高考化学压轴题专题复习氧化还原反应的综合及答案解析.docx
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高考化学压轴题专题复习氧化还原反应的综合及答案解析
一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）
1．锂离子电池能够实现千余次充放电，但长时间使用后电池会失效，其中的化学试剂排放至环境中不仅会造成环境污染，还会造成资源的浪费。
实验室模拟回收锂离子电池中的Co、Ni、Li的流程如图。
已知：
LiCoO2难溶于水，易溶于酸。
回答下列问题：
（1）LiCoO2中Co的化合价是__。
（2）LiCoO2在浸出过程中反应的离子方程式是__。
（3）浸出剂除了H2O2外，也可以选择Na2S2O3，比较二者的还原效率H2O2__（填“>”或“<”）Na2S2O3（还原效率：
还原等物质的量的氧化剂消耗还原剂的物质的量）。
（4）提高浸出效率的方法有__。
（5）利用Cyanex272萃取时，pH对钴、镍萃取分离效果的影响如图。
从图中数据可知，用Cyanex272萃取分离时，最佳pH是__。
（6）反萃取的离子方程式为2H++CoR2=Co2++2HR，则反萃取剂的最佳选择是__。
（7）常温下，若水相中的Ni2+的质量浓度为1.18g·L-1，则pH=__时，Ni2+开始沉淀。
[Ksp（Ni（OH）2=2×10-15]
（8）参照题中流程图的表达，结合信息设计完成从水相中分离Ni和Li的实验流程图（如图）___。
已知：
提供的无机试剂：
NaOH、Na2CO3、NaF。
【答案】+32LiCoO2+6H++H2O2=2Co2++O2↑+2Li++4H2O<适当升高温度，适当增加H2SO4浓度5.5H2SO47.5①NaOH②Ni（OH）2③NaF
【解析】
【分析】
（1）通过化合物中各元素化合价代数和为0进行计算；
（2）由流程图中有机相反萃取得到CoSO4，可知LiCoO2与H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应，根据氧化还原反应的规律写出化学方程式；
（3）根据等物质的量H2O2和Na2S2O3作为还原剂转移电子的多少进行判断；
（4）提高浸出效率即提高化学反应速率；
（5）分离Co2+和Ni2+时，由于Co2+进入有机相，Ni进入水相，因此，应该选择钴的萃取率高而镍的萃取率低的pH范围；
（6）将钴洗脱进入水相中时，应该使反应向正反应方向移动，同时不能引入新杂质；
（7）根据Ksp（Ni（OH）2的表达式进行计算；
（8）根据表格中所给物质溶解度信息，调节pH应该用碱性物质，但要考虑分离Ni和Li元素不能使Ni和Li元素同时沉淀。
【详解】
（1）LiCoO2中O元素为-2价，Li为+1价，根据化合物中各元素化合价代数和为0进行计算得Co的化合价为+3价；
（2）由流程图中有机相反萃取得到CoSO4，可知LiCoO2与H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应，化学方程式为：
2LiCoO2+6H++H2O2=2Co2++O2↑+2Li++4H2O；
（3）1molH2O2作为还原剂转移2mol电子，1molNa2S2O3作为还原剂转移8mol电子，则Na2S2O3的还原效率更高；
（4）提高浸出效率可以适当升高温度，适当增加H2SO4浓度等；
（5）分离Co2+和Ni2+时，由于Co2+进入有机相，Ni进入水相，因此，应该选择钴的萃取率高而镍的萃取率低的pH范围，所以最佳pH是5.5；
（6）将钴洗脱进入水相中时，应该使反应向正反应方向移动，同时，为不引入新杂质，反萃取剂最好选择H2SO4；
（7）c（Ni2+）=
mol/L=0.02mol/L，则开始沉淀时，c（OH-）＝
=
=10-6.5mol/L，则pH=14-6.5=7.5；
（8）根据表格中所给物质溶解度信息，调节pH应该用碱性物质，但要考虑分离Ni和Li元素不能使Ni和Li元素同时沉淀，所以选用NaOH，则Ni（OH）2先沉淀，过滤后滤液中加入NaF生成LiF沉淀。
【点睛】
本题（5）选择合适的pH时，注意读懂图中信息，要根据实验的具体操作情况来分析。
2．根据当地资源等情况，硫酸工业常用黄铁矿（主要成分为FeS2）作为原料。
完成下列填空：
（1）将0.050molSO2（g）和0.030molO2（g）充入一个2L的密闭容器中，在一定条件下发生反应：
2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）+Q。
经2分钟反应达到平衡，测得n（SO3）=0.040mol，则O2的平均反应速率为______
（2）在容积不变时，下列措施中有利于提高SO2平衡转化率的有______（选填编号）
a.移出氧气b.降低温度
