C、加入氢氧化钙固体，研磨，氢氧化钙和氯化铵反应生成氯化钙、氨气和水，引入了新的杂质氯化钙，不符合题意；
D、在蜡烛的火焰上方罩一只干燥烧杯，有水雾出现，说明蜡烛燃烧生成了水，说明蜡烛中含有氢元素，不符合题意。
故答案为：B。

【分析】A.稀释浓硫酸时将浓硫酸沿器壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌；
B.氢氧化钠固体溶于水时放热，溶液温度升高，硝酸铵固体溶于水吸热，溶液温度降低；
C.除杂的原则是“不增”、“不减”、“易分”；
D.在蜡烛火焰上方罩一个干燥的烧杯，观察到烧杯内壁有液体出现，可以证明蜡烛中含有氢元素。
7．KCl和KNO3的溶解度(见下表)和溶解度曲线(见图)。下列说法正确的是（　　）
温度/℃
0
10
20
30
40
50
60
溶解度/g
KNO3
13.3
20.9
31.6
45.8
63.9
85.5
110
KCl
27.6
31.0
34.0
37.0
40.0
42.6
45.5
A．曲线甲代表KCl的溶解度曲线
B．40℃时KNO3饱和溶液中KNO3的质量分数为63.9%
C．t1的值在20~30之间
D．将t1℃时甲和乙的饱和溶液升温至t2℃时，溶液中溶质的质量分数：甲>乙
【答案】C
【知识点】固体溶解度曲线及其作用
【解析】【解答】A、曲线甲溶解度受温度影响大，所以甲曲线对应的是KNO3，选项不符合题意；
B、40℃时KNO3饱和溶液中KNO3的质量分数为：63.9g63.9g+100g×100%≈39.0%，选项不符合题意；
C、t1℃时甲和乙的溶解度相等，由表格可以看出在只有在20~30之间，才有相等的溶解度，因此t1的值应20~30之间，选项符合题意；
D、t1℃时甲和乙溶解度相等，所以甲乙饱和溶液的质量分数也相等，将t1℃时甲和乙的饱和溶液升温至t2℃时，由于溶解度都增大，溶液都变成了不饱和溶液，但溶质，溶剂质量都不变，所以甲乙饱和溶液的质量分数仍相等，选项不符合题意；
故答案为：C

【分析】A.结合表中数据，曲线甲代表KNO3溶解度曲线；
B.饱和溶液溶质质量分数=溶解度100g+溶解度×100%；
C.t1℃是两物质的溶解度相等，则t1的值在20~30之间；
D. 改变温度，物质的溶解度增大，溶液中不会析出固体，溶液的溶质质量分数不变。
8．为探究一瓶久置的NaOH溶液样品是否变质，进行如下实验：
实验一：取少量样品于试管中，滴加1~2滴酚酞溶液，溶液显红色。
实验二：取少量样品于试管中，加入适量稀硫酸，有气泡放出。
实验三：取少量样品于试管中，加入足量的BaCl2溶液，有白色沉淀生成。过滤，向滤液中滴加1~2滴酚酞溶液，溶液显红色。
下列结论正确的是（　　）
A．实验一说明NaOH溶液没有变质 B．实验二说明NaOH溶液全部变质
C．实验三中生成的沉淀为Ba(OH)2 D．实验三说明NaOH溶液部分变质
【答案】D
【知识点】药品是否变质的探究
【解析】【解答】实验一说明溶液呈碱性；实验二有气泡产生说明氢氧化钠溶液已变质，溶质中含有碳酸钠；实验三加入足量的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，该沉淀为氯化钡和碳酸钠生成的碳酸钡沉淀，且加入足量的BaCl2溶液，已将溶液中的碳酸钠完全反应，过滤沉淀后，向滤液中滴加1~2滴酚酞溶液，溶液显红色，说明溶液中还含有氢氧化钠，故氢氧化钠溶液已部分变质。
故答案为：D。

