届安徽省六校联合会高三第二次素质测试理综化学试题教师版.docx
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届安徽省六校联合会高三第二次素质测试理综化学试题教师版
安徽六校教育研究会2020届高三第二次素质测试理科综合能力测试（化学）
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要求的。
1.北宋《本草图经》中载有：
“绿矾形似朴消（Na2SO4·10H2O）而绿色，取此一物置于铁板上，聚炭，封之囊袋，吹令火炽，其矾即沸，流出色赤如融金汁者，是真也。
”下列对此段话的理解正确的是
A.朴消是黑火药的成分之一B.上述过程发生的是置换反应
C.此记载描述的是鉴别绿矾的方法D.“色赤”物质可能是单质铜
【答案】C
【解析】
【分析】
由信息可知，绿矾为结晶水合物，加热发生氧化还原反应生成氧化铁，Fe元素的化合价升高，S元素的化合价降低，以此分析。
【详解】A．朴消是Na2SO4·10H2O，而黑火药是我国古代四大发明之一,它的组成是“一硫（硫粉）二硝石（即KNO3固体）三碳（木炭粉），故A错误；
B．绿矾为结晶水合物，加热发生氧化还原反应生成氧化铁，Fe元素的化合价升高，S元素的化合价降低，不是置换反应，故B错误；
C．FeSO4·7H2O分解生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫，三氧化硫与水结合生成硫酸，则流出的液体中含有硫酸，现象明显，是鉴别绿矾的方法，故C正确；
D．Fe的氧化物只有氧化铁为红色，则“色赤”物质可能是Fe2O3，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查金属及化合物
性质，把握习题中的信息及发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，易错点A，黑火药的成分和芒硝不同。
2.有机物X的结构简式如图所示，下列有关说法错误的是
A.X的分子式为C13H10O5
B.X分子中有五种官能团
C.X能使溴的四氯化碳溶液褪色
D.X分子中所有碳原子可能共平面
【答案】B
【解析】
【详解】A.由结构简式
，X的分子式为C13H10O5，故A正确；
B．X分子中有羧基、羟基、羰基、碳碳双键四种官能团，故B错误；
C．X分子中有碳碳双键，X能使溴的四氯化碳溶液褪色，故C正确；
D．X分子中有11个碳是sp2杂化，平面三角形结构，与它相连的碳共面，有2个碳是sp3杂化，可以通过旋转后共面，X分子中所有碳原子可能共平面，故D正确；
故选B。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质、有机反应为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意结构及对称性判断，难点D，抓住共面的条件，某点上相连的原子形成的周角之和为360°，易错点B，苯环不是官能团。
3.NA代表阿伏加德罗常数的值。
下列叙述正确的是
A.46g乙醇中存在的共价键总数为7NA
B.34g硫化氢在足量的氧气中燃烧转移电子总数为8NA
C.标准状况下，22.4LHF含有的原子数为2NA
D.64gCaC2晶体中阴离子和阳离子总数为2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A.每个乙醇分子有5个C-H键、1个C-C、1个C-O键、1个O-H键，46g乙醇中存在的共价键总数为8NA，故A错误；
B．2H2S＋3O2=2SO2＋2H2O，1mol硫化氢转移6mol电子，34g硫化氢在足量的氧气中燃烧转移电子总数为6NA，故B错误；
C.标准状况下，22.4LHF是液态，不能用气体摩尔体积计算物质的量，故C错误；
D．CaC2由Ca2＋和C22－构成，64gCaC2晶体中阴离子和阳离子总数为2NA，故D正确；
故选D。
4.下列对实验现象的解释正确的是
选项
操作
现象
解释
A
将铜粉加入Fe2（SO4）3溶液中
溶液变蓝
金属铁比铜活泼
B
铜与浓硫酸共热
有灰白色固体生成
浓硫酸具有强氧化性和吸水性
C
氧化铁溶于足量HI溶液
溶液呈棕黄色
Fe3+呈棕黄色
D
