2024届湖南省长沙市第一中高三下学期高考适应性演练(一）化学答案_2024年3月_013月合集_2024届湖南省长沙市第一中高三下学期高考适应性演练（一）

长沙市一中 2024 届高考适应性演练（一） 化学参考答案 一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 A A D C D D B C B B D B B C 1．A【解析】A.“磨豆”过程中大豆被磨碎时没有产生新物质，没有发生化学反应，A 错误；B.“滤渣”步骤中使用到的多层纱布与滤纸的作用相同，用于过滤，B正确；C.加热 可以起到灭菌和使蛋白质变性的作用，C正确；D.胶体能产生丁达尔效应，可用丁达尔效应 鉴定“点卤”前的浆液是否为胶体，D正确。 2．A【解析】A．由方程式可知，2molAu参与反应，转移电子的物质的量为8mol，因 此消耗1molAu，反应转移的电子数为4N，A正确；B．由方程式可知，每消耗8molHCl生成 A 1molO，因此消耗2molHCl生成的O 分子数为0.25N，B错误；C．每个H[AuCl]中含有4 2 2 A 4 m 85g 个配位键，85gHO 的物质的量为：n= = =2.5mol，由方程式知，5molHO 反应生 2 2 M 34g/mol 2 2 成2molH[AuCl]，因此消耗85gHO，产物中形成的配位键数目为4N，C错误；D．1mol冰 4 2 2 A 中含有2mol氢键，液态水中的氢键小于冰，因此2mol液态水中含有的氢键数目小于4N，D A 错误。 3．D【解析】A．向饱和NaOH溶液中通入过量CO 析出白色晶体即产生沉淀，故离子 2 方程式为Na++OH-+CO =NaHCO ，A错误；B．沉淀在离子方程式书写时不能拆，故白色 2 3 沉淀CuCl溶于NH Cl-NH H O溶液得到深蓝色溶液的离子方程式为 4 3 2 4CuCl4NH O 12NH 4CuNH   2 2H O+4Cl-，B错误；C．硝酸具有强氧化性， 4 2 3  3 4  2 能够将NaHSO 氧化为硫酸钠，硫酸钠与硝酸钡反应生成难溶于酸的硫酸钡，向NaHSO 溶液 3 3 中滴入酸化的Ba(NO) 溶液产生白色沉淀的离子方程式为： 3 2 2NO-+3HSO-+3Ba2+=H++H O+2NO +3BaSO ，C错误；D．向KMnO 溶液中滴入HO 溶液产 3 3 2 4 4 2 2 生黑色沉淀（MnO）和气泡（O），根据氧化还原反应配平可得该反应的离子方程式为 2 2 2MnO3H O  2MnO 3O 2OH2H O，D正确。 4 2 2 2 2 2 4．C【解析】A.①结构对称，含5种化学环境的H，则它的一氯代物有5种，A错误； B.②分子中中间碳原子为甲烷的结构，根据甲烷的正四面体可知，所有碳原子不可能处于同 一平面，B错误；C.③中有6种化学环境的H，其一氯代物有6种，C正确；D.①中不含碳 碳双键，不能使溴水因化学反应而褪色；②、③能使溴水因化学反应而褪色，三者互为同分 异构体，D错误。 5．D【解析】X、Y、Z和W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y、W同主族且原 子序数之和为24，设Y的原子序数为a，则W的原子序数为a＋8，a＋a＋8＝24，解得a＝8， Y为O元素、W为S元素；X、Z同主族且能形成离子化合物，则X为H元素、Z为Na元素； 四种元素组成的化合物M，M中滴加少量溴水，溶液褪色并产生气泡，M中滴加澄清石灰水 产生白色沉淀，则M为NaHSO。A.同周期从左到右主族元素的原子半径逐渐减小，同主族从 3 化学（一中）答案 （第 1 页，共 7 页） {#{QQABLQCEggCoQIAAABgCAQWgCgOQkACAAIoGgAAMMAIAiBFABAA=}#}上到下元素的原子半径逐渐增大，则原子半径：Z＞W＞Y＞X，错误；B.