2019-2020学年北京市海淀区首都师范大学附属中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年北京市海淀区首都师范大学附属中学新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是()选项实验操作实验现象结论A 等体积pH3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应相同时间内HA与Zn反应生成的氢气更多HA是强酸B 将湿润的淀粉-KI试纸分别放入2NO和2Br蒸气中试纸只在2Br蒸气中变蓝色氧化性：22BrNOC 将光亮的镁条放入盛有4NH Cl溶液的试管中有大量气泡产生生成的气体是3NHD 向 NaHCO3溶液中加入NaAlO2溶液有白色沉淀生成2AlO结合H的能力比23C

2、O强A A BB CC D D【答案】D【解析】【详解】A等体积pH=3 的 HA 和 HB 两种酸分别与足量的锌反应，相同时间内，HA 收集到氢气多，一定能说明HA 是弱酸，故A 错误；BNO2和 Br2蒸气均能氧化KI 生成碘单质，湿润的淀粉KI 试纸均变蓝，现象相同，不能判断两者的氧化性强弱，故B错误；C氯化铵溶液水解显酸性，Mg 与氢离子反应，且放热导致一水合氨分解，则有大量气泡产生，可知反应中生成 H2和 NH3，故 C错误；D偏铝酸根离子促进碳酸氢根离子的电离，生成氢氧化铝沉淀，则AlO2-结合 H+的能力比CO32-强，故 D正确；故答案为D。【点睛】考查强弱电解质判断，为高频考

3、点，注意不能根据电解质溶液导电性强弱、电解质溶解性强弱等方法判断，为易错题。强弱电解质的根本区别是电离程度，部分电离的电解质是弱电解质，如要证明醋酸是弱电解质，只要证明醋酸部分电离即可，可以根据醋酸钠溶液酸碱性、一定浓度的醋酸pH 等方法判断。2甲烷与氯气光照条件下取代反应的部分反应历程和能量变化如下：第一步：-121Clg2Clg H=+242.7kJ mol第二步：-1432CHg+ClgCHg+HCl g H=+7.4kJ mol第三步：-13233CHg+ClgCH Cl g+Clg H=-112.9kJ mol中(其中Cl表示氯原子，3CH表示甲基)，下列说法不正确的是（）A由题可知

4、，甲烷和氯气在室温暗处较难反应B-1423CHg+ClgCH Cl g+HCl g H=-105.4kJ molC形成31molCH Cl中CCl键放出的能量比拆开21molCl中化学键吸收的能量多D若是甲烷与2Br发生取代反应，则第二步反应-1 H rXrQrWBX、Y的最高价氧化物的水化物之间不能发生反应CZ元素的氢化物稳定性大于W 元素的氢化物稳定性D元素 Q 和 Z能形成 QZ2型的共价化合物【答案】D【解析】【分析】【详解】X 的焰色反应呈黄色，X为 Na 元素；Q 元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2 倍，Q 元素原子有2个电子层，最外层电子数为4，Q 为碳元素；W、Z最外层电

5、子数相同，所以二者处于同一主族，Z的核电荷数是 W 的 2 倍，W 为氧元素，Z为硫元素；元素Y的合金是日常生活中使用最广泛的金属材料之一，则 Y为 Al 元素。A、同周期自左向右原子半径减小，所以原子半径NaAlSi，CO，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Si C，故原子半径NaAlCO，即 XY Q W，故 A 错误；B、X、Y的最高价氧化物的水化物分别是氢氧化钠和氢氧化铝，而氢氧化铝是两性氢氧化物，与氢氧化钠反应生，故B错误；C、非金属性OS，故氢化物稳定性H2OH2S，故 C错误；D、元素 Q 和 Z能形成 QZ 2是 CS2属于共价化合物，故D 正确；故答案选D。9根据下列实验

