2022届重庆市梁平高考化学倒计时模拟卷含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、萜类化合物广泛存在于动植物体内，关于下列萜类化合物的说法正确的是Aa和b都属于芳香烃Ba和c分子中所有碳原子均处于同一平面上C在一定条件a、b和c均能与氢气

2、发生加成反应Db和c均能与新制Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀2、纵观古今，化学与生产生活密切相关。下列对文献的描述内容分析错误的是（） 选项文献描述分析A天工开物“凡石灰，经火焚炼为用”此“石灰”是指石灰石B物理小知识“以汞和金涂银器上，成白色，入火则汞去金存，数次即黄”“入火则汞去”是指汞受热升华C本草经集注“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”利用焰色反应来辨别真假硝石D本草纲目“采蒿敳之属，晒干烧灰，以水淋汁，浣衣发面，去垢”利用灰烬中可溶盐水解呈碱性去污AABBCCDD3、为确定下列物质在空气中是否部分变质，所选检验试剂（括号内物质）不能达到目的的是（）AFeSO4溶液（KSCN溶

3、液）BCH3CHO溶液（pH试纸）CKI（淀粉溶液）DNaHCO3溶液（稀盐酸溶液）4、短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大。甲、乙、丙、丁、戊均由上述二种或三种元素组成，甲为淡黄色固体，乙和丁均为分子中含有10个电子的二元化合物，有关物质的转化关系如下图所示。下列说法错误的是AW与Z形成的化合物为离子化合物B戊一定为有毒气体C离子半径大小：YZWD相同条件下，乙的沸点高于丁5、下列离子方程式正确的是（ ）A碳酸钙溶于醋酸：CaCO32H+=Ca2+CO2H2OB向Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体，出现白色沉淀：Ba2+SO2H2O=BaSO32H+C将Ca(HCO3)2溶液与少量Ca

4、(OH)2溶液混合：OHCa2+HCO=CaCO3H2OD往苯酚钠溶液中通入少量CO2：2CO2H2O2CO6、分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有（ ）A3种B4种C5种D6种7、下列操作不能达到目的的是选项目的操作A配制100 mL 1.0 mol/L CuSO4溶液将25 g CuSO45H2O溶于100 mL蒸馏水中B除去KNO3中少量NaCl将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤C在溶液中将MnO4完全转化为Mn2向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液至紫色消失D确定NaCl溶液中是否混有Na2CO3取少量溶液滴加CaCl2溶液，观察是否出现白色浑

5、浊AABBCCDD8、下列实验现象预测正确的是（ ）A实验：振荡后静置，溶液仍分层，且上层溶液颜色仍为橙色B实验：铁片最终完全溶解，且高锰酸钾溶液变无色C实验：微热稀硝酸片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色D实验：当溶液至红褐色，停止加热，让光束通过体系时可产生丁达尔现象9、已知：25 C时，MOH的Kb=10-7。该温度下，在20.00 mL0.1 mol L-1 MCl溶液中滴入0.1 molL-1NaOH溶液，溶液的pH与所加NaOH溶液的体积关系如图所示。下列说法错误的是Aa=4BV1=10C溶液中水的电离程度：PQDQ点溶液中c(Na+)ZW，选项C正确；D. 相同条件下，乙

6、为水常温下为液态，其的沸点高于丁（氨气或甲烷），选项D正确。答案选B。5、C【解析】A. 醋酸是弱酸，离子方程式中不能拆，故A错误；B. SO2通入Ba（NO3）2溶液中，二者发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，正确的离子方程式为：3SO2+2NO3-+3Ba2+2H2O=3BaSO4+2NO+4H+，故B错误；C. 将少量Ca(OH)2溶液滴入Ca（HCO3）2溶液中，Ca(OH)2 和Ca(HCO3)21:1反应，和离子方程式为：OHCa2+HCO=CaCO3H2O，故C正确；D. 苯酚的酸性小于碳酸，所以往苯酚钠溶液中通入二氧化碳，可以得到碳酸氢钠和苯酚，故D错误；正确答案是C项。【点睛】离