c.减小压强d.再充入0.050molSO2（g）和0.030molO2（g）
（3）在起始温度T1（673K）时SO2的转化率随反应时间（t）的变化如图，请在图中画出其他条件不变情况下，起始温度为T2（723K）时SO2的转化率随反应时间变化的示意图___
（4）黄铁矿在一定条件下煅烧的产物为SO2和Fe3O4
①将黄铁矿的煅烧产物Fe3O4溶于H2SO4后，加入铁粉，可制备FeSO4。
酸溶过程中需维持溶液有足够的酸性，其原因是______
②FeS2能将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，本身被氧化为SO42﹣。
写出有关的离子方程式______。
有2mol氧化产物生成时转移的电子数为______
【答案】0.005mol/（L•min）bd
抑制Fe3+与Fe2+的水解，并防止Fe2+被氧化成Fe3+FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+14NA
【解析】
【分析】
（1）根据v＝
求出氧气的速率，然后根据速率之比等于对应物质的化学计量数之比计算；
（2）反应放热，为提高SO2平衡转化率，应使平衡向正反应方向移动，可降低温度，体积不变，不能从压强的角度考虑，催化剂不影响平衡移动，移出氧气，平衡向逆反应方向移动，不利于提高SO2平衡转化率，由此分析解答；
（3）反应是放热反应，温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，但达到平衡所需要的时间缩短，据此画出曲线；
（4）①Fe3＋与Fe2＋易水解，Fe2＋易被氧化成Fe3＋；
②根据氧化还原反应中的反应物和生成物几何电子守恒来配平化学方程式，结合方程计算转移电子数。
【详解】
（1）v（SO3）＝
＝
＝0.01mol/（L•min），所以v（O2）＝
v（SO3）＝0.005mol/（L•min），故答案为：
0.005mol/（L•min）；
（2）a．移出氧气，平衡逆向移动，二氧化硫的转化率减少，故不选；
b．降低温度，平衡正向移动，二氧化硫的转化率增大，故选；
c．减小压强，平衡逆向移动，二氧化硫的转化率减少，故不选；
d．再充入0.050molSO2（g）和0.030molO2（g），相当于增大压强，平衡正向移动，二氧化硫的转化率增大，故选；
故答案为：
bd；
（3）反应：
2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0，SO2的转化率在起始温度T1＝673K下随反应时间（t）的变化如图，其他条件不变，仅改变起始温度为T2＝723K，温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，但反应速率增大，达到平衡需要的时间短，在图中画出温度T2下SO2的转化率随反应时间变化的预期结果示意图如图所示
；故答案为：
；
（4）①Fe2O3（或Fe3O4等）溶于H2SO4后，生成的Fe3＋与Fe2＋易水解，Fe2＋易被氧化成Fe3＋，所以要加入Fe粉和酸，抑制Fe3＋与Fe2＋的水解，并防止Fe2＋被氧化成Fe3＋，故答案为：
抑制Fe3＋与Fe2＋的水解，并防止Fe2＋被氧化成Fe3＋；
②−2价的硫离子具有还原性，FeS2可以将溶液中的Fe3＋还原为Fe2＋，而本身被氧化为硫酸根离子，有关的离子方程式为：
FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+，氧化产物是硫酸根离子，有2mol硫酸根生成时转移的电子数为14NA，故答案为：
FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+；14NA。
【点睛】
注意（3）温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，但反应速率增大，达到平衡需要的时间短，此为解题的关键。
3．废水中过量的氨氮（
和
）会导致水体富营养化。
某科研小组用
氧化法处理氨氮废水。
已知：
①
的氧化性比
强；②
比
更易被氧化；③国家相关标准要求经处理过的氨氮废水
要控制在6~9。
（1）
时，
可与
反应生成
等无污染物质，该反应的离子方程式为___________。
（2）进水
对氨氮去除率和出水pH的影响分别如图1和图2所示：
①进水
在1.25~2.75范围内时，氨氮去除率随
的升高迅速下降的原因是__________。
②进水
在2.75~6范围内时，氨氮去除率随
的升高而上升的原因是___________。
③进水
应控制在____________左右为宜。
（3）为研究空气对
氢化氨氮的影响，其他条件不变，仅增加单位时间内通人空气的量，发现氨氮去除率几乎不变。
其原因可能是______（填序号）
a.
