2021届北京市高考压轴卷之化学Word版含答案解析

这是一份2021届北京市高考压轴卷之化学Word版含答案解析，共24页。
2021北京市高考压轴卷 化学
（考试时间：90分钟 满分：100分）

可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cu 64
第一部分
每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共14道小题，共42分
1．化学无处不在，与人类生产、生活联系密切。下列与化学有关的说法错误的是
A．王安石诗：雷蟠电掣云滔滔，夜半载雨输亭皋，涉及反应：N2+O22NO
B．北科大参与研发的“超级钢”(含Mn10%、C0.47%、V0.7%等)是一种新型合金
C．生活中制作油条的口诀是“一碱、二矾、三钱盐”，其中的“碱”是纯碱
D．中国古代常用竹简、丝帛记载文字，二者的主要成分均为蛋白质
2．用废铁屑制备磁性氧化铁(Fe3O4)，制取过程如图：


下列说法不正确的是
A．浸泡过程中适当加热并搅拌效果更好
B．检验A中的Fe3+可以用KSCN溶液
C．加H2O2时发生反应的离子方程式为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3+ +2H2O
D．制备Fe3O4的反应Fe2++2Fe3++8OH-Fe3O4+4H2O是氧化还原反应
3．(Na3PO4·12H2O)4·NaClO具有良好的洗涤、去污和消毒杀菌功能。以湿法磷酸(含杂质 Fe3+，Al3+及H2SiF6等)为原料制取氯化磷酸三钠产品的工艺流程如图：


下列说法不正确的是
A．“过程 I”需保温20min使沉淀颗粒长大，目的是便于过滤分离
B．“过程II”不继续用Na2CO3中和，可能是因为 Ka3(H3PO4)>Ka2(H2CO3)
C．“过程III”水浴加热的目的是防止NaClO溶液因温度过高放出氧气
D．母液可导入至“过程III”中循环使用
4．下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是
选项
物质(括号内为杂质)
除杂试剂
A
MgCl2溶液(FeCl3)
MgCO3
B
CO2(HCl)
饱和Na2CO3溶液
C
Cu粉(CuO)
稀硝酸
D
CH4(C2H4)
酸性高锰酸钾溶液
5．按如图装置进行实验，下列现象及推断都正确的是
选项
I中试剂
II中试剂及现象
推断


A
小苏打
CaCl2溶液变浑浊
小苏打受热易分解
B
铁粉与水蒸气
肥皂水冒泡
铁粉与水蒸气不一定发生了反应
C
涂有石蜡油的碎瓷片
酸性高锰酸钾溶液褪色
石蜡油发生分解产生了具有漂白性的物质
D
硫酸亚铁
品红溶液褪色
FeSO4分解生成FeO和SO2
6．现有短周期主族元素X、Y、Z、R、T。R原子最外层电子数是电子层数的2倍；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，Z与T形成的Z2T化合物的水溶液呈碱性。五种元素的原子半径与原子序数的关系如图。下列说法正确的是

A．原子半径和离子半径均满足：YT
C．最高价氧化物对应的水化物的酸性：T S2－
B．因为非金属性：S > Si，所以简单气态氢化物稳定性：SiH4 < H2S
C．因为非金属性：O > S，所以沸点； H2S > H2O
D．因为金属性：Na > Al，所以碱性：NaOH > Al(OH)3
⑸为了测定Wg高硫铝土矿中铝元素的含量，将流程中制取的Al2O3溶解于足量稀硫酸，配成250mL溶液，取出25mL，加入c mol·L－1 EDTA标准溶液amL，调节溶液pH约为4.2，煮沸，冷却后用b mol·L－1 CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗CuSO4标准溶液V mL(已知Al3+、Cu2+与EDTA反应的化学计量比均为1:1)。则Wg高硫铝土矿中铝元素的质量分数为____________________用含V、W、a、b、c的代数式表示。