向待测液中加入适量的NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口
湿润的红色石蕊试纸未变蓝
待测液中不存在NH4+
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
【详解】A．二者反应生成硫酸铜、硫酸亚铁，只能说明铁离子氧化性大于铜离子，不能比较金属性；要证明金属铁比铜活泼，要将铁放入硫酸铜等溶液中，故A错误；
B．铜与浓硫酸共热有灰白色固体生成，说明生成了无水硫酸铜，铜被氧化，硫酸具有氧化性，硫酸铜从溶液中析出时应是CuSO4·5H2O，是蓝色固体，现变成白色，是无水硫酸铜，说明浓硫酸具有吸水性，故B正确；
C．氧化铁溶于足量HI溶液，Fe2O3＋6H＋+2I－=2Fe2＋+I2＋3H2O，生成的碘溶于水也呈黄色，故C错误；
D．铵根离子与氢氧化钠在加热条件下能反应生成氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，这是氨气的特征反应，但湿润的红色石蕊试纸未变蓝，也可能是溶液太稀，没有得到氨气，无法确定待测液中是否存在NH4+，故D错误；
故选B。
5.X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素。
元素W分别与元素X、Y、Z结合形成质子数相同的甲、乙、丙三种分子。
反应②是工业制硝酸的重要反应，乙与丙的混合物不能用玻璃瓶盛装。
上述物质有如图所示的转化关系：
下列说法错误的是
A.甲是易液化气体，常用作致冷剂
B.可以用甲在一定条件下消除丁对环境的污染
C.甲、丙分子可以直接化合生成离子化合物
D.丁是一种红棕色气体，是大气主要污染物之一
【答案】D
【解析】
【分析】
X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素。
元素W分别与元素X、Y、Z结合形成质子数相同的甲、乙、丙三种分子，则W为H元素。
反应②是工业制硝酸的重要反应，乙与丙的混合物不能用玻璃瓶盛装，乙是H2O，丙是HF，Z的单质是F2，Y是O2，甲是NH3，丁中NO。
【详解】A.甲为NH3，氨气易液化，挥发吸收大量的热量，常用作致冷剂，故A正确；
B．6NO＋4NH3=5N2＋6H2O，产生无污染的氮气和水，可以用甲在一定条件下消除丁对环境的污染，故B正确；
C.甲为NH3、丙为HF，甲、丙分子可以直接化合生成离子化合物NH4F，故C正确；
D.丁是NO，是一种无色气体，是大气主要污染物之一，故D错误；
故选D。
【点睛】本题考查无机物推断，结合题干信息及转化关系推断物质组成为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析、理解能力及逻辑推理能力，易错点D，反应②是工业制硝酸的重要反应，说明生成的丁是NO，不是NO2。
6.常温下，将1molCaC2O4粉末置于盛有500mL蒸馏水的烧杯中，然后向烧杯中加入Na2CO3固体（忽视溶液体积的变化）并充分搅拌，加入Na2CO3固体的过程中，溶液中Ca2+和CO32-的浓度变化曲线如图所示，下列说法中不正确的是
A.a=5.6
B.常温下，Ksp（CaC2O4）＞Ksp（CaCO3）
C.b点对应的溶液中，离子浓度关系为c（C2O42-）＜c（CO32-）
D.若使1molCaC2O4全部转化为CaCO3，至少要加入2.12molNa2CO3
【答案】B
【解析】
【详解】A．c（CO32-）=7.0×10-5mol·L－1时，c（Ca2+）=4.0×10-5mol·L－1，Ksp（CaCO3）=7.0×10-5×4.0×10-5=2.8×10-9，当c（Ca2+）=5.0×10-5mol·L－1时，a×10-5mol·L－1=c（CO32-）=
=5.6×10-5mol·L－1,a=5.6,故A正确；
B．1molCaC2O4粉末置于盛有500mL蒸馏水的烧杯中，然后向烧杯中加入Na2CO3固体（忽视溶液体积的变化）并充分搅拌，CaC2O4和CaCO3之间能转化，是改变离子的浓度，使沉淀的转化平衡向不同的方向移动，不能判断Ksp（CaC2O4）和Ksp（CaCO3）的大小，故B错误；
