第三章《晶体结构与性质》检测题（含解析）2023--2024下学期高二化学人教版（2019）选择性必修2

第三章《晶体结构与性质》检测题
一、单选题
1．下列有关物质结构与性质的说法正确的是
A．BF3和PCl3分子中所有原子的最外层电子都满足8电子稳定结构
B． 分子中无手性碳原子
C．常温常压下，124gP4中所含P-P键数目为6NA
D．冠醚可识别碱金属离子是因为冠醚与碱金属离子之间可以形成稳定的离子键
2．A元素和B元素可组成一种化合物X，如图所示为A原子在B原子密置层上的投影示意图，其中大白球代表B原子，小白球代表空位，小黑球代表A原子，B以hcp堆积。下列说法错误的是

A．X为 B．A填入的可能是八面体空隙
C．A与空位的比例为3:1 D．每个B周围有12个B
3．工业可通过Al2O3+N2+3C2AlN+3CO制得高温陶瓷材料AlN。下列说法正确的是
A．传统陶瓷主要成分是硅酸盐 B．AlN是分子晶体
C．N2发生氧化反应 D．反应为复分解反应
4．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．含0.1mol的盐酸与足量金属钠反应，转移电子数为0.1
B．0.2mol与0.3mol在催化剂作用下充分反应，生成的分子数为0.2
C．1L溶液中含的数目为
D．24g石墨中约含有个六元环
5．下列“类比”不正确的是
A．Ba(NO3)2溶液中通入SO2生成BaSO4沉淀，则CaCl2溶液中通入CO2生成CaCO3沉淀
B．酸性：CF3COOH>CH3COOH，则碱性：CF3CH2NH2 < CH3CH2NH2
C．元素周期表中锂和镁位于对角线上，MgCO3微溶于水，则Li2CO3也微溶于水
D．AgOH溶于氨水生成Ag(NH3)2OH，则Cu(OH)2溶于氨水生成Cu(NH3)4(OH)2
6．丙二醇醚类化合物具有很强的溶解能力，素有“万能溶剂”之称。环氧丙烷醚化反应生成丙二醇醚的反应机理如图所示(R指烃基)。下列说法错误的是
A．反应过程中作催化剂
B．反应过程中有配位键形成
C．反应过程中有的断裂和形成
D．中间产物乙中C原子杂化方式均为
7．下面有关氮化硼(BN)两种晶体说法正确的是
A．两种晶体均为原子晶体
B．两种晶体的化学式相同所以属于同种物质
C．两种晶体中均含有极性键和非极性键
D．根据立方相氮化硼的晶体结构推测其可用作超硬材料，有优异的耐磨性
8．某晶体的一部分为正三棱柱，如下图所示，该晶体的化学式可能是
A．A2B9C4 B．A3B9C4
C．AB4C2 D．A3B8C4
9．一种钙镁矿的四方晶胞结构如图所示。已知该晶胞的参数为apm、apm、bpm，1号原子的坐标为(，，)，下列说法错误的是
A．2号原子的坐标为(，，)
B．距离硫原子最近的硫原子数目为4
C．硫原子的配位数为4
D．该晶体的密度为g/cm3
10．锂离子电池的正负极一般采用可逆嵌理—脱钾的材料。尖晶石结构的 LiMn2O4是一种常用的正极材料。已知一种 LiMn2O4晶胞可看成由 A、B单元按Ⅲ方式交替排布构成。下列说法正确的是

A．放电时， LiMn2O4电极发生电极反应 LiMn2O4 - xe- = Li1-xMn2O4 + xLi+
B．“·”表示的微粒是 Mn
C．每个LiMn2O4晶胞转化为 Li1-xMn2O4时转移8x个电子
D．充电时， LiMn2O4电极的电势低于电池另一极
11．下列有关晶体的叙述中，不正确的是
A．含有金属阳离子的晶体不一定是离子晶体
B．晶体中原子呈周期性有序排列，非晶体中原子排列相对无序
C．分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔、沸点越高
D．金属晶体可以是纯金属也可以是合金，合金形成的金属晶体硬度更大
12．下表是常见晶胞结构，下列说法正确的是
金刚石 干冰
A．金刚石是共价晶体，熔点关系为：金刚石>晶体硅>碳化硅
B．晶胞中，位于所构成的八面体空隙中
C．是金属晶体，与距离最近的有6个
D．干冰是分子晶体，由于分子间作用力弱，所以干冰熔点低
13．下列“类比”结果正确的是
A．和的原子总数、价电子总数均相等，故二者的性质完全相同
B．为含极性键的非极性分子，则也是含极性键的非极性分子
C．可以溶解在浓氨水中，则也可以溶解在浓氨水中
