专题1 有机化学的发展及研究思路 整理与提升(课件PPT+Word教案)-【步步高】2024-2025学年高二化学选择性必修第三册教师用书（苏教版2019）

整理与提升 一、体系构建 1.有机化学的发展与应用 2.科学家怎样研究有机物 二、真题导向 考向一　有机物的分离与提纯 1.(2023·浙江6月选考，12)苯甲酸是一种常用的食品防腐剂。某实验小组设计粗苯甲酸(含有少量NaCl和泥沙)的提纯方案如下： 下列说法不正确的是(　　) A.操作Ⅰ中依据苯甲酸的溶解度估算加水量 B.操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙和NaCl C.操作Ⅲ缓慢冷却结晶可减少杂质被包裹 D.操作Ⅳ可用冷水洗涤晶体 答案　B 解析　操作Ⅰ中，为减少能耗、减少苯甲酸的溶解损失，溶解所用水的量需加以控制，可依据苯甲酸的溶解度估算加水量，A正确；操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙，同时防止苯甲酸结晶析出，NaCl的溶解度受温度影响不大，未结晶析出，B不正确；操作Ⅲ缓慢冷却结晶，可形成较大的苯甲酸晶体颗粒，同时可减少杂质被包裹在晶体颗粒内部，C正确；苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水，所以操作Ⅳ可用冷水洗涤晶体，既可去除晶体表面吸附的杂质离子，又能减少溶解损失，D正确。 2.(2022·山东，9改编)已知苯胺(，液体，—NH2呈碱性)、苯甲酸(固体)微溶于水，苯胺盐酸盐易溶于水。实验室初步分离甲苯、苯胺、苯甲酸混合溶液的流程如下。下列说法正确的是(　　) A.苯胺既可与盐酸也可与NaOH溶液反应 B.由①、③分别获取相应粗品时可采用相同的操作方法 C.苯胺、甲苯、苯甲酸粗品依次由①、②、③获得 D.①、②、③均为两相混合体系 答案　C 解析　由题给流程可知，向甲苯、苯胺、苯甲酸的混合溶液中加入盐酸，盐酸将微溶于水的苯胺转化为易溶于水的苯胺盐酸盐，分液得到水相Ⅰ和有机相Ⅰ；向水相Ⅰ中加入氢氧化钠溶液将苯胺盐酸盐转化为苯胺，分液得到苯胺粗品①；向有机相Ⅰ中加入水，洗涤除去混有的盐酸，分液得到废液和有机相Ⅱ，向有机相Ⅱ中加入碳酸钠溶液将微溶于水的苯甲酸转化为易溶于水的苯甲酸钠，分液得到甲苯粗品②和水相Ⅱ；向水相Ⅱ中加入盐酸，将苯甲酸钠转化为苯甲酸，经结晶或重结晶、过滤、洗涤得到苯甲酸粗品③。苯胺分子中含有的氨基能与盐酸反应，但不能与氢氧化钠溶液反应，故A错误。 3.(2023·新课标卷，28)实验室由安息香制备二苯乙二酮的反应式如下： 相关信息列表如下： 物质 性状 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解性 安息香 白色固体 133 344 难溶于冷水，溶于热水、乙醇、乙酸 二苯乙二酮 淡黄色固体 95 347 不溶于水，溶于乙醇、苯、乙酸 冰乙酸 无色液体 17 118 与水、乙醇互溶 装置示意图如图所示，实验步骤为： ①在圆底烧瓶中加入10 mL冰乙酸、5 mL水及9.0 g FeCl3·6H2O，边搅拌边加热，至固体全部溶解。 ②停止加热，待沸腾平息后加入2.0 g安息香，加热回流45~60 min。 ③加入50 mL水，煮沸后冷却，有黄色固体析出。 ④过滤，并用冷水洗涤固体3次，得到粗品。 ⑤粗品用75%的乙醇重结晶，干燥后得淡黄色结晶1.6 g。 回答下列问题： (1)仪器A中应加入　　　　(填“水”或“油”)作为热传导介质。  (2)仪器B的名称是　　　　；冷却水应从　　　　(填“a”或“b”)口通入。  (3)实验步骤②中，安息香必须待沸腾平息后方可加入，其主要目的是　　　　。  (4)在本实验中，FeCl3为氧化剂且过量，其还原产物为　　　　；某同学尝试改进本实验：采用催化量的FeCl3并通入空气制备二苯乙二酮。