年安徽省黄山市高考化学第二次质检试卷
一、选择题：本题共7个小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（6分）化学与生活息息相关，下列说法不正确的是（ ）
A．“84消毒液”的主要有效成分是NaClO，NaClO通过氧化灭活病毒
B．铁粉和氧化铝发生的铝热反应可用于焊接铁轨
C．疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性
D．“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味”文中的“气”是指乙烯
2．（6分）天然气是应用广泛的燃料，但含有少量的H2S气体。在酸性溶液中利用硫杆菌可实现天然气的脱硫，其原理如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．过程甲中的离子方程式为：2Fe3++S2﹣═2Fe2++S↓
B．FeSO4为该脱硫过程的催化剂
C．过程乙中每4molFe2+参加反应，需消耗22.4L的O2
D．脱硫过程中O2间接氧化H2S
3．（6分）紫花前胡醇
可从中药材当归和白芷中提取得到，能提高人体免疫力。有关该化合物，下列叙述错误的是（ ）
A．1mol该有机物最多能与5molH2反应
B．能够与钠反应生成氢气
C．能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色
D．能够发生水解反应
4．（6分）下列实验操作或相关说法合理的是（ ）
A．
混合浓硫酸和乙醇
B．
验证SO2的漂白性
C．
蒸干MgCl2溶液制取无水MgCl2
D．
充分振荡后下层为无色
5．（6分）已知W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W与X、Y、Z均能形成10电子分子，其中Y的最简单的氢化物易与其最高价氧化物对应的水化物反应生成化合物甲，W、X、Y、Z可以形成化合物乙（结构如图），下列说法正确的是（ ）
A．W不能和X、Y形成18电子的化合物
B．甲中含有离子键和非极性共价键
C．原子半径：X＞Y＞Z＞W
D．W与X形成的化合物的沸点一定低于W与Z所形成的化合物
6．（6分）镍镉电池是二次电池，其工作原理如图（L为小灯泡，K1、K2为开关，a、b为直流电源的两极）。下列说法不正确的是（ ）
A．断开K2、合上K1，电极A的电势低于电极B
B．断开K1、合上K2，电极A为阴极，发生氧化反应
C．电极B发生还原反应过程中，溶液中的KOH浓度有变化
D．镍镉二次电池的总反应式：Cd（OH）2+2Ni（OH）2Cd+2NiOOH+2H2O
7．（6分）25℃时，若某混合溶液中始终保持c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＝0.1molL﹣1，lgc（CH3COOH）、lgc（CH3COO﹣）、lgc（H+）和lg（OH﹣）随pH变化的关系如图所示。Ka为CH3COOH的电离常数，下列说法正确的是（ ）
A．M点时，c（CH3COOH）＝c（CH3COO﹣）
B．N点时，pH＝1gKa
C．该体系中，c（CH3COO﹣）molL﹣1
D．O点和P点比较，溶液中P点的值更大
二、解答题（共3小题，满分43分）
8．（14分）CuCl是有机合成工业中应用较广的催化剂，是一种白色粉末，微溶于水，不溶于稀硫酸和乙醇；在潮湿的空气中易水解氧化为碱式氯化铜。工业上用黄铜矿（主要成分是CuFeS2，还含有少量SiO2）制备CuCl的工艺流程如图。
回答下列问题：
（1）为了提高矿砂浸取率，可以 、 。（任答两种）
（2）“浸取”时NO3﹣中N元素主要被还原为最低价态，则反应的离子方程式为 。
（3）“滤渣①”的成分为SiO2、S；“滤渣②”的成分是 。（填化学式）
