广东省广州市越秀区2022-2023学年高二上学期期末考试化学试题（ 含答案 解析 ）

第1页/共1页2022学年第一学期学业水平调研测试高二年级化学试卷本试卷共8页，18小题，满分100分。考试用时75分钟。一、选择题：本题共14小题，共46分。第1~10小题，每小题3分；第11~14小题，每小题4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.下列化学用语的表达正确的是A.原子核内有10个中子的氧原子：B.的电子式：C.的最外层电子排布式：D.电离：【答案】C【解析】【详解】A．原子核内有10个中子的氧原子的质子数为8、质量数为18，原子符号为，故A错误；B．氯化铵是离子化合物，电子式为，故B错误；C．铁元素的原子序数为26，铁离子的最外层电子排布式为，故C正确；D．亚硫酸钠在溶液中电离出钠离子和亚硫酸氢根离子，电离方程式为，故D错误；故选C。2.氢气与氧气反应生成水是氢能源应用的重要途径，下列有关说法正确的是A.反应的热化学方程式为的B.一定温度下，反应能自发进行，说明该反应C.碱性氢氧燃料电池的正极反应为D.常温常压下，氢氧燃料电池放电过程中消耗11.2L，转移电子数目为【答案】C【解析】【详解】A．氢气在氧气中燃烧的反应为放热反应，反应的焓变ΔH小于0，故A错误；B．氢气在氧气中燃烧的反应为熵减的反应，反应的熵变ΔS小于0，故B错误；C．碱性氢氧燃料电池中，通入氧气的电极为正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为，故C正确；D．常温常压下气体摩尔体积大于22.4/mol，氢氧燃料电池放电过程中消耗11.2L，反应转移电子数目小于×2×6.02×1023mol—1=6.02×1023，故D错误；故选C。3.将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润后，置于如图所示装置中，进行铁的电化学腐蚀实验，下列有关该实验的说法错误的是A.活性炭的存在会加速铁的腐蚀B.铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能C.以水代替NaCl溶液，铁会发生吸氧腐蚀D.铁被氧化的电极反应式为【答案】B【解析】【详解】A．铁和活性炭在氯化钠溶液中构成原电池，原电池反应会加快反应速率，则活性炭的存在会加速铁的腐蚀，故A正确；B．由图可知，铁腐蚀过程中发生吸氧腐蚀，化学能会转化为电能和热能，不能全部转化为电能，故B错误；C．水和氯化钠溶液都为中性，铁在中性条件下发生吸氧腐蚀，故C正确；D．铁和活性炭在氯化钠溶液中构成原电池，铁做负极失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，电极反应式为，故D正确；故选B。4.元素周期表中铁元素的数据见图，由此可以推断A.Fe位于元素周期表中的d区B.Fe位于元素周期表的第四周期第ⅡA族C.Fe原子的3d能级有一个未成对电子D.Fe基态原子核外电子排布式为【答案】A【解析】【详解】A．Fe位于元素周期表中的d区，A正确；B．Fe位于元素周期表的第四周期第Ⅷ族，B错误；C．Fe原子的价电子排布3d64s2，电子排布遵循洪特规则，3d能级有4个未成对电子，C错误；D．Fe基态原子核外电子排布式为，D错误；故答案选A。5.下列各元素性质的比较中，正确的是A.第一电离能：F>N>P>SB.电负性：F>N>P>SC.原子半径：F>N>P>SD.最高正化合价：F>N>P>S【答案】A【解析】【详解】A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，磷原子的3p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则氟元素的第一电离能大于氮元素，同主族元素，从上到下第一电离能依次减小，则四种元素的第一电离能大小顺序为F>N>P>S，故A正确；B．