学年北京师大附中高二上学期期末考试化学试题.docx

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学年北京师大附中高二上学期期末考试化学试题

北京师大附中2019－2020学年上学期高二年级期末考试

化学试卷

★祝考试顺利★

注意事项：

1、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

2、选择题的作答：

每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

3、主观题的作答：

用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。

如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

4、选考题的作答：

先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。

5、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

6、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

可能用到的相对原子质量：

H—1C—12N—14O—16S—32Cl—35.5Na—23Mg—24Fe—56Cu—64Zn—65Ba—137

一、选择题（1～22题，每题2分，共44分。

每小题只有1个选项符合题意）

1.下列电池能实现化学能与电能相互转化的是

A.

锌锰干电池B.

可充电锂电池

C.

氢燃料电池D.

锌银纽扣电池

【答案】B

【解析】

【详解】A.锌锰干电池为一次电池，只能实现化学能转化成电能，故A不符合题意；

B.可充电锂电池为二次电池，放电时实现化学能转化成电能，充电时实现电能转化成化学能，故B符合题意；

C.氢燃料电池为一次电池，只能实现化学能转化成电能，故C不符合题意；

D.新银纽扣电池为一次电池，只能实现化学能转化成电能，故D不符合题意；

故答案为B。

2.下列物质中，属于弱电解质的是

A.氨水B.二氧化硫C.冰醋酸D.甲烷

【答案】C

【解析】

【详解】A.氨水为混合物，不是电解质，故A不符合；

B.二氧化硫自身不能电离出离子，不导电，为非电解质，故B不符合；

C.冰醋酸在水溶液中只能部分电离，属于弱电解质，故C符合；

D.甲烷自身不能电离出离子，不导电，为非电解质，故D不符合；

故答案为C。

3.某温度下容积固定的密闭容器中进行反应2SO2（g）＋O2（g）⇌2SO3（g），下列各选项中，不能表明反应已达平衡的是

A.容器中气体物质的量不随时间而变化B.反应物的转化率不随时间而变化

C.2v（O2）正＝v（SO3）逆D.容器中气体的密度不随时间而变化

【答案】D

【解析】

【详解】A.反应正向移动气体物质的量减少，逆向移动气体的物质的量增加，所以气体物质的量不变时说明反应达到平衡，故A不符合题意；

B.反应达到平衡后各物质的浓度不再变化，转化率不再变化，故B不符合题意；

C.平衡时v（SO3）正＝v（SO3）逆，v（SO3）正＝2v（O2）正，即2v（O2）正＝v（SO3）逆，故C不符合题意；

D.反应容器体积恒定，平衡移动过程中气体的质量不变，所以密度一直不变，所以密度不再变化时不能说明反应达到平衡，故D符合题意；

故答案为D。

【点睛】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。

4.将TiO2转化为TiCl4是工业冶炼金属Ti的主要反应之一。

已知：

TiO2（s）＋2Cl2（g）＝TiCl4

（1）＋O2（g）∆H＝＋140.5kJ/mol

2CO（g）＝2C（s，石墨）＋O2（g）∆H＝＋221.0kJ/mol

则反应TiO2（s）＋2Cl2（g）＋2C（s，石墨）＝TiCl4

（1）＋2CO（g）的∆H为

A.－30.0kJ/molB.＋30.0kJ/molC.－80.5kJ/molD.＋80.5kJ/mol

