多晶硅纯度钟提到的5N,8N,太阳能级和电子级多晶硅有什么区别?具体区分两个类别的参数标准是多晶硅的纯度吗?请给我个多晶

解题思路：（1）氯化硅水解生成原硅酸和氯化氢；温度越高，氯化硅的水解速率越大，氯化氢的挥发越强；
（2）将两个方程式相加即得则由SiCl₄制备硅的热化学方程式，注意焓变进行相应的改变；
（3）pH=3.4时，三价铁离子转化为氢氧化铁，当调节PH=7时能促使三价铁离子沉淀完全；
（4）根据氢氧化铁和氢氧化镁完全沉淀所需溶液的PH值确定滤渣A的成分；
（5）根据从溶液中析出固体的方法分析解答．

（1）氯化硅水解生成原硅酸和氯化氢，水解方程式为SiCl₄+4H₂O=H₄SiO₄↓+4HCl，
温度高时，氯化硅的水解速率增大，氯化氢的挥发增强，且氯化氢能污染环境，温度较低时，能防止HCl挥发污染环境或控制SiCl₄的水解速率，防止反应过于剧烈，
故答案为：水解方程式为SiCl₄+4H₂O=H₄SiO₄↓+4HCl；防止HCl挥发污染环境或控制SiCl₄的水解速率，防止反应过于剧烈；
（2）将方程式SiCl₄（s）+H₂（g）=SiHCl₃（s）+HCl（g）△H₁=+47kJ/mol和SiHCl₃（s）+H₂（g）=Si（s）+3HCl（g）△H₂=+189kJ/mol相加得SiCl₄（s）+2H₂（g）=Si（s）+4HCl（g）△H=+236kJ/mol，
故答案为：SiCl₄（s）+2H₂（g）=Si（s）+4HCl（g）△H=+236kJ/mol；
（3）pH=3.4时，三价铁离子完全生成沉淀，使Fe³⁺完全沉淀；盐酸和碳酸钡反应生成氯化钡和二氧化碳、水，加钡矿粉并调节pH=7的作用是使BaCO₃转化为BaCl₂，同时使使Fe³⁺完全沉淀，故答案为：使Fe³⁺完全沉淀；
（4）当pH=3.4时，铁离子完全生成沉淀，当pH=12.4时，镁离子完全沉淀生成氢氧化镁，Mg（OH）₂，所以当pH=12.5时，滤渣A的成分是氢氧化镁，故答案为：Mg（OH）₂；
（5）从溶液中制取固体的方法是：蒸发浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤，故答案为：蒸发浓缩；过滤．

点评：
本题考点： 制备实验方案的设计；用盖斯定律进行有关反应热的计算；影响盐类水解程度的主要因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．

考点点评： 本题考查了制备实验方案的有关知识，难度不大，明确从溶液中制取固体的方法，是高考的热点，但多以选择或填空形式考查．

多晶硅薄膜由于存在断键,从而造成了界面态密度,长沟道器件中可以可以用V型指数分布的态密度代入泊松房方程去求解.
基本和单晶硅一样.

DCS SiH2Cl2 二氯二氢硅/二氯硅烷
& O7 B* I* l& z9 W# aTCS SiHCl3 三氯氢硅/三氯硅烷9 m8 c1 B& @- R!M+ O; U1 c9 E) N
STC SiCl4 也有记作TET的,四氯硅烷& T- X8 G" Y- K* N3 o1 k7 z
Polymer:聚硅烷；硅烷聚合物

添加剂那些都属于化工产品,但木材我也不清楚是那一类,我觉得有点像建材类.