同周期元素，从左到右非金属性依次增强，电负性依次增大，则磷元素电负性小于硫元素，故B错误；C．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则氟原子的原子半径小于氮原子，故C错误；D．氟元素的非金属性强，不存在正化合价，故D错误；故选A。6.下列化学实验操作错误是A.配制溶液：将晶体溶于浓盐酸中，再加蒸馏水稀释至所需浓度B.制备胶体：向沸水中滴加饱和溶液后加热至体系呈红褐色，停止加热C.洗涤试管内的油污：向试管中加入饱和溶液，加热并振荡D.制备无水固体：蒸发溶液至溶剂蒸干后再灼烧【答案】D【解析】【详解】A．铁离子在中性溶液中易水解，故配制溶液，将晶体溶于浓盐酸中，抑制铁离子的水解，再加蒸馏水稀释至所需浓度，A正确；B．铁离子在沸水中水解生成氢氧化铁胶体，红褐色，制备方法正确，B正确；C．油污的主要成分为酯类，热的碳酸钠溶液碱性较强，油污在碱性条件下水解，故可用溶液去油污，C正确；D．镁离子水解会生成氢氧化镁，制备无水氯化镁固体时应该在氯化氢氛围中加热，D错误；故选D。7.密闭容器中发生反应：，，测得的随反应时间t变化如图所示，下列判断正确的是A.0~5min内，B.10min时改变的外界条件可能是升高温度C.12min时反应达到平衡的本质原因是气体总质量不再变化D.恒温下，缩小容器体积，正反应速率减小，逆反应速率增大【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，5min时，甲烷的浓度变化量为0.50mol/L，由方程式可知，0~5min内，氢气的反应速率为=0.3mol/(L·min)，故A错误；B．由图可知，10min条件改变的瞬间，甲烷的浓度不变，随后浓度减小，说明平衡向正反应方向移动，该反应为气体体积增大的吸热反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，甲烷的浓度增大，升高温度，平衡向正反应方向移动，甲烷的浓度减小，则10min时改变的外界条件可能是升高温度，故B正确；C．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，所以12min时反应达到平衡的本质原因不可能是气体总质量不再变化，故C错误；D．恒温下，缩小容器体积，压强增大，正反应速率增大，逆反应速率也增大，故D错误；故选B。8.对室温下pH和体积均相同的醋酸和盐酸两种溶液分别采取下列措施，有关叙述正确的是A.温度都升高20℃后，醋酸溶液的pH小于盐酸B.加入少量的醋酸钠晶体后，只有醋酸的pH发生变化C.加水稀释10倍后，盐酸的pH变化较小D.加入足量镁条充分反应后，两溶液产生的氢气一样多【答案】A【解析】【详解】A．醋酸在溶液中的电离为吸热过程，升高温度，平衡右移，溶液中的氢离子浓度增大，pH减小，而盐酸是强酸，升高温度，溶液中的氢离子浓度基本不变，则温度都升高20℃后，醋酸溶液的pH小于盐酸，故A正确；B．盐酸中加入少量的醋酸钠晶体后，盐酸与醋酸钠反应生成醋酸和氯化钠，溶液中氢离子浓度减小，溶液pH增大，故B错误；C．醋酸在溶液中存在电离平衡，分别加水稀释10倍后，电离平衡右移，所以pH相同的醋酸溶液的pH变化小于盐酸，故C错误；D．醋酸在溶液中存在电离平衡，pH相同的醋酸溶液的浓度大于盐酸，中和能力强于盐酸，与足量的镁条充分反应后，醋酸溶液产生的氢气大于盐酸，故D错误；故选A。9.用石墨作电极电解稀溶液的装置(如图)，电解液中事先加有指示剂，此时溶液呈红色(指示剂变色的pH范围是6.8~8.0，酸性溶液中呈红色，碱性溶液中呈黄色)。下列判断正确的是A.电解过程中，A管溶液由红色变为黄色B.电解过程中，B管溶液由红色变为黄色C.A管中发生的电极反应为D.