7、子方程式过量不足的问题出现时，一定要注意以下几点：看原则：看是否符合客观事实、看是否符合质量守恒、看是否符合电荷守恒、看是否符合得失电子相等。可溶的易电离的物质拆成离子。注意过量、少量、适量等。6、B【解析】分子式为C5H10O2的有机物可能是羧酸或酯，能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体，说明该有机物含有-COOH，为饱和一元羧酸，烷基为-C4H9，丁基异构数等于该有机物的异构体数。【详解】分子式为C5H10O2的有机物能与NaHCO3能产生气体，说明该有机物中含有-COOH，为饱和一元羧酸，则烷基为-C4H9，-C4H9异构体有：-CH2CH2CH2CH3，-CH（CH3）CH2CH3，-

8、CH2CH（CH3）CH3，-C（CH3）3，故符合条件的有机物的异构体数目为4，故选B。【点睛】本题考查特定结构的同分异构体书写，侧重于分析能力的考查，注意官能团的性质与确定，熟练掌握碳原子数小于5的烃基的个数是解决本题的关键。7、A【解析】A、将25gCuSO45H2O溶于100 mL蒸馏水中所得溶液的体积不是0.1L，所以不能实现目的，A错误；B、硝酸钾和氯化钠的溶解度受温度影响相差大，因此将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤即可除去KNO3中少量NaCl，B正确；C、高锰酸钾具有强氧化性，能把双氧水氧化为氧气，而高锰酸钾被还原为锰离子，导致溶液紫色消失，所以能实现目的，C正确；D、

9、NaCl和CaCl2不反应，Na2CO3和CaCl2反应生成碳酸钙沉淀，所以可以检验是否含有Na2CO3，则可以实现目的，D正确；答案选A。【点晴】该题的易错点是物质的分离与提纯，分离提纯方法的选择思路是根据分离提纯物的性质和状态来定的。具体如下：分离提纯物是固体(从简单到复杂方法) ：加热(灼烧、升华、热分解)，溶解，过滤(洗涤沉淀)，蒸发，结晶(重结晶)，例如选项B；分离提纯物是液体(从简单到复杂方法) ：分液，萃取，蒸馏；分离提纯物是胶体:盐析或渗析；分离提纯物是气体：洗气。8、D【解析】A、溴单质能与氢氧化钠反应，生成溴化钠，易溶于水，所以苯层中不存在溴单质，所以苯层为无色，故A不正确

10、；B、常温下铁在浓硫酸中发生钝化现象；阻止反应进行，铁片不能溶解，高锰酸钾溶液不变色，故B不正确；C、铜和稀硝酸发生生成一氧化氮气体在广口瓶中遇到空气中的氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，故不正确；D、饱和氯化铁溶液加热到红褐色后制的氢氧化铁胶体，胶体具有丁达尔现象，光线通过出现一-条光亮的通路，故D正确；故选D。9、D【解析】A. 25 C时，MOH的Kb=10-7，则Kh(MCl)=10-7，解得c(H+)=10-4 mol/L，pH=a=4，A正确；B. 等浓度的MCl、MOH的混合溶液中，MCl的水解程度等于MOH的电离程度，所以溶液pH=7时，加入的MOH的体积为10 mL，B正确；C

11、. 在盐MCl溶液中逐滴加入NaOH溶液，加入的碱越大，水对电离的抑制作用越强，水电离程度就越小，所以溶液中水的电离程度：PQ，C正确；D.P点加入10mLNaOH溶液时nP(Na+)=nP(M+)，Q点时MOH少量电离，nQ(M+)2c(M+)，D错误；故合理选项是D。10、A【解析】根据三种有机物中碳、氢的质量比相等，可根据碳元素的质量分数求出氧元素的质量分数，进而求出氧元素的质量分数。【详解】在三种化合物中碳、氢元素的原子个数比都为1：2，故碳元素和氢元素的质量比都为：12：126：1，故氢元素的质量分数为%，而三种有机物是由碳、氢、氧三种元素组成的，故氧元素的质量分数为：100%a%(

