天津市新华中学2023届高三化学二模试题（Word版附解析）

新华中学2023届高三第二学期统练二化学学科相对原子质量H：1C：12O：16Mg：24Fe：56Ⅰ卷一、选择题(每题3分，共36分)1.卡塔尔世界杯上，化学无处不在，下列说法错误的是A.的结构酷似足球，故又称足球烯，它与金刚石互为同素异形体B.在足球场上，足球裁判随身携带的“任意球喷雾器”能够喷出白色的喷雾，喷剂内含有的丁烷能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.中国企业为卡塔尔世界杯建造的阿尔卡萨800兆瓦光伏电站解决了比赛场地用电问题。制造光伏电池的主要材料是晶体硅D.氯乙烷气雾剂俗称足球运动场上的“化学大夫”，用于治疗运动中的急性损伤，氯乙烷可以与NaOH水溶液在加热的条件下发生取代反应【答案】B【解析】【详解】A．足球烯和金刚石都是碳元素形成的不同种单质，互为同素异形体，故A正确；B．丁烷化学性质稳定，不能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，故B错误；C．制造光伏电池的主要材料是能做半导体材料的晶体硅，故C正确；D．氯乙烷与氢氧化钠溶液共热发生取代反应生成乙醇和氯化钠，故D正确；故选B。2.下列化学用语正确的是A.乙烯结构简式：B.甲基的电子式：C.基态C原子的轨道表示式： D.Cr元素的原子结构示意图：【答案】B【解析】【详解】A．乙烯的结构简式：CH2=CH2，故Ａ错误；B．甲基的电子式：，故B正确；C．基态C原子的轨道表示式：，故C错误；D．Cr元素的原子结构示意图：，故D错误；故答案为：B。3.氘(H)和氚(H)是氢的两种同位素，其中仅具有放射性。下列说法正确的是A.H2O的相对分子质量为18B.H的中子数为1C.H2O具有放射性D.可用质谱区分H2和H2【答案】D【解析】【详解】A．的相对分子质量，故A错误；B．3H的中子数=3-1=2，故B错误；C．有放射性，H2O不具有放射性，故C错误；D．H2和H2的相对分子质量分别为2和4，可以用质谱区分，故D正确；故答案选D。4.氯气是一种重要的工业原料，工业上利用下列反应来检查氯气管道是否漏气：。下列说法不正确的是 A.生成物是离子晶体B.的结构式为，分子中含有键和键C.可通过原电池将与反应的化学能转化为电能D.该反应氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：8【答案】D【解析】【详解】A．是由NH和Cl-构成的离子化合物，是离子晶体，A正确；B．的结构式为，分子中含有1个键和2个键，B正确；C．与反应生成是氧化还原反应，可设计成原电池，将化学能转化为电能，C正确；D．该反应氧化剂是，3mol做氧化剂，有2molNH3做还原剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2，D错误；故答案选D。5.下列用于解释事实的方程式书写不正确的是A.新切开的钠的光亮表面在空气中很快变暗：B.将通入苯酚钠溶液中出现浑浊：2+CO2+H2O→2+Na2CO3C.向溶液中滴加氨水产生白色沉淀：D.向悬浊液中滴加溶液产生黄色沉淀：【答案】B【解析】【详解】A．钠的还原性强，能与空气中的氧气迅速反应生成氧化钠，所以新切开的钠的光亮表面在空气中很快变暗，反应的方程式为，故A正确；B．二氧化碳与苯酚钠溶液反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的方程式为+CO2+H2O→+NaHCO3，故B错误；C．氯化铝溶液与氨水反应生成氢氧化铝白色沉淀和氯化铵，反应的离子方程式为，故C正确； D．氯化银的溶度积小于碘化银，向氯化银悬浊液中滴加碘化钾溶液产生黄色沉淀的反应为氯化银与碘化钾溶液反应生成碘化银和氯化钾，反应的离子方程式为，故D正确；故选B。6.下列实验能达到实验目的的是ABCD配制一定物质的量浓度的硫酸溶液分离乙酸和乙醇铁制镀件镀铜证明乙炔可使溴水褪色A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．