用拇指堵住b管口，取出b管，靠近火焰，移开拇指，有爆鸣声，管口有蓝色火焰【答案】A【解析】【分析】由图可知，该装置为电解池，与直流电源负极相连的A电极为电解池的阴极，水在阴极得到电子生成氢气和氢氧根离子，电极附近溶液呈碱性，溶液由红色变为黄色，B电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极附近溶液酸性增强，溶液仍为红色。【详解】A．由分析可知，电解过程中，A管溶液由红色变黄色，故A正确；B．由分析可知，电解过程中，B管溶液仍为红色，故B错误；C．由分析可知，与直流电源负极相连的A电极为电解池的阴极，水在阴极得到电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O＋2e—=H2↑＋2OH—，故C错误；D．由分析可知，b管中收集的气体为氧气，检验氧气的方法为用拇指堵住管口，取出试管，放开拇指，将带有火星的木条伸入试管内，看到木条复燃说明收集的气体为氧气，故D错误；故选A。10.25℃时，在20.0mL0.10氨水中滴入0.10的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示，下列有关叙述错误的是A.滴定过程中水的电离程度先增大后减小B.滴定过程中始终有C.M点处的溶液中D.滴定终点时【答案】B【解析】【详解】A．氨水和盐酸在溶液中电离抑制水的电离，而氯化铵在溶液中水解促进水的电离，滴定过程中发生的反应为氨水与盐酸反应生成氯化铵和水，反应中水的电离程度增大，当盐酸过量时，水的电离程度减小，则滴定过程中水的电离程度先增大后减小，故A正确；B．当氨水和盐酸恰好反应反应生成氯化铵和水时，20.0mL氨水消耗等浓度盐酸的体积为20.0mL，反应得到浓度为0.05mol/L氯化铵溶液，溶液中的物料守恒关系为，故B错误；C．M点溶液为氯化铵和一水合氨的混合溶液，溶液为氢离子浓度等于氢氧根离子浓度的中性溶液，溶液中离子的关系为，故C正确；D．滴定终点所得溶液为氯化铵溶液，氯化铵在溶液中水解使溶液呈酸性，溶液中离子浓度的大小顺序为，故D正确；故选B。11.通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理如图所示。下列说法错误的是A.系统(Ⅰ)制氢的热化学方程式为B.系统(Ⅱ)制氢的热化学方程式为C.系统(Ⅰ)中氢气和氧气在不同反应步骤中产生，过程中不需要补充D.系统(Ⅱ)中和可以看做是反应的催化剂【答案】C【解析】【详解】A．将题给热方程式依次编号为①、②、③、④，由盖斯定律可知，①+②+③可得系统(Ⅰ)制氢的反应，则反应焓变，反应的热化学方程式为，故A正确；B．将题给热方程式依次编号为①、②、③、④，由盖斯定律可知，②+③+④可得系统(Ⅱ)制氢的反应则反应焓变，反应的热化学方程式为，故B正确；C．将题给热方程式依次编号为①、②、③、④，由盖斯定律可知，①+②+③可得系统(Ⅰ)制氢的反应，反应中消耗水，所以反应过程中需要补充水，故C错误；D．将题给热方程式依次编号为①、②、③、④，由盖斯定律可知，②+③+④可得系统(Ⅱ)制氢的反应，则系统(Ⅱ)中二氧化硫和碘可以看做是反应的催化剂，故D正确；故选C。12.中国科学院化学研究所报道了化合物1催化氢化机理，其机理化合物l(固态催化剂)→化合物2(固态中间产物)的过程和其相对能量曲线如图所示。下列说法错误的是A.化合物1→化合物2过程中有两个过渡态、，说明该过程包含两个基元反应B.化合物是该过程的中间产物C.该过程的决速步为过程②D.过程①的热化学方程为【答案】D【解析】【详解】A．由相对能量曲线可知，化合物1与二氧化碳反应生成化合物2的过程中有两个过渡态TS11-2、TS21-2，说明这一过程包含两个基元反应，故A正确；B．由相对能量曲线可知，化合物I1−2是该过程的中间产物，故B正确；C．