广西壮族自治区2025年春季学期百市高中高二年级期末教学质量调研测试化学试卷+答案_2025年7月_250706广西壮族自治区2025年春季学期百色市高中高二年级期末教学质量调研测试（全科）

{#{QQABTQAAoggIQAJAAQgCAQU4CAGQkAECAYoGRAAQsAAACANABCA=}#}{#{QQABTQAAoggIQAJAAQgCAQU4CAGQkAECAYoGRAAQsAAACANABCA=}#}{#{QQABTQAAoggIQAJAAQgCAQU4CAGQkAECAYoGRAAQsAAACANABCA=}#}{#{QQABTQAAoggIQAJAAQgCAQU4CAGQkAECAYoGRAAQsAAACANABCA=}#}{#{QQABTQAAoggIQAJAAQgCAQU4CAGQkAECAYoGRAAQsAAACANABCA=}#}{#{QQABTQAAoggIQAJAAQgCAQU4CAGQkAECAYoGRAAQsAAACANABCA=}#}{#{QQABTQAAoggIQAJAAQgCAQU4CAGQkAECAYoGRAAQsAAACANABCA=}#}{#{QQABTQAAoggIQAJAAQgCAQU4CAGQkAECAYoGRAAQsAAACANABCA=}#}2025 年春季学期百色市普通高中期末教学质量调研测试 高二化学 参考答案 一、选择题：本题共14题，每题3分，共42分，每小题只有1个选项符合题意。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 B B C C A B B A D C B B D C 1．B 【详解】A．靖西绣球所用材质之一的真丝绸缎主要成分是蛋白质， 故A错误；B．茶多酚易被氧化而发挥抗氧化的功效，故B正确；C．百色芒果 的香味来自于酯类和萜类物质，其中的酯类物质密度小于水，故C错误；D．山 茶油所含油脂的主要成分是不饱和脂肪酸甘油酯，故D错误。 2．B 【详解】A．NF 的电子式为 ，故A 错误；B．异戊二烯的结构 3 简式为： ，天然橡胶的主要成分是顺式聚异戊二烯(双键上的取代基甲基和 氢位于同侧)，其结构简式为： ，B正确；C．基态C 原子价层电子 排布图为 ，故C错误；D．SO 中心原子S周围的价层电子对数为： 2 1 2+ (6-22)=3，故其价层电子对互斥(VSEPR)模型： ，D错误。 2 3．C 【详解】A．SO 与O 的反应为可逆反应，1molSO 与足量的O 反应，生 2 2 2 2 成的SO 分子数小于N ，A错误；B．CHCl 在标准状况下不是气体，标准状况下， 3 A 3 22.4LCHCl 的物质的量不是1mol，氯原子的数目不为3N ，B错误；C．C H 含有4个 3 A 5 12 C-C 单键，故1molC H 分子中含有碳碳单键数目为4N ，C 正确； D．甲醛 5 12 A 30g 和乙酸的最终简式均为CH O，所以30g混合物中含有氢原子 22mol， 2 30gmol1 在乙酸中存在O－H键，所以混合物中含C-H键的数目小于2N ，D错误。 A 4.C 【详解】A．氢的电负性(鲍林标度2.20)大于硼的电负性(鲍林标度2.04)， 故电负性：BB，故B 正确；C．同主族从上到下，第一电离能逐渐减小，同一 周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，但ⅡA 与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，故 第一电离能：N>O>S，故C错误；D．同主族元素从上到下金属性逐渐增强，故 金属性：Li NaK，故D正确。 5.A 【详解】A．碱金属单质的熔点从 Li 到Cs 也逐渐降低，A错误；B. 同 主族两种元素原子的核外电子数的差值可能为36，例如氢、铷， B 正确；C. 