参考答案
1．【答案】D
【解析】A．雷雨天气，空气中的氧气和氮气在闪电作用下发生反应：N2+O22NO，故A正确；
B．“超级钢”的主要元素是铁，还含有Mn、C、V等元素，是新型合金，故B正确；
C．生活中制作油条的口诀是“一碱、二矾、三钱盐”，其中的“碱”是纯碱，和明矾中的Al3+发生双水解反应产生CO2，使油条疏松，故C正确；
D．竹简的主要成分为纤维素，丝帛的主要成分为蛋白质，故D错误；
故选D。
2．【答案】D
【解析】A．浸泡过程中适当加热并搅拌可以提高反应速率和充分接触，效果更好，A正确；
B．检验铁离子可以用硫氰化钾，溶液显红色，B正确；
C．过氧化氢能氧化亚铁离子，离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3+ +2H2O，C正确；
D．制备Fe3O4的反应Fe2++2Fe3++8OH-Fe3O4+4H2O中没有元素化合价变化，不是氧化还原反应，D错误；
故选D。
3．【答案】B
【分析】由题给流程图可知，向湿法磷酸溶液中加入碳酸钠溶液，碳酸钠和磷酸在70~80℃的微热条件下调节pH的范围在8.2~8.4，发生反应生成磷酸氢钠和二氧化碳；向磷酸氢钠溶液中加入氢氧化钠溶液，调节溶液pH的范围在12~14，磷酸氢钠溶液与氢氧化钠溶液反应生成磷酸钠和水，向反应后的溶液中加入次氯酸钠水浴加热，结晶析出氯化磷酸三钠，冷却、过滤、洗涤干燥得到氯化磷酸三钠及母液，据此分析解答。
【解析】A．磷酸的酸性强于碳酸，根据流程得到Na2HPO4，因此反应方程式为H3PO4＋Na2CO3=Na2HPO4＋CO2↑＋H2O；“一次中和”后进行过滤，因此保温20min，使沉淀颗粒长大，其目的是便于沉淀过滤除去，A正确；
B．“二次中和”不继续用Na2CO3，可能原因是Na2CO3不与Na2HPO4反应生成Na3PO4，即Ka3(H3PO4)H2CO3，描述错误，不符题意；
D．X为氢元素、R为碳元素、Y为氧元素，其组成的化合物可以是H2CO3，也可以是有机物乙醇(C2H5OH)、甲醇、乙醛等，这些化合物的水溶液不一定都显酸性，描述错误，不符题意；综上，本题选B。
7．【答案】A
【解析】A．Fe(OH)3溶于HI溶液中，氧化性的铁离子会将还原性的碘离子氧化，离子方程式为：2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe2++6H2O+I2，A错误；
B．石灰乳与MgCl2溶液反应得到更难溶的氢氧化镁，离子方程式为：Ca(OH)2+Mg2+=Mg(OH)2+Ca2+，B正确；
C．泡沫灭火器是硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液双水解生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，离子方程式为：3HCO+Al3+=3CO2↑+Al(OH)3↓，C正确；
D．在Ca(HCO3)2溶液中加入少量NaOH溶液，化学方程式为：Ca(HCO3)2+NaOH= CaCO3↓+H2O+NaHCO3，离子方程式为：Ca2++HCO+OH-=CaCO3↓+H2O，D正确；
答案选A。
8．【答案】C
【解析】A．1mol苯环与3mol氢气加成，1mol羰基（酮基）与1mol氢气加成，故1mol雷琐苯乙酮最多能与4mol氢气发生加成反应，A正确；
B．苹果酸()同时含有羟基和羧基，两分子苹果酸可发生酯化反应生成：，B正确；
C．含酚羟基，酚羟基的邻位的2个H可被2个Br取代，同时也含一个碳碳双键，还可和一分子溴发生加成反应，故1mol产物伞形酮与溴水反应，最多可消耗3mol Br2，发生了取代反应、加成反应，C错误；
D．能跟FeCl3溶液发生显色反应的物质需要含酚羟基，雷琐苯乙酮和伞形酮都含有酚羟基，它们都能和FeCl3溶液发生显色反应，D正确；
故选C。
9．【答案】D
【解析】A．该高分子化合物是加聚反应产物，所以该高分子化合物可以通过加聚反应得到，故A正确；
B．该高分子化合物中含有酯基，所以能和酸、碱反应，故B正确；
C．合成该高分子化合物的单体分别为CH2=C(CH3)COOCH3、CH2=CHCOOCH2CH2CH2CH3，官能团相同，故C正确；
D．自修复过程中“-COOCH2CH2CH2CH3”基团之间没有形成化学键，故D错误；
故选：D。
10．【答案】D
【解析】A．放电时a作负极，故充电时应接电源的负极，发生氧化反应，故A正确；
B．放电时，b极为正极，由图中可知，二氧化碳在酸性条件下生成甲酸，电极反应为：，故B正确；
C．充电时，，若电路中通过，则有转化为，故C正确；
D．充电时，水电离出的氢离子在阴极放电，多余的氢氧根离子会进入双极膜复合层间，阴极区溶液不变，故D错误；
故选D。
11．【答案】D
【解析】A．已知TMNS在常温下催化实现氨的合成，则TMNS大大降低了合成氨反应的活化能，A说法正确；
B．TMNS表面上的N原子与氢原子结合，化合价降低，被还原为氨，B说法正确；
C．根据图像可知，TMNS表面上氨脱附产生的空位有利于吸附N2，C说法正确；
D．合成氨为可逆反应，存在副反应，用N2进行合成反应，产物不一定只有NH3，可能含有其它含N的副产物，D说法错误；
答案为D。
12．【答案】D
【解析】A．生成物NO仍然有毒，A错误；
B．使用催化剂不能改变反应放出的热量，B错误；
C． 由题图可知，该可逆反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NO2的平衡转化率降低，C错误；
D．根据题图中反应物和生成物的能量都低于活化络合物(过渡状态)的能量，可知反应物或生成物转化为活化络合物均需要吸收能量，D正确；
答案选D。
13．【答案】B
【解析】A．镁离子会水解，MgCl2∙6H2O脱模会给镁离子提供水环境，生成HCl和氢氧化镁，由于HCl是低沸点酸，灼烧会使其挥发，会得到氢氧化镁，进一步得到氧化镁，得不到氯化镁，故A错误；
B．丁达尔效应是胶体的特征效应，正是因为胶体粒子直径在1～100nm之间，故B正确；
C．氢氧化钠不仅会和三价铁离子反应，也会和铵根反应，并且引入新的钠离子杂质，故C错误；
D．次氯酸具有漂白性，不能用pH试纸测量其pH值，故D错误；故选B。
14．【答案】D
【分析】结合方程式和滴定曲线可知M点酸碱恰好完全反应，溶质为CH3NH3Cl，结合物料守恒、电荷守恒分析。N点时盐酸过量，为CH3NH3Cl、HCl的混合物，c(CH3NH3+)＞c(H+)。
【解析】A． 25℃，M点溶质为CH3NH3Cl，是强酸弱碱盐，水解促进水电离，c(H+)水=c(OH-)水＞1.0×10-7，M点对应的溶液中水电离的c(H+)水·c(OH-)水＞1.0×10-14，故A正确；
B． 根据电荷守恒，滴定开始后，溶液中始终存在c(CH3NH)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，故B正确；
C． 一元弱碱甲胺(CH3NH2)的电离常数Kb≈4.0×10-4，M点酸碱恰好完全反应，溶质为CH3NH3Cl，浓度为0.01mol/L，Kh==2.5×10-11，则c(H+)=mol/L=5×10-7mol/L，25℃，M点对应的溶液的pH=7-lg5≈6.3，故C正确；
D． N点时盐酸过量，为CH3NH3Cl、HCl的混合物，则N点对应的溶液中：c(Cl-)＞c(CH3NH3+)＞c(H+)＞c(OH-)，故D错误。