6、现象所得出的结论正确的是选项实验现象实验结论A 将铝片分别投入浓、稀硝酸中，前者无明显现象，后者反应剧烈稀硝酸的氧化性比浓硝酸的强B 滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2溶液，红色变浅Na2CO3溶液中存在水解平衡C 某溶液中滴加过量氨水产生白色沉淀且不溶解该溶液中一定含有Mg2+D 溴水中通入SO2，溴水褪色SO2具有漂白性A ABBCCDD【答案】B【解析】【详解】A前者发生钝化反应，生成致密氧化薄膜阻碍反应进行，故错误；BCO32H2O HCO3OH，滴入酚酞，溶液变红，加入 Ba2，Ba2与 CO32反应生成沉淀BaCO3，平衡向逆反应方向进行，溶液颜色变浅，故正确；C此溶液可能

7、含有Al3，因为氢氧化铝不溶于弱碱，故错误；D发生 Br2 SO2 2H2O=H2SO4 2HBr，体现 SO2的还原性，故错误。故选 B。10氢化钙可以作为生氢剂(其中 CaH2中氢元素为-1 价)，反应方程式如下：CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2，其中水的作用是A既不是氧化剂也不是还原剂B是氧化剂C是还原剂D既是氧化剂又是还原剂【答案】B【解析】【分析】【详解】根据反应前后元素的化合价变化来看，Ca和 O 的化合价均没有变化，其中 CaH2中 H 的化合价由-1 价升高到 0 价，被氧化，作还原剂；H2O 中 H 的化合价由+1价降低到0 价，被还原，作氧化剂；氢气既是氧化产物，

8、又是还原产物；答案选B。11一定量的钠和铝的混合物与足量的水充分反应，没有金属剩余，收到2.24L 气体，下列说法一定正确的是A所得气体为氢气B所得气体的物质的量为0.1 mol C上述过程只发生一个化学反应D所得溶液中只有一种溶质【答案】A【解析】钠与水反应生成氢气，铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气，所以所得气体为氢气，故A正确；非标准状况下，2.24L 气体的物质的量不一定是0.1 mol，故 B错误；上述过程，发生钠与水反应生、铝与氢氧化钠溶液反应，共发生两个化学反应，故C错误；所得溶液中的溶质可能有偏铝酸钠和氢氧化钠两种溶质，故 D错误。点睛：铝能与酸反应放出氢气，铝也能与强碱溶液反应放出

9、氢气，如22222223AlNaOHH ONaAlOH。12科学家合成了一种能自动愈合自身内部细微裂纹的神奇塑料，合成路线如图所示：下列说法正确的是（）A甲的化学名称为2，4-环戊二烯B一定条件下，1mol 乙与 1molH2加成的产物可能为C若神奇塑料的平均相对分子质量为10000，则其平均聚合度约为90 D甲的所有链状不饱和烃稳定结构的同分异构体有四种【答案】D【解析】【分析】【详解】A碳原子编号应从距离官能团最近的碳原子开始，该物质正确命名应为1，3-环戊二烯，故A 错误；B化合物乙中没有共轭双键，加成后不会再形成新的双键，故B 错误；C神奇塑料的链节相对分子质量为132，平均聚合度为1

10、0000=76132，故 C错误；D甲的不饱和度为3，因此稳定的链状烃应含有一个双键和一个三键，符合条件的结构有：、，共 4 种，故 D 正确；故答案为D。【点睛】在有机化合物分子结构中单键与双键相间的情况称为共轭双键，共轭双键加成产物中会有单键变双键的情况。13下列说法中正确的是A在铁质船体上镶嵌锌块，可以减缓船体被海水腐蚀的速率，称为牺牲阴极的阳极保护法B电解饱和食盐水是将电能转变成化学能，在阴极附近生成氢氧化钠和氢气C铜锌原电池反应中，铜片作正极，产生气泡发生还原反应，电子从铜片流向锌片D外加电流的阴极保护法是将被保护的金属与外加电源的正极相连【答案】B【解析】【详解】A在船体上镶嵌锌块

11、，形成锌铁原电池，锌比铁活泼，锌作负极不断被腐蚀，铁做正极则不会被腐蚀，称为牺牲阳极的阴极保护法，A 错误；B在外加电源的作用下，电解饱和食盐水是将电能转变成化学能，阴极上氢离子得电子生成氢气，同时溶液中生成氢氧根离子，B 正确；C铜锌原电池反应中，Zn 失电子作负极，铜片作正极，产生气泡发生还原反应，电子从锌片流向铜片，C 错误；D外加电流的阴极保护法应将被保护的金属与外加电源的负极相连，与正极相连作阳极会失电子被腐蚀，D 错误；答案选 B。14将一定量纯净的氨基甲酸铵置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，使其达到分解平衡：2432NH COONHs2NHgCO

