2020届高考化学一轮复习非金属及其化合物作业 14页

非金属及其化合物 ‎1.下列实验现象或结论不正确的是(　　)‎ A.氯水的颜色呈浅黄绿色,说明氯水中含有Cl2‎ B.燃着的镁条伸入盛满二氧化碳的集气瓶中还能继续燃烧 C.铜能与氯化铁溶液反应,该反应可以用于印刷电路板的制作 D.向FeCl2溶液中滴加氯水,溶液颜色变成棕黄色,说明氯水中含有HClO 答案　D　Cl2的颜色为黄绿色,正因为氯水中溶解了黄绿色的Cl2,才使氯水显浅黄绿色,故A正确;燃着的镁条伸入盛满二氧化碳的集气瓶中能继续燃烧生成氧化镁和碳,故B正确;铜与氯化铁溶液反应的离子方程式为Cu+2Fe3+Cu2++2Fe2+,所以该反应可以用于印刷电路板的制作,故C正确;氯水中的Cl2能将Fe2+氧化为Fe3+,故D错误。‎ ‎2.空气吹出工艺是目前“海水提溴”的最主要方法之一。其工艺流程如下:‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 下列说法不正确的是(　　)‎ A.步骤③的离子方程式为Br2+SO2+2H2O4H++2Br-+SO‎4‎‎2-‎ B.步骤⑤中溴蒸气冷凝后得到液溴与溴水的混合物,可利用分液的方法进行分离 C.步骤⑤中可将蒸馏产生的气体通过含Br-的盐溶液,以除去氯气 D.提取溴单质,可以通过蒸馏“溴水混合物Ⅱ”或“溴水混合物Ⅰ”的方法 答案　D　从海水中提取溴,一般要经过浓缩、氧化、提取三个步骤。步骤①的氯气氧化发生的反应是Cl2+2Br-2Cl-+Br2,生成的溴仍溶解在海水中,由于溴的沸点比水低,可以鼓入热空气(步骤②),使溴随热空气一起挥发出来,再用SO2吸收(步骤③)的离子方程式为Br2+SO2+2H2O4H++2Br-+SO‎4‎‎2-‎,A正确;步骤⑤中溴蒸气冷凝后得到液溴与溴水,上下分层,所以可利用分液的方法进行分离,B正确;步骤⑤中蒸馏产生的气体中存在少量氯气,通过含Br-的盐溶液可除去,C正确;“溴水混合物Ⅱ”与“溴水混合物Ⅰ”中Br2的浓度不同,“溴水混合物Ⅱ”中Br2的浓度较大,通过蒸馏可得到液溴,故D不正确。‎ ‎3.将一定量的氯气通入50 mL 10.00 mol·L-1的氢氧化钠浓溶液中,加热少许时间后,溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系(不考虑氯气和水的反应)。下列说法正确的是(　　)‎ A.若反应中转移的电子为n mol,则0.25Cl2,则下列说法不正确的是(　　)‎ A.氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶14‎ B.由此反应可知还原性HCl>CrCl3‎ C.当转移0.2 mol电子时,被氧化的还原剂的物质的量为0.2 mol D.Cl2是该反应的氧化产物 答案　A　由于氧化性K2Cr2O7>Cl2,故K2Cr2O7是氧化剂,化合价降低被还原为CrCl3;Cl2是氧化产物,故HCl中的氯元素化合价升高被氧化。1 mol K2Cr2O7被还原时得6 mol e-,1 mol HCl被氧化时,失去1 mol e-,根据得失电子守恒可知,氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶6,A错误;HCl为还原剂,CrCl3为还原产物,因此还原性HCl>CrCl3,B正确;当转移0.2 mol电子时,被氧化的还原剂的物质的量为0.2 mol,C正确;Cl2‎ 是该反应的氧化产物,D正确;故答案为A。‎ ‎5.下列有关氯及其化合物的说法不正确的是(　　)‎ A.氯气能溶于水,常温常压下,1体积水约能溶解2体积氯气 B.漂白粉的主要成分为Ca(ClO)2和CaCl2,可用于漂白纸浆 C.氯气可用于自来水的消毒、农药的生产、药物的合成 D.