9溶液，前者溶液變藍(lán)，后者有黃色沉淀，說明溶液中含有碘單質(zhì)和碘離子，則KI3溶液中可能存在平衡：II-+I2，D正確；答案選D。13.已知溶液顯酸性，溶液中存在以下平衡；①②向的溶液中分別加入以下物質(zhì)，下列有關(guān)說法正確的是A.加入少量金屬Na，反應(yīng)①平衡逆向移動，溶液中增大B.加入少量固體，則反應(yīng)①平衡正向移動，的水解程度增大，酸性減弱C.加入少量NaOH溶液，、的值均增大D.加入氨水至中性，則【答案】C【解析】【詳解】A．加入少量金屬Na，Na與電離出的H+反應(yīng)，促使反應(yīng)②平衡正向移動，離子濃度減小，又促使反應(yīng)①平衡逆向移動，反應(yīng)①平衡逆向移動，反應(yīng)②平衡正向移動，溶液中c()減小，A錯誤；B．加入少量固體，則反應(yīng)①平衡正向移動，反應(yīng)②平衡正向移動，溶液顯酸性，說明的電離程度大于水解程度，則溶液酸性增強，B錯誤；C．加入NaOH，與NaHSO3反應(yīng)生成亞硫酸鈉和水，c()增大，c()減小，則增大，溶液堿性增強，增大，C正確；D．0.1mol?L-1的NaHSO3溶液中加入氨水至中性，溶液中存在物料守恒，即：c(Na+)=c()+c()+c(H2SO3)，則c(Na+)＞c()＞c(H+)=c(OH-)，D錯誤；答案選C。14.采用鈉堿法煙氣脫硫后的吸收液主要含NaHSO3和Na2SO3，用電解法可再生吸收液并回收硫，裝置如圖，下列說法錯誤的是
10A.石墨電極I接外電源的正極.B.出液1為再生吸收液，主要成分為Na2SO3和NaOHC陰極室每生成0.2molSO，需轉(zhuǎn)移0.4mol電子D.在中間室硫資源回收的主要反應(yīng)為HSO+H+=SO2↑+H2O，SO+H+=HSO【答案】C【解析】【詳解】A．電極II上生成H2是發(fā)生的還原反應(yīng)，應(yīng)接電源負(fù)極，電極1應(yīng)為陽極，接外電源的正極，A正確；B．陰極室消耗H+，OH-濃度增大，Na+穿過膜I，進入陰極室使NaOH濃度增大。同時可發(fā)生反應(yīng)HSO3-+OH-=SO32-+H2O，使Na2SO3濃度增大，得再生吸收液主要成分為Na2SO3和NaOH，B正確；C．由陰極反應(yīng)2H2O+2e-=H2↑+2OH-，陰極區(qū)反應(yīng)HSO3-+OH-=SO32-+H2O可得生成0.2molSO32-再生吸收劑，轉(zhuǎn)移0.2mol電子，C錯誤；D．由于陽極應(yīng)為2H2O-4e-=O2↑+4H+使中間區(qū)域酸性增強，發(fā)生反應(yīng)HSO3-+H+=SO2↑+H2O，SO32-+H+=HSO3-，釋放SO2可回收硫，D正確；故選C。15.實驗室利用廢棄舊電池的銅帽(主要成分為鋅銅合金)回收Cu并制備ZnCl2的部分實驗過程如圖所示。下列說法正確的是A.“溶解”時Cu發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2Cu+4H2O2+4H+=2Cu2++O2↑+6H2OB.因為升高溫度可以加快反應(yīng)速率，所以“溶解”時適宜使用高溫
11C.用NaOH溶液“調(diào)節(jié)pH=2”可提高鋅粉的利用率D.將ZnCl2溶液加熱蒸干即可獲得無水ZnCl2【答案】C【解析】【分析】廢棄舊電池的銅帽(主要成分為鋅銅合金)回收Cu并制備ZnCl2的部分實驗過程中，先加入雙氧水、稀鹽酸，Zn轉(zhuǎn)化為ZnCl2，Cu轉(zhuǎn)化為CuCl2，所得溶液中含Zn2+、Cu2+、Cl-、H+，向溶液中加入適量NaOH溶液調(diào)節(jié)pH=2，再加入鋅粉將Cu2+置換為Cu，過濾得到Cu，所得濾液中主要成分為NaCl、ZnCl2，經(jīng)過一系列操作后得到無水ZnCl2?！驹斀狻緼．