15．（每空2分）【答案】Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O 2ClO+SO22ClO2+SO 0.8 Cl2+H2O≒H++Cl-+HClO，增大c(H+)，平衡逆向移动，抑制Cl2与水的反应 3Br2+3Na2CO3=NaBrO3+3CO2+5NaBr 3
【解析】(1)氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
(2)KClO3溶液在一定条件下与SO2反应生成ClO2，Cl元素化合价由+5价变为+4价，化合价降低，做氧化剂，则SO2作还原剂，S的化合价升高，转化为，离子方程式为：2+SO22ClO2+；
(3)将亚氯酸分解的离子方程式配平得，生成1mol Cl-时，转移4mol电子，则1mol HClO2发生分解反应时，生成0.2mol Cl-，转移电子的物质的量是0.8mol；
(4)①Cl2+H2O≒H++Cl-+HClO，增大c(H+)，平衡逆向移动，抑制Cl2与水的反应，从而使更多的Cl2和Br-反应，提高了Cl2的利用率；
②Br2转化为NaBrO3，Br元素的化合价由0价转化为+5价，化合价升高5价，Na、C、O元素的化合价不变，则Br2中，部分Br元素的化合价降低，则Br2转化为Br-，化合价由0价转化为-1价，降低1价，根据得失电子守恒，配平方程式，得3Br2+3Na2CO3=NaBrO3+3CO2+5NaBr；
(5)NaBrO3转化为Br2，化合价由+5价变为0价，得到5个电子，I-转化为I2，化合价由-1价变为0价，生成一个I2，失去2个电子，I-转化为，化合价由-1价变为+5价，失去6个电子，设的物质的量为x mol，根据得失电子守恒得，解得，根据I元素守恒得。