该方案是否可行？　　　　，简述判断理由　　　　  　 　。 (5)本实验步骤①~③在乙酸体系中进行，乙酸除作溶剂外，另一主要作用是防止　　　　。  (6)若粗品中混有少量未氧化的安息香，可用少量　　　　洗涤的方法除去(填字母)。若要得到更高纯度的产品，可用重结晶的方法进一步提纯。  a.热水　b.乙酸　c.冷水　d.乙醇 (7)本实验的产率最接近于　　　　(填字母)。  a.85%　b.80% 　c.75%　d.70% 答案　(1)油　(2)球形冷凝管　a　(3)防暴沸　(4)FeCl2　可行　空气可以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl3，FeCl3可循环参与反应　(5)氯化铁水解　(6)a　(7)b 解析　(1)该实验需要加热使冰乙酸沸腾，冰乙酸的沸点超过了100 ℃，应选择油浴加热。(3)步骤②中，若沸腾时加入安息香，会引起暴沸，所以需要待沸腾平息后加入。(4)FeCl3为氧化剂，则铁元素的化合价降低，还原产物为FeCl2，若采用催化量的FeCl3并通入空气制备二苯乙二酮，空气可以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl3，FeCl3可循环参与反应。(5)氯化铁易水解，所以步骤①~③中，乙酸除作溶剂外，另一主要作用是防止氯化铁水解。(6)根据安息香和二苯乙二酮的溶解特征，安息香溶于热水，二苯乙二酮不溶于水，所以可以用热水洗涤粗品除去安息香。(7)2.0 g安息香(C14H12O2)的物质的量约为0.009 4 mol，理论上可产生二苯乙二酮(C14H10O2)的物质的量约为0.009 4 mol，质量约为1.98 g，产率为×100%≈80.8%，最接近80%。 考向二　有机物的组成与结构 4.下列说法不正确的是(　　) A.的核磁共振氢谱有3组峰(2023·　北京，11A改编) B.已知依据红外光谱可确证X、Y存在不同的官能团(2023·山东，12A) C.的核磁共振氢谱有3组峰(2023·辽宁，8C) D.在光照下，螺吡喃发生开、闭环转换而变色，过程为，则开、闭环螺吡喃互为同分异构体(2023·辽宁，6B) 答案　C 解析　分子中有3种不同化学环境的氢原子，核磁共振氢谱有3组峰，A正确；由图示有机物X、Y的结构简式可知，X含有碳碳双键和醚键，Y含有碳碳双键和羰基，红外光谱图中可以反映不同官能团或化学键的吸收峰，故依据红外光谱可确证X、Y存在不同的官能团，B正确；由结构简式知，其核磁共振氢谱有4组峰，C错误；它们的分子式均为C19H19NO，结构不同，互为同分异构体，D正确。 5.(2023·全国乙卷，26)元素分析是有机化合物的表征手段之一。按如图实验装置(部分装置略)对有机化合物进行C、H元素分析。 回答下列问题： (1)将装有样品的Pt坩埚和CuO放入石英管中，先　　　　　　　，而后将已称重的U形管c、d与石英管连接，检查　　　　　　　。依次点燃煤气灯　　　　　　　，进行实验。  (2)O2的作用有　　　　　　　。CuO的作用是　　　　　　　(举1例，用化学方程式表示)。  (3)c和d中的试剂分别是　　　　　　　、　　　　　　　(填标号)。c和d中的试剂不可调换，理由是　　　　　　　。  A.CaCl2　　　　　　　　　　 B.NaCl C.碱石灰(CaO+NaOH)　　　 D.Na2SO3 (4)Pt坩埚中样品CxHyOz反应完全后，应进行操作：　　　　　　　。取下c和d管称重。  (5)若样品CxHyOz为0.023 6 g，实验结束后，c管增重0.010 8 g，d管增重0.035 2 g。质谱测得该有机物的相对分子量为118，其分子式为　　　　　　　。  