（4）已知在水溶液中存在平衡：CuCl+2Cl﹣[CuCl3]2﹣（无色）。“还原”中所发生反应的离子方程式为 ，当出现 现象时，表明“还原”进行完全。
（5）“一系列操作”是指加入去氧水、过滤、用无水乙醇洗涤、真空干燥，加去氧水的目的 。
（6）准确称取所制备的氯化亚铜产品mg，将其置于过量的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用amolL﹣1的K2Cr2O7溶液滴定到终点（滴定过程中Cl﹣不参加反应），消耗K2Cr2O7溶液bmL，反应中Cr2O72﹣被还原为Cr3+，产品中CuCl的纯度为 。
9．（14分）乙酰苯胺（
）在工业上作磺胺类药物原料等，可通过苯胺和乙酸反应制得：
已知：纯乙酰苯胺是白色片状晶体，熔点为℃；微溶于冷水，可溶于热水，易溶于有机溶剂；加热时易被氧化。实验室
制备乙酰苯胺的步骤如下（部分装置省略）：
Ⅰ.粗乙酰苯胺的制备
在mL烧瓶中加入15mL（过量）乙酸（沸点.9℃）、少量Zn粉和10mL（0.11mol）新制得的苯胺，如图接好装置。在石棉网上用小火加热，控制顶端馏出温度℃左右使之充分反应1h。待反应完成，在不断搅拌下，趁热把反应混合物缓慢地倒入盛有mL冷水的烧杯中，乙酰苯胺晶体析出。充分冷却至室温后，减压过滤，用 洗涤晶体2～3次。用滤液冲洗烧杯上残留的晶体，再次过滤，两次过滤得到的固体合并在一起。
Ⅱ.乙酰苯胺的提纯
将上述制得的粗乙酰苯胺固体移入mL烧杯中，加入mL热水，加热至沸腾，待粗乙酰苯胺完全溶解后，再补加少量蒸馏水。稍冷后，加入少量活性炭吸附色素等杂质，在搅拌下微沸5min，趁热过滤。待滤液冷却至室温，有晶体析出， ，称量产品为11.2g。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是 。
（2）加入锌粉的目的是 。反应中加入锌粉的量不宜过多，试从平衡的角度分析原因为 。
（3）步骤Ⅰ控制馏出温度℃的理由 。洗涤晶体宜选用 。（填字母）
A.乙醇
B.CCl4
C.冷水
D.乙醚
（4）步骤Ⅱ中，粗乙酰苯胺溶解后，补加少量蒸馏水的目的是 。
（5）步骤Ⅱ中，称量前的操作是 。上述提纯乙酰苯胺的方法叫 。
（6）乙酰苯胺的产率为 。（计算结果保留3位有效数字）
10．（15分）氮氧化物发生的反应是讨论化学平衡问题的常用体系。回答下列问题：
（1）①4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（g）△H1
②2NH3（g）+2O2（g）═N2O（g）+3H2O（g）△H2
③2NO（g）═N2O（g）O2（g）△H3
上述反应△H1、△H2、△H3之间的关系式为△H3＝ 。
（2）恒压条件下，NO和O2的起始浓度一定、催化反应时间相同，测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图中实线所示（图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化）。
①图中X点所示条件下，反应 达到平衡（填“已经”或“未”）。
②2NO（g）+O2（g）2NO2（g）△H 0（填“＞”或“＜”）。
（3）对于反应2NO+O22NO2，有人提出如下反应历程：
第一步2NON2O2快速平衡
第二步N2O2+O2→2NO2慢反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是 （填标号）
A．v（第一步的逆反应）＜v（第二步反应）
B．N2O2是反应的中间产物
C．第二步反应活化能较高
D．第二步中N2O2与O2的每一次碰撞均是有效碰撞
（4）已知：N2O4（g）2NO2（g）△H＞0。K时，将一定量N2O4气体充入恒容的密闭容器中发生反应。