16．（每空2分）【答案】N2H4(l)+4Cu(OH)2(s)=N2(g)+Cu2O(s)+6H2O(l)ΔH=(4b+c-a)kJ·mol-1 2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O BC 80% 100 > 相对于N点而言，M点温度在500～600K之间，温度较高，反应速率较快。M点CO的平衡转化率已经达到90%，常压对设备和动力要求低，更经济
【解析】
(1) ①N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=-akJ·mol-1，
②Cu(OH)2(s)=CuO(s)+H2O(l)△H=+bkJ·mol-1，
③4CuO(s)=2Cu2O(s)+O2(g)△H=+ckJ·mol-1，根据盖斯定律分析，①+②×4+③得
热化学方程式为N2H4(l)+4Cu(OH)2(s)=N2(g)+Cu2O(s)+6H2O(l) ΔH=(4b+c-a)kJ·mol-1。
(2)阳极为铜，失去电子生成氧化亚铜，电极反应式为2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O。
(3)A.CO的消耗速率等于CH3OH的生成速率，都为正反应速率，不能说明到平衡，错误；B.一定条件，CO的转化率不再变化可以说明反应到平衡，正确；C.在绝热恒容的容器中，反应的平衡常数不再变化，说明反应体系温度不变，则反应到平衡；故选BC。
(4)t℃时，在体积为2L固定体积的密闭容器中加入2.00molH2(g)和1.00mol的CO(g)的物质的量随时间的变化如表：
时间(s)
0
2
5
10
20
40
80
物质的量(mol)
1.00
0.50
0.375
0.25
0.20
0.20
0.20
根据表中数据回答：
①一氧化碳的平衡转化率为 =80%，根据方程式和加入量分析，氢气的平衡转化率和一氧化碳的相同，也为80%。
②2t℃时
该反应的平衡常数为。
③保持其它条件不变，向平衡体系中充入1molCO(g)、2molH2(g)、1molCH3OH(g)；此时v逆。
(5)相对于N点而言，M点温度在500～600K之间，温度较高，反应速率较快。M点CO的平衡转化率已经达到90%，常压对设备和动力要求低，更经济，所以工业实际合成CH3OH生产中，采用如图M点而不是N点对应的反应条件。