答案　(1)通入一定量的O2　装置气密性　b、a (2)排尽装置中的空气，氧化有机物，将生成的CO2和H2O完全赶入U形管中　CO+CuOCu+CO2　(3)A　C　碱石灰可以同时吸收水蒸气和二氧化碳　(4)熄灭a处煤气灯，继续吹入一定量的O2，熄灭b处煤气灯，冷却至室温，停止通O2　(5)C4H6O4 解析　(1)实验前，应先通入一定量的O2排尽石英管中的空气，保证没有其他产物生成，而后将U形管c、d与石英管连接，检查装置气密性，随后先点燃b处煤气灯后点燃a处煤气灯，保证当a处发生反应时产生的CO能被CuO氧化生成CO2。(2)有机物氧化不充分时会生成CO，而CuO可将CO氧化为CO2，反应的化学方程式为CO+CuOCu+CO2。(3)有机物燃烧后生成的CO2和H2O分别用碱石灰和无水CaCl2吸收，其中c管装有无水CaCl2，d管装有碱石灰，二者不可调换，因为碱石灰能同时吸收水蒸气和二氧化碳，影响最后分子式的确定。(5)n(H)==0.001 2 mol；n(C)==0.000 8 mol；n(O)==0.000 8 mol；该有机物中C、H、O三种元素的原子个数比为0.000 8∶0.001 2∶0.000 8=2∶3∶2；质谱测得该有机物的相对分子量为118，则其化学式为C4H6O4。 考向三　有机反应机理 6.(2022·浙江1月选考，24)某课题组设计一种固定CO2的方法，原理如图。下列说法不正确的是(　　) A.反应原料中的原子100%转化为产物 B.该过程在化合物X和I-催化下完成 C.该过程仅涉及加成反应 D.若原料用，则产物为 答案　C 解析　通过图示可知，二氧化碳和反应生成，没有其他物质生成，反应原料中的原子100%转化为产物，A正确；通过图示可知，X和I-在反应过程中是该反应的催化剂，B正确；在该循环过程的最后一步中形成五元环的时候反应类型为取代反应，C错误；分析该反应流程可知，通过该历程可以把三元环转化为五元环，故若原料用，则产物为，D正确。 7.(2022·辽宁，10)利用有机分子模拟生物体内“醛缩酶”催化Diels⁃Alder反应取得重要进展，荣获2021年诺贝尔化学奖。某Diels⁃Alder反应催化机理如下，下列说法错误的是(　　) A.总反应为加成反应 B.Ⅰ和Ⅴ互为同系物 C.Ⅵ是反应的催化剂 D.化合物X为H2O 答案　B 解析　由催化机理可知，总反应为，该反应为加成反应，A正确；的结构不相似，分子组成上也不相差一个或若干个CH2原子团，两者不互为同系物，B错误；由催化机理可知，反应消耗了Ⅵ又生成了Ⅵ，Ⅵ是反应的催化剂，C正确；Ⅰ+Ⅵ―→X+Ⅱ，由Ⅰ、Ⅵ、Ⅱ的结构简式可知，X为H2O，D正确。 8.(2021·山东，14)18O标记的乙酸甲酯在足量NaOH溶液中发生水解，部分反应历程可表示为：+OH-+CH3O-，能量变化如图所示。已知为快速平衡，下列说法正确的是(　　) A.反应 Ⅱ 、 Ⅲ 为决速步 B.反应结束后，溶液中存在18OH- C.反应结束后，溶液中存在COH D.反应Ⅰ与反应Ⅳ活化能的差值等于图示总反应的焓变 答案　B 解析　一般来说，反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应Ⅰ和反应Ⅳ的活化能较高，因此反应的决速步为反应Ⅰ 、Ⅳ ，故A错误；反应Ⅰ为加成反应，而为快速平衡，反应 Ⅱ 的成键和断键方式为或，后者能生成18OH-，因此反应结束后，溶液中存在18OH-，故B正确；反应Ⅲ的成键和断键方式为或，因此反应结束后溶液中不会存在COH，故C错误；该总反应对应反应物的总能量高于生成物的总能量，总反应为放热反应，因此和CH3O-的总能量与和OH-的总能量之差等于图示总反应的焓变，故D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 整理与提升 专题1　 <<< 内容索引 一、体系构建 二、真题导向 2 体系构建 > < 一 1.