【分析】氢氧化钠溶液能与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠而变质，碳酸钠溶液也呈碱性，也能使无色酚酞溶液变红。
9．一种利用太阳能分解水的原理如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．反应I的化学方程式：I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4
B．理论上每生成2gH2，同时生成32gO2
C．反应Ⅲ中生成SO2和O2的分子个数比为2：1
D．反应I、Ⅱ和Ⅲ在反应前后均有元素化合价发生改变
【答案】B
【知识点】质量守恒定律及其应用；物质的相互转化和制备
【解析】【解答】A、反应I的化学方程式正确，不符合题意；
B、反应I生成HI和H2SO4的分子个数比为2：1，根据反应II和反应III方程式可知，2个HI分子能生成1个氢气分子，而1个H2SO4分子只能生成0.5个氧气分子，氢分子和氧分子比值为2：1，设生成的氧气质量为x，
2×232=2gx，x=16g，则生成2g氢气的同时生成16g氧气，符合题意；
C、根据反应III的化学方程式，生成SO2和O2的分子个数比为2：1，不符合题意；
D、反应I中碘元素反应前后元素化合价改变，反应II中氢元素和碘元素反应前后化合价均改变，反应III中氧元素反应前后化合价改变，不符合题意。
故答案为：B。

【分析】化学反应都遵循质量守恒定律，反应前后原子的种类和数目都不变，可以写出反应的化学方程式，利用化学方程式再对选项进行判断。
10．阅读下列材料，完成下面小题：金属钠在一定条件下制取单质钛的化学方程式为4Na+TiCl4700-800℃__Ti+4NaCl。将钛和钛合金放在海水中数年，取出后仍光亮如初。钠元素和钛元素在元素周期表中的相关信息如图所示。
（1）下列化学用语表示正确的是（　　）
A．2个钠原子：Na2
B．3个氯离子：3Cl
C．NaCl中Na元素的化合价：N-1aCl
D．钠原子结构示意图：
（2）由金属钠制取单质钛的化学反应属于（　　）
A．化合反应 B．分解反应 C．置换反应 D．复分解反应
（3）下列有关钛的说法错误的是（　　）
A．钛的原子序数为22 B．钛属于金属元素
C．钛合金抗腐蚀性比铁好 D．钛的相对原子质量是47.87g
【答案】（1）D
（2）C
（3）D
【知识点】元素周期表的特点及其应用；化学符号及其周围数字的意义；反应类型的判定
【解析】【解答】1（1）A、原子用元素符号表示，原子个数则在元素符号前加上相应的数字，则2个钠原子表示为2Na，不符合题意；
B、氯离子带1个单位负电荷，表示为Cl-，离子个数则在离子符号前加上相应的数字，则3个氯离子表示为3Cl-，不符合题意；
C、氯化钠中钠元素失去电子显+1价，不是-1价，不符合题意；
D、钠元素是第11号元素，其原子结构示意图为： ，符合题意。
故答案为：D；
（2）由题目已知方程式可知，金属钠制取单质钛，是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物，属于置换反应，
故答案为：C。
（3）A、周期表示意图中左上角数字表示该元素的原子序数，符合题意；
B、钛元素的元素名称中带“钅”，所以钛元素属于金属元素，
符合题意；
C、根据题干“将钛和钛合金放在海水中数年，取出后仍光亮如初”，而铁很容易生锈，可以证明钛合金抗腐蚀性比铁好，符合题意；
