学年北京市西城区高一上学期期末考试化学试题解析版.docx
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学年北京市西城区高一上学期期末考试化学试题解析版
北京市西城区2019-2020学年高一上学期期末考试试题
可能用到的相对原子质量:
H1C12N14O16Na23S32Cl35.5
第一部分(选择题)
每小题只有一个选项符合题意(每小题2分)
1.合金的应用促进了人类社会的发展。
下列不属于合金的是()
A.储氢合金
B.青花瓷
C.航母钢甲板
D.钛合金耐压球壳
[答案]B
[解析]
[分析]合金是两种或两种以上的金属(或金属和非金属)熔合而成的混合物,具有金属的性质和良好的性能。
[详解]A.为了满足某些尖端技术发展的需要,新型合金材料储氢合金是一类能够大量吸收H2,并与H2结合成金属氢化物的材料,属于合金,故A不符合题意
B.瓷器属于硅酸盐产品,不属于合金,故B符合题意;
C.钢属于合金,是金属材料,故C不符合题意;
D.由于钛合金的硬度大、耐酸碱的腐蚀,因此可用于发展航空飞机的机体材料等,属于合金,故D不符合题意;
[答案]选B。
2.当光束通过下列分散系时,能观察到丁达尔效应的是()
A.盐酸B.Fe(OH)3胶体C.蔗糖溶液D.Na2SO4溶液
[答案]B
[解析]
[分析]分散系分为溶液、胶体和浊液,而只有胶体有丁达尔效应,据此分析。
[详解]A.盐酸是溶液,无丁达尔效应,故A错误;
B.氢氧化铁胶体是胶体,有丁达尔效应,故B正确;
C.蔗糖溶液是溶液,无丁达尔效应,故C错误;
D.Na2SO4溶液是溶液,无丁达尔效应,故D错误。
[答案]选B。
3.下列物质不属于电解质的是()
A.NaB.H2SO4C.NaOHD.Na2SO4
[答案]A
[解析]
[分析]电解质:
在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物;非电解质:
在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物。
[详解]A.Na是单质,电解质和非电解质都是化合物,所以钠既不属于电解质,也不属于非电解质,故A符合题意;
B.在水溶液中,H2SO4电离出自由移动的离子导电,H2SO4是电解质,故B不符合题意;
C.NaOH是化合物,在水溶液或熔融状态下能够导电,属于电解质,故C不符合题意;
D.Na2SO4是化合物,在水溶液在熔融状态下能够导电,属于电解质,故D不符合题意;
[答案]选A。
4.下列仪器不能用于加热的是()
A.
B.
C.
D.
[答案]D
[解析]
[分析]实验室中可直接加热的仪器有蒸发皿、试管、坩埚、蒸发皿、燃烧匙等,垫石棉网可加热的有烧杯、烧瓶、锥形瓶等,不能加热的有集气瓶、广口瓶、细口瓶等。
[详解]A.试管受热面积小,可以用于直接加热,故A不符合题意;
B.圆底烧瓶热面积大,受热不均匀,在酒精灯上加热时必须垫石棉网,能加热,故B不符合题意;
C.坩埚是用极其耐高温的材料制作而成的器皿,它的作用是熔化和精炼金属液体,也用于固液态加热、反应的容器,C不符合题意;
D.容量瓶上有温度和刻度,是一个配制一定物质的量浓度的溶液的仪器,不能加热,D符合题意;
[答案]选D。
5.下列元素中,属于第三周期的是()
A.氢B.碳C.氧D.氯
[答案]D
[解析]
[详解]A.氢是第一周期第IA的元素,A错误;
B.碳是第二周期第IVA的元素,B错误;
C.氧是第二周期第VIA的元素,C错误;
D.氯是第三周期第VIIA的元素,D正确;
[答案]选D。
6.下列元素的原子半径最大的是()
A.NaB.AlC.SD.Cl
[答案]A
[解析]
[详解]Na原子序数是11,Al原子序数是13,S原子序数是16,Cl原子序数是17,Na、Al、S、Cl都是第三周期元素,电子层数相同,原子序数越大,原子核对核外电子的吸引力越大,原子半径越小,所以原子半径最大的是Na,故选A。