有机化学的发展与应用 一、体系构建 有机化学发展的历史 人类赖以生存的有机化合物 有机化合物对生命活动的影响 有机功能材料 环境保护 2.科学家怎样研究有机物 返回 > < 二 真题导向 考向一　有机物的分离与提纯 1.(2023·浙江6月选考，12)苯甲酸是一种常用的食品防腐剂。某实验小组设计粗苯甲酸(含有少量NaCl和泥沙)的提纯方案如下： 下列说法不正确的是 A.操作Ⅰ中依据苯甲酸的溶解度估 算加水量 B.操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙和NaCl C.操作Ⅲ缓慢冷却结晶可减少杂质被包裹 D.操作Ⅳ可用冷水洗涤晶体 二、真题导向 √ 操作Ⅰ中，为减少能耗、减少苯甲酸的溶解损失，溶解所用水的量需加以控制，可依据苯甲酸的溶解度估算加水量，A正确； 操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙，同时防止苯甲酸结晶析出，NaCl的溶解度受温度影响不大，未结晶析出，B不正确； 操作Ⅲ缓慢冷却结晶，可形成较大的苯甲酸晶体颗粒，同时可减少杂质被包裹在晶体颗粒内部，C正确； 苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水，所以操作Ⅳ可用冷水洗涤晶体，既可去除晶体表面吸附的杂质离子，又能减少溶解损失，D正确。 2.(2022·山东，9改编)已知苯胺( ，液体，—NH2呈碱性)、苯甲酸(固 体)微溶于水，苯胺盐酸盐易溶于水。实验室初步分离甲苯、苯胺、苯甲酸混合溶液的流程如下。下列说法正确的是 A.苯胺既可与盐酸也可与NaOH溶液反应 B.由①、③分别获取相应粗品时可采用 相同的操作方法 C.苯胺、甲苯、苯甲酸粗品依次由①、②、③获得 D.①、②、③均为两相混合体系 √ 由题给流程可知，向甲苯、苯胺、苯甲酸的混合溶液中加入盐酸，盐酸将微溶于水的苯胺转化为易溶于水的苯胺盐酸盐，分液得到 水相Ⅰ和有机相Ⅰ；向水相Ⅰ中加入氢氧化钠溶液将苯胺盐酸盐转化为苯胺，分液得到苯胺粗品①； 向有机相Ⅰ中加入水，洗涤除去混有的盐酸，分液得到废液和有机相Ⅱ，向有机相Ⅱ中加入碳酸钠溶液将微溶于水的苯甲酸转化为易溶于 水的苯甲酸钠，分液得到甲苯粗品 ②和水相Ⅱ；向水相Ⅱ中加入盐酸，将苯甲酸钠转化为苯甲酸，经结晶或重结晶、过滤、洗涤得到苯甲酸粗品③。苯胺分子中含有的氨基能与盐酸反应，但不能与氢氧化钠溶液反应，故A错误。 3.(2023·新课标卷，28)实验室由安息香制备二苯乙二酮的反应式如下： 相关信息列表如下： 物质 性状 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解性 安息香 白色固体 133 344 难溶于冷水，溶于热水、乙醇、乙酸 二苯乙二酮 淡黄色固体 95 347 不溶于水，溶于乙醇、苯、乙酸 冰乙酸 无色液体 17 118 与水、乙醇互溶 装置示意图如图所示，实验步骤为： ①在圆底烧瓶中加入10 mL冰乙酸、5 mL水及9.0 g FeCl3·6H2O，边搅拌边加热，至固体全部溶解。 ②停止加热，待沸腾平息后加入2.0 g安息香，加热 回流45~60 min。 ③加入50 mL水，煮沸后冷却，有黄色固体析出。 ④过滤，并用冷水洗涤固体3次，得到粗品。 ⑤粗品用75%的乙醇重结晶，干燥后得淡黄色结晶1.6 g。 回答下列问题： (1)仪器A中应加入　　(填“水”或“油”)作为热传导介质。  油 该实验需要加热使冰乙酸沸腾，冰乙酸的沸点超过了100 ℃，应选择油浴加热。 (2)仪器B的名称是　　　 　；冷却水应从　　(填“a”或“b”)口通入。  (3)实验步骤②中，安息香必须待沸腾平息后方可加入，其主要目的是　　　　。  