湘豫名校联考2023-2024学年高一(上)期末
化学
考生注意：
1.本试卷共8页。时间75分钟，满分100分。答题前，考生先将自己的姓名、准考证号﹑考场号、座位号填写在试卷和答题卡上的指定位置，然后认真核对条形码上的信息，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。作答非选择题时，将答案写在答题卡上对应的答题区域内。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将试卷和答题卡一并收回。
4.相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Fe-56
一、选择题：本题共12小题，每小题3分，共36分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．化学材料助力科技成果的转化与应用。下列说法错误的是
A．“玉兔二号”钛合金筛网轮的主要成分是非金属材料
B．“天问一号”使用的新型镁锂合金属于金属材料
C．使用La-Ni合金储氢是利用其与H形成金属氢化物
D．建设美丽乡村大量使用钢材，钢材属于金属材料
2．已知氯化氢经空气催化氧化可转化为氯气，其反应的化学方程式为。下列化学用语表达正确的是
A．中子数为20的氯原子： B．的电子式：Cl∶Cl
C．HClO的电子式：H—Cl—O D．的结构示意图：
3．早在战国时期，《周礼·考工记》就记载了我国劳动人民制取氢氧化钾以漂洗丝帛的工艺，其过程如图所示。下列说法错误的是
A．操作a为分液 B．草木灰主要成分属于盐
C．反应过程中未涉及的基本反应类型为置换反应 D．反应过程中能够循环利用的物质是碳酸钙
4．富硒食品指富含微量元素硒的食品，具有延缓衰老、抗癌、增强免疫力等作用。硒元素在元素周期表中的方格信息及原子结构示意图如下所示，下列说法正确的是
A．硒元素最高正化合价与最低负化合价代数和为4 B．硒位于非金属区域，可用作制农药的材料
C．硒的相对原子质量为78.96g D．稳定性：
5．如图为五个椭圆交叉构成的图案，其中椭圆内分别写了、、、、NaOH五种物质，图中相连的两种物质均可归为一类，相交部分甲、乙、丙、丁为相应的分类代号。关于相连的两种物质，下列说法错误的是
A．属于非电解质的是甲 B．属于电解质的是丙、丁
C．能与盐酸反应的是乙 D．能相互反应的是乙、丁
6．物质的结构决定性质，性质决定用途。下列物质的结构、性质和用途之间匹配正确的是
选项 结构 性质 用途
A 为离子化合物 与反应生氧气 可用作呼吸面具供氧剂
B 次氯酸电离产生 次氯酸具有酸性 能杀死水中的病菌，起到消毒的作用
C Na最外层1个电子，容易失去 Na具有强还原性 可用于高温下与反应制备Ti
D 氢氧化钠中含有氢氧根离子 能与盐酸发生中和反应 可用于治疗胃酸过多
A．A B．B C．C D．D
7．设代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，22.4L 含有的分子数目为
B．过氧化钠与水反应，生成0.1mol氧气时，转移的电子数为0.4
C．常温常压下，48g 含有的氧原子数为3
D．物质的量浓度为0.1mol/L的溶液中，含有的数目为0.2
8．下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
选项 指定溶液 离子组
A 0.1mol/L 溶液 、、、
B 0.1mol/L 溶液 、、、
C 0.1mol/L 溶液 、、、
D 使无色酚酞溶液呈红色的溶液 、、、
A．A B．B C．C D．D
9．利用“价类二维图”研究物质的性质是化学研究的重要手段。如图是氯元素的化合价与部分物质类别的对应关系。下列说法正确的是
A．D中含有的化学键类型只有离子键
B．将E溶液滴入碳酸氢钠溶液中，有大量气泡产生