“溶解”時Cu與過氧化氫和稀鹽酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氯化銅和水，依據(jù)得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒可知，反應(yīng)的離子方程式為：Cu＋H2O2＋2H+=Cu2+＋2H2O，A錯誤；B．升高溫度能夠加快化學(xué)反應(yīng)速率，但雙氧水受熱易分解、鹽酸受熱易揮發(fā)，因此溶解過程中需在適宜的溫度下進行反應(yīng)，B錯誤；C．加入NaOH溶液，可降低溶液中氫離子的濃度，防止置換時消耗過多鋅粉，提高鋅粉的利用率，C正確；D．ZnCl2為強酸弱堿鹽，加熱能夠促進Zn2+水解，因此需要在HCl的氣氛中進行加熱蒸干方可得到無水ZnCl2，D錯誤；答案選C。二、非選擇題：本題共4小題，共55分。16.和都是鈦的重要化合物，某化學(xué)興趣小組在實驗室對兩者的制備及性質(zhì)進行探究。①制備。實驗室利用反應(yīng)，在無水無氧條件下制備，裝置圖和有關(guān)信息如下：物質(zhì)熔點/℃沸點/℃其他
12-2376與TiCl4互溶-25136遇潮濕空氣產(chǎn)生白霧請回答下列問題：（1）儀器B中盛裝的儀器名稱是___________。（2）請補充完整實驗步驟：①組裝儀器，②檢查裝置氣密性，③加裝藥品，④___________，⑤點燃酒精燈，⑥停止加熱，⑦停止通。（3）實驗結(jié)束后需要分離D中的液態(tài)混合物，該操作使用的主要玻璃儀器有___________(寫2個即可)。Ⅱ．制備并測定的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。在中加水、加熱，水解得到沉淀，經(jīng)過濾、水洗，再烘干、焙燒除去水分得到粉體。（4）一定條件下，將溶解并還原為，用標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至全部生成。滴定分析時，稱取上述試樣0.2g，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液20mL。則質(zhì)量分?jǐn)?shù)為___________。（5）配制標(biāo)準(zhǔn)溶液時，加入一定量的目的是抑制水解，現(xiàn)在實驗室中有一瓶98%的H2SO4()，要配制2.0mol/L的稀，請回答如下問題：需要量筒量取濃硫酸的體積為___________。在該配置實驗使用的玻璃儀器中有___________種(填阿拉伯?dāng)?shù)字)。（6）在用濃硫酸配制稀硫酸過程中，下列操作中會造成稀硫酸溶液質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏小共有___________個(填阿拉伯?dāng)?shù)字)。A．在稀釋時，未恢復(fù)至室溫就轉(zhuǎn)移入容量瓶B．在稀釋過程中，有少量液體濺出C．在轉(zhuǎn)移過程中，燒杯和玻璃棒沒有進行洗滌D．在定容時，滴加蒸餾水超過刻度線，用滴管從容量瓶中小心取出多余液體至液體凹液面與刻度線相平E．用量筒量取一定體積的濃硫酸時，仰視讀數(shù)【答案】（1）錐形瓶（2）通入N2一段時間（3）蒸餾燒瓶、溫度計、冷凝管、錐形瓶等（4）80%（5）①.27.2mL②.5（6）3
13【解析】【分析】通過氮氣將裝置中空氣排出，防止TiCl4被氧化，A為干燥管，干燥氮氣，防止生成的TiCl4遇潮濕的氣體產(chǎn)生白霧；B裝置加熱使四氯化碳揮發(fā)，C中裝置在加熱條件下，發(fā)生反應(yīng)，CCl4、TiCl4熔點較低，D裝置使這兩種物質(zhì)轉(zhuǎn)化為液態(tài)，二者能互溶，應(yīng)該采用蒸餾方法分離，E裝置連接空氣，盛放濃硫酸，干燥空氣，據(jù)此解答。