砹 (At)为第七周期、VIIA族元素，该族元素单质的颜色逐渐加深，对于AgX的溶解度 逐渐减小，C正确；D．氢氧化铝能与氢氧化钠溶液反应，则氢氧化铍也能与氢 氧化钠反应，故D正确。 6.B 【详解】A．醋酸具有挥发性，且酸性比碳酸强，所以醋酸也能使苯 酚钠溶液反应生成苯酚，无法验证苯酚的酸性比碳酸的弱，A错误；B．羟基不 与Br 反应，碳碳双键与Br 反应，能达到实验目的，故B 正确；C．溴化铁做 2 2 第 1 页 共 7 页 {#{QQABTQAAoggIQAJAAQgCAQU4CAGQkAECAYoGRAAQsAAACANABCA=}#}催化剂条件下苯和液溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢，用硝酸银溶液检验反应 生成的溴化氢能证明苯和溴发生取代反应，但溴具有挥发性，挥发出的溴也能与 硝酸银溶液反应生成淡黄色的溴化银沉淀，干扰溴化氢的检验，所以题给装置不 能达到验证苯和溴发生取代反应的实验目的，故C错误；D．乙醇和乙酸可以互 溶，不能用分液的方法分离，故D错误。 7．B 【详解】A．CO 分子呈直线形(O=C=O)，结构对称，正、负电中心重 2 合，属于非极性分子，但COS分子虽然呈直线形(O=C=S)，不是对称分子，分 4-22 子存在极性，故A错误；B．CO 中的C 的价层电子对数为2+ =2，C 采取 2 2 sp 杂化，键角为180°；NH 中的N采取sp3杂化，键角约为105°；所以键角： 3 CO >NH ，故B 正确；C．H S的S 原子价层电子对数为4，含有2对孤电子对， 2 3 2 4-22 空间构型为V形，故C错误；D．CO 与COS的中心原子C价层电子对数为2+ =2， 2 2 C采取sp杂化，VSEPR模型都是直线形，故D错误。 8.A【详解】A．甲基为供电子基团，使得氨基中氮的电子云密度更大， 更容易结合氢离子，使得CH NH 的碱性强于NH ，故A错误；B．邻硝基苯酚 3 2 3 能形成分子内氢键，使邻硝基苯酚沸点低于对硝基苯酚，故B 正确；C．乙醇与 水任意比互溶，主要是因为乙醇与水易形成分子间氢键，增加了分子之间的吸引作 用，故C正确；D．对于结构相似的物质，分子的相对分子质量越大，范德华力 就越大，则克服分子间作用力使物质熔化、汽化消耗的能量就越多，物质的熔沸 点就越高。I 、Cl 都是由分子构成，二者结构相似，相对分子质量：I ＞Cl ，范 2 2 2 2 德华力：I ＞Cl ，所以沸点：I ＞Cl ，故D正确。 2 2 2 2 9．D【详解】A．草酸与酸性高锰酸钾溶液反应，草酸为弱酸，被氧化为CO ， 2 KMnO 被还原为Mn2+，则反应的方程式为： 4 5H C O 2MnO6H 10CO 2Mn28H O，A正确；B．少量二氧化硫与氢氧 2 2 4 4 2 2 化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为SO ＋2OH-=SO2＋H O， 2 3 2 故B 正确；C．苯酚钠溶液中通入二氧化碳产生碳酸氢钠： +CO +H O→ +NaHCO ，C正确；D．乙醛与银氨溶液反应： 2 2 3 CH CHO2AgNH  OH水浴加热CH COONH 2Ag3NH H O，D错误； 3 3 2 3 4 3 2 10．C【详解】A．根据该化合物的结构简式可知，其分子式为C H O ，A 11 12 3 正确；B．该分子含有醛基，使溴水和酸性KMnO 溶液褪色的原理相同，都是 4 发生氧化还原反应，B 正确；C．结构中有共面的苯环和醛基结构， sp3杂化的碳 原子最多3个原子共面，分子中最多17个原子共面，C错误；D．该分子含有醛基 和苯环都可以跟H 发生加成反应，醛基、苯环分别消耗1和3mol的H ， D 正 2 2 确。 