湖南省株洲市渌口区第五中学2023-2024学年高二下学期期末考试化学试题.zip

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试卷总分100分，考试时间75分钟
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分)
1. “寒夜客来茶当酒，竹炉汤沸火初红”，中国茶文化历史悠久。下列说法错误的是
A. 茶叶富含纤维素，纤维素与淀粉均属于多糖
B. 茶油富含的不饱和脂肪酸属于高分子化合物
C. 泡茶的过程是溶解、浸取的过程
D. 泡茶用的紫砂壶在烧制过程中发生了复杂的物理化学变化
【答案】B
【解析】
【详解】A．纤维素与淀粉均属于多糖，A正确；
B．高分子化合物的相对分子质量要超过一万，不饱和脂肪酸不属于高分子化合物，B错误；
C．泡茶的过程就是将茶叶中的化学成分通过浸泡的过程，逐渐溶解到水中，C正确；
D．泡茶用的紫砂壶在烧制过程中有物质形状变化和生成新物质的变化，包含复杂的物理变化和化学变化，D正确；
故选B。
2. 新冠病毒来袭之初，全球医疗物资告急，下列关于常见医疗用品的说法正确的是
A. 医用酒精是95%的乙醇水溶液
B. 一次性口罩中金属鼻梁条的加工是利用了金属的延展性
C. 制作气密型防护服的材料氯丁橡胶属于天然高分子材料
D. 来苏尔消毒液(主要成分为甲酚溶液)是利用其强氧化性破坏病毒蛋白结构进行杀毒
【答案】B
【解析】
【详解】A．医用酒精是体积分数75%的乙醇水溶液，95%的乙醇水溶液会使病毒的蛋白质外壳瞬间凝固，成为一层保护膜，A错误；
B．金属一般具有良好的延展性，一次性口罩中金属鼻梁条可以使口罩更紧密的与人脸贴合，利用了金属的延展性，B正确；
C．制作气密型防护服的材料氯丁橡胶属于合成高分子材料，C错误；
D．来苏尔消毒液，主要成分为甲酚溶液，没有强氧化性，D错误；
综上所述答案为B。
3. 宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列生活和生产中化学知识应用的解释和反应方程式书写不正确的是
A. 自然界中的Cu2+遇到深层的方铅矿转化为铜蓝：PbS(s)+Cu2+(aq)=CuS(s)+Pb2+(aq)
B. 电解精炼铜时，阳极材料是粗铜，发生的电极反应式只有：Cu-2e-=Cu2+
C. 红热的木炭放入盛有浓硝酸的试管中，有红棕色气体产生，可能发生反应：4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O
D 海水提溴中用二氧化硫水溶液吸收溴蒸气：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4
【答案】B
【解析】
【详解】A．CuS的溶解度小于PbS，硫化铅可以转化为硫化铜；PbS(s)+Cu2+(aq)=CuS(s)+Pb2+(aq)，故A正确；
B．电解精炼粗铜时，粗铜中的Cu和其他比铜活泼的金属在阳极发生氧化反应，阳极反应除了Cu-2e-=Cu2+，还可能有Fe-2e-=Fe2+，Zn-2e-=Zn2+等，故B错误；
C．红热的木炭放入盛有浓硝酸的试管中，有红棕色气体产生，可能是浓硝酸受热分解，可能发生反应：4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O，故C正确；
D．过程中吹出的溴蒸气，也可以用二氧化硫水溶液吸收，再用氯气氧化后蒸馏，溴与二氧化硫水溶液反应生成硫酸和溴化氢，反应的化学方程式为：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，故D正确。
答案选B。
4. 无法达到相应实验目的的是
A. 图1：探究浓硫酸的脱水性和氧化性B. 图2：探究温度对水解程度的影响
C. 图3：制备干燥的氢气D. 图4：验证与反应产生电流