①t1时刻反应达到平衡，混合气体平衡总压强为p，N2O4气体的平衡转化率为25%，则NO2分压为 ，（分压＝总压×物质的量分数），反应N2O4（g）2NO2（g）的平衡常数Kx＝ 。（对于气相反应，用某组分B的物质的量分数x（B）代替物质的量浓度c（B）也可表示平衡常数，记作Kx）
②若提高反应温度至K，且在恒压情况下反应达到平衡，则N2O4气体的平衡转化率 25%（填“＞”、“＝”、“＜”），原因是 。
11．（15分）我国的超级钢研究已居于世界领先地位，这种超级钢中含Mn10%、C0.47%、Al2%、V0.7%，其强度很大，在应用时能够实现钢板的轻薄化。回答下列问题：
（1）基态Mn原子和V原子未成对电子数之比为 。
（2）下列状态的铝中，电离最外层一个电子所需能量最大的是 。
A.[Ne]3s2
B.[Ne]3s23p1
C.[Ne]3s24s1
D.[Ne]3s1
（3）NH3的VSEPR模型的名称是 ，写出一种和NH3互为等电子体的阳离子的化学式 。分子中的大π键可用符号πmn表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数（如苯分子中的大π键可表示为π66），则平面分子
中的大π键应表示为 。
（4）谷氨酸（HOOC﹣CH（NH2）﹣CH2﹣CH2﹣COOH）的钠盐﹣谷氨酸钠（C5H8NO4Na）是味精的主要成分，谷氨酸分子中C原子的杂化方式为 ，C原子与O原子所形成的化学键中σ键与π键的数目比n（σ）：n（π）＝ ，π键的特征是两块电子云呈 对称。
（5）Al2O3、N2、CO的沸点从高到低的顺序为 。原因是 。
（6）已知NaAlH4晶胞结构如图所示，它由两个正六面体叠加而成，Na+的配位数为 。已知正六面体的棱长anm，NA为阿伏加德罗常数的值，则NaAlH4晶体的密度是 gcm﹣3（列出计算式）。
12．有机物J可用于治疗心血管、高血压。以烃A为起始原料制备J合成路线如图。
已知：（1）RX+NaCl→RClRCOOH
（2）
+R1﹣NH﹣R2→
（1）A的化学名称为 ，反应①的试剂与反应条件是 。
（2）G中除
外的官能团名称为 。
（3）反应④的化学方程式 。
（4）反应⑦的反应类型是 ，I的结构简式为 。
（5）M是E的同分异构体，为苯的二取代物，含酯基，可发生银镜反应，M共有 种，其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为1：2：2：2的结构简式为 。（任写一种）
（6）已知：
结合题给信息和已学知识，设计由
为原料制备
的合成路线 。（无机试剂任选）
试题解析
一、选择题：本题共7个小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．解：A．“84消毒液”的主要有效成分是NaClO，属于强氧化剂，可以通过氧化灭活病毒，故A正确；
B．铝粉和氧化铁发生的铝热反应可用于焊接铁轨，故B错误；
C．疫苗一般应冷藏存放，因为温度过高可能会使蛋白质变性，故C正确；
D．木瓜、梨子、苹果等水果可以释放出乙烯，对部分水果、蔬菜可以起到催熟的作用，故D正确。
故选：B。
2．解：A.过程甲中的离子方程式为：2Fe3++H2S═2Fe2++S↓+2H+，故A错误；
B.由转化关系可知，FeSO4为该脱硫过程的中间产物，Fe2（SO4）3为该脱硫过程的催化剂，故B错误；
C.题目未给标准状况，无法求算气体体积，故C错误；
D.脱硫过程中Fe2（SO4）3氧化H2S生成FeSO4，FeSO4被氧气重新生成Fe2（SO4）3，O2间接氧化H2S，故D正确；
故选：D。
3．解：A.能与氢气发生加成反应的为苯环、碳碳双键，则1mol该有机物最多能与4molH2反应，故A错误；
B.含有羟基，可与钠反应，故B正确；
C.含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，故C正确；
D.含有酯基，可发生水解反应，故D正确；
