《2020-2021高考化学备考之硅及其化合物推断题压轴突破训练∶培优篇含答案解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020-2021高考化学备考之硅及其化合物推断题压轴突破训练∶培优篇含答案解析.docx（21页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、2020-2021 高考化学备考之硅及其化合物推断题压轴突破训练培优篇含答案解析一、硅及其化合物1 表是元素周期表的一部分，针对表中的-元素按要求回答下列问题：IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA0 族234（ 1）在 -元素中，化学性质最不活泼的元素是 _（填元素符号），化学性质最活泼的金属元素是 _（填元素符号）。（2）在最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的化合物的化学式是_，碱性最强的化合物的化学式是_。（3）氧化物属于两性氧化物的元素是_（填元素符号），写出该元素的最高价氧化物与NaOH 溶液反应的离子方程式_（ 4）比较元素的气态氢化物的稳定性： _；最高价氧化物对应水化物的酸
2、性强弱： _。（5）的最高价氧化物与烧碱溶液反应的化学方程式为_【答案】 Ar K HClOKOH-+ H2O SiO2 + 2NaOH = Na2SiO34Al AlO23 + 2OH = 2AlO2+ H2O【解析】【分析】稀有气体性质稳定，除稀有气体同周期从左往右，同主族从下至上，非金属性增强。非金属性越强，单质越活泼，越易与氢气化合，生成的气态氢化物越稳定，对应的最高价氧化物的水化物酸性越强。同周期从右往左，同主族从上至下，金属性逐渐增强。金属性越强，单质越活泼，遇水或酸反应越剧烈，最高价氧化物对应水化物的碱性越强。【详解】（ 1）根据分析 -元素中，化学性质最不活泼的元素是 Ar，化
3、学性质最活泼的金属元素是 K；（2）根据分析， -元素中Cl 非金属性最强，故在最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的化合物的化学式是HClO4， K 金属性最强，碱性最强的化合物的化学式是KOH；（3）铝、氧化铝、氢氧化率均属于两性物质，则氧化物属于两性氧化物的元素是Al，该-元素的氧化物与 NaOH 溶液反应的离子方程式 Al2O3 + 2OH = 2AlO2 + H2O；（4）非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，氧的非金属较强，故水比氨气稳定，；（5）硅的最高价氧化物SiO2 与烧碱溶液反应的化学方程式为：SiO2 + 2NaOH = Na2SiO3 +2H O。【点睛】非金属性的应用中
4、，需要注意非金属性与气态氢化物的稳定呈正比，与氢化物的还原性呈反比，而简单氢化物的沸点需要对比氢键和范德华力，是物理性质。2 探究无机盐X（仅含三种短周期元素）的组成和性质，设计并完成如下实验：请回答：（ 1） X 的化学式是 _。（ 2）白色粉末溶于氢氧化钠溶液的离子方程式是_。（3）高温条件下白色粉末与焦炭发生置换反应，写出该反应的化学方程式_。【答案】 Mg=SiO 2H高温2SiO4或 2MgO SiO2Si 2COSiO2 2OH32O SiO22C【解析】【详解】无机盐 X（仅含三种短周期元素），加入过量盐酸溶解，离心分离得到白色胶状物沉淀和无色溶液，白色胶状沉淀为硅酸，白色沉淀充
5、分灼烧得到白色粉末1. 80g为 SiO2，物质的量=1. 8g 60g/ mol =0. 03mol ，溶于氢氧化钠溶液得到无色溶液为硅酸钠溶液，说明无机盐中含硅酸根离子或原硅酸根离子，物质的量为0. 03mol ，若为硅酸根离子其质量=0. 03mol 76g/ mol=2. 28g，金属质量 =4.20g- 2. 28g=1. 92g，无色溶液中加入过量氢氧化钠溶液生成白色沉淀则判断为Mg （OH）2，金属离子物质的量=3. 48g58g/ mol 0. 06mol ，质量为 0. 06mol 24g/ mol=1. 44g，不符合，则应为原硅酸根，物质的量为0. 03mol ，质量00