的氧化性比
弱
b.
氧化氨氮速率比
慢
c.
在废水中溶解度比较小
d.空气中的
进入废水中
【答案】
随着
的升高，
含量增大，氧化性降低，导致氨氯去除率下降随着
的升高，氨氮废水中
含量增大，而
比
更易被氧化1.5
【解析】
【分析】
（1）pH=1.25时，NaClO可与NH4+反应生成N2等无污染物质，次氯酸根离子被还原为氯离子和水，结合电荷守恒、电子守恒、原子守恒配平书写离子方程式；
（2）①进水pH为1.25～2.75范围内，氨氮去除率随pH升高迅速下降是c（OH-）较大，抑制NaClO水解，c（HClO）较小致氧化能力弱；
②进水pH为2.75～6.00范围内氨氮去除率随pH升高而上升，氨气含量增大氨氮易被氧化；
③结合图象变化可知进水pH应控制在1.0左右；
（3）其他条件不变，仅增加单位时间内通入空气的量，发现氨氮去除率几乎不变，说明O2氧化氨氮速率比NaClO慢，比次氯酸钠氧化性弱，溶液中溶解的氧气少等原因。
【详解】
（1）pH=1.25时，NaClO可与NH4+反应生成N2等无污染物质，次氯酸根离子被还原为氯离子，结合电荷守恒、电子守恒、原子守恒配平书写离子方程式：
3ClO-+2NH4+=N2↑+3Cl-+2H+；
（2）①进水pH为1.25～2.75范围内，氨氮去除率随pH升高迅速下降的原因是：
随着PH升高，NaClO含量增大，氧化性能降低，导致氨氮去除率下降；
②进水pH为2.75～6.00范围内，氨氮去除率随pH升高而上升的原因是：
随着PH升高氨氮废水中氨气含量增大，氨氮更易被氧化；
③进水pH应控制在1.50左右，氨氮去除率会较大；
（3）研究空气对NaClO氧化氨氮的影响，其他条件不变，仅增加单位时间内通入空气的量，发现氨氮去除率几乎不变。
其原因可能是：
O2的氧化性比NaClO弱、O2氧化氨氮速率比NaClO慢、O2在溶液中溶解度比较小；故答案为：
abc。
4．目前全世界的镍（Ni）消费量仅次于铜、铝、铅、锌，居有色金属第五位。
镍常用于各种高光泽装饰漆和塑料生产，也常用作催化剂。
碱式碳酸镍的制备：
工业用电解镍新液（主要含NiSO4，NiCl2等）制备碱式碳酸镍晶体[xNiCO3·yNi（OH）2·zH2O]，制备流程如图：
（1）反应器中的一个重要反应为3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO3·2Ni（OH）2+3Na2SO4+2X，X的化学式为__。
（2）物料在反应器中反应时需要控制反应温度和pH值。
分析如图，反应器中最适合的pH值为__。
（3）检验碱式碳酸镍晶体洗涤干净的方法是__。
测定碱式碳酸镍晶体的组成：
为测定碱式碳酸镍晶体[xNiCO3·yNi（OH）2·zH2O]组成，某小组设计了如图实验方案及装置：
资料卡片：
碱式碳酸镍晶体受热会完全分解生成NiO、CO2和H2O
实验步骤：
①检查装置气密性；
②准确称量3.77g碱式碳酸镍晶体[xNiCO3·yNi（OH）2·zH2O]放在B装置中，连接仪器；
③打开弹簧夹a，鼓入一段时间空气，分别称量装置C、D、E的质量并记录；
④__；
⑤打开弹簧夹a缓缓鼓入一段时间空气；
⑥分别准确称量装置C、D、E的质量并记录；
⑦根据数据进行计算（相关数据如下表）
装置C/g
装置D/g
装置E/g
加热前
250.00
190.00
190.00
加热后
251.08
190.44
190.00
实验分析及数据处理：
（4）E装置的作用__。
（5）补充④的实验操作___。
（6）通过计算得到碱式碳酸镍晶体的组成__（填化学式）。
镍的制备：
（7）写出制备Ni的化学方程式__。
