2026年高考湖南卷化学高考真题（答案版）_2024-2027高三（6-6月题库）_2026年06月高三试卷（数理化）_2026年6月高中化学试题汇编_0620化学_2026年高考化学真题（湖南卷）+答案

湖南省2026年普通高中学业水平选择性考试
化学
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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.【答案】A
【详解】A．碱法制浆是利用碱性试剂与植物原料中的木质素发生化学反应，溶解木质素后分离得到
纤维素纸浆，存在新物质的生成，涉及化学变化，A错误；
B．单宁酸属于多酚类物质，分子中含有大量羟基，羟基的氢原子和氧原子可与其他分子的羟基形成
分子间氢键，B正确；
C．朱砂的成分为HgS，属于无机化合物，是传统的无机红色颜料，C正确；
D．桐油属于高级脂肪酸甘油酯，分子中含有长链疏水烃基，具有疏水性，可实现防水功能，D正确；
故选A。
2.【答案】A
【详解】A．乙醇制乙烯需要控制反应液温度为170℃，温度计应插入液面下，图示符合要求，A正确；
B．氯气密度大于空气，用向上排空气法收集时应长导管进气、短导管出气，图示为短进长出，无法收
集氯气，B错误；
C．除去碳酸钠中的碳酸氢钠需要加热固体，灼烧固体应使用坩埚，蒸发皿用于蒸发液体，不能用于
灼烧固体，C错误；
D．配制一定物质的量浓度溶液时，向容量瓶转移溶液需要用玻璃棒引流，防止液体洒出，图中没有
玻璃棒，操作错误，D错误；
故选A。
3.【答案】D
【详解】A．玻璃主要成分为SiO ，HF与SiO 反应生成SiF 气体和H O ，方程式书写正确，A不符
2 2 4 2
合题意；
B．侯氏制碱法中，向饱和食盐水中先通NH 再通CO ，生成溶解度较小的NaHCO 沉淀，同时得到
3 2 3
NH Cl，方程式书写正确，B不符合题意；
4
C．酸性条件下MnO-将SO 氧化为SO2-，自身被还原为Mn2+，该离子方程式满足电子守恒、电荷
4 2 4
守恒、原子守恒，离子方程式书写正确，C不符合题意；
D．醋酸为弱电解质，书写离子方程式时不能拆分为H+，需保留化学式CH COOH，该离子方程式书
3
写错误，正确的离子方程式为CaCO +2CH COOH=Ca2++2CH COO-+H O+CO ↑‌，D符合题
3 3 3 2 2
意；
故选D。
4.【答案】C
【详解】A．三氯异氰尿酸结构中含有3个C原子，分子式应为C Cl N O ，选项漏写C元素，A错误；
3 3 3 3
B．HClO的结构式为H-O-Cl，电子式中O原子应位于H和Cl之间，选项给出的电子式原子连
接顺序错误，正确的电子式为 ，B错误；
C．Cl是17号元素，基态Cl原子的价层电子为最外层电子，排布式为3s23p5，C正确；
·1·D．H O 的空间构型为V形，且O原子半径大于H原子，空间填充模型为： ，D错误；
2
故选C。
5.【答案】C
【详解】A．氢化物水溶液酸性与非金属性无关，非金属性强弱可通过最高价氧化物对应水化物酸性
或气态氢化物稳定性比较，HCl 酸性强于HF是因为H-F键键能更大，在水溶液中更难电离，解释
不能对应性质，A错误；
B．H O 沸点高于HF的原因是H O 分子间氢键数量多于HF，H O 分子间氢键总作用更强，虽
2 2 2
然HF氢键键能更大，但该解释无法说明沸点差异，B错误；
C．烷烃同分异构体中，支链越多分子间接触面积越小，分子间作用力越弱，沸点越低。正戊烷为直
链结构，分子间作用力大于带多支链的新戊烷，故沸点更高，解释对应性质，C正确；
D．金刚石为空间网状原子晶体，硬度大；石墨为层状混合晶体，层间为较弱的范德华力，易滑动故硬
度小，石墨碳碳键键能更大与二者硬度差异无关，D错误；