由相对能量曲线可知，过程①的活化能为：(6.05-0.00)=6.05kcal·mol-1，②的活化能为：(11.28-2.08)=9.20kcal·mol-1，过程①的活化能低于过程②的活化能，活化能越小，反应速率越慢，化学反应取决于慢反应，所以该过程的决速步为过程②该过程的决速步为过程②，故C正确；D．由相对能量曲线可知，过程①为反应为的总能量小于生成物总能量的吸热反应，反应的热化学方程为，故D错误；故选D。13.在相同条件下研究催化剂Ⅰ、Ⅱ对反应X→2Y的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图所示，下列判断错误的是A.无催化剂时，反应也能进行B.与催化剂Ⅱ相比，催化剂Ⅰ使反应活化能更低C.a曲线表示使用催化剂Ⅰ时X的浓度随t的变化D.使用催化剂Ⅰ时，0~2min内，【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，无催化剂时，生成物的浓度也在增加，说明反应也在进行，故A正确；B．由图可知，相同时间内，使用催化剂I时，生成物的反应速率大于催化剂II，说明反应速率快于催化剂II，反应速率越快，反应的活化能越低，则与催化剂Ⅱ相比，催化剂Ⅰ使反应活化能更低，故B正确；C．由图可知，使用催化剂I时，0~2min内Y的浓度变化量为4.0mol/L，a曲线表示的X的浓度变化量为2.0mol/L，由变化量之比等于化学计量数之比可知，a曲线表示使用催化剂I时X浓度随时间t的变化，故C正确；D．由图可知，使用催化剂I时，0~2min内X的浓度变化量为2.0mol/L，则X的反应速率为=1.0mol/(L·min)，故D错误；故选D。14.常温下，用废电池的锌皮制备的过程中，需除去锌皮中的少量杂质铁，工艺流程如下：有关数据如下表所示：化合物近似值下列说法不正确的是A.若不加溶液，将会使和不好分离B.时，铁离子刚好沉淀完全C.调节pH步骤中，时，锌离子开始沉淀D.由晶体制得固体的操作方法是边加热边通入HCl气体【答案】C【解析】【详解】A．由表中数据可知、的相近，如不加，则和分离不开，故A正确；B．[]=10-39，铁离子刚好沉淀完全时，，10-2.7，，故B正确；C．锌开始沉淀，则，此时，故C错误；D．晶体制固体的操作方法是边加热边通入HCl气体，可防止氯化锌水解，故D正确；答案选C。二、非选择题：本题共4小题，共54分。15.氨是最重要的氮肥，科学家们致力于研究、创新合成氨的技术。（1）“哈伯法”合成氨的反应：，相关键能数据如下表：化学键H—HN—H键能()946.0436.0390.8①___________。②向密闭容器中按1∶3体积比通入和，反应达平衡时的体积分数为25.0%，则的平衡转化率___________。（2）“球磨法”是在温和的条件下(45℃和100kPa)合成氨，氨的最终体积分数可高达82.5%，该法分为两个步骤如图：第一步，铁粉在球磨过程中被反复剧烈碰撞而活化，产生高密度的缺陷，氮分子被吸附在这些缺陷上()，有助于氮分子的解离。第二步，发生加氢反应得到()，剧烈碰撞中，从催化剂表面脱附得到产物氨。③“球磨法”与“哈伯法”相比较，下列说法中正确的是___________(选填标号)。A．催化剂(Fe)缺陷密度越高，的吸附率越高B．“哈伯法”采用高温主要用于解离氮氮三键，而“球磨法”不用解离氮氮三键C．“球磨法”不采用高压，是因为低压产率已经较高，加压会增大成本D．“球磨法”中的第二步是物理变化④机械碰撞有助于催化剂缺陷的形成，而摩擦生热会使体系温度升高，左图是吸附量、体系温度随球磨转速变化曲线，则应选择的最佳转速约___________转/min，右图中平衡时的体积分数随初始压强增大而___________(填“增大”、“减小”或“不变”)。【答案】（1）①.—90.8②.40%（2）①.AC②.400③.