同主族从上到下元素 的非金属性逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱，则单质的氧化性：Y＞W，错误；C.NaHSO 3 使溴水褪色，溴水被还原，则NaHSO 被氧化，体现NaHSO 的还原性，错误；D.O与H、Na、 3 3 S形成的HO、NaO、SO 均具有漂白性，正确。 2 2 2 2 2 点燃 6．D【解析】钠在CO 中燃烧发生的反应为4Na＋3CO=====2NaCO＋C，CO 体现氧化性， 2 2 2 3 2 A项正确；用激光笔照射硫的酒精溶液产生丁达尔效应，说明硫的酒精溶液属于胶体，胶体 中分散质粒子的直径在1～100 nm之间，B项正确；在加热搅拌的条件下向MgCl 酸性溶液 2 中加入足量的MgCO 固体，溶液酸性减弱，Fe3＋与OH－结合生成Fe(OH) 沉淀而被除去，Mg2＋ 3 3 则留在溶液中未形成Mg(OH) 沉淀，故K[Mg(OH)]＞K[Fe(OH)]，C项正确；随温度升高， 2 sp 2 sp 3 水的电离平衡正向进行，CHCOONa溶液的pH会减小，达不到探究温度对CHCOONa水解程度 3 3 的影响的目的，D项错误。 7．B【解析】A.化合物2→化合物3的反应过程如下： ，该过程有 C===O双键中的一个极性键断裂，生成了新的C—O单键也是极性键，选项A正确；B.化合 HO 物4到化合物5的过程，该过程中有机物发生的变化如图 ――2→2 ，可知有机 物反应过程中失去了氢原子且被氧化，则HO 在该过程中做氧化剂，体现了氧化性，选项B 2 2 错误；C.根据苯分子中12个原子共平面，甲醛分子中4个原子共平面，且单键可以旋转， 苯基、酯基及甲基上的C旋转到一定角度可同面，即苯甲酸甲酯分子中所有C和O原子可能 共平面，选项C正确；D.制备苯甲酸甲酯：在题目所给流程中化合物2参与了整个循环，类 化合物2 似于该反应的“催化剂”，所以总反应的化学方程式为： ＋HO＋CHOH ――→ 2 2 3 ＋2HO，选项D正确。 2 8．C【解析】A．由上述分析可知，石墨为阳极，发生氧化反应，则a为电源的正极， 故A正确；B．由分析可知，交换膜A为阴离子交换膜，左侧电极反应式为2HO-4e-=O +4H+， 2 2 Ni Co Mn (OH) 1 1 1 2 产生H+，故pH降低，故B正确；C．每生成0.1mol的 3 3 3 ，就相当于生成0.2mol OH-，由电极反应式2HO+2e-=H +2OH-可知，会生成0.1molH，在标准状况下的体积为2.24L， 2 2 2 故C错误；D．纯钛电极若直接放入II室，会导致接受电子的物质不是水而是金属离子，导 致金属单质的生成，附着在前驱体上导致产率的降低，故D正确。 9．B【解析】由题图流程可知，向废渣中加入碳酸钠和氧气并煅烧，发生4NaCO＋2CrO 2 3 2 3 煅烧 煅烧 煅烧 ＋3O=====4NaCrO＋4CO，NaCO＋SiO=====NaSiO＋CO↑，NaCO＋AlO=====2NaAlO＋CO 2 2 4 2 2 3 2 2 3 2 2 3 2 3 2 2 ↑，用水浸之后，溶液中含有NaCrO、NaSiO、NaAlO、NaCO，向溶液中通入二氧化碳， 2 4 2 3 2 2 3 生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，过滤，滤液中含有NaCrO、NaCO，再向溶液中加硫酸， 2 4 2 3 2NaCrO＋HSO===NaCrO＋NaSO＋HO，再向溶液中加入KCl固体，就会析出溶解度更小的 2 4 2 4 2 2 7 2 4 2 KCrO 晶体，综上所述，B项错误。 2 2 7 10．