第二章 化学反应速率与化学平衡 单元训练题 2023-2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1

第二章《化学反应速率与化学平衡》单元训练题 一、单选题 1．催化剂I和II均能催化反应R(g)⇌P(g)。反应历程如图，M为中间产物。其它条件相同时，下列说法正确的是 A．使用I和II，反应历程都分2步进行 B．反应达平衡后升高温度，R的浓度增大 C．使用I时，反应体系更慢达到平衡 D．使用II时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大 2．下列事实能用化学平衡移动原理解释的是 A．用饱和食盐水除去中的 B．用稀盐酸除去铜粉中的铁粉 C．在催化下缩短催化氧化的时间 D．用和制备，工业选择常压而高压 3．已知图1所示的有机可逆反应在图2所示的装置内能自发进行。实验发现随着长度x的增加，A、B的转化率提高，D在产物中的占比逐渐增大并超过C。下列说法正确的是 A．升高温度两个反应的平衡常数均增大 B．反应2的活化能大于反应1的活化能 C．装置中长度x越小，C的产率越高 D．物质C比物质D稳定 4．某温度下，某溶液初始时仅溶有 A，同时发生两个反应：①AB+C、②AB+D，反应①的速率可表示为 ，反应②的速率可表示为 为速率常数)。T2温度时，该体系中A、B、C、D浓度随时间变化的曲线如图1；反应①和②的 曲线如图2。下列说法正确的是 A．曲线 L4表示D浓度随时间的变化 B．若图 1的温度降低，t0s时刻体系中 变大 C．T2温度时，反应①的活化能比反应②的活化能小 D．时曲线 L1 对应的物质的化学反应速率为 5．一种被还原为CO的反应机理示意图如下：图1为通过实验观察捕获中间体和产物推演出的被还原为CO的反应过程；图2为转化为CO反应过程经历的中间体的能垒变化。已知：MS代表反应物或中间产物；TS代表过渡态；FS代表终态产物。下列推断不正确的是 A．由图1可知，存在键的断裂和形成 B．由图1、2可知，Cu(Ⅰ)是该循环的催化剂，且步骤MS2→MS3决定总反应速率 C．由图1、2可知，几种中间产物中最稳定 D．由图1、2可知该过程的总反应为 6．制备的方程式为，同时还有其他副反应发生。当反应体系的压强为时，分别改变进料比和反应温度，二者对产率影响如图所示。下列说法不正确的是 A．增加压强有利于提高的产率 B．制备的反应为放热反应 C．增加的用量，的产率一定会增加 D．温度为，平衡常数： 7．如图所示，无摩擦、有质量的隔板1、2、3将容器分为甲，乙、丙3个部分，同时进行反应：，起始时各物质的物质的量已标在图中。在固定的温度和压强下充分反应后，各部分的体积分别为、、。此时若抽走隔板1，不会引起其他活塞移动。下列说法错误的是 A．若乙中气体密度不再改变，说明乙中已经达到平衡状态 B．若， C．若将3个隔板全部固定，与未固定相比，丙中放热量减少 D．若将该容器逆时针旋转90°竖立在桌面上，重新平衡时，乙中C的体积分数减小 8．“碳达峰·碳中和”是我国社会发展的重大战略之一，CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一，反应为：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH1= +247kJ/mol。下列说法正确的是 A．该反应的平衡常数K= B．反应的ΔS<0 C．高温低压有利于提高CO2平衡转化率 D．将0.2mol CO2和足量CH4混合后，充分反应可获得0.4mol CO 9．某课外兴趣小组利用硫代硫酸钠(Na2S2O3)与稀硫酸反应，探究影响化学反应速率的因素(反应方程式为Na2S2O3 + H2SO4 == Na2SO4 + S↓+ SO2↑+ H2O)，设计了如表系列实验。下列说法不正确的是 实验序号 反应温度/℃ Na2S2O3 稀硫酸 H2O V/mL c/(mol·L-1) V/mL c/(mol·L-1) V/mL 1 20 10.0 0.10 10.0 0.50 0 2 40 V1 0.10 V2 0.50 V3 3 20 V4 0.10 4.0 0.50 V5 A．