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1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列关于物质分类的组合正确的是分类组合碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物A纯碱H3PO4CaCO3CaOSO2B苛性钠HClONaClNa2OCOC熟石灰H2SO4CuSO45H2ONa2O2CO2D烧碱HClNaHCO3Fe2O3
2、SO3AABBCCDD2、下列实验操作：过滤；取固体试剂；蒸发；取液体试剂；溶解。一定要 用到玻璃棒的是( )。A B C D3、对于某些常见离子的检验及结论一定正确的是A加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2+B加氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸沉淀不消失，一定有SO42C加入氯化钠溶液有白色沉淀产生，再加稀硝酸沉淀不消失，一定有Ag+D加稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO324、能正确表示下列反应的离子方程式的是()碳酸钙与醋酸反应：CaCO32H Ca2CO2H2O铁与稀盐酸反应：Fe2HFe2H2稀硫酸中加入氢氧化钡溶液： H+
3、 SO42Ba2+OHH2OBaSO4铁与硫酸铜溶液反应：Cu2FeFe2Cu 碳酸氢钙溶液跟足量烧碱溶液反应：Ca2HCO3OHCaCO3H2OA B C D5、下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是目的分离方法原理A分离溶于水的碘乙醇萃取碘在乙醇中的溶解度较大B分离汽油和四氯化碳分液四氯化碳和汽油的密度不同C除去KNO3固体中混的NaCl结晶NaCl在水中的溶解度很大D除去乙醇中的水蒸馏乙醇与水的沸点相差较大【选项A】A【选项B】B【选项C】C【选项D】D6、在“粗盐提纯”的溶解、过滤、蒸发等实验步骤中，使用次数最多的仪器是A烧杯B托盘天平C玻璃棒D漏斗7、一个密闭容器，中间有一
4、可自由滑动的隔板（厚度可忽略）将容器分成两部分，当左边充入，右边充入和的混合气体共8g时，隔板处于如图位置（左右两侧温度相同），下列说法正确的是（ ）A右边与分子数之比为B右侧气体密度是相同条件下氢气密度的18倍C右侧的质量为1.75gD若充入相同组成的混合气体，其他条件不变，隔板处于距离右端1/6处，则前后两次压强之比为8、用NA表示阿伏德罗常数，下列叙述正确的是 ( )A标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为1 NAB常温常压下,1.06g Na2CO3含有的Na+离子数为0.01NAC标准状况下，1 NA个CO2分子占有的体积大约为22.4LD物质的量浓度为0.6mol/L的MgCl
5、2溶液中，含有Cl- 个数为1.2 NA个9、下列说法正确的是A蒸馏时，应使温度计水银球插入液面下B分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出C酸、碱和盐类都属于电解质，其他化合物都是非电解质D纯水的导电性很差,所以水不是电解质10、成语是中华民族灿烂文化中的瑰宝，许多成语中蕴含着丰富的化学原理，下列成语中涉及氧化还原反应的是( )A木已成舟B铁杵成针C蜡炬成灰D滴水成冰11、下列物质中含原子个数最多的是A0.4 mol氧气B4时,5.4 mL H2OC标准状况下5.6 L二氧化碳D10 g氖气12、将5mL10mol/L的H2SO4稀释到100mL，所得硫酸溶液的物质的量浓度是
6、( )A0.2mol/LB2mol/LC0.5mol/LD5mol/L13、配制2mol/L的NaCl溶液950mL时应选用的容量瓶的规格和NaCl质量分别是A950mL 111.2g B1000mL 117gC1000mL 111.2g D950mL 117g14、设NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A2.4 g金属镁变成镁离子时失去的电子数目为0.1NAB18 g水中含有0.1NA个水分子C1 mol氮气所含的电子数目为NAD17 g氨气所含电子数目为10NA15、在相同温度和压强下，三个容积相同的容器中分别盛有N2、O2、空气，下列说法正确的是（ ）A三种气体质量之比为11
