河南省漯河市第五高级中学2026届高一化学第一学期期末考试模拟试题含解析

河南省漯河市第五高级中学2026届高一化学第一学期期末考试模拟试题注意事项：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0．5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、下列溶液中溶质的物质的量浓度为0.1mol·L－1的是()A．含4gNaOH的溶液1LB．含0.1gNaOH的溶液1LC．含0.2molH2SO4的溶液0.5LD．将98g的H2SO4倒入1L水中2、下列实验能达到目的的是（）ABCD实验室制备Fe(OH)2实验室制氯气分离胶体和溶液油、水分离A．A B．B C．C D．D3、下列物质在一定条件下都能导电，属于电解质的是（）A．铜B．NaOHC．SO3D．浓硫酸4、将32gCu和足量的浓HNO3反应，当Cu反应完全时，共收集到含NO、NO2的混合气体11.2L（标准状况），则反应中消耗HNO3的物质的量为A．0.5mol B．1mol C．1.3mol D．1.5mol5、下列叙述中正确的是A．液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封B．能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl2C．某溶液加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在I－D．某溶液加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液一定含有Ag＋6、美国“9.11”恐怖袭击事件给纽约带来了一场严重的环境灾难--石棉污染，使吸入石棉纤维者易患肺癌。已知石棉是硅酸盐矿物，某种石棉的化学式可表示为Ca2MgXSiYO22(OH)2，X、Y的值分别为（）A．5、8 B．8、3 C．3、8 D．8、57、能在溶液中大量共存的离子组合是A．Ba2+、H+、Cl－、CO32－B．H+、Ag+、Cl－、ClO－C．Mg2+、Na+、Cl-、SO42-D．Cu2+、Mg2+、OH－、Br－8、在四川抗震救灾中，芦山县一存放漂白粉的仓库因漏雨而引发爆炸，冒出大量有毒的浓烟，周围的居民被迅速疏散。下列关于漂白粉的叙述不正确的是（）A．漂白粉是由氯气通氢氧化钠溶液中制得的B．漂白粉要密封保存在干燥处C．漂白粉可用于杀菌消毒D．漂白粉的主要成分是次氯酸钙和氯化钙9、已知有如下反应：①2BrO3－+Cl2=Br2+2ClO3－②ClO3－+5Cl－+6H+=3Cl2+3H2O③2FeCl2+Cl2=2FeCl3。根据上述反应，判断下列结论中错误的是A．Cl2在反应②中既是氧化产物又是还原产物B．Cl2在①、③反应中均作氧化剂C．氧化性强弱的顺序为：BrO3－>ClO3－>Cl2>Fe3+D．溶液中可发生：ClO3－＋6Fe2++6H+=Cl－＋6Fe3++3H2O10、工业上用铋酸钠(NaBiNO3)检验溶液中的Mn2+，反应方程式为：4MnSO4+10NaBiO3+14H2SO4=4NaMnO4+5Bi(SO4)3+3Na2SO4+□，下列说法不正确的是（）A．“□”内的物质为水，配平系数为14 B．若生成1mol