12、100)%；故答案选A。11、C【解析】化学变化的实质是相互接触的分子间发生原子或电子的转换或转移，生成新的分子并伴有能量变化的过程。【详解】根据化学变化的实质是相互接触的分子间发生原子或电子的转换或转移，生成新的分子并伴有能量变化的过程，原子并没有发生变化，可知通过化学方法可以生产一种新分子，也可以生成一种新离子，还可生成一种新单质；具有一定数目的质子和一定数目的中子的原子称为核素，即核素的种类决定于原子核，而化学反应只是核外电子数目的变化，所以生成一种新同位素通过化学反应是不能实现的，故C符合；答案选C。12、B【解析】Na、Cu、Si、H、C、N等元素单质中，Na、Cu为金属晶体，均是热

13、和电的良导体，C、Si的单质为原子晶体，且C单质的熔沸点大于Si原子晶体的熔点，H、N对应的单质为分子晶体，其中氢气的熔点最低，由图熔点的高低顺序可知a为H，b为N，c为Na，d为Cu，e为Si，f为C。【详解】A选项，e为Si，f为C，对应的单质为原子晶体，存在共价键，熔化时破坏共价键，故A正确；B选项，d为Cu，铜单质对应元素原子的电子排布式：1s22s22p63s23p23d104s1，故B错误；C选项，b为N，N元素形成的气态氢化物氨气，易与水分子之间形成氢键，故C正确；D选项，单质a、b、f对应的元素以原子个数比1:1:1形成的分子为HCN，结构式为HCN，分子中含2个键，2个键，故

14、D正确；综上所述，答案为B。13、D【解析】A天然油脂为高级脂肪酸与甘油生成的酯，水解反应属于取代反应的一种；B在加入新制氢氧化铜悬浊液之前需要加入NaOH溶液；C加入硫酸钠，蛋白质不变性；D氨基酸含羧基和氨基官能团。【详解】A油脂得到皂化是在碱性条件下发生的水解反应，水解反应属于取代反应，故A错误；B在加入新制氢氧化铜悬浊液之前需要加入NaOH溶液中和未反应的稀硫酸，否则不产生砖红色沉淀，故B错误；C加入浓硫酸钠溶液，蛋白质发生盐析，不变性，故C错误；D氨基酸结构中都含有COOH 和NH2 两种官能团，甘氨酸为最简单的氨基酸，故D正确；故选：D。【点睛】解题关键：明确官能团及其性质关系，易错

15、点A，注意：水解反应、酯化反应都属于取代反应。14、D【解析】A、K与a连接，在中性条件下，铁作负极、失电子、发生吸氧腐蚀，发生的电极反应为Fe-2e-=Fe2+，故A正确； B、K与a连接，石墨、Fe和饱和食盐水形成原电池，将化学能转变为电能，故B正确； C、K与b连接，Fe作阴极，阴极上氢离子得电子，电极反应为2H+2e-=H2，故C正确； D、K与b连接，Fe作阴极，Fe被保护，该方法叫外加电流的阴极保护法，故D错误。 故选：D。15、C【解析】A. 实验室制备氯气是用浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应，稀盐酸与二氧化锰不反应，不能制备氯气，A项错误；B. 用氯气氧化溴离子时，导气管应该采

16、用“长进短出”原则，所以该装置错误，不能实现实验目的，B项错误；C. 分液时先从下口放出水相，再从上口倒出有机相，C项正确；D. 蒸发时应该，蒸发至有大量晶体析出时停止加热，用余热蒸干，另外FeCl3水解生成的盐酸易挥发，直接蒸发，得不到无水FeCl3，D项错误；答案选C。【点睛】本题考查化学实验方案评价，涉及物质制备、实验操作等知识点，明确实验原理、物质性质、实验操作规范是解本题的关键，易错点是选项D，加热氯化铁溶液时氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，升高温度促进水解，为防止水解，应在氯化氢氛围中加热蒸干氯化铁溶液。16、A【解析】A. 硼原子核外有5个电子，1mol硼原子核外电子数为5NA，