D、相对原子质量单位是“1”，不是“g”，不符合题意。
故答案为：D。

【分析】（1）元素符号加上前具体数字表示几个某原子；钠元素在化合物中常显+1价；质子数=核外电子数时，表示原子；
（2）一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物，属于置换反应；
（3）相对原子质量的单位是“1”不是“g”。

二、填空题
11．2022年北京成功举办冬奥会，化学功不可没。
（1）冬奥会环保人员的服装面料是利用回收废弃的塑料瓶加工制成。
①塑料属于　 　(填字母)。
a.金属材料 b.复合材料 c.合成材料
②回收废弃塑料可缓解　 　(填字母)。
a.酸雨 b.白色污染 c.温室效应
（2）冬奥会火炬“飞扬”首次采用液氢作燃料。关于氢气液化的过程说法正确的是　 　(填字母)。
a.氢分子的体积变小 b.氢分子间的间隔变小 c.氢分子的数目变少
（3）冬奥会上提供经过二氧化氯消毒处理的直饮水。
①二氧化氯的化学式为　 　。
②证明该直饮水是软水的实验方案为　 　。
（4）冬奥会为运动员提供的某运动饮料包装标签部分说明见图。其中能预防骨质疏松、佝偻病的阳离子是　 　(填离子符号)。
【答案】（1）c；b
（2）b
（3）ClO2；取样加入肥皂水，振荡产生大量泡沫
（4）Ca2+
【知识点】硬水与软水；白色污染与防治；分子的定义与分子的特性；化学式的书写及意义
【解析】【解答】(1)塑料属于合成材料；回收废弃塑料可缓解白色污染。
(2)氢气液化是由气体变为液体，体积变小，原因是分子间间隔变小。
(3)①二氧化氯的化学式为ClO2。
②证明该直饮水是软水的实验方案为加入取样加入肥皂水，振荡产生大量泡沫则为软水，否则为硬水。
(4)骨质疏松、佝偻病是因为缺钙，则能预防骨质疏松、佝偻病的阳离子是Ca2+。

【分析】（1）塑料属于合成材料；回收废弃塑料可缓解白色污染；
（2）气体液化分子间隔变小；
（3）用肥皂水检验硬水、软水；
（4）补充钙元素可以预防骨质疏松、佝偻病。
12．连云港海洋资源丰富，应用前景广阔。
（1）海水晒盐。下图是利用海水提取粗盐的过程：
①“蒸发池”中质量逐渐减少的物质是　 　(填化学式)。
②实验室里除去粗盐中难溶性杂质一般步骤为溶解、过滤、蒸发，这三种基本操作中都要使用的玻璃仪器是　 　。
③析出晶体后的“母液”是氯化钠的　 　(选填“饱和溶液”或“不饱和溶液”)。母液中含有MgCl2，向母液中加入澄清石灰水有白色沉淀生成，该复分解反应的化学方程式为　 　。
（2）海底探物。海底埋藏着大量的“可燃冰”，其主要成分是甲烷水合物(由甲烷分子和水分子组成)，还含有少量的CO2等气体。
①下列说法正确的是　 　(填字母)。
a.可燃冰和干冰都属于混合物
b.可燃冰与煤相比是较清洁燃料
c.可燃冰和石油都属于可再生能源
②利用CH4和H2O进行催化重整制氢气，反应前后分子变化的微观示意图如图所示。其中“乙→丙”发生反应的化学方程式为　 　。
【答案】（1）H2O；玻璃棒；饱和溶液；Ca(OH)2+MgCl2=Mg(OH)2↓+CaCl2
（2）b；CO+H2O催化剂__高温CO2+H2
【知识点】粗盐提纯；微粒观点及模型图的应用
【解析】【解答】(1)①“蒸发池”中蒸发出水，溶质质量不变，故质量逐渐减少的物质是H2O；
②粗盐提纯的实验步骤及所需玻璃仪器为：溶解（烧杯、玻璃棒）、过滤（烧杯、漏斗、玻璃棒）、蒸发（玻璃棒），故均需的玻璃仪器是玻璃棒；