故选C。
6.【答案】A
【详解】A．N的2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能高于同周期相邻的O，则第一电离能I 1N 
>I 1O  ，A错误；
B．同主族元素从上往下，非金属性依次减小，则非金属性O>S，元素非金属性越强，简单氢化物越
稳定，则简单氢化物热稳定性H O>H S，B正确；
2 2
6-2×2
C．ZY 为SO ，中心S原子的价层电子对数为2+ =3，含1对孤对电子，空间结构为V
2​ 2 2
形；MY为ClO ​，Cl价层电子对数为4，含2对孤电子对，其中1个单电子视为1对，空间结构也为V
2 2
形，C正确；
D．XY​为NO ，与水反应：3NO +H O=2HNO +NO，属于氧化还原反应；SO 与水反应：SO +
2 2 2 2 3 2 2
H O⇌H SO ，属于非氧化还原的化合反应，二者反应类型不同，D正确；
2 2 3
故选A。
7.【答案】B
【详解】A．石墨具有良好的导电性，添加到Ag CrO 电极材料中可增强电极的导电性，A正确；
2 4
B．题干明确Ag CrO 难溶于有机溶剂，无法电离出自由移动的Ag+，正极反应物是固体Ag CrO ​，
2 4 2 4
正极反应应为Ag CrO +2e-=2Ag+CrO2-，B错误；
2 4 4
C．原电池放电时，阳离子向正极移动，因此Li+从负极向正极移动，C正确；
2.1g
D．负极反应为Li-e-=Li+，2.1g Li的物质的量为 =0.3mol，理论上外电路中通过
7g/mol
0.3mole-，D正确；
故选B。
8.【答案】D
【详解】A．乙炔在催化剂作用下可与水发生加成反应，生成的乙烯醇不稳定，异构化为乙醛，A正
确；
B．H C=CH-CN分子结构不对称，正负电荷中心不重合，属于极性分子，B正确；
2
C．H NCH CH CN含有碱性基团氨基，能与H+形成配位键，故可与盐酸反应生成盐，C正确；
2 2 2
·2·D．α -氨基酸要求氨基和羧基连接在同一个碳原子上，该有机物中氨基与羧基连在不同碳原子
上，不属于α -氨基酸，D错误；
故选D。
9.【答案】C
【详解】A．加入浓KI溶液后，I 与I-反应生成可溶于水的I-，使I 从有机层进入水层，并非I 在水
2 3 2 2
中的溶解度大于其在CCl 中的溶解度，A错误；
4
B．将1mL pH均为3的HA和HB溶液稀释相同倍数后测pH，pH：HA>HB，仅能说明HA酸性
强于HB，无法证明HA是强酸，B错误；
C．AgCl和AgI为同类型难溶电解质，向等浓度的Cl-和I-混合溶液中滴加AgNO ，先产生黄色
3
AgI沉淀，说明K spAgI  <K spAgCl  ，C正确；
D．葡萄糖中醛基和新制氢氧化铜在加热条件下反应生成的砖红色沉淀是Cu O，不是Cu ，
2
Cu(OH) 被还原为Cu O，D错误；
2 2
故选C。
10.【答案】A
【详解】A．冷凝器冷却水采用“下进上出”原则，可保证冷却水充满冷凝管、冷凝效果更好，因此进水
口为a，A错误；
B．苯甲酰氯易水解，无水氯化钙为中性干燥剂，可吸收水蒸气，防止烧杯中水蒸气进入反应装置导
致苯甲酰氯水解，B正确；
C．该实验的尾气处理装置中，倒扣的漏斗是放倒吸的设计，实验结束时，应先停止加热，使生成的
HCl持续被水吸收，等恢复室温后再移出漏斗，C正确；
D．该反应可逆，HCl为生成物，持续逸出会降低生成物浓度，根据勒夏特列原理，平衡正向移动，可
促进反应正向进行，D正确；
故答案选A。
11.【答案】C
【详解】A．若h为盐酸，盐酸与Fe(OH) 反应生成含Fe3+的盐酸体系，只要Fe3+不足，仅部分铜溶
3
解，仍可满足流程，存在这种可能性，A正确；
B．溶液b中含有Fe2+，通入过量NH 生成Fe(OH) ，Fe(OH) 在空气中久置会被氧气氧化为红褐色