12、g?。实验测得不同温度下的平衡数据列于下表：温度/15.020.025.030.035.0平衡气体总浓度310mol/L2.43.44.86.89.4下列有关叙述正确的是A该可逆反应达到平衡的标志之一是混合气体平均相对分子质量不变B因该反应S0V、H0V，所以在低温下自发进行C达到平衡后，若在恒温下压缩容器体积，体系中气体的浓度增大D根据表中数据，计算25.0时的分解平衡常数约为8131.6410(mol L)【答案】D【解析】【详解】A从反应开始混合气体的平均相对分子质量始终不变，所以不能作为平衡状态的标志，故A错误；B根据表中数据判断随着温度升高，平衡移动的方向，从而判断出正反应是吸热，所

13、以焓变（H）大于0，根据气态物质的熵大于液态物质的熵判断出反应熵变（S）大于 0，所以在高温下自发进行，故B错误；C到平衡后，若在恒温下压缩容器体积，平衡逆向移动，但温度不变，平衡常数不变，因此体系中气体的浓度不变，故C 错误；D根据表中数据，平衡气体的总浓度为4.810-3mol/L，容器内气体的浓度之比为2：1，故 NH3和 CO2的浓度分别为3.210-3mol/L、1.6 10-3mol/L，代入平衡常数表达式：K=（3.210-3）21.610-3=8131.64 10(mol L)，故 D 正确；答案选 D。【点睛】计算25.0时的分解平衡常数，要根据题目所给该温度下的浓度值，根据

14、NH3和 CO2的物质的量之比，在相同的容器中，体积相等，可以得到浓度的关系，再代入公式即可。选项C 为解答的易错点，注意平衡常数的表达式以及影响因素。15下列有关化学与环境的叙述不正确的是A因垃圾后期处理难度大，所以应做好垃圾分类，便于回收利用，节约资源B医疗废弃物经过处理、消毒后可加工成儿童玩具，变废为宝C绿色环保化工技术的研究和运用是化工企业的重要发展方向D研究表明，新冠病毒可通过气溶胶传播。气溶胶的粒子大小在1 nm100 nm 之间【答案】B【解析】【分析】【详解】垃圾后期处理难度大，并且很多垃圾也可以回收重复使用，节约资源，而只有做好垃圾分类才能更好实现回收再利用，垃圾分类已经上升

15、到国家战略层面，选项A 正确；医疗废弃物虽然可以回收、处理，但不可以制成儿童玩具，选项B不正确；绿色环保化工技术的研究和运用，可实现化工企业的零污染、零排放，选项 C正确；气溶胶属于胶体，胶体的粒子大小在1 nm100 nm 之间，选项D 正确。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16NaClO2的漂白能力是漂白粉的45 倍，NaClO2广泛用于造纸工业、污水处理等。工业上生产NaClO2的工艺流程如下：(1)ClO2发生器中的反应为：2NaClO3 SO2H2SO4=2ClO22NaHSO4。实际工业生产中，可用硫黄、浓硫酸代替原料中的SO2，其原因为 _(用化学方程式表示)。(2)

16、反应结束后，向ClO2发生器中通入一定量空气的目的：_。(3)吸收器中生成NaClO2的离子反应方程式为_。(4)某化学兴趣小组用如下图所示装置制备SO2并探究 SO2与 Na2O2的反应：盛放浓 H2SO4仪器名称为 _，C 中溶液的作用是_。D中收集到的气体可使带余烬的木条复燃，B 中发生的反应可能为_、Na2O2SO2=Na2SO4。【答案】S2H2SO4(浓)3SO2 2H2O 驱赶出 ClO2，确保其被充分吸收2ClO22OHH2O2=2ClO2O22H2O 分液漏斗吸收未反应的二氧化硫2Na2O22SO2=2Na2SO3O2【解析】【分析】由反应 2NaClO3+SO2+H2SO4

