专题5微观结构与物质的多样性第二单元微粒之间的相互作用高一化学苏教版（2019）必修第一册.docx

专题5微观结构与物质的多样性第二单元微粒之间的相互作用 上学期高一化学苏教版（2019）必修第一册一、单选题（共15题）1下列有关化学用语使用正确的是A硫离子的离子结构示意图：BCaCl2的电子式：C原子核内有12个中子的镁原子 D氯乙烯的球棍模型：2下列有关化学用语使用正确的是AN2的结构式：N=NB质子数为8中子数为10的氧原子：OC次氯酸的电子式：D丁烷的球棍模型：3下列各组物质中，属于离子化合物的是A金刚石BCuOCHClD乙醇4下列说法正确的是A乙烯的电子式为 B乙烯的比例模型为C乙烯分子是空间平面结构 D乙烯的结构简式为CH2CH25化学科学需要借助化学专用语言描述，下列有关化学用语正确的是A乙烯的结构简式：B乙醛的分子式：C分子的球棍模型：D乙酸的官能团是：6下列有关化学用语表示正确的是A四氯化碳分子空间充填模型：B异丁烷分子球棍模型：CC2H2的电子式：D酯基：-COOR7对下列化学用语的理解和使用均正确的是A甲基的电子式 B丙烯酸(CH2=CH-COOH)分子中所含官能团的名称：碳碳双键、羧基C空间充填模型可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子D当L层上的电子数为偶数时， M层上一定有电子8以下变化中化学键没有被破坏的是A硫酸氢钠溶于水B溴溶于四氯化碳C氯化铵受热分解D二氧化硅熔化9已知X、Y、Z三种元素的原子序数依次递增，X原子的电子层数与它的核外电子总数相等，而Z原子的最外层电子数是次外层的3倍，Y和Z可以形成两种以上气态化合物，则下列说法错误的是AY和Z可以组成一种Y和Z的质量比为78的化合物BX、Y、Z组成的盐中既含离子键又含共价键CX和Z可以组成原子个数比分别为11和21，常温下为液态的两种化合物D由X、Y、Z三种元素中的任意两种组成的具有10电子的微粒仅有2种10关于NH4Cl的判断正确的是A属于分子晶体B含有离子键C溶于水放热D溶液显碱性11下列化学用语表达正确的是A的电子式：B的结构式C硫原子的结构示意图：D乙酸分子的比例模型12下列说法正确的是A氯气有毒，所以不能用于制造农药、染料和药品等B硬铝的密度大，强度高，具有较强的抗腐蚀能力C液态钠可用作核反应堆的传热介质D二氧化硅可直接用于制造计算机芯片13下列叙述错误的是热稳定性：最外层两个电子的元素不一定在第A族晶体溶于水时，离子键被破坏，共价键不受影响元素周期表中从B族到B族10个纵行的元素都是金属元素金刚石和石墨互为同素异形体，熔点和硬度都很高氯的各种含氧酸的酸性由弱到强排列为两个非金属元素原子间只可能形成共价键，而含金属元素的化合物中一定含离子键ABCD14下列有关化学用语表示不正确的是A氮气的电子式：B次氯酸的结构式：HOC1CM2+核外有a个电子，核内有b个中子，M的原子符号为：MD用电子式表示MgCl2的形成过程为：15W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，X与Y位于同一主族，X与W能形成多种二元化合物，其中一种常温下为红棕色气体，Y与Z形成的化合物Y2Z2的球棍模型为。下列叙述不正确的是A最高价氧化物对应水化物酸性：W<XB原子半径：Y>ZCY2Z2中所有原子最外层均满足8电子稳定结构D常温下Z的单质与W的简单氢化物相遇可能产生白烟二、综合题（共4题）16氟化工产业被称为“黄金产业”，我国是世界最大氟化工初级产品生产国和出口国。用工业副产品氟硅酸()制备氟化铵()联产氟化镁的流程如下：回答下列问题：(1)氟化铵的电子式_。(2)写出反应的化学方程式_。(3)工业生产中“反应”的最佳温度为80，除考虑温度对速率的影响，请结合已有知识分析温度不宜过高的原因：_。(4)从滤液获得晶体的“一系列操作”是减压浓缩、_、过滤、洗涤、干燥。