2024年高考化学模拟练习题五含解析

2024年高考化学模拟练习题（五）可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12N-14O-16F-19Na-23Al-27Si-28S-32Cl-35.5Mn-55Fe-56Cu-64Zn-65Br-80Ba-137第Ⅰ卷(选择题共42分)一、选择题(本题共7小题，每小题6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求的)7．2024年4月25日，习总书记宣布北京大兴国际机场正式投运！该机场在建设过程中运用了当今世界机场多项尖端科技，被英国《卫报》评为“新世界七大奇迹”之首。化工行业在这座雄伟的超级工程中发挥了巨大作用，下列有关说法不正确的是A．青铜剑科技制造的第三代半导体芯片，其主要成分是SiO2B．支撑航站楼的C形柱柱顶的多面体玻璃，属于硅酸盐材料C．机场中的虚拟人像机器人“小兴”表面的塑料属于高分子聚合物D．耦合式地源热泵系统，光伏发电系统及新能源汽车的运用，可以减轻温室效应及环境污染【答案】A【解析】A项，第三代半导体芯片的主要成分不是SiO2，而是GaN，A项错误，符合题意；B项，一般玻璃属于硅酸盐材料，B项正确，不符合题意；C项，塑料属于高分子聚合物，C项正确，不符合题意；D项，大兴国际机场是全国可再生能源运用比例最高的机场，耦合式地源热泵系统，可实现年节约1.81万吨标准煤，光伏发电系统每年可向电网供应600万千瓦时的绿色电力，相当于每年减排966吨CO2，并同步削减各类大气污染物排放，D项正确，不符合题意；故选A。8．莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式如图，下列关于莽草酸的说法正确的是A．分子式为C7H10O5，属于芳香族化合物，易溶于水B．分子中含有3种官能团，可以发生加成、氧化、取代等反应C．在水溶液中，1mol莽草酸最多可电离出4molH+D．1mol莽草酸与足量的NaHCO3溶液反应可放出4molCO2气体【答案】B【解析】A项，由结构简式可知，莽草酸的分子式为C7H10O5，该分子中没有苯环，不属于芳香族化合物，故A错误；B项，莽草酸分子中含有羟基、羧基、碳碳双键三种官能团，故B正确；C项，莽草酸分子中羧基能够电离，而羟基不能电离，故C错误；D项，莽草酸分子中只有羧基能与碳酸氢钠溶液反应，1mol莽草酸与足量的NaHCO3溶液反应可放出1molCO2气体，故D错误；故选C。9．草酸亚铁(FeC2O4)可作为生产电池正极材料磷酸铁锂的原料，受热简单分解，为探究草酸亚铁的热分解产物，按下面所示装置进行试验。下列说法不正确的是A．试验中视察到装置B、F中石灰水变浑浊，E中固体变为红色，则证明分解产物中有CO2和COB．反应结束后，取A中固体溶于稀硫酸，向其中滴加1～2滴KSCN溶液，溶液无颜色变更，证明分解产物中不含Fe2O3C．装置C的作用是除去混合气中的CO2D．反应结束后，应熄灭A，E处酒精灯后，持续通入N2直至温度复原至室温【答案】B【解析】A项，试验中视察到装置B中石灰水变浑浊，说明产生了分解产物中有CO2，E中固体变为红色，F中石灰水变浑浊，则证明分解产物中有CO，故A正确；B项，因为反应中生成有CO，CO会部分还原氧化铁得到铁，因此反应结束后，取A中固体溶于稀硫酸，向其中滴加1～2滴KSCN溶液，溶液无颜色变更，不能证明分解产物中不含Fe2O3，故B错误；C项，为了避开CO2影响CO的检验，CO在E中还原氧化铜，生成的气体在F中变浑浊，因此在装置C要除去混合气中的CO2，故C正确；D项，反应结束后，应熄灭A，E处酒精灯后，持续通入N2直至温度复原至室温避开生成的铜单质被氧化，故D正确；故选B。10．设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A.14g聚丙烯中含C—H键总数目为2NAB.常温下，pH=13的NaOH溶液中含有的OH-数目为0.1NAC.100mL12mol·L-1浓硝酸与过量Cu反应转移电子的数目为0.6NAD.