17．【答案】催化剂 （1分） 水浴加热(70～80℃) （1分） B （1分） 冷凝回流（1分） Al(OH)3 （1分） 除去产品中的乙酸（1分） 80.1℃~203℃（2分） 82.4% （2分）
【分析】向三颈烧瓶中加入39 g苯和44.5 g无水氯化铝，在搅拌下滴加25.5 g乙酸酐，在70～80℃下加热45min，发生反应： + CH3COOH+，冷却后将反应物倒入100g冰水中，有白色胶状沉淀生成，采用合适的方法处理，水层用苯萃取，合并苯层溶液，再依次用30 mL 5% NaOH溶液和30 mL水洗涤，分离出的苯层用无水硫酸镁干燥，常压蒸馏回收苯，再收集产品苯乙酮，以此解答。
【解析】(1)由+ CH3COOH+可知，AlCl3是反应发生的条件，反应前后AlCl3均存在，故AlCl3在反应中作催化剂，因为需要在70～80℃温度下加热，为便于控制温度且未超过100℃，加热方式为70～80℃的水浴加热；故答案为：催化剂；水浴加热(70～80℃)；
(2)由题意知，实验中共用到的药品为39g苯体积约为V(苯)==44.3mL，44.5g无水氯化铝为固体，其体积可忽略，25.5g乙酸酐体积约为V(乙酸酐)==23.6mL，液体总体积为V(总)= 44.3mL +23.6mL =67.9mL，根据反应液不超过总容积的，即三颈烧瓶的容积V>101.8mL，故选三颈烧瓶的容积250mL，B符合题意；故答案为：B；
(3)由于苯的沸点为80.1℃，而反应的温度需要70～80℃，这样苯易挥发，不利于产物的制取，需要冷凝回流装置，即加装的仪器为冷凝管；答案为：冷凝回流；
(4)由题中信息和步骤II的过程可知，产物均易溶于有机溶剂，AlCl3易水解，即冷却后将反应物倒入100g冰水中，产生的白色胶状沉淀为Al(OH)3；故答案为：Al(OH)3；
(5)由于产物之一乙酸也易溶于有机溶剂，故苯层溶液用30mL 5% NaOH溶液洗涤，主要是除去产品中的乙酸；故答案为：除去产品中的乙酸；
(6)由题中信息可知，苯的沸点为80.1℃，苯乙酮的沸点为203℃，用常压蒸馏回收苯，从而获得苯乙酮，温度为80.1℃~203℃；故答案为：80.1℃~203℃；
(7)由题意知，苯的物质的量为n(苯)===0.5mL，乙酸酐的物质的量为n===0.25mol，由+ CH3COOH +可知可知，苯与乙酸酐以物质的量之比1:1反应，则苯过量，所以苯乙酮的物质的量n(苯乙酮)=n(乙酸酐)=0.25mol，则苯乙酮的理论产量为m(苯乙酮)=0.25mol120g/mol=30g，而实际生成24.0mL的苯乙酮，苯乙酮的实际产量为m(苯乙酮)=24mL1.03g/mL=24.72g，苯乙酮的产率为=82.4%；答案为：82.4%。

18．【答案】碳碳双键、羟基（2分） （1分） 取代反应（1分） 。+O2+2H2O （2分） 保护基团不被氧化。（1分） 或或或或 （2分） （3分）
【分析】合成G ()，可采用逆合成分析法来分析其过程。由G的结构简式可知，要合成G，必须想法找到乙酸和，题目提供了乙酸，那就要想办法由1，3-丁二烯为原料合成出，要在结构中引入羟基，就要想法引入卤素原子，利用卤代烃的水解反应引入羟基。
【解析】(1)通过E的结构简式可知，E中含有的官能团名称为碳碳双键、羟基；通过观察A的分子结构式，可知其不饱和度为1，数其碳原子数为9，测其分子式为；H的结构中含有两个酯基，G和F生成H ,G的结构中有一个酯基和一个羟基，则F的结构中比含有一个羧基和G的羟基酯化，酯化反应是取代反应，故④的反应类型为取代反应。
(2)反应②是B生成了C，观察两种物质的结构简式，B结构中的羟基被氧化成C中的醛基，其他结构没变，由乙醇氧化为乙醛，可得反应②的化学方程式为 O2+2H2O。
(3)从A→B→C→D→E的反应路线来看，使用TBSCl试剂的目的是防止A结构中的基团在反应②中被氧化，故答案为保护基团不被氧化。
(4) G的同分异构体有多种，满足能使石蕊试液变色，说明结构中含有羧基，满足能发生银镜反应，则结构中有醛基，还要有两个双键，则满足这三个条件的G的同分异构体结构简式很多，如：或或或或。
(5)由G的结构简式可知，要合成G，必须想法找到乙酸和，题目提供了乙酸，那就要想办法由1，3-丁二烯为原料合成出，要在结构中引入羟基，就要想法引入卤素原子，利用卤代烃的水解反应引入羟基，故G的合成路线为。