(5)氟化铵含量的测定：称取m g样品于塑料烧杯中加水溶解，加入足量甲醛溶液，摇匀静置，滴加23滴酚酞指示剂，用0.3的氢氧化钠标准液滴定至终点，消耗氢氧化钠标准液体积V mL，同时做空白对照实验消耗氢氧化钠标准液体积为mL。(已知：，1mol 消耗1mol NaOH)滴定终点的现象为：_。计算样品中氟化铵的含量为_。17水滑石是一类重要的阻燃剂。某研究小组为了探究一种碱式碳酸盐类水滑石M(仅含五种常见短周期元素，带结晶水，其摩尔质量为522g/mol)的组成和性质，没计并完成如下实验：取52.2g水滑石M进行上述实验，得到4.4g气体乙、15.6g白色沉淀2和23.2g白色沉淀3。已知：气体甲常温常压下为无色无味液体。回答下列问题：(1)写出气体乙的结构式_，白色沉淀2的化学式_。(2)在惰性气流中加热水滑石M至完全分解的化学方程式_，其能够阻燃的原因是_。(3)固体1中的某种成分与Cl2、焦炭在一定条件下发生氧化还原反应，生成一种盐(可作净水剂)和常见的气体氧化物，写出一个可能的化学反应方程式_。18某化学实验小组研究碳素钢的性质，进行了以下探究活动：探究一称取碳素钢6.0g放入15.0mL浓硫酸中，加热，充分反应后得到溶液X并收集到混合气体Y。(1)甲同学认为X中除Fe3+之外还可能含Fe2+。若要确认其中的Fe2+，应选用_。AKSCN溶液和氯水 B铁粉和KSCN溶液C浓氨水 D酸性KMnO4溶液(2)乙同学取560mL(标准状况)气体Y通入足量溴水中，发生SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4反应，然后加入足量BaCl2溶液，经适当操作后得干燥固体4.66g。由此推知气体Y中SO2的体积分数为_。探究二根据上述实验中SO2体积分数的分析，丙同学认为气体Y中还可能含有Q1和Q2两种气体，其中Q1气体，在标准状况下，密度为0.0893gL-1。为证明Q1和Q2两种气体的存在，丙同学设计了下列实验装置。(3)装置B中试剂的作用是_。(4)若气体Y中含有Q1，预计实验现象应是_。(5)已知洗气瓶M中盛有澄清石灰水，为确认Q2的存在，需在装置中添加洗气瓶M于_(填序号)。AA之前 BAB间 CBC间 DCD间(6)Q2的电子式是_，Y气体中含有Q2的原因是_(用化学方程式表示)。19某校化学兴趣小组同学为探究元素周期律，设计了如下一系列实验。.(1)将物质的量均为1 mol的钠、钾、镁、铝分别投入足量的0.1 mol/L的盐酸中，试预测实验结果：_与盐酸反应最剧烈，_与盐酸反应最慢。(2)将NaOH溶液与NH4Cl溶液混合，反应生成NH3H2O，从而验证NaOH的碱性强于NH3H2O的碱性，继而可以验证Na的金属性强于N的金属性，你认为此设计是否合理，并说明理由_。.利用如所示装置可以验证元素的非金属性的变化规律。已知：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O，2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O。(3)仪器A的名称为_，D的作用是_。(4)实验室中现有药品Na2S、KMnO4、浓盐酸、MnO2，请选择合适药品设计实验，验证氯的非金属性强于硫的非金属性。装置A、B、C中所装药品分别为_、_、_，装置C中的实验现象为有淡黄色沉淀生成，则反应的离子方程式为_。(5)若要证明非金属性CSi，则A中应加入_溶液，B中应加入Na2CO3，C中应加入_溶液，装置C中的现象为_。参考答案1A【详解】A硫离子核电荷数为16，核外电子数为18，核外电子排布为2、8、8，离子结构示意图：，故A正确；BCaCl2的电子式：，故B错误；C原子核内有12个中子的镁原子，故C错误；D氯原子的半径大于氢原子的半径，球棍模型中与碳原子所连的球应是三小一大，故D错误；故选：A。