7.下列物质中,含有共价键的是()
A.HClB.Na2OC.MgCl2D.NaCl
[答案]A
[解析]
[分析]一般来说,活泼金属和活泼非金属之间易形成离子键,非金属元素之间易形成共价键,第IA族(氢除外)、第IIA族和第VIA族、第VIIA族元素之间易形成离子键。
[详解]A.HCl中氯原子和氢原子之间只存在共价键,故A正确;
B.Na2O中钠离子与氧离子之间只存在离子键,故B错误;
C.氯化镁中镁离子和氯离子之间只存在离子键,故C错误;
D.NaCl中钠离子与氯离子之间只存在离子键,故D错误;
[答案]选A。
8.下列关于物质分类的叙述不正确的是()
A.HNO3属于酸B.Mg(OH)2属于碱
C.SO2属于氧化物D.液氯属于混合物
[答案]D
[解析]
[详解]A.酸的定义是:
电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物,HNO3在水溶液中会电离出氢离子和硝酸根离子,属于酸,故A正确;
B.碱的定义是:
电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物,Mg(OH)2属于碱,故B正确;
C.氧化物
定义是:
两种元素组成的化合物,其中一种元素是氧元素,SO2属于氧化物,故C正确;
D.纯净物是一种物质组成的物质,液氯属于纯净物,只有一种物质液态的氯气,不是混合物,混合物是两种或两种以上物质组成物质,故D错误;
[答案]选D。
9.下列各组离子能在溶液中大量共存的是()
A.Na+、H+、CO32-B.Fe2+、SO42-、OH-
C.Na+、Cl-、Ag+D.K+、NO3-、Cl-
[答案]D
[解析]
[详解]A.H+与CO32-反应生成水和二氧化碳,在水溶液中不能大量共存,故A错误;
B.Fe2+与OH-反应生成氢氧化亚铁,氢氧化亚铁不稳定,会被氧气氧化成氢氧化铁,故在水溶液中不能大量共存,故B错误;
C.Cl-、Ag+反应生成氯化银沉淀,故在水溶液中不能大量共存,故C错误;
D.K+、NO3-、Cl-之间不发生反应,在水溶液中可以大量共存,故D正确;
[答案]选D。
10.下列反应的离子方程式书写正确的是()
A.Fe与FeCl3溶液:
Fe+Fe3+=2Fe2+
B.稀HCl与KOH溶液:
H++OH-=H2O
C.CaCO3与稀HCl:
CO32-+2H+=CO2↑+H2O
D.FeO与稀H2SO4:
FeO+2H+=Fe3++H2O
[答案]B
[解析]
[详解]A.铁与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁,正确的离子方程式为:
Fe+2Fe3+═3Fe2+,故A错误;
B.稀盐酸与氢氧化钾溶液发生中和反应,该反应的离子方程式为:
H++ OH−═H2O,故B正确;
C.碳酸钙与稀盐酸反应的离子方程式为:
CaCO3 + 2H+═Ca2++ CO2↑ + H2O,故C错误;
D.FeO与稀H2SO4反应生成硫酸亚铁和水,FeO+2H+=Fe2++H2O,故D错误;
[答案]选B。
11.有关Na2O2的叙述不正确的是()
A.是淡黄色固体B.可以作供氧剂
C.应密封保存D.氧元素的化合价为−2价
[答案]D
[解析]
[详解]A.Na2O2是淡黄色固体,故A正确;
B.Na2O2与水或二氧化碳反应释放出氧气,可以作供氧剂,故B正确;
C.Na2O2易与水和二氧化碳反应,故需要密封保存,故C正确;
D.根据化合物元素正负化合价之和为0,可得Na2O2中氧元素的化合价为−1价,故D错误;
[答案]选D。
12.
U常用于核裂变反应。
下列关于
U的叙述正确的是()
A.质子数为235B.电子数为143
C.核电荷数为235D.中子数为143
[答案]D
[解析]
[分析]含有的质子数为92,质量数为235,中子数=质量数-质子数求算,核外电子数=核电荷数=质子数求算。
[详解]A.