容量瓶不能用于浓硫酸的稀释，应在烧杯中稀释冷却到室温后再转移到容量瓶中，A错误；B．乙酸和乙醇均为有机物，二者互溶，不能通过分液分离，B错误；C．在铁制品上镀铜时，铜片为阳极，镀件为阴极，硫酸铜溶液为电镀液，C正确；D．电石制得乙炔中常含有H2S、PH3杂质，直接通入溴水中会干扰乙炔性质的检验，应先通入硫酸铜溶液中除去H2S、PH3，D错误；故选C。7.一篇关于合成“纳米小人”的文章成为有机化学史上最受欢迎的文章之一，其中涉及的一个转化关系为：下列说法正确的是A.该反应的原子利用率为100%B.化合物M含有一个手性碳原子 C.化合物N的分子式为：D.化合物P能使酸性溶液褪色，但不能使溴水褪色【答案】C【解析】【详解】A．反应物中含有原子，生成物中没有原子，所以原子利用率不是100%，A错误；B．化合物M没有手性碳原子，B错误；C．根据化合物N的结构简式，其分子式为：，C正确；D．化合物P中含有碳碳三键，既能使酸性溶液褪色，也能使溴水褪色，D错误；故选C。8.25℃，下列指定条件下离子能够大量共存的是A.酸性条件下，可以大量存在的体系：、、、B.的溶液：、、、C.等浓度醋酸溶液和醋酸钠溶液等体积混合时：、、、D.惰性电极电解时，一开始就能产生氧气的溶液：、、、【答案】B【解析】【详解】A．酸性条件下，硝酸根离子具有强的氧化性，可以将硫代硫酸根离子氧化，A错误；B．的溶液显酸性，、、、可以大量共存，B正确；C．等浓度醋酸溶液和醋酸钠溶液等体积混合溶液显酸性，氢离子与碳酸氢根离子、次氯酸根离子不能大量共存，且酸性环境下氯离子和次氯酸跟离子能发生氧化还原反应而不能大量共存，C错误；D．碳酸氢根离子与氢氧根离子不能大量共存，D错误；故选B。9.部分短周期元素常见化合价与原子序数的关系如图所示，下列说法错误的是 A.X元素最简单氢化物的分子呈正四面体形B.W的气态氢化物是共价化合物C.物质Y2W中既含有离子键，又含有共价键D.物质YR中，每个粒子最外层均达到8电子稳定结构【答案】C【解析】【分析】由部分短周期元素常见的化合价与原子序数的关系图可知，X的化合价为-4价、+4价，则X为C元素；Y的化合价为+l价，处于ⅠA族，原子序数大于C元素，则Y为Na元素；Z为+3价，则Z为A1元素；W的化合价为+6、-2价，则W为S元素；R的最高正价为+7价、-1价，则R应为C1元素，结合对应单质、化合物的性质分析解答。【详解】根据上述分析可知：X是C，Y是Na，Z是Al，W是S，R是Cl元素。A．X是C元素，C元素最简单氢化物CH4的分子呈正四面体形，A正确；B．W是S，其气态氢化物H2S是原子之间以共价键结合形成的共价化合物，B正确；C．Y是Na，W是S，二者形成的化合物Na2S是离子化合物，其中只含有离子键，C错误；D．Y是Na，R是Cl，二者形成的化合物NaCl是由Na+、Cl-通过离子键结合形成的离子化合物，Na+、Cl-最外层均达到8电子稳定结构，D正确；故合理选项是C。10.H2S和CO2反应生成的羰基硫(COS)用于粮食熏蒸，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。CO2(g)+H2S(g)COS(g)+H2O(g)△H>0，下列说法正确的是A.已知该反应在加热条件下能自发进行，则其△S>0B.上述反应的平衡常数K=C.上述反应中消耗1molH2S，生成22.4L水蒸气D.实际应用中，通过增加H2S的量来提高CO2转化率，能有效减少碳排放 【答案】A【解析】【详解】A．已知该反应在加热条件下能自发进行所以，因为△H>0，所以△S>0，A正确；B．由反应方程式，结合平衡常数含义可知，上述反应的平衡常数K=，B错误；C．没有指明具体条件，不能确定气体的体积，C错误；D．增加H2S毫无疑问可以增大CO2的转化率，减少二氧化碳的排放，但过量的H2S对环境的危害更大，实际中不能这样应用，D错误；故选A。11.我国科研工作者发明了一种高性能的水系锰基锌电池[]，电池工作示意图如图，该电池工作一段时间后，的浓度增大。下列说法正确的是A.电极X的材料为ZnB.