B【解析】由题意可知，该物质为稳定的氦钠化合物，不属于合金，故A错误；由 晶胞结构可知，晶胞中含有8个正四面体，其中有4个正四面体的内部含有一个氦原子，则 化学（一中）答案 （第 2 页，共 7 页） {#{QQABLQCEggCoQIAAABgCAQWgCgOQkACAAIoGgAAMMAIAiBFABAA=}#}晶胞中的空隙氦占有率为50%，故B正确；由晶胞结构可知，晶胞中位于顶角的钠离子被4 个氦所共用，则钠离子的配位数为4，故C错误；晶胞中钠离子与氦之间的最短距离为体对 1 3 角线长的 ，已知晶胞棱长为a，则最短距离为 a，故D错误。 4 4 11．D【解析】A．亚硫酸氢根的水解是亚硫酸氢根结合H+生成HSO，离子方程式为HSO 2 3 3 1 −+HO HSO+OH−，A表达不正确；B．NH 分子中N原子的价层电子对数为3+2(5−3×1)= 2 2 3 3 4，有一孤电子对，其VSEPR模型为四面体形，不是三角锥形，B表达不正确；C．H(g)的燃 2 烧热是 285.8 kJ·mol−1，则 2HO(l)=2H(g)+O(g) ∆H =+571.6 kJ·mol−1， 2 2 2 Na SO 2HO(g)=2H(g)+O(g) ∆H＜+571.6kJ·mol−1，C表达不正确；D．用 2 3溶液吸收少量 2 2 2 Cl 2，离子方程式：3SO 3 2 Cl 2 H 2 O2HSO 3  2Cl SO 4 2 ，D表达正确。 12．B【解析】由题意可知，该实验的实验目的是利用环己酮和乙二醇反应制备环己酮 缩乙二醇，反应中环己酮先与乙二醇发生加成反应，后发生取代反应生成环己酮缩乙二醇， 装置中苯的作用是作反应溶剂，同时与水形成共沸物便于蒸出水，冷凝管的作用是冷凝回流 苯和水蒸气，分水器的作用是减小生成物的浓度，使平衡向正反应方向移动，提高环己酮缩 乙二醇的产率，所以当观察到分水器中水层液面高于支管口时，必须打开旋塞B将水放出。 A．由反应方程式可知，生成物中含有水，若将水分离出去，可促进反应正向进行，该反应 选择以共沸体系带水可以促使反应正向进行，A正确；B．由分析可知，当观察到分水器中 水层液面高于支管口时，必须打开旋塞B将水放出，B错误；C．由分析可知，冷凝管的作 用是冷凝回流苯和水蒸气，从管口A通入冷凝水有利于增大冷凝的接触面积，提高冷凝效果， C正确；D．根据投料量，可估计生成水的体积，所以可根据带出水的体积估算反应进度，D 正确。 HCO- 13．B【解析】A．碳酸氢钠在水中的溶解度比碳酸钠小的原因是碳酸氢钠晶体中 3 间存在氢键，与阴离子电荷数无关，A不正确；B．乙酸中羟基与羰基相连，乙醇中羟基与 乙基相连，羰基的吸电子能力强于乙基，因此乙酸中的羟基极性更强，更易电离，B正确； C．甲烷和氨气的中心原子的杂化方式均为sp3，其键角差异是因为，氨气的中心原子N原子 上有孤电子对，根据价层电子对互斥理论，孤电子对与σ键的斥力大于σ键之间的斥力，因 此氨气的键角略小于109.5°，C不正确；D．题目化合物与NaBF 均为离子化合物，通常判 4 断离子化合物的熔点高低用晶格能，晶格能与离子的电荷、离子的半径和离子的电子层结构 有关，离子的电荷越高，半径越小，晶格能越大，熔点越高，题目化合物与NaBF 离子电荷 4 相同，但题目化合物阳离子部分半径大于Na，因此晶格能小，熔点低，D不正确。 14．C【解析】A.由图像可知Mg(OH)(s) Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，在a点时c(Mg2＋) 2 ＝2×10－2mol/L，c(OH－)＝10－4.5mol/L，说明Mg2＋过量，溶液中存在Mg(OH)、MgCl、NHCl， 2 2 4 根据电荷守恒 2c(Mg2＋)＋c(NH＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，通入氨气溶液显碱性c(H 4 ＋)c(Cl－)，故 A 错误；B.