3 2 2
的Fe(OH) ，即沉淀g，B正确；
3
C．流程最终得到含铜氨络离子的溶液，说明溶液b中一定含有Cu2+；铁的还原性比铜强，铜铁混合
物中铁先发生反应，铁完全反应后铜才反应，若固体残渣中有铜，则一定无铁，C错误；
D．Cu2+与过量NH 3 反应生成深蓝色络离子[CuNH 3 ) 4  2+，因此f中含有该离子，D正确；
故选C。
12.【答案】B
【详解】A．X→Y过程中，X含碳碳三键，反应时三键的π 键断裂，同时伴随σ键(如Ni-Cl键)断
裂，既有σ键断裂又有π 键断裂，A正确；
B．由图可知， 中Ni的化合价为+2价， 中Ni与
·3·结合生成Z，Ni原子与具有单电子的碳原子结合形成σ键，
且共用单子对偏向于C原子，则Ni的化合价上升到+3价，B错误；
C．该步骤是光催化剂PC②与 L -NiⅠ
n
 反应，生成PC①和 L -Ni0
n
 。在这个反应中，Ni的
化合价从+1价下降到0价，L -NiⅠ
n
 是氧化剂，则PC②→PC①是一个氧化过程，C正确；
D．根据反应历程，反应物为炔烃X和ArCl，产物为M，条件为光、催化剂，总反应式为
，D正确；
故选B。
13.【答案】B
【详解】A．温度升高，C H 平衡转化率升高，说明升温平衡正向移动，正反应为吸热反应，A正确；
3 8
B．设初始C H 、CO 、He的物质的量分别为1mol、1mol、2mol，CO 平衡转化率为50%时，反应
3 8 2 2
的CO 为0.5mol，列出“三段式”
2
C 3 H 8g  + CO 2g 
催化剂
→ C 3 H 6g 
起始mol  1 1 0
转化mol  0.5 0.5 0.5
平衡mol 
+ H 2 Og
0.5 0.5 0.5
 + COg 
0 0 。
0.5 0.5
0.5 0.5
平衡时总物质的量为0.5mol+0.5mol+0.5mol+0.5mol+0.5mol+2mol=4.5mol，压强平衡
常数： K = pC 3 H 6
p
 ⋅pH 2 O  ⋅pCO 
pC 3 H 8  ⋅pCO 2 
0.5p
 0 4.5 = 
3
0.5p  0
4.5
 0.5p  0
4.5

p 1 = 0 ≠ p ，B错误；
9 5 0
C．543℃下C 3 H 8 平衡转化率为60%，平衡时nC 3 H 8  =0.4mol，由方程式系数关系可知nC 3 H 6 
=0.6mol，满足3nC 3 H 8  =2nC 3 H 6  ，故该关系成立时反应达平衡，C正确；
D．总压不变，减小He的占比，反应体系各物质分压增大，该反应正反应为气体分子数增大的反应，
加压平衡逆向移动，C H 平衡转化率降低，对应曲线②，D正确；
3 8
故答案选B。
14.【答案】D
【详解】A．当加入VNaHCO 3  =10mL时，二者恰好发生反应Ba(OH) +NaHCO =BaCO ↓ 2 3 3
+NaOH+H 2 O，得nBa(OH) 2  =nNaHCO 3  =0.01L×0.01mol⋅L-1=1×10-4mol，故初始
cBa2+ 
1×10-4mol
= =0.01mol⋅L-1，pBa=-lg0.01=2，因此x=2 ，A正确；
0.01L
B．在V(NaHCO ) = 10mL时，pBa = 4.3，即c(Ba2+) = 10-4.3 mol·L-1。此时溶液主要存在
3
BaCO 沉淀，为BaCO 饱和溶液，c(CO2-) 主要来自BaCO 的溶解，且溶液中大量OH-抑制CO2-
3 3 3 3 3
水解，可近似认为c(CO2 3 -) ≈ c(Ba2+)，故：K spBaCO 3  =cBa2+  ⋅cCO2 3 -  =10-4.3×10-4.3=10-8.0
