2023高考化學(xué)大二輪復(fù)習(xí)第3部分訓(xùn)練非選擇題專項練3

PAGEPAGE8訓(xùn)練(十一)非選擇題專項練(3)1．某研究性學(xué)習(xí)小組學(xué)生根據(jù)氧化復(fù)原反響規(guī)律，探究NO2、NO與Na2O2反響的情況，提出假設(shè)并進行相關(guān)實驗。Ⅰ.從理論上分析Na2O2和NO2都既有氧化性又有復(fù)原性，于是提出如下假設(shè)：假設(shè)1：Na2O2氧化NO2；假設(shè)2：NO2氧化Na2O2。(1)甲同學(xué)設(shè)計如圖1裝置進行實驗：①試管A中反響的離子方程式是_____________________________________。②待試管B中充滿紅棕色氣體，關(guān)閉旋塞a和b；取下試管B，向其中參加適量Na2O2粉末，塞上塞子，輕輕振蕩試管內(nèi)粉末，觀察到紅棕色氣體迅速消失；再將帶火星的木條迅速伸進試管內(nèi)，木條復(fù)燃。③儀器C兼有防倒吸的作用，儀器C的名稱為____________。結(jié)論：甲同學(xué)認為假設(shè)2正確。(2)乙同學(xué)認為甲同學(xué)設(shè)計的實驗存在缺陷，為到達實驗?zāi)康模贏、B之間應(yīng)增加一個裝置，該裝置的作用是__________________________。乙同學(xué)用改良后的裝置，重復(fù)了甲同學(xué)的實驗操作，觀察到紅棕色氣體迅速消失；帶火星的木條未復(fù)燃，得出結(jié)論：假設(shè)1正確，那么NO2和Na2O2反響的化學(xué)方程式是_____________________________________________________________________。Ⅱ.該研究性學(xué)習(xí)小組同學(xué)還認為NO易與O2發(fā)生反響，應(yīng)該更易被Na2O2氧化。查閱資料：2NO＋Na2O2=2NaNO2；2NaNO2＋2HCl=2NaCl＋NO2↑＋NO↑＋H2O；酸性條件下，NO能與MnOeq\o\al(－,4)反響生成NOeq\o\al(－,3)和Mn2＋。(3)丙同學(xué)用圖2所示裝置(局部夾持裝置略)探究NO與Na2O2的反響。①在反響前，翻開彈簧夾，通入一段時間N2，目的是______________________。②B中觀察到的主要現(xiàn)象是____________(填字母編號)。a．銅片逐漸溶解，溶液變?yōu)樗{色b．有紅棕色氣泡產(chǎn)生c．有無色氣泡產(chǎn)生③C、E中所盛裝的試劑不能是____________(填字母編號)。a．無水硫酸銅 b．無水氯化鈣c．堿石灰 d．生石灰④F中發(fā)生反響的氧化劑與復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比為____________。⑤充分反響后，檢驗D裝置中產(chǎn)物的方法是：______________________，那么產(chǎn)物是NaNO2。解析(1)①Cu與濃硝酸反響生成二氧化氮、硝酸銅和水，其反響的離子方程式為：Cu＋4H＋＋2NOeq\o\al(－,3)=Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O；③儀器C具有球形特征的枯燥管，所以為球形枯燥管。(2)Cu與濃硝酸反響生成二氧化氮中含有水蒸氣，水蒸氣能與過氧化鈉反響生成氧氣，所以要在A、B之間增加一個裝置枯燥裝置，除去生成NO2氣體中混有的水蒸氣；假設(shè)過氧化鈉氧化二氧化氮，那么生成硝酸鈉，其反響的化學(xué)方程式為Na2O2＋2NO2=2NaNO3；(3)①空氣中的氧氣能氧化NO，實驗時要排盡裝置中的空氣，所以在反響前，翻開彈簧夾，通入一段時間N2，目的：將裝置中的空氣排出；②在B裝置中二氧化氮與水反響生成稀硝酸，稀硝酸與Cu反響生成NO，所以B中觀察到的主要現(xiàn)象是：銅片逐漸溶解，溶液變?yōu)樗{色，有無色氣泡產(chǎn)生。