C．从图中当c（CO32-）在0~a时，溶液为CaC2O4的饱和溶液，c（C2O42-）的最大值为5.6×10-5mol·L－1，b点对应的溶液中，离子浓度关系为c（C2O42-）＜c（CO32-），故C正确；
D．若使1molCaC2O4全部转化为CaCO3，则此时溶液中c（C2O42-）=
=2mol·L－1，根据Ksp（CaC2O4）=c（Ca2＋）·c（C2O42-）=5.0×10-5×5.0×10-5，可知此时溶液中c（Ca2＋）=1.25×10-9mol·L－1，而根据Ksp（CaCO3）=2.8×10-9可知溶液中的c（CO32－）=
==2.240mol·L－1，故溶液中n（CO32－）=2.240mol·L－1×0.5L=1.12mol，而还有生成的1mol碳酸钙，故所需的碳酸钠的物质的量n=1.12mol+1mol=2.12mol，故D正确；
故选B。
【点睛】本题考查难溶电解质的溶解平衡，把握图象分析、Ksp计算、平衡常数为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，碳酸根有两部分，沉淀的和溶解的两部分，要利用Ksp进行计算。
7.苯甲酸在水中的溶解度为：
0.18g（4℃）、0.34g（25℃）、6.8g（95℃）。
某苯甲酸晶体中含少量可溶性杂质X和难溶性杂质Y。
现拟用下列装置和操作进行提纯：
装置：
操作：
①常温过滤②趁热过滤③加热溶解④结晶⑤洗涤、干燥下列有关说法正确的是_________
A.用甲装置溶解样品，X在第①步被分离
B.用乙装置趁热过滤，Y在第②步被分离
C.用丙装置所示的方法结晶
D.正确的操作顺序为：
③→④→②→①→⑤
【答案】A
【解析】
【详解】A.苯甲酸在水中的溶解度为0.18g（4℃），、0.34g（25℃）、6.8g（95℃）用甲装置溶解样品，Y末溶，X溶解形成不饱和溶液，苯甲酸形成热饱和溶液，X在第①步被分离到溶液中，故A正确；
B.乙
普通漏斗，不能用乙装置趁热过滤，且过滤装置错误，故B错误；
C.根据苯甲酸的溶解度受温度影响，应用冷却热饱和溶液的方法结晶，故C错误；
D.正确的操作顺序为：
③加热溶解：
X和苯甲酸溶解②趁热过滤：
分离出难溶物质Y④结晶：
苯甲酸析出①常温过滤：
得到苯甲酸，X留在母液中⑤洗涤、干燥，得较纯的苯甲酸，正确的顺序为③→②→④→①→⑤，故D错误；
故选A。
8.某地有软锰矿（主要成分MnO2，含少量SiO2和Al2O3）和闪锌矿（主要成分ZnS，含少量FeS、CuS和CdS）两座矿山。
综合利用的工艺如下，主产品是通过电解获得的锌和二氧化锰,副产品为硫磺、少量金属铜和镉。
生产中除矿石外，只需购入少量的硫酸和纯碱。
（1）以FeS为例，写出生成硫磺的反应方程式____。
（2）回收的硫磺可用于制取石硫合剂：
在反应器内加水使石灰消解，然后加足量水，在搅拌下把硫磺粉慢慢倒入，升温熬煮，使硫发生歧化反应，先得到白色浑浊液，进一步反应得粘稠状深棕色液体，并残留少量固体杂质。
制备中先得到的白色浑浊物是________________，残留的固体杂质可能是_________________。
（3）写出物质A和B的化学式_____、_____。
（4）不在滤液Ⅱ中直接加入Na2CO3的原因是_____。
（5）电解时的阴极材料为_____，阳极的电极反应式为_______________。
（6）已知H2CO3的Ka1=4×10-7，Ka2=5×10-11，则浓度均为0.5mol/L的Na2CO3和NaHCO3的混合溶液的pH约为___________（lg4=0.6，lg5=0.7），溶液中含碳微粒的浓度从大到小的顺序为_____向此溶液中不断滴加1mol/L稀HCl时，溶液中c（CO32-）的变化曲线如下图所示，请在图中画出溶液中其它含碳微粒浓度变化的曲线。
_________________________
【答案】
（1）.3MnO2+2FeS+6H2SO4=3MnSO4+Fe2（SO4）3+2S↓+6H2O
（2）.CaSO3（3）.CaCO3或（和）CaSO4（4）.Zn（5）.MnO2（6）.防止带入Na+等杂质（7）.纯锌（或Zn）（8）.Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+（9）.10.3（10）.HCO3-＞CO32-＞H2CO3（或CO2）（11）.