电解精炼铜时，若阳极质量削减64g，则阴极得到电子的数目为2NA【答案】A【解析】聚丙烯中的C—H键数目等于H原子数，聚丙烯的最简式为CH2，故14g聚丙烯中含有2molH原子，A项正确；因为NaOH溶液的体积未知，故无法求得OH-的数目，B错误；随着反应的进行，浓硝酸将变为稀硝酸，还原产物由NO2转变成NO，无法求出转移的电子数，C错误；由于粗铜中含有比铜简单失电子的Ni、Zn、Fe等金属，故阳极质量削减64g时，阴极得到的电子数不肯定是2NA，D错误。11．室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定相同体积、浓度均为0.lmol·L－1的三种弱酸(HA、HB和HD)溶液，滴定的曲线如图所示，下列推断正确的是A．室温下，同浓度的NaA、NaB、NaD溶液的pH大小关系：pH(NaA)＞pH(NaB)＞PH(NaD)B．滴定至P点时，溶液中：c(Na＋)＞c(B－)＞c(HB)＞c(H＋)＞c(OH－)C．pH＝7时，三种溶液中：c(A－)＞c(B－)＞c(D－)D．当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－2c(H＋)【答案】C【解析】A项，浓度均为0.1mol/L的三种酸(HA、HB和HD)溶液，酸越弱，电离出的H+越少，起始时pH值越大，依据图象，则三种酸的强弱为：HA＞HB＞HD，酸越强，电离出的H+越多，对水的抑制作用越大，则三种溶液中，由水电离产生的c(H+)的关系为：HA＜HB＜HD，故A错误；B项，滴定至P点时，此时中和百分数为50%，对于HB溶液，此时溶液中的起始组分为c(HB)：c(NaB)=1：1，显酸性，则c(H+)＞c(OH-)，依据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH－)+c(B-)，由于c(H+)＞c(OH-)，则c(B－)＞c(Na+)，考虑到溶液显酸性，则以HB的电离为主导，但始终是微弱的，而HB的电离又会抑制水的电离，因此c(B－)＞c(Na＋)＞c(HB)＞c(H＋)＞c(OH－)，故B错误；C项，pH=7时，溶液中c(H+)=c(OH-)，依据电荷守恒，对于HA溶液，c(Na+)=c(A－)，对于HB溶液，c(Na+)=c(B-)，对于HD溶液，c(Na+)=c(D-)，由图可知，中和到相同pH时，中和分数HA＞HB＞HD，即加入氢氧化钠的量HA＞HB＞HD，则三种溶液中：c(A－)＞c(B－)＞c(D－)，故C正确；D项，当中和百分数达100%时，三种溶液分别恰好存在等量的NaA、NaB、NaD，三种溶液混合，则起始时c(NaA)：c(NaB)：c(NaD)=1：1：1，依据质子守恒，c(HA)+c(HB)+c(HD)+c(H+)=c(OH-)，则有c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH-)-c(H+)，故D错误；故选C。12．新型可充电钠离子电池因具有原料储量丰富，价格低廉，平安性高等优点而备受青睐，而Fe[Fe(CN)6]因理论比容量较高，充放电过程中材料结构稳定，有利于Na+的可逆脱嵌，可以作为一种特别有潜力的正极材料，下列说法不正确的是A．放电时，Fe[Fe(CN)6]上的电势比Zn片上的高B．放电时，正极反应为Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e-=Na2Fe[Fe(CN)6]C．充电时，外电路中通过0.2mol电子时，阴极质量增加6.5gD．对于正极材料，充电可实现Na+的嵌入，放电可实现Na+的脱嵌【答案】D【解析】A项，依据题意，Fe[Fe(CN)6]作为一种特别有潜力的正极材料，在原电池中作正极，电势高于负极Zn片，不符合题意；B项，放电时Fe[Fe(CN)6]作为正极材料发生还原反应，该材料充放电过程中有利于钠离子的可逆脱嵌，因此其正极反应式为Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e-=Na2Fe[Fe(CN)6]，不符合题意；C项，充电时，阴极反应为Zn+2e-=Zn，外电路转移0.2mol电子，阴极棒上沉积6.5gZn，不符合题意；D项，放电时，Fe[Fe(CN)6]作为正极材料发生还原反应，实现Na+嵌入，充电时，Fe[Fe(CN)6]作为阳极材料发生氧化反应，实现Na+脱嵌，符合题意。