解题思路：依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式；

①SiO₂（s）+C（s）═SiO（g）+CO（g）△H═a kJ•mol^-1，
②2SiO（g）═Si（s）+SiO₂（s）△H═b kJ•mo^-1
依据盖斯定律①×2+②得到：SiO₂（s）+2C（s）═Si（s）+2CO（g）的△H═（2a+b）KJ/mol；
故答案为：2a+b；

点评：
本题考点： 热化学方程式．

考点点评： 本题考查了热化学方程式和盖斯定律计算应用，掌握基础是关键，题目较简单．

（1）SiCl ₄ +4H ₂ O＝H ₄ SiO ₄ ↓+4HCl （2分，写成H ₂ SiO ₃ 且配平可给1分）
（2）SiCl ₄ （g）+2H ₂ (g)＝Si(s)+4HCl(g) △H＝ +236 kJ/mol  （2 分）
（3）使Fe ³⁺ 完全沉淀 （1分）   
（4）Mg ²⁺ +2OH ^- = Mg(OH) ₂ ↓( 1分)
（5）蒸发浓缩，降温结晶（2分）    
（6）9.76 （2 分） 

根据反应的化学方程式Si+3HCl═X+H ₂ ↑，反应物中硅、氢、氯原子个数分别为1、3、3，反应后的生成物中硅、氢、氯原子个数分别为0、2、0，根据反应前后原子种类、数目不变，则每个X分子由1个硅原子、1个氢原子和3个氯原子构成，则物质X的化学式为SiHCl ₃ ．
故选C．

解题思路：（1）根据构造原理写出其核外电子排布式；
（2）同一周期中元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第VA族元素大于其相邻元素；
（3）①根据价层电子对互斥理论确定其杂化方式；
②[B（OH）₄]^-中含有配位键；
（4）①每个碳原子连接4个硅原子，每个硅原子又连接其它3个碳原子，据此判断每个C原子周围最近的C原子数目；
②根据晶体类型判断熔点大小，再根据分子晶体中是否含有氢键判断熔点高低．

（1）铜是29号元素，铜原子失去一个电子变成亚铜离子，所以亚铜离子核外有28个电子，基态铜离子（Cu⁺）的价电子排布式为：3d¹⁰，故答案为：3d¹⁰；
（2）As、Se、Br属于同一周期且原子序数逐渐增大，这三种元素依次属于第IVA族、第VA族、第VIA族，第VA族元素大于其相邻元素的第一电离能，所以3种元素的第一电离能从大到小顺序为Br＞As＞Se，故答案为：Br＞As＞Se；
（3）①[B（OH）₄]^-中B的价层电子对=4+
1
2(3+1−4×1)=4，所以采取sp³杂化，故答案为：sp³；
②B原子是缺电子原子，所以该离子中还含有配位键，其结构为：，
故答案为：；
（4）①每个碳原子连接4个硅原子，每个硅原子又连接其它3个碳原子，所以每个C原子周围最近的C原子数目为3×4=12，故答案为：12；
②原子晶体的熔点大于分子晶体，分子晶体中含有氢键的物质熔点大于不含氢键的物质，二氧化硅是原子晶体，冰属于分子晶体但其含有氢键，干冰属于分子晶体但不含氢键，所以三种晶体的熔点从小到大的顺序是b＜c＜a，故答案为：b＜c＜a．

点评：
本题考点： 原子核外电子排布；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．

考点点评： 本题涉及核外电子排布、第一电离能大小的比较、杂化方式的判断等知识点，难点是配位数的判断，会根据晶胞结构结合丰富想象力进行分析解答，难度较大．

对于p型硅片,少子就是电子,所谓少子寿命就是当一定波长的光照射硅片后,硅片内就会出现电子-空穴对的分离,作为少数载流子的电子由于数量较少,在扩散过程中就会逐渐被复合掉,从产生到复合的时间即为少子寿命,一般单位为us（微秒）.

amorphous silicon
Monocrystalline silicon
polycrystalline silicon

解题思路：（1）氯化硅水解生成原硅酸和氯化氢；温度越高，氯化硅的水解速率越大，氯化氢的挥发越强；将两个方程式相加即得则由SiCl₄制备硅的热化学方程式，注意焓变进行相应的改变；
（2）钡矿粉时生成BaCl₂是碳酸钡溶解于酸中反应生成；
（3）根据氢氧化铁和氢氧化镁完全沉淀所需溶液的PH值，氢氧化钙溶解度随温度升高减小确定滤渣A的成分；温度是为了除去钙离子；
（4）蒸发浓缩用到的含硅酸盐的仪器为玻璃仪器；根据从溶液中析出固体的方法分析解答．
（5）循环利用是过程中生成的物质可以再用在制备流程中的原料．