【答案】CO28.3取最后一次洗涤液少许，加入HCl酸化的BaCl2溶液，若无沉淀产生，则证明沉淀已经洗涤干净吸收空气中的H2O和CO2关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，停止加热NiCO3·2Ni（OH）2·4H2O2[NiCO3·2Ni（OH）2·4H2O]+3N2H4·H2O=6Ni+3N2↑+2CO2↑+21H2O
【解析】
【分析】
（1）根据元素守恒分析判断；
（2）使各种杂质相对最少的pH即为最适合的pH；
（3）反应后的滤液中含有硫酸钠，因此检验碱式碳酸镍晶体是否洗涤干净就是检验是否有硫酸根离子残留；
（4）根据实验目的和各个装置的作用分析；
（5）根据实验目的和前后操作步骤分析；
（6）先计算生成水蒸气和CO2的质量，再根据质量守恒确定化学式；
（7）氧化还原反应中电子有得，必有失，根据化合价变化确定生成物，进而配平方程式。
【详解】
（1）反应器中的一个重要反应为3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO3·2Ni（OH）2+3Na2SO4+2X，反应前Ni原子共3个、S原子共3个、O原子共23个、Na原子6个、C原子3个、H原子4个，反应后现有：
Ni原子3个、S原子共3个、O原子共19个、Na原子6个、C原子1个、H原子4个，少O原子4个，C原子2个，而这些微粒包含在2个X分子中，所以X的化学式为CO2，故答案为：
CO2；
（2）物料在反应器中反应时需要控制反应条件，根据图可知，在pH=8.3时，各种杂质相对最少，所以反应器中最适合的pH8.3，故答案为：
8.3；
（3）反应后的滤液中含有硫酸钠，因此检验碱式碳酸镍晶体是否洗涤干净就是检验是否有硫酸根离子残留，故答案为：
取最后一次洗涤液少许，加入HCl酸化的BaCl2溶液，若无沉淀产生，则证明沉淀已经洗涤干净；
（4）C装置用来吸收碱式碳酸镍晶体受热分解产生的H2O，D装置用来吸收碱式碳酸镍晶体受热分解产生的CO2，E装置可以防止空气中的H2O和CO2进入D装置中，影响实验数据的测定，故答案为：
吸收空气中的H2O和CO2；
（5）步骤③反应前左侧通空气是为了排尽装置中原有的CO2和水蒸气，避免装置内的CO2和水蒸气造成数据干扰，排空气后，应该开始进行反应，因此步骤④的操作为关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，说明固体分解完全，停止加热；步骤⑤再打开弹簧夹a缓缓鼓入一段时间空气，将装置中残留的CO2和水蒸气全部赶入C、D装置，被完全吸收，故答案为：
关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，停止加热；
（6）水的质量为251.08g−250g=1.08g，CO2的质量为190.44g−190g=0.44g，由于发生的是分解反应，所以生成的NiO的质量为3.77g−1.08g−0.44g=2.25g，则分解反应中水、二氧化碳和NiO的系数比（也就是分子个数比）为即：
，xNiCO3⋅yNi（OH）2⋅zH2O
. 6H2O↑+CO2↑+3NiO，根据元素守恒可得可得x=1，y=2，z=4即xNiCO3⋅yNi（OH）2⋅zH2O中x:
y:
z的值1:
2:
4，故答案为：
NiCO3·2Ni（OH）2·4H2O；
（7）NiCO3·2Ni（OH）2·4H2O与N2H4·H2O反应生成Ni，Ni元素得电子，被还原，同时还生成气体X和Y，由第
（1）问知X为CO2，氧化还原反应有得电子，必有失电子的物质，由此判断另一种气体为N2，根据得失电子守恒、元素守恒配平制备Ni的化学方程式，故答案为：