膜a、b分别为阳、阴离于交换膜C.正极反应式为D.当的物质的量增大0.1mol时，电路中转移0.4mol电子【答案】C【解析】【详解】A．由图中电子流动方向可知电极Y为负极，材料为Zn，电极X为正极，材料为，故A错误；B．一段时间后，的浓度增大说明程a、b分别为阴、阳离子交换膜，故B错误；C．根据总反应，锰化合价降低，则正极反应式为，故C正确； D．的物质的量增大0.1m时，电路中转移0.2ml电子，故D错误。综上所述，答案为C。12.工业上可利用氨水吸收SO2和NO2，原理如下图所示。已知：25℃时，NH3·H2O的Kb=l.7x10-5，H2SO3的Ka1=1.3x10-2，Ka2=6.2x10-8,下列说法正确的是A.向氨水中通入SO2恰好生成NH4HSO3：c(H2SO3)>c(NH3·H2O)+c(SO)B.向氨水中通入SO2至pH=7；c(HSO)>c(NH)>c(H+)=c(OH-)C.反应NH3·H2O+H2SO3=NH+HSO+H2O的平衡常数K=2.21×107D.NO2被NH4HSO3吸收的离子方程式：2NO2+4SO=N2+4SO【答案】C【解析】【详解】A．向氨水中通入SO2恰好生成NH4HSO3，电子守恒c()+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)，物料守恒c()+c(NH3·H2O)=c()+c()+c(H2SO3)，则c(H+)+c(H2SO3)=c()+c(OH-)+c(NH3·H2O)，因为NH3·H2O的Kb=l.7x10-5 小于H2SO3的Ka1=1.3x10-2，溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，故c(H2SO3)＜()+c(NH3·H2O)，A错误；B．向氨水中通入SO2至pH=7：c(H+)=c(OH-)，电荷守恒c(H+)+c()=2c()+c()+c(OH-)，c()＞c()，B错误；C．反应NH3·H2O+H2SO3 =++H2O的平衡常数K=，Kb=，Ka1=，Kw=c(H+)c(OH-),解得K==2.21×107，C正确；D．NO2 被NH4HSO3吸收的离子方程式： 2NO2+4=N2+4+4H+，D错误；故答案为：C。Ⅱ卷 二、填空题(共64分)13.氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，下列物质都是具有广阔应用前景的储氢材料。按要求回答下列问题：（1）氢化钠()是一种常用的储氢剂，遇水后放出氢气并生成一种碱，该反应的还原剂的电子式为___________。（2）钛系贮氢合金中的钛锰合金具成本低，吸氢量大，室温下易活化等优点，基态钛的价层电子排布式为___________。（3）(氨硼烷)具有很高的储氢容量及相对低的放氢温度()而成为颇具潜力的化学储氢材料之一，它可通过环硼氮烷、与进行合成，则涉及的元素H、B、C、N、O电负性最大的是___________，键角：___________(填“”或“”)。（4）咔唑()是一种新型有机液体储氢材料，它的沸点比()的高，其主要原因是___________。（5）氢气的安全贮存和运输是氢能应用的关键，铁镁合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示。①距离原子最近的原子个数是___________。②铁镁合金的化学式为___________。③若该晶胞的晶胞边长为dnm，阿伏加德罗常数为NA，则该合金的密度为___________。④若该晶体储氢时，分子在晶胞的体心和棱心位置，则含Mg48g的该储氢合金可储存标准状况下的体积约为___________L。【答案】（1）（2）3d24s2（3）①O②.>（4）分子间存在氢键（5）①.4②.Mg2Fe③.