7、2B三种气体的密度之比为111C三种气体的分子数之比为111D三种气体原子数之比为11216、下列变化过程中失去电子的是()AFe3Fe2B Mn2CClCl2DN2O3HNO2二、非选择题（本题包括5小题）17、有A、B、C、D、E、F六种物质，它们的相互转化关系如下图（反应条件略，有些反应的产物和条件没有全部标出）。已知A、B、E是单质，B在常温下为气体，C俗名称为烧碱，D为无色无味液体。（1）写出A、D的化学式_。（2）写出A和D反应生成B和C的化学方程式_。（3）写出E与C、D反应生成B和F的离子方程式_。18、下图中AH均为中学化学中常见的物质，A、B、H是气体，它们之间有如下转化关
8、系。（反应中生成的水已略去）请回答以下问题：(1)E是_（填化学式）。 (2)C物质在日常生活中可作_剂。(3)写出反应 的化学方程式：_。(4)写出实验室制取A气体的化学反应方程式，并用双线桥表示电子转移的方向和数目：_。19、实验室需要0.1mol/LNaOH溶液450mL。试回答下列有关溶液配制的问题：（1）下列配制溶液步骤中，不正确的是_A使用容量瓶前检验是否漏水B容量瓶用水洗净后，再用待配溶液洗涤C配制溶液时，如果试样是固体，把称好的固体用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线12cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。D配制溶液时，若试样是液体，用量筒取样后用玻璃棒引流倒入容量瓶中
9、，缓慢加水至刻度线12cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。E盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀。（2）根据计算用托盘天平称取NaOH固体的质量为_g。在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度_0.1mol/L（填“大于”“小于”或“等于”）。20、现有含NaCl、Na2SO4和NaNO3的混合物，选择适当的试剂除去杂质，从而得到纯净的NaNO3固体。相应的实验过程可用如图表示：请回答下列问题：（1）写出实验流程中下列物质的化学式：试剂X：_，沉淀A：_；（2）上述实验流程中步均要进行的实验操作是：_(填操作名称)。（3）上述实验流程中加入过
10、量的Na2CO3的目的是_。（4）按此实验方案得到的溶液3中肯定含有_(填化学式)杂质；为了解决这个问题，可以向溶液3中加入适量的_，之后若要获得NaNO3晶体，需进行的实验操作是_(填操作名称)。21、已知铜在常温下能被HNO3溶解。反应方程式为： 3Cu8HNO33Cu(NO3)22NO 4H2O(1)请将上述反应改成离子方程式，并用单线桥法表示电子得失的方向和数目_(2)若生成448mL的NO(标准状况下)，则该过程中转移的电子是_mol。(3)被还原的硝酸占参加反应硝酸的比例为_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】A. 纯碱是碳酸钠，属于盐，故A错误；B. C
11、O与水或碱都不反应，属于不成盐氧化物，故B错误；C. 过氧化钠与酸反应除了生成盐和水，还有氧气生成，不属于碱性氧化物，故C错误；D. 烧碱是NaOH，属于碱，HCl属于酸，NaHCO3属于盐，Fe2O3与酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物，SO3与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故D正确；答案选D。2、A【解析】过滤操作中需要玻璃棒引流；取固体试剂一般使用药匙；蒸发过程中需要玻璃棒不断搅拌，防止局部受热不均；取液体试剂不需要使用玻璃棒，一般用胶头滴管或量筒；溶解过程中需要使用玻璃棒不断搅拌以加速溶解。故答案为A。3、C【解析】A.白色沉淀可能是碳酸钙等；B. 可能生成AgCl沉淀；C.氯化银沉
12、淀不溶于过量的稀硝酸；D.无色气体可能为二氧化硫。【详解】A. 白色沉淀可能是碳酸钡，碳酸钙等，故无法判断原溶液存在的离子，故错误；B. 产生沉淀可能是硫酸钡，还可能是氯化银，原溶液不一定有硫酸根存在，故错误；C. 产生沉淀一定是氯化银，故原溶液中一定存在Ag+，故正确；D. 无色气体可能是二氧化碳，也可能是二氧化硫，原溶液不一定有碳酸根存在，故错误；综上所述，本题选C。4、D【解析】醋酸是弱电解质用化学式书写；铁和稀盐酸溶液反应生成氯化亚铁和氢气；氢氧化钡完全反应，不符合定组成规则，离子个数配比不符合物质结构；铁跟硫酸铜溶液反应生成硫酸亚铁和铜；碳酸氢钙溶液跟足量烧碱溶液反应生成碳酸钙、碳酸
13、钠和水。【详解】醋酸是弱电解质用化学式书写，碳酸钙加到醋酸溶液中生成醋酸钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+CO2+H2O+2CH3COO-，故错误；铁和稀盐酸溶液反应生成氯化亚铁和氢气，反应的离子方程式：Fe+2H+=Fe2+H2，故正确；硫酸溶液中滴加氢氧化钡溶液，氢氧化钡完全反应，反应的离子方程式：2H+SO42-+Ba2+2OH-=BaSO4+2H2O，不符合定组成规则，离子个数配比不符合物质结构，故错误；铁跟硫酸铜溶液反应生成硫酸亚铁和铜，反应的离子方程式：Fe+Cu2+Fe2+Cu，故正确；碳酸氢钙溶液跟足量烧碱溶液反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，