17、故A错误；B. BF3的结构为，1molBF3分子中共价键的数目为3NA，故B正确；C. NaBH4与水生成氢气，氢元素化合价由-1升高为0，1molNaBH4反应转移的电子数为4NA，故C正确；D. 硼烯具有导电性，有望代替石墨烯作“硼烯一钠基“电池的负极材料，故D正确；选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、丙二酸二甲酯 酯基 加成反应 取代反应 HCHO 【解析】A分子中只有一种氢原子，则乙烯与氧气在银作催化剂加热的条件下反应生成环氧乙烷，A为，A与乙醛发生反应生成B，已知B分子中有四种氢，且能发生银镜反应，说明含有醛基，再结合B的分子式C8H16O4，可知B为，根据已知反应可知，B与

18、甲醛在碱性条件下反应生成C为，C与HBr发生取代反应生成D为，甲醇与丙二酸发生酯化反应生成E为CH3OOCCH2COOCH3，根据已知反应可知，D与E反应生成F为，G为，据此分析解答。【详解】(1)甲醇与丙二酸发生酯化反应生成E为CH3OOCCH2COOCH3，E的化学名称是丙二酸二甲酯，故答案为：丙二酸二甲酯；(2)由以上分析知，F为，则其所含官能团是酯基，故答案为：酯基；(3)A为，A与乙醛发生反应生成B，已知B分子中有四种氢，且能发生银镜反应，说明含有醛基，再结合B的分子式C8H16O4，可知B为，则AB的反应类型是加成反应，C为，C与HBr发生取代反应生成D为，CD的反应类型是取代反应

19、，故答案为：加成反应；取代反应；(4)根据已知反应可知，B与甲醛在碱性条件下反应生成C为，反应的化学方程式是；(5)由以上分析知，G的结构简式为；(6)H的分子式为C12H18O4，其不饱和度为，满足下列条件的H，1mol H与NaOH溶液反应可以消耗4molNaOH，则其含有苯环，为芳香族化合物，且含有4个酚羟基，H的核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6：1：1：1，则其含有4种等效氢，且氢原子数分别为12、2、2、2，则符合要求的结构简式为，故答案为：；（7）L为高聚酯，则K中应同时含有羟基和羧基，K中含有10个碳原子，只有9个碳原子，根据已知反应可知，与HCHO在一定条件下发生取代反应生

20、成I为，I发生已知反应生成J为，J经酸化得到K为，K发生缩聚反应生成，故答案为：HCHO；。18、取代反应 18 羰基、醚键 浓硫酸、加热（或：P2O5） 30 【解析】根据B的结构简式和生成B的反应条件结合A的化学式可知，A为；根据C和D的化学式间的差别可知，C与氢气在催化剂作用下发生加成反应生成D，D为，结合G的结构可知，D消去结构中的羟基生成碳碳双键得到E，E为；根据G生成H的反应条件可知，H为。(1)根据A和B的结构可知，反应发生了羟基上氢原子的取代反应； B()分子中的苯环为平面结构，单键可以旋转，最多有18个原子共平面，故答案为取代反应；18；(2)C()中含氧官能团有羰基、醚键；

21、反应为D消去结构中的羟基生成碳碳双键得到E，“条件a”为浓硫酸、加热，故答案为羰基、醚键；浓硫酸、加热；(3)反应为加成反应，根据E和G的化学式的区别可知F为甲醛，反应的化学方程式为，故答案为；(4)反应是羟基的催化氧化，反应的化学方程式为，故答案为；(5)芳香化合物J是D()的同分异构体，苯环上只有3个取代基；可与NaHCO3反应放出CO2，说明结构中含有羧基；1mol J可中和3mol NaOH，说明结构中含有2个酚羟基和1个羧基；符合条件的J的结构有：苯环上的3个取代基为2个羟基和一个C3H6COOH，当2个羟基位于邻位时有2种结构；当2个羟基位于间位时有3种结构；当2个羟基位于对位时有