2[NiCO3·2Ni（OH）2·4H2O]+3N2H4·H2O=6Ni+3N2↑+2CO2↑+21H2O。
5．小明很喜欢化学实验课，今天要学习“探究铁及其化合物的氧化性或还原性”。
（1）实验前小明预测说：
Fe2+肯定既有还原性又有氧化性。
你认为他预测的依据是：
。
（2）小明欲用实验证明他的预测。
实验室提供了下列试剂：
3%的H2O2溶液、锌粒、铜片、0.1mol·L-1FeCl2溶液、KSCN溶液、新制氯水。
①若小明计划在0.1mol·L-1FeCl2溶液滴入新制氯水，探究Fe2+的还原性，你预计可能发生的反应和现象是：
________（写离子方程式）、溶液由浅绿色变色。
②实验中，小明发现现象不太明显，老师分析可能是产物的含量太低，建议可以通过检验Fe2+被氧化的产物Fe3+的存在以获取证据。
你认为可选滴入小明所得的混合液中，并通过溶液出现色的现象，证明小明的观点和实验方案都是正确的。
③对于证明Fe2+具有氧化性，小明认为金属单质都具有还原性，并分别将铜片、锌粒投入FeCl2溶液中，结果铜片没变化，锌粒逐渐变小。
由此说明三种金属的还原性由强至弱的顺序为：
。
（3）小明分析H2O2中氧元素显-1价（中间价），并提出疑问：
H2O2与FeCl2的反应时，Fe2+还作氧化剂吗？
①请你为小明梳理相关问题：
若Fe2+在反应中表现出氧化性应转化成（填微粒符号，下同），若Fe2+在反应中表现出还原性应转化成。
②实际上Fe2+的还原性较强，实验室的FeCl2溶液常因氧化而变质。
除杂的方法是：
，相关反应的离子方程式：
。
【答案】
（1）因为Fe2+中铁元素化合价处于中间价态，可以升高也可以降低；
（2）①Cl2＋2Fe2+＝2Cl－＋2Fe3+，棕黄（黄）；②KSCN溶液，溶液呈血红（红）色；③Zn、Fe、Cu（或Zn>Fe>Cu）；（3）①Fe，Fe3+；②加入过量铁粉，过滤，2Fe3++Fe=3Fe2+。
【解析】
试题分析：
（1）最低价态只具有还原性，最高价态只具有氧化性，中间价态既具有氧化性又有还原性，铁的价态一般是0、+2、+3，+2价位于中间，因此Fe2＋有还原性和氧化性；
（2）①氯水具有强氧化性，发生2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，Fe3＋显黄色或棕黄色；②检验Fe3＋用KSCN溶液，溶液变红说明Fe3＋的存在；③根据利用金属性强的置换出金属性弱的，铜片无变化，说明Fe的金属性强于铜，锌粒逐渐变小，发生Zn＋Fe2＋=Zn2＋＋Fe，说明Zn的金属性强于Fe，即金属性强弱：
Zn>Fe>Cu；（3）①氧化性：
得到电子、化合价降低，Fe2＋转变成Fe，还原性：
失去电子、化合价升高，Fe2＋转变成Fe3＋；②利用Fe3＋具有强氧化性，能和金属单质反应，不能引入新的杂质，因此加入单质铁，发生Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋。
考点：
考查铁及其化合物的性质等知识。
6．NOx、SO2的处理转化对环境保护有着重要意义。
（1）利用反应2NO（g）＋2CO（g）=N2（g）＋2CO2（g），可实现汽车尾气的无害化处理。
一定条件下进行该反应，测得CO的平衡转化率与温度、起始投料比m[m=
]的关系如图1所示。
①该反应的ΔH____0（填“>”“<”或“＝”）。
②下列说法正确的是________（填字母）。
A．当体系中CO2和CO物质的量浓度之比保持不变时，反应达到平衡状态
B．投料比：
m1＞m2＞m3
C．当投料比m＝2时，NO转化率是CO转化率的2倍
D．汽车排气管中的催化剂可提高NO的平衡转化率