14、离子方程式为2HCO3-+Ca2+2OH-=CO32-+CaCO3+2H2O，故错误。故选D。【点睛】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意离子反应遵循客观事实、遵循原子个数守恒、电荷数守恒，注意有些化学反应还与反应物的量有关。5、D【解析】A乙醇与水互溶，不能作萃取剂，A错误；B汽油与四氯化碳互溶，应用蒸馏分离，B错误；CNaCl的溶解度受温度影响不大，而硝酸钾的溶解度受温度影响大，所以利用重结晶分离，原理解释不合理，C错误；D乙醇与水互溶，但沸点不同，可用蒸馏分离，D正确；故选D。6、C【解析】根据粗盐提纯实验的步骤确定每步用到的仪器：溶解：烧杯、玻璃棒；过滤：漏斗、烧杯
15、、玻璃棒、铁架台带铁圈；蒸发：蒸发皿、玻璃棒、铁架台带铁圈、酒精灯，因此用到次数最多的是玻璃棒，答案选C。7、D【解析】隔板可以自由滑动，说明左右两侧的压强相同。同温、同压，气体体积比等于气体物质的量比。左边充入，右边充入和的混合气体共8g时，左右两侧的体积比为4:1，所以右侧气体的物质的量是1mol4=0.25mol；设与的物质的量分别是x、y， ，解得 。【详解】A. 分子数比等于物质的量比，与分子数之比为，故A错误；B. 右侧气体的平均摩尔质量是，相同条件下，密度比等于相对分子质量之比，右侧气体的密度是相同条件下氢气密度的16倍，故B错误；C. 的物质的量是，右侧的质量为5.25g，故C
16、错误；D. 同温、同压，气体体积比等于气体物质的量比，若充入相同组成的混合气体，其他条件不变，隔板处于距离右端1/6处，则通入混合气体的物质的量是0.2mol；同温、同体积，气体压强比等于物质的量比，则前后两次压强之比为(1+0.25):(1+0.2)=，故D正确。【点睛】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，明确同温同压下，同体积的气体一定具有相同的分子数(物质的量)，同温、同体积，气体压强与物质的量成正比。8、C【解析】A. 标准状况下，水的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算水的物质的量；B. 1.06 g碳酸钠的物质的量为0.01 mol，含有0.02 mol钠离子；C. 标况下，
17、1 mol气体的体积约为22.4 L；D. 缺少氯化镁溶液的体积，无法计算溶液中氯离子的数目。【详解】A. 标况下，水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4 L水的物质的量，故A项错误；B. 1.06 g碳酸钠的物质的量是0.01 mol，0.01 mol碳酸钠中含有0.02mol钠离子，含有的Na+离子数为0.02 NA，故B项错误；C. 1 NA个CO2分子的物质的量为1 mol，标准状况下1 mol二氧化碳的体积为22.4 L，故C项正确；D. 题中没有告诉氯化镁溶液的体积，无法计算溶液中氯离子的物质的量及数目，故D项错误；答案选C。【点睛】与阿伏加德罗常数NA相关的化学计量
18、的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。A项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4 L/mol的状态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、误把固体、液体当成气体，学生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项。9、B【解析】A、因温度计测的是蒸汽的温度，故应放在蒸馏烧瓶支管口处，选项A错误；B分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，避免两种液体相互污染，选项B正确；C电解质为在溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，除了酸、碱和盐还有其他化合物，如金属氧化物等，选项C错误；D、溶于水或熔融状态下能够电离出阴阳离子的化合物是电解质，水是
