学年山东省临沂市罗庄区高一下学期期末考试化学试题解析版.docx

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学年山东省临沂市罗庄区高一下学期期末考试化学试题解析版

山东省临沂市罗庄区2016-2017学年高一下学期期末考试化学试题

2017.07

说明：

1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

考试时间为100分钟，满分100分。

2．答题前请将答题卡上有关项目填、涂清楚。

将第Ⅰ卷题目的答案用2B铅笔涂在答题卡上，第Ⅱ卷题目的答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡的相应位置上，写在试卷上的答案无效。

可能用到的相对原子质量：

H1C12O16Cu64Zn56

第Ⅰ卷（选择题　共51分）

选择题（共17个小题，每小题3分，共51分。

每小题只有一个选项符合题意）

1.化学与工农业生产和人类生活密切相关。

下列说法中正确的是

A.钠具有很强的还原性，可用钠与TiCl4溶液反应制取航天金属钛

B.向海水中加入净水剂明矾可以使海水淡化

C.棉、麻、丝、毛及合成纤维完全燃烧都只生成CO2和H2O

D.在食品加工中科学使用食品添加剂有利于食品安全

【答案】D

【解析】A．钠具有很强的还原性，易与水反应，则可用钠与熔融的TiCl4反应制取航天金属钛，故A错误；B．明矾可作净水剂，但不能使海水淡化，故B错误；C．丝、毛均为蛋白质，组成元素除C、H、O外还含有N元素，燃烧产物中有N2，故C错误；D．食品添加剂是指用于改善食品口味、延长食品保存期甚至增加食品营养成分的一类天然或化学合成物质，但如果被过度使用，则会危害人的健康，如即便是食盐，过量摄入会患高血压等病症，故D正确；答案为D。

2.设NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是

A.46g乙醇分子中含有极性键的数目为6NA

B.分子数为NA的CO、C2H4混合气体体积为22.4L，质量为28g

C.1/18mol的H35Cl分子所含中子数为NA

D.加热条件下，1molH2与1molI2混合，该反应过程中转移的电子数目为2NA

【答案】C

【解析】A．每个乙醇分子内除C—C键外，还含有7个极性键，则46g乙醇分子中含有极性键的数目为7NA，故A错误；B．没有指明气体的温度和压强，故B错误；C．H35Cl分子内含有35-17=18个中子，则1/18mol的H35Cl分子所含中子数为NA，故C正确；D．在加热条件下，H2与I2化合生成HI的反应是可逆反应，反应限度不可能是100%，故答案为C。

点睛：

顺利解答该类题目的关键是：

一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。

特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。

关于气体摩尔体积的使用注意：

①气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；②必须明确温度和压强，只指明体积无法求算物质的量；③22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。

3.元素周期表和元素周期律可以指导人们进行推测和判断。

下列说法不正确的是

A.周期表中非金属性最强的元素是氟

B.同主族元素的简单阴离子还原性越强，该元素非金属性越强

C.人们可在周期表的过渡元素中寻找催化剂、耐腐蚀和耐高温的合金材料

D.Be元素与Al元素同处在周期表的金属与非金属的交界处，可推出：

【答案】B

Be（OH）2+2OH－＝BeO22－+2H2O

4.下列说法不正确的是

A.环戊二烯（

）分子中所有碳原子共平面

B.正丁烷与异丁烷互为同分异构体的依据是它们的分子式相同，但分子内碳原子的连接方式不同

C.七叶内酯（

）和东莨菪内酯（

）都是某些中草药中的成分，它们具有相同的官能团，互为同系物

D.有机物（

）不能与氢氧化钠发生中和反应，但能发生取代反应

【答案】C

【解析】A．碳碳双键为平面结构，且C原子均直接相连，则环戊二烯分子中所有碳原子共平面，故A正确；B．正丁烷与异丁烷的分子式相同，但分子内碳原子的连接方式不同，两者互为同分异构体，故B正确；C．七叶内酯含2个酚-OH，而东莨菪内酯只有1个酚-OH，官能团的数目不相同，不是同系物，故C错误；D．单糖为多羟基醛或酮，该物质只有2个-OH和1个-CHO，属于糖类物质，含-OH可发生取代、消去、氧化反应，含-CHO可发生氧化、还原反应、加成反应，故D正确；故选C。