【答案】C

【解析】

【详解】已知i：

TiO2（s）＋2Cl2（g）＝TiCl4

（1）＋O2（g）∆H＝＋140.5kJ/mol

ii：

2CO（g）＝2C（s，石墨）＋O2（g）∆H＝＋221.0kJ/mol

根据盖斯定律可知i-ii可得TiO2（s）＋2Cl2（g）＋2C（s，石墨）＝TiCl4

（1）＋2CO（g）∆H=＋140.5kJ/mol-221.0kJ/mol=-80.5kJ/mol，故答案为C。

5.对化学反应2A（g）＋B（g）＝3C（g）＋4D（g），下列选项中表示该反应速率最快的是

A.v（A）＝0.6mol/（L·s）B.v（B）＝0.2mol/（L·s）

C.v（C）＝0.8mol/（L·s）D.v（D）＝1.0mol/（L·s）

【答案】A

【解析】

【详解】将速率全部转化为A物质表示的反应速率进行比较

A.v（A）＝0.6mol/（L·s）；

B.根据反应方程式可知v（A）=2v（B）=0.4mol/（L·s）；

C.根据方程式可知3v（A）=2v（C），v（C）＝0.8mol/（L·s），则v（A）=

；

D.根据方程式可知2v（A）=v（D），v（D）＝1.0mol/（L·s），则v（A）=0.5mol/（L·s）；

则反应速率A>C>D>B，故答案为A。

【点睛】注意比较反应速率常用方法有：

1、归一法，即按速率之比等于化学计量数之比转化为用同一物质表示的速率，2、比值法，即由某物质表示的速率与该物质的化学计量数之比，比值越大，速率越快．

6.在容积为5L的密闭容器中注入2molA气体和1molB气体，在一定条件下发生反应：

2A（g）＋B（g）⇌2C（g），达平衡后，在相同温度下测得容器内混合气体的压强是反应前的5/6，则B气体的平衡转化率为

A.5％B.25％C.50％D.67％

【答案】C

【解析】

【详解】设转化的B的物质的量为a，列三段式：

恒容容器中压强之比等于气体的物质的量之比，所以有

，解得a=0.5mol，则B的转化率为

，故答案为C。

7.常温下，下列事实能说明HClO是弱电解质的是

A.HClO在光照条件下易分解成HCl和O2

B.0.01mol/LNaClO溶液的pH>7

C.NaClO的电离方程式：

NaClO＝Na＋＋ClO－

D.HClO与Na2SO3溶液反应，可以得到Na2SO4

【答案】B

【解析】

【详解】A.HClO在光照条件下易分解成HCl和O2，体现了HClO的不稳定性，故A不符合题意；

B.0.01mol/LNaClO溶液的pH>7说明溶液中存在次氯酸根的水解，则可说明HClO为弱电解质，故B符合题意；

C.NaClO的电离方程式：

NaClO＝Na＋＋ClO－，说明NaClO为强电解质，不能证明HClO为弱电解质，故C不符合题意；

D.HClO与Na2SO3溶液反应，可以得到Na2SO4，体现了HClO的氧化性，故D不符合题意；

故答案为B。

8.常温下，将pH＝3的盐酸与pH＝11的某碱溶液等体积混和后，所得溶液的pH值

A.<7B.＝7C.

7D.

7

【答案】D

【解析】

【详解】若该碱为强碱，则盐酸中氢离子浓度和碱中氢氧根浓度相等，二者等体积混合溶液显中性，此时pH=7；若该碱为弱碱，则碱中所含的氢氧根要多于盐酸中的氢离子，二者等体积混合碱过量，溶液显碱性，pH>7，综上所述答案为D。

9.常温下用0.1mol/LNaOH溶液滴定20mL0.1mol/L盐酸，恰好中和后不慎多加了1滴NaOH溶液（1滴溶液的体积以0.05mL计），再往锥形瓶中加蒸馏水至反应液的总体积为50mL，此时混合溶液的pH约为

A.4B.7.2C.10D.11.3

【答案】C

【解析】

【详解】恰好中和后不慎多加了1滴NaOH溶液，则碱过量，溶液显碱性，加水稀释后溶液中c（OH-）=

，则溶液中c（H+）=10-10mol/L，pH=10，故答案为C。

【点睛】计算酸和碱混合后的pH值时要先判断谁过量，酸过量则直接计算溶液中氢离子的浓度，得到pH值；若碱过量，要先计算溶液中的氢氧根浓度，再计算氢离子浓度得到pH值。