【小問1詳解】儀器B中盛裝的儀器名稱是錐形瓶，故答案為：錐形瓶；【小問2詳解】對于氣體的制取性質(zhì)實驗應(yīng)該：組裝儀器、檢驗裝置氣密性、加裝藥品，發(fā)生反應(yīng)，終止實驗時為防止倒吸，應(yīng)先熄滅酒精燈，冷卻到室溫后再停止通入N2，故答案為：通入N2一段時間；【小問3詳解】D中的液態(tài)混合物為TiCl4與未反應(yīng)的CCl4，二者互溶，但CCl4和TiCl4是兩種沸點差異較大的液體混合物，應(yīng)該用蒸餾進行分離，該操作使用的主要玻璃儀器有蒸餾燒瓶、溫度計、冷凝管、錐形瓶等，故答案為：蒸餾燒瓶、溫度計、冷凝管、錐形瓶等；【小問4詳解】根據(jù)氧化還原反應(yīng)中得失電子相等得二者的關(guān)系式，TiO2～，二氧化鈦的質(zhì)量=0.1mol/L×0.02L×80g/mol=0.16g，TiO2試樣0.2g，其質(zhì)量分?jǐn)?shù)==80%，故答案為：80%；【小問5詳解】濃H2SO4的物質(zhì)的量濃度=mol/L=18.4mol/L；根據(jù)稀釋定律，稀釋前后溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變，設(shè)濃硫酸的體積為xmL，所以xmL×18.4mol/L=250mL×2.0mol/L，解得：x≈27.2，所以量取的濃硫酸體積是27.2mL；配制步驟有量取、稀釋、移液、洗滌、定容、搖勻等操作，一般用量筒量（用到膠頭滴管）量取，在燒杯中稀釋，冷卻后轉(zhuǎn)移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，當(dāng)加水至液面距離刻度線1～2cm時，改用膠頭滴管滴加，所以需要的儀器為玻璃棒、燒杯、膠頭滴管、量筒、250mL容量瓶，故答案為：27.2mL；5；【小問6詳解】A．在稀釋時，未恢復(fù)至室溫就轉(zhuǎn)移入容量瓶，定容后冷卻，液面下降，體積偏小，稀硫酸溶液質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏大，故A不符合題意；B．在稀釋過程中，有少量液體濺出，即由部分溶質(zhì)損失，稀硫酸溶液質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏小，故B符合題意；
14C．在轉(zhuǎn)移過程中，燒杯和玻璃棒沒有進行洗滌，則燒杯和玻璃棒上有部分溶質(zhì)附著，即由部分溶質(zhì)損失，稀硫酸溶液質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏小，故C符合題意；D．在定容時，滴加蒸餾水超過刻度線，用滴管從容量瓶中小心取出多余液體，導(dǎo)致部分溶質(zhì)損失，稀硫酸溶液質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏小，故D符合題意；E．用量筒量取一定體積的濃硫酸時，仰視讀數(shù)，濃硫酸的體積偏大，稀硫酸溶液質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏大，故E不符合題意；故答案為：3。17.常溫下，濃度均為0.1mol/L的6種溶液的pH如表：序號abcdef溶質(zhì)CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClONaCNNaAlO2pH8.89.711.610.311.111.3（1）上述溶液中的陰離子結(jié)合H+能力最弱的為_______。(填陰離子化學(xué)式)（2）NaAlO2溶液呈堿性的原因是_______(用化學(xué)方程式表示)。將溶液加熱蒸干最后得到的固體產(chǎn)物是_______；（3）結(jié)合表中數(shù)據(jù)分析，與0.1mol/L的CH3COONa溶液中水的電離程度相同的有_______(填字母代號)。A.pH=8.8的NaOH溶液B.pH=5.2的NH4Cl溶液C.pH=5.2的鹽酸D.0.1mol/L的NaCN溶液E.pH=8.8的Na2CO3溶液（4）將濃度均為0.1mol/L的b、c等體積混合，所得溶液中各離子濃度關(guān)系正確的有_______。