③無水硫酸銅只能檢驗水不能吸收水，應(yīng)選a；④F中為吸收一氧化氮的反響，高錳酸根離子被復(fù)原生成二價錳離子降低5價，復(fù)原劑為NO被氧化成硝酸根離子升高3價，那么根據(jù)得失電子守恒氧化劑與復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比為3∶5；⑤亞硝酸鈉中加鹽酸會生成NO，NO遇到空氣中的氧氣會變?yōu)榧t棕色，那么檢驗D裝置中物質(zhì)的方法為：取D裝置中產(chǎn)物少許，參加稀鹽酸，假設(shè)產(chǎn)生無色氣體，遇到空氣變?yōu)榧t棕色，產(chǎn)物是亞硝酸鈉。答案(1)①Cu＋4H＋＋2NOeq\o\al(－,3)=Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O③球形枯燥管(2)除去生成NO2氣體中混有的水蒸氣Na2O2＋2NO2=2NaNO3(3)①將裝置中的空氣排出②ac③a④3∶5⑤取D裝置中產(chǎn)物少許，參加稀鹽酸，產(chǎn)生紅棕色氣體2．用輝銅礦(主要成分為Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等雜質(zhì))制備難溶于水的堿式碳酸銅的流程如圖：(1)以下措施是為了加快浸取速率，其中無法到達目的的是________(填字母)。A．延長浸取時間 B．將輝銅礦粉碎C．充分攪拌 D．適當增加硫酸濃度(2)濾渣I中的主要成分是MnO2、S、SiO2，請寫出“浸取〞反響中生成S的離子方程式：__________________________________________________________。(3)研究發(fā)現(xiàn)，假設(shè)先除鐵再浸取，浸取速率明顯變慢，可能的原因是______________________。(4)“除鐵〞的方法是通過調(diào)節(jié)溶液pH，使Fe3＋轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3，那么參加的試劑A可以是____________________(填化學(xué)式)；“趕氨〞時，最適宜的操作方法是___________________________________________________________________。(5)“沉錳〞(除Mn2＋)過程中有關(guān)反響的離子方程式為__________________。(6)濾液Ⅱ經(jīng)蒸發(fā)結(jié)晶得到的鹽主要是_______________________________(填化學(xué)式)。解析輝銅礦主要成分為Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等雜質(zhì)，參加稀硫酸和二氧化錳浸取，過濾得到濾渣為MnO2、SiO2、單質(zhì)S，濾液中含有Fe3＋、Mn2＋、Cu2＋，調(diào)節(jié)溶液pH除去鐵離子，參加碳酸氫銨溶液沉淀錳過濾得到濾液趕出氨氣循環(huán)使用，得到堿式碳酸銅。(1)酸浸時，通過粉碎礦石或者升高溫度或者進行攪拌都可以提高浸取率，延長浸取時間并不能提高速率。(2)“浸取〞時：在酸性條件下MnO2氧化Cu2S得到硫沉淀、CuSO4和MnSO4，其反響的離子方程式是：2MnO2＋Cu2S＋8H＋=S↓＋2Cu2＋＋2Mn2＋＋4H2O。(3)浸取時氧化鐵溶解于稀硫酸中反響生成硫酸鐵和水，假設(shè)先除鐵再浸取，浸取速率明顯變慢，F(xiàn)e2O3在浸取時起媒介作用，F(xiàn)e3＋可催化Cu2S被MnO2氧化。(4)參加的試劑A應(yīng)用于調(diào)節(jié)溶液pH，促進鐵離子的水解，但不能引入雜質(zhì)，因最后要制備堿式碳酸銅，那么可參加氧化銅、氫氧化銅等，因氨氣易揮發(fā)，加熱可促進揮發(fā)，那么可用加熱的方法。(5)“沉錳〞(除Mn2＋)過程中，參加碳酸氫銨并通氨氣，生成碳酸錳沉淀，反響的離子方程式為Mn2＋＋HCOeq\o\al(－,3)＋NH3=MnCO3↓＋NHeq\o\al(＋,4)。(6)濾液Ⅱ主要是硫酸銨溶液通過蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過濾洗滌得到硫酸銨晶體。