③随着温度的升高，不同投料比下CO的平衡转化率趋于相近的原因为________。
（2）若反应2NO（g）＋2CO（g）=N2（g）＋2CO2（g）的正、逆反应速率可表示为：
v正=k正·c2（NO）·c2（CO）；v逆=k逆·c（N2）·c2（CO2）,k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，仅与温度有关。
一定温度下，在体积为1L的容器中加入2molNO和2molCO发生上述反应，测得CO和CO2物质的量浓度随时间的变化如图2所示，则a点时v正∶v逆＝________。
（3）工业生产排放的烟气中同时存在SO2、NOx和CO，利用它们的相互作用可将SO2、NOx还原成无害物质，一定条件下得到以下实验结果。
图3为298K各气体分压（气体的物质的量分数与总压的乘积）与CO物质的量分数的关系，图4为CO物质的量分数为2.0%时，各气体分压与温度的关系。
下列说法不正确的是________（填字母）。
A．不同温度下脱硝的产物为N2，脱硫的产物可能有多种
B．温度越高脱硫脱硝的效果越好
C．NOx比SO2更易被CO还原
D．体系中可能发生反应：
2COS=S2＋2CO；4CO2＋S2=4CO＋2SO2
（4）NH3催化还原氮氧化物是目前应用最广泛的烟气脱硝技术。
用活化后的V2O5作催化剂，NH3将NO还原成N2的一种反应历程如图5所示，则总反应方程式为________。
（5）用间接电化学法去除烟气中NO的原理如图6所示，则阴极的电极反应式为____。
【答案】＜AB温度较高时，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡移动的影响160：
1B4NH3+4NO+O2
4N2+6H2O2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O
【解析】
【分析】
（1）①由图象可知，起始投料比m一定时，CO的平衡转化率随温度的升高而降低；
②A.起始投料比m一定时，而反应中NO、CO的变化量相同，体系中CO2和CO物质的量浓度之比保持不变，即体系中CO2、CO物质的量浓度不变，据此判断；
B.由图象可知，温度一定时，增大NO浓度，CO转化率增大；
C.根据转化率α=变化量与起始量的比值和反应中NO、CO的变化量相同分析判断；
D.催化剂不能改变反应进程，只改变反应速率；
③由图象可知，不同投料比下CO的平衡转化率趋于相近，主要原因是温度的影响起主导作用，投料比不同的影响为次要因素；
（2）反应达到平衡时v正=k正•c2（NO）c2（CO）=v逆=k逆•c（N2）c2（CO2），则平衡常数K=
，结合反应三段式计算平衡常数K和a点时各物质的浓度，代入v正、v逆计算v正：
v逆；
（3）A．由图可知，NOx还原成无害物质为氮气，脱硫的产物可能有多种，与温度有关；B．温度高于1000℃时二氧化硫的含量增大，说明温度越高不利于脱硫；
C．根据图3，随CO物质的量分数增大，还原NOx生成氮气曲线斜率变化比较小，而还原SO2需要CO物质的量分数较大时才能将SO2从烟气中分离；
D．根据图4，COS分压曲线随温度升高减小，S2、CO分压增大，继续升高温度，S2、CO2分压减小，CO分压增大；
（4）用活化后的V2O5作催化剂，NH3将NO还原成N2，同时生成水，原子守恒配平书写化学方程式；
（5）阴极通入的SO32-发生得电子的还原反应生成S2O42-。
【详解】
（1）①由图象可知，起始投料比m一定时，温度越高，CO的平衡转化率越低，即
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