C．A、B、C均属于电解质
D．C的酸性和氧化性均强于E
10．类比是研究物质性质的常用方法之一，可预测许多物质的性质。但类比是相对的，不能违背客观实际。下列类比正确的是
A．铁单质在潮湿的空气中容易生锈，则铝在潮湿的空气中也易生锈
B．可以和Cu单质反应，则也可以和Zn单质反应
C．Mg在空气中燃烧生成MgO，则Na在空气中燃烧生成
D．Na与反应生成NaOH和，则Fe与反应生成和
11．化学的特征是从微观层次认识物质，以符号形式描述物质。下列反应的离子方程式书写正确的是
选项 反应 离子方程式
A 少量的通入澄清石灰水中
B 溶液中加入稀氨水
C 稀硫酸和氢氧化钡溶液反应
D 向溶液中通入少量的
A．A B．B C．C D．D
12．短周期元素d、e、f、g、h、x都可能存在于某些食品添加剂中，其最高正化合价或最低负化合价与原子序数的关系如图所示，下列说法正确的是
A．x、h、d三种元素组成的化合物只能为强酸
B．f、g、h元素形成的简单离子的结构示意图相同
C．f和h组成的化合物中只有离子键
D．f与e、h的最高价氧化物对应的水化物均能反应
二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
13．如图是A、B、C三种物质的溶解度曲线。下列说法正确的是
A．℃时，溶解度大小：A>C>B
B．℃时，75g A物质加入120g水中，形成饱和溶液，且质量分数为37.5%
C．℃时，A与C的饱和溶液质量分数均为37.5%
D．由℃降温到℃时，A，B、C三种饱和溶液质量分数均减小
14．过氧化氢()和过氧化钠()是中学阶段常见的过氧化物，为常见的漂白剂、消毒剂、制氧剂等。下列说法不正确的是
A．、中化学键类型相同
B．1mol 中含有的阴、阳离子总数为4mol
C．若水蒸气通过使其增重6g时，反应中转移的电子数为3
D．2mol 和水蒸气的混合物与足量的反应，转移的电子数为2mol
15．四氧化三铁()在工业上应用广泛。的一种制备方法如图所示，下列说法错误的是
A．用KSCN溶液检验步骤1得到的溶液中是否存在
B．步骤2中配制NaOH溶液的蒸馏水需要煮沸
C．中＋2价和＋3价铁元素的质量之比为2∶1
D．步骤3涉及反应的化学方程式为
16．向一定量的Fe和的混合物中加入600mL 0.250mol/L稀盐酸后恰好完全溶解，放出标准状况下的气体448mL，在溶液中加入KSCN溶液无红色出现。下列说法正确的是
A．产生的气体的物质的量为0.02mol
B．最终所得溶液中含有、
C．标准状况下，向最终所得溶液中通0.86L氯气恰好完全反应
D．最终所得溶液中溶质的物质的量浓度为0.125mol/L
三、非选择题：共4小题，共48分。
17．X、Y、Z、M、W为原子序数依次增大的五种短周期元素，元素的性质或原子结构的相关叙述如表所示，回答下列问题。
元素编号 元素性质或原子结构的相关叙述
X 元素原子L层是K层电子数的2.5倍
Y 元素原子最外层电子数比其次外层电子数多4
Z 元素原子最外层有1个电子，其阳离子与Y的阴离子核外电子总数相同
M 地壳中含量最多的金属元素
W 最高正化合价与最低负化合价代数和为6
(1)分别依次写出X、W的元素名称 、 。
(2)Y、Z、M的简单离子半径依次增大的顺序为 (填微粒符号)。
(3)X的简单气态氢化物与W的最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为 。
(4)X和Y简单气态氢化物的热稳定性较强的是 (填化学式)。
(5)Z的最高价氧化物对应的水化物的电子式为 ，该物质所含化学键类型为 ，该物质与M的单质反应的离子方程式为 。
18．草酸亚铁()常用作照相显影剂，新型电池材料等。
(1)以溶液制备草酸亚铁晶体的实验流程如下：
①配制溶液时往往加入少量铁粉的原因是 。
②“转化”步骤的化学方程式为 。
