四川省成都市第七中学2018届高三二诊(3月)模拟考试理综化学试题(解析版).doc

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资源描述

1、四川省成都市第七中学2018届高三二诊(3月)模拟考试理综化学试题可能用到的相对原予质量:H l B10.8 C 12 O 16 Na 23 S 32 Cu 64 Ga 70 As 751. 化学与生活、生产、环境密切相关。 下列说法错误的是( )A. 以液化石油气代替燃油可减少大气污染B. 可燃冰被认为是21世纪新型清洁的能源,但不恰当的开采会诱发海底地质灾害,加重温室效应C. 蛋白质作为营养物质,在人体内不断分解,最后主要生成水和二氧化碳排出体外D. 利用高纯单质硅的半导体性能,可以制成光电池,将光能直接转化为电能【答案】C【解析】A项,液化石油气较燃油能更充分燃烧生成CO2和水,减小对大

2、气造成的污染,故A项正确;B.可燃冰被认为是21世纪新型清洁的能源,但可燃冰主要存在在海洋,不恰当的开采会诱发海底地质灾害,同时可燃冰燃烧会产生CO2,CO2会产生温室效应,故B正确;C. 蛋白质的结构单元是氨基酸,是构成机体组织器官的重要组成部分,故C错; D. 硅是半导体,利用高纯单质硅的半导体性能,可以制成光电池,将光能直接转化为电能是正确,故D正确。本题答案:C。2. 下列说法错误的是( )A. 乙醇能使酸性高锰酸钾溶液褪色,被氧化生成CO2和H2OB. 和C4Hl0的二氯代物的数目不同(不含立体异构)C. 乙烯能使溴水褪色、能使酸性KMnO4溶液褪色,它们发生反应的类型不同D. 植物

3、油通过氢化可以变成脂肪【答案】A【解析】A. 乙醇能使酸性高锰酸钾溶液褪色,被氧化生成乙酸,故A错;B.根据 分析知其二氯代物有12种,C4Hl0由正丁烷异丁烷两种异构体,正丁烷的二氯代物有6种,异丁烷的二氯代物有3种,C4Hl0的二氯代物的数目共有9种,故B对;C. 乙烯能使溴水褪色,发生加成反应、能使酸性KMnO4溶液褪色发生氧化反应,它们发生反应的类型不同,故C对;D. 植物油为不饱和的高级脂肪酸甘油酯,加氢后,可以变成饱和的高级脂肪酸甘油酯,由液态的油变成固态的脂肪,故D正确。点睛:本题考查有机物性质相关知识。主要考查乙醇,乙烯与酸性高锰酸钾反应原理,和溴水反应的区别。抓住碳碳双特征,

4、易被加成和氧化。找二氯代物同分异构体的方法:定一移一,找对称性的方法进行确定。3. 下列实验操作规范且所选玻璃仪器能达到目的的是( )目的操作所选玻璃仪器A除去KNO3中少量NaCl将混合物制成热的饱和溶液,冷却结晶,过滤酒精灯、烧杯、玻璃棒B海带提碘将海带剪碎,加蒸馏水浸泡,取滤液加稀硫酸和H2O2试管、胶头滴管、烧杯、漏斗C测定饱和NaClO溶液、CH3COONa溶液的pH值分别蘸取两种溶液滴在pH试纸上,颜色稳定后与标准比色卡对照玻璃棒、玻璃片D配制480ml0.5mol/LCuS04溶液将称量好的62.5g CuSO45H2O溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀烧杯、玻璃棒、量筒、一定规

5、格的容量瓶、胶头滴管A. A B. B C. C D. D【答案】D学#科#网.学#科#网.学#科#网.学#科#网.4. 设NA为阿伏加德罗常数的值。 下列说法正确的是 ( )A. 0.1molH218O与D2O的混合物中所含中子数为NAB. 17g羟基所含电子的数目为10NAC. lLpH=l的H2SO4溶液中含有的H+数目为0.2NAD. 密闭容器中1molH2(g)与ImolI2(g)共热反应制备HI增加2NA个H-I键【答案】A【解析】A 与的混合物的物质的量为,一个、分子均含有10个中子,混合物所含中子数等于,故A项正确;B. 17g羟基的物质的量为1mol,所含电子的数目为9NA,