若用实验1和3探究稀硫酸浓度对反应速率的影响，则需V4=10.0，V5=6.0 B．设计该实验的基本原理为控制变量法 C．若实验1不再产生沉淀的时间为5min，则v(H+) = 0.05mol·L-1·min-1 D．将水更换为Na2SO4溶液，对实验结果无影响 10．硫及其化合物之间的转化在生产中有重要作用。接触法制硫酸中，制取的反应为(放热反应)。反应在有、无催化剂条件下的能量变化如图所示。下列说法正确的是 A．该反应中存在极性共价键和非极性共价键的断裂，极性共价键的形成，但不存在非极性共价键的形成 B．使用催化剂能加快化学反应的速率并提高的转化率 C．达到化学平衡时，的消耗速率和的消耗速率相等 D．使用作催化剂时，温度越高，反应越快达到平衡 11．根据实验操作和现象得出的结论正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A 将气体X通入品红溶液中，品红溶液褪色 X一定是SO2 B 向2mL0.1mol/L的FeCl3溶液中加入1mL0.1mol/LKI溶液，充分反应后加入KSCN溶液，溶液变红 与的反应有一定限度 C 将甲烷和氯气以体积比1：1混合发生取代反应，试管内气体颜色变浅，液面上升，试管壁出现油状液滴 甲烷全部转化为CCl4 D 在相同条件下，分别往盛有少量乙醇和水的两个烧杯中加入一小块新切的钠，乙醇与钠的反应缓和得多 乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼 A．A B．B C．C D．D 12．硫代硫酸钠与硫酸反应会生成不溶于水的硫：。下列实验最先出现浑浊的是 选项 温度 溶液 溶液 A B C D A．A B．B C．C D．D 13．探究酸性溶液与溶液反应速率的影响因素，现进行如表实验(忽略溶液体积变化)。下列说法错误的是 编号 酸性溶液体积/mL 溶液体积/mL 水的体积/mL 反应温度/℃ 反应时间/min Ⅰ 2 a 0 30 1.0 Ⅱ 2 2 0 20 2.1 Ⅲ 2 b 1 20 5.5 A．， B．实验Ⅰ、Ⅲ的目的是探究温度对化学反应速率的影响 C．实验Ⅱ、Ⅲ的目的是探究浓度对化学反应速率的影响 D．实验测得温度过高时，反应速率减小，可能的原因是受热分解 14．某小组进行实验，向10mL蒸馏水中加入0.4gI2，充分振荡，溶液呈浅棕色，再加入0.2gZn粒，溶液颜色加深；最终紫黑色晶体消失，溶液褪色。已知为棕色，下列关于颜色变化的解释错误的是 选项 颜色变化 解释 A 溶液呈浅棕色 I2在水中溶解度较小 B 溶液颜色加深 生成ZnI2的速率大于生成的速率 C 紫黑色晶体消失 的消耗使溶解平衡正移 D 溶液褪色 Zn使I2和全部转化为I- A．A B．B C．C D．D 二、非选择题 15．升高温度绝大多数的化学反应速率增大，但是2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)的速率却随温度的升高而减小，某化学小组为研究特殊现象的实质原因，查阅资料知：2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步： i：2NO(g)N2O2(g)(快)，v1正=k1正c2(NO)　v1逆=k1逆c(N2O2)　ΔH1<0 ii：N2O2(g)＋O2(g)2NO2(g)(慢)，v2正=k2正c(N2O2)c(O2)　v2逆=k2逆c2(NO2)　ΔH2<0 请回答下列问题： (1)一定温度下，反应2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)达到平衡状态，请写出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示的平衡常数表达式K= 。 (2)由实验数据得到v2正～c(O2)的关系可用如图表示。当x点升高到某一温度时，反应重新达到平衡，则变为相应的点为 (填字母)。 16．将二氧化碳转化为高附加值化学品是目前研究的热点之一，甲醇是重要的化工原料和优良的替代燃料，因此加氢制甲醇被广泛关注。在催化剂作用下主要发生以下反应。 I．CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)  ΔH1=-49.4kJ·mol−1 Ⅱ．CO2(g)＋H2(g)⇌CO(g)＋H2O(g)  ΔH2=+41kJ·mol−1 Ⅲ．CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g)  ΔH3 在，，CO2(g)、H2(g)以物质的量浓度1：3投料，以一定流速通过不同Cu-ZnO与Cu-ZnO@SiO2催化剂，图a和b为催化反应CO2转化率、甲醇选择性、甲醇收率随温度的变化，反应的产物只有甲醇、和H2O。 (1)分析在该压强下的最适合反应条件为 。 (2)推测在一定温度范围内，随着反应温度的升高，CO2转化率增大，但甲醇选择性降低的原因是 。 17．以节能减排为基础的低碳经济已成为实现人类可持续发展的重要课题，“减排”的关键是减少CO2排放，而“减排” 的重要手段是合理利用CO2。回答下列问题： 由CO2合成二甲醚的反应原理为：2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g) <0 。在恒容密闭容器中进行上述反应，某压强下起始时按照不同氢碳比投料(如图中曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)，测得CO2 平衡转化率与温度的关系如下图所示。 在1L恒容密闭容器中按曲线Ⅲ的起始氢碳比投料，充入 4mol H2 和 2mol CO2 ，达到平衡。已知该反应速率v=v正-v逆=k正·c2(CO2)·c6(H2)-k逆·c(CH3OCH3)·c3(H2O)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，只与温度有关。a点处= (填数值，保留两位小数)；a、b、c处 lgk正-lgk逆的大小关系为 (用 a 、b 、c 表示)。 18．化学是一门以实验为基础的科学，其中控制变量思想在探究实验中有重要应用，下列实验对影响化学反应速率的因素进行探究。 实验方案：现有0.01mol/L酸性KMnO4溶液和0.1mol/L草酸溶液，为探讨反应物浓度对化学反应速率的影响，设计的实验方案如下表： 实验序号 体积V/mL 温度/℃ KMnO4溶液 水 H2C2O4溶液 ① 4.0 0.0 2.0 25 ② 4.0 0.0 2.0 60 ③ 4.0 Vx 1.0 25 (1)请书写此过程的离子方程式： 。 (2)通过实验①③可探究草酸的浓度对反应速率的影响，表中Vx= mL，理由是 。 (3)对比实验①②的实验现象是 。 (4)甲同学在研究草酸与高锰酸钾在酸性条件下反应的影响因素时发现，草酸与酸性高锰酸钾溶液开始一段时间反应速率较慢，溶液褪色不明显，但不久后突然褪色，反应速率明显加快。针对上述现象，甲同学认为草酸与高锰酸钾反应放热，导致溶液温度升高，反应速率加快。从影响化学反应速率的因素看，你猜想还可能是 的影响。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．B 【详解】A．由图可知两种催化剂均出现四个波峰，所以使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行，A错误； B．由图可知该反应是放热反应，所以达平衡时，升高温度平衡向左移动，R的浓度增大，B正确； C．由图可知Ⅰ的最高活化能小于Ⅱ的最高活化能，所以使用Ⅰ时反应速率更快，反应体系更快达到平衡，C错误； D．