19．【答案】第四周期VIII族 （1分） 4m + 4n =37 （1分） 制玻璃等（1分） 还原剂（1分） 4 FeS2 + 11O2 8SO2+ 2 Fe2O3（1分） 60min、450℃左右（1分） R2O3 +4 (NH4)2SO4 2NH4R(SO4)2 + 6NH3↑+ 3H2O （2分） BD（2分） （2分）
【分析】⑴铁在元素周期表中的位置是第四周期VIII族；根据NamAlmSinO16(OH)5化合价代数和为0，得出m和n之间关系；滤渣Ⅰ主要成分是二氧化硅，用于制玻璃等；反应Ⅲ加入氧化铁和FeS2反应生成四氧化三铁，氧化铁中铁化合价部分降低，FeS2中硫化合价升高。
⑵焙烧Ⅰ过程中会产生大量红棕色烟尘和SO2气体，根据氧化还原反应写出化学方程式。
⑶根据图像得出，焙烧时间在60min提取率基本达到比较大的值，再持续加热，提取率增加很少，但增加了成本，因此焙烧时间60min，温度在450℃左右，提取率最大，根据反应原理写出相关的化学反应方程式。
⑷A．因为原子半径：Na > S，层多径大比较半径；
B．因为非金属性：S > Si，从左到右，简单气态氢化物稳定性越来越强；
C．因为非金属性：O > S，水中存在分子间氢键；
D．因为金属性：Na > Al，从左到右碱性逐渐减弱。
⑸根据Al3+、Cu2+与EDTA反应的化学计量比均为1:1，先求出n(Al3+)，再根据质量分数进行计算。
【解析】⑴铁在元素周期表中的位置是第四周期VIII族；根据NamAlmSinO16(OH)5化合价代数和为0，得出(+1)×m+(+3)×m+(+4)×n+(-2)×16+(-1)×5 = 0，m和n之间满足4m + 4n =37；滤渣Ⅰ主要成分是二氧化硅，用于制玻璃等；反应Ⅲ加入氧化铁和FeS2反应生成四氧化三铁，氧化铁中铁化合价部分降低，FeS2中硫化合价升高，目的是作为还原剂；
故答案为：第四周期VIII族；4m + 4n =37；制玻璃等；还原剂。
⑵焙烧Ⅰ过程中会产生大量红棕色烟尘和SO2气体，其化学方程式：4 FeS2 + 11O2 8SO2+ 2 Fe2O3；
故答案为：4FeS2 + 11O28SO2+ 2 Fe2O3。
⑶根据图像得出，焙烧时间在60min提取率基本达到比较大的值，再持续加热，提取率增加很少，但增加了成本，因此焙烧时间60min，温度在450℃左右，提取率最大，因此最佳的焙烧时间与温度是60min、450℃左右，以NH4R(SO4)2表示的相关的化学反应方程式为R2O3 +4 (NH4)2SO4 2NH4R(SO4)2 + 6NH3 + 3H2O；
故答案为：60min、450℃左右；R2O3 +4 (NH4)2SO4 2NH4R(SO4)2 + 6NH3 + 3H2O；
⑷A．因为原子半径：Na > S，层多径大，因此离子半径： S2－> Na+，故A错误；
B．因为非金属性：S > Si，从左到右，简单气态氢化物稳定性越来越强，即SiH4 < H2S，故B正确；
C．因为非金属性：O > S，水中存在分子间氢键，因此沸点； H2O >H2S，故C错误；
D．因为金属性：Na > Al，从左到右碱性逐渐减弱，因此碱性：NaOH > Al(OH)3，故D正确。
⑸根据Al3+、Cu2+与EDTA反应的化学计量比均为1:1，得出n(Al3+)= c mol·L－1 ×a×10-3L－b mol·L－1 ×V×10-3L = (ac －bV) ×10-3mol，则Wg高硫铝土矿中铝元素的质量分数为；
故答案为：。