③若该流程中需要使用480mL 0.2000的草酸溶液，则需要称取 g草酸晶体(；配制过程中需要使用的玻璃仪器有玻璃棒、胶头滴管、量筒及 ，若定容时俯视刻度线，则所配溶液中 0.2000(填“>”“<”或“=”)。
(2)用草酸亚钦晶体在700℃下焙烧反应制备纳米零价铁，反应的化学方程式：。当生成1mol Fe时，转移电子的物质的量为 。
(3)写出草酸亚铁溶于足量稀硫酸的离子方程式 。
(4)已知：(M=180g/mol)受热分解时，固体质量随温度变化的曲线如图所示。加热到400℃时，固体的成分是 (填化学式)。
19．高铁酸钠()和高铁酸钾()是水处理过程中的一种新型的绿色多功能净水剂。
(1)高铁酸钾在0～5℃的强碱性溶液中较稳定，在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成和。某兴趣小组在实验室模拟湿法制备，装置如图所示。
反应温度须控制在0～5℃，采用的控温方法为 ，反应中KOH必须过量的原因是 。
(2)高铁酸钠()可以通过下述反应制取：。中Fe元素的化合价为 ，该反应中被还原的物质是 (填化学式)。
(3)工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温条件下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出。干法制备高铁酸钠的主要反应为，该反应中是 (填“氧化剂”“还原剂”或“氧化剂和还原剂”)。
(4)的净水原理如图所示。
过程a中体现 (填“氧化性”或“还原性”)，反应过程中转移个电子，需 mol 。
20．NaClO、、为常见高效的消毒剂和漂白剂。
(1)是国际上公认的安全绿色消毒剂。可用氯酸钠和H2O2溶液在酸性条件下制备，反应的化学方程式为(未配平)。该反应中与的化学计量数之比为 (不考虑的分解)。
(2)①“84”消毒液的有效成分为NaClO。工业上常用碱性NaClO废液吸收，部分催化过程如图所示。“过程1”中是 (填“氧化剂”或“还原剂”)，当和以物质的量之比1∶2发生“过程2”的反应，该反应的离子方程式为 。
②NaClO可在碱性条件下将氧化为，而自身被还原为NaCl，则与NaClO的个数比为 。
(3)以氯酸钠、硫酸和二氧化硫为原料制备，进而再利用与溶液反应制备亚氯酸钠()，具体流程如下：
反应①的离子方程式为 ；理论上，该流程中参与反应的与的物质的量之比为 。
试卷第2页，共9页
1．A
【详解】A．钛合金筛网轮的主要成分是金属材料，故A错误；
B．新型镁锂合金属于金属材料，故B正确；
C．镧合金能大量吸收H2形成金属氢化物，将这些金属氢化物加热，它们又会分解，将储存在其中的氢释放出来，可作储氢材料，故C正确；
D．金属及其合金都是金属材料，钢材是铁的合金，属于金属材料，故D正确。
答案选A。
2．D
【详解】A．中子数为20的氯原子的质量数为37，故为：，故A错误；
B．的电子式为，故B错误；
C．H—Cl—O为HClO的结构式，不是电子式，故C错误；
D．的核外有18个电子，故结构示意图：，故D正确；
故选D。
3．A
【详解】A．“操作a”能将固体和液体分离，则操作a是过滤，故A错误；
B．草木灰主要成分是K2CO3，属于盐，故B正确；
C．反应过程中涉及到了分解反应，化合反应，复分解反应，没有涉及置换反应，故C正确；
D．由流程图可知，碳酸钙可以循环利用，故D正确。
答案选A。
4．A
【详解】A．硒是第VIA族元素，最高正价为+6价，最低负价为-2价，最高正价与最低负价代数和为4，A正确；
B．硒位于非金属区域，可以用作光敏材料、电解锰行业催化剂，B错误；
C．由元素周期表中一格知，最下方数学为相对原子质量，相对原子质量单位为“1”，故硒元素的相对原子质量为78.96，C错误；
D．非金属性Cl>S>Se，非金属性越强，氢化物越稳定，则稳定性：，D错误；
故选A。
5．C
【详解】A．和都是非电解质，故A正确；
