1、荆门市龙泉中学、钟祥一中、京山一中、沙洋中学2019届高三四校六月模拟考试化学试题1.下列解释工业生产或应用的化学用语中，不正确的是A. 氯碱工业中制备氯气：2NaCl(熔融) 2Na + Cl2B. 工业制硫酸的主要反应之一：2SO2 + O2 2SO3C. 氨氧化法制硝酸的主要反应之一：4NH3 + 5O2 4NO + 6H2OD. 利用铝热反应焊接铁轨：2Al + Fe2O3 Al2O3 + 2Fe【答案】A【解析】【分析】本题主要考查化学与生活、生产工业之间的联系。A.考虑到氯碱工业实质是电解饱和食盐水，而不是电解熔融的氯化钠；B.工业制备硫酸，主要有三个阶段，分别是：煅烧黄铁矿：4F
2、eS2+11O2 8SO2+2Fe2O3； SO2的催化氧化：2SO2 + O2 2SO3；用98.3%的浓硫酸吸收，再稀释的所需浓度的硫酸 SO3 + H2O = H2SO4。C.工业制硝酸，主要反应为：氨气的催化氧化：4NH3+5O24NO+6H2O； 2NO+O22NO2；3NO2+H2O2HNO3+NO；D. 利用铝热反应焊接铁轨，主要利用了铝的强还原性，其反应为：2Al + Fe2O3 Al2O3 + 2Fe。【详解】A.以电解食盐水为基础制取氯气等产品的工业称为氯碱工业，则氯碱工业中制备氯气的化学方程式为：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2+Cl2，故A错误；B.工业制硫酸的主
3、要反应之一为二氧化硫的催化氧化，化学方程式为：2SO2 + O2 2SO3，故B正确；C.氨氧化法制硝酸的主要反应之一为氨气的催化氧化，化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故C正确；D.工业上可以利用Fe2O3或Fe3O4发生铝热反应焊接铁轨，化学方程式为：2Al + Fe2O3 Al2O3 + 2Fe，故D正确；本题答案选A。【点睛】高中阶段常见的工业制备及其所设计的化学方程式如下：1.工业制备硫酸： 4FeS2+11O2 8SO2+2Fe2O3；2SO2 + O2 2SO3；SO3 + H2O = H2SO4。2.工业制取硝酸： 4NH3+5O24NO+6H2O； 2NO+O2
4、2NO2；3NO2+H2O2HNO3+NO；3.工业合成氨：N2+3H2 2NH3；4.氯碱工业：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2+Cl2；5.制水煤气： C+H2O（g）CO+H2；6.工业制取粉精：2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；7.高炉炼铁：3CO + Fe2O33CO2 +2Fe； 8.工业制备单晶硅：2C+SiO2Si+2CO(制得粗硅)；9.工业制普通玻璃：Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2，CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2；10.粗铜的精炼：阳极：Cu-2e-= Cu2+ 阴极:Cu2+2e-=Cu11.侯氏制碱法：Na
5、Cl(饱和)+NH3+H2O+CO2 = NH4Cl+NaHCO3，2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O2.国庆期间对大量盆栽鲜花施用了S-诱抗素制剂以保证鲜花盛开，S-诱抗素的分子结构如图。下列关于该物质的说法正确的是A. 该有机物的分子式为C15H21O4B. 该有机物能发生取代、加成和水解反应C. 1mol该有机物与足量溴反应最多消耗4mol Br2D. 1mol该有机物与足量Na反应生成生成1mol H2【答案】D【解析】【分析】由题给结构简式可知，S-诱抗素的分子式为C15H20O4，官能团为羰基、碳碳双键、醇羟基和羧基，具有酮、烯烃、醇和羧酸性质，能发生加成反应、氧化反应、酯
