2026届广东省汕头市化学高一第一学期期末经典模拟试题含解析

2026届广东省汕头市化学高一第一学期期末经典模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列变化中，需要加入还原剂的是A．2Cl—→Cl2 B．Fe3＋→Fe2＋ C．NH4+→NH3 D．CO32→→CO22、下列属于非电解质的是A．葡萄糖 B．氢氧化钠 C．氯化钾 D．铁3、下列解释过程或事实的方程式不正确的是()A．氯气用于自来水消毒：Cl2+H2O＝HCl+HClOB．铁可以和稀硫酸反应：2Fe+3H2SO4＝Fe2(SO4)3+3H2↑C．刻制印刷电路板时常用氯化铁溶液作为“腐蚀液”刻蚀铜板2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+.D．红热的铁丝与水接触，表面形成蓝黑色(或黑色)保护层：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H24、下列关于氯水的叙述,正确的是（）A．新制氯水中只含Cl2和H2O分子 B．新制氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色C．光照氯水有气泡逸出,该气体是Cl2 D．氯水放置数天后pH值将变大5、用容量瓶配制一定物质的量浓度的NaCl溶液的实验中，会使所配溶液浓度偏高的是A．定容时加水加多了，用滴管吸出溶液至刻度线B．定容时仰视刻度线C．没有洗涤溶解NaCl固体的烧杯和玻璃棒D．称量NaCl固体时砝码上有杂质6、设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A．5.6g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.3NAB．常温常压下，11.2L甲烷中含有的氢原子数为2NAC．标准状况下，22.4L氦气与22.4L氟气所含原子数均为2NAD．常温下，2.7g铝与足量的盐酸反应，失去的电子数为0.3NA7、常温下，铁与下列酸溶液作用产生H2的是（）A．浓硫酸 B．稀硫酸 C．浓硝酸 D．稀硝酸8、下列属于合金的是A．不锈钢餐具 B．大理石地板 C．石墨棒电极 D．水银温度计9、下面关于硅及其化合物的叙述中，不正确的是A．普通玻璃是以纯碱、石灰石和石英为原料在玻璃窑中熔融制成B．玻璃、陶瓷、水泥、碳化硅都属于传统的硅酸盐产品C．硅胶可用作食品干燥剂及催化剂的载体D．硅元素是一种亲氧元素，其中[SiO4]四面体结构存在于二氧化硅和硅酸盐矿中10、下列说法不正确的是A．Fe、Al常温下与浓硝酸发生钝化反应 B．Fe(OH)3呈红褐色，难溶于水C．水玻璃浸泡过的木材能防火 D．加明矾消毒杀菌后的自来水可以直接饮用11、下列叙述正确的是A．根据金属镁能导电可判断：镁为电解质B．根据分类的观点可判断：纯碱属于碱类C．根据是否有电子转移可判断：Na与Cl2反应属于氧化还原反应D．根据都能使有色物质褪色这一现象推断：氯水和活性炭的漂白原理相同12、下列有关金属及其合金的说法正确的是A．在化学反应中，金属失电子，被还原B．合金与各组分金属相比一般具有更低的熔点C．生铁、普通钢和不锈钢中的碳含量依次增加D．Fe2O3是磁铁矿的主要成分，属于碱性氧化物13、托盘天平两盘各放置一个盛有100g9.8%的稀硫酸的烧杯，并使天平保持平衡。若两烧杯中分别加入下列各组物质，反应结束后，天平仍保持平衡的是()A．2.4gMg和6.5gZn B．Mg和Zn各2.5gC．Mg和Al各2.5g D．2.3gNa和2.4gMg14、若NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是①标准状况下，2.24L四氯化碳含碳原子数为0.1NA②标准状况下，aL氧气和氮气的混合气含有的分子数约为aNA/22.4③1mol/LMg(NO3)2溶液中含有NO3-的数目为2NA④同温同压下，体积相同的氢气和氩气所含的原子数相等⑤46gNO2和N2O4混合气体中含有原子数为3NA⑥1L0.5mol·L−1Na2SO4溶液中，含有的氧原子总数为2NAA．②⑥ B．