D．的空间构型为正四面体型，则碳骨架的空间构型为正四面体型
14．下列实验操作、现象、结论有不正确的是
实验操作 实验现象 实验结论
A 取4mL0.1mol/LCuSO4溶液于试管中 溶液呈蓝色 铜盐溶液都呈蓝色
B 向上述试管中滴加几滴1mol/L氨水 形成难溶物 难溶物为Cu(OH)2
C 继续添加氨水并振荡试管 难溶物溶解，得到深蓝色的透明溶液 溶解得到物质为[Cu(NH3)4](OH)2
D 再向试管中加入8mL95%乙醇，并用玻璃棒摩擦试管壁 析出深蓝色晶体 深蓝色晶体为[Cu(NH3)4]SO4 H2O
A．A B．B C．C D．D
二、填空题
15．(1) 26Fe的简化电子排布式 按电子排布式它属于 区
(2)C、 N、O三种元素的第一电离能有大到小的排序为
(3)价电子排布式为3d54s2的原子，其原子结构示意图为
(4)指出配合物K3[Co(CN)6]中的配体
(5)判断BF3分子的立体构型、中心原子成键时采取的杂化轨道类型 、
16．下表为元素周期表的一部分，请根据所学知识回答下列问题：
(1)B、C、D三种元素的电负性由大到小的顺序是 (用元素符号表示)。B、C、D的简单离子半径由大到小的顺序是 (填离子符号)，A2B2为 (填“极性”或“非极性”)分子，形成的晶体类型为 。
(2)上述元素的原子中，未成对电子数最多的是 (填名称)，写出该元素基态原子的核外电子排布式： 。
(3)上述7种元素中金属性最强的为 (填名称)。该元素与B可形成原子个数比为1：1的化合物甲，则甲的电子式为 ，其中所含的化学键类型为 。
17．回答下列问题：
(1)基态核外电子排布式为 。
(2)C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为 。
(3)1mol 中含有键的数目为 。
(4)的晶胞结构如图所示，其中的配位数是 。
18．(1)SiC的晶体结构与晶体硅的相似，其中C原子的杂化方式为 ，微粒间存在的作用力是 ，SiC和晶体Si的熔点较高的是 。
(2)氧化物MO的电子总数与SiC的相等，则M为 (填元素符号)。MO是优良的耐高温材料，其晶体结构与NaCl晶体相似。MO的熔点比CaO的高，其原因是 。
(3)C、Si为同一主族的元素，CO2和SiO2的化学式相似，但结构和性质有很大的不同。CO2中C与O原子间形成σ键和π键，SiO2中Si与O原子间不形成π键。从原子半径大小的角度分析，C、O原子间能形成π键，而Si、O原子间不能形成π键的原因是 。SiO2属于 晶体，CO2属于 晶体，所以熔点：CO2 (填“＜”“＝”或“＞”)SiO2。
19．Ⅰ.锌和铝都是活泼金属，其氢氧化物既能溶于强酸，又能溶于强碱。但是氢氧化铝不溶于氨水，而氢氧化锌能溶于氨水，生成配合物离子[Zn(NH3)4]2＋。回答下列问题：
(1)单质铝溶于氢氧化钠溶液后，溶液中铝元素的存在形式为 (用化学式表示)。
(2)试解释在实验室不适宜可溶性锌盐与氨水反应制备氢氧化锌的原因： 。
(3)不考虑空间构型，[Zn(NH3)4]2+的结构可用示意图表示为 。
Ⅱ.0.3mol的气态高能燃料乙硼烷(B2H6)在氧气中燃烧，生成固态的三氧化硼和液态水，放出649.5kJ热量，其热化学方程式为 。
20．(1)元素金处于周期表中的第六周期，与同族，一种铜金合金晶体的晶胞中原子处于面心，原子处于顶角位置，则该合金中原子与原子数目之比为 ；该晶体中，原子之间的相互作用是 。
(2)某钙钛型复合氧化物如图所示，以原子为晶胞的顶角，位可以是、、或，当位是、、、等时，这种化合物具有效应。
①用、、表示这类特殊晶体的化学式 。
②已知为+3价，当被钙等二价元素替代时，可形成复合钙钛矿化合物，此时一部分锰转变为+4价，导致材料在某一温度附近有反铁磁——铁磁、铁磁—顺磁及金属—半导体的转变，则中三价锰与四价锰的物质的量之比为 。
③下列有关说法正确的是 。
A．镧、锰、氧分别位于周期表、、区
B．氧元素的第一电离能比氮元素的第一电离能大
C．锰的电负性为1.59，铬的电负性为1.66，说明锰的金属性比铬强
D．铬的价层电子排布与钾相同
21．已知TiO2晶胞中Ti4+位于O2-所构成的正八面体的体心，ZrO2晶胞中Zr4+位于O2-所构成的立方体的体心，其晶胞结构如下图所示。