NaMnO4,则转移5mole-C．反应方程式中的硫酸可换为盐酸 D．溶液中有Mn2+的现象是溶液变为紫红色11、为除去下列物质中所含的杂质(括号内为杂质)，选用试剂正确的是A．CO2(SO2)：饱和NaHCO3溶液 B．FeCl2溶液(FeCl3)：铜粉C．Al2O3(SiO2)：NaOH溶液 D．Na2CO3(Na2SO4)：BaCl2溶液12、下列关于“硅胶”的叙述不正确的是()A．硅胶是硅酸凝胶干燥脱水而形成 B．硅胶呈多孔状，吸水性强C．硅胶常用作干燥剂或催化剂载体 D．硅胶的主要化学成分是硅酸13、下列物质中①Al②NaHCO3③Al2O3④Mg(OH)2⑤Al(OH)3中，既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应的化合物是（）A．①②③⑤ B．①④⑤C．②③⑤ D．①③④14、现有AlCl3和MgSO4混合溶液，向其中不断加入0.1mol·L-1NaOH溶液，得到沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积如图所示。原溶液中Cl-与SO42-的物质的量之比为（）A．6：1 B．1：3 C．2：3 D．3：115、只用一种试剂区别Na2SO4、MgCl2、Al2(SO4)3三种溶液，这种试剂是（）A．H2SO4 B．Ba(OH)2 C．NaOH D．AgNO316、可以用来断定碳酸氢钠粉末中是否混有碳酸钠的实验方法是()A．加热时有无气体放出B．滴加盐酸时有无气泡放出C．溶于水后，滴加稀的氯化钙溶液看有无白色沉淀生成D．溶于水后，滴加澄清石灰水，看有无白色沉淀生成二、非选择题（本题包括5小题）17、已知A为常见的金属单质，现有如下图中物质的转化关系，试回答：(1)写出B的化学式________D的化学式_________，G俗称___________(2)写出④的化学方程式_________________________________________(3)写出⑥的离子方程式__________________写出⑦的离子方程式_________________18、利用元素的化合价推测物质的性质是化学研究的重要手段。图是硫元素的常见化合价与部分物质类别的对应关系。(1)从硫元素化合价变化的角度分析，图中既有氧化性又有还原性的氧化物为_____(填化学式)。(2)将X与Y混合可生成淡黄色固体，该反应的化学方程式为_____。(3)Z的浓溶液与碳在一定条件下可以发生反应，体现了Z的_____性。(4)写出硫与浓硫酸在加热条件下反应的化学方程式_____。(5)Na2S2O3是重要的化工原料。从氧化还原反应的角度分析，下列制备Na2S2O3的方法理论上可行的是_____(填字母)。a．Na2SO3+Sb．Na2S+Sc．SO2+Na2SO4d．Na2SO3+Na2SO419、某小组同学利用舍勒发现氯气的方法制取氯气并探究其性质。请回答：(1)写出装置①中制取氯气化学反应方程式__________。在反应中，是利用了MnO2的_________(填“氧化性”或“还原性”)。(2)装置②中的现象是__________。(3)③中溶液由无色变为橙黄色，发生反应的离子方程式是_________。(4)用离子方程式解释④中NaOH溶液的作用____________。(5)取一支试管，加入2mL③中橙黄色溶液，再滴入几滴KI-淀粉溶液，观察到溶液变为蓝色。通过以上实验，能否得出结论：Br2的氧化性强于I2_________(能或否)。理由是_________。20、通常用碳在高温下还原二氧化硅制得粗硅，粗硅(合铁、铝、硼、磷等杂质)

与氯气反应生成四氯化硅(反应温度450-500℃)，四氧化硅经提纯后用氢气还原可得高纯硅。以下是实验室制备四氯化硅的装置示意图。(D的硬质玻璃管中盛装粗硅)相关信息如下:

a.四氧化硅遇水极易反应生成硅酸和氯化氢；b.硼、铝、铁、磷在高温下均能与氯气直接反应生成相应的氯化物；c.有关物质的物理常数见下表:物质SiCl4BCl3AlCl3FeCl3PCl5沸点/℃57.712.8—315—熔点/℃－70.0－107.2———升华温度/℃——180300162请回答下列问题:(1)写出用碳在高温下还原二氧化硅制得粗硅的化学方程式_________________________。(2)写出装置A中发生反应的离子方程式__________________________________。(3)装置A中g管的作用是_________________；装置C中的试剂是____________；(4)装置E中h瓶收集到的粗产物可通过多次蒸馏得到高纯度四氯化硅，蒸馏后的残留物中，除铁元素外可能还含有的杂质元素是________(填写元素符号)。(5)写出尾气处理装置中发生反应的离子方程式___________________________。(6)本题实验装置中有一明显的不足之处，请简述你的改进方案及理由:___________。21、已知：A

为淡黄色固体，T、R

为两种常见的用途很广的金属单质，D

是具有磁性的黑色晶体，H

是白色沉淀，且在潮湿空气中迅速变为灰绿色，最终变为红褐色固体。（1）写出下列物质的化学式A____________；D__________；N______________。（2）按要求写下列反应方程式:H在潮湿空气中变成M

的化学方程式______________。D与盐酸反应的离子方程式_________________________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】

根据c＝n/V结合题干信息分析计算。【详解】A．4g氢氧化钠的物质的量为4g÷40g/mol=0.1mol，溶液体积为1L，浓度c=0.1mol÷1L=0.1mol·L－1，故A正确；B、含0.1gNaOH的溶液1L，由于氢氧化钠的物质的量不是0.1mol，因此溶液浓度不是0.1mol/L，故B错误；C、含0.2molH2SO4的溶液0.5L，其浓度c=0.2mol÷0.5L=0.4mol·L－1，故C错误；D、98gH2SO4的物质的量=98g÷98g·mol－1=1mol，溶液的体积末知，无法计算物质的量浓度，故D错误；故答案选A。【点睛】本题考查物质的量浓度的计算和判断，解题关键：把握相关计算公式，易错点D已知溶剂体积，无法计算溶液体积，答题时注意不能混淆。2、D【解析】