17、2ClO2+2NaHSO4制备 ClO2，ClO2与冷的 NaOH 溶液反应制NaClO2溶液，经过真空蒸发、冷却结晶、干燥得到NaClO2，据此分析解答(1)(3)；(4)A 制备二氧化硫，与Na2O2在 B 中反应，C吸收未反应的二氧化硫，D 中收集到的气体可使带余烬的木条复燃，说明有氧气产生，D 收集生成的氧气，据此分析解答。【详解】(1)ClO2发生器中的反应为氯酸钠与二氧化硫在硫酸作用下发生氧化还原反应，而硫磺、浓硫酸也可以生成二氧化硫，反应的方程式为S+2H2SO4(浓)3SO2+2H2O，所以可用硫磺、浓硫酸代替原料中的SO2，故答案为：S+2H2SO4(浓)3SO2+2H2O；

18、(2)反应结束后，发生器中仍有少量ClO2，通入空气可以将其完全排出，确保其被充分吸收，故答案为：驱赶出 ClO2，确保其被充分吸收；(3)吸收器中双氧水与ClO2在碱性条件下发生氧化还原反应生成NaClO2，反应的离子方程式为2ClO2+2OH-+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O，故答案为：2ClO2+2OH-+H2O22ClO2-+O2+2H2O；(4)根据装置图，盛放浓H2SO4仪器为分液漏斗；C 中溶液的作用是吸收未反应的二氧化硫；故答案为：分液漏斗；吸收未反应的二氧化硫；D 中收集到的气体可使带余烬的木条复燃，说明有氧气产生，所以B中发生的反应可能为二氧化硫与过氧化钠反应生成亚

19、硫酸钠和氧气，反应的方程式为2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2，故答案为：2Na2O2+2SO22Na2SO3+O2。【点睛】本题的易错点为(4)中方程式的书写，要注意根据题意生成了氧气，因此不能反应生成硫酸钠。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17有机物数量众多，分布极广，与人类关系非常密切。（1）石油裂解得到某烃A，其球棍模型为，它是重要的化工基本原料。A 的结构简式为_，A 的名称是 _。A 与溴的四氯化碳溶液反应的化学方程式为_。AC 的反应类型是_，C+D E 的化学方程式为_，鉴别 C和 D 的方法是 _。A 的同系物B 的相对分子质量比A 大 14，B的结构有

20、 _种。（2）生苹果肉遇碘酒变蓝，熟苹果汁能与银氨溶液反应，苹果由生到成熟时发生的相关反应方程式为_。【答案】CH3CH=CH2丙烯CH3CH=CH2+Br2 CH3CHBrCH2Br 加成反应CH3CH2CHOH+CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O 将 C和 D 分别滴入NaHCO3溶液中，有气泡产生的是D，无明显现象的是C 3(C6H10O5)n(淀粉)+nH2On C6H12O6(葡萄糖)【解析】【分析】(1)根据球棍模型为，A 的结构简式为CH3CH=CH2，A(CH3CH=CH2)与水发生加成反应生成C，C 为醇，C被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D，D 为酸

21、，则 C 为 CH3CH2CH2OH，D 为 CH3CH2COOH，C和 D 发生酯化反应生成E，E为 CH3CH2COOCH2CH2CH3，加成分析解答；(2)生苹果肉遇碘酒变蓝，熟苹果汁能与银氨溶液反应，说明生苹果肉中含有淀粉，熟苹果汁中含有葡萄糖，加成分析解答。【详解】(1)根据球棍模型为，A 的结构简式为CH3CH=CH2，名称为丙烯，故答案为CH3CH=CH2；丙烯；A(CH3CH=CH2)与溴的四氯化碳溶液中的溴发生加成反应，反应的化学方程式为CH3CH=CH2+Br2 CH3CHBrCH2Br，故答案为CH3CH=CH2+Br2 CH3CHBrCH2Br；根据流程图，A(CH3C