TiO2晶胞中Ti4+的配位数是 。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【详解】A．B原子最外层3个电子，BF3分子中B原子的最外层电子只有6电子，A错误；
B．该分子中碳原子连接的4个基团各不相同，属于手性碳原子，B错误；
C．124g P4为1mol，1mol P4含有6molP—P，C正确；
D．冠醚可识别碱金属离子是因为冠醚与碱金属离子之间可以形成配位键，D错误；
故选C。
2．D
【解析】略
3．A
【详解】A．玻璃、水泥和陶瓷均属于无机硅酸盐产品，则传统陶瓷主要成分是硅酸盐，A正确；
B．AlN具有很高的熔点，故不是分子晶体，而是共价晶体(或者称为原子晶体)，B错误；
C．Al2O3+N2+3C2AlN+3CO反应中N的化合价由0价降低到-3价，故N2发生还原反应，C错误；
D．复分解反应是指两种化合物互相交换成分生成两种新的化合物的反应，故该反应不属于复分解反应，属于氧化还原反应，D错误；
故答案为：A。
4．D
【详解】A．由于过量的金属钠还能与水反应，即2Na+2HCl=2NaCl+H2↑、2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，题干未告知金属钠的物质的量，故无法计算含0.1mol的盐酸与足量金属钠反应时转移的电子数，A错误；
B．由反应方程式：4NH3+5O24NO+6H2O可知，0.2mol与0.3mol在催化剂作用下充分反应时O2过量，过量的O2能够将NO氧化为NO2，故生成的分子数小于0.2，B错误；
C．NaCl溶液呈中性，在常温下，c(OH-)=c(H+)=10-7mol/L，但题干未告知常温下，则不知道NaCl溶液中的H+和OH-的浓度，因而无法计算1L溶液中含的数目，C错误；
D．已知石墨中每个C原子与周围的3个碳原子形成共价键，即每个碳原子被3个六元环共用，即每个六元环占有的碳原子数目为：=2，故24g石墨中含有六元环的数目约为=，D正确；
故答案为：D。
5．A
【详解】A．SO2溶于水与水反应产生H2SO3，使溶液显酸性，在酸性条件下表现强氧化性，会将H2SO3氧化产生，与溶液中的Ba2+反应产生BaSO4沉淀，而CO2与水反应产生的H2CO3，由于酸性：HCl＞H2CO3，所以CaCl2溶液中通入CO2气体不能生成CaCO3沉淀，A错误；
B．电负性F>H，则吸电子能力F>H，CF3-为吸电子基团而CH3-为供电子基团，吸电子能力增强导致酸性增强，故；甲基的供电子能力强于CF3-，导致CH3CH2NH2接受质子能力较强；故碱性：CF3CH2NH2 < CH3CH2NH2，B正确；
C．元素周期表中锂和镁位于对角线上，二者形成的化合物结构相似。MgCO3微溶于水，则Li2CO3也微溶于水，C正确；
D．Cu、Ag属于同一副族元素，二者结构相似，性质也相似。AgOH难溶于水，但能够溶于氨水生成可溶性络合物Ag(NH3)2OH；Cu(OH)2难溶于水，但能够溶于氨水生成可溶性的络合物Cu(NH3)4(OH)2，D正确；
故选A。
6．D
【详解】A．H+参与了反应，反应前后质量不变，作了催化剂，故A正确；
B．中间产物甲生成时H+与O形成了配位键，甲生成乙的过程中有的断裂，乙生成丙的过程中有的形成，故B正确；
C．由图可知，环氧丙烷醚化反应生成丙二醇醚的过程中，有的断裂和形成，故C正确；
D．中间产物乙中带正电荷的C原子杂化方式为sp2，故D错误；
故答案为：D。
7．D
【详解】A．六方相氮化硼为混合型晶体，立方相氮化硼为原子晶体，A错误；
B．二者结构不同，不属于同种物质，B错误；
C．两种晶体均只含有B-N键，属于极性共价键，C错误；
D．立方相氮化硼为空间网状立体构型，原子间以共价键相结合，难以形变，所以硬度大，可用作超硬材料，有优异的耐磨性，D正确；
答案选D。
8．C
【详解】由晶体结构可以看出，以某一A粒子为中心可以形成12个相同的正三棱柱，故一个A为12个正三棱柱所共用，即一个正三棱柱中拥有A的数目为6×=；同理，正三角形边上的一个B为4个三棱柱所共用，而竖棱上的一个B为6个三棱柱所共用，故一个正三棱柱中拥有B的数目为6×＋3×＝2；C位于正三棱柱的内部，故一个正三棱柱中拥有1个C。因此，该晶体中A、B、C三种粒子数之比为1：4：2，该晶体的化学式可能是AB4C2；