由图可知在前两个历程中使用Ⅰ活化能较低反应速率较快，后两个历程中使用Ⅰ活化能较高反应速率较慢，所以使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大，使用Ⅱ时前两个历程中活化能较高反应速率较慢，后两个历程中使用Ⅱ活化能较低反应速率较快，反应过程中M所能达到的最高浓度更小，D错误； 答案选B。 2．A 【详解】A．Cl2与反应存在化学平衡： ，使用饱和食盐水时，由于HCl在水中溶解度很大，可以除去杂质HCl，同时由于溶液中c(Cl-)增大，化学平衡逆向移动，导致Cl2溶解量、反应量减小，因此可减少Cl2的损失，A符合题意； B．Fe与HCl反应产生可溶性FeCl2进入溶液中，而Cu不能反应，因此可通过向混合物中加足量稀盐酸然后过滤的方法，除去混在铜粉中的少量铁粉，不涉及平衡移动，B不符合题意； C．使用催化剂可以加快反应速率，但催化剂不会改变平衡移动，不能用化学平衡移动原理解释，C不符合题意； D．工业上SO2催化氧化成SO3的反应是气体体积减小的反应，高压有利于SO2转化为SO3，选用常压条件而不选用高压，是常压下SO2的转化率很高，同时高压对设备要求也相应提高，导致经济成本也会相应增大，D不符合题意； 故答案选A。 3．B 【详解】A．随着长度的增加，反应温度降低，A、B的转化率提高，说明两个反应都是放热反应，升高温度平衡逆向移动，则两个反应的平衡常数均减小，故A错误； B．随着长度的增加，D在产物中的占比逐渐增大并超过C，则长度较短时C在产物中占比较大，因此生成C较容易，则反应1的活化能小于反应2的活化能，故B正确； C．随着长度的增加，A、B的转化率提高，反之长度越小转化率降低，则C的产率下降，故C错误； D．实验发现随着长度x的增加，A、B的转化率提高，D在产物中的占比逐渐增大并超过C，说明D的稳定性大于C，D错误； 答案选B。 4．B 【分析】由方程式可知，两个反应中A都是反应物、B都是生成物，则L2代表A浓度随时间变化的曲线、L1代表B浓度随时间变化的曲线；由图2可知，温度为T2时，速率常数k1＜k2，则图1中对应曲线L3代表D浓度随时间变化的曲线、L4代表C浓度随时间变化的曲线。 【详解】A．由分析可知，L4代表C浓度随时间变化的曲线，故A错误； B．由图2可知，温度降低时，体系中反应①的速率降低幅度大于反应②，则图1的温度降低时，t0s时刻体系中值变大，故B正确； C．反应的活化能越大，反应速率越小，由图2可知，T2温度时，反应①的反应速率慢于反应②，则反应①的活化大于反应②，故C错误； D．由分析可知，L1代表B浓度随时间变化的曲线，由图可知，2s内，B的平均速率为=，而不是2s时的速率，故D错误； 故选B。 5．D 【详解】A．由图1CO2被还原为CO的反应过程可知，存在CO2中π键的断裂和CO中π键的形成，A正确； B．由图1可知，Cu(Ⅰ)是该循环的催化剂；在多步反应体系中，反应速率最慢的反应决定了反应的总速率，活化能越高，反应速率越慢，由图2可知，MS2→MS3活化能最大，反应速率最慢，决定了总反应速率，B正确； C．能量越低，物质越稳定，由图1、2可知，几种中间产物中[Cu(CO)]+最低，最稳定，C正确； D．由图1、2可知该过程的总反应为，D错误； 故选D。 6．C 【详解】A．增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，即正向移动，有利于提高SiHCl3的产率，故A正确； B．由图可知温度越高SiHCl3产率减小，所以逆反应是吸热反应，正反应是放热反应，故B正确； C．由图可知增加HCl的用量，SiHCl3的产率可能增加也可能减小，所以增加HCl的用量，SiHCl3的产率不一定会增加，故C错误； D．平衡常数是温度的函数，温度为450K，平衡常数：K（x）＝K（y）＝K（z），故D正确； 故选C。 7．D 【详解】A．乙中气体总质量恒定，随反应进行气体分子数减小，因为恒压条件下，容器体积减小，则气体密度逐渐增大，当密度不再改变，说明乙中已经达到平衡状态，故A正确； B．