④.22.4 【解析】【小问1详解】由题意可知，氢化钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应中还原剂为离子化合物氢化钠，电子式为，故答案为：；【小问2详解】钛元素的原子序数为22，基态原子的价电子排布式为3d24s2，故答案为：3d24s2；【小问3详解】元素的非金属性越强，电负性越大，5种非金属元素中，氧元素的非金属性最强，则电负性最大的元素为O元素；甲烷分子中碳原子没有孤对电子，水分子中氧原子的孤对电子对数为2，孤对电子对数越多，孤对电子对成键电子对的斥力越大，分子的键角越小，所以甲烷的键角大于水分子，故答案为：O；>；【小问4详解】由结构简式可知，能形成分子间氢键，不能形成分子间氢键，则的分子间作用力强于，沸点高于，故答案为：分子间存在氢键；【小问5详解】①由晶胞结构可知，晶胞中与位于体内镁原子距离最近的铁原子个数为4，故答案为：4；②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的铁原子个数为8×+6×=4，位于体内的镁原子个数为8，则铁镁合金的化学式为Mg2Fe，故答案为：Mg2Fe；③设晶体的密度为xg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=10—21d3x，解得x=，故答案为：；④由晶胞结构可知，晶胞中位于体内的镁原子个数为8，位于体心和棱心的氢分子数目为1+12×=4，则含48g镁的该储氢合金可储存标准状况下氢气体积为××22.4L/mol=22.4L，故答案为：22.4L。14.A为重要的有机化工原料，B分子的核磁共振氢谱图中只有一个吸收峰，下列是合成防火材料聚碳酸酯(PC)和有广泛用途的内酯的路线： 已知：i：(、为氢原子或烃基)ii：(R、、代表烃基)请回答下列问题：（1）A的名称为___________。（2）反应①的反应类型为___________。（3）C分子含有的官能团是___________。（4）化合物甲的分子式为___________。（5）反应④的方程式为___________。（6）E分子内含有六元环，可发生水解反应，其结构简式是___________。（7）X是的同分异构体，符合下列条件的的结构简式是___________。①能与足量银氨溶液生成；②中核磁共振氢谱中出现3组吸收峰，峰面积比为。（8）以物质B为原料选用必要的无机试剂经过以下3步反应合成。写出中间产物1和中间产物2的结构简式：中间产物1_______、中间产物2________。【答案】（1）2—丙醇（2）氧化反应（3）羰基、羟基（4）C4H8O2（5）n+n+(2n-1) （6）（7）（8）①.②.或【解析】【分析】由有机物的转化关系可知，铜做催化剂作用下与氧气发生催化氧化反应生成，则A为、B为；一定条件下与甲醛发生加成反应生成，则C为；与CH3COOC2H5发生加成反应生成，催化剂作用下发生分子内取代反应生成，则甲为CH3COOC2H5、E为；与苯酚反应生成，则G为；与发生缩聚反应生成。【小问1详解】由分析可知，A的结构简式为，名称为2—丙醇，故答案为：2—丙醇；【小问2详解】由分析可知，反应①为铜做催化剂作用下与氧气发生催化氧化反应生成和水，故答案为：氧化反应；【小问3详解】由分析可知，C的结构简式为，官能团为羰基、羟基，故答案为：羰基、羟基；【小问4详解】由分析可知，甲的结构简式为CH3COOC2H5，分子式为C4H8O2，故答案为：C4H8O2； 【小问5详解】由分析可知，反应④为与发生缩聚反应生成和甲醇，反应的化学方程式为n+n+(2n-1)，故答案为：n+n+(2n-1)；【小问6详解】由分析可知，E的结构简式为，故答案为：；【小问7详解】1molE的同分异构体X能与足量银氨溶液生成4mol说明X分子中含有2mol醛基，则X中核磁共振氢谱中出现3组吸收峰，峰面积比为1：1：3的结构简式为，故答案为：；【小问8详解】由题意可知，一定条件下发生加成反应生成，浓硫酸作用下共热发生消去反应生成为或，或，一定条件下与氢气发生加成反应生成CH3COCH2CH(CH3)2，则中间产物1为，中间产物2为或，故答案为： ；或。15.以硫酸厂矿渣(含Fe2O3、α-Al2O3、SiO2等)为原料制备铁黄()的一种工艺流程如图所示：资料：i．