故选：A。
4．解：A.混合浓硫酸和乙醇时，应将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓倒入乙醇中，并用玻璃棒不断搅拌，以避免酸液飞溅，故A错误；
B.二氧化硫具有还原性，与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，故B错误；
C.氯化镁水解生成氢氧化镁，应在氯化氢的氛围中蒸发，故C错误；
D.溴与氢氧化钠溶液反应，四氯化碳不溶于水，且密度比水大，四氯化碳在下层，故D正确；
故选：D。
5．解：由分析可知W、X、Y、Z分别为H、C、N、F元素，甲为NH4NO3，乙为CH3NF2。
A．氢元素和碳元素、氮元素形成18电子的化合物分别是：C2H6、N2H4，故A错误；
B．甲为NH4NO3，含有离子键、极性键，故B错误；
C．同周期自左而右原子半径减小，所有元素中氢原子半径最小，故原子半径：C＞N＞F＞H，故C正确；
D．W与X形成的化合物为烃类物质，W与Z所形成的化合物为HF，常温下HF为气体，而烃有气体、液体与固体，液体、固体的沸点高于HF的，故D错误。
故选：C。
6．解：A．断开K2、合上K1，形成原电池，原电池中，电极A的电势低于电极B，故A正确；
B．断开K1、合上K2，电极A为阴极，发生得电子的还原反应，故B错误；
C．电极B为正极，正极上NiOOH得电子发生还原反应生成Ni（OH）2，电极反应式为2NiOOH+2e﹣+2H2O＝2Ni（OH）2+2OH﹣，溶液中的KOH浓度增大，故C正确；
D．镍镉二次电池的总反应式：Cd（OH）2+2Ni（OH）2Cd+2NiOOH+2H2O，故D正确；
故选：B。
7．解：A．曲线MN为lgc（CH3COO﹣）随pH的变化曲线，曲线MQ为lgc（H+）随pH的变化曲线，M点时，c（CH3COOH）＝c（H+），故A错误；
B．N点c（CH3COOH）＝c（CH3COO﹣），Kac（H+）＝c（H+），则﹣lgKa＝﹣lgc（H+）＝pH，故B错误；
C．c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）＝0.1mol/L，则c（CH3COOH）＝0.1mol/L﹣c（CH3COO﹣），将其代入Ka，可得出c（CH3COO﹣）mol/L，故C正确；
D．O点和P点比较，P点pH大，氢离子浓度小，Q点pH小，氢离子浓度大，则Q点的值更大，故D错误；
故选：C。
二、解答题（共3小题，满分43分）
8．解：（1）将黄铜矿粉碎、适当提高硫酸的浓度、搅拌、延长浸取时间、适当加热等可以提高加入硝酸铵和稀硫酸浸取时，矿砂的浸取率，
故答案为：粉碎矿砂；适当提高硫酸浓度、搅拌、延长浸取时间、适当加热等；
（2）“浸取”时发生的反应为CuFeS2与硝酸铵反应生成硫酸铁、硫酸铜、硫酸铵、硫沉淀和水，反应的离子方程式为8CuFeS2+5NO3﹣+50H+＝8Cu2++8Fe3++16S+5NH4++15H2O，
故答案为：8CuFeS2+5NO3﹣+50H+＝8Cu2++8Fe3++16S+5NH4++15H2O；
（3）由分析可知，滤渣②的成分为氢氧化铁，
故答案为：Fe（OH）3；
（4）还原”中所发生的反应为铜与溶液中的铜离子和氯离子共热反应生成[CuCl3]2﹣离子，当淡蓝色的铜离子完全转化为无色的[CuCl3]2﹣离子时，说明反应完全，反应的离子方程式为Cu+Cu2++6Cl﹣2[CuCl3]2﹣，
故答案为：Cu+Cu2++6Cl﹣2[CuCl3]2﹣；溶液由蓝色变为无色；
（5）由分析可知，“一系列操作”，向滤液中加入去氧水，稀释，使平衡CuCl+2Cl﹣[CuCl3]2﹣左移，将[CuCl3]2﹣离子转化为氯化亚铜沉淀，同时防止生成氯化亚铜被水解氧化为碱式氯化铜，过滤后用用无水乙醇洗涤、真空干燥得到氯化亚铜，