通入氨气发生 MgCl ＋2NH ＋ 4 2 3 2HO===Mg(OH)＋2NHCl，b点时，c(Mg2＋)＝2×10－3 mol/L，c(OH－)＝10－4 mol/L，说明还 2 2 4 有MgCl 剩余，生成沉淀的c(Mg2＋)≈0.05－0.002＝0.048mol/L，c(NH＋)≈2×0.048mol/L 2 4 ＝0.096 mol/L，故离子浓度大小为：c(Cl－)>c(NH＋) >c(Mg2＋)>c(OH－)，故B错误；C.c点 4 c(Mg2＋)＝2×10－5 mol/L，c(OH－)＝10－3 mol/L，说明Mg2＋完全反应，根据反应方程式MgCl 2 ＋2NH＋2HO===Mg(OH)＋2NHCl可知10 mL 0.05 mol·L－1的MgCl 完全沉淀需要氨气的物 3 2 2 4 2 质的量为10×10－3 L×0.05 mol/L×2＝10－3 mol，即标况下22.4 mL，故C正确；D.直线上 化学（一中）答案 （第 3 页，共 7 页） {#{QQABLQCEggCoQIAAABgCAQWgCgOQkACAAIoGgAAMMAIAiBFABAA=}#}存在氢氧化镁的沉淀溶解平衡，由c点计算K[Mg(OH)]＝2×10－5×(10－3)2＝2×10－11，d sp 2 点上c(Mg2＋)和c(OH－)都大于直线上的点，即Q＝2×10－2×(10－4)2＝2×10－10，Q>K，故有 c c sp 沉淀生成，故D错误。 二、非选择题（本题共4小题，共58分） 15．（14分） （1）避免盐酸挥发，防止Bi3+、Fe3+水解 Bi S +6Fe3+=2Bi3++3S+6Fe2+ 2 3 （2）将Fe2+氧化成Fe3+，便于除去铁元素 3.1 （3）促进BiCl 水解 3 （4）紫红色溶液变浅(或变为无色) 1 1 1 （5）B ( ， ， ) 2 2 2 【解析】该工艺原料为辉铋矿粉(主要成分是Bi S ，含少量Bi O 、Bi、FeS 和SiO 等 2 3 2 3 2 2 杂质)，产品为钒酸铋(BiVO )，流程中主元素为铋元素，硫、铁、硅等元素作为杂质在工艺 4 流程中被除去，由滤液1中的主要阳离子有Bi3+、Fe3+、Fe2+和H+可知，在浸取过程中，硅 及硫元素进入滤渣1（SiO 、S）中被除去，氧化调pH除去铁元素，滤渣2为FeOH ，稀 2 3 释水解使Bi3+转化为Bi(OH) 作为滤饼进入酸洗流程，酸洗生成BiOCl，氯化生成BiCl ， 3 3 最终合成钒酸铋BiVO 。 4 （1）Bi3+、Fe3+水解Bi3++3H OBiOH +3H+ 、Fe3++3H OFeOH +3H+，温度过高水 2 3 2 3 解反应程度增大，可能会造成Bi元素的损失，温度过高还会使盐酸挥发，温度不宜过高的 原因是避免盐酸挥发，防止Bi3+、Fe3+水解；由滤液1中的主要阳离子有Bi3+、Fe3+、Fe2+ 和H+可知，Bi S 转化为Bi3+及S单质，反应离子方程式为Bi S +6Fe3+=2Bi3++3S+6Fe2+； 2 3 2 3 （2）H O 具有氧化性可以将Fe2+氧化成Fe3+，Fe3+易转化为FeOH 沉淀分离除去； 2 2 3 调pH是使Fe3+完全转化为FeOH 沉淀而与Bi3+分离，Fe3+完全沉淀的pH为3.1，故调pH 3 的最低值为3.1； （3）滤液2中的含有Bi3+，在稀释水解过程使Bi3+转化为Bi(OH) 作为滤饼分离出来， 3 通入水蒸气的目的是升高温度，使Bi3+水解Bi3++3H OBiOH +3H+平衡正向移动，促 2 3 进BiCl 水解程度增大； 3 （4）氯化过程发生反应为BiOCl+SOCl =BiCl SO ，气体X为SO ，SO 与酸性KMnO 2 3 2 2 2 4 溶液发生反应，使酸性KMnO 溶液褪色或溶液颜色变浅，故实验现象可能是紫红色溶液变 4 浅(或变为无色)； （5）从NH 4 Cl晶体晶胞结构中可看出，Cl-位于正方体的顶点，与其距离最近的Cl-， 在同一条棱的另一个顶点，过该顶点有3条棱，又晶体结构可看成晶胞无隙并置，故与氯离 子最近且等距离的氯离子有6个，答案选B；NH在正方体的体心，晶胞边长为参数1，则 4 1 1 1 NH坐标参数为( ， ， )。 