6、3mol92g/mol 2 76g4 20g 276g 144g= .= .，金属质量 .-.= .，物质的量=1. 44g 24g/ mol=0. 06mol ，得到 X 为 Mg2SiO4，则（1） X 的化学式是Mg 242SiO或 2MgO SiO 。（2）白色粉末溶于氢氧化钠溶液的离子方程式是SiO2 2OH =SiO3 2 H2O。高温（3）高温条件下白色粉末与焦炭发生置换反应，该反应的化学方程式SiO2 2CSi2CO。3 某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品出苍白色火焰。 M 与其他物质的转化关系如图M 进行探究。已知1 所示 (部分产物已略去C 可在)：D 中燃烧发(1
7、)写出B 的电子式_。(2)若 A 是一种非金属单质，且可用于制造半导体材料，写出式_ 。A 和 B 水溶液反应的离子方程(3)若 A 是 CO2 气体， A 与 B 溶液能够反应，反应后所得的溶液再与盐酸反应，生成的物质的量与所用盐酸体积如图2 所示，则 A 与 B 溶液反应后溶液中所有溶质的化学式为CO2_ ；c(HCl)=_mol/L。(4)若 A 是一种常见金属单质，且A 与 B 溶液能够反应，则将过量的F 溶液逐滴加入E 溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是_ 。(5)若 A 是一种可用于做氮肥的化合物, A 和 B 反应可生成气体E， E 与 F、 E 与 D 相遇均冒白烟，且利用
8、 E 与 D 的反应检验输送D 的管道是否泄露，写出E 与 D 反应的化学方程式为_ 。(6)若 A 是一种溶液，可能含有、Al3、CO32- 、 SO4 2-中的某些离子，H 、NH、 Mg 2、 Fe3当向该溶液中加入 B 溶液时发现生成沉淀的物质的量随B 溶液的体积发生变化如图3 所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子是_ ，它们的物质的量浓度之比为 _。【答案】Si+2OH- +2H2O=SiO32-+2H2NaOH、 Na2CO30.05先有白色沉淀生成，随后沉淀逐渐减少最终消失3Cl2324、 Al3、NH4 、 SO42 8NH=N 6NH ClH2) 1 1 2 3c(H) c
9、(Al3) c( NH 4 ) c(SO4【解析】【分析】(1) C 可在 D 中燃烧发出苍白色火焰，为氢气与氯气反应生成HCl，可推知 C 为 H2 、D 为Cl2、 F 为 HCl，M 是日常生活中不可缺少的调味品，由转化关系可知，M 的溶液电解生成氢气、氯气与B，可推知 M 为 NaCl、B 为 NaOH；(2)若 A 是一种非金属单质，且可用于制造半导体材料，则A 为 Si， Si 和 NaOH 的水溶液反应生成 Na232SiO和 H ；(3) 曲线中，从0.4L 0.6L 发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2 +H2O，该阶段消耗盐酸为200mL，而开始产生二氧化碳时消耗
10、盐酸为400mL，大于 200mL，所以溶液中的溶质成分NaOH、Na2CO3；(4) 若A 是一种常见金属单质，且与NaOH 溶液能够反应，则A 为 Al， E 为NaAlO2，则将过量的 HCl 溶液逐滴加入NaAlO2 溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解；(5) 若 A 是一种氮肥，实验室可用 A 和 NaOH 反应制取气体 E，则 E 为 NH3、 A 为铵盐， E与氯气相遇均冒白烟，且利用E 与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露，则氨气与氯气反应生成氯化铵，同时生成氮气；(6) 由图可知，开始加入 NaOH 没有沉淀和气体产生，则一定有H+，一定没有 CO32-，后来有沉淀产