10.对滴有酚酞试液的Na2CO3溶液，下列操作后红色会加深的是

A.降温B.通入CO2气体

C.加入少量CaCl2固体D.加入少量NaOH固体

【答案】D

【解析】

【详解】A.降温会减弱碳酸钠的水解程度，溶液碱性减弱，故A不符合题意；

B.二氧化碳与碳酸钠的溶液反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的水解能力小于碳酸钠溶液，溶液碱性减弱，故B不符合题意；

C.加入少量氯化钙固体，与碳酸根反应生成碳酸钙沉淀，溶液中碳酸根减少，碱性减弱，故C不符合题意；

D.氢氧化钠会电离出氢氧根，增强溶液碱性，使红色加深，故D正确；

故答案为D。

11.某pH＝1的无色透明溶液中能大量共存的离子组是

A.Na＋、NO3－、HCO3－、Cl－B.Al3＋、SO42－、NH4＋、Cl－

C.Fe2＋、K＋、SO42－、NO3－D.Cl－、Na＋、S2O32－、K＋

【答案】B

【解析】

【详解】pH=1的溶液中有大量氢离子，无色透明则没有有颜色的离子；

A.氢离子可以和碳酸氢根反应，不能大量共存，故A错误；

B.四种离子相互之间不反应且不与氢离子反应，可以大量共存，且无色，故B正确；

C.酸性环境硝酸根会将亚铁离子氧化，不能大量共存，故C错误；

D.酸性环境中S2O32－会发生歧化反应生成S和SO2，故D错误；

故答案为B。

12.将下列物质的水溶液在蒸发皿中蒸干后充分灼烧，最终能得到该溶质固体的是

AFeCl3B.K2CO3C.Na2SO3D.NaHCO3

【答案】B

【解析】

【详解】A.Fe3+水解，盐酸易挥发，蒸干后灼烧会得到氧化铁，故A错误；

B.K2CO3较稳定，加热K2CO3溶液蒸干后再灼烧最终得到的是碳酸钾固体，故B正确；

C.Na2SO3具有还原性，加热过程中被氧化，最终得到硫酸钠，故C错误；

D.NaHCO3不稳定，加热易分解，最终得到碳酸钠，故D错误；

故答案为B。

13.关于下列装置的说法正确的是

A.装置①中Cu为正极，电极上大量气泡产生

B.装置①中e－的迁移方向是：

Zn→导线→Cu→盐桥→Zn

C.若装置②用于铁棒镀铜，则N极为铜棒

D.若装置②用于电解精炼铜，则电解前后溶液中的Cu2＋浓度保持不变

【答案】C

【解析】

【详解】A.装置①为原电池装置，总反应为Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，铜为正极，电极反应为Cu2++2e-=Cu，不产生气泡，故A错误；

B.装置①为原电池装置，电子不能在电解质溶液中发生迁移，故B错误；

C.装置②为电解池装置，给铁棒镀铜，则需要铜离子在阴极被还原成铜单质，铜单质在阳极生成铜离子补充电解质中的铜离子，据图可知N与电源正极相连，则N为阳极，所以N为铜棒，故C正确；

D.精炼铜时，阴极只有铜离子放电生成铜单质得到精铜，粗铜在阳极，粗铜含有杂质，则在阳极放电的不止有铜单质，还会有其他金属单质被氧化，所以溶液中的铜离子浓度会发生变化，故D错误；

故答案为C。

【点睛】原电池中电子由负极流出经导线流入正极，电解质是阴阳离子发生迁移从而形成闭合回路。

14.用惰性电极电解浓度均为0.1mol/L的下列溶液。

电解一段时间后停止通电并搅拌混匀，电解前后溶液pH保持不变的是

A.KCl溶液B.NaHSO4溶液C.AgNO3溶液D.Na2SO4溶液

【答案】D

【解析】

【详解】A.电解KCl溶液，阳极反应为：

2Cl--2e-=Cl2↑，阴极反应为2H++2e-=H2↑，阴极消耗氢离子，溶液中氢氧根浓度变大，pH值变大，故A不符合题意；

B.NaHSO4溶液显酸性，电解NaHSO4溶液，阳极反应为4OH-2e-=O2↑+2H2O，阴极反应为2H++2e-=H2↑，实质是电解水，导致溶液酸性增强，pH减小，故B不符合题意；