6、化反应、取代反应、加聚反应等。【详解】A项、由结构简式可知S-诱抗素的分子式为为C15H20O4，故A错误；B项、S-诱抗素不含有酯基和卤素原子，不能发生水解反应，故B错误；C项、S-诱抗素含有3个碳碳三键，则1mol该有机物与足量溴反应最多消耗3mol Br2，故C错误；D项、S-诱抗素含有1个羟基和1个羧基，则1mol该有机物与足量Na反应生成1mol H2，故D正确。故选D【点睛】本题考查有机物结构和性质，侧重考查醇、烯烃、羧酸性质，把握官能团及其性质关系是解本题关键。3.六种短周期元素（用字母表示）原子半径相对大小、最高正价或最低负价、原子序数的变化如图所示。下列说法正确的是A. N元
7、素的氧化物对应的水化物均具有强氧化性B. Y与X、M均能够形成多种二元化合物C. Z、P的非金属性：ZP，能够推知酸性：HZHPD. 简单离子半径：MY【答案】B【解析】【分析】由图可知，X为H元素、Y为O元素、Z为F元素、M为Na元素、N为S元素、P为Cl元素。【详解】A项、N为S元素，亚硫酸中S元素为+4价，具有还原性，故A错误；B项、O元素与H元素可以形成H2O和H2O2，O元素与Na元素可以形成Na2O和Na2O2，故B正确；C项、元素非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，与氢化物的酸性无关，故C错误；D项、电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，钠离子和氧离子具有相同的电子
8、层结构，则钠离子半径小于氧离子，故D错误。故选B。【点睛】本题考查元素周期律的应用，注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构，利用题给信息推断元素为解答关键。4.某化学学习小组利用如图装置来制备无水AlCl3或NaH(已知:AlCl3、NaH遇水都能迅速发生反应)。下列说法错误的是 A. 制备无水AlCl3:装置A中的试剂可能是高锰酸钾B. 点燃D处酒精灯之前需排尽装置中的空气C. 装置C中的试剂为浓硫酸D. 制备无水AlCl3和NaH时球形干燥管中碱石灰的作用完全相同【答案】D【解析】【分析】由图可知，装置A为氯气或氢气的制备装置，装置B的目的是除去氯气或氢气中的氯化氢，装置C的目的是干燥氯气
9、或氢气，装置E收集反应生成的氯化铝或氢化钠，碱石灰的作用是防止空气中水蒸气进入E中，或吸收过量的氯气防止污染环境。【详解】A项、浓盐酸可与高锰酸钾常温下发生氧化还原反应制备氯气，故A正确；B项、因为金属铝或金属钠均能与氧气反应，所以点燃D处酒精灯之前需排尽装置中的空气，故B正确；C项、装置C中的试剂为浓硫酸，目的是干燥氯气或氢气，故C正确；D项、制备无水AlCl3时，碱石灰的作用是防止空气中水蒸气进入E中，吸收过量的氯气防止污染环境，制备无水NaH时，碱石灰的作用是防止空气中水蒸气进入E中，故D错误。故选D。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，把
10、握反应原理，明确装置的作用关系为解答的关键。5.下列实验操作或现象不能用平衡移动原理解释的是A. 卤化银沉淀的转化B. 配制FeCl3溶液C. 淀粉在不同条件下水解D. 探究石灰石与稀盐酸在密闭环境下的反应【答案】C【解析】【详解】A、足量NaCl(aq)与硝酸银电离的银离子完全反应，AgCl在溶液中存在溶解平衡，加入少量KI溶液后生成黄色沉淀，该沉淀为AgI，Ag+浓度减小促进AgCl溶解，说明实现了沉淀的转化，能够用勒夏特列原理解释；B、铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子，该反应为可逆反应，加入稀盐酸可抑制铁离子水解，能够用勒夏特列原理解释；C、淀粉水解反应中，稀硫酸和唾液起催化作用，催化剂不