22、H=CH2)与水发生加成反应生成C，C 为醇，C被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D，D 为酸，则 C为 CH3CH2CH2OH，D 为 CH3CH2COOH，C和 D 发生酯化反应生成E，E为 CH3CH2COOCH2CH2CH3，因此 AC 为加成反应，C+D E 的化学方程式为CH3CH2CH2OH+CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O，醇不能电离出氢离子，酸具有酸性，鉴别 C 和 D，可以将C和 D 分别滴入NaHCO3溶液中，有气泡产生的是D，无明显现象的是C，故答案为加成反应；CH3CH2CH2OH+CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH2CH3+H2

23、O；将 C和 D 分别滴入NaHCO3溶液中，有气泡产生的是D，无明显现象的是C；A(CH3CH=CH2)的同系物 B的相对分子质量比A 大 14，说明 B的分子式为C4H8，B的结构有CH3CH2CH=CH2、CH3CH=CH CH3、(CH3)2C=CH2，共 3 种，故答案为3；(2)生苹果肉遇碘酒变蓝，熟苹果汁能与银氨溶液反应，说明生苹果肉中含有淀粉，熟苹果汁中含有葡萄糖，苹果由生到成熟时发生的相关反应方程式为(C6H10O5)n(淀粉)+nH2On C6H12O6(葡萄糖)，故答案为(C6H10O5)n(淀粉)+nH2On C6H12O6(葡萄糖)。四、综合题（本题包括2 个小题，共

24、20 分）18（卷号）10000（题号）2427322248593408 钴的化合物在工业生产、生命科技等行业有重要应用。(1)Co2+的核外电子排布式为_，Co的第四电离能比Fe的第四电离能要小得多，原因是_。(2)Fe、Co 均能与 CO形成配合物，如Fe(CO)5、Co2(CO)8的结构如图1、图 2 所示，图 1 中 1molFe(CO)5含有_mol 配位键，图2 中 C原子的杂化方式为_，形成上述两种化合物的四种元素中电负性最大的是_(填元素符号)。(3)金属钴的堆积方式为六方最密堆积，其配位数是 _，钴晶体晶胞结构如图3 所示，该晶胞中原子个数为_；该晶胞的边长为anm，高为 c

25、nm，该晶胞的密度为_(NA表示阿伏加德罗常数的值，列出代数式)gcm-3。【答案】7Ar3d或2262671s 2s 2p 3s 3p 3dCo 失去三个电子后会变成6Ar3d，更容易再失去一个电子形成半满状态5Ar3d，Fe失去三个电子后会变成5Ar3d，达到半充满的稳定状态,更难再失去一个电子10 sp、sp2O 12 6 212A236 3103Na c【解析】【分析】(1)Co 是 27 号元素，Co2+核外有 25 个电子；Co 的第四电离能是失去3d6上的 1 个电子消耗的能量，Fe的第四电离能是失去3d5上的 1 个电子消耗的能量；(2)CO 分子中有 1 个配位键，铁原子与碳

26、原子通过配位键结合；双键 C原子的杂化方式为sp2、三键 C原子的杂化方式为sp；元素非金属性越强电负性越大；(3)六方最密堆积，原子配位数是12；利用“均摊原则”计算 Co原子数；根据6=AMVN计算；【详解】(1)Co2+核外有 25 个电子，核外电子排布式是7Ar3d或2262671s 2s 2p 3s 3p 3d；原子轨道处于全满、半满、全空为稳定结构，Co失去三个电子后会变成6Ar3d，更容易再失去一个电子形成半满状态5Ar3d，Fe失去三个电子后会变成5Ar3d，达到半充满的稳定状态,更难再失去一个电子；(2)1 个 CO分子中有1 个配位键，铁原子与碳原子通过配位键结合，所以1m

27、olFe(CO)5含有 10mol 配位键；双键 C原子的杂化方式为sp2、三键 C原子的杂化方式为sp，由图 2 可知，分子中既有三键C又有双键C，所以图 2 中 C原子的杂化方式为sp、sp2；Fe、C、O、Co四种元素中，O 元素非金属性最强，所以电负性最大的是O 元素；(3)金属钴的堆积方式为六方最密堆积，其配位数是12；利用“均摊原则”，Co原子数=1112+2+3=662；该晶胞的边长为anm，高为 cnm，晶胞的体积为22133 3102a ccm，该晶胞的密度为2213596=3 310A2ga ccmN212A2363 103Na cg cm-3。19石膏转化为硫酸钾和CaC