③结晶池中蒸发结晶后，析出粗盐，得到母液，故析出晶体后的“母液”是氯化钠的饱和溶液；
氯化镁和氢氧化钙反应生成氢氧化镁和氯化钙，该反应的化学方程式为：Ca(OH)2+MgCl2=Mg(OH)2↓+CaCl2；
(2)①a、可燃冰主要成分是甲烷水合物，还含有少量的二氧化碳等，属于混合物，干冰是固体二氧化碳，是由同种物质组成，属于纯净物，不正确；
b、可燃冰主要成分是甲烷水合物，甲烷燃烧生成二氧化碳和水，煤燃烧会产生二氧化硫等污染物，故可燃冰与煤相比是较清洁燃料，正确；
c、可燃冰和石油短期内均不能再生，属于不可再生能源，不正确。
故答案为：b；
②由图可知，“乙→丙”发生反应中一氧化碳和水参与了反应，生成物为二氧化碳和氢气，故该反应为一氧化碳和水在高温和催化剂的作用下转化为二氧化碳和氢气，该反应的化学方程式为：CO+H2O催化剂__高温CO2+H2。

【分析】（1）①蒸发是将溶液中的水变成水蒸气，让其飘散到空气中，“蒸发池”逐渐减少的物质是水；②实验室里除去粗盐中难溶性杂质一般步骤为溶解、过滤、蒸发，这三种基本操作中都要使用的玻璃仪器是玻璃棒；③析出晶体后的溶液是饱和溶液；澄清石灰水中的主要成分是氢氧化钙，氢氧化钙和氯化镁反应生成氢氧化镁的沉淀和氯化钙；
（2）①“可燃冰”主要成分是甲烷水合物(由甲烷分子和水分子组成)，还含有少量的CO2等气体，可见可燃冰属于混合物；可燃冰完全燃烧后生成水和二氧化碳，与煤相比较它属于清洁燃料；煤、石油、天然气属于不可再生能源，可燃冰属于可再生能源；②根据反应的示意图可知，该反应是一氧化碳和水在高温和催化剂的条件下反应生成二氧化碳和氢气。
三、综合题
13．CuSO4是化学实验中常见试剂。
（1）验证质量守恒定律。
步骤1：在锥形瓶中加入适量的CuSO4溶液，塞好橡胶塞。将几根铁钉用砂纸打磨干净，将盛有CuSO4溶液的锥形瓶和铁钉一起放在托盘天平上称量，记录所称质量为m1。
步骤2：将铁钉浸入到CuSO4溶液中，塞好橡胶塞。观察实验现象，待反应有明显现象后，将盛有CuSO4溶液和铁钉的锥形瓶一起放在托盘天平上称量，记录所称质量为m2
①用砂纸将铁钉打磨干净的作用是　 　。
②步骤2中可观察到明显的实验现象是　 　。该变化可说明Fe和Cu的金属活动性由强到弱的顺序是　 　。
③若m1=m2，可证明参加反应的Fe和CuSO4的质量总和等于　 　。
（2）探究CuSO4溶液对H2O2分解具有催化作用。
①若要证明CuSO4溶液对H2O2分解具有催化作用，除需证明CuSO4在反应前后化学性质和质量不发生改变外，还需证明的是　 　。
②为探究CuSO4在反应前后质量是否发生改变，某同学设计如下实验：
向H2O2溶液中滴入10ga%的CuSO4溶液，待反应完全后，向试管中加入足量的BaCl2溶液，产生沉淀，过滤、洗涤、干燥，称量沉淀物为bg。
上述实验步骤中若缺少“洗涤、干燥”，则通过沉淀物bg计算出溶液中CuSO4的质量　 　0.1ag。(填“大于”或“小于”或“等于”)
（3）将16.0gCuSO4置于坩埚中加热，固体质量与成分随温度变化的曲线如图所示。
①650℃时，CuSO4开始发生分解反应，生成CuO和另一种氧化物X，X的化学式为　 　。
②1000℃时，CuO开始发生分解反应，生成Cu2O和O2.计算图中m的值　 　。(写出计算过程)
【答案】（1）除去铁钉表面的铁锈；银白色的铁钉表面有红色固体出现，溶液由蓝色变为浅绿色；Fe＞Cu；生成的Cu和FeSO4的质量总和