11.B 【分析】X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，X 原子在s区元素原子中半径最小，故X是H；基态Z原子的价电子排布式为2s22p4， 故Z是O；Y 元素的简单氢化物可用作制冷剂，故Y是N；基态W原子的s 能 第 2 页 共 7 页 {#{QQABTQAAoggIQAJAAQgCAQU4CAGQkAECAYoGRAAQsAAACANABCA=}#}级电子数等于p能级电子数，故W 是Mg；Q的常见单质为气体，且原子序数最 大，故Q为Cl。【详解】A．非金属性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸 性越强，因此酸性：HClO >HNO ，A 正确；B．工业上通过电解熔融的无水氯 4 3 化镁制备金属镁，B 错误；C．Y、Z、W 的简单离子具有相同的核外电子排布， 原子序数越大，离子半径越小，有Y>Z>W，C正确；D．Y元素的简单氢化物 为NH ，N的成键电子对数为3、孤电子对数=（5-1×3）/2=1，价层电子对数= 3 成键电子对数为+孤电子对数=4，杂化方式为sp3杂化，D正确。 12．B 【详解】A．甲的分子式为C H O，不饱和度为1，甲的同分异构体 3 6 中含醛基的只有1种：CH CH CHO，A 错误；B．乙能发生燃烧的氧化反应，B 3 2 正确；C．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，甲中含有 1个手性碳原子，位置为 ，乙中含有1个手性碳原子，位置为 ，C 错 误；D．丙的水解产物有HOCH CH(CH )OH，为二醇，与为一醇的乙醇不是同 2 3 系物关系 D错误。 13.D 【详解】A．观察中配合物[MA L ]的分子结构，可看到中心原子M 2 2 周围与4个原子形成配位键，配位数是直接与中心原子（离子）配位的原子（离 子）数目，所以中心原子M 的配位数为4， A正确。 B．由题干晶胞可知，晶胞中配合物分子位于晶胞的8个顶点和上下底面的面心 1 1  上，故晶胞中配合物分子的分数坐标为(0，0，0)、  ，，0 ，B 正确；C．由晶 2 2  胞结构可知，该晶体由[MA L ]分子通过分子间作用力结合而成，分子晶体是通 2 2 过分子间作用力（范德华力、氢键等）将分子结合成晶体的，所以该晶体属于分 子晶体，C 正确；D．CO 晶胞中二氧化碳分子处于晶胞顶点和面心，利用均摊法 2 计算，1个 CO 晶胞中含二氧化碳分子数为8×1/8+6×1/2=4个，而本题晶胞含2个配 2 合物分子，二者晶胞中所含分子数量不同，晶体结构不相似，D错误。 14．C 【详解】A．溴乙烷与NaOH 溶液混合共热，充分反应并冷却后，检 验是否发生了取代反应，先向溶液中加稀HNO 酸化中和碱，再滴加AgNO 溶 3 3 液，产生淡黄色沉淀，A错误；B．向某样品溶液中滴加氯化铁溶液，溶液显紫色， 只能证明样品物质含有酚羟基，但不能确定是苯酚，B错误；C．向淀粉溶液中加 入稀硫酸，充分加热，冷却后，再加入碘水，溶液变蓝，证明后面的溶液中含有 淀粉，可能是淀粉未完全水解，不一定是未水解，C 正确；D．将乙醇和浓硫酸 共热产生的气体除乙烯外还有挥发的乙醇蒸气、乙醇炭化后与浓硫酸生成的二氧 化硫都可以使酸性高锰酸钾褪色，不能证明生成了乙烯气体， D错误。 二、非选择题：本大题共 4 小题，共 58 分。 15.（14分）【答案】(1)将独居石粉碎增大接触面积、增大硫酸浓度或搅拌 等（任写一条）（1分） (2) SiO （2分）(3)6HCO 2Ce3 Ce  CO  3CO 3H O（2分） 2 3 2 3 3 2 2 高温 (4)2Ce 2 (CO 3 ) 3 +O 2  4CeO 2 +6CO 2 （2分） (5)使溶液中的Fe3+、Al3+转化 Fe(OH) 、Al(OH) 而除去（2分） 5（2分） 3 3 第 3 页 共 7 页 {#{QQABTQAAoggIQAJAAQgCAQU4CAGQkAECAYoGRAAQsAAACANABCA=}#}6.881032 (6)8（1分） （2分） a3N A 【分析】向独居石中加入硫酸酸浸时，硫酸将CePO 转化为Ce (SO ) 和 4 2 4 3 H PO ，Fe O 转化为Fe (SO ) ，CaF 转化为CaSO 沉淀和HF 气体，SiO 不参 3 4 2 3 2 4 3 2 4 2 与反应；加入Fe (SO ) 溶液，将溶液中的H PO 转化为FePO 沉淀，过滤得到 2 4 3 3 4 4 滤渣1主要含有难溶性钙盐、FePO 和SiO ；向滤液中加入氨水调节溶液pH， 4 2 将Fe3+、Al3+转化 Fe(OH) 、Al(OH) 沉淀过滤除去，滤渣2主要含有Al(OH) 3 3 3 和Fe(OH) ；再向滤液中加入NH HCO 溶液，将溶液中的Ce3+转化为Ce (CO ) 3 4 3 2 3 3 沉淀，过滤得到Ce (CO ) ，最后经焙烧后得到CeO ，据此解答。 2 3 3 2 【解析】(1)为提高“酸浸”的速率，可采取的措施有将独居石粉碎、增大硫酸浓度、 适当升高温度、充分搅拌等。(2)由分析可知，滤渣1的主要成分为难溶性钙盐、 FePO 和SiO ，则滤渣1的主要成分除难溶性钙盐、FePO 外还有SiO 。(3)已知 4 2 4 2 用碳酸氢铵“沉铈”过程中有CO 放出，则结合原子守恒、电荷守恒可知生成 2 Ce (CO ) 时发生的离子方程式为：6HCO 2Ce3 Ce  CO  3CO 3H O。 2 3 3 3 2 3 3 2 2 (4)焙烧Ce (CO ) 获得CeO ，铈元素被氧化，需要氧气参与反应，则发生反应 2 3 3 2 高温 的化学方程式为：2Ce 2 (CO 3 ) 3 +O 2  4CeO 2 +6CO 2 。(5)由分析可知，加入氨水调 节pH目的是使溶液中的Fe3+、Al3+转化为 Fe(OH) 、Al(OH) 而除去。当溶液中 3 3 c(Al3+)=1.0x10-6mol/L时，根据K [Al(OH) ]=c(Al3+)×c3(OH-)=1.0 x10-33，则该溶 SP 3 液中 ，pOH= -lgC(OH-)= -lg 10-9=9，则pH=14- pOH=14-9=5。(6)在CeO 晶胞中，黑球数目为：8× 1 +6× 1 =4，灰球数目为8， 2 8 2 即每个晶胞中有4个CeO ，可知灰球为O2-，黑球为Ce4+，则由晶胞结构图可知， 2 处于面心的铈离子周围最近且等距离的氧离子有4个，根据晶胞无隙并置原则， 在该晶体中，铈离子周围最近且等距离的氧离子的个数为2×4=8。若晶胞边长为 apm，N 为阿伏加德罗常数的值，则CeO 晶体的密度 A 2 4(14032) N 6.881032 。  A g/cm3  g/cm3 (a1010)3 a3N A 16.（15分）【答案】(1) 三颈烧瓶（1分） b（2分） (2) 水浴加热（2分） +CH CH OH +H O（2分） 3 2 2 (3) 使酯化反应向正反应方向进行，提高苯甲酸的转化率（2分） (4) 饱和Na CO 溶液（2分） 蒸馏（2分） (5)80（2分） 2 3 【分析】本实验将苯甲酸、乙醇在浓硫酸作催化剂和脱水剂的作用下水浴加热即 可得苯甲酸乙酯粗产品，苯甲酸乙酯粗产中除苯甲酸乙酯外，还含有苯甲酸、乙 醇等溶液，试剂a选用饱和碳酸钠溶液，用于溶解乙醇、消耗苯甲酸、降低苯甲 酸乙酯溶解度，据分析答题。【详解】(1)仪器a 的名称为三颈烧瓶；为了增强 冷凝效果，冷凝管中冷凝水应下进上出，所以装置中冷却水的进口为b。(2)粗产 品制取时所需的温度为70℃左右，且需要均匀受热、便于控制温度，所以采用 第 4 页 共 7 页 {#{QQABTQAAoggIQAJAAQgCAQU4CAGQkAECAYoGRAAQsAAACANABCA=}#}的加热方式为水浴加热(或保持70℃水浴加热)；利用苯甲酸、乙醇在浓硫酸作催 化剂和脱水剂的作用下水浴加热制备苯甲酸异丙酯，化学方程式为： +CH CH OH +H O。