×10-0.3  2，已知lg2=0.3，即100.3=2，可得10-0.3=0.5，计算得K spBaCO 3  =2.5×10-9，B正确。
C．各点水的电离程度比较如下：点a为强碱Ba(OH) 溶液，强烈抑制水电离。点b含NaOH和
2
BaCO 沉淀，仍呈碱性，抑制水电离。点c恰好生成Na CO ，CO2-水解促进水电离。点d为
3 2 3 3
NaHCO 过量，HCO-水解能力弱于CO2-，对水电离促进作用减弱。因此，点c时水的电离程度最
3 3 3
大，C正确；
·4·D．根据溶度积公式：cBa2+ 
K
sp = cCO2 3 -  ，点c时恰好生成Na CO ，c(CO2-)最大，故c(Ba2+)最 2 3 3
小。点d时NaHCO 3 过量，溶液体积增大使CO2 3 -被稀释，cCO2 3 -  下降，c(Ba2+)反而上升。因此，
c(Ba2+)最小的是点c，而非点d，D错误；
故选D。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15.【答案】(1)三颈烧瓶(或三颈瓶) (2) 检查装置的气密性 (3)b
(4)提高B H 的转化率，且防止有毒的B H 逸出污染环境 (5)ab
2 6 2 6
(6) ①. NH BH +3H O+H+=NH++H BO +3H ↑ ②. ac
3 3 2 4 3 3 2
(7)12
【解析】
【小问1详解】
图Ⅰ中仪器M的名称是三颈烧瓶。
【小问2详解】
该实验涉及气体的通入和反应，因此在组装好仪器后、装入药品和通入气体前，必须先检查装置的气
密性。
【小问3详解】
NH 是碱性气体。浓硫酸(选项a)和PO (选项c)均显酸性，会与NH 发生反应，不能用于干燥
3 2 5 3
NH ；碱石灰(选项b)呈碱性，不与NH 反应，可用于干燥NH 。
3 3 3
【小问4详解】
根据题干已知信息，B H 是一种强还原性的有毒气体。保持NH 过量，一方面可以使B H 充分反
2 6 3 2 6
应，提高其转化率；另一方面可以防止未反应的有毒气体B H 逸出，避免污染环境。
2 6
【小问5详解】
B H ⋅2NH 的结构为[H B(NH ) ]+[BH ]-，该物质由阳离子和阴离子构成，阴阳离子之间存在离子
2 6 3 2 3 2 4
键；在阴、阳离子内部，B-H、N-H以及B-N之间均存在共价键；氢键属于特殊的分子间作用力，
不属于化学键。故选ab。
【小问6详解】
已知电负性 N>H>B，故在NH BH 中，与B相连的H显-1价。在酸性条件下，-1价的H与水
3 3
或酸中的+1价H发生归中反应生成H ，N原子结合H+生成NH+，B原子转化为H BO 。根据电
2 4 3 3
子转移和原子守恒，离子方程式为 NH BH +3H O+H+=NH++H BO +3H ↑。
3 3 2 4 3 3 2
a．反应放热，读数时气体未冷却至室温，气体受热膨胀，导致测定体积偏大，a正确；
b．水准管液面高于量气管液面，说明量气管内气体压强大于外界大气压，气体被压缩，导致测定体
积偏小，b错误；
c．注入的稀硫酸占据了烧瓶内的部分空间，排出了等体积的气体，计算时若未减去注入硫酸的体
积，会导致算出的
H 体积偏大，c正确；
2
故选ac。
【小问7详解】
观察晶胞结构图可知，NH BH 分子位于晶胞的8个顶点和1个体心。利用均摊法计算，一个晶胞中
3 3
1
含有的NH BH 分子数为 8× +1=2 个。每个NH BH 分子中含有6个H原子，因此一个晶
3 3 8 3 3
胞中含有的H原子总数为 2×6=12 个。
·5·16.【答案】(1)IVA (2) ①.
2PbS+O +4H++2SO2-=2PbSO +2S+2H O ②.
2 4 4 2
增大体系中氧气的压强(或浓度)，从而加快反应速率 (3)b (4)ac
(5) ①.