2D【详解】AN最外层有3个单电子，与另一个N原子结合形成N2时形成三键，结构式为NN，A错误；B质子数为8，中子数为18的O原子，其质量数为8+10=18，原子的符号为O，B错误；C次氯酸的化学式为HClO，O原子的最外层有两个单电子，分别与H、Cl结合形成共价键，电子式为，C错误；DC的原子半径大于H原子，丁烷的球棍模型为，D正确；故选D。3B【详解】A金刚石是碳元素组成的单质，不是化合物，故A错误；BCuO是由铜离子和氧离子通过离子键结合的离子化合物，故B正确；CHCl是由H和Cl通过共价键结合而成的分子，属于共价化合物，故C错误；D乙醇由C、H、O通过共价键结合而成的分子，属于共价化合物，故D错误。故选B。4C【详解】A.乙烯分子中含有碳碳双键，电子式为，故错误；B.乙烯的球棍模型中碳原子半径比氢原子半径大，题目所给是球棍模型而不是比例模型，故错误；C.乙烯分子6个原子在一个平面上，故正确；D.乙烯的结构简式为CH2=CH2，故错误。故选C。5C【详解】A 乙烯的结构简式为：，A错误；B 乙醛的分子式为：，结构简式为：，B错误；C 分子是正四面体的空间构型，其球棍模型为：，C正确；D 乙酸的官能团是：，D错误；答案为：C。6D【详解】A四氯化碳分子空间充填模型：，A错误；B异丁烷分子球棍模型：，B错误；CC2H2的电子式：，C错误；D酯基：-COOR，D正确；答案选D。7B【详解】A甲基呈点中性，电子式为：，故A错误；B丙烯酸(CH2=CH-COOH)分子中所含官能团的名称：碳碳双键、羧基，故B正确；C空间充填模型可以表示甲烷分子，不可以表示四氯化碳分子，因为氯原子半径大于碳原子，故C错误；D由氖原子的L层上有8个电子而其M层上无电子，所以当L层上的电子数为偶数时，M层上不一定有电子，故D错误。故选B。8B【详解】A硫酸氢钠溶于水，电离产生钠离子，硫酸根离子，氢离子，所以破坏了离子键和共价键，A项不符合题意；B溴溶于四氯化碳属于物理变化，化学键没有破坏，B项符合题意；C氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，发生化学变化，化学键被破坏，C项不符合题意；D二氧化硅熔化破坏了共价键，D项不符合题意；答案选B。9D【分析】根据题意可知X为H，Y为N，Z为O，据此分析解题。【详解】AY、Z可组成NO，其质量比为78，A正确；B题中三元素可组成NH4NO3，既含离子键又含共价键，B正确；CH与O可组成H2O、H2O2，C正确；DH、N、O可组成的10e-微粒有：H2O、NH3、NH、H3O、OH-等，D错误；答案选D。10B【详解】ANH4Cl是由、Cl-之间通过离子键结合形成的离子晶体，不属于分子晶体，A错误；BNH4Cl是由、Cl-之间通过离子键结合形成的离子晶体，晶体中含有离子键，B正确；CNH4Cl溶于水会吸收热量，不会放出热量，C错误；DNH4Cl是强酸弱碱盐，水解消耗水电离产生的OH-，促进水的电离，最终达到平衡时溶液中c(H+)c(OH-)，最终使溶液显酸性，D错误；故合理选项是B。11D【详解】A双氧水为共价化合物，分子中存在两个氧氢键和一个OO键，双氧水正确的电子式为，故A错误；B为共价化合物，结构式为，故B错误；CS原子的结构示意图：，故C错误；D乙酸结构简式为CH3COOH，分子的比例模型为，故D正确；故选D。12C【详解】A氯气与氢气反应用于制造盐酸，与某些有机物反应可用于制造农药，染料和药品等，是重要的化工原料，A项错误；B硬铝的密度小，强度高，具有较强的抗腐蚀能力，B项错误；C钠的导热性能好，所以可作核反应堆的传热介质，C项正确；D晶体硅用于制造计算机芯片，D项错误；答案选C。13D【详解】氢化物的热稳定性与非金属性有关，非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性，稳定性：，故错误；可能是He，位于0族，也可能在副族等，故正确；NaHSO4溶于水的电离方程式为，则离子键、共价键均被破坏，故错误；根据元素周期表，B族到B族，属于过渡元素，过渡元素都属于金属元素，故正确；金刚石为原子晶体，熔点和硬度都很高，而石墨为混合型晶体，熔点很高，但硬度较小，故错误；同一种元素的含氧酸，该元素的化合价越高，其含氧酸的酸性越强，即酸性，故正确；含有金属元素的化合物不一定含有离子键，如含有共价键，不含离子键，故错误；综上所述，错误；故选：D。