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．图1：通过观察蔗糖是否碳化以及品红是否褪色来探究浓硫酸的脱水性和氧化性，A正确；
B．图2：通过观察温度不同时溶液颜色变化来判断溶液碱性变化从而探究温度对水解程度的影响，B正确；
C．图3：用硫酸与锌反应制取氢气，用硫酸干燥，然后用向下排空气法(短进长出)收集干燥的氨气，C正确；
D．还原性强铁与氧化性强的硫酸铁溶液直接反应，没有形成原电池，不会产生电流，D错误；
答案选D。
5. 一些常见反应的热化学反应方程式如下：
①
②
③
④
欲利用以上反应设计原电池装置，下列说法正确的是
A. ①不可以设计成原电池装置B. ②不可以设计成原电池装置
C. ③可以设计成原电池装置D. ④中反应物只有接触才能形成原电池装置
【答案】B
【解析】
【分析】只有自发的放热的氧化还原反应才可以设计成原电池。
【详解】A．①是自发的氧化还原反应可以设计成燃料电池，故A错误；
B．②不是氧化还原反应，不能设计成原电池，故B正确；
C．③是吸热反应，不能设计成原电池，故C错误；
D．将铁放入FeCl2溶液中，将FeCl3放入另一个装置中，两个装置之间用盐桥连接，反应物不直接接触，④也可形成原电池，故D错误；
故选B。
6. 2020年12月27日，长征四号丙遥三十五运载火箭在酒泉卫星发射中心点火升空，以“一箭双星”的方式成功将遥感三十三号卫星和微纳技术试验卫星送入预定轨道。下列有关说法错误的是
A. 气、氘、氚互为同位素
B. 火箭中的助燃剂分子的中子总数为23
C. 利用微纳技术研发的高端芯片，其组成为单晶硅，硅原子核外的L能层电子数为M能层电子数的2倍
D. 为氧化还原反应
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A． 气、氘、氚为H的同位素，互为同位素，A正确；
B． 1个中含有7个中子，1个中含有8个中子，则分子的中子总数为7+8×2=23，B正确；
C． 硅原子为14号元素，原子结构示意图为，L能层有8个电子，M能层有4个电子，则L能层电子数为M能层电子数的2倍，C正确；
D． 为核反应，不是化学反应，D错误；
故选D。
7. 苯并降冰片烯是一种重要的药物合成中间体，结构简式如图。关于该化合物，下列说法正确的是
A. 是苯的同系物
B. 分子中最少8个碳原子共平面
C. 一氯代物有6种(不考虑立体异构)
D. 分子中含有4个碳碳双键
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．苯的同系物必须是只含有1个苯环，侧链为烷烃基的同类芳香烃，由结构简式可知，苯并降冰片烯的侧链不是烷烃基，不属于苯的同系物，故A错误；
B．由结构简式可知，苯并降冰片烯分子中苯环上的6个碳原子和连在苯环上的2个碳原子共平面，共有8个碳原子，故B正确；
C．由结构简式可知，苯并降冰片烯分子的结构上下对称，分子中含有5类氢原子，则一氯代物有5种，故C错误；
D．苯环不是单双键交替的结构，由结构简式可知，苯并降冰片烯分子中只含有1个碳碳双键，故D错误；
故选B。
8. 下列实验操作正确且能达到相应实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．将钢铁设备连接电源的负极，可以保护钢铁不被腐蚀，故A错误；
B．Mg(OH)2沉淀存在溶解平衡 Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，加入NH4Cl溶液，发生反应NH＋OH－NH3·H2O，OH－浓度降低，促进Mg(OH)2溶解平衡右移，沉淀会逐渐溶解，故B正确；
C．检验铵根离子，应使用湿润的红色石蕊试纸，故C错误；
D．盐酸为酸性溶液，铁发生析氢腐蚀，故D错误。
故选B。
9. 周期表中ⅢA族单质及其化合物应用广泛。极易水解生成(在水中完全电离为和)和硼酸()，硼酸是一元弱酸，能溶于水。硼酸和甲醇在浓硫酸存在下生成挥发性的硼酸甲酯，硼酸甲酯主要用作热稳定剂、木材防腐剂等。高温下和焦炭在氯气的氛围中获得。的结构与晶体硅类似，是第三代半导体研究的热点。铊()位于元素周期表中第6周期，于1861年发现。下列物质性质与用途具有对应关系的是