2Pb 2OH 
高温

CO +CH 4Pb+3CO +4H O ②. 2 3 4 2 2
炭为固体，过量的炭容易混入生成的铅中，导致铅的纯度下降
(6) ①. CaSO ②. CaCO
4 3
【解析】
【小问1详解】
Pb的原子序数为82，与碳、硅等同族，位于元素周期表第六周期第IVA族。
【小问2详解】
“加压氧化”中，PbS与空气中的O 及加入的硫酸反应，生成PbSO 沉淀和单质S。根据电子守恒和
2 4
原子守恒，可写出离子方程式为2PbS+O +4H++2SO2-=2PbSO +2S+2H O。采用加压操作
2 4 4 2
可以增大氧气的溶解度或浓度，从而有效加快反应速率。
【小问3详解】
当Zn2+恰好沉淀完全时，溶液中cZn2+  =1.0×10-5 mol⋅L-1，此时溶液中c2OH-  =
K [Zn(OH) ]
sp 2 cZn2+ 
3.0×10-17
= 1.0×10-5 =3.0×10-12。 对于Cd2+，其浓度商Q c =cCd2+  ⋅c2OH-  =0.01×
3.0×10-12=3.0×10-14。 因为Q =3.0×10-14>K [Cd(OH) ]=7.2×10-15，故有Cd(OH) 沉淀
c sp 2 2
生成；若Cd2+沉淀完全，需要c2OH- 
7.2×10-15
= =7.2×10-10>3.0×10-12，说明此时Cd2+并未
1.0×10-5
沉淀完全。因此Cd2+部分沉淀，选b。
【小问4详解】
a．乙二胺(H NCH CH NH )中的氮原子含有孤电子对，可作为配位原子与Pb2+形成配位键，正确；
2 2 2 2
b．“沉铅”过程中通入CO ，生成碱式碳酸铅[Pb (OH) CO ]，消耗了溶液中的碱性物质(乙二胺)，
2 2 2 3
导致溶液pH减小，错误；
c．由流程图可知，“再生”工序加入CaOH  后重新得到乙二胺，同时烯烃并未被消耗，二者返回胺
2
浸工序循环利用，正确；
故选ac。
【小问5详解】
“高温还原”中，Pb (OH) CO 与CH 反应生成Pb、CO 和H O。反应中Pb元素化合价由+2降至
2 2 3 4 2 2
0，C 元素化合价由-4升至+4，根据得失电子守恒配平化学方程式为2Pb 2OH  CO + 2 3
高温

CH 4Pb+3CO +4H O。若用炭代替CH ，由于炭是固体，反应后过量的炭容易作为杂质混入
4 2 2 4
液态或固态铅中难以分离，从而导致铅的纯度下降。
【小问6详解】
“沉铅”后的溶液中含有硫酸根离子和通入CO 后产生的碳酸根离子(或碳酸氢根离子)，加入
2
Ca(OH) 进行“再生”时，钙离子会与硫酸根离子、碳酸根离子反应生成微溶的CaSO 和难溶的
2 4
CaCO 沉淀，因此得到的“含钙粗产品”的主要成分为CaSO 和CaCO 。
3 4 3
17.【答案】(1)碳碳双键
·6·(2)3:1或者1:3
(3)氢氧化钠醇溶液，加热
(4)加成 (5)ab
(6)较小 (7)
(8) ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
A为2-丁烯，故官能团名称为碳碳双键。
【小问2详解】
B的核磁共振氢谱显示2组峰，说明含有2组化学环境不同的氢，B为对称结构，两个甲基和次甲基
所处环境相同，故峰面积之比为3:1或者1:3。
【小问3详解】
B到C的反应为卤代烃发生消去反应生成烯烃，故反应条件为氢氧化钠醇溶液，加热。
【小问4详解】
C到E发生的是中学阶段常见的Diels-Alder反应，简称DA反应，属于广义上的加成反应。
【小问5详解】
a．C为顺丁二烯，分子中C2和C3之间的单键可旋转改，故所有原子可能共平面，a正确；
b．C与丙烯酸可生成 ，考虑手性异构共有2种产物，b正确；
c．C与在催化剂作用下发生加聚反应，可制备顺丁橡胶，c错误；
d．C与Br 发生1，2-加成的产物无顺反异构，为1种，发生1，4-加成的产物存在顺反异构，故
2
为2种，共计3种，d错误；
故选ab。
【小问6详解】
1号碳和2号碳均连接-CHO，但1号碳更靠近羰基，羰基具有吸电子效应，会造成C-H键极性较