②⑤ C．②③ D．②③⑥15、用1mol的钠、镁、铝、铁分别与100mL2mol/L的稀硫酸反应，放出氢气是A．钠最多B．铝最多C．钠、铝、铁一样多D．都一样多16、下列说法正确的是（）A．1molO2与金属Na反应，O2一定得到4NA个电子B．18gNH4+中所含的电子数为11NAC．1molFe与足量的Cl2反应，转移的电子数为2NAD．1molCl2与足量的Fe反应，转移的电子数为2NA二、非选择题（本题包括5小题）17、物质A～N存在如图转化关系，其中气体D、E为单质，试回答：（1）写出下列物质的化学式：气体B是___，沉淀N是___。（2）写出反应“C→F”的离子方程式：___。（3）写出反应“I→J”的离子方程式：___。（4）在溶液I中直接滴加NaOH溶液，放置中可观察到的现象是___，后期发生变化的原因可用化学方程式解释为___。（5）固体L是一种红色颜料，将一定量固体L溶于160mL5mol·L-1盐酸中，再加入一定量铁粉恰好溶解，收集到2.24L氢气（标准状况），经检测溶液中无Fe3＋，则参加反应的铁粉的质量为___g。18、A、B、C是单质，其中A是金属，各种物质间的转化关系如图：根据图示转化关系回答：（1）写出下列物质的化学式。A___，B___，乙___，丁___。（2）写出下列变化的化学方程式。①A与NaOH溶液反应的化学方程式___。②甲与NaOH溶液反应的离子方程式___。19、如图为实验室制取和收集纯净干燥的氯气,并进行氯气性质探究的实验装置图:（1）反应前,在__________中装浓盐酸(填写仪器名称),__________中装MnO2(填写仪器名称)（2）装置A中所装试剂是______,装置B中所装的试剂是_____________。（3）装置D中所装试剂是______,发生反应的化学方程式为______________________。（4）实验室备用的浓盐酸质量分数为36.5%，密度为1.19g·cm－3，为使用方便，请计算出该浓盐酸的物质的量浓度______________。20、实验室里欲用KMnO4固体来配制240mL0.1mol•L-1的KMnO4酸性溶液。（1）需用的仪器有天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、__________。（2）配制过程中玻璃棒所起的作用是_________。（3）定容时的具体操作是_____。（4）下列操作对实验结果的影响偏小的是______（填序号）。a加水定容时俯视刻度线b容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理c若未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶d颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上21、肼(N2H4)作为火箭发动机的燃料，可通过反应NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O制取。某化学兴趣小组尝试在实验室制取N2H4，设计了如下实验：(1)制备NaClO溶液，装置如图所示。(已知：3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O)①仪器A的名称是________________。②连接好装置，装药品之前，必须进行的一项操作是_________。③圆底烧瓶内发生反应的化学方程式为_______________；当生成71g氯气时，被氧化的HCl为_________mol。试管内发生反应的离子方程式为_________。④饱和食盐水的作用是_____________，冰水的作用是____________。(2)将NaClO溶液倒入烧杯中，持续通入NH3制取N2H4。制取氨气的化学方程式为_______。(3)火箭发射时用N2H4作燃料，用N2O4助燃，燃烧生成两种可参与大气循环的物质。写出该反应的化学方程式______________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