5.X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的五种短周期主族元素。

其中只有Z是金属，W的单质是黄色固体，X、Y、W在周期表中的相对位置如下图。

下列说法正确的是

A.五种元素中，原子半径最大的是W

B.Y与Z形成的化合物均为碱性氧化物

C.Y、Q、W形成的气态氢化物中，沸点最高的是H2Y

D.Z与Q形成的化合物水溶液一定显酸性

【答案】C

【解析】短周期主族元素．其中只有Z是金属，W的单质是黄色固体，则W为S，由X、Y、W在周期表中的相对位置可知，Y为O，X为C，X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大，所以Q为Cl，而Z可能为Na、Mg、Al中的一种；A．五种元素中，原子半径最大的是Z，故A错误；C．Y与Z形成的化合物有多种，其中Na2O2不是碱性氧化物也不是酸性氧化物，Al2O3为两性氧化物，故B错误；C．H2O分子间存在氢键，其沸点最高，故C正确；D．若Z为Na，则Z与Q形成的化合物NaCl的水溶液为中性，故D错误；故选C。

点睛：

结合元素周期的位置、结构、性质关系，准确推断元素是解题关键，短周期主族元素．其中只有Z是金属，W的单质是黄色固体，则W为S，由X、Y、W在周期表中的相对位置可知，Y为O，X为C，X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大，所以Q为Cl，而Z可能为Na、Mg、Al中的一种，然后结合元素的单质及化合物的性质来解答。

6.以下反应最符合绿色化学原子经济性要求的是

①乙烷与氯气制备一氯乙烷，②乙烯聚合为聚乙烯高分子材料，③苯和硝酸反应制备硝基苯，

A.只有②④B.只有①③C.只有②③D.只有①④

【答案】A

【解析】①乙烷与氯气制备一氯乙烷为取代反应，有副产品HCl、二氯乙烷、三氯乙烷等生成，故①不符合；②乙烯聚合为聚乙烯高分子材料，为加聚反应，原料利用率为100%，故②符合；③苯和硝酸反应制备硝基苯，有副产品H2O生成，故③不符合；④乙烯与氧气在银的催化作用下生成环氧乙烷，反应物全部转化为环氧乙烷从理论、经济、环保及操作等方面都很好，符合绿色化学思想，故④符合；故选A。

7.下列关于化学反应速率的说法正确的是

A.对任何化学反应来说，反应速率越大，反应现象就越明显

B.化学反应速率为“0.8mol·L－1·s－1”所表示的意义是：

时间为1s时，某物质的浓度为0.8mol·L－1

C.可逆反应达到化学平衡状态时，当正反应速率增大时，逆反应速率会减小

D.对于放热反应，提高反应温度也能增大反应速率

【答案】D

【解析】A．反应速率快的现象不一定明显，如NaOH与HCl的反应，反应速率慢的现象可能明显，如铁生锈，故A错误；B．化学反应速率为“0.8mol·L－1·s－1”所表示的意义是在1s内，某物质的浓度变化不0.8mol·L－1，故B错误；C．可逆反应达到化学平衡状态时，改变条件，正反应速率增大时，逆反应速率可能会增大，不变或减小，故C错误；D．对与任何化学反应，温度升高，反应速率加快，故D正确；答案为D。

8.等质量的两份锌粉a和b，分别加入过量的稀硫酸中，并向a中加入少量CuSO4溶液，

下图表示产生H2的体积（V）与时间（t）的关系正确的是

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

9.电子计算机所用钮扣电池的两极材料为锌和氧化银，电解质溶液为KOH溶液，其电极反应是：

Zn＋2OH－－2e－===ZnO＋H2O；Ag2O＋H2O＋2e－===2Ag＋2OH－。

下列判断正确的是

A.锌为正极，Ag2O为负极B.锌为负极，Ag2O为正极

C.原电池工作时，将电能转化成化学能D.原电池工作时，负极区溶液pH增大

【答案】B

【解析】A．根据化合价变化可知Zn被氧化，应为原电池的负极，则正极为Ag2O，故A错误；B．根据化合价变化可知Zn失电子被氧化，为原电池的负极，正极为Ag2O，故B正确；C．原电池是将化学能转化为电能的装置，故C错误；D．原电池工作时，负发生反应Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O，溶液PH值减小，故D错误；故选B。