α-Al2O3化学性质极不活泼，不溶于水也不溶于酸或碱。ii．；。回答下列问题：（1）为了提高“酸浸”效率可以采用的措施有(写出其中两种)___________。（2）“还原”过程中的离子方程式为___________。（3）“滤渣”中主要成分为(填化学式)___________。（4）①“沉铁”过程中有气体产生，反应的离子方程式为___________。②“沉铁”过程中往往有副产物生成，分析原因是___________。③若用“沉铁”，则无副产物产生，当反应完成时，溶液中___________。（5）写出氧化过程生成铁黄的化学方程式为___________。（6）利用制备的铁黄进行如图实验：①加入氯水后颜色加深的原因可能是：___________。②某同学发现实验中加入过量新制氯水，放置一段时间后，深红色会逐浙褪去，褪色后的溶液中继续滴加溶液，又出现红色，则褪色的原因可能是___________。【答案】（1）粉碎矿渣、适当升高温度或适当提高稀硫酸浓度或搅拌等（2）Fe+2Fe3+=3Fe2+（3）α-Al2O3、SiO2、Fe（4）①.Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O②.加入NH4HCO3，HCO促进Fe2+水解，生成Fe(OH)2 ③.140（5）（6）①.Fe2+被氯水中Cl2氧化为Fe3+②.SCN—被过量的氯水氧化【解析】【分析】由题给流程可知，硫酸厂矿渣加入稀硫酸酸浸时，氧化铁与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，α-Al2O3和二氧化硅与稀硫酸不反应，向反应后的溶液中加入过量铁粉，铁粉与硫酸铁溶液反应生成硫酸亚铁，过滤得到含有铁、二氧化硅、α-Al2O3的滤渣和滤液；向滤液中加入碳酸氢铵溶液，将亚铁离子转化为碳酸亚铁沉淀，向反应后的体系中通入空气，空气中的氧气碳酸亚铁氧化为铁黄，过滤得到铁黄。【小问1详解】粉碎矿渣、适当升高温度、适当提高稀硫酸浓度、搅拌等措施能提高酸浸的效率，故答案为：粉碎矿渣、适当升高温度或适当提高稀硫酸浓度或搅拌等；【小问2详解】由分析可知，加入过量铁粉的目的是铁粉与硫酸铁溶液反应生成硫酸亚铁，反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；【小问3详解】由分析可知，滤渣的主要成分是铁、二氧化硅、α-Al2O3，故答案为：α-Al2O3、SiO2、Fe；【小问4详解】①由分析可知，沉铁过程中加入碳酸氢铵溶液发生的反应为碳酸氢铵溶液与硫酸亚铁溶液反应生成硫酸铵、碳酸亚铁沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O；②加入碳酸氢铵溶液沉铁时，溶液中的碳酸氢根离子与亚铁离子可能发生双水解反应生成氢氧化亚铁、二氧化碳和水导致有副产物氢氧化亚铁生成，故答案为：加入NH4HCO3，HCO促进Fe2+水解，生成Fe(OH)2；③用碳酸钙沉淀时，溶液中=140，故答案为：140；【小问5详解】由分析可知，氧化过程中通入空气，空气中的氧气碳酸亚铁氧化为铁黄，反应的化学方程式为，故答案为：； 【小问6详解】①加入氯水后颜色加深说明氯水中的氯气将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，导致溶液中铁离子浓度增大使溶液中硫氰化铁溶液浓度增大，故答案为：Fe2+被氯水中Cl2氧化为Fe3+；②某同学发现实验中加入过量新制氯水，放置一段时间后，深红色会逐浙褪去，褪色后的溶液中继续滴加硫氰化钾溶液，又出现红色说明溶液中硫氰酸根离子被过量的氯气氧化使得硫氰化铁溶液浓度先减小后增大，故答案为：SCN—被过量的氯水氧化。16.氨对人类生存和发展有着重要意义，1909年哈伯在实验室中首次利用氮气与氢气反应合成氨，实现了人工固氮。I．完成下列问题。（1）在一定条件下氨的平衡含量如表。温度/℃压强/氨的平衡含量2001081.5%550108.25%①该反应为___________(填“吸热”或“放热”)反应。