（1）氯化硅水解生成原硅酸和氯化氢，水解方程式为SiCl₄+4H₂O=H₄SiO₄↓+4HCl，温度高时，氯化硅的水解速率增大，氯化氢的挥发增强，且氯化氢能污染环境，温度较低时，能防止HCl挥发污染环境或控制SiCl₄的水解速率，防止反应过于剧烈，
由盖斯定律可知：将方程式SiCl₄（s）+H₂（g）=SiHCl₃（s）+HCl（g）△H₁=+47kJ/mol和SiHCl₃（s）+H₂（g）=Si（s）+3HCl（g）△H₂=+189kJ/mol相加得SiCl₄（s）+2H₂（g）=Si（s）+4HCl（g）△H=+236kJ/mol，
故答案为：防止HCl挥发污染环境或控制SiCl₄的水解速率，防止反应过于剧烈；SiCl₄（s）+2H₂（g）=Si（s）+4HCl（g）△H=+236kJ/mol；
（2）碳酸钡和盐酸反应生成氯化钡，反应的两种方程式为：BaCO₃+2H⁺=Ba²⁺+CO₂+H₂O↑，故答案为：BaCO₃+2H⁺=Ba²⁺+CO₂+H₂O↑；
（3）当pH=3.4时，铁离子完全生成沉淀，当pH=12.4时，镁离子完全沉淀生成氢氧化镁，Mg（OH）₂，所以当pH=12.5时，滤渣A的成分是氢氧化镁，氢氧化钙；控制温度70℃的目的是确保钙离子完全除去，故答案为：Mg（OH）₂，Ca（OH）₂；确保钙离子完全除去（或温度越高，Ca（OH）₂溶解度越小）；
（4）从溶液中制取固体的方法是：蒸发浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤，实验室中蒸发浓缩用到的含硅酸盐的仪器即为玻璃仪器，有蒸发皿、玻璃棒，酒精灯，故答案为：3；
（5）依据流程分析可知，该工艺中能循环利用的物质是BaCl₂溶液，故答案为：BaCl₂溶液．

点评：
本题考点： 制备实验方案的设计；离子方程式的书写；盐类水解的应用；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．

考点点评： 本题考查了物质制备流程分析判断，物质性质的应用，盐类水解、沉淀形成条件，杂质除去方法，试剂选择，离子方程式书写，盖斯定律应用，题目难度中等．

单晶硅转化率高,单成本是三者之中最大的
多晶硅性价比是最高的
非晶硅吸收弱光性好,但转化率是最低的,成本也低,制备能耗少.

解题思路：（1）根据固体表面积越大，化学反应速率越快；根据互溶的液体采用蒸馏的方法分离；（2）根据平衡常数的概念；根据外界条件对平衡的影响；（3）根据化学根据反应物中和生成物中都有的物质考虑；（4）根据题目信息以及原子守恒来书写；

（1）固体表面积越大，化学反应速率越快，粗硅粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，充分反应；SiHCl₃（l）和SiCl₄（l）是互溶的液体，采用蒸馏的方法分离；
故答案为：增大接触面积，加快反应速率，充分反应；蒸馏；
（2）因平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，所以K=
c3(HCl)
c(SiHCl)×c(H2)；
升高温度或增大氢气与SiHCl₃的物质的量之比或增大氢气浓度，提高还原时SiHCl₃的转化率，故答案为：升高温度或增大氢气与SiHCl₃的物质的量之比或增大氢气浓度；
（3）由图示可知反应物有粗硅、HCl、H₂；反应过程中生成物有：SiHCl₃、H₂、SiCl₄、HCl，所以在反应物中和生成物中都有的物质是HCl、H₂，所以流程中可循环使用的物质是HCl、H₂；
故答案为：HCl、H₂；
（4）SiCl₄与上述流程中的硅和氢气发生化合反应，可以制得SiHCl₃：3SiCl₄+Si+2H₂═4SiHCl₃，故答案为：3SiCl₄+Si+2H₂═4SiHCl₃；