10.在一定温度下，将2molSO2和1molO2充入一固定容积的密闭容器中，在催化剂作用下发生如下放热反应：

2SO2（g）+O2（g）

2SO3（g），对该反应的下列说法中正确的是

A.若向该体系中通入过量的二氧化硫，则氧气的转化率可达到100%

B.该反应过程中SO2和O2的总能量一定低于SO3的总能量

C.当达到化学平衡时，该容器中SO2和SO3共2mol

D.当达到反应限度时，单位时间内生成nmolO2，同时消耗2nmolSO3

【答案】C

【解析】A．可逆反应，氧气的转化率不可能达到100%，故A错误；B．此反应为放热反应，则SO2和O2的总能量一定高于SO3的总能量，故B错误；C．SO2的减小量和SO3的生成量相等，则容器内SO2和SO3总量始终为2mol，故C正确；D．当达到反应限度即平衡是，单位时间内生成nmolO2，同时生成2nmolSO3，故D错误；答案为C。

11.乙酸分子的结构式为

，下列反应及断键部位正确的是

a．乙酸的电离，是①键断裂b．乙酸与乙醇发生酯化反应，是②键断裂

c．在红磷存在时，Br2与CH3COOH的反应：

CH3COOH＋Br2

CH2Br—COOH＋HBr，是③键断裂

d．乙酸变成乙酸酐的反应：

2CH3COOH→

＋H2O，是①②键断裂

A.只有abcB.abcdC.只有bcdD.只有acd

【答案】B

【解析】a．乙酸的电离，氢氧键断裂，即①键断裂，故a正确；b．乙酸与乙醇发生酯化反应，碳氧单键断裂，即②键断裂，故b正确；c．Br2与CH3COOH的反应：

CH3COOH+Br2

CH2Br-COOH+HBr，甲基上碳氢键断裂，即③键断裂，故c正确；d．乙酸变成乙酸酐的反应：

2CH3COOH→

+H2O，一个乙酸碳氧键断裂，另1个乙酸氢氧键断裂，即①②键断，故d正确；故选B。

12.下列用水就能鉴别的一组物质是

A.苯、己烷、四氯化碳B.甲苯、酒精、四氯化碳

C.硝基苯、酒精、四氯化碳D.溴苯、酒精、醋酸

【答案】B

【解析】A．苯、己烷、四氯化碳都不溶于水，但苯和己烷的密度都小于水，无法鉴别，故A错误；B．甲苯、四氯化碳都不溶于水，但甲苯密度比水的小，而四氯化碳密度比水的大，可鉴别，故B正确；C．乙酸、乙醇均与水混溶，不能鉴别，故C错误；

D．硝基苯和四氯化碳都不溶于水，且硝基苯和四氯化碳比水大，无法鉴别，故D错误；故选B。

13.下列关于有机物说法正确的是

A.煤气的主要成分是甲烷

B.若0.2mol某烃在O2中充分燃烧时，生成水和CO2各1.2mol，则该烃为苯

C.酸性高锰酸钾溶液和乙烯使溴水褪色的原理不同

D.煤的干馏属于化学变化，而煤的液化和气化属于物理变化

【答案】C

【解析】A．天然气的主要成分是甲烷，而煤气的主要成分是CO和H2，故A错误；B．若0.2mol某烃在O2中充分燃烧时，生成水和CO2各1.2mol，则该烃的分子式为C6H6，但不一定是苯，故B错误；C．乙烯和溴水发生加成反应而使溴水褪色，乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，前者为加成反应、后者为氧化反应，所以二者反应类型不同，故C正确；D．煤的干馏及煤的液化和气化均属于化学变化，故D错误；答案为C。