A.氢氧化亚铁易被氧气氧化，制备氢氧化亚铁时，把胶头滴管伸入氯化亚铁溶液中滴加氢氧化钠，并要用苯封住液面，故不选A；B.二氧化锰与浓盐酸需要加热才能反应放出氯气，故不选B；C.要用渗析法分离胶体和溶液，故不选C；D.油、水是互不相溶的液体，用分液漏斗分离油和水的混合物，故选D。3、B【解析】试题分析：A、铜是单质，错误；B、氢氧化钠在水溶液中或者在熔融状态下能够导电，属于电解质，正确；C、三氧化硫溶于水导电，但导电是因为三氧化硫与水反应生成的硫酸电离出了氢离子与硫酸根离子，错误；D、浓硫酸是混合物，错误。考点：考查电解质的定义。4、D【解析】

n(Cu)==0.5mol，则表现出酸性的HNO3为1mol；n(NO)+n(NO2)==0.5mol，则表现出强氧化性的HNO3为0.5mol，因此反应中消耗HNO3的物质的量为1.5mol，故选D。【点睛】金属与硝酸反应时，所得产物往往比较复杂，把硝酸的作用分成酸性和氧化性，然后分别进行计算，可将复杂问题简单化。5、A【解析】

A.溴易挥发，可用水封；B.湿润的KI淀粉试纸接触某气体而显蓝色，说明气体和碘离子反应把碘离子氧化为单质碘，遇到淀粉变蓝；C.碘盐易溶于水，不易溶于CCl4；D.该题中，产生的不溶于稀硝酸的白色沉淀有可能是氯化银，也有可能是硫酸钡。【详解】A.溴易挥发，密度比水大，可用水封，A正确；B.NO2气体、溴单质等也可以把碘离子氧化为单质碘，碘单质遇到淀粉变蓝，B错误；C.碘盐易溶于水，不易溶于CCl4，则碘盐溶于水，在溶液中加入CCl4，振荡，不会发生萃取，C错误；D.某溶液加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液不一定含有Ag+，有可能含有SO42-，D错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查卤族元素的知识，熟悉溴的物理性质，碘单质的特性，萃取的原理是解答本题的关键。6、A【解析】

根据化合物中元素化合价代数和为0分析，有4+x+4y=44+2，即x+2y=21，则x为奇数，结合答案，当x为3时，y为9，故C错误；当x为5，y为8，故A正确。故选A。7、C【解析】

根据离子的性质判断离子是否发生反应，如离子之间能反应生成沉淀，气体、弱电解质或者离子间能发生互促反应、氧化还原反应等，则不能大量共存。【详解】A项、溶液中CO32－与Ba2+、H+反应，不能在溶液中大量共存，故A错误；B项、溶液中H+、Cl－、ClO－发生氧化还原反应，Ag+与Cl－反应，不能在溶液中大量共存，故B错误；C项、溶液中离子之间不发生任何反应，可在溶液中大量共存，故C正确；D项、溶液中OH－与Cu2+、Mg2+反应生成沉淀，不能在溶液中大量共存，故D错误。故选C。【点睛】本题考查离子的共存，判断各离子在溶液中能否共存，主要看溶液中的各离子之间能否发生反应生成沉淀、气体、水以及是否发生氧化还原反应是解答关键。8、A【解析】

A.漂白粉是由氯气通入石灰乳(Ca(OH)2)中制得的，故A错误；B.漂白粉容易吸收空气中的水和二氧化碳导致变质，需要密封保存在干燥处，故B正确；C.漂白性具有强氧化性可使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，故C正确；D.石灰乳与氯气反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，所以漂白粉的主要成分是次氯酸钙和氯化钙，故D正确；故答案为A。9、B【解析】A.②ClO3－+5Cl－+6H+=3Cl2+3H2O根据化合价变化此反应是归中反应，所以Cl2既是氧化产物，又是还原产物。故A正确；B.Cl2在①2BrO3－+Cl2=Br2+2ClO3－中化合价升高是还原剂，在③2FeCl2+Cl2=2FeCl3中化合价降低作氧化剂，故B错；C.氧化性强弱的顺序为：根据①2BrO3－+Cl2=Br2+2ClO3－知BrO3－>ClO3－，根据③2FeCl2+Cl2=2FeCl3知Cl2>Fe3+根据②ClO3－+5Cl－+6H+=3Cl2+3H2O知ClO3－>Cl2；所以氧化性强弱的顺序为：BrO3－>ClO3－>Cl2>Fe3+，故C正确；D.溶液中可发生：ClO3－＋6Fe2++6H+=Cl－＋6Fe3++3H2O根据氧化性强弱，电荷守恒，电子守恒的原理，D正确。所以本题正确答案：B。10、C【解析】A.根据质量守恒定律判断口内的物质为水，配平系数为14，故A正确；B.NaMnO4～5e-，若生成1molNaMnO4，则转移5mole-，故B正确；C.盐酸可被NaBiO3氧化，故C不正确；D.该反应中Mn2+→，溶液中有Mn2+的现象是溶液变为紫红色，故D正确。故选C。11、A【解析】