【解析】
【分析】
（1）步骤①中，软锰矿、闪锌矿粉与硫酸溶液共热时析出硫的反应为氧化还原反应，例如：
MnO2+ZnS+2H2SO4=MnSO4+ZnSO4+S↓+2H2O，MnO2在酸性溶液中分别和CuS和FeS发生反应的化学方程式：
MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+CuSO4+S↓+2H2O、MnO2+2FeS+6H2SO4=Fe2（SO4）3+3MnSO4+2S↓+6H2O；
（2）硫发生歧化反应，生成低价硫化物如CaS等和高价硫的含氧酸盐如CaSO3、及其氧化产物CaSO4等；
（3）滤液1中加入金属锌是为了回收金属，回收金属的主要成份为Cu、Cd；物质B中MnO2，其作用是将Fe2＋氧化为Fe3＋；
（4）再加入Zn（OH）2等再调节溶液pH，使Fe3＋、Al3＋转化为沉淀而除去，并且不能引入杂质，另外物质可以是Zn（OH）2、Mn（OH）2、ZnCO3、MnCO3等难溶固体；故不用Na2CO3的原因是防止带入Na+等杂质；
（5）阳极Mn2+失电子发生氧化反应，生成MnO2；
（6）0.5mol/L的Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中,CO32-水解大于HCO3-，据此可以判定混合液中离子浓度大小关系；Na2CO3和NaHCO3的混合溶液显碱性，以碳酸钠水解为主，根据水解平衡常数、碳酸的Ka2可以计算出c（OH-），进而求出c（H+），从而求出pH；Na2CO3和NaHCO3的混合溶液不断滴加1mol/L稀HCl时，先发生CO32-+H+=HCO3-，再发生HCO3-+H+=H2CO3，溶液中c（CO32-）的变化曲线如下图所示，浓度先增大后变小，据此画图。
【详解】
（1）MnO2在酸性溶液与FeS反应生成硫酸铁、硫酸锰、S与水，生成硫磺的反应方程式3MnO2+2FeS+6H2SO4=3MnSO4+Fe2（SO4）3+2S↓+6H2O。
故答案为：
3MnO2+2FeS+6H2SO4=3MnSO4+Fe2（SO4）3+2S↓+6H2O；
（2）在反应器内加水使石灰溶解，然后加足量水，在搅拌下把硫磺粉慢慢倒入，升温熬煮，使硫发生歧化反应，生成低价硫化物如CaS等和高价硫的含氧酸盐如CaSO3、及其氧化产物CaSO4等，先得到白色浑浊液，进一步反应得粘稠状深棕色液体，并残留少量固体杂质。
制备中先得到的白色浑浊物是CaSO3，残留的固体杂质可能是CaCO3或（和）CaSO4。
故答案为：
CaSO3；CaCO3或（和）CaSO4；
（3）滤液1中加入金属锌是为了回收金属，回收金属的主要成份为Cu、Cd；物质B中MnO2，其作用是将Fe2＋氧化为Fe3＋；物质A和B的化学式Zn、MnO2。
故答案为：
Zn；MnO2；
（4）再加入Zn（OH）2等再调节溶液pH，使Fe3＋、Al3＋转化为沉淀而除去，并且不能引入杂质，不在滤液Ⅱ中直接加入Na2CO3的原因是防止带入Na+等杂质。
故答案为：
防止带入Na+等杂质；
（5）电解时的阴极材料为纯锌（或Zn），阳极Mn2+失电子发生氧化反应，生成MnO2，阳极的电极反应式为：
Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+。
故答案为：
纯锌（或Zn）；Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+；
（6）已知H2CO3的Ka1=4×10-7，Ka2=5×10-11，得的水解常数为:
，则浓度均为0.5mol/L的Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中c（HCO3-）=c（CO32-），即c（OH-）=