6、故B错;C. lLpH=l的H2SO4溶液中含0.05mol H2SO4,电离出0.1NA H+,水还可以电离出H+为10-13mol,,所以lLpH=l的H2SO4溶液中含有的H+数目小于0.2NA,故C错误;D. 密闭容器中 H2(g)+ I2(g) 2HI1mol H2(g)与Imol I2(g)共热反应制备HI,含H-I键小于2NA个,故D错误。本题答案:A。5. 下图装置(I)为一种可充电锂离子电池的示意图,该电池充、放电的化学方程式为: Li4Ti5O12+3LiLi7Ti5O12。装置(II)为电解池的示意图。当闭合K1断开K2时,Fe电极附近溶液先变红。下列说法正确的是( )A

7、. 闭合K1,断开K2时,若将Fe电极和石墨电极互换,装置(II)中发生的总反应为:2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2B. 闭合K1,断开K2时,当0.1 mol Li+从A极区迁移到B极区,理论上Fe电极上产生的气体体积为1.12 LC. 取下锂离子电池充电,电极B为阳极,发生氧化反应,电极上发生的电极反应式为:Li7Ti5O12-3e- = Li4Ti5O12+3Li+D. 若开始时,断开K1,闭合K2,一段时间后,石墨电极附近显红色,则该电极反应为:2H+2e-= H2【答案】C【解析】试题分析:当闭合K1,断开K2时,Fe电极附近溶液先变红,说明Fe电极生成OH-,应为电解池

8、的阴极,石墨为电解池的阳极,A为原电池的负极,B为原电池的正极。A.闭合K1,断开K2时,若将Fe电极和石墨电极互换,活性金属作阳极,优先失电子,则装置()中发生的总反应为:Fe+2H2OFe(OH)2+H2,A项错误;B. 当有0.1molLi+通过离子交换膜,说明有1mol电子转移,根据2H2O+2e-=H2+2OH-,可知生成氢气0.05mol,体积为1.12L,B项正确;C. 装置()为一种可充电锂离子电池,放电时,电极A为负极,则充电时与电源的负极相连,电极A为阴极,C项错误;D. 若开始时,断开K1,闭合K2,形成的是铁的吸氧腐蚀,一段时间后,石墨电极附近显红色,该电极反应为:O2

9、+2H2O+4e-=4OH-,D项错误;答案选B。【考点定位】考查电解池、原电池的工作原理。【名师点睛】本题考查电解池、原电池的工作原理。当闭合K1,断开K2时,Fe电极附近溶液先变红,说明Fe电极生成OH-,应为电解池的阴极,石墨为电解池的阳极,A为原电池的负极,B为原电池的正极,据此分析解答即可。6. X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的五种短周期主族元素。其中只有Z是金属元素,W的单质是黄色固体,X、Y、W在周期表中的相对位置关系如图所示。下列说法正确的是( )A. Z的最高价氧化物对应的水化物不可能显弱碱性B. Y的简单阴离子比W的简单阴离子的还原性弱C. X、W、Q的氢化物均可在Y

10、的单质中燃烧D. Q的氢化物的水溶液能与W的盐反应得到W的氢化物,说明非金属性QW【答案】B【解析】由X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的五种短周期主族元素,W的单质是黄色固体知W为S,根据周期表知Y 为O,X为N,Q为Cl,Z是金属元素,所以Z可能是Na Mg Al中的一个,当Z是铝元素时,A错误; 因为Y是氧元素,W为硫元素,非金属性OS,还原性O2-S2-,故B正确;C. X、W、Q的氢化物分别NH3 H2S HCl,其中HCl不能与氧气反应,C错误; D. 元素的非金属性强弱不能从氢化物与盐反应的角度进行分析,D错误。点睛:考查元素周期表和元素周期律的知识。解答此题根据位 构 性的关