A.SO2与碳酸氢钠溶液反应产生CO2气体，而CO2与NaHCO3不反应，能达到除杂目的，A正确；B.Cu与FeCl3反应生成FeCl2、CuCl2，会引入新的杂质，不能达到除杂的目的，B错误；C.二者均与NaOH反应，不能除杂，C错误；D.二者均与BaCl2反应产生沉淀，不能除杂，D错误；故合理选项是A。12、D【解析】

硅酸凝胶经干燥脱水后而形成硅胶，硅胶的主要成分是二氧化硅，具有很强的吸水性，常用作干燥剂，也可用作催化剂载体，故选：D。13、C【解析】

①金属铝能和盐酸、氢氧化钠反应，都会生成对应的盐和氢气，但是金属铝属于单质，不是化合物，故①错误；②NaHCO3与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳与水，也能与氢氧化钠反应生成碳酸钠，故②正确；③氧化铝是两性氧化物，能与盐酸反应生成氯化铝与水，又能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故③正确；④Mg(OH)2能与盐酸反应生成氯化镁与水，但是不能与氢氧化钠反应，故④错误；⑤Al(OH)3是两性氢氧化物，能与盐酸反应生成氯化铝与水，又能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故⑤正确；既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应的化合物有②③⑤，故选C。【点睛】明确物质的性质是解本题的关键。要注意知识的归纳和总结，中学常见的既能与酸反应又能与碱反应的物质主要有：①两性物质，如Al2O3、Al(OH)3等；②弱酸的酸式盐，如NaHCO3等；③弱酸的铵盐，如(NH4)2CO3等；④某些金属，如Al等。14、A【解析】

由图可知加入0.04molNaOH时沉淀达最大量，沉淀组成为Mg(OH)2、Al(OH)3，根据氢氧根守恒可知2n[Mg(OH)2]+3n[Al(OH)3]=n(OH-)=0.04mol，加入0.05molNaOH时，沉淀由最大值减小为最小值，故0.01molNaOH恰好完全溶解氢氧化铝沉淀，根据反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O可知，n[Al(OH)3]=n(NaOH)=0.01mol，所以n[Mg(OH)2]==0.005mol，溶液中n(Cl-)=3n[Al(OH)3]=0.03mol，原溶液中n(SO42-)=n[Mg(OH)2]=0.005mol，所以原溶液中Cl-与SO42-的物质的量之比为0.03mol:0.005mol=6:1，故答案为A。【点睛】考查离子方程式的有关计算，明确图象中各阶段发生的反应原理为解答关键，由图可知加入0.04molNaOH时沉淀达最大量，沉淀为Mg(OH)2、Al(OH)3，根据氢氧根守恒可知2n[Mg(OH)2]+3n[Al(OH)3]=n(OH-)，加入0.5LNaOH时，沉淀由最大值变为为最小值，故0.01molNaOH恰好溶解氢氧化铝沉淀，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用。15、C【解析】

A.H2SO4与Na2SO4、MgCl2、Al2(SO4)3都不反应，不能用硫酸鉴别，故不选A；B.Ba(OH)2与Na2SO4和MgCl2、Al2(SO4)3都生成白色沉淀，不能用Ba(OH)2鉴别，故不选B；C.NaOH与Na2SO4不反应，无现象；NaOH与MgCl2反应生成白色沉淀氢氧化镁，NaOH与Al2(SO4)3生成白色沉淀，NaOH过量时，沉淀逐渐溶解，现象不同，能用NaOH鉴别，故选C；

D.AgNO3与Na2SO4、MgCl2、Al2(SO4)3都生成白色沉淀，不能用AgNO3鉴别，故不选D。【点睛】本题考查物质的检验和鉴别的基本方法，本题注意把握三种物质的组成上的异同，加入试剂后应出现明显不同的反应现象，从反应具有不同现象的角度考虑分析。16、C【解析】