A.c(Na+)=c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)B.2c(Na+)=3c(CO)+3c(HCO)+3c(H2CO3)C.c(OH-)=c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)D.c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)E.c(Na+)>c(HCO)>c(CO)>c(OH-)>c(H+)F.c(Na+)>c(CO)>c(HCO)>c(H+)>c(OH-)（5）0.1mol/LHCl與0.1mol/LNa2CO3溶液等體積混合后溶液中各離子濃度大小關(guān)系為_______。
15（6）向NaCN溶液中通入少量CO2氣體發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_______。【答案】（1）CH3COO-（2）①.NaAlO2+2H2O?Al(OH)3+NaOH②.NaAlO2（3）BE（4）BDE（5）c(Na+)>c(Cl-)>c(HCO)>c(OH-)>c(H+)>c(CO)（6）CN-+CO2+H2O=HCN+HCO【解析】【小問1詳解】越容易水解的鹽，代表水解生成的酸的酸性越弱，越容易結(jié)合氫離子，相同濃度的鈉鹽溶液，pH越大則鹽的水解程度越大，所以最易水解的鹽是碳酸鈉，所以最容易結(jié)合氫離子的陰離子是CO，反之，上述溶液中的陰離子結(jié)合H+能力最弱的為CH3COO-?！拘?詳解】NaAlO2是強堿弱酸鹽，偏鋁酸根離子水解使溶液呈堿性，化學(xué)方程式為：NaAlO2+2H2O?Al(OH)3+NaOH。將NaAlO2溶液加熱，促進水解，氫氧化鋁、氫氧化鈉濃度增大，反應(yīng)生成偏鋁酸鈉，故蒸干最后得到的固體產(chǎn)物是NaAlO2；【小問3詳解】由表中數(shù)據(jù)可知，在常溫下，0.1mol/L的CH3COONa溶液的pH=8.8，促進水的電離，c(H+)=10-8.8mol/L，由水電離產(chǎn)生的氫氧根離子濃度為10-5.2mol/L，而由水電離產(chǎn)生的氫離子濃度與由水電離產(chǎn)生氫氧根離子濃度相等，則由水電離產(chǎn)生的氫離子濃度也為10-5.2mol/L：A．pH=8.8的NaOH溶液，抑制水的電離，A錯誤；B．pH=5.2的NH4Cl溶液，促進水的電離，水電離產(chǎn)生的氫離子或氫氧根離子濃度為10-5.2mol/L，B正確；C．pH=5.2的鹽酸，抑制水的電離，C錯誤；D．0.1mol/L的NaCN溶液pH=11.1，促進水的電離，水電離產(chǎn)生的氫離子或氫氧根離子濃度為10-2.9mol/L，D錯誤；E．pH=8.8的Na2CO3溶液，促進水的電離，水電離產(chǎn)生的氫離子或氫氧根離子濃度為10-5.2mol/L，E正確；答案選BE?！拘?詳解】將濃度均為0.1mol/L的NaHCO3、Na2CO3等體積混合，鈉離子的物質(zhì)的量與碳原子的物質(zhì)的量之比為
163:2，則物料守恒：2c(Na+)=3c(CO)+3c(HCO)+3c(H2CO3)，溶液呈電中性，有電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)，則：A．依據(jù)物料守恒有：2c(Na+)=3c(CO)+3c(HCO)+3c(H2CO3)，A錯誤；B．依據(jù)物料守恒有：2c(Na+)=3c(CO)+3c(HCO)+3c(H2CO3)，B正確；C．物料守恒：2c(Na+)=3c(CO)+3c(HCO)+3c(H2CO3)，電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)，兩式聯(lián)立有質(zhì)子守恒：c(CO)+2c(OH-)=2c(H+)+c(HCO)+3c(H2CO3)，C錯誤；D．依據(jù)電荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)，D正確；E．