14D【详解】A氮气分子中含有1个氮氮三键，N原子最外层满足8电子稳定结构，其电子式为，故A正确；B次氯酸中O原子分别和H原子、Cl原子形成两条共价键，故结构式为H-O-Cl，故B正确；CM2+核外有a个电子、b个中子，M原子的质子数=核外电子总数=a+2，质量数为a+b+2，则M的核素符号为M，故C正确；D镁原子失去最外层的2个电子形成稳定的镁离子，2个氯原子从镁原子分别得到1个电子形成稳定的氯离子，在镁离子与氯离子的静电作用下结合形成氯化镁，用电子式表示下列物质的形成过程为，故D错误；故选：D。15A【分析】X与W能够形成多种二元化合物，其中一种常温下为红棕色气体，即NO2，X的原子序数大于W，W为N，X为O，X与Y位于同一主族，故Y为S，则Z为Cl。【详解】AO元素无最高价氧化物，故A错误；BS原子与Cl原子的电子层数相同，同周期主族元素从左至右原子半径逐渐减小，因此原子半径：Y>Z，故B正确；CS2Cl2的电子式为，S、Cl原子均满足8电子稳定结构，故C正确；D常温下Cl2能与NH3发生氧化还原反应生成NH4Cl和N2，反应现象为产生白烟，故D正确；综上所述，答案为A。16 温度过高氟化铵易分解，或氨气在体系中的溶解度降低，或氨气逸出太多，氨消耗过大等任意一个合理答案 降温结晶 当滴入最后一滴氢氧化钠溶液时，溶液颜色由无色变为粉红色且半分钟内不变色 【分析】和氨气反应生成硅胶沉淀和氟化铵，滤液减压浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥得到氟化铵，母液中加入硫酸镁生成氟化镁沉淀。【详解】(1) 中有离子键和共价键，其电子式为，故答案为：。(2) 反应中和氨气反应生成硅胶沉淀和氟化铵，其反应化学方程式为，故答案为：。(3) 温度过高氟化铵易分解，或氨气在体系中的溶解度降低，或氨气逸出太多，氨消耗过大，所以工业生产中“反应”的最佳温度为80，故答案为：温度过高氟化铵易分解，或氨气在体系中的溶解度降低，或氨气逸出太多，氨消耗过大等任意一个合理答案。(4) 从滤液获得晶体的“一系列操作”是减压浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：降温结晶。(5) 滴定终点的现象为当滴入最后一滴氢氧化钠溶液时，溶液颜色由无色变为粉红色且半分钟内不变色，故答案为：当滴入最后一滴氢氧化钠溶液时，溶液颜色由无色变为粉红色且半分钟内不变色。根据题意得关系式- 4NaOH，mg样品中氟化铵消耗氢氧化钠(V-V0)mL，样品中氟化铵的物质的量为0.3(V-V0)10-3L，氟化铵的质量为0.3(V-V0)10-3L 37g/mol=1.11(V-V0)10-2g，则样品中氟化铵的含量为=，故答案为：。17O=C=O Al(OH)3 Mg4Al2CO3(OH)126H2O4MgO+Al2O3+CO2+12H2O 水滑石N分解时，释放出二氧化碳气体和水蒸气起到了隔绝空气的作用，同时受热分解的残余物氧化镁和氧化铝可隔绝空气，从而起到了阻燃作用 Al2O3+3C+3Cl22AlCl3+3CO或2Al2O3+3C+6Cl24AlCl3+3CO2 