故选D。13．X、Y、Z、U、W五种短周期非金属元素，它们的原子半径与原子序数有如图关系，化合物XZ是水煤气的主要成分之一，下列说法不正确的是A.U、X、W三种元素最高价氧化物对应的水化物酸性依次增加B.由Y、Z和氢三种元素形成的化合物中肯定只含共价键C.XZ2与X60的化学键类型和晶体类型都相同D.X的位置是第2周期、第ⅣA族【答案】B【解析】化合物XZ是水煤气的主要成分之一，则XZ为CO，依据原子半径X大于Z可知，X为C、Z为O，结合原子序数大小可知Y为N元素，则a=7；U的原子序数=2a=14，则U为Si元素；W的原子序数=2a+3=17，为Cl元素。A项，U、X、W分别为Si、C、Cl，非金属性Cl＞C＞Si，则Si、C、Cl三种元素最高价氧化物的水化物酸性依次增加，故A正确；B项，Y、Z分别为N、O，N、O、H可以形成离子化合物硝酸铵，硝酸铵中含有离子键和共价键，B错误；C项，XZ2、YZ2分别为CO2、NO2，X60为C60，前二者是极性共价键，C60中非极性共价键，三者都只含有共价键，形成的晶体都是分子晶体，C正确；D项，X是C元素，位置是第2周期、第ⅣA族，D正确。第Ⅱ卷(非选择题共58分)二、必做题(本题共3小题，共43分。每个试题考生都必需作答)26．(15分)二氯化二硫(S2Cl2)是一种重要的化工原料，常用作橡胶硫化剂，变更生橡胶受热发粘、遇冷变硬的性质。查阅资料可知S2Cl2具有下列性质：物理性质毒性色态挥发性熔点沸点剧毒金黄色液体易挥发-76℃138℃化学性质①300℃以上完全分解②S2Cl2＋Cl22SCl2③遇高热或与明火接触，有引起燃烧的危急④受热或遇水分解放热，放出腐蚀性烟气(1)制取少量S2Cl2试验室可利用硫与少量氯气在110~140℃反应制得S2Cl2粗品，氯气过量则会生成SCl2。①仪器m的名称为__________，装置F中试剂的作用是_______________________。②装置连接依次：A______ED。③试验前打开K1，通入一段时间的氮气排尽装置内空气。试验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，其目的是________________________________________________。④为了提高S2Cl2的纯度，试验的关键是限制好温度和___________________。(2)少量S2Cl2泄漏时应喷水雾减慢其挥发(或扩散)，并产生酸性悬浊液，但不要对泄漏物或泄漏点干脆喷水，其缘由是__________________________________________。(3)S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体，某同学设计了如下试验方案来测定该混合气体中SO2的体积分数。①W溶液可以是_____(填标号)。a.H2O2溶液b.KMnO4溶液(硫酸酸化)c.氯水②该混合气体中二氧化硫的体积分数为________________(用含V、m的式子表示)。【答案】(1)①直形冷凝管(或冷凝管)(1分)除去Cl2中混有的HCl杂质(2分)②FCB(2分)③将装置内的氯气排入D内汲取以免污染空气；并将B中残留的S2Cl2排入E中收集(2分)④滴入浓盐酸的速率(或B中通入氯气的量，其他合理答案均得分)(2分)(2)防止S2Cl2遇水分解放热，放出腐蚀性烟气(2分)(3)①ac(2分)②(2分)【解析】(1)①依据仪器构造可推断仪器m的名称为直形冷凝管(或冷凝管)；生成的氯气中含有氯化氢，则装置F中试剂的作用是除去Cl2中混有的HCl杂质。②依据已知信息可知参与反应的氯气必需是干燥纯净的，利用F除去氯化氢，利用C干燥氯气，所以装置连接依次为A→F→C→B→E→D。③氯气有毒，所以试验结束停止加热后，再通入一段时间氮气的目的是将装置内的氯气排入D内汲取以免污染空气，同时也将B中残留的S2Cl2排入E中收集。④由于氯气过量会生成SCl2，且S2Cl2300℃以上完全分解，所以为了提高S2Cl2的纯度，试验的关键是限制好温度和滴入浓盐酸的速率。