故选C。
9．B
【详解】A．由坐标系及1号原子的坐标可得，2号原子的坐标为(，，)，A正确；
B．以硫原子为顶点，构成的立方晶胞结构中硫原子的位置位于顶点和面心，所以距离硫原子最近的硫原子数目为12，B错误；
C．与硫原子距离最近的有2个Ca原子和2个Mg原子，则硫原子的配位数为4，C正确；
D．该晶胞中，位于棱上和面上Ca原子个数为，位于顶点、面上和体心的Mg原子个数为，位于晶胞内部硫原子个数为8，则该晶体的密度为g/cm3=g/cm3，D正确；
故选B。
10．C
【详解】A．LiMn2O4电极为正极，发生还原反应，得电子，正确的反应式应该为Li1-xMn2O4 + xLi++xe-= LiMn2O4，故A错误；
B．Ⅲ晶胞中含有4个A和4个B，黑球共有(1+8××4=8个，白球个数有(4+4)×4=32个，△个数为4×4=16个，由于LiMn2O4中Li：Mn：O=1:2:4，故黑球为Li，△为Mn，白球为O，故B错误；
C．一个LiMn2O4转化为Li1-xMn2O4转移x电子，一个晶胞中有8个LiMn2O4，转移8x电子，故C正确；
D．放电时LiMn2O4电极为正极，充电时为阳极，阳极电势高于阴极，故D错误；
答案选C。
11．C
【详解】A．金属晶体和离子晶体均含有金属阳离子，所以含有金属阳离子的晶体不一定是离子晶体，故A正确；
B．晶体和非晶体的区别是内部粒子是否有序排列，晶体中原子呈周期性有序排列，非晶体中原子排列相对无序，故B正确；
C．以范德华力结合的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔、沸点越高，若是存在分子间氢键，则熔、沸点主要受氢键影响，故C错误；
D．金属晶体包含金属单质和合金，合金的硬度大于成分金属，所以合金形成的金属晶体硬度更大，故D正确；
故选：C。
12．D
【详解】A．碳化硅中的Si-C键长比晶体硅中Si-Si键长短，键能更大，熔点高，所以熔点：碳化硅>晶体硅，金刚石中C-C键比Si-C键长短，所以熔点：金刚石>碳化硅，综上熔点：金刚石>碳化硅>晶体硅，故A错误；
B．如图，ZnS晶胞中， 位于ZnS晶胞面心，所以位于所构成的八面体空隙中，故B错误；
C．如图，从Fe的晶胞中可以看出，每个Fe原子周围与Fe原子最近的Fe原子有8个，故C错误；
D．干冰属于分子晶体，且只存在分子间作用力，由于分子间作用力弱，所以干冰熔点低，故D正确；
故选D。
13．D
【详解】A．CO和N2为等电子体，原子总数相同，价电子总数相等，结构相似，但化学性质不同，如N2无毒，CO有毒，故A错误；
B．SiO2属于原子晶体，晶体中不存在分子，故B错误；
C．铁离子和NH3的分之间不能形成配位键，所以Fe(OH)3不能溶解在浓氨水中，故C错误；
D．CH4分子中H原子被-CH3取代生成C(CH3)4，二者结构相似，则C(CH3)4碳骨架的空间构型为正四面体型，故D正确；
故选：D。
14．A
【详解】A．大部分铜盐溶液是蓝色的，但氯化铜溶液在浓度大时，显绿色，浓度小时呈蓝色，A错误；
B．向硫酸铜溶液中滴加几滴1mol/L氨水，硫酸铜与氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀和硫酸铵，B正确；
C．继续添加氨水并振荡试管，氢氧化铜和氨水反应生成氢氧化四氨合铜，难溶物溶解，得到深蓝色的透明溶液，C正确；
D．再向试管中加入8mL95%乙醇，降低了硫酸四氨合铜的溶解度，使溶液中析出深蓝色晶体，即[Cu(NH3)4]SO4 H2O，D正确；
答案选A。
15． [Ar]3d642 d N>O>C CN- 平面正三角形 sp2杂化
【详解】(1)Fe原子序数为26，其核外电子排布为1s22s22p63s2s3p63d64s2， 简化电子排布式为：[Ar]3d642，属于过渡金属, 按电子排布式属于d区。故答案为：3d642；d；
(2)同周期第一电离能呈增大趋势，由于第ⅤA族p轨道半充满，较为稳定，第一电离能大于第ⅥA族，第一电离能N>O>C，故答案为：N>O>C；
(3)该元素的基态原子的外围电子排布式为3d54s2，说明该元素核电荷数为25，即Mn元素，所以原子结构示意图为，故答案为：；