【分析】碱式碳酸盐类水滑石M，52.2g水滑石M的物质的量为：=0.1mol，根据图示，水滑石M隔绝空气加热生成气体甲和气体乙及固体1，已知气体甲常温常压下为无色无味液体，则气体甲为H2O，根据元素守恒可知M为碱式碳酸盐，受热分解生成气体乙应该为CO2，4.4gCO2气体其物质的量为0.1mol，则M中含有一个碳酸根离子，根据固体1加足量盐酸得溶液，则固体1为金属的氧化物，溶液中再加足量氢氧化钠得溶液，在溶液中通二氧化碳得白色沉淀2，则白色沉淀2为Al(OH)3；则固体1中含有铝元素，由于固体1中加入足量盐酸得到的溶液中加入足量氢氧化钠能得到固体3，结合M仅含五种常见短周期元素，带则固体1中还含有镁元素，所以白色沉淀3应该为Mg(OH)2；15.6g氢氧化铝的物质的量为：=0.2mol，则水滑石M中含有2个铝离子；23.2g氢氧化镁的物质的量为：=0.4mol，则水滑石M中含有4个镁离子，根据电荷守恒可知水滑石M的化学式中还应该含有氢氧根离子，数目为：=12，根据质量守恒，水滑石M中含有结晶水的数目为：=6，则水滑石M的化学式为：Mg4Al2(OH)12CO36H2O，据此进行解答。【详解】(1)根据上面的分析可知，乙为CO2，CO2的结构式为O=C=O，白色沉淀2的化学式为Al(OH)3，故答案为：O=C=O；Al(OH)3；(2)在惰性气流中加热水滑石N至完全分解的化学方程式为：Mg4Al2CO3(OH)126H2O4MgO+Al2O3+CO2+12H2O，根据反应可知，水滑石N分解时，释放出二氧化碳气体和水蒸气起到了隔绝空气的作用，同时受热分解的残余物氧化镁和氧化铝可隔绝空气，从而起到了阻燃作用，故答案为：Mg4Al2CO3(OH)126H2O4MgO+Al2O3+CO2+12H2O；水滑石N分解时，释放出二氧化碳气体和水蒸气起到了隔绝空气的作用，同时受热分解的残余物氧化镁和氧化铝可隔绝空气，从而起到了阻燃作用；(3)固体1中的某种成分与Cl2、焦炭在一定条件下发生氧化还原反应，生成一种盐(可作净水剂)和常见的气体氧化物，根据净水剂可知固体1的组分为氧化铝，生成的盐为氯化铝，气体氧化物为一氧化碳或二氧化碳，则反应的方程式为：Al2O3+3C+3Cl22AlCl3+3CO或2Al2O3+3C+6Cl24AlCl3+3CO2，故答案为：Al2O3+3C+3Cl22AlCl3+3CO或2Al2O3+3C+6Cl24AlCl3+3CO2。18d 80% 检验SO2是否除尽 D中固体由黑色变红色和E中固体由白色变蓝色 C C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O 【分析】亚铁离子有还原性，能还原酸性高锰酸钾溶液而使其褪色；气体Y中含有二氧化硫，可能含有二氧化碳等其他气体，二氧化碳不与氯化钡溶液反应，所以二氧化硫与溴水发生氧化反应生成硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀;二氧化硫能使品红溶液褪色，据此判断是否含有二氧化硫；Q1是0.0893gL-122.4molL-1=2gmol-1是氢气，氢气具有还原性，能还原氧化铜同时生成水，水能使无水硫酸铜变蓝；碳素钢中含有碳，加热条件下，碳和浓硫酸反应生成二氧化碳；用澄清石灰水检验二氧化碳，首先要排除二氧化硫的干扰。【详解】(1)亚铁离子具有还原性，而酸性高锰酸钾有氧化性，发生氧化还原反应使高锰酸钾溶液褪色，铁离子和亚铁离子同时存在时，应该用酸性高锰酸钾溶液检验亚铁离子，故d正确；故答案为：d；(2)气体Y中含有二氧化硫，可能含有二氧化碳等其他气体，二氧化碳不与氯化钡溶液反应，所以二氧化硫与溴水发生氧化反应生成硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，离子方程式是SO2+Br2+2 H2O=SO42-+2Br-+4H+、SO42-+Ba 2+=BaSO4，BaSO4的质量为4.66g，物质的量为=0.02mol，由原子守恒可知SO2的物质的量为0.02mol，标准状况下体积为0.02mol22.4L/mol=448mL，则SO2的体积分数为100%=80%，故答案为：80%；(3)二氧化硫能使品红溶液褪色，所以用品红溶液检验二氧化硫是否除尽；故答案为：检验SO2是否除尽；(4)Q1是0.0893gL-122.4molL-1=2gmol-1是氢气，氢气具有还原性，能还原黑色的氧化铜生成红色的铜单质，同时生成水，水能使无水硫酸铜变蓝色，这是检验水的特征反应，所以如果D中氧化铜变红，E中无水硫酸铜变蓝，则证明含有氢气。