11、影响化学平衡，不能用勒夏特列原理解释；D、二氧化碳在水中存在溶解平衡，塞上瓶塞时随着反应的进行压强增大，促进CO2与H2O的反应，不再有气泡产生，打开瓶塞后压强减小，向生成气泡的方向移动，可用勒夏特列原理解释。正确答案选C。【点睛】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用，催化剂能加快反应速率，与化学平衡移无关。6.如图所示是一种酸性燃料电池酒精检测仪，具有自动吹气流量侦测与控制功能，非常适合进行现场酒精检测，下列说法不正确的是A. 该电池的负极反应式为:CH3CH2OH + 3H2O -
12、 12e-2CO2 + 12H+B. 该电池的正极反应式为:O2 + 4e- + 4H+2H2OC. 电流由O2所在的铂电极经外电路流向另一电极D. 微处理器通过检测电流大小而计算出被测气体中酒精的含量【答案】A【解析】由图示可知，呼气时进去的是CH3CH2OH出来的是CH3COOH，负极的电极反应式为CH3CH2OH4eH2O=CH3COOH4H，A错误；氧气由正极通入，酸性条件下生成H2O，B正确；电流由正极流向负极，C正确；酒精含量高，转移的电子数多，电流大，D正确。7.某学习小组在室温下用0.01 mol/L NaOH溶液滴定20.00mL 0.01 mol/L的H2A溶液，滴定曲线如
13、图。（H2A的电离分两步，H2A=H+HA-，HA-H+A2-)下列说法错误的是A. 室温时，E点对应的溶液中0.01 mol/Lc( H+)0.02 mol/LB. F点对应溶质是NaHA，溶液显酸性C. G点溶液显中性的原因是溶质为Na2AD. H点溶液中，c(Na+) = 2c(A2-) +2c(HA)【答案】C【解析】【分析】由题给信息可知，H2A分步电离，第一步完全电离， 第二步部分电离，F点20.00mL 0.01 mol/L NaOH溶液与20.00mL 0.01 mol/L的H2A溶液恰好反应生成NaHA，G点溶液显中性，溶质为NaHA和Na2A，H点40.00mL 0.01
14、mol/L NaOH溶液与20.00mL 0.01 mol/L的H2A溶液恰好反应生成Na2A。【详解】A项、由题给信息可知，H2A分步电离，第一步完全电离， 第二步部分电离，则0.01 mol/L的H2A溶液中0.01 mol/Lc( H+)0.02 mol/L，故A正确；B项、F点20.00mL 0.01 mol/L NaOH溶液与20.00mL 0.01 mol/L的H2A溶液恰好反应生成NaHA，NaHA溶液中只存在电离，溶液显酸性，故B正确；C项、G点溶液显中性，溶质应为电离显酸性的NaHA和水解呈碱性的Na2A，故C错误；D项、H点40.00mL 0.01 mol/L NaOH溶液
15、与20.00mL 0.01 mol/L的H2A溶液恰好反应生成Na2A，因H2A第一步完全电离，溶液中不存在H2A，则Na2A溶液中的物料守恒关系为c(Na+) = 2c(A2-) +2c(HA)，故D正确。故选C。【点睛】本题考查水溶液中的离子平衡，试题侧重考查分析、理解问题的能力，注意酸的电离方程式，正确分析图象曲线变化特点，明确反应后溶液的成分是解答关键。8.碳酸镧La2(CO3)3可用于治疗终末期肾病患者的高磷酸盐血症。制备反应原理为2LaCl3 + 6NH4HCO3 = La2(CO3)3 +6NH4Cl +3CO2 +3H2O；某化学兴趣小组利用下列装置在实验室中模拟制备碳酸镧。回
16、答下列问题:（1）制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序:F_ ，_ C。（2）Y中发生反应的化学方程式为_。（3）X中盛放试剂是_。（4）Z中应先通入_，后通入过量的另一种气体，原因为_。（5）该化学兴趣小组为探究La2(CO3)3 和La(HCO3)3 的稳定性强弱，设计了如下实验装置，则甲试管中盛放的物质为_；实验过程中发现乙试管中固体质量与灼烧时间的关系曲线如图所示，试描述实验过程中观察到的现象为_。【答案】 (1). A (2). B (3). D (4). E (5). (6). 饱和溶液 (7). 或氨气 (8). 在水中的溶解度大，先通可以溶解更多的 (9). La(HCO