抽走隔板1后，未造成其他隔板移动，说明甲乙两部分混合后仍处于化学平衡状态，根据等效平衡原理，若将甲中的C全部转化为A、B，则。由此列式：，若，将甲中的C极限转化后，、，与乙完全相同，故，故B正确； C．隔板固定后，随着反应正向进行，压强逐渐减小，相比于之前正向进行程度更小，放热量减少，故C正确； D．将容器竖后，隔板的质量造成各部分压强增大，体积减小，因此乙中平衡正移，C的体积分数增大，故D错误； 故选：D。 8．C 【详解】A．平衡常数的表达式为生成物浓度幂次方与反应物浓度幂次方的比值，反应Ⅰ的平衡常数，故A错误； B．熵增就是体系的混乱度增大，同一物质，固态、液态、气态的混乱度依次增大，该反应为气体分子数增多的反应，因此ΔS＞0，故B错误； C．升高温度反应均正向移动，该反应为气体分子数增多的反应，降低压强使反应平衡正向移动，因此高温低压有利于提高CO2平衡转化率，故C正确； D．反应为可逆反应，充分反应可获得小于0.4mol CO，故D错误； 故答案选C 9．C 【详解】A．用实验1和3探究稀硫酸浓度对反应速率的影响，则硫代硫酸钠的浓度需要相同，即V4=10.0mL，同时溶液总体积也要相同，V5=6.0mL，A正确； B．要探究影响化学反应速率的因素，则每次实验只有一个变量不同，其他变量都需要保持相同，因此设计该实验的基本原理为控制变量法，B正确； C．根据实验1中所加试剂的量和反应方程式可知，稀硫酸过量，不再产生沉淀时硫代硫酸钠被全部消耗，但是氢离子有剩余，此时v(H+)=2v(Na2S2O3)=0.02mol·L-1·min-1，C错误； D．硫酸钠对反应没有影响，可将水更换为硫酸钠溶液，D正确； 故答案选C。 10．C 【详解】A．、分子内为极性键，分子内为非极性键，由于该反应为可逆反应，则该反应中存在极性共价键和非极性共价键的断裂和形成，A错误； B．催化剂同时降低了正、逆反应的活化能，同时改变正、逆反应速率，B错误； C．达到化学平衡时，达到化学平衡时，的消耗速率和的消耗速率相等，C正确； D．使用作催化剂时，温度越高，会分解，反应不一定加快，D错误； 故选C。 11．D 【详解】A．将气体X通入品红溶液中，品红溶液褪色，X气体也可能是Cl2等具有强氧化性漂白性气体，A错误； B．向2mL0.1mol/L的FeCl3溶液中加入1mL0.1mol/LKI溶液，充分反应后，氯化铁过量，过量的氯化铁加入KSCN溶液，溶液变红，不能证明与的反应有一定限度，B错误； C．将甲烷和氯气以体积比1：1混合发生取代反应，试管内气体颜色变浅，液面上升，试管壁出现油状液滴，生成物有一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳都存在，C错误； D．在相同条件下，分别往盛有少量乙醇和水的两个烧杯中加入一小块新切的钠，乙醇与钠的反应缓和得多，说明乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼，D正确； 答案选D。 12．D 【详解】温度对反应速率影响较大，先比较温度，由题中的数据可知，30℃＞10℃，则C、D 的反应速率大于A、B中的反应速率，又由于D中Na2S2O3的浓度大，则D中反应速率大于C中反应速率，所以D中反应速率最大，最先出现浑浊的是D。 故选D。 13．B 【分析】通过对比实验研究某一因素对实验的影响，应该要注意控制研究的变量以外，其它量要相同，以此进行对比，据此作答。 【详解】A．实验Ⅰ、Ⅱ的变量为温度，则其它量相同，溶液总体积相同，故a=2；实验Ⅱ、Ⅲ的变量为草酸的浓度，则b=1，故A正确； B．实验Ⅰ、Ⅲ有2个变量，不能探究温度对化学反应速率的影响，故B错误； C．实验Ⅱ、Ⅲ变量为草酸的浓度，目的是探究浓度对化学反应速率的影响，故C正确； D．温度过高时，受热分解为氧气和水，浓度减小，导致反应速率减小，故D正确； 答案选B。 14．B 【详解】A．I2为紫黑色固体，向10mL蒸馏水中加入0.4gI2，充分振荡，溶液呈浅棕色，说明溶解的碘较少，则I2在水中溶解度较小，A正确； B．