此题考查氧化还原知识的理解，在反应中元素化合价降低，被还原，需要加入还原剂。【详解】A.2Cl—→Cl2，氯元素的化合价升高，需要加入氧化剂，故A错误；B.Fe3＋→Fe2＋铁元素的化合价降低，被还原，需要加入还原剂；C.NH4+→NH3，氮元素的化合价始终为-3价，没有发生变化，故C错误；D.CO32→→CO2，碳元素的化合价始终为+4价，没有发生变化，故D错误；本题选B。2、A【解析】

溶于水和在熔融状态下均不能导电的化合物是非电解质，葡萄糖是非电解质，氢氧化钠和氯化钾是电解质，铁是单质，不是电解质也不是非电解质，答案选A。【点睛】明确电解质和非电解质的含义、适用范围是解答的关键。不论是电解质还是非电解质均是化合物，另外能否导电不是判断的依据，关键是看能否在水溶液中或熔融状态下电离出阴阳离子。3、B【解析】

A.氯气用于自来水消毒生成盐酸和次氯酸：Cl2+H2O=HCl+HClO，故A正确；B.铁可以和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，故B错误；C.刻制印刷电路板时常用氯化铁溶液作为“腐蚀液”刻蚀铜板，反应生成亚铁离子和铜离子：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+.，故C正确；D.红热的铁丝与水接触，表面形成蓝黑色(或黑色)保护层即四氧化三铁：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，故D正确。综上所述，答案为B。【点睛】铁与盐酸、稀硫酸反应生成亚铁离子，铁与少量氯气、过量氯气都生成氯化铁。4、B【解析】

A.新制氯水中含Cl2、H2O、HClO三种分子，故不选A；B.新制氯水含有盐酸和次氯酸，所以能使蓝色石蕊试纸先变红后褪色，故B正确；C.次氯酸在光照条件下生成盐酸和氧气，光照氯水有气泡逸出，该气体是O2，故C错误；D.次氯酸在光照条件下生成盐酸和氧气，氯水放置数天后pH值将减小，故D错误。5、D【解析】

A.定容时加水加多了，溶液体积偏大，导致浓度偏低，虽用滴管吸出溶液至刻度线，浓度也和原来一样，故A错误；B.定容时仰视刻度线，溶液的体积偏大,所配溶液浓度偏小，故B错误；C.未洗涤烧杯和玻璃棒，溶质的质量减少，浓度偏低，故C错误；D.称量NaCl固体时砝码上有杂质,导致称量氯化钠偏多,浓度偏大,故D正确；本题答案为D。【点睛】根据c=n/V分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，判断对所配溶液浓度的影响。6、D【解析】

A.5.6g铁（即0.1mol）与足量盐酸反应生成FeCl2，铁的化合价由0价升高到+2价，所以转移的电子数为0.2NA，错误；B.常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，所以11.2L甲烷中含有的氢原子数小于2NA，错误；C.标准状况下，22.4L氦气与22.4L氟气均为1mol，氦气是单原子分子，所含原子数为NA，氟气是双原子分子，所含原子数为2NA，错误；D.常温下，2.7g（0.1mol）铝与足量的盐酸反应生成AlCl3，失去的电子数为0.3NA，正确；故选D。【点睛】使用气体摩尔体积时注意给出的温度和压强，如果是常温常压，则不能用22.4L/mol，同时还要注意对象是否是气体。但如果没有用到22.4L/mol，则无论什么状态，都不受温度和压强的限制，如D选项，不管是在常温下还是标准状况下，2.7g铝都是0.1mol。7、B【解析】

A.浓硫酸在常温下可以使铁钝化，不生成氢气；B.稀硫酸在常温下可以与铁反应生成氢气；C.浓硝酸在常温下可以使铁钝化，不生成氢气；D.稀硝酸在常温下可以与铁反应，但是不生成氢气；正确答案：B8、A【解析】

【详解】A.不锈钢是铁的一种合金，主要含有铁、铬、镍等元素，故A正确；B.大理石的主要成分是碳酸钙，不属于合金，故B错误；C.石墨棒的成分是单质碳，不属于合金，故C错误；D.水银是汞，不属于合金，故D错误；答案选A。