22、1种结构；又因为C3H6COOH的结构有CH2CH2CH2COOH、CH2CH(CH3)COOH、CH(CH3)CH2COOH、C(CH3)2COOH、CH(CH2CH3)COOH，因此共有(2+3+1)5=30种，其中核磁共振氢谱为五组峰的J的结构简式有，故答案为30；(6)以为原料制备。根据流程图C生成的D可知，可以与氢气加成生成，羟基消去后生成，与溴化氢加成后水解即可生成，因此合成路线为，故答案为。点睛：本题考查了有机合成与推断，根据反应条件和已知物质的结构简式采用正逆推导的方法分析是解题的关键。本题的易错点为B分子中共面的原子数的判断，要注意单键可以旋转；本题的难点是(6)的合成路线的

23、设计，要注意羟基的引入和去除的方法的使用。本题的难度较大。19、搅拌（或适当升温等合理答案即可） H2O2+2H+ +Cu=Cu2+ +2H2O CuO或Cu(OH)2或Cu(OH) 2CO3等合理答案即可 加人洗涤剂至浸没沉淀且液面低于滤纸边缘，待液体自然流下后，重复23次 温度过低，反应速率太慢，温度过高，Cu2(OH)2CO3易分解 2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3+2Na2SO4+CO2 100% 【解析】废铜屑(主要成分是Cu、CuO，含有少量的Fe、Fe2O3)，加入稀硫酸浸取，CuO、Fe、Fe2O3与稀硫酸反应，形式含有Cu2+、Fe2+、Fe3+的

24、溶液，铜单质不与硫酸反应，再加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，同时铜单质与双氧水在酸性条件下反应生成铜离子，再调节溶液pH值，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，过滤后得到主要含有硫酸铜的滤液，将溶液温度控制在5560左右，加入碳酸钠，滤液中产生Cu2(OH)2CO3晶体，再经过过滤、冷水洗涤，干燥，最终得到Cu2(OH)2CO3，以此解题。【详解】(1)为加快废铜屑在稀硫酸中的溶解速率，可进行搅拌、加热、增大硫酸浓度等方法；(2)“操作”中，铜单质与双氧水在酸性条件下反应生成铜离子，离子方程式为H2O2+2H+ +Cu=Cu2+2H2O；(3)“调节pH”操作目的是将溶液中的Fe3+转

25、化为Fe(OH)3沉淀除去，由于废铜屑使用酸浸溶解，需要加入碱性物质中和多余的酸，在不引入新的杂质的情况下，可向溶液中加入CuO或Cu(OH)2或Cu(OH) 2CO3等合理答案即可；(4)洗涤Cu2(OH)2CO3沉淀的操作为过滤，合理操作为：加人洗涤剂至浸没沉淀且液面低于滤纸边缘，待液体自然流下后，重复23次；(5) 根据题目已知：Cu2(OH)2CO3为难溶于冷水和乙醇，水温越高越易分解。“操作”中温度选择5560的既可以加快反应速率同时也可防止制得的Cu2(OH)2CO3不被分解，该步骤中向含有硫酸铜的滤液中加入碳酸钠生成Cu2(OH)2CO3的同时产生CO2，该反应的化学方程式：2C

26、uSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3+2Na2SO4+CO2；(6) m1g产品，灼烧至固体质量恒重时，得到黑色固体(假设杂质不参与反应)，发生的反应为：Cu2(OH)2CO32CuO+CO2+H2O，灼烧至固体质量恒重时剩余固体为氧化铜和杂质，根据反应方程式计算：设样品中Cu2(OH)2CO3的质量为xg。Cu2(OH)2CO32CuO+CO2+H2O 222 62x m1- m2=，解得：x=，则样品中Cu2(OH)2CO3的纯度为100%=100%。【点睛】本题是工艺流程题中的实验操作和化学原理结合考查，需结合反应速率的影响因素，实际操作步骤具体分析，还应熟练元素化合