11、生且最后消失，则一定没有Mg2+、 Fe3+，一定含有 Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为 NH4+OH-=NH3?H2O 的反应，则含有NH4+，由电荷守恒可知一定含有SO42-，根据各阶段消耗的 NaOH 体积结合离子方程式计算+)： n(Al3+n(H)： n(NH4 )之比，再结合电荷守恒计算与 n(SO2-)的比例关系，据此计算。4【详解】(1)B 为 NaOH，其电子式为；232，反应的离子方程式为-(2) A 为 Si，Si 和 NaOH 的水溶液反应生成 Na SiO和 HSi+2OH+2H2O=SiO32-+2H2；(3) 曲线中，从0.4L 0.6L 发生反应NaHCO3
12、+HCl=NaCl+CO2 +H2O，该阶段消耗盐酸为200mL，而开始产生二氧化碳时消耗盐酸为400mL，大于 200mL，所以溶液中的溶质成分NaOH、Na2CO3；生成 0.01molCO 2 需要的盐酸为200mL，结合反应原理0.01molNaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，则c(HCl)=0.05mol/L ；0.2L(4) 若 A 是一种常见金属单质，且与NaOH 溶液能够反应，则A 为Al， E 为NaAlO2，则将过量的 HCl 溶液逐滴加入 NaAlO2 溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解，故看到的现象为：液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断地增加，随后沉淀
13、逐渐溶解最终消失；(5) 若 A 是一种氮肥，实验室可用 A 和 NaOH 反应制取气体 E，则 E 为 NH3、 A 为铵盐， E与氯气相遇均冒白烟，且利用E 与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露，则氨气与氯气反应生成氯化铵，同时生成氮气，反应方程式为：3Cl2 +8NH3 =N2+6NH4Cl，(6) 由图可知，开始加入NaOH 没有沉淀和气体产生，则一定有H+，一定没有 CO3 2-，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、 Fe3+，一定含有 Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为 NH4+-32NH4+，由电荷守恒可知一定含有SO42-，发生+OH =NH ?H O 的反应，则
14、含有反应 H+-23+-+OH =H O，氢离子消耗 NaOH 溶液的体积为 1 体积，发生反应Al+3OH=Al(OH)3，铝离子消耗NaOH 溶液的体积为3体积，发生反应NH4+OH-=NH3?H2O，铵根消耗氢氧化钠为2 体积，则 n(H+)：n(Al3+)：n(NH4+)=1：1： 2，由电荷守恒可知，n(H+)：n(Al3+)： n(NH+)： n(SO2-+3+)：c(SO2-)=1： 1：2： 3。44444 某同学用某化合物X（两种短周期元素组成的纯净物）进行了如下实验：实验步骤中还观测到生成黑色固体和无色无味气体，生成的溶液可作为建筑行业的一种黏合剂。请回答：（ 1） X 的
15、化学式是 _，步骤的离子方程式是 _。（ 2）步骤的化学方程式是 _。【答案】 Mg2SiMg2Si +4H+=SiH4 +2Mg2+SiH4 +2KMnO4=2MnO 2 +Na2 SiO3+H2 +H2O【解析】【分析】短周期元素形成的化合物中，与过量烧碱溶液生成白色沉淀，则灼烧后得到白色固体的为MgO， 4.0g 白色固体可得X 中 0.1molMg 原子，无色气体A 与高锰酸钾可生成黏合剂硅酸钾溶液，可知无色气体A 具有还原性且含有Si 元素，据此分析作答。【详解】（1）根据化合物X 7.20g 计算得到Mg原子与Si 原子个数之比为2:1，则X 的化学式为Mg2Si，在盐酸作用下会生