海水中的氯化物含量相当高,因此氯被称为“海洋元素”‎ 答案　D　常温常压下,1体积水约能溶解2体积氯气,故A正确;漂白粉的主要成分为Ca(ClO)2和CaCl2,常用于漂白纸浆,故B正确;氯气有强氧化性且其水溶液中含有HClO,常用于自来水的消毒、农药的生产、药物的合成,故C正确;海水中氯化物的含量相当高,但溴被称为“海洋元素”,故D错误;答案为D。‎ ‎6.ClO2与Cl2的氧化性相近,在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛。某兴趣小组通过图1装置(夹持装置略)对其制备及其性质等进行了研究。‎ ‎(1)仪器D的名称是　　　　,安装F中导管时,应选用图2中的　　　　(填字母)。 ‎ ‎(2)打开B的活塞,A中发生反应:2NaClO3+4HCl2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O。为使ClO2在仪器D中被稳定剂充分吸收,B中滴加稀盐酸的速率宜　　　　(填“快”或“慢”)。 ‎ ‎(3)关闭B的活塞,ClO2在仪器D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2,此时装置F中溶液的颜色不变,则装置C的作用是　　　　。 ‎ ‎(4)在ClO2的制备方法中,比较实用的有数十种,下列方法是常见的两种方法。‎ 方法一:2NaClO3+4HCl2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O 方法二:2NaClO3+H2O2+H2SO42ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O 比较方法一和方法二,方法　　‎ 更好,理由是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。实验室常用氯酸钠(NaClO3)、亚硫酸钠(Na2SO3)和硫酸共热制备二氧化氯,反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ 答案　(1)锥形瓶　b　(2)慢　(3)吸收Cl2‎ ‎(4)二　方法一的缺点主要是反应同时产生了大量的氯气,不仅降低了产率,而且产品难以分离,同时可能造成环境污染或方法二的优点是安全性高,没有产生毒副产品(答案合理即可)　2NaClO3+Na2SO3+H2SO42ClO2↑+2Na2SO4+H2O　‎ 解析　(1)仪器D的名称为锥形瓶;让气体和淀粉-KI溶液反应,应是长管进气短管出气。(2)要使ClO2气体被充分吸收,通入ClO2的速率要慢,即滴加稀盐酸的速率宜慢。(3)NaClO3和稀盐酸反应,除生成ClO2外,还有Cl2的产生,ClO2和Cl2的氧化性相近,因此必须除去氯气,防止干扰,故装置C的作用是吸收Cl2。(4)根据方法二的反应原理,其优点主要是安全性高,无毒副产品生成。‎ ‎7.下述实验中均有红棕色气体产生,对比分析所得结论不正确的是(　　)‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ A.由①中的红棕色气体,推断产生的气体一定是混合气体 B.红棕色气体不能表明②中木炭与浓硝酸发生了反应 C.由③说明浓硝酸具有挥发性,生成的红棕色气体为还原产物 D.③的气体产物中检测出CO2,由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应 答案　D　本题考查硝酸的氧化性、不稳定性、挥发性等性质。③中的CO2可能是空气中的氧气与木炭反应的产物。‎ ‎8.(2018北京理综,26,13分)磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下:‎ 磷精矿 磷精矿粉 已知:磷精矿主要成分为Ca5(PO4)3(OH),还含有Ca5(PO4)3F和有机碳等。‎ 溶解度:Ca5(PO4)3(OH)”或“<”)。 ‎ ‎②结合元素周期律解释①中结论:P和S电子层数相同,　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(3)酸浸时,磷精矿中Ca5(PO4)3F所含氟转化为HF,并进一步转化为SiF4除去。写出生成HF的化学方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(4)H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除,同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间,不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80 ℃后脱除率变化的原因:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(5)脱硫时,CaCO3稍过量,充分反应后仍有SO‎4‎‎2-‎残留,原因是　　　　;加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率,其离子方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(6)取a g所得精制磷酸,加适量水稀释,以百里香酚酞作指示剂,用b mol·L-1 NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4,消耗NaOH溶液c mL。精制磷酸中H3PO4的质量分数是　　　　　　。(已知:H3PO4摩尔质量为98 g·mol-1) ‎ 答案　(1)研磨、加热 ‎(2)①<　②核电荷数PS,得电子能力PK(N)‎ C.M点比N点的反应速率快 D.若N点时c(NH3)=0.2 mol/L,N点的平衡常数K(N)≈0.93‎ ‎(3)催化反硝化法和电化学降解法可用于治理水中硝酸盐的污染。‎ ‎①催化反硝化法中,用H2将NO‎3‎‎-‎还原为N2,一段时间后,溶液的碱性明显增强,则反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎②电化学降解NO‎3‎‎-‎的原理如下图所示,电源正极为　　　(填“A”或“B”),阴极反应式为　　　　　　　　　　。 ‎ 答案　(1)①N2(g)+O2(g)2NO(g)　ΔH=-120 kJ/mol　②6NO2+4CO(NH2)27N2+8H2O+4CO2‎ ‎(2)①200 ℃　②ABD ‎(3)①2NO‎3‎‎-‎+5H2N2+2OH-+4H2O　②A　2NO‎3‎‎-‎+12H++10e-N2↑+6H2O 解析　(1)①根据能量变化示意图提供的信息,1 mol氮气与1 mol氧气完全反应生成2 mol NO放出的热量为(1 260-1 140) kJ=120 kJ,则N2和O2反应的热化学方程式为N2(g)+O2(g)2NO(g)　ΔH=-120 kJ/mol;②反应Ⅱ中,当n(NO2)∶n[CO(NH2)2]=3∶2时,NO2中氮元素化合价由+4降低到0,尿素中氮元素的化合价由-3升高到0,生成物除氮气外,还有CO2和水,则反应的化学方程式为6NO2+4CO(NH2)27N2+8H2O+4CO2。(2)①合成氨的反应是放热反应,温度越高,越不利于氨气的生成,曲线a中氨气的物质的量分数最大,则对应的温度应为200 ℃;②及时分离出NH3,平衡正向移动,可以提高H2的平衡转化率,A正确;温度不变,平衡常数不变,该反应为放热反应,温度升高,反应逆向移动,平衡常数减小,则题图中M、N、Q三点平衡常数K的大小关系是K(M)=K(Q)>K(N),B正确;温度升高,反应速率加快,则M点比N点的反应速率慢,C错误;若N点时c(NH3)=0.2 mol/L,此时氨气的物质的量分数是20%,设起始时投入N2的浓度为x mol/L,则H2浓度为3x mol/L。