9、B【解析】

A.普通玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英，A项正确；B.碳化硅属于新型陶瓷材料，B项错误；C.硅胶可用作干燥剂，其内部多孔的结构也可作催化剂的载体，C项正确；D.二氧化硅和硅酸盐中存在硅氧四面体，D项正确；答案选B。10、D【解析】

A.Fe、Al常温下与浓硝酸发生钝化反应，故A正确；B.Fe(OH)3是难溶于水的红褐色固体，故B正确；C.水玻璃的主要成分是硅酸钠，具有不燃不爆的性质，水玻璃浸泡过的木材，在木材表面附着了一层硅酸钠，隔绝了木材与空气中氧气的直接接触，所以水玻璃浸泡过的木材能防火，故C正确；D.加明矾净水是因为Al3+水解生成胶体，吸附悬浮物，不能消毒杀菌，故D错误；答案：D。【点睛】浓硝酸与铁和铝发生钝化反应，属于化学反应；明矾净水是因为Al3+水解生成胶体，吸附悬浮物，不能消毒杀菌。11、C【解析】

电解质必须是化合物；电离产生阴离子都是氢氧根离子的化合物为碱；有电子转移的化学反应属于氧化还原反应；氯水漂白利用的是次氯酸的强氧化性，活性炭的褪色是利用的活性炭的吸附性。【详解】A、镁是单质，不是电解质，故A错误；B、纯碱电离产生的阴离子为碳酸根离子，属于盐不是碱，故B错误；C、Na与Cl2反应有电子的转移，属于氧化还原反应，故C正确；D、氯水中的次氯酸具有强氧化性，能够使有色物质褪色，而活性炭有较大的表面积，具有较强的吸附性，可以漂白，所以二者的漂白原理不同，故D错误；答案选C。【点睛】本题考查了电解质与非电解质的概念、分散系的分类及分类依据、酸碱盐的概念，注意掌握电解质与非电解质的根本区别，明确分散系的分类及本质区别。12、B【解析】

A.在化学反应中，金属失电子，被氧化，故A错误；B.合金的熔点比组分金属低，故B正确；C.生铁含碳量最高，普通钢次之，不锈钢最少。题目说法与事实相反，故C错误；D.磁铁矿的主要成分是Fe3O4，故D错误。综上所述，答案为B。13、D【解析】

A.2.4g镁的物质的量为0.1mol，与硫酸反应生成0.1mol氢气，加入固体后溶液增重2.2g；6.5g锌的物质的量为0.1mol，与硫酸反应生成0.1mol氢气，加入固体后溶液增重6.3g；两边增重不相等，天平不平衡，故A不符合题意；B.2.5g镁的物质的量为0.104mol，与硫酸反应生成0.104mol氢气，加入固体后溶液增重2.292g，2.5g锌的物质的量为0.038mol，与硫酸反应生成0.038mol氢气，加入固体后溶液增重2.424g，两边增重不相等，天平不平衡，故B不符合题意；C.2.5g镁的物质的量为0.104mol，与硫酸反应生成0.104mol氢气，加入固体后溶液增重2.292g，2.5g铝的物质的量为0.093mol，与硫酸反应生成0.138mol氢气，加入固体后溶液增重2.224g，两边增重不相等，天平不平衡，故C不符合题意；D.2.4g镁的物质的量为0.1mol，与硫酸反应生成0.1mol氢气，加入固体后溶液增重2.2g；2.3gNa的物质的量为0.1mol，与硫酸反应生成0.05mol氢气，加入固体后溶液增重2.2g，两边增重相等，天平平衡，故D符合题意；综上，本题选D。【点睛】烧杯左右两侧加入不同金属，与酸反应后导致溶液增重，若左右两烧杯增重相同，则天平保持平衡，若增重不同，则不能保持平衡；14、B【解析】