16、成硅烷气体与氯化镁，故其离子方程式为：Mg 2Si+4H+=SiH4 +2Mg2+，故答案为： Mg 2Si； Mg 2Si +4H+=SiH4 +2Mg2+；（ 2）在强氧化剂高锰酸钠的作用下，硅烷被氧化为硅酸钠与氢气，同时生成黑色固体二氧化锰，根据氧化还原反应得失电子守恒与元素守恒可得，其化学方程式为：SiH4+2KMnO4=2MnO2 +K2SiO3+H2 +H2O。5已知 A、 B、 C、 D 组成的元素都属于短周期，它们之间的简单转化关系如图所示。请按要求写出有关反应的化学方程式：(1)若其中 A、 D 为单质且同主族， B、 C 为氧化物： (该反应在工业上有重要用途)。(2)若
17、A、 D 为常态下的气体单质且不同主族，B、C 为化合物且 B 为水：。(3)若 A、 B、 C 均为化合物且C 为水，单质 D 常态下为固体：。(4) 若 A、D 为固体单质且不同主族， B、 C 为氧化物：。【答案】（共8 分）(1) 2C+SiO 2Si+2CO(2)2F22H2 O=4HFO2(3)SO2 2H2S=3S 2H2O(4) 2Mg+CO2MgO+C。【解析】【分析】（1） A、 D为单质且同主族，B、 C 为氧化物， A 为 C， B 为 SiO2，符合转化关系，D 为 Si ，C为 CO；（2） A、 D为常态下的气体单质且不同主族，B、C 为化合物且 B 为水， A
18、为 F2， C 为 HF， D为 O2，符合转化关系；（3） A、 B、 C均为化合物且C为水，单质D常态下为固体， H2S 与 SO反应符合转化关系，2D为硫；（4） A、 D为固体单质且不同主族，B、C 为氧化物， Mg与 CO2反应符合转化关系，A 为Mg， B 为 CO2，C 为 MgO， D 为 C 单质。【详解】（1） A、 D为单质且同主族，B、 C 为氧化物， A 为 C， B 为 SiO2，符合转化关系，反应方程式为：2C+SiO2Si+2CO；综上所述，本题正确答案：2C+SiO2Si+2CO；（2） A、 D为常态下的气体单质且不同主族，B、C 为化合物且B 为水，A 为
19、 F2， C 为HF， D为 O2，符合转化关系，反应方程式为： 2F2+2H2O4HF+O2；综上所述，本题正确答案： 2F2+2HO4HF+O2；（3） A、 B、 C均为化合物且 C为水，单质 D常态下为固体， H2S 与 SO2 反应符合转化关系，反应方程式为： SO2+2HS3S+2HO；综上所述，本题正确答案： SO2+2HS3S+2HO；（4） A、 D为固体单质且不同主族， B、C 为氧化物， Mg与 CO2反应符合转化关系，反应方程式为： 2Mg+CO2MgO+C；综上所述，本题正确答案：2Mg+CO2MgO+C。6 甲、乙分别是两种主族元素形成的氧化物，它们广泛存在于地壳中
20、，均不溶于水，且都有如下相同的转化关系，不同之处是乙对应的转化过程中需控制盐酸用量，若盐酸过量则得不到白色沉淀 B。(1) 写出甲、乙的化学式：甲 _,乙 _；(2) 写出下列反应的化学方程式：甲+NaOH 溶液 _,乙+NaOH 溶液 _；(3) 分别写出甲、乙对应的 A 溶液与过量盐酸反应的离子方程式：甲 _乙_(4) 若将 5.1g 乙溶于适量的盐酸（二者恰好完全反应）后，再加入175 mL 的 2 mol.L 1NH3H2O 溶液，得到沉淀 _g【答案】 SiO2 Al 2O3 SiO2SiO3+H2OAl 2O3+H2O SiO32-+2H+2NaOH=Na+2NaOH=2NaAlO
21、H2SiO3 AlO2- +4H+=Al 3+2H2O7.8【解析】【分析】甲、乙分别是两种主族元素形成的氧化物，均不溶于水，且都有如图的转化关系，不同之处是乙对应的转化过程中需控制盐酸用量，若盐酸过量则得不到白色沉淀B，可推出甲是二氧化硅、乙是氧化铝。二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，硅酸钠与盐酸反应生成硅酸沉淀；氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠和少量盐酸反应生成氢氧化铝沉淀。【详解】(1) 根据以上分析，甲为SiO2、乙为 Al 2O3；(2) 二氧化硅与 NaOH溶液反应生成硅酸钠和水，反应方程式是SiO2+2NaOH=NaSiO3+H2O；氧化铝和NaOH溶液反应生成