故答案为：稀释，使CuCl+2Cl﹣[CuCl3]2﹣平衡左移，析出CuCl固体；防止CuCl被水解氧化为碱式氯化铜；
（6）由题意可知，氯化亚铜溶于过量氯化铁溶液发生的反应为Fe3++CuCl＝Cu2++6Cl﹣+Fe2+，滴定过程中发生的反应为6Fe2++Cr2O+14H+＝6Fe3++2Cr3++7H2O，由方程式可得如下关系式：6CuCl～Cr2O72﹣，反应中消耗Cr2O72﹣离子的物质的量为10﹣3abmol，则产品中CuCl的纯度为，故答案为：。
9．解：（1）由仪器结构特征可知，仪器a为直形冷凝管，
故答案为：直形冷凝管；
（2）锌与乙酸反应生成氢气除去装置内的氧气，防止乙酰苯胺、苯胺加热时被氧化；锌粉多了，消耗醋酸多，减小醋酸浓度，使制苯胺反应平衡向左移动，苯胺产率降低，
故答案为：与乙酸反应生成氢气除去装置内的氧气；锌粉多了，消耗醋酸多，减小醋酸浓度，使制苯胺反应平衡向左移动，苯胺产率降低；
（3）水的沸点是℃，加热至℃左右，就可以不断分出反应过程中生成的水，促进反应正向进行，同时减少乙酸馏出，提高原料利用率、生成物的产率；乙酰苯胺微溶于冷水，溶于热水，洗涤晶体宜选用少量冷水洗，以减少因洗涤造成的损耗，
故答案为：不断分出反应过程中生成的水，促进反应正向进行，同时减少乙酸馏出，提高原料利用率、生成物的产率；C；
（4）补加少量蒸馏水，可以降低乙酰苯胺的浓度，减少趁热过滤时因温度降低导致乙酰苯胺析出而造成的损失，
故答案为：减少趁热过滤时因温度降低导致乙酰苯胺析出而造成的损失；
（5）从溶液中析出晶体后，需要经过过滤、洗涤、干燥，再进行称量；将晶体溶解后，再结晶析出，达到提纯的目的，该提纯方法为重结晶，
故答案为：过滤、洗涤、干燥；重结晶；
（6）乙酸过量，理论上n（乙酰苯胺）＝n（苯胺）＝0.11mol，乙酰苯胺的实际产量为11.2g，则乙酰苯胺的产率为：%≈75.4%，
故答案为：75.4%。
10．解：（1）已知）①4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（g）△H1、②2NH3（g）+2O2（g）═N2O（g）+3H2O（g）△H2、③2N2O（g）═N2O（g）O2（g）△H3，根据盖瓶定律，③＝②①，因此△H3＝△H2△H1，
故答案为：△H3＝△H2△H1；
（2）①根据图象，图中虚线，表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化，而实线在X点还低于虚线，即没有达到平衡状态，
故答案为：未；
②图中虚线，表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化，温度越高NO转化率越低，说明温度升高平衡向逆反应方向移动，根据勒夏特列原理可知该反应为放热反应，则△H＜0，
故答案为：＜；
（3）A.第一步快速达到平衡，说明反应速率快，第二步是慢反应，说明反应速率慢，因此v（第一步的逆反应）＞v（第二步反应），故A错误；
B.N2O2先生成后消耗，再根据总反应2NO+O2＝2NO2，可知N2O2是反应的中间产物，故B正确；
C.第二步是慢反应，说明第二步反应活化能较高，故C正确；
D.N2O2与O2的碰撞不一定是有效碰撞，需要满足合适的取向和能量，故D错误；
故答案为：BC；
（4）①已知N2O4（g）2NO2（g）△H＞0，t1时刻反应达到平衡，混合气体平衡总压强为p，N2O4气体的平衡转化率为25%，设起始时N2O4的物质的量为1mol，有三段式得：
N2O4（g）2NO2（g）
起始1mol0
转化0.25mol0.5mol
平衡0.75mol0.5mol
则NO2的分压为p（NO2）p＝0.4p，平衡常数Kx，
故答案为：0.4p；；
②已知N2O4（g）2NO2（g）△H＞0为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，体系中分子数增加，由于压强不变、温度升高，容器的体积增大，反应向气体分子数增加的方向移动，因此N2O4气体的平衡转化率增大，