11、系,先确定元素的名称,在根据在周期表的位置,元素周期律的递变规律,推导元素的性质。7. 羟氡(NH2OH)为一元弱碱(25时,电离常数Kb=9.0l0-9),其电离方程式为:NH2OH+H2ONH3OH+OH-。用0.lmol/L盐酸滴定20mL0.lmol/L NH2OH溶液,恒定25时,滴定过程中由水电离出来的H+浓度的负对数与盐酸体积的关系如图所示(己知:lg3=0.5)。下列说法不正确的是( )A. A、B、C、D四点对应的溶液中NH2OH电离常数相等B. A点对应溶液的pH=9.5C. D点对应溶液中存在:c(H+)=c(OH-)+c(NH3OH+)+c(NH2OH)D. C点时,溶

12、液呈酸性【答案】C【解析】A故A对;B根据电荷守恒规律,故C正确;恒定25时C点的PHBr2Fe3+ (9). 2FeCl36H2O+MnO2Fe2O3+MnCl2+Cl2+2HCl+11H2O【解析】(1)FeCl36H2O 受热失去结晶水FeCl36H2OFeCl3+6H2O,同时水解FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl,生成HCl气体,HCl和H2O结合形成盐酸小液滴,而形成白雾,故答案为:HCl小液滴;FeCl36H2O 受热水解,生成HCl 气体,同时受热失去结晶水,HCl和H2O 结合形成盐酸小液滴产生白雾;(2)FeCl3溶液中滴入KSCN溶液,发生络合反应,Fe3+3S

13、CN-=Fe(SCN)3,生成血红色的硫氰化铁,用KSCN 溶液检验现象ii 和A 中的黄色气体,溶液均变红,说明含有FeCl3故答案为:FeCl3;(3)碘离子具有还原性,氯化铁具有强氧化性,两者反应,碘离子被氧化为碘单质,反应离子方程式为:2Fe3+2I-=2Fe2+I2,故答案为:2Fe3+2I-=2Fe2+I2;FeCl36H2O 受热水解,生成HCl气体,作对照实验,需用盐酸酸化,另取一支试管,向其中加入KI-淀粉溶液,再滴入几滴HCl溶液,在空气中放置,观察一段时间后溶液变蓝,原因是:4H+4I-+O2=2I2+2H2O故答案为:4H+4I-+O2=2I2+2H2O。(4)方案1:

14、氯化铁能氧化碘离子,氧气在酸性条件下,能氧化碘离子,所以需除去Cl2中的FeCl3和O2(H+),若仍能观察到B中溶液仍变为蓝色,则证明原气体中确实存在Cl2,使用饱和NaCl溶液,可以让FeCl3溶解,并且除去O2影响过程中提供酸性的HCl气体,从而排除两个其他影响因素,故答案为:饱和NaCl溶液;检验Fe2+的试剂是滴入黄色的铁氰化钾溶液,看是否产生蓝色的沉淀,如果有蓝色沉淀产生,证明有Fe2+,反之无Fe2+。本题答案:K3Fe(CN)6。因为化性强弱顺序:Cl2Br2Fe3+方案2若B中观察到浅橙红色,则证明有物质能够将Br-氧化成Br2,根据性强弱顺序:Cl2Br2Fe3+,则证明是

15、Cl2氧化的Br-,而不是Fe3+,无法验出Fe2+存在,另外,因为还原剂用的不是I-,可不用考虑O2(H+)的影响问题。所以选择了NaBr。9. 硼镁泥是硼镁矿生产硼砂晶体(Na2B4O710H2O)时的废渣,其主要成分是MgO,还含有Na2B4O7、CaO、Fe2O3、FeO、MnO、SiO2等杂质。以硼镁泥为原料制取七水硫酸镁的工艺流程如下:回答下列问题:(l)Na2B4O710H2O中B的化合价为_。(2)Na2B4O7易溶于水,也易发生水解:B4O72-+7H2O4H3BO3(硼酸)+2OH-(硼酸在常温下溶解度较小)。写出加入硫酸时Na2B4O7发生反应的化学方程式:_。(3)滤渣