C.电解硝酸银溶液，阳极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O，阴极为Ag++e-=Ag↓，阳极消耗水电离出的氢氧根，则溶液中氢离子浓度增大，pH值增大，故C不符合题意；

D.电解硫酸钠溶液，溶液中氢离子、氢氧根离子放电，相当于电解水，但硫酸钠溶液显中性，水减少溶液依然为中性，pH值不变，故D符合题意；

故答案为D。

15.模拟“人工树叶”的电化学实验装置如图所示，该装置能将H2O和CO2转化为O2和燃料（C3H8O）。

下列说法正确的是

A.该装置将化学能转化为光能和电能

B.b电极上发生得e－的氧化反应

C.该装置工作时，H＋从b极区向a极区迁移

D.a电极上反应：

3CO2＋18H＋－18e－＝C3H8O＋5H2O

【答案】C

【解析】

【详解】A.该装置是电解池装置，将光能和电能转化为化学能，故A错误；

B.b极水转化成氧气，发生失电子的氧化反应，故B错误；

C.该装置工作时为电解池，b极发生氧化反应，则b极为阳极，a极为阴极，电解池中阳离子由阳极流向阴极，即从b极区向a极区迁移，故C正确；

D.a是阴极，发生得电子的还原反应，电极反应式为：

3CO2+18H++18e-=C3H8O+5H2O，故D错误；

故答案为C。

16.下列事实不能用电化学原理解释的是

A.常温下，在空气中铝不容易被腐蚀

B.在远洋海轮的船体吃水线以下焊上一定数量的锌板

C.为了保护地下钢管不受腐蚀，可将钢管与直流电源的负极相连

D.用锌粒与稀H2SO4制H2时，往溶液中加几滴CuSO4溶液以加快反应速率

【答案】A

【解析】

【详解】A.铝片在空气中被O2氧化，使铝片表面形成一层致密的氧化物薄膜而保护内层的铝不再被氧化，与电化学无关，故A符合题意；

B.锌比铁活泼，在海水中形成原电池，锌做负极被氧化，正极的铁被保护，可以用电化学原理解释，故B不符合题意；

C.钢管与直流电源的负极相连，成为电解池的阴极，可以得到保护，可以用电化学原理解释，故C不符合题意；

D.滴加硫酸铜后，锌将铜单质置换出来附着在锌表面形成原电池，锌比铜活泼为原电池的负极，加速被氧化，加快反应速率，可以用电化学原理解释，故D不符合题意；

故答案为A。

【点睛】原电池和电解池都是加快氧化还原反应速率

装置。

17.我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。

该历程示意图如下。

下列说法不正确的是

A.转化过程中发生了氧化还原反应

B.①→②放出能量并形成了C—C键

C.生成CH3COOH总反应的原子利用率为100％

D.该催化剂降低了反应活化能，反应物平衡转化率得到提高

【答案】D

【解析】

【详解】A.该过程中反应物为CO2和CH4最终产物为CH3COOH，碳元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A不符合题意；