(aq)为棕色，向10mL蒸馏水中加入0.4gI2，充分振荡，溶液呈浅棕色，再加入0.2g锌粒，溶液颜色加深，说明加入Zn粒后I2转化为(aq)，所以溶液颜色加深，发生了反应：I2+I-，B错误； C．I2在水中存在溶解平衡I2(s)I2(aq)，I2(s)为紫黑色晶体，I2(aq)为棕色，紫黑色晶体消失，因为Zn和I2反应生成的I-和I2(aq)生成(aq)，I2(aq)浓度减小，溶解平衡正向移动，紫黑色晶体消失，C正确； D．溶液褪色是因Zn与I2反应生成ZnI2所致，即Zn使I2和全部转化为I-，且(aq)为棕色，D正确； 故答案为：B。 15．(1) (2)a 【详解】（1）反应2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)达到平衡状态，即反应i、ii达到平衡状态，则、，即，，则  ； （2）2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)的速率随温度的升高而减小，因为决定该反应速率的是反应②，则升高温度，v2正减小，且平衡逆向移动，氧气的浓度增大，所以当x点升高到某一温度时，反应重新达到平衡，则变为相应的点为a。 16．(1)230℃、Cu-ZnO@ SiO2 (2)温度升高，反应Ⅱ(吸热反应)平衡正向移动程度大于反应I(放热反应)平衡逆向移动的程度，使CO2的转化率增大；温度升高反应Ⅲ和反应I平衡逆向移动，使甲醇的选择性降低 【详解】（1）由图可知，在该压强下反应条件为230℃、Cu-ZnO@ SiO2时，甲醇的选择性和产率最高，应该选择该条件； （2）推测在一定温度范围内，随着反应温度的升高，转化率增大，但甲醇选择性降低的原因是：温度升高，反应Ⅱ(吸热反应)平衡正向移动程度大于反应Ⅰ(放热反应)平衡逆向移动的程度，使的转化率增大；温度升高反应Ⅲ和反应Ⅰ平衡逆向移动，使甲醇的选择性降低。 17． 1.69 a>b=c 【详解】反应达到平衡时，正逆反应速率相等，由题意可得：k正·c2(CO2)·c6(H2)-k逆·c(CH3OCH3)·c3(H2O)=0，则，由图可知，容积为1L的容器中反应达到平衡时，二氧化碳的转化率为50%，则平衡时二氧化碳、氢气、二甲醚、水的浓度分别为(2-2×50%)mol/L=1 mol/L、(4-2×50%×3)mol/L=1 mol/L、2 mol/L×50%×=0.5mol/L、2 mol/L×50%×=1.5mol/L，反应的≈1.69，平衡常数为温度函数，温度不变，平衡常数不变，该反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，由图可知，a、b、c的温度大小顺序为a<b=c，温度降低速率常数均减小，但平衡数数变大，说明k正减小的程度比k逆小，速率常数只与温度有关，所以lgk正-lgk逆的大小关系为a>b=c。 18．(1) (2) 1.0 保证反应物草酸浓度改变，而其它物质浓度不变 (3)两实验中紫色溶液均褪色，但②褪色更快 (4)反应生成的硫酸锰起催化剂的作用 【详解】（1）酸性高锰酸钾溶液与草酸溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳和水，反应的离子方程式为； （2）由表格数据可知，实验①、③可探究草酸的浓度对反应速率的影响，实验时要保证溶液总体积相同，才能保证其他条件相同草酸的浓度不同，则Vx=(2.0—1.0) mL=1.0mL，控制单一变量，必须保证反应物草酸浓度不同，而其它物质浓度不变； （3）由表格数据可知，由于草酸均过量，所以溶液均褪色，实验①的反应温度低于实验②，则反应速率实验①小于实验②，实验②溶液紫色褪色快于实验①； （4）由题意可知，根据影响反应速率的因素，速率突然加快的原因可能是草酸与高锰酸钾反应放热，导致溶液温度升高，反应速率加快，还可能是反应生成的硫酸锰起催化剂的作用，使反应速率加快。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$