（2）CuSO4溶液能改变H2O2分解速率；大于
（3）SO3；解：设生成Cu2O的质量为z4CuO3208.0g高温__2Cu2O+288zO2↑288320=z8.0gz=7.2g即m的值为7.2g
【知识点】催化剂的特点与催化作用；验证质量守恒定律；质量守恒定律及其应用；根据化学反应方程式的计算
【解析】【解答】(1)①用砂纸将铁钉打磨干净的作用是将铁钉表面的铁锈除去，防止影响实验；
将铁钉浸入到CuSO4溶液中，铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，现象为：银白色的铁钉表面有红色固体出现，溶液由蓝色变为浅绿色；
铁能将铜从其盐溶液中置换出来，说明金属活动性：Fe＞Cu；
③m1为反应前盛有CuSO4溶液的锥形瓶和铁钉，m2为反应后盛有CuSO4溶液的锥形瓶和铁钉的质量，若m1=m2，说明参加反应的Fe和CuSO4的质量总和等于生成的Cu和FeSO4的质量总和；
(2)①催化剂能改变化学反应速率，且化学反应前后，催化剂的质量和化学性质不变，故还需证明的是CuSO4溶液能改变H2O2分解速率；
②上述实验步骤中若缺少“洗涤、干燥”，会导致沉淀物的质量偏大，计算得出的硫酸铜的质量偏大，则计算出溶液中CuSO4的质量大于0.1ag；
(3)①①650℃时，CuSO4开始发生分解反应，生成CuO和另一种氧化物X，根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类和质量不变，另一氧化物中一定含硫元素，硫元素的质量为16.0g×32160×100%=3.2g，则另一氧化物中氧元素的质量为：16.0g-3.2g-8.0g=4.8g，设该氧化物的化学式为：SxOy，则32x：16y=3.2g：4.8g，x：y=1：3，故该氧化物的化学式为：SO3；

【分析】（1）①实验时，用砂纸将铁钉打磨干净的作用是除去铁钉表面的铁锈；②步骤2是将铁钉浸入到硫酸铜溶液中，可以观察到银白色的铁钉表面有红色固体出现，溶液由蓝色变为浅绿色；该反应可以说明铁的金属活动性比铜强；③化学反应都遵循质量守恒定律，即参加反应的铁和硫酸铜的质量总和等于生成的铜和硫酸亚铁的质量总和；
（2）①催化剂是指可以改变其他物质的反应速率，而本身的质量和化学性质在化学反应前后都不变的物质；②验步骤中若缺少“洗涤、干燥”，沉淀物表面沾有溶液，导致沉淀质量变大，则通过沉淀物bg计算出溶液中CuSO4的质量大于0.1ag；
（3）①化学反应前后原子的种类和数目都不变，650℃时，CuSO4开始发生分解反应，生成CuO和三氧化硫；②将氧化铜的质量作为已知量，利用化学方程式进行计算，可以求出生成氧化亚铜的质量，即m的值。
14．用如图所示装置制取干燥的CO2，并对CO2的部分性质进行探究。
（1）装置A中发生反应的化学方程式为　 　。
（2）①装置B中饱和NaHCO3溶液的作用是　 　。
②装置C中试剂X应该选用　 　(填字母)。
a.稀H2SO4 b.浓H2SO4 c.KOH溶液
（3）收集CO2并验满。将集满CO2的锥形瓶与盛有足量NaOH溶液的注射器和传感器密封连接，缓慢的将NaOH溶液注入到锥形瓶中，采集信息形成图像。见图。
①检验装置D中CO2已经集满的方法是　 　。
②随着反应的进行，锥形瓶中压强降低的原因是　 　。
③反应结束后锥形瓶中的压强保持在40kPa说明　 　。