B.据图可知①→②的焓值降低，过程为放热过程，有C-C键形成，故B不符合题意；

C.图中分析，1mol甲烷和1mol二氧化碳反应生成1mol乙酸，生成CH3COOH总反应

原子利用率为100%，故C不符合题意；

D.催化剂只能改变反应速率，不影响化学平衡，不影响转化率，故D符合题意；

故答案为D。

18.I2在KI溶液中存在下列平衡：

I2（aq）＋I－（aq）⇌I3－（aq）。

在某I2、KI混合溶液中，c（I3－）与温度T的关系如图所示（曲线上任何一点都表示平衡状态）。

下列说法不正确的是

A.向混合溶液中加水，平衡逆向移动

B.反应I2（aq）＋I－（aq）⇌I3－（aq）的∆H<0

C.状态A与状态B相比，I2的消耗速率A

D.状态C与状态D相比，反应的平衡常数KC＝KD

【答案】D

【解析】

【详解】A.该反应平衡常数K=

，加水稀释反应物和生成物浓度降低同等倍数，则分母的变小的倍数更多，导致浓度商大于平衡常数，所以平衡逆向移动，故A正确；

B.据图可知温度升高c（I3－）减小，说明平衡左移，正反应为放热反应，∆H<0，故B正确；

C.B点温度高于A点，温度越高反应速率越快，所以I2的消耗速率A

D.C点温度高于D点，该反应正反应为放热反应，温度越高平衡常数越小，所以KC

故答案为D。

19.下列示意图与化学用语表述内容不相符的是（水合离子用相应离子符号表示）

A

B

C

D

NaCl溶于水

电解CuCl2溶液

CH3COOH在水中电离

H2与Cl2反应能量变化

NaCl

Na++Cl−

CuCl2

Cu2++2Cl−

CH3COOH

CH3COO−+H+

H2（g）+Cl2（g）

2HCl（g）

ΔH=−183kJ·mol−1

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【分析】

本题A、B、C选项应区分电离和电解的概念。

电离是电解质溶于水或熔融状态下，解离成能够自由移动的离子的过程。

根据其电离程度可分为强电解质和弱电解质，几乎全部电离的是强电解质（如A选项），只有少部分电离的是弱电解质（如C选项）；是将电能转化为化学能的一个装置（构成:

外加电源，电解质溶液，阴阳电极）。

使电流通过电解质溶液或熔融电解质而在阴，阳两极引起还原氧化反应的过程（如B选项）。

【详解】A.NaCl为强电解质，NaCl溶于水，NaCl在水分子作用下，自发解离为Na+和Cl-，故电离方程式为NaCl=Na++Cl-，故A不符合题意；

B.电解氯化铜溶液，铜离子向阴极移动，得电子，发生电极反应为：

Cu2++2e-=Cu,氯离子向阳极移动，失电子，发生电极反应为：

2Cl-+2e-=Cl2,所以电解总反应为：

Cu2++2Cl-

Cu+Cl2↑，故B符合题意；

C.CH3COOH为弱电解质，溶于水部分电离，因此电离方程式为CH3COOH

CH3COO-+H+，故C不符合题意；

D.由图可知，反应H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）的反应热等于断裂反应物分子中的化学键吸收的总能量（436kJ/mol+243kJ/mol=679kJ/mol）,与形成生成物分子中化学键放出的总能量（431kJ/mol×2=862kJ/mol）之差，即放热183kJ/mol,放热∆H为负值，所以H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）∆H=-183kJ/mol，故D不符合题意；

综上所述，本题应选B。

【点睛】本题所选四个实验（或原理）均取材于课本，可见高考题越来越回归于课本。

本题综合考查化学用语，涉及强、弱电解质的电离、电解方程式的书写，化学反应热的计算，题目把化学用语与化学反应原理巧妙地结合。

20.常温下，向1LpH＝10的NaOH溶液中持续通入CO2。

通入的CO2的体积（V）与溶液中水电离出的OH－离子浓度（

）的关系如图所示。

下列叙述正确的是

A.a点溶液：

水电离的c（OH－）＝1×10－4mol/L

B.b点溶液：

c（OH－）＝c（H＋）

C.c点溶液：

c（Na＋）＝2c（CO32－）＋2c（HCO3－）＋2c（H2CO3）

D.d点溶液：

c（Na＋）＞2c（CO32－）＋c（HCO3－）

【答案】C

【解析】

【分析】

NaOH溶液中持续通入CO2，先发生反应2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，然后发生Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，继续通入二氧化碳，发生CO2+H2O=H2CO3；碳酸钠的水解程度要大于碳酸氢钠的水解程度，所以当水的电离程度达到最大值时溶液中的溶质为Na2CO3。