22、偏铝酸钠和水，反应化学方程式是Al 2O3+2NaOH=2NaAlO+H2O；(3) 甲对应的 A 是 Na2SiO3， Na2SiO3 与过量盐酸反应生成硅酸沉淀和氯化钠，反应离子方程式是 SiO32- +2H+ H2 SiO3；乙对应的 A 是偏铝酸钠，偏铝酸钠与过量盐酸反应生成氯化铝和氯化钠，反应的离子方程式是 AlO2- +4H+=Al 3+ +2HO；(4) 5.1g氧化铝的物质的量是5.1g0.05mol， n(Al 3+ )=0.1mol ，n(NH3H2O)=102g / mol0.175L 2 mol . L1=0.35mol ，氨水过量，氯化铝与过量氨水反应生成氢氧化铝沉淀
23、，根据铝元素守恒，生成氢氧化铝的物质的量是0.1mol ，质量是0.1mol 78g/mol=7.8g 。7A、 B、 C、 D、 E、 F、 X 七种物质之间可按下列框图发生反应（部分产物可能被省略）。其中， A、 D、 E、X 是四种常见的非金属单质，常温下A、 X 为气体， D、 E 为固体。 A 的水溶液具有漂白性， A、 D 的水溶液均能使淀粉 KI 试纸变蓝色， B 的焰色反应为黄色。请回答下列问题：（ 1）写出 A、 F 的化学式： A：_、 F： _。（ 2）写出 B 的电子式： _ ，EO2 的晶体类型为 _。（3）写出 E 与 NaOH 溶液反应的离子方程式_。（ 4） E
24、 单质可作高能燃料。已知 ag 固体 E 燃烧放出 bkJ 的热量，请写出表示 E 燃烧热的热化学方程式（ H 用含 a、 b 的式子表示） _ 。【答案】 A： Cl24原子晶体-232-2Si （ s）： SiClSi + 2OH+ H O = SiO+2H +O2（ g） = SiO2 （s）； H= -28b/a kJ/mol【解析】【分析】根据 A 是一种常见的非金属单质，常温下为气体，且A 的水溶液具有漂白性，可推知A 为氯气；由于 D 也是一种常见的非金属单质，常温下为固体，且由氯气制备可得，说明其氧化性弱于氯气，且其水溶液能使淀粉KI 试纸变蓝色，因此 D 可能为碘单质；根据
25、B 的焰色反应为黄色，可知B 为 NaI，C 为 NaCl。根据已知条件E 是非金属单质，且E 为固体，能与氢氧化钠溶液、氧气反应，因此可推测E 为 Si、F 为 SiCl4；能将4SiCl 还原为 Si 的非金属单质为 H2，因此 X 为 H2。据此解题。【详解】（1）根据分析，可知A、 F 的化学式分别为：A： Cl2 、 F： SiCl4；（2）根据分析， B 物质 NaI 的电子式为：， EO2 为 SiO2，其晶体类型为原子晶体；（3） E 为 Si，其与 NaOH 溶液反应的离子方程式为：Si+2OH- 232-2 ；+H O = SiO+2Ha?ga（4）当 ag 单质 Si 的
26、物质的量为：2828?g / molmol 作高能燃料进行燃烧时放出的热量为 bkJ，因此当 1molSi 燃烧时，放出的热量应为28bkJ，因此 Si 单质燃烧热的热化学方a程式可表示为： Si（ s） +O22（ g） = SiO （ s）； H= -28b/a kJ/mol 。8 6 分 物质 AJ 均由短周期元素组成，并有如下图转化关系，A 是常见液体，D、F 为组成元素相同的无色气体， B、 E、 G、 H是单质，且 E 是常见光太阳电池中的半导体材料，G、 H 呈气态，且 H呈黄绿色。请回答下列问题：（1） A 的电子式为。（2） I 的化学式为。（3） B 与 C 反应的化学方程