点评：
本题考点： 物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；化学平衡常数的含义．

考点点评： 本题涉及关硅和二氧化硅性质的综合题，难度较大，考查学生分析和解决问题的能力．

不是的~是半导体晶硅材料的光生伏打效应,形成PN结,直接产生直流电
所以他是一个光能直接转化成电能的过程

主要去除三氯氢硅中的痕量杂质即Mn、 Fe 、Ti、 Mg 、 Al、 Pb、 Ca、 Cr、 Cu、 Zn等金属杂质.
硼、磷可分别用自然挥发法和气相色谱法测定,所以易于去除.
镁、钙在水中含有少量不易去除 、铁等在设备中就含有,所以也不易去除

按20寸热场拉6寸硅片计算.
1吨多晶=950KG单晶方棒（按头尾料、边皮料、锅底料重复使用计算,大概有5%的原料损耗）
950KG单晶方棒=72200片（按每公斤出8英寸硅片78片）
每张6寸硅片按发电2.5W计算,能发电72200*2.5=180500W=0.1805兆瓦
能耗就得算成本了,不过估算需要反复拉晶18炉左右.按每炉运行50小时,60KW计算,拉晶需要电费54000千瓦时的电,另外人工、辅料、开方、切片的都还没算.

解题思路：电解饱和食盐时阳极阴离子Cl^-、OH^-放电，Cl^-的放电能力强于OH^-，阳极发生的方程式为：2Cl^--2e^-═Cl₂↑，阴极：2H⁺+2e^-═H₂↑；H₂、2NaOH在阴极，NaOH溶液的出口为a，Cl₂在阳极，精制饱和食盐水从阳极进入，要干燥Cl₂需要用酸性干燥剂或中性干燥剂；
（1）SiCl₄与H₂和O₂反应，产物有两种，光导纤维的主要成分是SiO₂，H、Cl元素必在另一产物中，H、Cl元素结合成HCl，然后配平即可；
利用三段分析法，根据平衡时H₂与SiHCl₃物质的量浓度，求出的起始物质的量，再根据2NaCl+2H₂O

电解 .

Cl₂↑+H₂↑+2NaOH，求出理论上消耗纯NaCl的质量；
（2）根据反应物状态和反应条件选取反应装置，根据气体的溶解性、密度选取收集装置；
（3）根据得失电子守恒，NaCl转化为NaClO₃所失去的电子等于H₂O转化为H₂所得到的电子，由氯酸钠的质量求出氯酸钠的物质的量，进而求出NaCl转化为NaClO₃所失去的电子的物质的量，最后求出生成氢气在标准状况下的体积．

电解饱和食盐时阳极阴离子Cl^-、OH^-放电，Cl^-的放电能力强于OH^-，
阳极：2Cl^--2e^-═Cl₂↑，
阴极：2H⁺+2e^-═H₂↑；
总反应为：2NaCl+2H₂O

电解
.
Cl₂↑+H₂↑+2NaOH，
阴极：氢离子放电，产生氢气．致使氢氧根离子浓度增大，钠离子和氢氧根离子的增大都发生在阴极室，所以a出口导出的液体是氢氧化钠溶液；
阳极：氯离子放电，产生氯气，致使钠离子浓度升高，通过阳离子交换膜到达阴极室．所以d入口应加入精制饱和食盐水；
要干燥Cl₂需要用酸性干燥剂浓硫酸或P₂O₅等，中性干燥剂无水CaCl₂．
故答案为：氯气；a；d；浓硫酸；
（1）①SiCl₄与H₂和O₂反应，产物有两种，光导纤维的主要成分是SiO₂，H、Cl元素必在另一产物中，H、Cl元素结合成HCl，然后配平即可，发生的化学方程式为：SiCl₄+2H₂+O₂