19、电解质，选项D错误。答案选B。10、C【解析】A木已成舟只是物质形状的变化，没有新的物质生成，则没有涉及化学变化，故A错误；B铁杵成针只是物质形状的变化，没有新的物质生成，则没有涉及化学变化，故B错误；C蜡炬成灰，物质燃烧，发生了化学反应，故C正确；D滴水成冰只是物质形状的变化，没有新的物质生成，则没有涉及化学变化，故D错误；故选C。【点睛】本题考查成语与氧化还原反应的关系，明确成语的意义及变化即可解答，解题时抓住化学变化和氧化还原反应的本质：有新物质生成的变化属于化学变化，在化学变化中有元素化合价变化的反应属于氧化还原反应。11、D【解析】根据n=m/M=V/Vm=N/NA结合分子的构成计算
20、。【详解】A.0.4mol氧气中含有0.8molO原子；B.4时5.4 mL水的物质的量n（H2O）= 5.4g18g/mol=0.3mol，原子的物质的量为0.3mol3=0.9mol；C.标况下5.6L 二氧化碳的物质的量n（CO2）=5.6L22.4L/mol=0.25mol，原子的物质的量为0.25mol3=0.75mol；D.10 g 氖的物质的量n（Ne）=10g20g/mol=0.2mol，原子的物质的量为0.2mol, 则含原子个数最多的是B，故选D。12、C【解析】由溶液在稀释前后溶质的物质的量不变可知，稀释到100mL，所得硫酸溶液的物质的量浓度是=0.5mol/L；答案为
21、C。13、B【解析】配制950mL溶液应选用1000mL容量瓶，根据mnM计算其质量。【详解】配制950mL溶液应选用1000mL容量瓶，则需要称取的NaCl的质量为2mol/L1L58.5g/mol=117g，答案选B。【点睛】本题的关键在于容量瓶规格的选择，计算时用选定规格容量瓶的容积计算所需溶质的质量。14、D【解析】A、镁为+2价的金属，根据镁的物质的量计算出失去的电子数；B、根据水的质量计算水的物质的量即可判断；C、结合一个氮气分子中电子数目为14个进行计算；D、根据一个氨气分子中含有10个电子计算出17g氨气中含有的电子数。【详解】A.2.4g镁的物质的量为0.1mol，0.1mo
22、l镁变成镁离子失去0.2mol电子，失去的电子数目为0.2NA，故A错误；B.18g水的物质的量为1mol，则水分子为NA 个，故B错误； C.一个氮气分子的电子为14个，则1mol氮气含电子数目为14NA，故C错误；D.17g氨气的物质的量为1mol，1mol氨气含有10mol电子，所含电子数目为10NA，故D正确；综上所述，本题选D。15、C【解析】同温同压下，体积之比等于物质的量之比等于分子数之比；质量之比等于摩尔质量之比等于密度之比；故答案为C。16、C【解析】在氧化还原反应中失去电子必然引起元素化合价的升高，即发生氧化反应，由此分析。【详解】A.因为元素化合价升高的过程即为失去电子的
23、过程，铁元素由+3价变化到+2价，元素化合价降低，A项错误；B.锰元素的化合价由+7价变化到+2价，化合价降低，B项错误；C.氯元素的化合价由-1价变化到0价，化合价升高，C项正确；D.该过程前后氮元素的化合价都是+3价，化合价没有变化，D项错误；答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、Na、H2O 2Na+2H2O2NaOH+H2 2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2 【解析】有A、B、C、D、E、F六种物质，C俗名称为烧碱，C为NaOH，D为无色无味液体，D为H2O，根据框图，单质A与水反应生成一种气体单质B和氢氧化钠，则A为钠，B为氢气，氢氧化钠、水与单质E反应生成氢气，则E
24、为铝，因此F为偏铝酸钠，据此分析解答。【详解】根据以上分析可知A是钠，B是氢气，C是氢氧化钠，D是水，E是铝，F是偏铝酸钠，则（1）钠和水的化学式分别是Na、H2O；（2）钠和水反应生成氢气和氢氧化钠的化学方程式为2Na+2H2O2NaOH+H2。（3）铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气的离子方程式为2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2。【点睛】正确推断物质的种类是解题的关键，本题的突破口为C、D。本题的易错点为铝与氢氧化钠反应的离子方程式的书写，注意反应过程中水也参与了反应。18、CaCO3 消毒(或漂白) Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO 【解析】B可与澄
25、清石灰水反应生成沉淀，应为CO2，则E为CaCO3，常见的能与石灰水反应的气体还有氯气，则A应为Cl2，由此可知C为Ca(ClO)2，F为HCl，D为CaCl2，G为HClO，H为O2，在实验室中用MnO2与浓盐酸混合加热制取Cl2，根据氧化还原反应中元素化合价升降与电子转移关系用双线桥法表示。【详解】B可与澄清石灰水反应生成沉淀，应为CO2，则E为CaCO3，常见能与石灰水反应的气体还有氯气，则A应为Cl2，由此可知C为Ca(ClO)2，F为HCl，D为CaCl2，G为HClO，H为O2。(1)由以上分析可知E为CaCO3；(2)C为Ca(ClO)2，该物质与酸溶液作用可生成HClO，HCl