(2)由于S2Cl2受热或遇水分解放热，放出腐蚀性烟气，所以泄漏时应喷水雾减慢其挥发，不要对泄漏物或泄漏点干脆喷水；(3)①三种物质均可以把SO2氧化为硫酸，进而与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀，但酸性高锰酸钾也能氧化氯化氢，所以W溶液可以是双氧水或氯水，不能是酸性高锰酸钾，答案选ac；②mg固体是硫酸钡，依据硫原子守恒可知SO2的物质的量是，所以该混合气体中二氧化硫的体积分数为。27．(14分)二氧化锰是制造锌锰干电池的基本材料，工业上以软锰矿、菱锰矿为原料来制备。某软锰矿主要成分为MnO2，还含有Si(16.27%)、Fe(5.86%)、Al(3.42%)、Zn(2.68%)和Cu(0.86%)等元素的化合物，其处理流程图如下：化合物Al(OH)3Fe(OH)2Fe(OH)3Ksp近似值10-3510-610-38(1)硫酸亚铁在酸性条件下将MnO2还原为MnSO4，酸浸时发生的主要反应的化学方程式为____________________________________。(2)“氨水、搅拌”，其中“搅拌”不仅能加快反应速率，还能_________________________；滤渣A的成分是Fe(OH)3、Al(OH)3，加入氨水需调整pH至少达到____________，恰好能使Fe3+、A13+沉淀完全。(当离子浓度降到1.0×10-5mol·L-1时即视为沉淀完全)(3)滤渣B的成分是___________________。(4)MnO2也可在MnSO4-H2SO4-H2O为体系的电解液中电解获得，其阳极电极反应式为_____________________________________________________。(5)工业上采纳间接氧化还原滴定法测定MnO2纯度，其操作过程如下：精确称量0.9200g该样品，与足量酸性KI溶液充分反应后，配制成100mL溶液。取其中20.00mL，恰好与25.00mL0.0800mol·L-1Na2S2O3溶液反应(I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)。计算可得该样品纯度_____%。(小数点后保留1位数字)。【答案】(1)MnO2+2FeSO4+2H2SO4=MnSO4+Fe2(SO4)3+2H2O(2分)(2)充分氧化过量的Fe2+(2分)4(2分)(3)CuS、ZnS(2分)(4)Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+(2分)47.3(4分)【解析】(1)软锰矿中加入H2SO4和过量FeSO4溶液“酸浸”时MnO2被还原为MnSO4，则FeSO4被氧化成Fe2(SO4)3，“酸浸”时发生的主要反应的化学方程式为：MnO2+2FeSO4+2H2SO4=MnSO4+Fe2(SO4)3+2H2O。(2)“酸浸”时除了MnO2被还原成MnSO4外，Fe、Al、Zn、Cu也溶解转化为FeSO4、Al2(SO4)3、ZnSO4、CuSO4，酸浸后过滤得到的滤液中含MnSO4、Fe2(SO4)3、FeSO4、Al2(SO4)3、ZnSO4、CuSO4；向此滤液中加入氨水并搅拌，其中“搅拌”不仅能加快反应速率，还能将Fe2+充分氧化转化成Fe3+；加入氨水调整pH使Al3+、Fe3+完全转化成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀形成滤渣A，由于Al(OH)3、Fe(OH)3类型相同且Al(OH)3的溶度积大于Fe(OH)3的溶度积，使Fe3+、Al3+完全沉淀，只要使Al3+完全沉淀，即c(Al3+)<1×10-5mol/L，c(Al3+)·c3(OH-)=10-35，c(OH-)>310-351×10-5=1×10-10mol/L，c(H+)<1×10-4mol/L，pH>4，pH至少达到4能使Fe3+、Al3+沉淀完全。(3)加入氨水调整pH至5.4经过滤后滤渣A为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液中含MnSO4、ZnSO4、CuSO4、(NH4)2SO4，向滤液中加入MnS并加热至沸，发生沉淀的转化形成难溶的ZnS、CuS将Zn2+、Cu2+除去，过滤得到的滤渣B的成分为ZnS、CuS。