17、3)3 (10). B中澄清石灰水先变浑浊，A中后变浑浊【解析】【分析】由实验装置可知，装置Y用以制备氨气，装置W用以制备二氧化碳，装置Z用以制备碳酸镧，因氨气极易溶于水，装置Y的C接口应与装置Z的E接口连接，因二氧化碳中混有氯化氢，应用盛有饱和溶液的X装置除去氯化氢，则制备装置的连接顺序为WXZY。【详解】（1）由制备装置的连接顺序为WXZY可知，制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序:FABD，E C，故答案为：A；B；D；E；（2）Y中为浓氨水与生石灰反应产生氨气，发生反应的化学反应式为NH3H2O+CaO= Ca（OH）2+NH3，故答案为：NH3H2O+CaO= Ca（OH）2+
18、NH3；（3）装置W用以制备二氧化碳，因二氧化碳中混有氯化氢，应用盛有饱和NaHCO3溶液的X装置除去氯化氢，防止干扰反应，故答案为：饱和NaHCO3溶液；（4）因为NH3在水的溶解度大，二氧化碳在水中的溶解度较小，但是在氨水中溶解度较大，则Z中应先通入NH3，后通入过量的CO2，以溶解更多的CO2，得到浓度较大的碳酸氢铵溶液，提高反应速率和碳酸镧的产率，故答案为：NH3在水的溶解度大，先通NH3可以溶解更多的CO2；（5）一般正盐的稳定性强于对应的酸式盐，所以欲探究La2(CO3)3和La(HCO3)3的稳定性强弱，可以在相同温度下探究两者的稳定性，也可以给正盐更高的温度加热进行探究。若设计
19、题中的实验装置，则甲试管中盛放的物质受热温度较低，应为La(HCO3)3；根据乙试管中固体质量与灼烧时间的关系曲线可知，碳酸镧在一定温度下会发生分解，所以碳酸氢镧一定在更低的温度下发生分解，所以实验过程中可以观察到的现象为B中澄清石灰水先变混浊，A中后变混浊，故答案为：La(HCO3)3；B中澄清石灰水先变混浊，A中后变混浊。【点睛】本题考查了性质实验方案的设计与评价，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，注意掌握化学实验基本操作方法，明确常见物质的性质及化学实验方案设计原则是解答关键。9.钼是电子工业的重要材料，制备它的主要原料为辉钼精矿，其主要成分
20、是MoS2 (Mr=160)，其中主要杂质为方解石(CaCO3)、石英、黄铁矿(FeS2)、黄铜矿(CuFeS2)、方铅矿(PbS)。某学习小组模拟工业流程设计了制备二硫化钼过程，具体流程图如下：已知Cu2+、Fe2+、Fe3+的氢氧化物开始沉淀和沉淀完全时的pH如表所示：Fe3+Fe2+Cu2+开始沉淀时的pH1.97.04.7沉淀完全时的pH3.29.06.7请回答下列问题：（1）请写出电解CaCl2溶液的化学方程式:_；该反应不适合应用于氯碱工业的主要原因可能是_(答出其中一个原因即可)。（2）加强酸性FeCl3溶液时，所涉及反应的离子方程式:_；_。（3）第（5）步加双氧水的目的是_。
21、（4）第（6）步应该调节pH的范围是_。（5）第（8）步通空气并控制一定的温度的目的是_。（6）假设用1t辉钼精矿制备纯的MoS2，得到质量为0.8t，则该辉钼精矿中Mo的含量为_。【答案】 (1). CaCl22H2OCa(OH)2+H2+Cl2 (2). 氢氧化钙微溶于水，容易堵塞交换膜 (3). (4). (5). 氧化亚铁离子 (6). 3.2pH4.7 (7). 去硫单质 (8). 48%【解析】【分析】由流程图可知，辉钼精矿中加入盐酸共热，CaCO3和PbS溶于盐酸，MoS2、石英、FeS2和CuFeS2不溶于盐酸，过滤得到滤液1和滤渣1；滤液1利用结晶法得到氯化铅晶体和氯化钙溶液