答案(1)A(2)2MnO2＋Cu2S＋8H＋=S↓＋2Cu2＋＋2Mn2＋＋4H2O(3)Fe3＋可催化Cu2S被MnO2氧化(4)CuO或Cu(OH)2加熱(5)Mn2＋＋HCOeq\o\al(－,3)＋NH3=MnCO3↓＋NHeq\o\al(＋,4)(6)(NH4)2SO43．煤是一種重要的化工原料，人們將利用煤制取的水煤氣、焦炭、甲醚等廣泛用于工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中。(1)：①C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)ΔH=＋131.3kJ·mol－1②CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g)ΔH=＋41.3kJ·mol－1那么炭與水蒸氣反響生成二氧化碳和氫氣的熱化學(xué)方程式為_______________。該反響在________(填“高溫〞“低溫〞或“任何溫度〞)下有利于正向自發(fā)進行。(2)有人利用炭復(fù)原法處理氮氧化物，發(fā)生反響C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)。某研究小組向某密閉容器中參加一定量的活性炭和NO，在T1℃時，不同時間測得各物質(zhì)的濃度如表所示：時間(min)濃度(mol·L－1)01020304050NO1.000.680.500.500.600.60N200.160.250.250.300.30CO200.160.250.250.300.30①10～20min內(nèi)，N2的平均反響速率v(N2)=________。②30min后，只改變某一條件，反響重新到達平衡，根據(jù)表中的數(shù)據(jù)判斷改變的條件可能是________(填選項字母)。A．通入一定量的NO B．參加一定量的活性炭C．參加適宜的催化劑 D．適當縮小容器的體積(3)研究說明：反響CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g)平衡常數(shù)隨溫度的變化如表所示：溫度/℃400500800平衡常數(shù)K9.9491假設(shè)反響在500℃時進行，設(shè)起始的CO和H2O的濃度均為0.020mol·L－1，在該條件下CO的平衡轉(zhuǎn)化率為________。(4)用CO做燃料電池電解CuSO4溶液、FeCl3和FeCl2混合液的示意圖如圖1所示，其中A、B、D均為石墨電極，C為銅電極，工作一段時間后，斷開K，此時A、B兩極上產(chǎn)生的氣體體積相同。圖1圖2①乙中A極析出的氣體在標準狀況下的體積為________。②丙裝置溶液中金屬陽離子的物質(zhì)的量與轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量變化關(guān)系如圖2所示，那么圖中③線表示的是________(填離子符號)的變化；反響結(jié)束后，要使丙裝置中金屬陽離子恰好完全沉淀，需要________mL5.0mol·L－1NaOH溶液。解析(1)①C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)ΔH=＋131.3kJ·mol－1②CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g)ΔH=＋41.3kJ·mol－1根據(jù)蓋斯定律，將①－②可得：C(s)＋2H2O(g)=CO2(g)＋2H2(g)ΔH=＋90kJ·mol－1，反響的焓變ΔH＞0，ΔS＞0，根據(jù)反響自發(fā)進行的判據(jù)ΔH－TΔS＜0，所以需要高溫下發(fā)生。(2)①10～20min內(nèi)，N2的平均反響速率v(N2)=eq\f(0.25－0.16,20－10)mol·(L·min)－1=0.009mol·(L·min)－1。②30min后，只改變某一條件，反響重新到達平衡，圖表數(shù)據(jù)分析可知一氧化氮，氮氣，二氧化碳濃度都增大；A.通入一定量的NO，反響正向進行，到達平衡后一氧化氮、氮氣、二氧化碳濃度增大，故符合；B.