U的左下角的数字表示质子数,质子数为92,故A错误;
B.核外电子数=核电荷数=质子数=92,故B错误;
C.核外电子数=核电荷数=质子数=92,故C错误;
D.中子数=质量数-质子数=235-92=143,故D正确;
[答案]选D。
13.下列物质的电子式的书写,正确的是()
A.
B.
C.
D.
[答案]D
[解析]
[详解]A.二氧化碳是共价化合物,二氧化碳分子中碳原子与氧原子之间形成2对共用电子对,达稳定结构,故A错误;
B.氯气分子中存在氯氯单键,每个Cl原子周围还有六个电子,故B错误;
C.氨气是共价化合物,氮原子和三个氢原子形成三个共价键,电子式为:
,故C错误;
D.氯化钠为离子化合物,电子式为
,故D正确;
[答案]选D。
14.下列关于物质性质的比较,正确的是()
A.金属性:
Al>NaB.稳定性:
HF>HCl
C.酸性:
H2SiO3>H2SO4D.碱性:
Al(OH)3>Mg(OH)2
[答案]B
[解析]
[详解]A.由金属活动性顺序表可知:
金属性:
Na>Al,且两者处于同一周期,原子序数依次增大,原子序数小的,金属性强,故A错误;
B.元素的非金属性越强,其对应简单气态氢化物的稳定性越强,由于非金属性F>Cl,则稳定性HF>HCl,故B正确;
C.元素的非金属性越强,其最高价氧化物对应的酸的酸性越强,由于非金属性S>Si,则酸性H2SO4>H2SiO3,故C错误;
D.元素的金属性越强,其最高价氧化物对应的碱的碱性越强,由于金属性Mg>Al,则碱性Mg(OH)2>Al(OH)3,故D错误;
[答案]选B。
15.在化学实验中,具有安全意识是重要的科学素养。
下列实验操作不正确的是()
A.氢气点燃前,先检验氢气的纯度
B.金属钠着火时,用干燥的沙土覆盖
C.稀释浓硫酸时,将水沿烧杯内壁倒入浓硫酸中
D.闻氯气时,用手在瓶口轻轻扇动,使极少量的氯气飘进鼻孔
[答案]C
[解析]
[详解]A.氢气是可燃性气体,点燃氢气前要检验氢气的纯度,故A正确;
B.钠与水反应生成易燃气体氢气,钠着火时不能用水灭火,沙土能够隔绝空气,应该用干燥的沙土灭火,故B正确;
C.浓硫酸具有强腐蚀性,水入酸时会放出大量的热造成液体飞溅,引起安全事故,故稀释浓硫酸时,将浓硫酸倒入水中,防止液体飞溅,故C错误;
D.闻氯气的气味时,用手轻轻在瓶口扇动,仅使极少量的氯气飘进鼻孔,符合安全操作要求,故D正确;
[答案]选C。
16.下列物质间的转化,不能一步实现的是()
A.Na→Na2O2B.Fe2O3→Fe(OH)3
C.Cl2→FeCl3D.FeCl3→FeCl2
[答案]B
[解析]
[详解]A.钠
氧气中点燃生成过氧化钠,可以一步实现,故A不符合题意;
B.Fe2O3难溶于水,不与水反应,不可以一步实现,故B符合题意;
C.铁在氯气中点燃,生成三氯化铁,可以一步实现,故C不符合题意;
D.FeCl3与铁反应生成氯化亚铁,可以一步实现,故D不符合题意;
[答案]选B。
17.下列除杂试剂和分离方法都正确
是()
选项
物质(括号内为杂质)
除杂试剂
分离方法
A
Fe(Cu)
盐酸
过滤
B
CO2(HCl)
NaOH溶液
洗气
C
FeCl2溶液(FeCl3)
铁粉
过滤
D
Fe2O3(Al2O3)
盐酸
过滤
[答案]C
[解析]
[详解]A.铁与盐酸反应,铜与盐酸不反应,让铁与铜的混合物与盐酸反应,会将铁反应,铜会剩余,不能除去铁,故A错误;
B二氧化碳属于酸性氧化物,能与氢氧化钠溶液反应,因此,不能用氢氧化钠溶液作除杂试剂,应该使用饱和碳酸氢钠溶液,故B错误;
C.FeCl2溶液中的FeCl3,加入铁粉,三氯化铁与铁反应生成氯化亚铁,故C正确;
D.Fe2O3和Al2O3的混合物加入盐酸,氧化铁和氧化铝都与盐酸反应生成盐和水,不能除杂,故D错误;
[答案]选C。
18.门捷列夫研究元素周期表时,科学地预测了铝的下方有一种与铝类似的“类铝”元素,1875年法国化学家布瓦德朗发现了这种元素,命名为“镓(Ga)”,它的性质和门捷列夫的预测相吻合。
镓与铝是同主族元素,下列叙述不正确的是()
A.镓的金属性比铝的强B.镓的原子半径比铝的小