22、，电解氯化钙溶液得到氢氧化钙、氯气和氢气；滤渣1中含有未溶于盐酸的MoS2、石英、FeS2和CuFeS2，向滤渣1中加强酸性FeCl3溶液，FeS2和CuFeS2溶解，反应生成S沉淀、氯化铜和氯化亚铁，MoS2、石英不溶，过滤得滤液2和含有S、MoS2和石英的滤渣；向滤液2中加入双氧水将亚铁离子氧化为铁离子，再加入氢氧化钠溶液调节pH，分步沉淀，过滤得到氢氧化铜和氢氧化铁；向含有S、MoS2和石英的滤渣中加入氢氟酸，二氧化硅溶于氢氟酸，过滤得到含有S和MoS2的滤渣2；向滤渣2中通空气并控制一定的温度除去硫单质得到MoS2。【详解】（1）电解CaCl2溶液时，阳极上氯离子失电子发生氧化反应生成
23、氯气，阴极上水得电子发生还原反应生成氢气和氢氧根，电解总方程式为CaCl22H2OCa(OH)2+H2+Cl2，由于氢氧化钙微溶于水，生成的氢氧化钙沉淀容易堵塞交换膜，影响电解的继续进行，故答案为：CaCl22H2OCa(OH)2+H2+Cl2；氢氧化钙微溶于水，容易堵塞交换膜；（2）向滤渣1中加强酸性FeCl3溶液，FeS2和CuFeS2溶解，FeS2和FeCl3溶液反应生成S沉淀、氯化亚铁，反应的离子方程式为；CuFeS2和FeCl3溶液反应生成S沉淀、氯化铜和氯化亚铁，反应的离子方程式为：，故答案为：；（3）向滤液2中加入双氧水的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，故答案为：氧化亚铁离子；（4
24、）向加入双氧水的溶液中再加入氢氧化钠溶液调节pH，分步沉淀，过滤得到氢氧化铜和氢氧化铁，则调节pH的范围是3.2pH4.7，使铁离子先沉淀完全，故答案为：3.2pH”、“=”或“”“”或“=”)。再次平衡后，平衡常数为_。【答案】 (1). 4NH3(g)5O2(g)4NO(g)6H2O(g) H905.0 kJmol1 (2). (3). AD (4). (5). 1106 (6). (7). 16【解析】【分析】(1)根据盖斯定律书写氨气经催化氧化完全生成一氧化氮和水蒸气的热化学方程式；(2) 合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动；根当正逆反应速率相等，各物质浓度保持不变，反应达到
25、化学平衡状态；(3) 阴极得电子发生还原反应；根据质子守恒：NH4NO3溶液中c(NH3H2O)+c(OH)= c(H+)；(4)平衡常数K=；根据Q、K的关系判断V正、V逆的关系。【详解】（1）将已知反应依次编号为，由盖斯定律，223得氨气经催化氧化完全生成一氧化氮和水蒸气的方程式4NH3(g)5O2(g)4NO(g)6H2O(g)，则H(+180.5kJmol1)2(92.4kJ.mol1)2(483.6kJmol1)3905.0kJmol1 ，故答案为：4NH3(g)5O2(g)4NO(g)6H2O(g) H905.0 kJmol1；（2）合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向
26、移动，平衡常数K减小，则K1K2，故答案为：；A、2v(H2)(正)=3v(NH3)(逆)说明正反应速率等于逆反应速率，达到平衡状态，故正确；B、2v(N2) (正)=v(H2) (逆)不能说明反应正反应速率等于逆反应速率，没有达到平衡状态，故错误；C、恒温恒压下，无论是否达到平衡，容器内压强始终保持不变，反应不一定达到平衡状态，故错误； D、由质量守恒定律可知，平衡前后气体质总量不变，该反应是气体体积减小的反应，反应时容器体积变小，混合气体密度增大，混合气体的密度保持不变说明反应正反应速率等于逆反应速率，达到平衡状态，故正确；正确选项为AD，故答案为：AD；(3) 电解时，阴极上发生还原反应