=2×10-4，pH=-lg5×10-11=10+lg2=10.3；0.5mol/L的Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中,CO32-水解大于HCO3-电离，溶液中含碳微粒的浓度从大到小的顺序为；HCO3-＞CO32-＞H2CO3（或CO2）；向此溶液中不断滴加1mol/L稀HCl时，先发生CO32-+H+=HCO3-，再发生HCO3-+H+=H2CO3，溶液中c（CO32-）的变化曲线如下图所示，浓度先增大后变小，H2CO3在CO32-+H+=HCO3-后逐渐增大，其含碳微粒浓度变化的曲线。
；
故答案
：
10.3；HCO3-＞CO32-＞H2CO3（或CO2）；
【点睛】本题考查混合物分离提纯的综合应用及物质制备实验，把握简化流程中的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，难点（6）向此溶液中不断滴加1mol/L稀HCl时，先发生CO32-+H+=HCO3-，再发生HCO3-+H+=H2CO3，根据离子浓度的变化，作图。
9.废钯催化剂中含钯5-6%，碳93-94%，铁1-2%，铜0.1-0.2%以及锌等杂质。
在实验室中探究采用废钯催化剂制备无水氯化钯，具体流程如下：
已知：
Pd2+、Cu2+、Zn2+等离子均可与氨水生成[M（NH3）n]x+离子，其中[Pd（NH3）2]2+在盐酸中能以[Pd（NH3）2]Cl2黄色晶体的形式析出。
（1）灼烧钯碳时使用的主要仪器有：
酒精灯、玻璃棒、_____（支持仪器省略）。
王水溶解过程中会生成NOCl，NOCl的结构式为________。
（2）是否进行虚线方框内的操作，对提高钯的回收率至关重要，其主要原因是_____。
（3）最后焙烧之前若不烘干，所得产品中会混有_____杂质。
（4）可用“化学放大”法测定样品中的微量Fe3+：
在酸性介质中加入过量的KI后用CCl4萃取，分去水相后，用肼（N2H4）的水溶液进行还原并反萃取，还原过程中有无污染的气体生成。
再用过量的Br-将反萃取出的I-氧化成IO3-，煮沸除Br2后，加入过量的KI，酸化后用Na2S2O3标准液进行滴定。
经上述步骤后，样品含量的测定值放大了_____倍，写出还原过程中发生反应的离子方程式___________，假定萃取达到平衡时，样品在水和萃取剂中的总浓度比为1∶80，50mL的水溶液样品，用10mL萃取剂萃取，萃取后溶液中残留的样品浓度为原溶液的_______________倍（用分数表示）。
完成萃取和反萃取操作，必须选用的仪器有____________（填标号）。
【答案】
（1）.坩埚
（2）.O=N-Cl（3）.Fe（OH）3为胶状沉淀，对[Pd（NH3）2]2+具有很强的吸附作用，若不进行此操作，[Pd（NH3）2]2+的吸附损失大（4）.PdO（5）.6（6）.N2H4+2I2=4I-+N2↑+4H+（7）.1/17（8）.B
【解析】
【分析】
废钯催化剂经烘干后，在700℃的高温下焙烧，C、Fe、Pd、有机物被氧气氧化生成氧化物，向氧化物中加入王水，滤渣中含有Pd、SiO2，二氧化硅不溶于王水，但Pd能溶于王水生成溶液，同时生成气体，加入浓氨水调节溶液pH，钯转变为可溶性[Pd（NH3）2]2+，使铁全部沉淀，溶液中加入盐酸酸析得到沉淀，经过脱氨等一系列操作得当氯化钯。
【详解】
（1）灼烧固体要在坩埚中进行，灼烧钯碳时使用的主要仪器有：
酒精灯、玻璃棒、坩埚。
由于NOCl中所有原子都达到了8电子稳定结构，即N形成3对共价键，O形成2对共价键，Cl形成1对共价键，即电子式为：
，其结构式为O=N-Cl，
故答案为：