C.镓原子的最外层有3个电子D.氧化镓的化学式是Ga2O3
[答案]B
[解析]
[详解]A.镓与铝是同主族元素,同主族元素从上到下,原子半径逐渐增大,失电子能力增强,故金属性增强,故A正确;
B.镓与铝是同主族元素,同主族元素从上到下,原子半径逐渐增大,镓的原子半径比铝的大,故B错误;
C.镓与铝是同主族元素,最外层有3个电子,故C正确;
D.镓原子的最外层电子数为3,在化学反应中易失去3个电子而形成带3个单位正电荷的阳离子,化合价的数值等于离子所带电荷的数值,且符号一致,则该元素的化合价为+3价;氧元素显−2价,镓和氧组成化合物的化学式为Ga2O3,故D正确;
[答案]选B。
19.下列叙述正确的是()
A.常温常压下,14gN2含有的分子数约为3.01×1023
B.64gSO2含有的氧原子数约为6.02×1023
C.标准状况下,22.4LH2O含有的分子数约为6.02×1023
D.2L0.5mol•L−1MgCl2溶液中,含有的Cl-数约为6.02×1023
[答案]A
[解析]
[详解]A.14gN2为0.5mol,分子数=0.5mol×6.02×1023=3.01×1023,故A正确;
B.64gSO2的物质的量=
=
=1mol,1mol任何物质具有的微粒数为6.02×1023,一个二氧化硫分子具有的氧原子数为2个,故1molSO2中氧原子数为6.02×1023×2=1.204×1024,故B错误;
C.标准状况下,水不是气体,故不能用气体的摩尔体积进行计算,故C错误;
D.2L0.5mol•L−1MgCl2溶液中含有的氯离子数为2L×0.5mol/L×2×NA=2×6.02×1023==1.204×1024,故D错误;
[答案]选A。
20.向下列溶液中分别滴加氯水,由此观察的现象与得出的结论不匹配的是()
选项
溶液
实验现象
结论
A
滴有KSCN的FeCl2溶液
溶液变红
氯水具有氧化性
B
NaHCO3溶液
产生能使澄清石灰水变浑浊的气体
氯水中含有H+
C
HNO3酸化的AgNO3溶液
产生白色沉淀
氯水中含有Cl-
D
紫色石蕊溶液
先变红后褪色
Cl2具有酸性和漂白性
[答案]D
[解析]
[详解]A.氯水中含有Cl2,并且Cl2具有强氧化性,能氧化FeCl2生成FeCl3,FeCl3使KSCN溶液变红,说明氯水具有氧化性,故A正确;
B.NaHCO3溶液滴加氯水,产生能使澄清石灰水变浑浊
气体,是二氧化碳,说明氯水中有酸性物质,即含有H+,故B正确;
C溶液与硝酸银反应产生白色沉淀,只能是氯离子与银离子反应得到AgCl白色沉淀,说明氯水中含有Cl−,故C正确;
D.Cl2与水反应生成HCl和具有强氧化性的HClO,溶液呈酸性并具有强氧化性,能使石蕊试液先变红后褪色,表现出HCl的酸性和HClO的漂白性,故D错误;
[答案]选D。
第二部分(非选择题)
21.补齐物质与其用途的连线。
___
[答案]
[解析]
[分析]结合物质的性质分析,在生产生活中的应用。
[详解]氯化铁中三价铁具有氧化性,可将铜单质氧化为铜离子,故可用于蚀刻铜板;
次氯酸钠具有氧化性,也是漂白液的主要成分,可用于制作漂白液;
氧化铁俗称铁红,可用于制作油漆和涂料的原料;
碳酸氢钠受热不稳定生成二氧化碳,可用于制作糕点的膨松剂;
故[答案]为:
。
22.运用分类的方法,可以发现物质及其变化的规律。
Na2O与CaO都属于__氧化物(填“酸性”或“碱性”)。
Na2O可以分别与H2O、CO2、HCl反应,任选两个反应,写出其化学方程式___、__。
[答案]
(1).碱性
(2).Na2O+H2O=2NaOH(3).Na2O+CO2=Na2CO3、Na2O+2HCl=2NaCl+H2O
[解析]
[分析]根据Na2O与CaO的组成,二者都是氧化物,根据物质的性质,Na2O与CaO都能与酸反应生成盐和水,属于碱性氧化物;Na2O和水反应生成氢氧化钠,Na2O与二氧化碳反应生成碳酸钠,Na2O与盐酸反应生成氯化钠和水。