27、，根据示意图可知，酸性条件下，NO在阴极得电子发生还原反应生成NH4,电极反应式为NO5e6HNH4H2O，故答案为：NO5e6HNH4H2O；pH=6的NH4NO3溶液中，c(H+)=1106 molL1，根据质子守恒：NH4NO3溶液中c(NH3H2O)+c(OH)=c(H+)=1106molL1，故答案为：1106；(4)由方程式可知，平衡常数K=，反应达到平衡时，c(NH3)=0.5molL1，c(CO2)=0.25molL1，则K=16；T和平衡时容器的压强不变，再向体积可变的容器中充入3molNH3，设容器体积为VL，由同温同压下，体积比等于物质的量比可得关系式：=，解得V=8L，
28、此时c(NH3)=molL1，c(CO2)=molL1，浓度熵Qc=20.48K，反应逆向进行，故有V正V逆，故答案为：；16。【点睛】本题考查化学反应原理综合应用，侧重分析与应用能力的考查，注意反应热和键能的计算、影响平衡的因素、原电池原理的理解应用、化学平衡常数及其计算，明确化学平衡状态的判断为解答的关键。11.某有机物M的结构简式为，其合成路线如下： 已知：通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基，即R1CHO+R2CH2CHO+H2O根据相关信息，回答下列问题：（1）B的名称为_；C的结构简式为_。（2）DE转化过程中第步反应的化学方程式为_。（3）IV的反应类型为_；V
29、的反应条件是_。（4）A也是合成阿司匹林（）的原料，有多种同分异构体。写出符合下列条件的同分异构体的结构简式_(任写一种即可)。a.苯环上有3个取代基b.仅属于酯类，能发生银镜反应，且1mol该物质反应时最多能生成4mol Ag；c.苯环上的一氯代物有两种。（5）若以F及乙醛为原料来合成M()，试写出合成路线_。合成路线示例：【答案】 (1). 4-氯甲苯(或对氯甲苯) (2). (3). +CH3CHO (4). 取代反应 (5). 银氨溶液、加热（或新制氢氧化铜、加热），再酸化 (6). (7). 【解析】【分析】由有机物的转化关系，A为甲苯，结构简式为，A在铁做催化剂的条件下发生苯环取代
30、生成，则B为；在光照条件下发生甲基上的取代反应生成，则C为；在氢氧化钠溶液中发生信息反应生成，则D为；与乙醛在氢氧化钠溶液中发生信息反应生成，则E为；在铜作催化剂作用下，与NaOCH3在加热条件下发生取代反应生成，发生氧化反应生成。【详解】（1）B的结构简式为，名称为4-氯甲苯(或对氯甲苯)，在光照条件下发生甲基上的取代反应生成，则C的结构简式为，故答案为：4-氯甲苯(或对氯甲苯)；（2）DE转化过程中第步反应为在氢氧化钠溶液中与乙醛发生加成反应，反应的化学方程式为+CH3CHO，故答案为：+CH3CHO；（3）IV反应为在铜作催化剂作用下，与NaOCH3在加热条件下发生取代反应生成；V的反应
31、发生氧化反应生成，反应条件可以是银氨溶液、加热（或新制氢氧化铜、加热），再酸化，故答案为：取代反应；银氨溶液、加热（或新制氢氧化铜、加热），再酸化；（4）能发生银镜反应且每摩尔物质反应生成4molAg说明含有两个醛基；属于酯类，且苯环上的一氯代物有两种，说明结构对称，结合含有两个醛基且苯环上只有3个取代基可知苯环上含有两个“HCOO-”，另外还剩余1个C原子，即为一个甲基，则符合条件的同分异构体的结构简式为或，故答案为：或；（5）由M的结构简式，结合逆推法可知，合成M的流程为CH3CHO在氢氧化钠溶液中发生信息反应生成CH3CH=CHCHO，CH3CH=CHCHO在催化剂作用下，与氢气在加热条件下发生加成反应生成CH3CH2CH2CH2OH，CH3CH2CH2CH2OH与F在浓硫酸作用下，共热发生酯化反应生成M，合成路线如下：，故答案为：。【点睛】本题考查有机物推断与合成，侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，充分利用转化中物质的结构简式与分子式进行分析判断，熟练掌握官能团的性质与转化是解答关键。