參加一定量的活性炭是固體，對平衡無影響，故不符合；C.參加適宜的催化劑，只能改變化學(xué)反響速率，不能改變平衡，濃度不變，故不符合；D.適當縮小容器的體積，反響前后是氣體體積不變的反響，平衡不動，但物質(zhì)濃度增大，符合要求，故符合；(3)設(shè)CO的濃度變化量為c，三段式法用c表示出平衡時各組分濃度，CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g)，起始(mol·L－1):0.020.02000轉(zhuǎn)化(mol·L－1):cccc平衡(mol·L－1):0.02－c0.02－ccc代入500℃時反響平衡常數(shù)K=eq\f(c(H2)c(CO2),c(CO)c(H2O))=eq\f(c2,(0.02－c)2)=9解得c=0.015，CO的最大轉(zhuǎn)化率為eq\f(0.015,0.02)×100%=75%。(4)①工作一段時間后，斷開K，此時A、B兩極上產(chǎn)生的氣體體積相同，分析電極反響，B為陰極，溶液中銅離子析出，氫離子得到電子生成氫氣，設(shè)生成氣體物質(zhì)的量為x，溶液中銅離子物質(zhì)的量為0.1mol，電極反響為Cu2＋＋2e－=Cu，0.1mol0.2mol2H＋＋2e－=H2↑，2xxA電極為陽極，溶液中的氫氧根離子失電子生成氧氣，電極反響為：4OH－－4e－=2H2O＋O2↑，4xx得到0.2＋2x=4x，x=0.1mol乙中A極析出的氣體是氧氣物質(zhì)的量為0.1mol，在標準狀況下的體積為2.24L，②根據(jù)轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量和金屬陽離子的物質(zhì)的量的變化，可知，銅離子增多，鐵離子物質(zhì)的量減小，亞鐵離子增加，①為Fe3＋，②為Fe2＋，③為Cu2＋，依據(jù)(2)計算得到電子轉(zhuǎn)移應(yīng)為0.4mol，比照圖像，可知此時溶液中為Fe2＋0.5mol和Cu2＋0.2mol，需要參加NaOH溶液1.4mol，體積為280mL。答案(1)C(s)＋2H2O(g)=CO2(g)＋2H2(g)ΔH=＋90.0kJ·mol－1高溫(2)①0.009mol·(L·min)－1②AD(3)75%(4)①2.24L②Cu2＋2804．硅是帶來人類文明的重要元素之一，從傳統(tǒng)材料到信息材料的開展過程中創(chuàng)造了一個又一個奇跡。(1)新型陶瓷Si3N4的熔點高、硬度大、化學(xué)性質(zhì)穩(wěn)定。工業(yè)上可以采用化學(xué)氣相沉積法，在H2的保護下，使SiCl4與N2反響生成Si3N4沉積在石墨外表，寫出該反響的化學(xué)方程式_________________________________________________。(2)一種用工業(yè)硅(含少量鉀、鈉、鐵、銅的氧化物)，硅的熔點是1420℃，高溫下氧氣及水蒸氣能明顯腐蝕氮化硅。一種合成氮化硅的工藝主要流程如下：①凈化N2和H2時，銅屑的作用是：__________________；硅膠的作用是_____________________________________________________________________。②在氮化爐中3Si(s)＋2N2(g)=Si3N4(s)ΔH=－727.5kJ·mol－1，開始時為什么要嚴格控制氮氣的流速以控制溫度______________；體系中要通入適量的氫氣是為了_______________________________________________________________。③X可能是________(選填：“鹽酸〞、“硝酸〞、“硫酸〞、“氫氟酸〞)。(3)工業(yè)上可以通過如以下圖所示的流程制取純硅：①整個制備過程必須嚴格控制無水無氧。SiHCl3遇水劇烈反響，寫出該反響的化學(xué)方程式________________________________________________________。②假設(shè)每一輪次制備1mol純硅，且生產(chǎn)過程中硅元素沒有損失，反響I中HCl的利用率為90%，反響Ⅱ中H2的利用率為93.75%。