（4）取2mL饱和澄清石灰水于试管中，用4mL蒸馏水稀释，向其中缓慢通入足量CO2。测定反应体系的电导率变化如图所示。(忽略反应前后溶液体积的变化)
【查阅资料】
材料一：溶液的导电力越强，溶液的电导率越大。
材料二：单位体积溶液中某离子的个数越多，则该离子的浓度越大，溶液的导电能力越强。相同浓度的不同离子导电能力不同。
材料三：Ca(OH)2溶于水能完全解离出Ca2+和OH-。
CaCO3遇到溶有CO2的水时，能反应生成易溶于水的Ca(HCO3)2，Ca(HCO3)2在水中能完全解离出Ca2+和HCO3-；。
①石灰水中通入CO2气体，溶液的电导率先逐渐降低的主要原因是　 　。
②反应最终电导率的稳定值低于初始值的可能原因是　 　、　 　。
【答案】（1）CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O
（2）除去HCl气体；b
（3）将燃着的小木条置于锥形瓶口，木条熄灭；CO2与NaOH反应，使锥形瓶中CO2气体减少，压强变小；向上排空气法收集到的CO2气体不纯
（4）Ca(OH)2与CO2反应生成CaCO3沉淀，使溶液中离子的浓度逐渐降低，溶液的导电能力逐渐下降；生成的CaCO3未能完全转化为Ca(HCO3)2；OH-导电能力强于HCO3-
【知识点】溶液的导电性及其原理分析；制取气体的反应原理的探究；物质除杂或净化的探究
【解析】【解答】（1）装置A为稀盐酸与石灰石反应制取二氧化碳，方程式为：2HCl+CaCO3=CaCl2+H2O+CO2↑。
（2）①装置B中溶液为碳酸氢钠溶液，呈碱性能与挥发出的HCl发生反应，所以其作用是吸收HCl气体。
②装置C是为了吸收水蒸气，则X应选用的具有极强吸水性的浓硫酸，
故答案为：b。
（3）①二氧化碳不支持燃烧，验满的方法是在锥形瓶口放置燃着的木条，若木条熄灭，则已集满。
②氢氧化钠可与二氧化碳反应生成碳酸钠，反应过程中消耗二氧化碳气体，二氧化碳气体减少，锥形瓶内压强降低。
③反应结束后锥形瓶中的压强保持在40kPa，则可说明有其他气体剩余，即为收集到的二氧化碳气体不纯。
（4）①石灰水中通入CO2气体，溶液的电导率先逐渐降低的主要原因是，氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙和水，使溶液中离子浓度降低，致使其电导率逐渐下降。
②反应最终电导率的稳定值低于初始值的可能原因是氢氧根离子导电能力强于碳酸氢根离子、生成的碳酸钙沉淀未能完全转化为碳酸氢钙。

【分析】（1）装置A中稀盐酸与石灰石的主要成分碳酸钙反应生成氯化钙、水和二氧化碳；
（2）①实验中产生的二氧化碳可能混有HCl气体，装置B中碳酸氢钠溶液的作用就是除去HCl气体；②产生的气体从溶液中通过可能会混有水分，让气体通过盛有浓硫酸的装置C，可以获得干燥的二氧化碳气体；
（3）①检验装置D中CO2已经集满的方法是将燃着的小木条置于锥形瓶口，木条熄灭；②随着反应的进行，锥形瓶中压强降低的原因是CO2与NaOH反应，使锥形瓶中CO2气体减少，压强变小；③反应结束后锥形瓶中的压强保持在40kPa说明向上排空气法收集到的CO2气体不纯；
（4）①石灰水中通入CO2气体，溶液的电导率先逐渐降低的主要原因是Ca(OH)2与CO2反应生成CaCO3沉淀，使溶液中离子的浓度逐渐降低，溶液的导电能力逐渐下降；②反应最终电导率的稳定值低于初始值的可能原因是生成的CaCO3未能完全转化为Ca(HCO3)2；OH-导电能力强于HCO3- 。