混合溶液呈堿性，碳酸根離子水解程度大于碳酸氫根離子，故混合溶液中離子濃度c(Na+)>c(HCO)>c(CO)>c(OH-)>c(H+)，E正確；F．混合溶液呈堿性，碳酸根離子水解程度大于碳酸氫根離子，故混合溶液中離子濃度c(Na+)>c(HCO)>c(CO)>c(OH-)>c(H+)，F(xiàn)錯誤；答案選BDE?！拘?詳解】0.1mol/LHCl與0.1mol/LNa2CO3溶液等體積混合后所得0.05mol/LNaCl與0.05mol/LNaHCO3混合溶液；溶液呈堿性，因碳酸氫根離子水解程度大于電離程度，故各離子濃度大小關(guān)系為：c(Na+)>c(Cl-)>c(HCO)>c(OH-)>c(H+)>c(CO)?！拘?詳解】等濃度的上述鹽溶液，水解程度越大，溶液pH越大，對應(yīng)酸的酸的酸性越弱，則有酸性：H2CO3>HCN>HCO，則向NaCN溶液中通入少量CO2氣體發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：CN-+CO2+H2O=HCN+HCO。18.鐵及其化合物在處理工業(yè)廢水、廢氣過程中發(fā)揮著重要作用。
17(1)用鐵的化合物除硫化氫：2[Fe(CN)6]3-+2+HS-=2[Fe(CN)6]4-+2+S↓，可通過圖1使[Fe(CN)6]3-再生，電解時，陽極的電極反應(yīng)式為_______；電解過程中陰極區(qū)溶液的pH_______(填“變大”、“變小”或“不變")。(2)以鐵為電極電解除鉻，如圖2已知：+H2O=2+2H+氧化性：＞①電解過程中主要反應(yīng)之一：+6Fe2++17H2O=2Cr(OH)3↓+6Fe(OH)3↓+10H+；氣體a主要成分_______。②電解過程中，不同pH時，通電時間與Cr元素的去除率關(guān)系如圖3所示，pH=10相比pH=4，Cr元素的去除率偏低的原因可能是_______。(3)高鐵酸鉀(K2FeO4)除錳已知：K2FeO4具有強氧化性，極易溶于水①在酸性條件下，能與廢水中的Mn2+反應(yīng)生成Fe(OH)3和MnO2沉淀來除錳，該反應(yīng)的離子方程式_______。②用K2FeO4處理1L50mg/L的含Mn2+廢水，Mn元素的去除率與K2FeO4量的關(guān)系如圖4所示，當(dāng)K2FeO4超過20mg時，Mn元素的去除率下降的原因可能是_______。
18【答案】①.②.變大③.H2④.pH值升高，轉(zhuǎn)化為，氧化能力減弱，使鉻元素難以被還原，從而去除率下降⑤.⑥.隨著K2FeO4增加，Mn2+被氧化成高價態(tài)的可溶性離子留在溶液中【解析】【分析】【詳解】(1)可通過圖1使[Fe(CN)6]3-再生，即電解時，[Fe(CN)6]4-生成[Fe(CN)6]3-，F(xiàn)e元素化合價由+2價升高為+3價，則陽極的電極反應(yīng)式為；電解過程中陰極反應(yīng)為，陰極區(qū)溶液的pH變大；(2)①以鐵為電極電解除鉻，電解過程中主要反應(yīng)之一：+6Fe2++17H2O=2Cr(OH)3↓+6Fe(OH)3↓+10H+，則Fe作陽極，發(fā)生反應(yīng)，F(xiàn)e2+將還原生成Cr(OH)3、Fe(OH)3沉淀，陰極發(fā)生反應(yīng)，則氣體a主要成分是H2；②pH值升高，+H2O=2+2H+的平衡正向移動，生成，氧化能力減弱，使鉻元素難以被還原，從而去除率下降；(3)①在酸性條件下，K2FeO4能與廢水中的Mn2+反應(yīng)生成Fe(OH)3和MnO2沉淀來除錳，根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒、元素守恒配平該反應(yīng)的離子方程式為；②K2FeO4具有強氧化性，隨著K2FeO4增加，K2FeO4將Mn2+氧化成更高價態(tài)的可溶性離子留在溶液中，Mn元素的去除率下降。19.軟錳礦的主要成分為MnO2，含少量Al2O3和SiO2。閃鋅礦主要成分為ZnS，含少量FeS、CuS、CdS雜質(zhì)?，F(xiàn)以軟錳礦和閃鋅礦為原料制備MnO2和Zn，其簡化流程如下（中間產(chǎn)物的固體部分已經(jīng)略去）已知：Ⅰ．礦石中所有金屬元素在濾液A中均以離子形式存在。Ⅱ．各種金屬離子完全沉淀的pH如下表：Zn2+Mn2+Fe2+Fe3+Al3+