减小【解析】【小问1详解】①由反应热与反应物键能之和与生成物的键能之和的差值相等可知，反应ΔH=(946.0kJ/mol+3×436.0kJ/mol)—6×390.8kJ/mol=—90.8kJ/mol，故答案为：90.8；②设起始氮气、氢气的物质的量分别为1mol、3mol，氮气的转化率为a，由方程式可知，平衡时氮气、氢气、氨气的物质的量分别为(1−a)mol、(3−3a)mol、2xamol，由反应达平衡时氨气的体积分数为25.0%可得：×100%=25%，解得a=0.4，则氮气的转化率为40%，故答案为：40%；【小问2详解】③A．由题给信息可知，催化剂(Fe)缺陷密度越高，表面积越大，越有利于氮分子被吸附，故正确；B．由图可知，“球磨法”中氮分子被催化剂吸附形成[Fe(N*)]时断裂了氮氮三键，故错误；C．由图可知，在低压时氨最终体积分数可高达82.5%，产率较高且成本较低，加压会增大成本，故正确；D．由图可知，“球磨法”中的第二步有新物质的生成，属于化学变化，故错误；故选AC；④由左图可知，转速低于400转/min，氮气吸附量不大，转速高于400转/min，温度快速升高，不利于氮气吸附，所以应选择的最佳转速约400转/min；由右图可知，氮气初始压强增大时，氨气的平衡体积分数减小，故答案为：400；减小。16.在我国大力推进生态文明建设，全力实现“碳达峰”、“碳中和”的时代背景下，对的认识及其再利用的研究尤为重要。（1）海水中溶解一定量，主要含有的离子是、、、、、。①海水的弱碱性(pH约为8.1)有利于维持海洋生态环境，请用离子方程式解释海水呈弱碱性的原因___________、___________。②炎炎夏日，海水的pH会___________(填“升高”、“降低”或“不变”)，其原因是___________。③随着人类活动的影响，过量的的排放使得海水酸性增强，海洋生态系统面临巨大威胁，有研究者提出，用如图所示方法可从海水中提取。a室电极反应方程式为___________，在b室实现提取，发生的反应离子方程式为___________。（2）“碳捕捉技术”可实现的分离、储存和利用，其流程如下所示。已知：25℃时，电离常数分别为、。溶液中含碳物种的浓度。④若忽略溶液体积的变化，以0.1NaOH溶液捕捉，当NaOH溶液吸收至溶液中含碳物种的浓度溶液时，___________(填“>”、“<”或“=”)。⑤整个流程中，可循环利用的物质有___________、___________(填写物质的化学式)。【答案】（1）①.+H2O+OH—②.+H2O+OH—③.升高④.水解是吸热反应，升高温度，促进水解，OH—浓度增大⑤.2H2O—4e—=O2↑+4H+⑥.+H+=CO2↑+H2O（2）①.>②.NaOH③.CaO【解析】【小问1详解】①海水呈弱碱性是因为海水中的碳酸根离子和碳酸氢根离子在溶液中发生水解反应，水解的离子方程式为+H2O+OH—、+H2O+OH—，故答案为：+H2O+OH—；+H2O+OH—；②碳酸根离子和碳酸氢根离子在溶液中的水解反应是吸热反应，升高温度，水解平衡向正反应方向移动，溶液中氢氧根离子浓度增大，所以炎炎夏日，海水的pH会因温度升高而升高，故答案为：升高；水解是吸热反应，升高温度，促进水解，OH—浓度增大；③由图可知，与直流电源直接相连的a室电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O—4e—=O2↑+4H+，放电生成的氢离子通过阳离子交换膜进入b室与海水中的碳酸氢根离子反应生成二氧化碳和水，实现二氧化碳的提取，反应的离子方程式为+H+=CO2↑+H2O，故答案为：2H2O—4e—=O2↑+4H+；+H+=CO2↑+H2O；【小问2详解】由题给流程可知，二氧化碳含量高的气体进入捕捉室与氢氧化钠溶液反应生成碳酸氢钠得到二氧化碳含量低的二氧化碳，反应生成的碳酸氢钠溶液在反应分离室与氧化钙反应生成氢氧化钠和碳酸钙，碳酸钙在高温反应炉中分解生成氧化钙和二氧化碳；④由溶液中含碳物种的浓度与氢氧化钠溶液的浓度相等可知，二氧化碳和氢氧化钠溶液反应得到的溶液为碳酸氢钠溶液，溶液中碳酸氢根离子的水解常数为Kh==≈2.32×10—8>Ka2，则碳酸氢根离子在溶液中的水解程度大于电离程度，溶液中的碳酸根离子浓度小于碳酸浓度，故答案为：>；⑤由分析可知，整个流程中，可循环利用的物质为反应分离室得到的氢氧化钠和高温反应炉得到的氧化钙，故答案为：NaOH；CaO。