‎ ‎　　　　　　　　　N2(g)+3H2(g)2NH3(g)‎ 起始浓度(mol/L)　 x　　3x　　　 0‎ 转化浓度(mol/L)　 0.1　 0.3　　　0.2‎ 平衡浓度(mol/L)　 x-0.1 3x-0.3　 0.2‎ 则‎0.2‎‎4x-0.2‎×100%=20%,解得x=0.3,N点的平衡常数K(N)=‎0.‎‎2‎‎2‎‎0.2×0.‎‎6‎‎3‎≈0.93,D正确。(3)①H2能将NO‎3‎‎-‎还原为N2,溶液呈碱性,说明有OH-生成,氢气被氧化生成水,所以离子方程式为2NO‎3‎‎-‎+5H2N2+2OH-+4H2O;②由题给原理图可知,Ag-Pt电极上NO‎3‎‎-‎发生还原反应生成氮气,因此Ag-Pt电极为阴极,电极反应式为2NO‎3‎‎-‎+12H++10e-N2↑+6H2O,则B为电源负极,A为电源正极。‎ ‎11.一定量的锌与100 mL 18.5 mol·L-1的浓硫酸充分反应后,锌完全溶解,同时生成气体甲33.6 L(标准状况)。将反应后的溶液稀释至1 L,测得溶液的pH=1。下列叙述不正确的是(　　)‎ A.反应中共消耗1.8 mol H2SO4‎ B.气体甲中SO2与H2的体积比为4∶1‎ C.反应中共消耗97.5 g Zn D.反应中共转移3 mol电子 答案　B　将反应后的溶液稀释至1 L,溶液的pH=1,说明硫酸过量,且反应后硫酸的物质的量为0.05 mol,则消耗的硫酸的物质的量为(18.5×0.1) mol-0.05 mol=1.8 mol,A正确;随着反应的进行,硫酸浓度会变小,可能会生成H2,所以生成的气体甲可能是SO2和H2的混合物,由Zn+2H2SO4(浓)ZnSO4+SO2↑+2H2O,Zn+H2SO4(稀)ZnSO4+H2↑,无论生成SO2还是H2,1 mol Zn参与反应都产生1 mol气体,n(Zn)=n(气体)=n(ZnSO4)=‎33.6 L‎22.4 L·mol‎-1‎=1.5 mol,则反应中共消耗Zn 97.5 g,C正确;反应中转移电子的物质的量为锌的物质的量的2倍,为3 mol,D正确;由硫原子守恒可知n(SO2)=1.8 mol-1.5 mol=0.3 mol,n(H2)=1.5 mol-0.3 mol=1.2 mol,所以SO2和H2的体积比为1∶4,B错误。‎ ‎12.(2017浙江11月选考,27,6分)已知固体Na2SO3受热易分解。实验流程和结果如下:‎ 气体Y是一种纯净物,在标准状况下的密度为1.518 g·L-1。请回答:‎ ‎(1)气体Y分子的电子式为　　　　　　　　　,白色沉淀的化学式为　　　　　　　。 ‎ ‎(2)该流程中Na2SO3受热分解的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(3)另取固体X试样和Na2SO3混合,加水溶解后与稀盐酸反应,有淡黄色沉淀产生。写出产生淡黄色沉淀的离子方程式　　　　　　　　　　　　　　　　　(不考虑空气的影响)。 ‎ 答案　(1)H··S‎··‎‎··‎··H　BaSO4‎ ‎(2)4Na2SO3 3Na2SO4+Na2S ‎(3)SO‎3‎‎2-‎+2S2-+6H+ 3S↓+3H2O 解析　Na2SO3隔绝空气受热分解后固体质量不变,说明无气体生成,X应为固体混合物。X中加稀盐酸生成气体Y,M(Y)=1.518 g·L-1×22.4 L·mol-1=34 g·mol-1,由原子守恒知Y为H2S,故X中应含有Na2S;X与足量稀盐酸反应后的溶液中加BaCl2溶液有白色沉淀生成,说明X中含有Na2SO4,据此可知Na2SO3受热分解的化学方程式为4Na2SO3 Na2S+3Na2SO4。(3)X和Na2SO3混合,加水溶解后与稀盐酸反应有淡黄色沉淀产生,显然是酸性条件下,S2-与SO‎3‎‎2-‎发生归中反应生成S,离子方程式为2S2-+SO‎3‎‎2-‎+6H+ 3S↓+3H2O。‎ ‎13.