[详解]根据Na2O与CaO的组成,二者都是氧化物,根据物质的性质,Na2O与CaO都能与酸反应生成盐和水,属于碱性氧化物;Na2O和水反应生成氢氧化钠,反应方程式Na2O+H2O=2NaOH,Na2O与二氧化碳反应生成碳酸钠,反应方程式Na2O+H2O=2NaOH,Na2O与盐酸反应生成氯化钠和水,反应方程式Na2O+2HCl=2NaCl+H2O,
故[答案]为:
碱性;Na2O+H2O=2NaOH;Na2O+CO2=Na2CO3、Na2O+2HCl=2NaCl+H2O(任写两个)。
23.工业上冶炼铁的原理为:
Fe2O3+3CO
2Fe+3CO2。
(1)该反应中氧化剂是__(填化学式),碳元素被__(填“氧化”或“还原”)。
(2)若消耗了3molCO,则生成CO2的体积是__L(标准状况),转移电子的物质的量是___mol。
[答案]
(1).Fe2O3
(2).氧化(3).67.2(4).6
[解析]
[分析]
(1)根据氧化还原反应中元素化合价升降来判断;
(2)根据标况下,V=nVm计算气体体积,根据氧化还原反应中电子得失计算电子的物质的量。
[详解]
(1)Fe2O3中铁的化合价由+3价变为0价,化合价降低被还原,作氧化剂;CO中碳元素的化合价由+2价变为+4价,化合价升高被氧化,作还原剂;
故[答案]为:
Fe2O3;氧化;
(2)根据反应方程式,若消耗了3molCO同时生成了3molCO2,则标况下,CO2的体积=nVm=3mol×22.4L/mol=67.2L;CO中碳元素的化合价由+2价变为+4价,即1molCO转移2mol电子,则3molCO共转移6mol电子,
故[答案]为:
67.2;6。
24.用NaCl固体配制100mL2.0mol·L−1NaCl溶液,请回答下列问题。
(1)用到的仪器有:
托盘天平、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和__。
(2)用托盘天平称取NaCl固体的质量是__g。
(3)下列情况中,会使所配溶液浓度偏高的是__(填字母)。
A.定容时,俯视刻度线B.转移液体时,有少量液体洒出
C.加蒸馏水超过了刻度线D.没有洗涤烧杯和玻璃棒
[答案]
(1).100mL容量瓶
(2).11.7(3).A
[解析]
[分析]
(1)配制100mL2.0mol·L−1NaCl溶液需要100mL容量瓶,用到的仪器有:
托盘天平、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和100mL容量瓶;
(2)根据n=cV计算溶质的物质的量,再有m=nM计算溶质的质量;
(3)根据c=
进行分析。
[详解]
(1)配制100mL2.0mol·L−1NaCl溶液需要100mL容量瓶,用到的仪器有:
托盘天平、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和100mL容量瓶;
故[答案]为:
100mL容量瓶;
(2)配制100mL2.0mol·L−1NaCl溶液,NaCl的物质的量=cV=0.1L×2.0mol·L−1=0.2mol,则NaCl的质量=nM=0.2mol×58.5g/mol=11.7g,
故[答案]为:
11.7;
(3)A.定容时,俯视刻度线,使所配置溶液溶液体积偏小,溶液浓度偏高,故A符合题意;
B.转移液体时,有少量液体洒出,使所配溶液溶质的物质的量减少,溶液浓度偏低,故B不符合题意;
C.加蒸馏水超过了刻度线,使所配置溶液溶液体积偏大,溶液浓度偏低,故C不符合题意;
D.没有洗涤烧杯和玻璃棒,使所配溶液溶质的物质的量减少,溶液浓度偏低,故D不符合题意;
故[答案]选A。
25.实验室用如图装置制备并收集干燥纯净的Cl2。
(1)装置A中反应的化学方程式是___。
(2)装置B的作用是__。
(3)装置C中盛放的物质是__。
(4)装置D用于收集Cl2,请将图中装置D的导气管补充完整___。
(5)装置E用于吸收尾气,E中反应的离子方程式是__。
[答案]
(1).MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O
(2).除去Cl2中混有的HCl(3).浓硫酸(4).