那么在第二輪次的生產(chǎn)中，補充投入HCl和H2的物質(zhì)的量之比是________。解析(1)在H2的保護下，使SiCl4與N2反響生成Si3N4，氮元素的化合價由0價降低到－3價，那么氫氣中的氫元素由0價升高到＋1價生成HCl，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒配平，反響的化學(xué)方程式為3SiCl4＋2N2＋6H2=Si3N4＋12HCl。(2)①因為高溫下氧氣及水蒸氣能明顯腐蝕氮化硅，那么銅屑的作用是除去原料氣中的氧氣；硅膠的作用是除去生成的水蒸氣；②在氮化爐中3Si(s)＋2N2(g)=Si3N4(s)ΔH=－727.5kJ·mol－1，該反響是放熱反響，防止局部過熱，導(dǎo)致硅熔化熔合成團，阻礙與N2的接觸，開始時要嚴格控制氮氣的流速以控制溫度；為了將整個體系中空氣排盡，體系中要通入適量的氫氣；③由于硅中含有銅的氧化物，在反響中氧化銅能被復(fù)原生成銅，因此要除去銅應(yīng)該選擇硝酸，鹽酸和硫酸不能溶解銅，氫氟酸能腐蝕氮化硅。(3)①SiHCl3遇水劇烈反響，生成硅酸、HCl和氫氣，反響的化學(xué)方程式SiHCl3＋3H2O=H2SiO3＋3HCl＋H2↑。②由題中條件可知：Si(粗)＋3HCleq\o(=,\s\up11(553～573K))SiHCl3＋H21mol3mol1molSiHCl3＋H2eq\o(=,\s\up11(1373～1453K))Si(純)＋3HCl1mol1mol3mol由以上數(shù)據(jù)，循環(huán)生產(chǎn)中只能產(chǎn)生3molHCl，但HCl的利用率是90%，因此需要增加(3÷90%－3)molHCl，循環(huán)生產(chǎn)中只產(chǎn)生1molH2，但H2的利用率為93.75%，因此需增加(1÷93.75%－1)molH2，因此，補充投入HCl和H2的物質(zhì)的量之比為：(3÷90%－3)∶(1÷93.75%－1)=5∶1。答案(1)3SiCl4＋2N2＋6H2=Si3N4＋12HCl(2)①除去原料氣中的氧氣除去生成的水蒸氣②這是放熱反響，防止局部過熱，導(dǎo)致硅熔化熔合成團，阻礙與N2的接觸將體系中的氧氣轉(zhuǎn)化為水蒸氣，而易被除去(或?qū)⒄麄€體系中空氣排盡)③硝酸(3)①SiHCl3＋3H2O=H2SiO3＋3HCl＋H2↑②5∶15．a(chǎn)、b、c、d、e均為周期表前四周期元素，原子序數(shù)依次增大，相關(guān)信息如下表所示。a原子核外電子分別占3個不同能級，且每個能級上排布的電子數(shù)相同b基態(tài)原子的p軌道電子數(shù)比s軌道電子數(shù)少1c在周期表所列元素中電負性最大d位于周期表中第4縱行e基態(tài)原子M層全充滿，N層只有一個電子請答復(fù)：(1)d屬于________區(qū)的元素，其基態(tài)原子的價電子排布圖為______________。(2)b與其同周期相鄰元素第一電離能由大到小的順序為________(用元素符號表示)。(3)c的氫化物水溶液中存在的氫鍵有________種，任意畫出一種____________。(4)a與其相鄰?fù)髯逶氐淖罡邇r氧化物的熔點上下順序為__________(用化學(xué)式表示)。假設(shè)將a元素最高價氧化物水化物對應(yīng)的正鹽酸根離子表示為A，那么A的空間構(gòu)型為__________；A的中心原子的軌道雜化類型為________；與A互為等電子體的一種分子為________(填化學(xué)式)。(5)e與Au的合金可形成面心立方最密堆積的晶體，在晶胞中e原子處于面心，該晶體具有儲氫功能，氫原子可進入到由e原子與Au原子構(gòu)成的四面體空隙中，儲氫后的晶胞結(jié)構(gòu)與金剛石晶胞結(jié)構(gòu)相似，該晶體儲氫后的化學(xué)式為________，假設(shè)該晶體的相對分子質(zhì)量為M，密度為ag·cm－3，那么晶胞的體積為________(NA用表示阿伏加德羅常數(shù)的值)。