高温
.
SiO₂+4HCl；
②由3SiCl₄（g）+2H₂（g）+Si（s）⇌4SiHCl₃（g）
起始量（mol）n0
变化量（mol）2xx4x
平衡量（mol）n-2x 4x
4x=0.020mol/L×20L=0.4mol，x=0.1mol，
n-2x=0.140mol/L×20L=2.8mol，n=3.0mol，
由2NaCl+2H₂O

电解
.
Cl₂↑+H₂↑+2NaOH，
2mol 1mol

(2×58.5)g
1mol＝
m(NaCl)
3mol，m（NaCl）=350g=0.35kg
故答案为：SiCl₄+2H₂+O₂

高温
.
SiO₂+4HCl；0.35；
（2）实验室用锌和稀硫酸制取氢气，该反应是固液混合态且不需要加热，所以不需要酒精灯，氢气不易溶于水且密度小于空气密度，所以可以采用向下排空气法或排水法收集，故选e；
实验室制取氯气是固液混合态且需要加热，所以需要酒精灯，氯气能溶于水且密度大于空气，所以采用向上排空气法收集，故选d；
（3）由NaCl转化为NaClO₃，失去电子数为6，H₂O转化为H₂，得到的电子数为2，
设产生的H₂体积为Vm³，
由得失电子守恒得：6×
213×103
116.5mol＝2×
103V
22.4mol，V=134.4m³，故答案为：134.4．

点评：
本题考点： 电解原理；化学方程式的有关计算．

考点点评： 本题考查电解、氯碱工业、化学平衡的计算、化学方程式书写、化学计算、仪器装置的选取等知识点，注意氧化还原反应中电子守恒法的运用．

解题思路：（1）电解饱和食盐时阳极阴离子Cl^-、OH^-放电，Cl^-的放电能力强于OH^-，阳极发生的方程式为：2Cl^--2e^-═Cl₂↑，阴极：2H⁺+2e^-═H₂↑；H₂、2NaOH在阴极，NaOH溶液的出口为a，Cl₂在阳极，精制饱和食盐水从阳极进入，要干燥Cl₂需要用酸性干燥剂或中性干燥剂．
（2）①SiCl₄与H₂和O₂反应，产物有两种，光导纤维的主要成分是SiO₂，H、Cl元素必在另一产物中，H、Cl元素结合成HCl，然后配平即可；
②利用三段分析法，根据平衡时H₂与SiHCl₃物质的量浓度，求出的起始物质的量，再根据2NaCl+2H₂O

电解 .

Cl₂↑+H₂↑+2NaOH，求出理论上消耗纯NaCl的质量；
（3）根据得失电子守恒，NaCl转化为NaClO₃所失去的电子等于H₂O转化为H₂所得到的电子，由氯酸钠的质量求出氯酸钠的物质的量，进而求出NaCl转化为NaClO₃所失去的电子的物质的量，最后求出生成氢气在标准状况下的体积．

（1）电解饱和食盐时阳极阴离子Cl^-、OH^-放电，Cl^-的放电能力强于OH^-，
阳极：2Cl^--2e^-═Cl₂↑，
阴极：2H⁺+2e^-═H₂↑；
总反应为：2NaCl+2H₂O

电解
.
Cl₂↑+H₂↑+2NaOH，
阴极：氢离子放电，产生氢气．致使氢氧根离子浓度增大，钠离子和氢氧根离子的增大都发生在阴极室，所以a出口导出的液体是氢氧化钠溶液；
阳极：氯离子放电，产生氯气，致使钠离子浓度升高，通过阳离子交换膜到达阴极室．所以d入口应加入精制饱和食盐水；
要干燥Cl₂需要用酸性干燥剂浓硫酸或P₂O₅等，中性干燥剂无水CaCl₂．
（2）①SiCl₄与H₂和O₂反应，产物有两种，光导纤维的主要成分是SiO₂，H、Cl元素必在另一产物中，H、Cl元素结合成HCl，然后配平即可．
发生的化学方程式为：SiCl₄+2H₂+O₂