(3)酯化反应为可逆 3 2 2 反应，由于乙醇沸点低易挥发，使乙醇稍过量有利于酯化反应向正反应方向进行， 提高苯甲酸的转化率。(4)粗产品中含有未反应的苯甲酸、乙醇以及生成的水等 杂质 。饱和Na CO 溶液可以与苯甲酸反应将其转化为易溶于水的苯甲酸钠， 2 3 同时能溶解乙醇，降低苯甲酸乙酯在水中的溶解度，便于通过分液分离出苯甲酸 乙酯，所以试剂 a 最好选用饱和Na CO 溶液。经过操作①分液得到的有机层中 2 3 可能还含有少量的其他杂质，由于苯甲酸乙酯与这些杂质沸点不同，可通过蒸馏 的方法进一步提纯，所以操作②的名称是蒸馏。(5)48.8g 苯甲酸的物质的量 n=m/M=48.8g/122g·mol-1=0.4mol，35mL乙醇质量m=ρv=0.79g·cm-3×35mL=27.65g， 乙醇物质的量n=m/M=27.65g/46g·mol-1≈0.6mol，由反应方程式可知乙醇过量， 根据苯甲酸的量计算理论上生成苯甲酸乙酯的物质的量，根据化学计量数之比， 苯甲酸与苯甲酸乙酯物质的量之比为1:1，所以理论上生成苯甲酸乙酯的物质的 量n=0.4mol，则理论上生成苯甲酸乙酯的质量0.4mol×150g/mol=60.0g，则产率 =实际产量/理论产量=48.0g÷60.0g×100%=80%。 17.（14分）【答案】 3 （2分 ( ） 1)CH3O 不 H( 能 g)+ （2 1 O 分 2( ） g) = CO2(g) （ + 1 2 分 H ） 2O(g)△H =− 676.4kJ/mol (2)① ②D (3) （1分） （2分） （2分） （1分） 4 不 ① （ 0 2 .0 分 25 ） (4) ②27 50% ③ （ < 2分） − − 2− CH3OH−6e +8OH = CO3 +6H2O 【解析】 已知： (1) ①2H2(g)+O2(g) = 2H2O(g)△H =−483.6kJ/mol ② 盖斯 CH 定3O 律 H 计 (g 算 )+H2O(g) = C 得 O 到2( 甲 g) 醇 + 燃 3H 烧2( 生 g) 成 △H =+4 的 9 热 .0k 化 J/ 学 m 方 ol 程式： 3 ②+①×2 H2O(g) 。 3 CH3OH(g)+2O2(g) = CO2(g)+2H2O(g)△H =−676.4kJ/mol ，熵变 ， ( 则 2) 反 ① 应 2 焓 CO 变 (g)+4H2( ， g) ⇌ CH3OCH3(l)+ ，不 H2能 O( 满 l) 足 △H =+71kJ/mol ，反应 △ 不 S 能 < 自 0 发进行，故答案为：不能。 △H > 0 △H−T△S > 0 △H−T△S < 0 向 密闭容器中加入 、 ，发生反应： ② 1L 2mol CO 4molH2 2CO(g)+4H2(g) ⇌ 。 向 密闭容器中加入 、 CH3OCH3(l)+H2O(l)△H =+71kJ/mol a. 1L 2mol CO ，按照 反应，混合气体的平均相对分子质量始终不变，故不能说达 4 到 m 平 ol 衡 H 状2 态，故 1:2 错误； 起始量和变化量之比相同， 和 的转化率始终相 等，不能说明反应达到平衡状态，故 错误； 由于生成物都是液体，气体体积 a b. CO H2 b c. 第 5 页 共 7 页 {#{QQABTQAAoggIQAJAAQgCAQU4CAGQkAECAYoGRAAQsAAACANABCA=}#}分数始终不变， 和 的体积分数保持不变不能说明反应达到平衡状态，故 错误； 反应前后气体体积不变，气体质量变化，当混合气体的密度保持不变说 CO H2 c 明反应达到平衡状态，故 正确； 生成的同时有 键断裂， d. 只能说明反应逆向进行，不能说明正逆反应速率相同，故 错误；故答案为： 。 