19pH8.010.19.03.24.7回答下列問題：（1）步驟①中發(fā)生多個反應(yīng)，其中MnO2、FeS與硫酸共熱時有淡黃色物質(zhì)析出，溶液變?yōu)樽攸S色，寫出MnO2、FeS與硫酸共熱發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式______。（2）步驟③中MnO2的其作用是______，另外一種物質(zhì)X可以是______。A．MgCO3B．ZnOC．MnCO3D．Cu(OH)2（3）MnO2與Li構(gòu)成LiMnO2，它可作為某鋰離子電池的正極材料，電池反應(yīng)方程式為：Li1-xMnO2+LixC6=LiMnO2+6C，寫出該鋰離子電池的正極電極反應(yīng)式______。MnO2可做超級電容器材料，用惰性電極電解MnSO4溶液可制得MnO2，其陽極的電極反應(yīng)式是______.（4）已知：H2S的電離常數(shù)K1=1.3×10-7，K2=7.0×10-15，在廢水處理領(lǐng)域中常用H2S將Mn2+轉(zhuǎn)化為MnS除去，向含有0.020mol·L-1Mn2+廢水中通入一定量的H2S氣體，調(diào)節(jié)溶液的pH=a，當(dāng)HS―濃度為1.0×10-4mol·L-1時，Mn2+開始沉淀，則a=______。[已知：Ksp(MnS)=1.4×10-15]【答案】①.3MnO2+2FeS+6H2SO4Fe2(SO4)3+3MnSO4+2S↓+6H2O②.將Fe2+氧化為Fe3+③.BC④.Li1－xMnO2+xLi++xe－=LiMnO2⑤.Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+⑥.5【解析】【詳解】（1）步驟①，MnO2、FeS與硫酸共熱時析出淡黃色物質(zhì)為硫，溶液變?yōu)樽攸S色，MnO2、FeS與硫酸共熱發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為3MnO2+2FeS+6H2SO4Fe2(SO4)3+3MnSO4+2S↓+6H2O，故答案為3MnO2+2FeS+6H2SO4Fe2(SO4)3+3MnSO4+2S↓+6H2O；（2）步驟③中MnO2的作用是將將Fe2+氧化為Fe3+，便與后續(xù)操作中除去，另外一種物質(zhì)X的作用是調(diào)節(jié)溶液的pH，使Fe3+沉淀，為了不引入新的雜質(zhì)，可以使用ZnO、MnCO3，不能使用MgCO3和Cu(OH)2，故答案為將Fe2+氧化為Fe3+；BC；（3）根據(jù)電池反應(yīng)方程式：Li1-xMnO2+LixC6=LiMnO2+6C，該鋰離子電池的正極電極反應(yīng)式為Li1－xMnO2+xLi++xe－=LiMnO2，MnO2可做超級電容器材料，用惰性電極電解MnSO4溶液可制得MnO2，其陽極的電極反應(yīng)式為Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+，故答案為Li1－xMnO2+xLi++xe－=LiMnO2；Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+；（4）當(dāng)Qc=Ksp（MnS）時開始沉淀，所以c（S2-）===0.7×10-13mol/L，根據(jù)H2S的電離常數(shù)K2=7.0×10―15，K2===7.0×10―15=1.0×10―5
20，pH=5，故答案為5。
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