17.铋(Bi)因无毒与不致癌性而有很多特殊用途，其化合物广泛应用于电子、医药等领域。由辉铋矿(主要成分为，含杂质等)制备的工艺如下：回答下列问题：（1）铋元素位于元素周期表第六周期ⅤA族，用轨道表示式表示基态铋原子最外层结构___________，铋的氢化物的热稳定性___________(填“大于”或“小于”)氨。（2）“浸出”前，辉铋矿会先进行粉碎，目的是___________。（3）已知“浸出液”中含有离子，则“浸出”时与溶液反应的化学方程式为___________。（4）“精炼”时，粗铋应作___________材料(填“阴极”或“阳极”)。（5）碱式硝酸铋直接灼烧也能得到，上述工艺中转化为碱式碳酸铋再灼烧，除了能改良产品性状，另一优点是___________；“母液2”中可回收的主要物质是___________(填写物质的化学式)。【答案】（1）①.②.小于（2）增大接触面积，加快反应速率，使反应更加充分（3）Bi2S3+6FeCl3=2BiCl3+6FeCl2+3S（4）阳极（5）①.没有污染性气体生成②.NH4NO3【解析】【分析】由题给流程可知，辉铋矿中加入氯化铁溶液和盐酸溶解时，三硫化二铋与氯化铁溶液反应生成氯化铋、氯化亚铁和硫，二氧化硅与氯化铁溶液和盐酸不反应，过滤得到含有硫、二氧化硅的浸出渣和浸出液；向浸出液中加入铁将铋离子转化为铋，过滤得到含有氯化亚铁的滤液和粗铋；粗铋经精炼制得精铋，精铋溶于硝酸、过滤得到碱式硝酸铋；加入碳酸铵溶液将碱式硝酸铋转化为碱式碳酸铋，过滤得到含有硝酸铵的母液2和碱式碳酸铋；碱式碳酸铋煅烧制得三氧化二铋。【小问1详解】铋元素位于元素周期表第六周期ⅤA族，基态原子的价电子排布式为6s26p3，轨道表示式为；同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，氢化物的稳定性依次减弱，则铋的氢化物的热稳定性小于氨分子，故答案为：；小于；【小问2详解】浸出前，粉碎辉铋矿可以增大接触面积，加快反应速率，使反应更加充分，故答案为：增大接触面积，加快反应速率，使反应更加充分；【小问3详解】由分析可知，浸出发生的反应为三硫化二铋与氯化铁溶液反应生成氯化铋、氯化亚铁和硫，反应的化学方程式为Bi2S3+6FeCl3=2BiCl3+6FeCl2+3S，故答案为：Bi2S3+6FeCl3=2BiCl3+6FeCl2+3S；【小问4详解】由精炼铜原理可知，精炼铋时，粗铋应作电解池的阳极，精铋作阴极，故答案为：阳极；【小问5详解】碱式硝酸铋直接灼烧制得三氧化二铋时会由氮的氧化物生成，所以碱式硝酸铋转化为碱式碳酸铋再灼烧，除了能改良产品性状，另一优点是没有污染性气体生成；由分析可知，母液2中可回收的主要物质是硝酸铵，故答案为：没有污染性气体生成；NH4NO3。18.某课外研究小组实验验证“”为可逆反应并测定其平衡常数。（1）实验验证该小组同学采用如图所示电化学装置验证该反应为可逆反应。①试剂a为___________。②组装好该装置后，闭合K，当灵敏电流计G指针不动时，向右池加入较浓溶液，指针偏转；再向左池加入较浓试剂a，___________，则证明该反应为可逆反应。③上述操作中向右池加入较浓溶液后，石墨电极发生的电极反应为___________，此时，由琼脂和饱和KCl溶液构成的盐桥中向___________烧杯迁移(填“左”或“右”)。（2）测定平衡常数室温下，该小组同学配制0.0400溶液、0.0100溶液，将两