故答案为：＞；温度升高，平衡正向移动，体系分子数增加，由于压强不变、温度升高，容器的体积增大，反应向气体分子数增加的方向移动。
11．解：（1）Mn元素处于第四周期第ⅦB族，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，价电子排布式为3d54s2，3d轨道的5个电子未成对，V元素处于第四周期第VB族，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，价电子排布式为3d34s2，3d轨道的3个电子未成对，未成对电子数之比为5:3，
故答案为：5:3；
（2）铝的第三电离能＞第二电离能＞第一电离能，基态大于激发态，ABD属于基态、C属于激发态，所以电离最外层一个电子所需能量最大的是D，
故答案为：D；
（3）NH3分子中N原子的价层电子对个数是34，包括一个孤电子对，则VSEPR模型为四面体形；NH3分子含有4个原子、8个价电子数，与氨气分子互为等电子体的阳离子为H3O+；
中的碳和其中一个氮原子采用sp2杂化，各有一个垂直杂化轨道平面的p轨道填充1个电子，并参与形成大π键，另一个N原子采用sp3杂化，有一个垂直的p轨道填充2个电子，参与形成大π键，由此可知形成的大π键的电子数为6，而形成大π键的原子数为5，该分子中的大π键表示为∏56，
故答案为：四面体形；H3O+；∏56；
（4）谷氨酸(HOOC﹣CH(NH2)﹣CH2﹣CH2﹣COOH)分子中存在两种类型的碳原子，其中﹣COOH上的C原子采用sp2杂化，其余碳原子采用sp3杂化；C原子与O原子所形成的化学键中包括2个C＝O，和2个C﹣O，σ键与π键的数目比n(σ)∶n(π)＝[2×(1+1)]∶(2×1)＝2：1；π键的特征是两块电子云呈镜面对称，
故答案为：sp2、sp3；2：1；镜面；
（5）Al2O3是原子晶体，沸点很高，N2、CO是分子晶体，相对分子质量：N2＝CO，但CO为极性分子，范德华(分子间作用)力较大，沸点较高，沸点：CO＞N2，因此沸点从高到低的顺序为Al2O3＞CO＞N2，
故答案为：Al2O3＞CO＞N2；Al2O3为离子晶体沸点较高，CO和N2均为分子晶体，相对分子质量相同，但CO为极性分子，范德华(分子间作用)力较大沸点较高；
（6）根据图示，以上底面的钠离子为例，与该钠离子距离最近且相等的阴离子有8个，Na+的配位数为8；正六面体的棱长anm，则该晶胞的体积为2a3nm3＝2×(a×10﹣7)3cm3，晶胞中含有钠离子的个数＝，因此晶胞的质量g，则NaAlH4晶体的密度为gcm﹣3，
故答案为：8；。
12．解：（1）A的结构简式为
，A的化学名称为：甲苯，反应①是
转化为
，需要试剂与反应条件是：Cl2、光照，
故答案为：甲苯；Cl2、光照；
（2）G的结构简式为
，G中除
外的官能团名称为：氯原子、羟基，
故答案为：氯原子、羟基；
（3）反应④的化学方程式为：
，
故答案为：
；
（4）反应⑦是
转化为
，组成上去氧，反应类型是还原反应；对比H、J的结构，结合I的分子式可知，H中羟基被氯原子取代生成I，I分子内脱去分子HCl成环生成J，故I的结构简式为：
，
故答案为：还原反应；
；
（5）M是E（
）的同分异构体，为苯的二取代物，含酯基，可发生银镜反应，说明存在﹣OOCH，2个取代基为﹣Cl、﹣CH2OOCH，或者为﹣CH2Cl、﹣OOCH，均有邻、间、对3种位置关系，故符合条件的M共有3×2＝6种，其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为1：2：2：2的结构简式为
，
故答案为：6；
；
（6）由2分子
发生酯化反应生成
，由给予的信息可知，
与HCN反应生成
，然后在酸性条件下水解生成
，合成路线为：
，
故答案为：
。