B．、、NaOH都是电解质，故B正确；
C．不能与盐酸反应，故C错误；
D．与能反应，与NaOH能反应生成沉淀，故D正确。
答案选C。
6．C
【详解】A．是离子化合物与它能与反应生成氧气没有直接关系，故A不符合题意；
B．次氯酸能杀死水中的病菌，起到消毒的作用是因为次氯酸具有强氧化性，与其酸性无关，故B不符合题意；
C．Na最外层1个电子，容易失去，决定其有强还原性，用于高温下与反应制备Ti，三者具有关联，故C符合题意；
D．氢氧化钠具有腐蚀性，不能用于治疗胃酸过多，故D不符合题意。
答案选C。
7．C
【详解】A．标准状况下，水不是气体，无法计算水的物质的量，A错误；
B．过氧化钠与水发生反应，过氧化钠中氧元素的化合价由-1价一半升到0价，一半降为-2价，故当生成0.lmol氧气时转移0.2mol电子，即转移的电子数为0.2，B错误；
C．常温常压下，48g 含有的氧原子的物质的量为，数目为3，C正确；
D．没有给出溶液的体积，无法计算氯化钙的物质的量，D错误；
故选C。
8．D
【详解】A．H+与要反应生成，不能大量共存，故A不符合题意；
B．与要发生氧化还原反应，不能大量共存，故B不符合题意；
C．与要反应生成沉淀，不能大量共存，故C不符合题意；
D．使无色酚酞溶液呈红色的溶液含有OH-，与、、、均不反应，可以大量共存，故D符合题意。
答案选D。
9．B
【分析】由图可知，A为氯元素的单质，即Cl2，B为+1价的氯的氧化物，即Cl2O，C为+1价的含氧酸，即HClO，D为+5价的含氧酸盐，如氯酸盐，E为+7价的含氧酸，即HClO4，据此分析作答即可。
【详解】A．D为+5价的含氧酸盐，如氯酸盐，含有的化学键类型既有离子键又有共价键，故A错误；
B．E为HClO4，滴入碳酸氢钠溶液中，会生成CO2，有大量气泡产生，故B正确；
C．A为Cl2，既不是电解质也不是非电解质，B为Cl2O，是非电解质，C为HClO，是电解质，故C错误；
D．C为HClO，是弱酸，E为 HClO4，是强酸，故D错误。
答案选B。
10．B
【详解】A．铝在空气中生成致密的氧化膜，故A错误；
B．Zn和Cu一样都有还原性，都可以与氯化铁反应，故B正确；
C．Na在空气中燃烧生成过氧化钠，故C错误；
D．Fe和水蒸气反应生成Fe3O4和氢气，故D错误；
故选B。
11．D
【详解】A．少量的通入澄清石灰水中生成碳酸钙沉淀，离子方程式为：，故A错误；
B．一水合氨要保留化学式，溶液中加入稀氨水的离子方程式为：，故B错误；
C．稀硫酸和氢氧化钡溶液反应的离子方程式为：，故C错误；
D．向溶液中通入少量的，生成硫酸钙、HClO，离子方程式为：，故D正确。
答案选D。
12．D
【分析】短周期元素d、e、f、g、h、x的最高正化合价或最低负化合价与原子序数的关系如图所示，其中x是非金属元素，其最高正化合价为+1，则x为H，d最低负化合价为-2，g的最高正化合价为+6，二者位于ⅥA族，则d为O，g为S，e的最高正化合价为+1，其原子序数大于O，则e为Na，f的最高正化合价为+3，其原子序数大于Na，则f为Al，h的最低负化合价为-1，其原子序数最大，则h为Cl元素，以此分析解答。
【详解】A．H、Cl、O组成的化合物可以是强酸如HClO4，也可以是弱酸如HClO，故A错误；
B．f为Al，g为S，h为Cl，形成的简单离子的结构示意图不相同，故B错误；
C．f为Al，h为Cl，组成的化合物AlCl3只含有共价键，故C错误；
D．f为Al，与NaOH溶液及HClO4均能反应，故D正确；
答案选D。
13．C
【详解】A．由图象可知，℃时，溶解度大小： C>B >A，故A错误；
B．℃时，A的溶解度为60g，120g水最多能溶解的A的质量为=72g，所以75g A物质加入120g水中会形成过饱和溶液，此时质量分数等于=37.5%，故B错误；
C．℃时，A与C的溶解度都为60g，饱和溶液的质量分数等于=37.5%，故C正确；