A. 极易水解，可用作催化剂B. 硼酸甲酯具有挥发性，可用作木材防腐剂
C. 硬度大，可用作半导体材料D. 熔点高，可用作耐火材料
【答案】D
【解析】
【详解】A．极易水解生成和硼酸，与用作催化剂无关，A不符合题意；
B．硼酸甲酯可用作木材防腐剂应该与杀菌、稳定等性质有关，与具有挥发性无关，B不符合题意；
C．的结构与晶体硅类似可用作半导体材料；硬度大不是导电性的体现，与可用作半导体材料无关，C不符合题意；
D．熔点高耐高温，可用作耐火材料，与性质有关，D符合题意；
故选D。
10. 醇类化合物发生分子内脱水，可能得到的二烯烃有
A. 1种B. 2种C. 3种D. 4种
【答案】C
【解析】
【详解】醇类化合物发生分子内脱水，可能得到的二烯烃有、、共3种；
故选C。
11. 双极膜可用于电渗析生产酸碱、净水、电池等。下列有关描述不合理的是

A. 外加电场作用于双极膜，使水的电离度增大
B. 电渗析装置实现了由MX溶液制取HX和MOH
C. 双极膜电池中的双极膜的左侧为阳膜，右侧为阴膜
D. 双极膜电池中Y极上发生的电极反应为CO2+2e-+2H+=HCOOH
【答案】C
【解析】
【分析】在双极膜电池中，Y电极上CO2转化为HCOOH，C元素化合价降低，得电子发生还原反应，则Y极作正极，X极作负极。
【详解】A．在外加直流电场的作用下，能促进水解离为H+和OH-，使得水的电离度增大，A正确；
B．电渗析装置中，阳极区双极膜产生的H+右移与X-结合为HX，M+通过阳离子交换膜右移至阴极区，与阴极区双极膜产生的OH-结合为MOH，可实现由MX溶液制取HX和MOH，B正确；
C．双极膜产生的OH-移向负极（X极），产生的H+移向正极（Y极），则左侧为阴膜，右侧为阳膜，C错误；
D．Y极为正极，电极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH，D正确；
故选C。
12. 化合物是一种高效消毒剂，其蒸汽和溶液都具有很强的杀菌能力，可用于目前新冠病毒疫情下的生活消毒。其中X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素。下列叙述正确的是
A. 原子半径：Z>Y>X
B. Z的第一电离能比同周期相邻元素都大
C. 1ml该化合物分子中含有的非极性键数目为2NA
D. 该化合物中X、Y、Z都满足8电子稳定结构
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，结合可知Y形成四条键，推知Y可能为C或者，Z与Y形成双键，且存在-Z-Z-的结构，可知Z为O，则Y为C，X形成一条键，结合原子序数可知X为H，据此分析答题。
【详解】A．原子半径C>O>H，即Y > Z >X，故A错误；
B．同周期元素，从左向右第一电离能递增，但是第ⅡA族大于第ⅢA族，第ⅤA族大于第ⅥA族，Z为O位于第ⅥA族，第一电离能小于N，故B错误；
C．成键元素相同的共价键为非极性键，中的非极性键有C-C、O-O键，所以1ml该化合物分子中含有的非极性键数目为2NA，故C正确；
D．氢原子最外层为2电子，所以不是都满足8电子稳定结构，故D错误；
综上答案为C。
13. 表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是
A. 与足量氯气反应时转移的电子数为
B. 硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为
C. 固体中含离子总数为
D. 丙烯和环丙烷组成的混合气体中氢原子的个数为
【答案】D
【解析】
【详解】A．FeI2中Fe2+和I-都具有较强的还原性，都能和Cl2(氧化性)发生反应，1mlFeI2中有1mlFe2+和2mlI-，1mlFe2+生成Fe3+，转移电子数为NA，2mlI-生成I2，转移电子数为2NA，所以转移电子总数为3NA，A项不符合题意；