坩埚；O=N-Cl；
（2）虚线方框内的操作主要是除去Fe（OH）3，[Pd（NH3）2]2+在盐酸中能以[Pd（NH3）2]Cl2黄色晶体的形式析出，是否进行虚线方框内的操作，对提高钯的回收率至关重要，其主要原因是Fe（OH）3为胶状沉淀，对[Pd（NH3）2]2+具有很强的吸附作用，若不进行此操作，[Pd（NH3）2]2+的吸附损失大。
故答案为：
Fe（OH）3为胶状沉淀，对[Pd（NH3）2]2+具有很强的吸附作用，若不进行此操作，[Pd（NH3）2]2+的吸附损失大；
（3）脱氨将Pd（NH3）2Cl2变化为PdCl2，发生反应的化学方程式为Pd（NH3）2Cl2═PdCl2+2NH3↑，最后焙烧之前若不烘干，PdCl2水解生成Pd（OH）2，受热分解，所得产品中会混有PdO杂质。
故答案为：
PdO；
（4）可用“化学放大”法测定样品中的微量Fe3+：
在酸性介质中加入过量的KI发生的反应为：
2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，后用CCl4萃取，分去水相后，用肼（N2H4）的水溶液进行还原并反萃取，还原过程中有无污染的气体生成，反应为N2H4+2I2=4I－+N2+4H＋。
再用过量的Br2将反萃取出的I-氧化成IO3-，煮沸除Br2后，加入过量的KI，发生反应：
5I－+IO3-+6H＋=3I2+3H2O；酸化后用Na2S2O3标准液进行滴定，发生反应：
2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI。
经上述步骤后，有以下关系式：
2Fe3＋～I2～2I－～2IO3－～6I2,样品含量的测定值放大了6倍，还原过程中发生反应的离子方程式N2H4+2I2=4I-+N2↑+4H+，假定萃取达到平衡时，样品在水和萃取剂中的总浓度比为1∶80，50mL的水溶液样品，设浓度为c,用10mL萃取剂萃取，萃取后溶液中残留的样品浓度为b，萃取剂中的浓度为
，则有
，
萃取后溶液中残留的样品浓度为原溶液的
倍（用分数表示）。
完成萃取和反萃取操作，在分液漏斗中进行，必须选用的仪器有B（填标号）。
故答案为：
6；N2H4+2I2=4I-+N2↑+4H+；
；B。
10.某分子的结构如图所示（-R为烃基），其中A、B、D三种元素位于元素周期表中同一族的三个相邻的周期，A的非金属性大于B。
D与G形成的DG3在工业上可用于漂白和杀菌消毒。
A与G形成的AG3可完全水解，其水解的产物之一H3AO3常用作塑料件镀金属的还原剂。
（1）具有未成对电子的原子或分子具有磁性。
D的某种氧化物D2O4的磁性大小与温度呈正相关关系，即磁性是温度的增函数。
则D2O4
2DO2，ΔH______0（填“＞”“＜”或“=”）。
（2）DG3用于杀菌消毒与HGO相比，DG3可大大延长杀菌消毒的时间，试从反应速率理论和平衡移动理论两者中选择一个，解释其原因____________________________。
（3）无机含氧酸中的非羟基氢不能发生电离。
H3AO3分子中A原子最外层的电子都参与了共价键的形成，试用方程式表示H3AO3的正盐溶液呈碱性的原因_____。
（4）液氨中因存在2NH3
（1）
NH4++NH2-可导电，液态D2O4中也存在D2O4
DO++DO3-，上述两个过程的本质区别为___________。
（5）T℃时，在一体积为VL的密闭容器中放入一定量的ACl5固体，按下式发生反应：
ACl5（s）
ACl3（g）+Cl2（g），ΔH>0。
测得容器内气体的压强变化如下表：
时间t/s
0
5
10
15
20
25
3
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