4 2 2 2 化学（一中）答案 （第 4 页，共 7 页） {#{QQABLQCEggCoQIAAABgCAQWgCgOQkACAAIoGgAAMMAIAiBFABAA=}#}16．（15分） （1）NH＋＋H O====NH ·H O＋H＋ 4 2 3 2 （2）Mg(OH) H 2 2 （3）②＜①＜③ （4）将5mm长的去氧化膜镁条投入滴有酚酞的0.1mol·L－1CH COONH 溶液中 3 4 （5）左移 （6）假设ii成立，也能观察到相同现象 （7）滴有酚酞的0.1mol·L－1NaCl溶液中 【解析】 （1）铵根离子在溶液中发生水解反应生成一水合氨，使溶液呈酸性，水解的离子方程 式为NH＋＋H O====NH ·H O＋H＋； 4 2 3 2 （2）由镁条表面变红和红色浑浊可知镁与氯化铵溶液反应有氢氧化镁生成；由用小试 管收集气体，移近酒精灯火焰，产生爆鸣声可知镁与氯化铵溶液反应生成的气体为氢气； （3）由电离常数可知，氯化铵溶液中铵根离子水解使溶液呈酸性，醋酸溶液中醋酸电 离使溶液呈酸性，醋酸铵溶液中醋酸根离子和铵根离子都水解，但水解程度相当，溶液呈中 性，则浓度均为0.1mol/L的三种溶液的pH由小到大的顺序为②＜①＜③； （4）由操作3说明假设iii成立可知，实验时应选择醋酸铵中性溶液探究大量气泡产生 是镁与铵根离子反应而产生，则实验操作为将5mm长的去氧化膜镁条投入滴有酚酞的0.1 mol/L醋酸铵溶液中； （5）铵根离子在溶液中存在水解平衡：NH＋＋H O NH ·H O＋H＋，若假设iii成立， 4 2 3 2 加入的镁与铵根离子反应，反应物的浓度减小，平衡向左移动； （6）铵根离子在溶液中存在水解平衡：NH＋＋H O NH ·H O＋H＋，若假设ii成立， 4 2 3 2 镁与水解生成的氢离子反应生成氢气和镁离子，镁离子与一水合氨反应也能生成氢氧化镁沉 淀，则乙同学认为甲同学的推理不够严密的原因是假设ii成立也能观察到相同的实验现象； （7）由等pH的盐酸、稀硫酸与镁反应时，盐酸速率更快可知，氯离子能促使镁与氢 离子反应速率加快，为探究镁与氯化铵溶液反应与溶液中氯离子无关，应将5mm长的去氧 化膜镁条投入滴有酚酞的0.1mol/L氯化钠溶液中排出氯离子对反应的影响。 17．（14分） （1）< 优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆 向移动，产物的转化率较低 （2）①Pd膜能选择性分离出H ，平衡正向移动，平衡转化率增大 2 ②BD （3）温度 100 （4）AC （5）abc 【解析】（1）根据表中的数据，温度越高，平衡常数越小，所以正反应为放热反应，H<0； 反应常在较高温度下进行，有优点也有缺点，优点是升高温度，反应速率较快，缺点是 正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产物转化率较低； （2）反应器存在Pd膜时，接触面较大，反应更充分，转化率更高； A．Pd膜只允许氢气通过，不允许二氧化碳通过，对气体分子的透过具有选择性，A项 正确 B．过程正反应的活化能远小于逆反应的活化能，ΔH<0，B项错误；C．加快Pd膜内 H原子迁移，平衡H 2H正向移动，有利于氢气的解离，C项正确；D．