B．硫酸钾的物质的量为，其中的阴离子为，物质的量为1ml，所带电荷数为2NA，但是溶液中还有水电离出来的氢氧根，所以阴离子的物质的量无法确定，阴离子所带电荷也无法确定，B项不符合题意；
C．1个Na2O2中的离子为2个Na+和1个，1mlNa2O2中离子总数为3NA，C项不符合题意；
D．丙烯和环丙烷的分子式相同，都是C3H6，则氢原子数为，D项符合题意；
故正确选项为D
14. NA为阿伏加 德罗常数的值。关于常温下pH＝2的H2SO4溶液，溶液中不存在H2SO4分子，但存在HSO4一离子，下列说法错误的是
A. 每升溶液中的H＋数目为0.01NA
B. Na2SO4溶液中：c(Na+)=2c(SO42-)＞c(H+)=2c(OH-)
C. 向稀硫酸中逐滴滴加浓硫酸，溶液中减小
D. NaHSO4不是弱电解质
【答案】B
【解析】
【分析】常温下 的 溶液，溶液中不存在 分子，但存在 离子，说明硫酸的第一步完全电离，第二步部分电离。
【详解】A. 由可得，每升溶液中的 数目为 ，故A正确；
B. ，硫酸根有一部分水解成硫酸氢根，c(Na+)＞2c(SO42-)，根据电荷守恒式可知，c(OH-) ＞c(H+)，所以应该为c(Na+)＞2c(SO42-)＞c(OH-) ＞c(H+)，故B错误；
C.据已知可知 ，当向稀硫酸中逐滴滴加浓硫酸 会增大，所以减小，故C正确；
D. NaHSO4属于盐，完全电离，故不是弱电解质，D正确；
故答案为：B。
15. 羟基自由基(·OH)是自然界中氧化性仅次于氟的氧化剂。我国科学家设计了一种能将苯酚氧化为CO2、H2O的原电池-电解池组合装置(如图)，该装置能实现发电、环保二位一体。下列说法错误的是
A. a极为正极，c极为阴极
B. b极的电极反应式为C6H5OH-28e-＋11H2O=6CO2↑＋28H＋
C. d极区苯酚被氧化的化学方程式为C6H5OH＋28·OH=6CO2↑＋17H2O
D. 右侧装置中，每转移0.7mle-，c、d两极共产生气体3.36L(标准状况)
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据电池装置图可知，左侧为原电池装置，a电极上重铬酸根离子得到电子，化合价降低，生成氢氧化铬，b电极上苯酚生成二氧化碳，碳元素的化合价升高，被氧化，b电极是负极，a电极是正极，c电极是阴极，d是阳极，A正确；
B．b电极上苯酚转化成二氧化碳，根据元素和电荷守恒，电极反应式为为C6H5OH-28e-＋11H2O=6CO2↑＋28H＋，B正确；
C．右侧装置为电解装置，d是阳极，结合图示，电极反应中产生羟基自由基(·OH)和H＋，没有生成氧气，正确的电极反应式为H2O-e-=·OH+ H＋，羟基自由基氧化能力极强，能氧化苯酚为二氧化碳和水，故苯酚被氧化的化学方程式为C6H5OH＋28·OH=6CO2↑＋17H2O，C正确；
D．c极上氢离子放电，电极反应为2H++2e-=H2↑,d极的电极反应式为H2O-e-=·OH+ H＋，结合苯酚的氧化过程可知，当转移0.7ml电子时，d极生成0.7ml的·OH，它氧化苯酚时生成 CO2，标准状况下的体积为0.15ml×22.4L/ml=3.36L，c极上生成0.35ml的氢气，标准状况下的体积为0.35ml×22.4L/ml=7.84L，两极共产生气体的体积为3.36L+7.84L=11.2L(标况下)，D错误；
故选D。
16. 某分子式为C10H20O2的酯，在一定条件下可发生如图所示的转化过程：
已知D和F互为同分异构体，则符合上述条件的酯的结构有
A. 4种B. 8种C. 12种D. 16种
【答案】C
【解析】
【分析】D和F互为同分异构体，表明D和F均是有机物。F由C连续氧化得到。有机物中能实现连续氧化的物质应为符合RCH2OH结构的醇。。于是，C为醇，E为醛，F为羧酸。酯类在碱性条件下水解得到醇和羧酸盐，羧酸盐和酸作用生成羧酸。于是B为羧酸盐，D为羧酸。