(4)依据题意电解过程中MnSO4被氧化成MnO2，则阳极电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+。(5)MnO2与足量酸性KI反应的离子方程式为：MnO2+4H++2I-=Mn2++I2+2H2O，得出关系式：MnO2~I2~2Na2S2O3，n(MnO2)=12n(Na2S2O3)=12×0.08mol/L×28．(15分)CO2是目前大气中含量最高的一种温室气体，中国政府承诺，到2024年，单位GDP二氧化碳排放比2005年下降40%～50%。CO2的综合利用是解决温室问题的有效途径。(1)探讨表明CO2和H2在催化剂存在下可发生反应生成CH3OH。己知部分反应的热化学方程式如下：CH3OH(g)+3/2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(1)ΔH1=akJ•mol-1H2(g)+1/2O2(g)＝H2O(1)ΔH2=bkJ•mol-1H2O(g)＝H2O(l)ΔH3=ckJ•mol-1则CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=__________kJ•mol-1(2)为探讨CO2与CO之间的转化，让肯定量的CO2与足量碳在体积可变的密闭容器中反应：C(s)＋CO2(g)2CO(g)H，反应达平衡后，测得压强、温度对CO的体积分数(φ(CO)％)的影响如图所示。回答下列问题：①压强

p1、p2、p3的大小关系是________；Ka、Kb、Kc为a、b、c三点对应的平衡常数，则其大小关系是_________。②900℃、1.0MPa时，足量碳与amolCO2反应达平衡后，CO2的转化率为___________(保留三位有效数字)，该反应的平衡常数Kp＝_________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。(3)①以二氧化钛表面覆盖Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4干脆转化成乙酸，CO2(g)+CH4(g)CH3COOH(g)。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如右图所示。250～300℃时，乙酸的生成速率降低的主要缘由是_____________；300～400℃时，乙酸的生成速率上升的主要缘由是________________________________。②为了提高该反应中CO2的转化率，可以实行的措施是_____(写一条即可)。(4)以铅蓄电池为电源可将CO2转化为乙烯，其原理如图所示，电解所用电极材料均为惰性电极。阴极上的电极反应式为_________________________；每生成0.5mol乙烯，理论上需消耗铅蓄电池中_____mol硫酸。【答案】(1)(3b-a-c)(2分)(2)①p1＜p2＜p3(2分)Ka＝Kb＜Kc(1分)②66.7%(或0.667)(2分)3.2MPa(2分)(3)①催化剂的催化效率降低(1分)温度上升，化学反应速率加快(1分)②增大反应体系压强或增大CH4的浓度或将乙酸液化分别出来(1分)(4)2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O(2分)6(1分)【解析】(1)已知①CH3OH(g)+3/2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(1)ΔH1=akJ•mol-1②H2(g)+1/2O2(g)＝H2O(1)△H2=bkJ•mol-1③H2O(g)＝H2O(l)△H3=ckJ•mol-1则依据盖斯定律，由3②-①-③可得到CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，故△H=(3b-a-c)kJ•mol-1。