球形冷凝管 a 防暴沸 步骤②中，若沸腾时加入安息香，会引起暴沸，所以需要待沸腾平息后加入。 (4)在本实验中，FeCl3为氧化剂且过量，其还原产物为　　　；某同学尝试改进本实验：采用催化量的FeCl3并通入空气制备二苯乙二酮。该方案是否可行？　　　，简述判断理由_________________________________ ___________________________。 FeCl2 可行 空气可以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl3，FeCl3可循环参与反应 FeCl3为氧化剂，则铁元素的化合价降低，还原产物为FeCl2，若采用催化量的FeCl3并通入空气制备二苯乙二酮，空气可以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl3，FeCl3可循环参与反应。 (5)本实验步骤①~③在乙酸体系中进行，乙酸除作溶剂外，另一主要作用是防止　　　 　。  氯化铁水解 氯化铁易水解，所以步骤①~③中，乙酸除作溶剂外，另一主要作用是防止氯化铁水解。 (6)若粗品中混有少量未氧化的安息香，可用少量　　洗涤的方法除去(填字母)。若要得到更高纯度的产品，可用重结晶的方法进一步提纯。 a.热水　b.乙酸　c.冷水　d.乙醇 a 根据安息香和二苯乙二酮的溶解特征，安息香溶于热水，二苯乙二酮不溶于水，所以可以用热水洗涤粗品除去安息香。 (7)本实验的产率最接近于　　(填字母)。  a.85%　　b.80% 　c.75%　　d.70% b 2.0 g安息香(C14H12O2)的物质的量约为0.009 4 mol，理论上可产生二苯乙二酮(C14H10O2)的物质的量约为0.009 4 mol，质量约为1.98 g，产率为×100%≈80.8%，最接近80%。 考向二　有机物的组成与结构 4.下列说法不正确的是 A. 的核磁共振氢谱有3组峰(2023·　北京，11A改编) B.已知 依据红外光谱可确证X、Y存在不同的官能团(2023·山东，12A) C. 的核磁共振氢谱有3组峰(2023·辽宁，8C) D.在光照下，螺吡喃发生开、闭环转换而变色，过程为 ，则开、 闭环螺吡喃互为同分异构体(2023·辽宁，6B) √ 分子中有3种不同化学环境的氢原子，核磁共振氢谱有3组峰，A正确； 由图示有机物X、Y的结构简式可知，X含有碳碳双键和醚键，Y含有碳碳双键和羰基，红外光谱图中可以反映不同官能团或化学键的吸收峰，故依据红外光谱可确证X、Y存在不同的官能团，B正确； 由结构简式知，其核磁共振氢谱有4组峰，C错误； 它们的分子式均为C19H19NO，结构不同，互为同分异构体，D正确。 5.(2023·全国乙卷，26)元素分析是有机化合物的表征手段之一。按如图实验装置(部分装置略)对有机化合物进行C、H元素分析。 回答下列问题： (1)将装有样品的Pt坩埚和CuO放 入石英管中，先　　　　　　　， 而后将已称重的U形管c、d与石英管连接，检查　　　　 　。依次点燃煤气灯　　　，进行实验。  通入一定量的O2 装置气密性 b、a 实验前，应先通入一定量的 O2排尽石英管中的空气，保 证没有其他产物生成，而后 将U形管c、d与石英管连接，检查装置气密性，随后先点燃b处煤气灯后点燃a处煤气灯，保证当a处发生反应时产生的CO能被CuO氧化生成CO2。 (2)O2的作用有__________________________________________________ ______________。CuO的作用是　　　　　 　　(举1例，用化学方程式表示)。  排尽装置中的空气，氧化有机物，将生成的CO2和H2O完全赶入U形管中 CO+CuO Cu+CO2 有机物氧化不充分时会生成CO，而CuO可将CO氧化为CO2，反应的化学方程式为CO+CuO Cu+CO2。 (3)c和d中的试剂分别是　　、　　(填标号)。c和d中的试剂不可调换，理由是　　　　　　 　。  A.CaCl2　　　　　　　　　　 B.NaCl C.碱石灰(CaO+NaOH)　　　 D.Na2SO3 A C 碱石灰可以同时吸收水蒸气和二氧化碳 有机物燃烧后生成的CO2和H2O分别用碱石灰和无水CaCl2吸收，其中c管装有无水CaCl2，d管装有碱石灰，二者不可调换，因为碱石灰能同时吸收水蒸气和二氧化碳，影响最后分子式的确定。 (4)Pt坩埚中样品CxHyOz反应完全后，应进行操作：___________________ _______________________________________________________。取下c和d管称重。  熄灭a处煤气灯，继续吹入一定量的O2，熄灭b处煤气灯，冷却至室温，停止通O2 (5)若样品CxHyOz为0.023 6 g，实验结束后，c管增重0.010 8 g，d管增重0.035 2 g。质谱测得该有机物的相对分子量为118，其分子式为　　　　。 C4H6O4 n(H)==0.001 2 mol；n(C)==0.000 8 mol； n(O)==0.000 8 mol；该有机物中C、H、O 三种元素的原子个数比为 0.000 8∶0.001 2∶0.000 8 =2∶3∶2；质谱测得该有 机物的相对分子量为118，则其化学式为C4H6O4。 考向三　有机反应机理 6.(2022·浙江1月选考，24)某课题组设计一种固定CO2的方法，原理如图。下列说法不正确的是 A.反应原料中的原子100%转化为产物 B.该过程在化合物X和I-催化下完成 C.该过程仅涉及加成反应 D.若原料用 ，则产物为 √ 通过图示可知，二氧化碳和 反应生成 ，没有其他物质生成，反应原料中的原子100%转化为产物，A正确； 通过图示可知，X和I-在反应过程中是该反应的催化剂，B正确； 在该循环过程的最后一步中形成五元环的时候反应类型为取代反应，C错误； 分析该反应流程可知，通过该历程可以把三元环转化为五元环，故若原料用 ，则产物为 ，D正确。 7.(2022·辽宁，10)利用有机分子模拟生物体内“醛缩酶”催化Diels⁃Alder反应取得重要进展，荣获2021年诺贝尔化学奖。某Diels⁃Alder反应催化机理如下，下列说法错误的是 A.总反应为加成反应 B.Ⅰ和Ⅴ互为同系物 C.Ⅵ是反应的催化剂 D.化合物X为H2O √ 由催化机理可知，总反应为 ，该反应为加成反应，A正确； 的结构不相似，分子组成上也不相差一个或若干个CH2原子团，两者不互为同系物，B错误； 由催化机理可知，反应消耗了Ⅵ又生成了Ⅵ，Ⅵ是反应的催化剂，C正确； Ⅰ+Ⅵ―→X+Ⅱ，由Ⅰ、Ⅵ、Ⅱ的结构简式可知，X为H2O，D正确。 8.(2021·山东，14)18O标记的乙酸甲酯在足量NaOH溶液中发生水解，部 分反应历程可表示为： +OH- +CH3O-，能量变化如图所示。 已知 为快速平衡，下列说法正确的是 A.反应Ⅱ 、 Ⅲ为决速步 B.反应结束后，溶液中存在18OH- C.反应结束后，溶液中存在CH318OH D.反应Ⅰ与反应Ⅳ活化能的差值等于 图示总反应的焓变 √ 一般来说，反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应Ⅰ和反应Ⅳ的活化能较高，因此反应的决速步为反应Ⅰ 、Ⅳ ，故A错误； 反应Ⅰ为加成反应，而 为快速平衡，反应Ⅱ的成键和断键方式为 或 ，后者能生成 18OH-，因此反应结束后，溶液中存在18OH-，故B正确； 反应Ⅲ的成键和断键方式为 或 ，因此反应结束后溶液中不会存 在CH318OH，故C错误； 该总反应对应反应物的总能量高于生成物的总能 量，总反应为放热反应，因此 和 CH3O-的总能量与 和OH-的总能量之差等于图示总反应的焓变，故D错误。 返回 $$