14.工业制取CuSO4不是直接用Cu与浓硫酸反应，而是将铜丝浸在稀硫酸中并不断地从容器底部吹入细小的空气泡，这样做的优点是

①不产生污染大气的SO2，②提高硫酸的利用率，③节约能源和资源，④提高铜的利用率

A.只有①③④B.只有①②③C.只有①②D.①②③④

【答案】B

【解析】将铜丝浸入稀硫酸中并不断地从容器下部吹入细小的空气泡发生：

2Cu+2H2SO4+O2=2CuSO4+2H2O，则：

①依据方程式可知，反应没有生成二氧化硫，故①正确；②反应物完全转化成生成物，提高H2SO4的利用率，故②正确；③反应在常温下就能进行，而浓硫酸与铜在加热条件下反应，节省能源，故③正确；④无论哪一种方法，生成等物质的量的硫酸铜，都需要相同质量的铜，故④错误；故选B。

点睛：

从环境污染、原子经济利用率分析是解题关键，浓硫酸与铜在加热条件下反应生成SO2和硫酸铜，产生污染大气的SO2，并且硫酸的利用率低，将铜丝浸入稀硫酸中并不断地从容器下部吹入细小的空气泡，发生2Cu+2H2SO4+O2=2CuSO4+2H2O，反应无污染，符合原子经济的要求。

15.下列各项中不正确的是

A.可用蒸馏的方法除去乙酸中少量的乙醇

B.可选用KOH溶液除去氧化铁中混杂的氧化铝

C.可用过滤的方法除去粗盐溶液中的泥沙

D.可用萃取、分液、蒸馏的方法从稀碘水获得单质碘

【答案】A

【解析】A．乙醇中的水可用CaO吸收生成难挥发的氢氧化钙固体，虽蒸馏可提纯，但不能直接蒸馏，故A错误B．氧化铝是两性氧化物，能与KOH溶液反应，而氧化铁不能，则可选用KOH溶液除去氧化铁中混杂的氧化铝，故B正确；C．除去粗盐溶液中的泥沙可用过滤操作，故C正确；D．因碘单质易溶于有机溶剂，可通过萃取方法分离，然后再分液、蒸馏，故D正确；故答案为A。

16.下列有关化学与自然的开发利用描述中不正确的是

A.可用热分解法冶炼氧化汞得到水银

B.从自然界中提炼金属要经过矿石的富集、冶炼、精炼三步

C.铝热法炼铁的反应需要高温的条件，所以是吸热反应

D.金属单质被发现和应用得越早，其活动性一般越弱

【答案】C

【解析】A．汞为不活泼金属，可利用热分解法冶炼氧化汞得到水银，故A正确；B．根据金属提炼步骤分析，先要富集提高金属元素的含量，然后冶炼得到粗产品，再精炼，故B正确；C．铝热法炼铁的反应需要高温的条件，但此反应为放热反应，故C错误；D．金属单质被发现和应用得越早，说明金属的活泼性越弱，越容易被发现和使用，故D正确；故选C。

点睛：

金属的冶炼一般有电解法、热还原法、热分解法、物理分离法；电解法：

冶炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物（Al是电解熔融的三氧化二铝）制得；热还原法：

冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用还原剂有（C、CO、H2等）；热分解法：

Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得，物理分离法：

Pt、Au用物理分离的方法制得。

17.目前世界上60%的镁是从海水中提取的。

海水提镁的主要流程如下：

下列说法不正确的是

A.在海水中加入石灰乳的作用是沉淀Mg2＋

B.可用电解氯化镁的方法获得镁

C.操作B涉及到加热浓缩（或蒸发结晶）、过滤等操作

D.上述过程中只涉及到氧化还原反应和复分解反应

【答案】D

【解析】根据题中工业流程可知，生石灰氧化钙溶于水生成氢氧化钙，加入海水中沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，过滤后加入盐酸溶解得到氯化镁溶液，蒸发浓缩冷却结晶得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热失去结晶水得到氯化镁固体，熔融电解得到金属镁；A．由分析可知，为沉淀Mg2＋，通常向海水中加入石灰乳，故A正确；B．工业冶炼镁通常用电解氯化镁的方法获得，故B正确；C．操作B为蒸发浓缩冷却结晶得到氯化镁晶体，故C正确；D．电解氯化镁生成镁是分解反应，CaO溶解于水生成氢氧化钙为化合反应，故D错误；答案为D。