27、式为。（4） H 与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为。【答案】（ 1）（ 2）SiCl 4（ 3） 2C+SiO2高温 Si+2COCl（4） Cl 2+2OH+ClO +H2O【解析】试题分析： E 是常见光太阳电池中的半导体材料，应为硅，H 呈黄绿色，为氯气，B、C 是碳与二氧化硅， A 为水， D 为 CO,F 为 CO ， G为氢气， I 为四氯化硅， J 为氯化氢，（ 1） A2的电子式为；（ 2）I 的化学式为 SiCl 4；（ 3） B 与 C 反应的化学方程式为高温Si+2CO；（ 4） H 与氢氧化钠溶液反应的离子方程式2C+SiO2ClCl+2OH+ClO +HO22考点：考
28、查无机元素推断，考查硅及其化合物的知识。9 化学与人类社会可持续发展密切相关，能源、环境、材料以及日常生活等都离不开化学。(1) 硅是无机非金属材料的主角。请你举出两种含硅的材料名称_；铝制品表面因有一层氧化铝薄膜而经久耐用，但该氧化膜易被酸、碱破坏。若将氧化铝与氢氧化钠溶液作用，反应的离子方程式为 _ 。(2) 氯气用于漂白时，实际上起漂白作用的物质不是Cl 2 而是它和水反应生成的_( 写化学式 ) 。缺铁性贫血患者补充的铁，通常以硫酸亚铁的形式，而硫酸铁则没有这种药效。当用硫酸亚铁制成药片时外表要包有一层特殊的糖衣，这层糖衣的作用是_ 。(3) 从降低成本和减少环境污染的角度考虑，制取硫
29、酸铜最好的方法是_(填选项字母) 。A铜和浓硫酸反应B铜和稀硫酸反应C氧化铜和硫酸反应D铜与 Fe (SO )溶液反应243【答案】玻璃、水泥、陶瓷、光导纤维等Al2O3 2OH =2AlO2- H2O HClO 防止 Fe2 被氧化 C【解析】(1) 含硅的材料有玻璃、水泥、陶瓷和光导纤维等；氧化铝为两性氧化物，能与碱反应，其反应的离子方程式为：Al2O3 2OH =2AlO2- H2O。(2)Cl2 与水反应生成的HClO 具有强氧化性，具有漂白性，因此实际起漂白作用的物质是HClO； Fe2+容易被氧化，因此用硫酸亚铁制成药片时外表要包有一层特殊的糖衣，防止Fe2+被氧化而使药品失效。(
30、3) 铜和浓硫酸反应会生成具有污染性的气体 SO2，同时生成 1molCuSO4 消耗 2molH 2SO4，成本较高， A 错误；铜和稀硫酸不反应， B 错误；氧化铜和稀硫酸反应的产物无污染性，且生成 1molCuSO424， C 正确；铜与24 3溶液反应生成的4只需要消耗 1molH SOFe (SO )CuSO中混有 FeSO4 ，增加分离的成本，D 错误，故制取硫酸铜最好的方法是氧化铜和硫酸反应，答案选 C。10 材料是人类赖以生存的重要物质基础。材料种类很多，通常可分为金属材料、无机非金属材料（包括硅酸盐材料）、高分子合成材料及复合材料。（ 1） 合金是生活中常见的材料。某合金具有
31、密度小、强度高的优良性能，常用于制造门窗框架。该合金中含量最高的金属为_(填元素符号 )。 铁锈的主要成分是_(填化学式 )，它是钢铁在潮湿的空气中发生_腐蚀的结果，其负极反应式为_ 。 玻璃是一种常用的硅酸盐材料。制备普通玻璃的原料有CaCO3 、_和 _(填化学式 )。（2）聚苯乙烯是造成白色污染的物质之一，其结构简式为，则制取聚苯乙烯的单体是 _ 。【答案】 Al Fe2 3 22 3电化 (或“电化学 ”或 “吸氧 ”)Fe 2e Fe223O xH O(或 Fe O )Na COSiO2【解析】【分析】铁锈的主要成分是氧化铁；钢铁在空气中发生电化学腐蚀时为吸氧腐蚀，铁易失电子发生氧化
32、反应而作负极，碳作正极，正极上氧气得电子发生还原反应。【详解】(1)铝合金：铝中加入镁、铜、锌等金属形成合金，具有密度小、强度高的优良性能常用于制造门窗框架；铁在空气中与氧气、水共同作用而生锈，铁锈的主要成分是铁的氧化物氧化铁；钢铁在空气中发生电化学腐蚀时为吸氧腐蚀，铁易失电子发生氧化反应而作负极，负极上电极反应式为： Fe-2e- Fe2+，碳作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为2H2O+O2+4e- 4OH-；生产玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英；石英砂的主要成分是二氧化硅，与碳酸钙反应生成硅酸钙和二氧化碳，与碳酸钠反应生成硅酸钠和二氧化碳；(2)聚苯乙烯的结构简式为，则制取聚苯乙烯的单体是。