【详解】D和F互为同分异构体说明D和F含有相同碳原子数。由酯的分子式C10H20O2可知D和F均含有5个碳原子。C为含有5个碳原子，且结构符合RCH2OH的醇。符合条件的醇有，，和4种。含有5个碳的羧酸有，，和4种。因此，酯共有4×4=16种。其中，4种酯（，，和）形成的D和F是结构完全相同的羧酸，不符合D和F互为同分异构体题意。因此，符合题意的酯类有16-4=12种。
综上所述，答案为C。
二、非选择题(本大题共5小题，每空2分，共52分)
17. 氯化亚铜(CuCl)是一种白色固体，微溶于水，难溶于乙醇，易水解，在空气中易被氧化。以低品位铜矿砂(主要成分为CuS)为原料制备氯化亚铜的工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）锰元素在周期表中的位置为 ___________。
（2）“除锰”中发生反应的离子方程式为 ___________。
（3）①已知“蒸氨”时得到CuO固体，则“合成”中发生反应的离子方程式为 ___________。
②“合成”时加入Na2SO3的速率不宜过快，可能的原因是 ___________。
（4）采用真空干燥氯化亚铜的原因是 ___________。
（5）氯化亚铜的定量分析：
称取产品0.25g置于预先放入30粒玻璃珠和10mLFeCl3溶液的250mL锥形瓶中，不断摇动，待样品完全反应后，加水50mL，邻菲罗啉指示剂2滴，立即用0.10ml/L硫酸铈标准溶液滴至绿色出现为终点，并记录读数。消耗硫酸铈溶液25.00mL。已知CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2，Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，计算CuCl的纯度为 ___________(结果保留三位有效数字)。
（6）“CuCl﹣H2O热电循环制氢”经过溶解、电解、热水解和热分解4个步骤，其过程如图所示。电解在质子交换膜电解池中进行，阳极区为酸性CuCl溶液，阴极区为盐酸，电解过程中CuCl转化为CuCl。电解时阳极发生的主要电极反应式为 ___________。
【答案】（1）第四周期第ⅦB族
（2）Mn2++NH3•H2O+HCO=MnCO3↓+NH+H2O
（3） ①. 2Cu2++SO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+2H+ ②. Na2SO3与溶液中的H+反应
（4）减少CuCl的溶解损耗，并除去杂质，提高产率，防止CuCl在空气中被氧化
（5）99.5% （6）CuCl+2Cl-﹣e-=CuCl
【解析】
【分析】低品位铜砂矿中加入MnO2、H2SO4进行酸溶，CuS、MnO2、H2SO4反应生成S、MnSO4、CuSO4，过滤后得到S，然后向滤液中加入氨水、NH4HCO3除锰，得到MnCO3沉淀，同时得到，然后进行蒸氨得到CuO，然后加入试剂X进行酸溶2，产品为CuCl,所以溶解CuO的试剂X为HCl,HCl和CuO反应生成CuCl2，在合成步骤中，NaCl、Na2SO3、CuCl2反应生成CuCl和Na2SO4、HCl,再经过过滤、洗涤、干燥得到氯化亚铜，洗涤沉淀时，为减少CuCl溶解损失，根据溶解平衡，先用盐酸洗涤，再用乙醇洗涤。
【小问1详解】
Mn元素核电荷数25，价电子3d54s2，位于周期表的：第四周期第ⅦB族；
【小问2详解】
“除锰”过程中，Mn2+、NH3•H2O、NH4HCO3反应生成MnCO3、和H2O，该反应中发生反应的离子方程式为Mn2++NH3•H2O+HCO=MnCO3↓+NH+H2O；
【小问3详解】
①已知“蒸氨”时得到CuO固体，在合成步骤中，NaCl、Na2SO3、CuCl2反应生成CuCl和Na2SO4、HCl，则“合成”中发生反应的离子方程式为2Cu2++SO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+2H+；