第II卷（非选择题共49分）

18.将质量均为100g的锌片和铜片用导线与灯泡串联浸入盛有500mL2mol·L-1稀硫酸溶液的1.5L容器中构成如下装置。

（1）该装置中发生反应总的离子方程式为________________，溶液中______（填微粒化学式）向锌极移动。

（2）若2min后测得锌片质量减少13g，则导线中流过的电子为__________mo1，电子的流动方向____________（用m、n表示）。

若将正极生成的气体不断导入一个2L的刚性容器中，则反应开始至2min用该气体表示的反应速率为_______________。

（3）当反应进行到3min时灯泡亮度较弱，某同学向该装置内溶液中加入__________（填序号）灯泡的亮度会突然增加。

a．300mL蒸馏水b．100mL8mol·L-1硫酸溶液

c．300mL10mol·L-1硫酸铜溶液d．200mL8mol·L-1氢氧化钠溶液

【答案】

（1）.Zn+2H+=Zn2++H2↑

（2）.SO42-（3）.0.4（4）.由m到n（5）.0.05mol·L-1·min-1（6）.bc

【解析】

（1）装置没有外加电源，属于原电池，活泼金属锌做负极，本身失电子，正极上是H+得电子，所以H+在该极附近浓度减小，正极反应和负极反应合并即为总的电池反应，离子反应式为Zn+2H+=Zn2++H2↑，溶液中的SO42-向负极Zn移动；

（2）若2min后测得锌片质量减少13g，Zn的物质的量为

=0.2mol，则导线中流过的电子为.2mol×2=0.4mo1，原电池工作时，电子的流动方向是由负极向正极移动，即由m到n；反应中生成的氢气的物质的量为

=0.2mol，则反应开始至2min用该气体表示的反应速率为

=0.05mol·L-1·min-1；

（3）当反应进行到3min时灯泡亮度较弱，说明溶液中硫酸基本完全反应，只需要继续添加稀硫酸或能与Zn发生反应的硫酸铜溶液即可，故答案为bc。

19.电解精炼铜的阳极泥主要成分为Cu2Te、Ag2Se和少量金属单质及其他化合物，工业上从其中回收碲、硒的一种工艺流程如下：

已知TeO2与Al2O3的化学性质相似，元素碲在溶液中主要以Te4+、TeO32-等形式存在；Se和TeO2的物理性质如下：

（1）加入浓硫酸焙烧前常将阳极泥中大块颗粒先粉碎其目的是______________________。

（2）上述流程中操作І仅为物理分离过程，其名称为___________，SeO2与SO2在冷水中反应的化学方程式___________________________。

（3）焙砂中碲以TeO2形式存在，写出氢氧化钠溶液与TeO2反应的离子方程式___________。

（4）向溶液Ⅰ中加入硫酸时控制溶液的pH为4.5-5.0，生成TeO2沉淀。

如果H2SO4过量，将导致碲的回收率_____________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。

（5）将纯净的TeO2先溶于盐酸得到四氯化碲，然后再通入二氧化硫得到碲单质，该过程中涉及到的反应类型有___________________________。

（6）上述流程中可循环利用的物质________（填化学式）。

【答案】

（1）.提高反应速率

（2）.过滤（3）.SeO2＋2SO2＋2H2O=2H2SO4＋Se↓（4）.TeO2＋2OH-=TeO32-＋H2O（5）.偏低（6）.复分解反应、氧化还原反应（7）.H2SO4、HCl

【解析】以铜阳极泥（主要成分为Ag2Se、Cu2Se和银、金、铂等）加入硫酸焙烧，得到SeO2、SO2，将SeO2、SO2混合气体用水吸收得到H2SO4、Se，过滤分离，滤液中含有硫酸，经过净化除杂得到Se；焙烧得到的固体中混有TeO2，TeO2是两性氧化物，微溶于水，加碱溶过滤除去杂质，得到Na2TeO3溶液，再加硫酸沉降经过滤得到TeO2沉淀，再用盐酸溶解生成四氯化碲，再用二氧化硫还原制成碲单质；