解析a、b、c、d、e均為周期表前四周期元素，原子序數(shù)依次增大，a原子核外電子分占3個不同能級，且每個能級上排布的電子數(shù)相同，核外電子排布為1s22s22p2，故a為C元素；b元素基態(tài)原子的p軌道電子數(shù)比s軌道電子數(shù)少1，核外電子排布為1s22s22p3，故b為N元素；c在周期表所列元素中電負性最大，那么c為F元素；d位于周期表中第4縱行，且處于第四周期，故d為Ti；e的基態(tài)原子M層全充滿，N層只有一個電子，那么核外電子數(shù)為2＋8＋18＋1=29，故e為Cu。(1)d為Ti元素，屬于d區(qū)的元素，基態(tài)原子的價電子排布3d24s2，故其基態(tài)原子的價電子排布圖為；(2)與b同周期相鄰元素分別為C、O，同周期隨原子序數(shù)增大，第一電離能呈增大趨勢，但N元素原子2p能級容納3個電子，為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素，故第一電離能由大到小的順序為：N＞O＞C；(3)c的氫化物為HF，水溶液中存在的氫鍵有O—H…O、O—H…F、F—H…O、F—H…F，共4種；(4)a與其相鄰?fù)髯逶氐淖罡邇r氧化物分別為CO2、SiO2，前者屬于分子晶體，后者屬于原子晶體，故熔點上下順序為SiO2＞CO2。a元素最高價氧化物水化物對應(yīng)的正鹽酸根離子為COeq\o\al(2－,3)，離子中C原子價層電子對數(shù)=3＋eq\f(4＋2－2×3,2)=3，沒有孤電子對，故碳酸根離子為平面三角形結(jié)構(gòu)，中心C原子的軌道雜化類型為sp2雜化；與COeq\o\al(2－,3)互為等電子體的一種分子為SO3等；(5)Cu與Au的合金可形成面心立方最密堆積的晶體，在晶胞中Cu原子處于面心，Au原子處于頂點，該晶體具有儲氫功能，氫原子可進入到由Cu原子與Au原子構(gòu)成的四面體空隙中，儲氫后的晶胞結(jié)構(gòu)與金剛石晶胞結(jié)構(gòu)相似，那么形成的晶體晶胞中H原子共有4個，Cu原子數(shù)目為6×eq\f(1,2)=3，Au原子數(shù)目為8×eq\f(1,8)=1，該晶體儲氫后的化學(xué)式為H4Cu3Au，假設(shè)該晶體的相對分子質(zhì)量為M，晶胞質(zhì)量為eq\f(M,NA)g，晶體密度為ag·cm－3，那么晶胞的體積為eq\f(M,NA)g÷ag·cm－3=eq\f(M,aNA)cm3。答案(1)d(2)N＞O＞C(3)4O—H…O、O—H…F、F—H…O、F—H…F中的任意一種(4)SiO2＞CO2平面三角形sp2雜化SO3(5)H4Cu3Aueq\f(M,aNA)cm36．有機物G(分子式C13H18O2)是一種香料，如圖是該香料的一種合成路線。：①E能夠發(fā)生銀鏡反響，1molE能夠與2molH2完全反響生成F②R—CHCH2eq\f(①B2H6,②H2O2/OH－)R—CH2CH2OH③有機物D的摩爾質(zhì)量為88g·mol－1，其核磁共振氫譜有3組峰④有機物F是苯甲醇的同系物，苯環(huán)上只有一個無支鏈的側(cè)鏈答復(fù)以下問題：(1)用系統(tǒng)命名法命名有機物B：______________________________________。(2)E的結(jié)構(gòu)簡式為______________。(3)C與新制Cu(OH)2反響的化學(xué)方程式為___________________________________________________________________________________________________。(4)有機物C可與銀氨溶液反響，配制銀氨溶液的實驗操作為_____________。(5)有機物甲符合以下條件：①為芳香族化合物、②與F是同分異構(gòu)體、③能被催化氧化成醛。符合上述條件的有機物甲有________種。其中滿足苯環(huán)上有3個側(cè)鏈，且核磁共振氫譜有5組峰，峰面積比為6∶2∶2∶1∶1的有機物的結(jié)構(gòu)簡式為____________。(6)以丙烯等為原料合成D的路線如下：CH3CHCH2eq\o(→,\s\up11(HBr),\s\do11(Ⅰ))