②哈伯选用的条件是550℃、，而非200℃、，主要的原因是___________。（2）实验室研究是工业生产的基石。如图中的实验数据是在其它条件不变时，不同温度(200℃、400℃、600℃)、压强下，平衡混合物中的物质的量分数的变化情况。曲线a对应的温度是___________。②M、N、Q点平衡常数K的大小关系是___________。II．转化为是工业制取硝酸的重要一步，已知：、298K时： （3）请写出转化为的热化学方程式___________。（4）氮及其化合物在催化剂a和催化剂b转化过程如图所示，下列分析合理的是_________。A．催化剂a表面发生了非极性共价键的断裂和极性共价键的形成B．与反应属于氮的固定过程C．在催化剂b表面形成氮氧键时不涉及电子转移（5）某兴趣小组对反应进行了实验探究。在一定温度和催化剂的条件下，将通入3L的密闭容器中进行反应(此时容器内总压为)，各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。①若保持容器体积不变，时反应达到平衡，用的浓度变化表示时间内的反应速率___________(用含的代数式表示)；②时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后分压变化趋势的曲线是___________(用图中a、b、c、d表示)。【答案】（1）①.放热②.550℃、10Mpa的条件下，催化剂活性最好，可以提高合成氨的反应速率 （2）①.200℃②.KQ=KM>KN（3）4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)ΔH=−907kJ/mol，（4）AB（5）①.②.b【解析】【小问1详解】①由表格数据可知，压强一定时，升高温度，氨的平衡含量减小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，故答案为：放热；②550℃、10Mpa的条件下，催化剂活性最好，可以提高合成氨的反应速率，所以哈伯选用的条件是550℃、10MPa，而非200℃、10MPa，故答案为：550℃、10Mpa的条件下，催化剂活性最好，可以提高合成氨的反应速率；【小问2详解】①合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氨气的百分含量降低，所以曲线a对应的温度是200℃，故答案为：200℃；②合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，由图可知温度的大小关系为Q=M＜N，则平衡常数的大小关系为KQ=KM>KN，故答案为：KQ=KM>KN；【小问3详解】将已知反应依次编号为①②，由盖斯定律可知，①—②×2可得反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，则反应ΔH=(—1268kJ/mol)+(—180.5kJ/mol)×2=-907kJ/mol，反应的热化学方程式为4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)ΔH=−907kJ/mol，故答案为：4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)ΔH=−907kJ/mol；【小问4详解】A．催化剂a表面有氮氮三键键的断裂和氮氢键的形成，则a表面发生了非极性共价键的断裂和极性共价键的形成，故正确；B．氮气与氢气反应为游离态的氮元素转化为化合态氮元素的过程，属于氮的固定过程，故正确；C．在催化剂b表面形成氮氧键时氮元素化合价升高被氧化，反应中有电子转移，故错误；故选AB；【小问5详解】①由图可知，起始氨气物质的量为0.1mol时气体压强为200kPa，t1时间反应达到平衡时氨气的平衡分压为120kPa，由物质的量之比等于压强之比可知，平衡时氨气的物质的量为0.1mol×=0.06mol，则 0～t1时间内氢气的反应速率为=mol/(L·min)，故答案为：；