H 2H为放 2 2 化学（一中）答案 （第 5 页，共 7 页） {#{QQABLQCEggCoQIAAABgCAQWgCgOQkACAAIoGgAAMMAIAiBFABAA=}#}热过程，H原子在Pd膜表面上结合为氢气的过程为吸热过程，D项错误；答案选BD； （3）反应CO(g)+2H (g)CH OH(g) ΔH=−90.67kJ·mol−1，反应为放热反应，升高 2 3 温度，化学平衡逆向移动，平衡时H 的转化率随温度升高而降低，故图 2 中 X 代表温度； 2 若图 2 中M 点对应的容器体积为5L，化学平衡常数只与温度有关，由于M、N两点对应 的温度相同，则N、M点的平衡常数K相同，M点氢气转化率为50%，则反应氢气0.5mol； CO(g)+2H (g)CH OH(g) 2 3 起始mol 0.5 1 0 转化mol 0.25 0.5 0.25 平衡mol 0.25 0.5 0.25 0.25 5 则N点的压强平衡常数K= 2 =100； 0.25 0.5   5  5  （4）随着温度升高，平衡逆向移动，K值减小，pK=−lgK，则pK随着K值的减小而 增大，故图3中曲线AC能正确表示该反应平衡常数的负对数pK(pK=−lgK)与X的关系； （5）已知：(a)CO(g)+2H (g) CH OH(g) ΔH=−90.67kJ·mol−1 2 3 (b)CO (g)+H (g) CO(g)+H O(g) ΔH=+41.17kJ·mol−1 2 2 2 根据盖斯定律，由(a)+(b)可得CO (g)+3H (g) CH OH(g)+H O(g) ΔH=−49.5 2 2 3 2 kJ·mol−1； a．在绝热、恒容的密闭体系中进行，反应放热，随着反应进行温度升高，反应速率加 快，甲醇浓度增大，t 时刻甲醇浓度最大，达到平衡状态，之后温度升高，反应逆向进行， 1 甲醇浓度减小，符合题意；b．总的物质质量不变，随着反应进行，二氧化碳含量减小，其 质量分数减小，t 时刻二氧化碳含量不再改变，反应达到平衡，符合题意；c．随着反应进 1 行，二氧化碳量减小、甲醇量增大，甲醇与二氧化碳比值增大，t 时刻比值不再改变，反应 1 达到平衡，符合题意；d．随着反应进行，二氧化碳量减小、甲醇量增大，t 时刻之后两者 1 的量仍然变化，则没有达到平衡，不符合题意；故选abc。 18．（15分） （1）3-苯基丙烯酸 （2）D （3）醚键、羧基 1 （4） +  +HCl 取代反应 （5） （6）7 化学（一中）答案 （第 6 页，共 7 页） {#{QQABLQCEggCoQIAAABgCAQWgCgOQkACAAIoGgAAMMAIAiBFABAA=}#}（7） 【解析】（1）A中含有羧基、苯基和碳碳双键，化学名称为苯丙烯酸； （2）A．B的分子式为C H O ，A错误；B．B中含有甲基，不可能所有原子共平面， 16 14 2 B错误；C．B中含有两个苯环，最多与6mol氢气加成，C错误；D．B中的酯基为酚酯， 可以与2mol氢氧化钠反应，D正确；故选D； （3）C中的官能团有醚键和羧基。手性碳是连有四个不同基团的碳，1molC中有1mol 手性碳； （4）D和胺反应生成酰胺，属于取代反应，方程式为 +  +HCl； （5）X的分子式为C H O，不饱和度为8，根据B的结构可以推断X为对甲基苯酚： 7 8 ； （6）水解产物均能与氯化铁发生显色反应，说明C中有两个苯环，含有酚酯结构，则 可能的碳骨架结构之一为 ，保持每个苯环上有两个甲基时，改变甲基的位 置，它有4种同分异构体；当四个C位于同一个苯环时，有 3种。因此一共 有7种。其中水解产物之一有10个碳原子的结构简式为 （7）根据上述合成路线， 能与酰氯反应生成酰胺，酰胺再还原为胺，所以甲苯 应先转化为酰氯，合成路线如下： 。 化学（一中）答案 （第 7 页，共 7 页） {#{QQABLQCEggCoQIAAABgCAQWgCgOQkACAAIoGgAAMMAIAiBFABAA=}#}