【详解】A．a点溶液为NaOH溶液，水电离出的c（ H+）=10-pH=1×10-10mol/L，水电离出的氢离子浓度和氢氧根浓度相等，所以水电离出的c（ OH-）=1×10-10mol/L，故A错误；

B．c点二氧化碳和NaOH完全反应生成Na2CO3，则b溶液中的溶质为Na2CO3和NaOH，溶液显碱性，所以c（OH－）>c（H＋），故B错误；

C．c点溶液中的溶质为Na2CO3，存在物料守恒c（Na＋）＝2c（CO32－）＋2c（HCO3－）＋2c（H2CO3），故C正确；

D．d点水电离出氢氧根浓度为10-7mol/L，水的电离既不受到促进也不受到抑制，则此时溶液中的溶质应为NaHCO3和H2CO3，溶液应为中性，溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-），溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），两式相减得：

c（Na+）=2c（CO32-）+c（HCO3-），故D错误；

故答案为C。

【点睛】解决本题的关键一是要明确二氧化碳持续通入氢氧化钠溶液不同阶段溶液中的溶质成分，二是要明确水电离出的氢氧根浓度两次为10-7mol/L，哪一次溶液呈中性。

21.下列实验不能达到实验目的的是

A.

研究浓度对反应速率的影响

B.

研究阳离子对H2O2分解速率的影响

C.

研究沉淀的转化

D.

研究酸碱性对平衡移动的影响

【答案】C

【解析】

【详解】A.两组实验只有一个变量：

氢离子的浓度不同，所以可以探究氢离子浓度对反应速率的影响，故A不符合题意；

B.两组实验只有一个变量，所用阳离子种类不同，所以可以探究阳离对分解速率的影响，故B不符合题意；

C.该实验中硝酸银溶液过量，氯化银和碘化银沉淀都可以生成，不存在沉淀转化，故C符合题意；

D.滴入浓硫酸酸后溶液酸碱性发生变化，溶液颜色发生变化，说明平衡发生移动，可以研究酸碱性对平衡移动的影响，故D不符合题意；

故答案为C。

22.碘化亚铜（CuI）是一种不溶于水的白色固体，它可由反应：

2Cu2＋＋4I－＝2CuI↓＋I2而制得。

选取铜片、石墨、KI溶液组成电化学装置制取CuI。

为确认反应情况，通电前在溶液中又加入了少量酚酞试液和淀粉溶液。

电解一段时间后得到白色沉淀，同时阴极区溶液变红，阳极区溶液变蓝。

下列说法不正确的是

A.铜片做阳极，石墨做阴极

B.白色沉淀在靠近阳极处产生

C.阴极区溶液变红的原因：

2H＋＋2e－＝H2↑，促进H2O电离，c（OH－）升高

D.阳极区溶液变蓝的原因：

4OH－－4e－＝2H2O＋O2↑，O2将I－氧化为I2，I2遇淀粉变蓝

【答案】D

【解析】

【分析】

用铜片、石墨作电极，电解KI溶液制取CuI，Cu作阳极失电子生成铜离子，铜离子与碘离子反应生成CuI；石墨为阴极，阴极上H+得电子被还原，电极反应式为2H＋＋2e－＝H2↑，破坏了水的电离平衡，使c（OH-）＞c（H+），酚酞试液变红；阳极发生反应：

Cu-2e-=Cu2+，又由信息可知，同时又发生反应2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，生成I2，I2遇淀粉变蓝，有白色CuI沉淀生成，据此分析。

【详解】A.由分析可知，铜片做阳极，石墨做阴极，故A正确；

B．阳极发生反应：

Cu-2e-=Cu2+，铜离子在阳极生成，铜离子与碘离子反应生成CuI，所以CuI白色沉淀在阳极生成，故B正确；

C．阴