(2)①对于反应C(s)＋CO2(g)2CO(g)减小压强反应向正方向进行，由图可知相同温度时P1时的CO体积分数大于P2大于P3故p1＜p2＜p3，相同压强时比较温度对反应的影响，同一压强下增大温度，CO的体积分数会增大，故正反应为吸热反应，ΔH＞0，平衡常数只受反应温度影响，故在700℃下，Ka＝Kb，c点的温度高于a点和b点，温度上升反应正向进行故Ka＝Kb＜Kc。②若起始压强为P0，达到平衡转化率为α，C(s)＋CO2(g)2CO(g)起始(mol)a0变更(mol)m2m平衡(mol)a-m2m故，，故CO2的转化率为≈66.7%(或0.667)。压强之比等于物质的量之比，则反应的平衡常数Kp＝；(3)①如图为不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的关系，温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低，在300℃时失去活性，所以温度高于300℃时，乙酸的生成速率上升是由温度上升导致的。②为了提高该反应中CO2的转化率即使反应正向进行，可以增大压强或增大CH4的浓度或将乙酸液化分别出来；(4)电解时，阴极得电子，发生还原反应，电极反应式是2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O。每生成0.5mol乙烯，消耗12molH+，故消耗6mol硫酸。三、选做题(本题共2小题，考生依据要求选择其中一题进行作答)37．[化学——选修3：物质结构与性质](15分)碳是形成单质和化合物最多的元素，其单质及化合物有独特的性质和用途。请回答下列问题。(1)C原子的价电子轨道表达式为______________________。(2)碳可以形成多种有机化合物，下图所示是一种嘌呤和一种吡啶的结构，两种分子中全部原子都在一个平面上。①嘌呤中全部元素的电负性由大到小的依次__________。②嘌呤中轨道之间的夹角∠1比∠2大，说明缘由_____________。③吡啶结构中N原子的杂化方式___________。④分子中的大π键可以用符号π表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为π)。该嘌呤和吡啶中都含有大π键，请问该吡啶中的大π键表示为__________。(3)石墨烯中部分碳原子被氧化后，转化为氧化石墨烯(如图2所示)①石墨烯转化为氧化石墨烯时，1号C与相邻C原子间键能的变更是___(填“变大”、“变小”“不变”)。②石墨烯具有很大的比表面积，可用于制超级电容器。若石墨烯中碳碳键的键长为am，12g单层石墨烯的单面理论面积约为_______m3(列出计算式即可)。(4)石墨烯可转化为富勒烯(C60)，C60和K能形成新型化合物，其晶胞如图所示，晶胞参数为anm该化合物中K原子和C60分子的个数比为______，该晶体的密度ρ=______g/cm3(列出计算式)。【答案】(1)(1分)(2)①N>C>H(或NCH)(1分)②孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对之间的斥力，斥力大，键角大(2分)③sp3(1分)④(1分)(3)①变小(1分)②(3分)(4)3：1(2分)2.78/a3(3分)【解析】(1)碳原子价电子排布式为2s22p2，依据能量最低原理、泡利不相容原理和洪特规则，其价电子原子轨道表示式为；(2)①元素的非金属性越强，电负性数值越大，嘌呤中全部元素的电负性由大到小的依次为N>C>H；②孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对之间的斥力，斥力越大，键角越大，因此嘌呤中轨道之间的夹角∠1比∠2大；③吡啶结构中N

原子连接有3个原子，含有1个孤对电子，采纳sp3杂化；④分子中的大π键可以用符号π表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数。依据吡啶的结构，其中的大π键由5个原子6个电子形成的，表示为；(3)①石墨烯转化为氧化石墨烯时，1号C连接的O原子吸引电子实力较强，导致与1号C原子相邻C原子对电子的吸引力减小，所以1号C与相邻C原子间键能的变更是变小；②单层石墨烯中含有C原子个数＝6×1/3＝2，每个六边形面积＝；依据均摊法可以计算出每个六边形所占有的碳原子个数为6×1/3=2，所以12g(