16、B中含有不溶于稀盐酸但能溶于热浓盐酸的黑色固体,写出生成黑色固体的离子方程式_。(4)加入MgO的目的是_。(5)已知MgSO4、CaSO4的溶解度如下表:温度()溶解度(g)40506070MgSO430.933.435.636.9CaSO40.2100.2070.2010.193“操作A”是将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去,根据上表数据,简要说明“操作A”步骤为_。(6)硼砂也能在工业上制取NaBH4,NaBH4被称为有机化学中的“万能还原剂”。写出NaBH4的电子式:_。“有效氢含量”可用来衡量含氢还原剂的还原能力,其定义是:每克含氢还原剂的还原能力相当于多少克H2的还

17、原能力。NaBH4的有效氢含量为_(保留两位小数)。在碱性条件下,在阴极上电解NaBO2也可制得硼氢化钠,写出阴极室的电极反应式:_。【答案】 (1). +3 (2). Na2B4O7+H2SO4+5H2O=Na2SO4+4H3BO3 (3). ClO- +Mn2+H2O=MnO2+Cl-+2H+ (4). 调节溶液的pH值,使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去 (5). 蒸发浓缩、趁热过滤 (6). (7). 0.21 (8). BO2-+6H2O+8e-=BH4-+8OH-【解析】(1)设B的化合价为x价,根据化合物中各元素化合价代数和为零可得,解得,所以中的化合价为+3价。 (2)Na2B4

18、O7易溶于水,也易发生水解:B4O72-+7H2O4H3BO3(硼酸)+2OH-(硼酸在常温下溶解度较小)。加入硫酸时促进了B4O72-的水解,所以Na2B4O7与硫酸发生反应的化学方程式:Na2B4O7+H2SO4+5H2O=Na2SO4+4H3BO3。(3)由硼镁泥的成分推断可知,不溶于稀盐酸但能溶于浓盐酸的黑色固体为,即被氧化成,则其反应离子方程式为。(4)属于碱性氧化物,能够与溶液中的反应,从而改变溶液的值,因此可通过改变加入量来调节溶液的,达到使以沉淀的形式除去的目的。(5)因为CaSO4 微溶于水,MgSO4 易溶于水,“操作A”是将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去

19、,根据上表数据,操作A采用结晶的方法除去CaSO4,步骤为蒸发浓缩、趁热过滤。(6)写出NaBH4的电子式中显-1价,中显0价,两者的还原产物均为(显+1价),的可以失去电子,可以失去电子,则的的还原能力等价于的,则根据“有效氢含量”的定义可知,的有效氢含量为。在NaBO2 中,B的化合价为+3,中B化合价为+5,在碱性条件下,在阴极上电解NaBO2,制硼氢化钠的电极反应式:BO2-+6H2O+8e-=BH4-+8OH-。答案为BO2-+6H2O+8e-=BH4-+8OH-。10. 碳的化合物的转换在生产、生活中具有重要的应用,如航天员呼吸产生的CO2用Sabatier反应处理,实现空间站中O

20、2的循环利用。Sabatier反应:CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g);水电解反应:2H2O(1) 2H2(g) +O2(g)。(1)将原料气按n(CO2):n(H2)=1:4置于密闭容器中发生Sabatier反应,测得H2O(g)的物质的量分数与温度的关系如图所示(虚线表示平衡曲线)。该反应的平衡常数K随温度降低而_(填“增大”或“减小”)。在密闭恒温(高于100)恒容装置中进行该反应,下列能说明达到平衡状态的是_。A混合气体密度不再改变 B混合气体压强不再改变C混合气体平均摩尔质量不再改变 D. n(CO2):n(H2)=1:2200达到平衡时体系的总压强为p,该反应平