(2017浙江4月选考,27,6分)为探究黑色固体X(仅含两种元素)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)固体甲与稀硫酸反应的离子方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(3)加热条件下氨气被固体X氧化成一种气体单质,写出该反应的化学方程式:　。 ‎ 答案　(1)CuO ‎(2)Cu2O+2H+ Cu2++Cu+H2O ‎(3)3CuO+2NH3 3Cu+N2+3H2O 解析　(1)分析图示信息可知,X仅含有Cu和O两种元素,且32.0 g X中含有m(Cu)=12.8 g+‎16.0 g‎80 g·mol‎-1‎×64 g·mol-1=25.6 g,n(Cu)=0.4 mol;m(O)=32.0 g-25.6 g=6.4 g,n(O)=0.4 mol,n(Cu)∶n(O)=0.4 mol∶0.4 mol=1∶1,故A的化学式为CuO。(2)根据反应中CuO、O2、固体甲的质量关系可推知X发生分解反应的化学方程式为 4CuO O2↑+2Cu2O,固体甲与稀硫酸反应的离子方程式是Cu2O+2H+ Cu2++Cu+H2O。(3)根据氧化还原反应原理可知生成的气体单质是N2,反应的化学方程式是2NH3+3CuO N2+3Cu+3H2O。‎ ‎14.将质量为6.3 g的Na2SO3露置在空气中一段时间后溶于水配成100 mL溶液。取出50 mL,加入过量的稀硫酸得到的气体在标准状况下的体积为0.448 L;另取该溶液50 mL加入足量的氯化钡溶液,生成白色沉淀。求:‎ ‎(1)生成的白色沉淀的成分是　 (填化学式)。 ‎ ‎(2)所得白色沉淀中各成分的质量分别是　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ 答案　(1)BaSO3、BaSO4‎ ‎(2)4.340 g BaSO3,1.165 g BaSO4‎ 解析　6.3 g亚硫酸钠的物质的量n(Na2SO3)=‎6.3 g‎126 g/mol=0.05 mol,从配制的100‎ ‎ mL溶液中取出一半并加入过量的稀硫酸,反应生成二氧化硫的物质的量n(SO2)=‎0.448 L‎22.4 L/mol=0.02 mol,根据硫原子守恒可知,溶液中含有亚硫酸钠的物质的量n(Na2SO3)=n(SO2)=0.02 mol,则另一份加入足量氯化钡溶液的50 mL溶液中含有亚硫酸钠的物质的量也是0.02 mol,结合硫原子守恒可知,50 mL溶液中含有硫酸钠的物质的量n(Na2SO4)=0.05 mol×‎1‎‎2‎-0.02 mol=0.005 mol,加入足量氯化钡溶液后生成的白色沉淀为BaSO4和BaSO3,其中n(BaSO3)=0.02 mol,m(BaSO3)=217 g/mol×0.02 mol=4.340 g,n(BaSO4)=0.005 mol,m(BaSO4)=233 g/mol×0.005 mol=1.165 g。‎ ‎15.铝硅合金材料性能优良。铝土矿(含30% SiO2、40.8% Al2O3和少量Fe2O3等)干法制取该合金的工艺如下:‎ ‎(1)若湿法处理铝土矿,用强酸浸取时,所得溶液中阳离子有　　　　　　。  ‎ ‎(2)铝硅合金材料中若含铁,会影响其抗腐蚀性,原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  ‎ ‎(3)焙烧除铁反应:4(NH4)2SO4+Fe2O3 2NH4Fe(SO4)2+3H2O+6NH3↑(Al2O3部分发生类似反应)。氧化物转化为硫酸盐的转化率与温度的关系如图所示,最适宜的焙烧温度为　　　　。  ‎ ‎(4)操作①包括:加水溶解、　　　　　。若所得溶液中加入过量NaOH溶液,溶液中含铝微粒发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  ‎ ‎(5)用焦炭还原SiO2、Al2O3会产生中间体SiC、Al4C3。任写一个高温下中间体又与Al2O3反应生成铝、硅单质的化学方程式:　　　　　　　　　　　　　。  ‎ 答案　(1)Al3+、Fe3+、H+‎ ‎(2)形成原电池,铁作正极,铝作负极,加快了铝的腐蚀 ‎(3)300 ℃‎ ‎(4)过滤　Al3++4OH- AlO‎2‎‎-‎+2H2O ‎(5)Al4C3+Al2O3 6Al+3CO↑(或3SiC+Al2O3 3Si+2Al+3CO↑)‎ 解析　(1)用强酸浸取时,Al2O3、Fe2O3与酸反应生成Al3+、Fe3+,为了保证反应充分,酸要稍过量,溶液中还有H+,所以所得溶液中阳离子有Al3+、Fe3+、H+。(2)铝硅合金材料中若含铁,会影响其抗腐蚀性是因为形成原电池,铁作正极,铝作负极,加快了铝的腐蚀。(3)从图中看出,300 ℃时Fe2O3的转化率已经很高,而在300 ℃时Al2O3的转化率很低,为了减少Al2O3发生反应,温度最好控制在300 ℃。(4)固体Ⅱ的主要成分有SiO2 、Al2O3 、NH4Fe(SO4)2、NH4Al(SO4)2,SiO2 和Al2O3难溶于水,NH4Fe(SO4)2和NH4Al(SO4)2易溶于水,可以用溶解、过滤的方法分离;焙烧时有一部分Al2O3 发生反应生成NH4Al(SO4)2,所得的溶液中含有Al3+,加入过量的NaOH溶液,Al3+发生反应的离子方程式为Al3++4OH- AlO‎2‎‎-‎+2H2O。(5)中间体Al4C3、SiC与Al2O3反应生成铝、硅单质,化学方程式分别为Al4C3+Al2O3 6Al+3CO↑、3SiC+Al2O3 3Si+2Al+3CO↑。‎ ‎16.三氯氢硅(SiHCl3)是生产多晶硅的主要原料。由粗硅制三氯氢硅的反应如下:‎ 反应的热化学方程式 平衡常数(300 ℃)‎ 主反应 Si(s)+3HCl(g) SiHCl3(g)+H2(g)　ΔH=-210 kJ·mol-1‎ K1‎ 副反应 Si(s)+4HCl(g) SiCl4(g)+2H2(g)　ΔH=-240 kJ·mol-1‎ K2‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)写出SiHCl3的结构式　　　　　　。 ‎ ‎(2) SiHCl3在NaOH溶液中剧烈反应放出H2,该反应的化学方程式为　。 ‎ ‎(3)硅的平衡转化率与投料比n(HCl)/n(Si)的关系如下图所示,则图中温度T1、T2、T3的大小顺序为　　　　　。 ‎ ‎(4)平衡时,c(SiHCl3)/c(SiCl4)的值a随着c(H2)/c(HCl)的值b的变化而变化。则ab=　　　　‎ ‎(用含K1、K2的代数式表示);根据关系式,工业上用H2适当稀释HCl来提高SiHCl3的纯度,请用平衡移动原理加以解释　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(5)也可用H2还原SiCl4来制取SiHCl3。300 ℃时该反应的热化学方程式为 ‎ ‎　　　　　　。 ‎ 答案　(1)‎ ‎(2)SiHCl3+5NaOH 3NaCl+Na2SiO3+H2↑+2H2O ‎ ‎(3)T1>T2>T3 ‎ ‎(4)K‎1‎K‎2‎　通入H2后两个平衡均逆向移动,但对副反应影响更大,所得产物中副产物的含量减小,所以SiHCl3的纯度提高 ‎(5)H2(g)+SiCl4(g) SiHCl3(g)+HCl(g)　ΔH=+30 kJ·mol-1‎ 解析　(1)SiHCl3的结构式类似于三氯甲烷的结构式,为;‎ ‎(2)SiHCl3在NaOH溶液中剧烈反应放出H2,该反应的化学方程式为SiHCl3+ 5NaOH 3NaCl+Na2SiO3+H2↑+2H2O;‎ ‎(3)由题中信息可知,主反应为放热反应,当n(HCl)‎n(Si)‎<3时,投料比一定,升高温度,平衡逆向移动,硅的转化率降低,则T1>T2>T3;‎ ‎(4)主反应热化学方程式减去副反应热化学方程式得SiCl4(g)+H2(g) SiHCl3(g)+HCl(g)　ΔH=+30 kJ·mol-1,则c(SiHCl‎3‎)·c(HCl)‎c(SiCl‎4‎)·c(H‎2‎)‎=ab=K‎1‎K‎2‎。‎