D．由℃降温到℃时，C的溶解度增大，其饱和溶液的质量分数也增大，故D错误。
答案选C。
14．B
【详解】A．、中含有的化学键均为共价键，类型相同，故A正确；
B．含有2个Na+和1个O，1mol 中含有的阴、阳离子总数为3NA，故B错误；
C．与水反应的化学方程式为：2H2O+2=4NaOH+O2，固体增重的质量等于水中H的质量，当增重6g时，参加反应的水的物质的量为3mol，转移的电子数为3，故C正确；
D．与水反应的化学方程式为：2H2O+2=4NaOH+O2，CO2与反应的化学方程式为：2CO2+2=2Na2CO3+O2，由上述方程式可知，不管是1molH2O还是1molCO2参加反应均转移1mol电子，故2mol 和水蒸气的混合物与足量的反应，转移的电子数为2mol，故D正确。
答案选B。
15．C
【分析】铁和硫酸反应生成硫酸亚铁，加入氢氧化钠和二价铁生成氢氧化亚铁，再用过氧化氢将其氧化为FeO(OH)，再和硫酸亚铁反应生成四氧化三铁，以此解题。
【详解】A．三价铁遇到KSCN后，溶液变为红色，可以检验三价铁，A正确；
B．由于二价铁很容易被氧化为三价铁，故步骤2中配制NaOH溶液的蒸馏水需要煮沸，B正确；
C．中氧为-2价，根据正、负化合价为零的原则可知，中＋2价和＋3价铁元素的质量之比为1∶2，C错误；
D．由分析可知，步骤3中用过氧化氢将其氧化为FeO(OH)，根据得失电子守恒可知方程式为：，D正确；
故选C。
16．AD
【分析】向一定量的Fe和的混合物中加入600mL 0.250mol/L稀盐酸后恰好完全溶解，放出标准状况下的气体448mL，在溶液中加入KSCN溶液无红色出现，则此时溶液中为FeCl2，其物质的量为：0.6L×0.250mol/L×=0.075mol，以此解题。
【详解】A．产生的气体为氢气，标准状况下的体积为448mL，物质的量为0.02mol，A正确；
B．由于在溶液中加入KSCN溶液无红色出现，则最终所得溶液中不含有，B错误；
C．根据分析可知，此时溶液中FeCl2的物质的量为0.075mol，可以吸收标准状况下氯气的物质的量为：0.075mol××22.4L/mol=0.84L，C错误；
D．根据分析可知，此时溶液中FeCl2的物质的量为0.075mol，浓度，D正确；
故选AD。
17．(1) 氮 氯
(2)Al3+< Na+< O2-
(3)NH3+HClO4= NH4ClO4
(4)H2O
(5) 离子键和极性键 2Al+6H2O+2OH-═2[Al(OH)4]-+3H2↑
【分析】X的L层是K层电子数的2.5倍，X为N元素；Y元素原子最外层电子数比其次外层电子数多4，Y为O元素；Z元素原子最外层有1个电子，其阳离子与O2-核外电子总数相同，Z为Na元素；M是地壳中含量最多的金属元素，即为Al元素；W的最高正化合价与最低负化合价代数和为6，W为Cl元素；
【详解】（1）由上述分析可知，X、W的元素名称分别为氮、氯；
（2）O2-、Na+、Al3+核外电子结构相同，核电荷数越大半径越小，半径依次增大的顺序为Al3+< Na+< O2-；
（3）NH3与HClO4反应的化学方程式为：NH3+HClO4= NH4ClO4；
（4）由于O的非金属性强于N，故简单气态氢化物的热稳定性较强的是H2O；
（5）NaOH的电子式为：；所含的化学键类型有离子键和极性键；NaOH溶液与Al反应的离子方程式为：2Al+6H2O+2OH-═2[Al(OH)4]-+3H2↑。
18．(1) 防止Fe2+被氧化 Fe(OH)2+ H2C2O4= 12.6 500mL容量瓶、烧杯 >
(2)2mol
(3)FeC2O4+2H+=Fe2++H2C2O4
(4)FeO
【分析】制备草酸亚铁晶体的流程如下，先用FeSO4溶液与氨水反应得到Fe(OH)2沉淀，再溶于H2C2O4溶液得到草酸亚铁晶体，然后过滤、洗涤、烘干得到草酸亚铁晶体。