d e.1mol CO 1mol O−H ， ～ 内氢气物质 e d (3)①CO2(g)+3H2(g) ⇌ CH3OH(g)+H2O(g)△H < 0 0 10min 的量变化 ，计算氢气表示的反应速率 1.5mol 2L 6mol−4.，5m速o率l =之1比.5m等o于l 化学方程式计量数之比， v(H2) = 10min = 1 0.075mol/(L⋅min) ，故答案为： 。 图表中计算 v(H 时 2O 二 ) 氧 = 化3v 碳 (H 消 2) 耗 = 物质的量 ，同时生成 甲醇， 甲醇物质的量为 ，则 0.025mol/(L⋅min) 0.025 ② 20min 反应达到平衡状态， 1mol 1mol 30min 1mol 20min 起始量 CO2(g)+3H2(g) ⇌ CH3OH(g)+H2O(g)△H < 0 变化量 (mol/L) 1 3 0 0 平衡量 (mol/L) 0.5 1.5 0.5 0.5 平衡常数 ，氢气转化率 ， 在其它条件 (mol/L) 0.5 1.5 0.5 0.5 0.5×0.5 4 1.5mol/L 不变的情况下图表中3平衡状态下氢气物质的量为 ，若 时改变温度为 K = 0.5×1.5 = 27 = 3mol/L ×100% = 50% ③ ，此时 的物质的量为 ，正反应为放热反应，说明升温平衡逆向进 3mol 30min 行， ，在其他条件不变的情况下，若 时向容器中再充入 T2℃ H2 3.2mol 和 T1 < T2 ， 3 ， 0m 说 in 明平衡不动。 1molCO2(g) 0.5×(0.5+0.5) 4 1 若 m 用 ol 甲 H2醚 O( 作 g) 为燃 Qc 料 = 电 (0 池 .5+ 的 0.5 原 )× 料 1.5 3， = 甲 27 醚 = 在 K 负极失电子发生氧化反应，在碱性介 质中电池负极的电极反应式： 。 (4) − − 2− CH3OH−6e +8OH = CO3 +6H2O 18.（15分）【答案】(1) 碳氯键 （2分） （2分） 聚苯乙 烯（1分）(2)②⑥（2分） (3) +NaOH醇 +NaCl+H O（2分） 2 Δ (4)2 + O Cu/Ag 2 + 2H O（2分）(5) 13 （2分） 2 Δ 2 （2分） 【分析】C H 为乙烯，与HCl发生加成反应得到B为CH CH Cl，B(CH CH Cl) 2 4 3 2 3 2 与苯发生取代反应得到C 为乙苯，乙苯被酸性高锰酸钾溶液氧化为苯甲酸；乙 苯与Cl 光照下反应得到D，D在 NaOH 溶液作用下加热发生取代反应得到 2 第 6 页 共 7 页 {#{QQABTQAAoggIQAJAAQgCAQU4CAGQkAECAYoGRAAQsAAACANABCA=}#}，可推知D为 ，D在NaOH 醇溶液中加热发生消去反应得 到E ， 发生加聚反应得到F 为聚苯乙烯。 【解析】(1) 所含官能团为碳氯键；G 是由乙苯被酸性高锰酸钾溶液 氧化生成的苯甲酸，G的结构简式为 ； 发生加聚反 应得到F 为聚苯乙烯。 (2)步骤①为 B(CH CH Cl)与苯发生取代反应得到 C 为乙苯，反应类型为取代反 3 2 应，②⑥也是取代反应。 (3)反应③D 在NaOH 醇溶液中加热发生消去反应得到E ，化学方 程式为 +NaOH醇 +NaCl+H O。 2 Δ (4)H 发生氧化反应生成C H O，该反应方程式为2 + O 8 8 2 Cu/Ag2 +2H O。 Δ 2 (5)D 为 ，属于芳香族化合物的侧链可以为：-Cl 和-CH CH ，共3种； 2 3 -CH Cl 和-CH ，共3种；-CH 、-CH 和-Cl，共6种；-CH CH Cl，1种；故共 2 3 3 3 2 2 13种。其中核磁共振氢谱峰面积之比为2：2：2：2：1的结构为 。 第 7 页 共 7 页 {#{QQABTQAAoggIQAJAAQgCAQU4CAGQkAECAYoGRAAQsAAACANABCA=}#}