①标准状况下四氯化碳不是气体，2.24L四氯化碳物质的量不是0.1mol，含碳原子数不是0.1NA，故①错误；②标准状况下aL的氧气和氮气混合气体物质的量为a/22.4mol，含有的分子数aNA/22.4，故②正确；③溶液的体积未知，不能计算硝酸根离子的数目，故③错误；④同温同压下，体积相同的氢气和氩气的物质的量相同，所含分子数一定相等，但氢气是双原子分子，氩气是单原子分子，所含原子数不同，故④错误；⑤46gNO2和N2O4混合气体中，二氧化氮和四氧化二氮最简式都为NO2，所以计算46gNO2中所含原子数即可，NO2的物质的量是1mol，含原子数为3NA，故⑤正确；⑥由于硫酸钠溶液中，溶剂水中也含有氧原子，所以无法计算溶液中氧原子的数目，故⑥错误。答案选B。【点睛】掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子的构成关系是解题关键，⑥是解答的易错点，注意水中含有氧原子。15、A【解析】

由于钠能够与水反应，则1mol钠完全反应失去1mol电子，根据电子守恒可知生成氢气的物质的量为0.5mol；100mL2mol/L的硫酸溶液中含有硫酸的物质的量为：n(H2SO4)=2mol/L×0.1L=0.2mol，根据反应Mg+H2SO4＝MgSO4+H2↑可知，1molMg完全反应需要消耗1molH2SO4，则硫酸不足，生成氢气的物质的量为0.2mol；根据反应2Al+3H2SO4＝Al2(SO4)3+3H2↑可知，1mol铝完全反应消耗1.5molH2SO4，则硫酸不足，生成氢气的物质的量为0.2mol；根据反应Fe+H2SO4＝FeSO4+H2↑可知，1molFe完全反应需要消耗1molH2SO4，则硫酸不足，生成氢气的物质的量为0.2mol；因此Na与硫酸溶液反应生成氢气最多，镁、铝、铁反应后生成的氢气一样多，故答案选A。【点睛】本题考查金属与酸反应的计算，此类题应先判断谁过量，按不足量（完全反应）的物质计算，同时注意一些活泼金属与酸反应完会继续与水反应，例如钠、K等不需要判断过量问题。16、D【解析】

A．氧气和钠反应可以生成氧化钠，也可以生成过氧化钠，1molO2与金属钠反应，生成氧化钠电子转移4mol，生成过氧化钠电子转移2mol，所以1molO2与金属Na反应，O2不一定得到4NA个电子，故A错误；B．18gNH4+中含有NH4+的物质的量为=1mol，一个NH4+中所含的电子数为10，因此18gNH4+中所含的电子数为10NA，故B错误；C．铁与足量氯气反应，只有铁失电子，Fe被氧化为Fe3+，1molFe失去电子数为3NA，因此转移电子数为3NA，故C错误；D．氯气与足量铁反应，只有氯气得电子，Cl2被还原为Cl-，每个氯气得到2个电子，所以1molCl2得到的电子为2mol即2NA，转移电子数为2NA，故D正确；故选：D。二、非选择题（本题包括5小题）17、HClH2SiO3Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色沉淀4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)311.2【解析】

硅和烧碱反应得到M，M是硅酸钠溶液，通入后变为沉淀，N是，溶液C能与氨水反应得到白色沉淀，白色沉淀又能溶于强碱，则C一定是铝盐，F是，G则是，A就是铝，铝与溶液B反应得到铝盐和一种单质气体D，D只能是氢气，黄绿色气体E只能是氯气，则氢气和氯气反应得到氯化氢气体B，因此溶液B是盐酸，溶液I虽然不好推断，但是K一定是沉淀，则金属H是铁，I是氯化亚铁，J是氯化铁，最后灼烧可以得到铁红，L是，本题得解。【详解】（1）根据分析，B是氢气，N是硅酸；（2）根据分析，写出铝盐和氨水反应的离子方程式：；（3）根据分析，写出亚铁被氯气氧化的离子方程式：；（4）亚铁溶液中加入碱，可以看到白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色沉淀，实际上发生了；（5）本题最终得到的是溶液，根据先算出的物质的量，氯元素是守恒的，因此最后得到的一共有0.4mol；体系中氧化剂有和两种，还原剂只有铁粉，三者最终恰好完全氧化还原，首先根据算出（还原产物）的量，则一共得了0.2mol电子，再来看铁，我们可以假设参加反应的铁粉有，则参加反应的有，列出反应中的得失电子守恒：解出，则参加反应的铁粉一共有。18、AlO2NaAlO2Al（OH）32Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O【解析】