A.碳酸氢钠加热易分解，而碳酸钠加热不分解，无法检验是否含有碳酸钠，故A错误；B.二者都能与盐酸反应生成二氧化碳气体，无法检验是否含有碳酸钠，故B错误；C.溶于水后，滴加稀的氯化钙溶液，只有碳酸钠与氯化钙反应生成沉淀，可鉴别，故C正确；D.二者都能与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀，无法检验是否含有碳酸钠，故D错误；故答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、Fe3O4FeCl3铁红4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-【解析】

白色沉淀E遇氧气变为红褐色F，E是Fe(OH)2，F是Fe(OH)3；B是金属氧化物，则A是Fe，B是Fe3O4；C是FeCl2、D是FeCl3；Fe(OH)3加热分解为红色粉末Fe2O3，G是Fe2O3。【详解】根据以上分析，(1)B是四氧化三铁，B的化学式是Fe3O4；D是氯化铁，D的化学式是FeCl3，G是Fe2O3，俗称铁红；(2)④是Fe(OH)2被氧气氧化为红褐色的Fe(OH)3，反应的化学方程式是4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；(3)反应⑥是氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和水，反应的离子方程式是Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；反应⑦是氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁，反应的离子方程式是2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；18、SO22H2S+SO2＝3S↓+2H2O强氧化S+2H2SO4(浓)3SO2↑+2H2Oa【解析】

（1）元素处于中间价态，既具有氧化性又有还原性；（2）X为H2S，Y为SO2，发生2H2S+SO2=3S↓+2H2O；（3）Z为浓硫酸，C与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫和水；（4）硫与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫和水；（5）制备Na2S2O3时，反应物中S元素的化合价大于+2、小于+2。【详解】(1)处于中间价态的元素具有氧化性和还原性，则图中既有氧化性又有还原性的化合物有SO2、H2SO3、Na2SO3，氧化物为SO2，故答案为：SO2；(2)X为H2S，Y为SO2，X为还原剂，Y为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，发生反应的化学方程式：2H2S+SO2＝3S↓+2H2O，故答案为：2H2S+SO2＝3S↓+2H2O；(3)Z为浓硫酸，C与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，体现了浓硫酸的强氧化性，故答案为：强氧化；(4)硫与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫和水，反应的化学方程式：S+2H2SO4(浓)3SO2↑+2H2O，故答案为：S+2H2SO4(浓)3SO2↑+2H2O；(5)制备Na2S2O3时，反应物中S元素的化合价大于+2、小于+2，只有a符合，故答案为：a。【点睛】本题考查氧化还原反应的计算，把握物质的性质、发生的反应、电子守恒的计算为解答的关键，注意元素的化合价与微粒的性质，注意硫元素的各种化合价之间转换。19、MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O氧化性红色褪去2Br-+Cl2=Br2+2Cl-Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O否有可能是溶液中的多余的Cl2(HClO)氧化了I-离子生成I2【解析】

装置①中制取氯气是二氧化锰和浓盐酸在加热条件反应生成氯化锰、氯气和水，氯气通入到湿润的有色布条中，有色布条褪色其实质是氯气与水反应生成的次氯酸漂白而褪色，氯气与溴化钠反应生成溴单质，多余的氯气用氢氧化钠溶液处理。【详解】(1)装置①中制取氯气是二氧化锰和浓盐酸在加热条件反应生成氯化锰、氯气和水，其化学反应方程式MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O。在反应中，MnO2中锰元素化合价降低，作氧化剂，利用了MnO2的氧化性；故答案为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O；氧化性。(2)氯气与湿润的有色布条中的水先反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性而使有色布条褪色，因此装置②中的现象是红色褪去；故答案为：红色褪去。(3)③中溶液由无色变为橙黄色，说明氯气置换出了单质溴，发生反应的离子方程式是2Br－+Cl2=Br2+2Cl－；故答案为：2Br－+Cl2=Br2+2Cl－。(4)尾气氯气有毒，因此要用NaOH溶液处理尾气，反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，用离子方程式解释④中NaOH溶液的作用Cl2+2OH－=Cl－+ClO－+H2O；故答案为：Cl2+2OH－=Cl－+ClO－+H2O。(5)取一支试管，加入2mL③中橙黄色溶液，③中溶液可能含有多余的Cl2(HClO)，Cl2(HClO)氧化了I－离子生成I2，使得淀粉变蓝，因此不能得出Br2的氧化性强于I2；故答案为：否；有可能是溶液中的多余的Cl2(HClO)氧化了I－离子生成I2。20、2C+SiO2Si+2COMnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O平衡压强，保证分液漏斗中的溶液顺利流下浓硫酸Al、PCl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O装置D和装置E中间的连接管较细，应改为粗管，防止气体冷凝形成液态或固态物质堵塞导管而发生危险【解析】(1)碳在高温下还原二氧化硅制