28、l2的工艺流程如下：(1)CO2是一种很重要的副产品，工业上获得CO2的途径是 _(用化学方程式表示)。(2)转化中发生反应的离子方程式为_，过滤得到的滤渣的主要成分是_。过滤得到的滤液是_，检验滤液中含有CO32-的方法是 _。(3)转化中发生反应的化学方程式为_，转化中可获得K2SO4的原因是 _。(4)上述工艺流程中体现绿色化学理念的是_。(5)氯化钙结晶水合物是目前常用的无机储热材料，选择的依据是_。a熔点较低(29 熔化)b能制冷c无毒d能导电【答案】CaCO3CaOCO2 CaSO4CO32-=CaCO3 SO42-CaCO3(NH4)2SO4取少量滤液于试管中，滴加稀HCl，若有

29、无色无味能使澄清石灰水变浑浊的气体产生，则证明滤液中含有CO32-，若无明显现象，则滤液中不含CO32-2KCl(NH4)2SO4=K2SO42NH4Cl KCl、(NH4)2SO4、K2SO4、NH4Cl四种物质的溶解度受温度的影响不同氨在工艺中循环使用、使用的原料无毒(其他合理答案也可)ac【解析】【分析】根据流程图进行分析解答：首先是CO2和 H2O、NH3反应生成(NH4)2CO3，在加入石膏生成沉淀CaCO3和(NH4)2SO4，过滤后再加入KCl，生成 K2SO4和 NH4Cl，再加入CaO和水即可得到 CaCl2n6H2O。【详解】(1)工业上常利用高温煅烧石灰石的方法制二氧化碳

30、气体，反应的方程式为CaCO3CaOCO2，故答案为：CaCO3CaOCO2。(2)转化 I 是碳酸铵和石膏悬浊液反应生成CaCO3和(NH4)2SO4，反应的离子方程为CaSO4CO32-=CaCO3SO42-，过滤 I 得到的滤渣的主要成分是CaCO3，过滤 I 得到的滤液是(NH4)2SO4，检验滤液中含有CO32-的方法是：取少量滤液于试管中，滴加稀HCl，若有无色无味能使澄清石灰水变浑浊的气体产生，则证明滤液中含有CO32-；若无明显现象，则滤液中不含CO32-；故答案为：CaCO3；(NH4)2SO4；取少量滤液于试管中，滴加稀HCl，若有无色无味能使澄清石灰水变浑浊的气体产生，则

31、证明滤液中含有CO32-，若无明显现象，则滤液中不含CO32-。(3)转化 I 的滤液中的溶质为(NH4)2SO4和 KC1 的饱和溶液反应得到NH4Cl 和 K2SO4，反应方程式为2KCl(NH4)2SO4=K2SO42NH4Cl；转化 II 中可获得K2SO4的原因是KCl、(NH4)2SO4、K2SO4、NH4Cl 四种物质的溶解度受温度的影响不同，故答案为：2KCl(NH4)2SO4=K2SO42NH4Cl；KCl、(NH4)2SO4、K2SO4、NH4Cl四种物质的溶解度受温度的影响不同。(4)由绿色化学的特点可知，碳酸钙分解生成CO2和 CaO 都参与反应，硫酸钙和氯化钾转化为硫酸钾和氯化钙、氨在工艺中循环使用等都达到了原子利用率高，没有有害物质排放到环境中，所以符合绿色化学的特点；故答案为：氨在工艺中循环使用，使用的原料无毒，转化率高。(5)无机物类能作为储热的特点：密度大、腐蚀性小、成本低，氯化钙结晶水合物(CaCl2n6H2O)熔点低易熔化，且无毒腐蚀性小、成本低，所以是目前常用的无机储热材料，故ac 符合题意，储热材料与溶解性、能制冷性、导电性无关，故bd 不符合题意；答案为ac。