(5).Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
[解析]
[分析]
(1)装置A是用浓盐酸和二氧化锰在加热的条件下制取氯气的装置;
(2)装置B盛有饱和食盐水,用来除去氯气中的氯化氢气体;
(3)通过装置B出来的氯气中含有水,则装置C中盛放的物质是浓硫酸,除去氯气中的水分;
(4)装置D用于收集Cl2,氯气的密度比空气大,收集时,使用向上排空气法,集气瓶内的导管应长进短出;
(5)装置E盛有氢氧化钠用于吸收多余的氯气,氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水;
[详解]
(1)装置A是用来制取氯气的装置,根据图示浓盐酸和二氧化锰在加热的条件下制取氯气,化学反应方程式为:
MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O,
故[答案]为:
MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O;
(2)由于盐酸具有挥发性,从装置A中出来的氯气中混有氯化氢气体,装置B盛有饱和食盐水,用来除去氯气中的氯化氢气体,故[答案]为:
除去Cl2中混有的HCl;
(3)通过装置B出来的氯气中含有水,则装置C中盛放的物质是浓硫酸,除去氯气中的水分,故[答案]为:
浓硫酸;
(4)装置D用于收集Cl2,氯气的密度比空气大,收集时,使用向上排空气法,集气瓶内的导管应长进短出,装置图为:
,故[答案]为:
;
(5)装置E盛有氢氧化钠用于吸收多余的氯气,氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,离子反应方程式为:
Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O,故[答案]为:
Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O;
26.阅读短文,回答问题。
世界卫生组织(WHO)和中国卫健委公认二氧化氯(ClO2)为新时代绿色消毒剂,其特点是:
无三致(致癌、致畸、致突变),有三效(广谱、高效、快速)。
国家疾病控制中心建议,为了避免传染病的传播,餐饮用具可用200mg·L−1的ClO2溶液浸泡,游泳池水可按5mg·L−1用ClO2进行消毒。
常温下,ClO2气体与Cl2具有相似的颜色与气味,在水中的溶解度是Cl2的5~8倍。
ClO2是强氧化剂,其有效氯是Cl2的2.6倍。
ClO2不与冷水反应,遇热水则分解成HClO、Cl2和O2。
下表列出了ClO2与传统消毒剂(氯制剂)的部分性能比较:
性能
ClO2
氯制剂(84消毒液、漂白粉等)
杀菌力
可杀灭所有的微生物
可杀灭所有细菌繁殖体高浓度能杀死细菌芽孢
残留
无
有
抗药性
无
有
经大量实验研究表明,ClO2对细胞壁有较强的吸附和穿透能力,反应释放出的原子氧将细胞内的酶氧化,从而起到杀菌作用。
ClO2反应释放出的原子氧还可以氧化色素,所以ClO2也是优良的漂白剂。
研究表明,ClO2在浓度低于100mg·L−1时不会对人体产生任何的影响。
我国卫健委提出,逐步用ClO2替代Cl2进行饮用水消毒。
相信
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