21、衡常数Kp的计算表达式为_。(不必化简,用平衡分,压代替平衡浓度计算,分压=总压物质的量分数)(2)Sabatier反应在空间站运行时,下列措施能提高CO2转化率的是_(填标号)。A适当减压 B合理控制反应器中气体的流速C.反应器前段加热,后段冷却 D.提高原料气中CO2所占比例(3)一种新的循环利用方案是用Bosch反应CO2(g)+4H2(g)C(s)+2H2O(g)代替Sabatier反应。已知CO2(g)、H2O(g)的生成焓分别为-394kJ/mol、-242kJ/mol,Bosch反应的H=_kJ/mol。(生成焓指一定条件下由对应单质生成lmol化合物时的反应热)一定条件下Bos

22、ch反应必须在高温下才能启动,原因是_。若使用催化剂,则在较低温度下就能启动。Bosch反应的优点是_。【答案】 (1). 增大 (2). BC (3). (4). BC (5). -90 (6). 反应的活化能高 (7). 氢原子利用率为100%【解析】根据图中平衡时的物质的量分数曲线随温度的降低而增大,可知该正反应为放热反应,K随温度的升高而减小,K随温度降低而增大。答案:增大。根据在密闭恒温(高于100)恒容装置中进行的反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g);可知A混合气体密度不会改变,所以不能作为平衡的依据,故A错;B由反应可知此反应两边计量数不等,所以混合气体压强

23、不再改变标志达到平衡,故B正确。C混合气体平均摩尔质量M=m/n,M不变说明n不在改变,说明达到平衡了。故C正确; D. n(CO2):n(H2)=1:2不符合化学平衡的定义,不能作为判断平衡的依据,故D错。本题答案:B C。在密闭容器里全部由气体参与的反应中,平衡时气体压强之比=气体物质的量之比=气体物质的量浓度之比。根据反应达到平衡时的物质的量分数,可知平衡时所占的压强为,根据化学反应方程式可知所占压强为,因此和所占的压强为。根据初始投料比以及和的化学计量数之比可知反应达到平衡时,两者的物质的量之比也为,故平衡时所占的压强为,所占的压强为,故可写出的表达式为。(3)根据题目给出条件可知a.

24、,b.,由即可得Bosch反应,其反应热为。在化学反应中,只有活化分子才能发生有效碰撞而发生化学反应。升高温度可以提高反应物的活化能,从而发生反应,而Bosch反应的反应活化能高,所以必须在高温下才能启动。在Bosch反应中,氢原子全部转化到水分子中,水电解后氢原子又重新全部形成,因此该方案的优点为氢原子利用率为。11. 【化学一选修3:物质结构与性质】利用周期表中同主族元素的相似性,可预测元素的性质。(1)P元素的基态原子有_个未成对电子,白磷的分子式为P4,其结构如图甲所示。科学家目前合成了N4分子,N原子的杂化轨道类型是_,N-N键的键角为_;N4分解后能产生N2并释放出大量能量,推测其

25、用途为_。(2)N、P、As原子的第一电离能由大到小的顺序为_。(3)立方氮化硼晶体的结构如图乙所示。该晶体中,B原子填充在N原子的_(填空间构型名称)空隙中,且占据此类空隙的比例为_(填百分数)。(4)N与As是同族元素,B与Ga是同族元素,立方砷化镓晶体与立方氮化硼晶体结构类似,两种晶体中熔点较高的是_;立方砷化镓晶体的晶胞边长为apm,则其密度为_gcm-3(用含a的式子表示,设NA为阿伏加德罗常数的值)。【答案】 (1). 3 (2). sp3 (3). 60 (4). 制造火箭推进剂或炸药 (5). NPAs (6). (正)四面体 (7). 50% (8). 氮化硼 (9). 【解