大，故2号碳C-H键极性相对较小。
【小问7详解】
F转化为G时，主产物G由1号碳醛基参与分子内羟醛缩合形成五元环；副产物M由2号碳醛基参
与缩合形成另一五元环结构。故M的结构简式为 。
【小问8详解】
首先观察Q的结构，再结合 ，反应条件为碱，应是发生给定的①和②反应，逆合成法切断Q
·7·( ，虚线表示切断)，故L的结构简式为 ，在通过逆推法，K应是发生反应
②生成 ，故K的结构简式为 ，E到F是碳碳双键在锌催化下和臭氧发
生开环氧化后变成两个醛基，J到K发生的为相同反应，故J的结构简式为 。
18.【答案】(1) ①. M ②. ∗HCOH=∗CH+∗OH
1
(2) ①. -145.2 ②. b ③. MgCl 吸水，使反应体系中水蒸气浓度降低，导致反应ii的平衡
2
逆向移动(或抑制了反应 ii 的进行) ④. 增大 ⑤. y增大，水煤气变换反应参与程度增大，生
成等量C H 时净消耗的H ​ 减少，而目的产物C H 中的氢原子数不变，因此目的产物中氢原子占
3 6 2 3 6
参加反应氢原子的比例增大 ⑥. 50%
【解析】
【小问1详解】
催化剂能降低反应活化能，活化能越低催化效率越高，由图可知M ​的总活化能更低，催化效率更高；
1
决速步是活化能最大的一步，由图可知，M ​催化时，∗HCOH转化为∗CH+∗OH的活化能最大，为决
2
速步。
【小问2详解】
①根据盖斯定律，反应iii = i + ii，因此ΔH 3 =ΔH 1 +yΔH 2 =-124.6kJ⋅mol-1+0.5×-41.2  kJ⋅
mol-1=-145.2kJ⋅mol-1；
②y=1时，ΔH =-124.6-41.2=-165.8kJ⋅mol-1，ΔH =-41.2kJ⋅mol-1，二者均为放热反应，
3 2
ΔH
ΔH越负，根据lnK=- +C，温度升高时lnK下降幅度越大；由表格数据，b的lnK随温度升高
RT
下降幅度更大，对应反应iii。
③无水MgCl 2 ​吸收水蒸气，使体系中H 2 Og  浓度降低，反应ii平衡逆向移动，消耗CO的量减少，因
此CO转化率和CO 选择性均减小。
2
④由盖斯定律可知，反应 iii 可由反应 i 与反应 ii 叠加得到：反应 ii 是水煤气变换反应：yCO+
yH O⇌yCO +yH ；它消耗了反应 i 生成的 H O，同时又生成H ，所以总反应 iii 中消耗的 H ​
2 2 2 2 2 2
1
减少。以反应 iii 的化学计量数为基准，生成 molC H ​ 时：目的产物 C H 中氢原子质量
3 3 6 3 6
1
为： 3 ×6×1=2g；参加反应的H 2 为(2-y)mol，其中氢原子质量为：22-y  g；因此氢原子经济性
2
为：
22-y 
1 1
×100%= ×100%；当y增大时，分母2-y减小，所以 增大，即氢原子经济
2-y 2-y
性增大；理由是：y增大，水煤气变换反应参与程度增大，生成等量C H 时净消耗的H ​ 减少，而目
3 6 2
的产物C H 中的氢原子数不变，因此目的产物中氢原子占参加反应氢原子的比例增大。
3 6
⑤设初始投料n(CO)=1mol，则nH 2  =1.5 mol。由图可知，投料比1.5时CO转化率为90%，剩
余nCO  =0.1mol，CO 选择性为30%，甲烷选择性10%，因此烯烃选择性=1-30%-10%= 2
60%。 转化的CO总物质的量=0.9mol，其中转化为烯烃的CO为0.9×60%=0.54mol，生成
nCO 2  =0.9mol×30%=0.27mol、nCH 4  =0.9mol×10%=0.09mol，烯烃中氢原子物质的量=
2×0.54mol=1.08mol；由O守恒可得生成H 2 O的物质的量为1mol-nCO  -2nCO 2  =
·8·0.36mol，结合产物中CO 、CH ​的量，可得总参加反应的氢原子物质的量为0.54mol×2+0.36mol
2 4
1.08
×2+0.09×4=2.16mol；氢原子经济性= ×100%=50%。
2.16
·9·