高温
.
SiO₂+4HCl；
②由3SiCl₄（g）+2H₂（g）+Si（s）4SiHCl₃（g）
起始量（mol）n 0
变化量（mol）2xx 4x
平衡量（mol）n-2x 4x
4x=0.020mol/L×20L=0.4mol，x=0.1mol，
n-2x=0.140mol/L×20L=2.8mol，n=3.0mol，
由2NaCl+2H₂O

电解
.
Cl₂↑+H₂↑+2NaOH，
2mol 1mol
[2×58.5g/1mol＝
m(NaCl)
3mol]； m（NaCl）=351g=0.351kg．
（3）由NaCl转化为NaClO₃，失去电子数为6，H₂O转化为H₂，得到的电子数为2，
设产生的H₂体积为Vm³，
由得失电子守恒得：6×
213×103g
116.5gmol−1=2×
Vm3×103L•m−3
22.4L•mol−1；
V=134.4m³．
故答案为：（1）①氯气；a；d；浓硫酸；
（2）①SiCl₄+2H₂+O₂

高温
.
SiO₂+4HCl；②0.351；
（3）134.4．

点评：
本题考点： 氯碱工业；化学平衡的计算；硅和二氧化硅．

考点点评： 本题考查电解、氯碱工业、化学平衡的计算、化学方程式书写、化学计算等知识．

解题思路：（1）SiCl₄遇水强烈水解，生成盐酸和滤渣（H₄SiO₄），放出大量的热，故SiCl₄的水解生成为H₄SiO₄沉淀和HCl；过滤操作需要的主要仪器有：烧杯、漏斗、滤纸、玻璃棒；
（2）盐酸中加钡矿粉时，盐酸和碳酸钡反应生成氯化钡和二氧化碳、水，消耗了盐酸，溶液pH变大，pH＞3.4时，三价铁离子完全生成沉淀，使Fe³⁺完全沉淀，故钡矿粉两个作用：转化为BaCl₂、使Fe³⁺完全沉淀，加钡矿粉的同时也是调节PH值的过程；
（3）当pH=12.4时，镁离子完全沉淀生成Mg（OH）₂，所以当pH=12.5时，滤渣A的成分是氢氧化镁；
（4）从溶液中制取固体的方法是：蒸发浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤；
（5）由原子守恒知，1molBaCO₃能生成1molBaCl₂•2H₂O，n（BaCl₂•2H₂O）=n（BaCO₃）；以此分析相对误差的计算．

SiCl₄水解生成盐酸和硅酸，硅酸不溶解，故第一步操作中的滤液为盐酸溶液，向其中加入钡矿粉（主要成份为BaCO₃，且含有铁、镁等离子），钡矿粉和盐酸反应，BaCO₃转化为BaCl₂，溶液中H⁺减少，PH变大，Fe³⁺沉淀为氢氧化铁，得到的溶液含有Ba²⁺、Mg²⁺和Cl^-，过滤后的滤液中含有Ba²⁺、Mg²⁺和Cl^-，向滤液中加20%NaOH调节pH=12.5，生成氢氧化镁沉淀，滤液主要成分为Cl^-和Ba²⁺，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥后得BaCl₂•2H₂O；
（1）SiCl₄遇水强烈水解，生成盐酸和滤渣（H₄SiO₄），放出大量的热，故SiCl₄的水解方程式为：SiCl₄+4H₂O=H₄SiO₄↓+4HCl；过滤操作需要的主要仪器有：烧杯、漏斗、滤纸、玻璃棒，其中滤纸不是玻璃仪器；
故答案为：SiCl₄+4H₂O=H₄SiO₄↓+4HCl；烧杯、漏斗、玻璃棒；
（2）盐酸中加钡矿粉时，盐酸和碳酸钡反应生成氯化钡和二氧化碳、水，消耗了盐酸，溶液pH变大，pH＞3.4时，三价铁离子完全生成沉淀，使Fe³⁺完全沉淀；故钡矿粉两个作用：转化为BaCl₂、使Fe³⁺完全沉淀；
故答案为：使BaCO₃转化为BaCl₂；使Fe³⁺完全沉淀；
（3）当pH=3.4时，铁离子完全生成沉淀，当pH=12.4时，镁离子完全沉淀生成Mg（OH）₂，所以当pH=12.5时，滤渣A的成分是氢氧化镁；
故答案为：Mg（OH）₂；
（4）从溶液中制取固体的方法是：蒸发浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤，
故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；
（5）由原子守恒知，1molBaCO₃能生成1molBaCl₂•2H₂O，n（BaCl₂•2H₂O）=n（BaCO₃）
m（BaCl₂•2H₂O）=n（BaCl₂•2H₂O）×M（BaCl₂•2H₂O）=[10t×78%/197g/mol]×244g/mol=9.76t，
实际产量为9.70吨，相对误差=[实验测得的数值−真实数值/真实数值]×100%=[9.76−9.70/9.76]×100%≈-0.61%，
故答案为：9.76；-0.61．