26、析】(1)P元素原子价电子排布式为,基态原子有3个未成对电子,分子与结构相似,为正四面体构型,分子中N原子形成3个键、含有1对孤对电子,杂化轨道数目为4,N原子采取杂化,每个面为正三角形,键的键角为;分解后能产生并释放出大量能量,可以制造火箭推进剂或炸药,因此,本题正确答案是:3;制造火箭推进剂或炸药;(2)同主族自上而下第一电离能减小,故第一电离能:,因此,本题正确答案是:;(3)B原子周围的4个N原子形成正四面体结构;每个晶胞中由8个这样的正四面体结构,只有4个填充B原子,B原子占据此类空隙的比例为,因此,本题正确答案是:正四面体;(4)立方砷化镓晶体与立方氮化硼晶体结构类似,均属于原子晶

27、体,原子半径、,故氮化硼中共价键更强,氮化硼的晶体熔点更高,晶胞中As、Ga原子数目均为4,晶胞质量为,晶胞密度为,因此,本题正确答案是:氮化硼;.点睛:本题考查物质结构与性质相关知识, (2)同主族自上而下第一电离能减小;(3)B原子周围的4个N原子形成正四面体结构;每个晶胞中由8个这样的正四面体结构,只有4个填充B原子;(4)立方砷化镓晶体与立方氮化硼晶体结构类似,均属于原子晶体,原子半径越小,共价键越强,晶体熔点越高;根据均摊法计算晶胞中As、Ga原子数目,表示出晶胞质量,根据计算晶胞密度.12. 【化学选修5:有机化学基础】树脂交联程度决定了树脂的成膜性。下面是一种成膜性良好的醇酸型树

28、脂的合成路线,如下图所示。(1)B的分子式为C4H7Br,且B不存在顺反异构,B的结构简式为_,A到B步骤的反应类型是_。(2)E中含氧官能团的名称是_,D的系统命名为_。(3)下列说法正确的是_。A.1 mol化合物C最多消耗3 mol NaOHB1 mol化合物E与足量银氨溶液反应产生2 mol AgCF不会与Cu(OH)2悬浊液反应D丁烷、1-丁醇、化合物D中沸点最高的是丁烷(4)写出D、F在一定条件下生成醇酸型树脂的化学方程式_。(5) 的符合下列条件的同分异构体有_种。苯的二取代衍生物;遇FeCl3溶液显紫色;可发生消去反应(6)己知丙二酸二乙酯能发生以下反应:C2H5OH+HBrC

29、2H5Br+H2O利用上述反应原理,以丙二酸二乙酯、1,3-丙二醇、乙醇钠为原料合成,请你设计出合理的反应流程图_。提示:合成过程中无机试剂任选,合成反应流程图表示方法示例如下:【答案】 (1). CH3CHBrCH=CH2 (2). 取代反应 (3). 醛基 (4). 1,2,3-丁三醇 (5). A (6). (7). 6 (8). 【解析】(1)由题中各物质转化关系可知,在乙醇溶液中,发生消去反应,生成A即,B的分子式为,且B不存在顺反异构,则B的结构简式为。B与液溴生成C,C的化学式为,在碱性环境中,水解生成D,D为,根据,结合反应条件可知,E为,F为。(1)由上述分析,B为,A到B步

30、骤的反应类型应该为取代反应。(2)E为,其含有的含氧官能团为醛基;D为,根据系统命名法,命名为1,2,3-丁三醇。(3)A项,C为,化合物C可以与反应,故A项正确;B项,E为,化合物E与足量的银氨溶液反应生成,故B项错误;C项,F中的可以与悬浊液反应,故C项错误;D项,分子间可以形成氢键,且相对分子质量最大,沸点最高,故D项错误。综上所述,本题正确答案为A。(4)D为F为,两者反应生成醇酸型树脂的化学方程式。(5)遇溶液显紫色,则含有酚羟基,可发生消去反应,则与羟基()碳相邻的上有原子,所以满足上述条件的同分异构体有(碳链的取代位置分为邻,间,对共三种)和(碳链的取代位置分为邻,间,对共三种),一共为6种。(6)利用丙二酸二乙酯发生反应的原理,以丙二酸二乙酯、1,3-丙二醇、乙醇钠为原料合成的路线:16

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