【详解】（1）①由于Fe2+溶液被氧化为Fe3+，配制溶液时往往加入少量铁粉的原因是防止Fe2+被氧化；
②由上述分析可知，“转化”过程中的化学方程式为：Fe(OH)2+ H2C2O4=；
③需要使用480mL 0.2000的草酸溶液，只能配制500mL溶液，n()=0.2000=0.1000mol，m()=0.1000mol126g/mol=12.6g；需要使用的玻璃仪器有玻璃棒、胶头滴管、量筒及500mL容量瓶、烧杯；若定容时俯视刻度线，则溶液体积偏小，导致所配溶液中>0.2000；
（2）根据反应的化学方程式：，Fe的化合价从+2价降低为0价，所以当生成1mol Fe时，转移电子的物质的量为2mol；
（3）草酸亚铁溶于稀硫酸发生复分解反应生成硫酸亚铁和草酸，草酸是弱酸，在离子方程式里不能拆成离子，离子方程式为：FeC2O4+2H+=Fe2++H2C2O4；
（4）根据图象可知，加热到400℃时，固体质量变为最开始的40%，设为1mol，质量为180g，400℃时，固体质量变为180g40%=72g，Fe元素在固体中，1molFe元素为56g，则还有1molO元素在固体中，即此时固体为FeO。
19．(1) 冷水浴 保持溶液碱性，防止变质
(2) +6 NaClO
(3)氧化剂和还原剂
(4) 氧化性 0.03mol
【详解】（1）C中反应为放热反应，而反应温度须控制在0～5℃，温度均匀，便于控制，可使用的控温方法为冷水浴；高铁酸盐在强碱性溶液中比较稳定，在酸性、中性溶液中易分解放出O2，反应中KOH必须过量的原因是保持溶液碱性，防止K2FeO4变质；
（2）Na2FeO4中Na为+1价，O为-2价则Fe为0-(-2)×4-(+1)×2=+6；2Fe(OH)3+4NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O可知，该反应中Cl的化合价由+1价得电子化合价降低到-1价，则NaClO被还原；
（3）Fe元素化合价升高，Na2O2中O元素的化合价升高、也降低，则该反应中Na2O2 是氧化剂和还原剂；
（4）过程a中K2FeO4将活性菌氧化灭活，体现了其氧化性，活性菌作还原剂，灭活细菌是氧化产物，反应过程中K2FeO4转化为Fe3+，化合价由+6降低到+3，反应过程中转移5.418×1022电子，电子物质的量为：n===0.09mol，即消耗K2FeO4的物质的量为：n==0.03mol。
20．(1)2：1
(2) 还原剂 2NiO2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2O 1：16
(3) 1：1
【详解】（1）NaClO3中Cl元素化合价从+5降低到+4，降低了1价，H2O2中氧元素从-1价升高到0价，H2O2升高1×2价，得失电子数相等，化合价升高总价数等于化合价降低总价数，则NaClO3与H2O2的化学计量系数之比为2：1；
（2）①过程1中，发生的反应为ClO-+Ni2O3=Cl-+2NiO2，ClO-得电子是氧化剂，Ni2O3失电子是还原剂；过程2中，NiO2与ClO-反应生成Ni2O3、Cl-和O，反应的离子方程式为：2NiO2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2O；
②已知Na2S5中S的平均化合价为价，转化为硫酸钠中S的化合价为+6价，共升高32价，次氯酸钠中的Cl的化合价为+1价，氯化钠中Cl的化合价为-1价，1个Cl降低2价，要使升降总数相等，则与NaClO的个数比为1：16；
（3）由流程图可知，反应①是NaClO3与SO2反应生成NaHSO4和ClO2，离子方程式为：；与溶液反应制备亚氯酸钠()，变为，Cl降低1价，则应变为O2，升高2价，要使升降总数相等，与的物质的量之比为2：1，根据反应①，与SO2的物质的量之比为2：1，则该流程中参与反应的与的物质的量之比为1：1。
答案第8页，共8页
答案第7页，共8页