故答案为：D中固体由黑色变红色和E中固体由白色变蓝色；(5)二氧化硫和二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊，但二氧化硫还能使品红溶液褪色，所以要检验二氧化碳必须排除二氧化硫的干扰，B装置是检验二氧化硫是否除尽，所以澄清石灰水应放置在B和C之间，即在通入碱石灰之前检验；故答案为：C；(6)CO2的电子式是，碳素钢中含有碳，加热条件下，碳能和浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，反应方程式为：C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O。故答案为：；C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O。19钾 铝 不合理，用碱性强弱来判断元素的金属性强弱时，一定要用元素的最高价氧化物对应水化物的碱性强弱进行判断，NH3H2O不是N元素的最高价氧化物对应水化物 分液漏斗 防止倒吸 浓盐酸 KMnO4 Na2S S2-+Cl2=S+2Cl- 硫酸 Na2SiO3 有白色胶状沉淀产生 【分析】I(1)元素的金属性越强，其单质与酸或水反应越剧烈；(2)元素的最高价氧化物的水化物的碱性越强，元素的金属性越强；II(3)根据仪器的构造判断仪器A的名称；球形干燥管具有防止倒吸的作用；(4)设计实验验证非金属性：ClS，可根据Cl2与Na2S的置换反应验证；(5)要证明非金属性：CSi，可根据二氧化碳和硅酸钠溶液反应生成难溶性的硅酸来证明。【详解】I(1)同一周期元素，元素的金属性随着原子序数增大而减弱，元素的金属性越强；同一主族，原子序数越大，元素的金属性越强，其单质与酸或水反应越剧烈，所以元素金属性：KNaMgAl，则K与盐酸反应最剧烈、Al与盐酸反应速率最慢；(2)将NaOH溶液与NH4Cl溶液混合生成NH3H2O，可说明碱性NaOHNH3H2O，但不能说明元素的金属性：NaN，因为要验证金属性的强弱，必须通过比较最高价氧化物所对应的水化物的碱性来进行比较，而NH3H2O不是N的最高价氧化物的水化物，故答案为：不合理，用碱性强弱比较金属性强弱时，一定要用元素的最高价氧化物的水化物的碱性强弱比较，而NH3H2O不是氮元素的最高价氧化物的水化物II(3)根据装置图可知仪器A为分液漏斗，球形干燥管D的作用是防止倒吸，可避免C中液体进入锥形瓶中；(4)要设计实验验证非金属性：ClS，可根据活动性强的单质能够将活动性弱的从化合物中置换出来验证，即利用Cl2与Na2S的氧化还原反应可验证，则装置A、B、C中所装药品应分别为浓盐酸、KMnO4、Na2S溶液，在B中反应制取Cl2，在装置C中发生反应：S2-+Cl2=S+2Cl-，故装置C中的实验现象为：有淡黄色沉淀生成；(5)若要证明元素的非金属性：CSi，可通过CO2和Na2SiO3在溶液中发生复分解反应生成难溶性的硅酸来证明，A中可以加无挥发性的H2SO4，B中加Na2CO3溶液，二者反应制取CO2，然后将反应产生的CO2通入C中的Na2SiO3溶液中，发生反应：Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3+Na2CO3，因此会看到：产生白色胶状沉淀，从而可以证明酸性：H2CO3H2SiO3，则元素的非金属性：CSi。【点睛】本题考查物质的性质及实验方案设计。明确物质的性质是解本题关键，清楚元素的金属性、非金属性强弱判断方法，利用氧化还原反应或复分解反应规律进行设计实验，根据离子方程式中物质拆分原则，结合电荷守恒、原子守恒书写离子方程式。