点评：
本题考点： 制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．

考点点评： 本题考查制备实验方案的设计，物质分离和提纯的方法和基本操作的应用，明确考查从溶液中制取固体的方法，以及根据原子守恒计算和相对误差的计算等，难度不大，但考查知识较多．

(1)氯气　a　d　浓硫酸　(2)①SiCl ₄ ＋2H ₂ ＋O ₂ SiO ₂ ＋4HCl　②0.35　(3)134.4

(1)电解饱和食盐水的电极反应分别为：阴极：2H ^＋ ＋2e ^－ =H ₂ ↑；阳极：2Cl ^－ －2e ^－ =Cl ₂ ↑。所以阳极产物为氯气，H ^＋ 在阴极放电，水中的c(OH ^－ )增大，即NaOH在阴极(a处)产生。电解饱和食盐水所用的阳离子交换膜只允许阳离子(Na ^＋ )通过，阻止阴离子和气体通过，电解过程中，Cl ^－ 在阳极大量消耗，因此应在阳极区(d处)补充NaCl干燥塔干燥的气体为Cl ₂ ，应用浓H ₂ SO ₄ 。
(2)①光导纤维为SiO ₂ ，产物为两种，另一种物质只能为HCl。
②n(H ₂ )＝ ×20＝3 mol。
由2NaCl＋2H ₂ O 2NaOH＋H ₂ ↑＋Cl ₂ ↑
　2×58.5　　　　　　　　　 2
　m(NaCl)　　　　　　　　 6 g
m(NaCl)＝351 g≈0.35 kg。
(3)由题意，可写出反应的化学方程式为：
NaCl＋3H ₂ O NaClO ₃ ＋3H ₂ ↑
　　　　　　 106.5　　6
　　　　　　 213 kg　m(H ₂ )
m(H ₂ )＝12 kg，n(H ₂ )＝6 000 mol，V(H ₂ )＝134.4 m ³ 。

polysilicon n.多晶硅
例句：The refractory metals and refractory metal silicides that are used to augment or replace the polysilicon are generally deposited by physical vapor deposition processes.
用于增强和取代多晶硅的难熔金属和难熔金属硅化物通常是用物理蒸发沉积工艺沉积的.