（1）通常为提高反应速率，阳极泥中大块颗粒先粉碎后，再加入浓硫酸焙烧；

（2）据分析，上述流程中操作І为过滤，SeO2与SO2在冷水中反应的化学方程式SeO2＋2SO2＋2H2O=2H2SO4＋Se↓；

（3）TeO2为两性氧化物，溶于氢氧化钠溶液生成Na2TeO3溶液，此反应的离子方程式为TeO2＋2OH-=TeO32-＋H2O；

（4）TeO2为两性氧化物，能溶解于稀硫酸，则如果H2SO4过量，会有部分溶解TeO2，将导致碲的回收率偏低；

（5）将纯净的TeO2先溶于盐酸得到四氯化碲，发生的反应为复分解反应，通入二氧化硫将四氯化碲还原得到碲单质，此反应为氧化还原反应；

（6）有流程分析可知SeO2、SO2混合气体用水吸收得到H2SO4、Se，四氯化碲用SO2还原得到稀盐酸，则稀H2SO4和稀HCl均可循环利用。

20.已知铍的原子半径为0.089nm，下面是几种短周期元素的相关信息（该题中大写字母均为元素代号，不是元素符号）

（1）C元素的简单阴离子结构示意图________，F元素在周期表中的位置____________。

（2）D的单质与水反应的离子方程式_____________，该反应生成的含氧酸的电子式________。

（3）F元素与半径最小的元素形成的最简单有机化合物的结构式___________。

（4）钠元素与E元素形成的所有化合物中，可能含有的化学键类型_______（填字母代号）。

a.离子键b.极性共价键c.非极性共价键d.金属键

（5）B、C、E三种元素的简单离子半径由大到小顺序________________（填离子符号）。

（6）某同学选取稀硫酸、过量碳酸氢钠溶液和过量硅酸钠溶液，并设计了下图装置完成硫、碳、硅三种元素非金属性强弱比较的实验研究。

下图中装置Ⅰ的名称_______，装置Ⅲ中反应的离子方程式_________________。

【答案】

（1）.

（2）.第二周期第ⅣA族（3）.

（4）.Cl2+H2O=H++Cl-+HClO（5）.

（6）.ac（7）.S2->O2->Al3+（8）.分液漏斗（9）.SiO32-+H2O+CO2=CO32-+H2SiO3↓

【解析】F原子中无中子，所以是H，G最高正价数与负价数相等，是且最外层电子数是次外层的二倍，所以G是C，H元素单质焰色反应呈黄色，则H为Na；C、E都有-2价，且C有最高正价+6，则C为S、E为O；D有-1价，原子半径大于氧，则D为Cl；A有+2价，处于ⅡA族，原子半径大于硫元素，则A为Mg；B有+3价，处于ⅢA族，原子半径大于硫原子，故B为Al；F的原子径略大于E，且最高价为+4价，则F应为C元素；

（1）C为S元素，S2-离子结构示意图为

，F为C元素，在周期表中的位置第二周期第ⅣA族；

（2）Cl2与水反应生成的HClO为弱酸，其反应的离子方程式为Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，该反应生成的含氧酸HClO的电子式为

；

（3）C元素与H元素形成的最简单有机化合物为CH4，其结构式为

；

（4）钠元素与氧元素形成的离子化合物有Na2O、Na2O2，含有的化学键类型有离子键、非极性共价键，故答案为a、c；

（5）O2-、Al3+离子结构相同，核电荷数越大离子半径越小，而S2-比前二者均多一个电子层，离子半径最大，则三种简单离子半径由大到小顺序为S2->O2->Al3+；

（6）依据仪器的结构，装置Ⅰ为分液漏斗；根据反应原理可知，装置Ⅲ中是硅酸钠溶液中通入CO2气体，有白色沉淀生成，发生反应的离子方程式为SiO32-+H2O+CO2=CO32-+H2SiO3↓