26、O具有强氧化性和漂白性，可用于消毒或漂白；(3)反应是Ca(ClO)2与CO2、H2O作用产生HClO，反应的化学方程式为：Ca(ClO)2+CO2 +H2O= CaCO3+2HClO；(4)在实验室中用MnO2与浓盐酸混合加热制取Cl2，反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O。在该反应中，Mn元素化合价由反应前MnO2中的+4价变为反应后MnCl2中的+2价，化合价降低，获得2e-，Cl元素的化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高，失去2e-，用双线桥法表示为：。【点睛】本题考查无机物的推断，突破口为B、A以及G的相关转化关系，题目综合
27、考查元素化合物的性质以及应用，结合复分解反应规律及氧化还原反应的规律分析判断，侧重考查学生分析能力和综合运用化学知识的能力。19、B、C、D 2.0 小于 【解析】配制450mL溶液需要选用500mL容量瓶配制0.1molL-1的NaOH溶液；根据c=n/V，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化，若n比理论值小或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。【详解】（1）A项、容量瓶有瓶塞，配制过程中需要摇匀，为了避免漏液，使用容量瓶前检验是否漏水，故A正确；B项、容量瓶用水洗净后，再用待配溶液洗涤，会导致配制的溶液中溶质的物质的
28、量偏大，配制的溶液浓度偏高，故B错误；C项、容量瓶为定量仪器，只能用于配制一定浓度的溶液，不能用于溶解或者稀释溶质，故C错误；D项、容量瓶为定量仪器，只能用于配制一定浓度的溶液，不能用于溶解或者稀释溶质，故D错误；E项、定容结束后，需要进行摇匀，操作方法为：盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，ED正确。故答案为：BCD；（2）需要0.1mol/LNaOH溶液450mL，实际上配制的为500mL的溶液，需要氢氧化钠的物质的量为：0.1mol/L0.5L=0.05mol，需要氢氧化钠的质量为：40g/mol0.05mol=2.0g；在实验中其他操作均正确，若定容时仰视
29、刻度线，会导致加入的蒸馏水体积超过容量瓶刻度线，配制的溶液体积偏大，根据c= n/V，溶液的浓度偏小，即小于0.1mol/L，故答案为：2.0；小于。【点睛】本题考查了一定物质的量浓度的溶液的配制，侧重逻辑思维能力和严谨的规范实验操作能力的考查，该题的难点在于误差分析，注意掌握误差分析的方法。20、AgNO3 BaSO4 过滤 使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀 Na2CO3 稀HNO3 冷却热饱和溶液(或蒸发浓缩冷却结晶) 【解析】由流程可以知道，中加氯化钡，硫酸根离子转化为沉淀，则沉淀A为BaSO4，溶液1中含氯化钠、硝酸钠、氯化钡；中加AgNO3后氯离子转化沉淀，沉淀B为AgCl，溶液2
30、中含硝酸钠、硝酸银、硝酸钡；中钡离子，银离子转化为沉淀，沉淀C为碳酸钡、碳酸银，溶液3为硝酸钠和碳酸钠，以此分析解答。【详解】(1)由上述分析可以知道，X为AgNO3，沉淀A为BaSO4，故答案为AgNO3；BaSO4；(2)由上述分析可以知道，流程中步均生成沉淀，需要进行过滤操作，故答案：过滤；(3)由上述分析可以知道，加入过量的Na2CO3的目的是使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀，因此，故答案为使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀；(4) 由上述分析可以知道，溶液3中肯定含Na2CO3，可加适量的稀硝酸后蒸发结晶或加热冷却结晶得到纯净的硝酸钠，故答案是：Na2CO3；稀HNO3；冷却热饱和
31、溶液(或蒸发浓缩冷却结晶)。21、 0.06 【解析】（1）反应方程式为：3Cu8HNO33Cu(NO3)22NO 4H2O；硝酸、硝酸铜均拆成离子形式，剩余物质均不拆，离子方程式为：3Cu8H+2NO3-3Cu2+2NO 4H2O；该反应中铜元素化合价升高，共失电子6个，根据电子得失守恒规律，硝酸根离子中氮原子得到6个电子，单纯桥法表示该反应电子得失的方向和数目如下：。故答案为：。（2）. 448mLNO的物质的量为0.02mol，则该过程中转移的电子0.02mol3=0.06mol.故答案为：0.06。（3）根据反应可知，8mol HNO3参加反应，被还原的硝酸有2mol，所以被还原的硝酸参与反应硝酸的比例为2/8=1/4。故答案为：。