硝酸与氢氟酸体积比10:1到2:1之间都可以,硝酸量多能增大腐蚀速度,所以一般用10:1.由于反应中硝酸与氢氟酸的体积比是4：18,所以每次添加腐蚀液可可较原始配方,减小硝酸与氢氟酸的比例,例如5:1,4:1,3:1,均可,看其腐蚀速度而定

解题思路：由质量守恒定律：反应前后，原子种类、数目均不变，据此由反应的化学方程式推断生成物X的化学式．

根据反应的化学方程式Si+3HCl═X+H₂↑，反应物中硅、氢、氯原子个数分别为1、3、3，反应后的生成物中硅、氢、氯原子个数分别为0、2、0，根据反应前后原子种类、数目不变，则每个X分子由1个硅原子、1个氢原子和3个氯原子构成，则物质X的化学式为SiHCl₃．
故选C．

点评：
本题考点： 质量守恒定律及其应用．

考点点评： 本题难度不大，利用化学反应前后元素守恒、原子守恒来确定物质的化学式是正确解答此类题的关键．

The silicon tetrachloride is produces the polycrystalline silicon the waste material, has the very big destructive effect to the environment, not only can recycle waste to the silicon tetrachloride use, but also can promote the new industrial development.This article according to the silicon tetrachloride and the calcium hydroxide hydrolitic reaction principle, designs the silicon tetrachloride and the calcium hydroxide response prepares the calcium silicate the craft, analyzes in the craft composition comprehensively the silicon tetrachloride hydrolysis system, the ortho-silicic acid dehydration system, the calcium silicate production system characteristic, the research technological process influence factor, through the experiment, the calcium silicate which prepares conforms to the national standards; Has discussed the craft by-product use in this foundation.This article research is helpful to the solution polycrystalline silicon production waste serious contamination concern, also may reduce the polycrystalline silicon production cost large scale, enhances the industrial economic efficiency enormously, to develops our country polycrystalline silicon and the solar energy industry has the extremely vital role.

应该是二氧化氮,硝酸和氢氟酸比例应该是2:1至10:1,硝酸和氢氟酸都是刻蚀溶液,硅的腐蚀问题.硝酸是氧化剂,氢氟酸作络合剂.
3Si+4HNO3=3SiO2+2H2O+4NO
2NO+O2==2NO2
SiO2+6HF=H2[SiF6]+2H2O
由于生成的NO在空气中遇到氧气生成NO2是黄色

与面积无关,不是以平方为单位产出的电量.是太阳光能转化成电能的比例,面积大小比例是不变的,也叫发电效率.单晶和多晶因为晶体结构不同,发电效率也不同.你说的是实验室的发电效率,实际应用中还达不到上述指标.

约2.34——2.53吨

中信珍珠岩厂权威回答珍珠岩60-70公斤一立方 2.2-2.4*10^3kg/m^3 (它们的密度的范围） 强度尚可 大概在50公斤左右

(1)防止HCl挥发污染环境或控制SiCl ₄ 的水解速率，防止反应过于剧烈　SiCl ₄ (s)＋2H ₂ (g)=Si(s)＋4HCl(g)　ΔH＝＋236 kJ·mol ^{－ 1}
(2)BaCO ₃ ＋2H ^＋ =Ba ^{2 ＋} ＋CO ₂ ↑＋H ₂ O
(3)Mg(OH) ₂ 、Ca(OH) ₂ 　确保钙离子完全除去[或温度越高，Ca(OH) ₂ 溶解度越小]
(4)3　(5)BaCl ₂

根据题中信息SiCl ₄ 与水反应时，强烈水解并放出大量的热，控制温度较低，可以降低反应速率，减少HCl的挥发。将题给的两个热化学方程式相减，便得到制硅的热化学方程式。(2)过滤后溶液为盐酸，与碳酸钡发生反应，碳酸钡难溶，写离子方程式时，应保留化学式。(3)根据题中的信息，常温下Fe ^{3 ＋} 、Mg ^{2 ＋} 完全沉淀的pH分别是3.4、12.4，因此调节pH＝7时滤渣的主要成分是Fe(OH) ₃ ，pH＝12.5时滤渣的主要成分是Mg(OH) ₂ ，同时控制温度较高时，Ca(OH) ₂ 溶解度减小，有Ca(OH) ₂ 生成。(4)蒸发浓缩时，需要用到酒精灯、蒸发皿、玻璃棒。(5)过滤④的滤液中含有大量的氯化钡，可以循环利用。