27、物的知识。20、三颈烧瓶 干燥氨气，防止生成的氨基甲酸铵水解 干冰 加快 降低温度，有利于提高反应物的转化率，防止因反应放热造成NH2COONH4分解 过滤 C NH2COONH4+2H2O=NH4HCO3+NH3H2O或NH2COONH4+H2O=NH4HCO3+NH3 加入足量氢氧化钡溶液，充分反应后，过滤、用蒸馏水洗涤所得沉淀、干燥后称量沉淀的质量，重复23次 【解析】根据装置：仪器2制备氨气，由于氨基甲酸铵易水解，所以用仪器3干燥氨气，利用仪器4制备干燥的二氧化碳气体，在仪器5中发生2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s)制备氨基甲酸铵；(1)根据仪器构造可得；考虑氨基甲酸

28、铵水解；(2)仪器4制备干燥的二氧化碳气体，为干冰；反应初期观察到装置内稀硫酸溶液中产生气泡，说明二氧化碳过量，氨气不足；(3)考虑温度对反应的影响和氨基甲酸铵受热分解；过滤得到产品，氨基甲酸铵易分解，所得粗产品干燥可真空微热烘干；(4)氨基甲酸铵可完全水解为碳酸氢铵和一水合氨，据此书写；测定某样品中氨基甲酸铵的质量分数，可以使其水解得到NH4HCO3，用氢氧化钡沉淀得到碳酸钡沉淀，通过碳酸钡的质量可得氨基甲酸铵的质量，进而可得其质量分数，据此可得。【详解】(1)根据图示，仪器2的名称三颈烧瓶；仪器3中NaOH固体的作用是干燥氨气，防止生成的氨基甲酸铵水解；故答案为：三颈烧瓶；干燥氨气，防止生

29、成的氨基甲酸铵水解；(2)反应需要氨气和二氧化碳，仪器2制备氨气，仪器4制备干燥的二氧化碳气体，立即产生干燥的二氧化碳气体，则为干冰；故答案为：干冰；氨气易溶于稀硫酸，二氧化碳难溶于稀硫酸，若反应初期观察到装置内稀硫酸溶液中产生气泡，说明二氧化碳过量，应该加快产生氨气的流速；故答案为：加快；(3)该反应为放热反应，温度升高不利于合成，故采用冰水浴可以降低温度，有利于提高反应物的转化率，防止因反应放热造成H2NCOONH4分解；故答案为：降低温度，有利于提高反应物的转化率，防止因反应放热造成H2NCOONH4分解；当CCl4液体中产生较多晶体悬浮物时，即停止反应，过滤，为防止H2NCOONH4分

30、解，真空微热烘干粗产品；故答案为：过滤；C；(4)氨基甲酸铵可完全水解为碳酸氢铵，反应为：NH2COONH4+2H2O=NH4HCO3+NH3H2O或NH2COONH4+H2O=NH4HCO3+NH3；故答案为：NH2COONH4+2H2O=NH4HCO3+NH3H2O或NH2COONH4+H2O=NH4HCO3+NH3；测定某样品中氨基甲酸铵的质量分数，可以使其水解得到NH4HCO3，用氢氧化钡沉淀得到碳酸钡沉淀，通过碳酸钡的质量可得氨基甲酸铵的质量，进而可得其质量分数，具体方法为：用天平称取一定质量的样品，加水溶解，加入足量氢氧化钡溶液，充分反应后，过滤、用蒸馏水洗涤所得沉淀、干燥后称量沉淀的质量，重复23次，测量的数据取平均值进行计算；故答案为：加入足量氢氧化钡溶液，充分反应后，过滤、用蒸馏水洗涤所得沉淀、干燥后称量沉淀的质量，重复23次。21、 C Na2SiO3+ CO2+ H2O=Na2CO3+H2SiO3 ac ad mol/(L.min) 0.5 正 【解析】1碳原子核电荷数为6，最外层有4个电子，轨道表示式为；醇羟基中氢氧原子间形成一条共价键，电子式为；2同主族由上而下非金属性减弱，故非金属性较强的是C；利用Na2SiO3+ CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3反应，可证明碳酸的酸性比硅酸