A，B，C是单质，其中A是常见的活泼金属，B和C都是无色气体，常见金属单质中能与NaOH溶液反应产生气体的只有Al，所以A是Al，乙是NaAlO2，C是H2；甲是Al的化物，可和NaOH溶液反应产生NaAlO2，可甲能是，则丙是，B即是，根据得丁是，丁加热后可生成水和氧化铝。【详解】(1)由上述分析可知，A为Al，B为，乙是NaAlO2,丁是故答案为：Al；；；(2)①Al与NaOH溶液反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；②氧化铝与NaOH溶液反应的离子方程式Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O。19、分液漏斗圆底烧瓶饱和食盐水浓硫酸NaOH溶液Cl2+2NaOH==NaCl+NaClO+H2O11.9mol/L【解析】本题考查实验方案设计与评价，（1）此反应是固体与液体反应制备气体，浓盐酸应盛放在分液漏斗中，圆底烧瓶盛装MnO2；（2）实验目的是制取和收集纯净的氯气，以及验证氯气的性质，MnO2与浓盐酸反应制取的氯气中混有HCl和水蒸气，装置A的作用是除去HCl，即装置A中盛放的是饱和食盐水，装置B的作用是除去氯气中水蒸气，装置B盛放的是浓硫酸；（3）装置C是收集氯气，氯气有毒，必须尾气处理，装置D的作用是除去过量的氯气，即装置D中盛放NaOH溶液；发生的化学反应方程式为Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O；（4）根据c=1000ρω%/M=1000×1.19×36.5%/36.5mol·L－1=11.9mol·L－1。点睛：除去氯气中的HCl和水蒸气，应先除去HCl，常用饱和食盐水除去HCl，然后再用浓硫酸作干燥剂除去水蒸气，注意不能用氢氧化钠溶液除去HCl，因为氯气能与氢氧化钠反应，学生常常混淆的是除去过量的氯气用饱和食盐水。20、250mL容量瓶搅拌加速溶解、引流将玻璃棒伸到容量瓶刻度线以下，将蒸馏水沿玻璃棒加入容量瓶中，当液面离刻度线1~2cm处，改用胶头滴管加蒸馏水，使溶液的凹液面和环形刻度线水平相切cd【解析】

用固体配置一定物质的量浓度的溶液需要经过：计算→称量→溶解→冷却→转移→洗涤→定容→摇匀等步骤，在此基础上分析解答。【详解】（1）称量用到天平、钥匙，溶解用到烧杯，玻璃棒，转移用到容量瓶，玻璃棒，实验室没有规格为240mL容量瓶，选择250mL容量瓶，故答案为：250mL容量瓶；（2）溶解时用玻璃棒搅拌，以加速溶解，转移时用玻璃棒引流，故答案为：搅拌加速溶解、引流；（3）定容的操作是：将玻璃棒伸到刻度线以下，将蒸馏水沿玻璃棒加入容量瓶中，离刻度线1~2cm处，改用胶头滴管加蒸馏水，使溶液的凹液面和环形刻度线水平相切，故答案为：将玻璃棒伸到容量瓶刻度线以下，将蒸馏水沿玻璃棒加入容量瓶中，当液面离刻度线1~2cm处，改用胶头滴管加蒸馏水，使溶液的凹液面和环形刻度线水平相切；（4）a．“俯少仰多”，