②“合成”时加入Na2SO3的速率不宜过快，可能的原因是Na2SO3与溶液中的H+反应；
【小问4详解】
CuCl易水解，在空气中易被氧化，采用真空干燥氯化亚铜的原因是减少CuCl的溶解损耗，并除去杂质，提高产率，防止CuCl在空气中被氧化；
【小问5详解】
根据“CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2、Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+”得关系式CuCl～Fe2+～Ce4+，n(CuCl)=n[Ce(SO4)2]=0.10ml/L×0.025L=0.0025ml，CuCl的纯度= =99.5%；
【小问6详解】
电解在质子交换膜电解池中进行，阳极区为酸性，阴极区为盐酸，电解过程中转化为，则电解时阳极发生的主要电极反应式为：CuCl+2Cl-﹣e-=CuCl。
18. 工业上，以煤炭为原料，通入一定比例的空气和水蒸气，经过系列反应可以得到满足不同需求的原料气。回答下列问题：
（1）在C和的反应体系中：
反应1
反应2
反应3
①_______
②如图，若，反应1、2和3的y随温度的变化关系如图所示，对应于反应3的线是_______ (填a、b或c)。
③一定压强下，随着温度的升高，气体中与的物质的量之比_______
A．不变 B．增大 C．减小 D．无法判断
（2）水煤气反应：。工业生产水煤气时，通常交替通入合适量的空气和水蒸气与煤炭反应，其理由是_______
（3）一氧化碳变换反应：
①一定温度下，反应后测得各组分的平衡压强(即组分的物质的量分数×总压)：、、、，则反应的平衡常数K的数值为_______。
②维持与①相同的温度和总压，提高水蒸气的比例，使的平衡转化率提高到90%，则原料气中水蒸气和的物质的量之比为_______。
③以固体催化剂M催化变换反应，若水蒸气分子首先被催化剂的活性表面吸附而解离成氢气和，能量-反应过程如图所示。
用两个化学方程式表示该催化反应历程(反应机理)：
步骤Ⅰ：；步骤Ⅱ：_______。
【答案】（1） ① ②. a ③. B
（2）水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快反应速率
（3） ①. 9.0 ②. 9：5 ③. MO+CO=M+CO2
【解析】
【小问1详解】
①由已知方程式：(2×反应1-反应2)可得反应3，结合盖斯定律得：；
②反应1前后气体分子数不变，升温y不变，对应线条b，升温促进反应2平衡逆向移动，气体分子数增多，熵增，y值增大，对应线条c，升温促进反应3平衡逆向移动，气体分子数减少，熵减，y值减小，对应线条a；
③温度升高，三个反应平衡均逆向移动，由于反应2焓变绝对值更大，故温度对其平衡移动影响程度大，故CO2物质的量减小，CO物质的量增大，所以CO与CO2物质的量比值增大，故答案选B；
【小问2详解】
由于水蒸气与煤炭反应吸热，会引起体系温度的下降，从而导致反应速率变慢，不利于反应的进行，通入空气，利用煤炭与O2反应放热从而维持体系温度平衡，维持反应速率；
【小问3详解】
①该反应平衡常数K=；
②假设原料气中水蒸气x ml，CO为1 ml，由题意列三段式如下：
则平衡常数K=，解得x=1.8，故水蒸气与CO物质的量之比为1.8：1=9：5；
③水分子首先被催化剂吸附，根据元素守恒推测第一步产生H2，第二步吸附CO产生CO2，对应反应历程依次为：M+H2O=MO+H2、MO+CO=M+CO2。
19. 配位化合物在化工、医药、催化剂等工农业生产领域中有着广泛的应用，根据各种配合物的相关信息，回答下列问题。
（1）镍离子常与含的原子团形成配位化合物。写出基态镍原子的价电子排布式_______，元素的第一电离能由大到小的顺序排列是______。
（2）下图是的结构示意图。比较其中的键角：配体 ______普通(填“>”、“