(4)根据配合物K3[Co(CN)6]结构分析，含有空轨道的金属阳离子为中心离子，中心离子为Co3+，有孤对电子的原子或离子为配体，所以配体为CN-，故答案为：CN-；
(5) BF3分子的中心原子B的价层电子对数=3+ =3，孤电子对数为0，因此空间构型为平面正三角形，键角为120 ，杂化类型为sp2杂化，故答案为：平面正三角形；sp2杂化。
16．(1) O>Cl>P P3－＞Cl－＞O2－ 极性 分子晶体
(2) 铬 [Ar]3d54s1
(3) 钾 离子键、共价键
【分析】根据元素在周期表中的相对位置可知A～G分别是H、O、P、Cl、K、Cr、Zn，据此解答。
【详解】（1）非金属性越强，电负性越大，B、C、D三种元素的电负性由大到小的顺序是O＞Cl＞P。核外电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，所以B、C、D的简单离子半径由大到小的顺序是P3－＞Cl－＞O2－，H2O2结构不对称，属于极性分子，形成的晶体类型为分子晶体。
（2）Cr的价电子排布式为3d54s1，未成对电子数是6个，所以上述元素的原子中，未成对电子数最多的是铬，该元素基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d54s1。
（3）同周期自左向右金属性逐渐减弱，同主族从上到下金属性逐渐增强，所以上述7种元素中金属性最强的为钾。该元素与O可形成原子个数比为1：1的化合物甲是过氧化钾，其电子式为，其中所含的化学键类型为离子键、共价键。
17．(1)[Ar]或
(2)N>O>C
(3)8(或)
(4)4
【详解】（1）Cu是第29号元素，基态核外电子排布式为[Ar]或。
（2）C、N、O元素位于元素周期表第二周期，同周期元素的第一电离能从左到右呈总体增大变化，但第ⅡA、ⅤA族的反常大，故C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为N>O>C。
（3）每个中含有2个配位键，2个NH3分子中共有6个N-H键，故1mol 中含有键的数目为8(或)。
（4）Cu2O晶胞中，位于顶角与体心的同种粒子共个，位于体内的另一种粒子共4个，故位于顶角与体心的粒子是，则的配位数是4。
18． sp3 共价键 SiC Mg Mg2+半径比Ca2+小，MgO晶格能大 Si的原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p-p轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述稳定的π键 原子 分子 ＜
【分析】根据物质结构判断中心原子的杂化方式，根据原子晶体中，共价键越强，熔沸点越高，离子晶体中，离子半径越大，晶格能越小，熔点越低，熔沸点原子晶体大于分子晶体进行分析解答问题。
【详解】(1)晶体硅中一个硅原子周围与4个硅原子相连，呈正四面体结构，所以杂化方式是sp3，非金属原子之间形成的化学键为共价键，所以SiC微粒间存在的作用力是共价键，由于原子半径Si＞C，则Si—Si键的键长大于Si—C键，键能Si—Si更小，因此晶体SiC的熔点更高；
(2)MO和SiC的电子总数相等，故含有的电子数为20，则M含有12个电子，即Mg；晶格能与所组成离子所带电荷成正比，与离子半径成反比，MgO与CaO的离子电荷数相同，Mg2+半径比Ca2+小，MgO晶格能大，熔点高；
(3)π键是由p-p轨道肩并肩重叠形成的，且π键的强弱与重叠程度成正比，Si原子的原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p-p轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成稳定的π键，SiO2属于原子晶体，CO2属于分子晶体，原子晶体的熔沸点大于分子晶体，因此熔点：CO2＜SiO2。
19． 或[Al(OH)4]- 可溶性锌盐与氨水反应产生的Zn(OH)2可溶于过量氨水中，生成[Zn(NH3)4]2＋，且氨水的用量不易控制 B2H6(g)+3O2(g)=B2O3(s)+3H2O(l)△H=-2165kJ/mol
【详解】Ⅰ. (1)单质铝溶于氢氧化钠溶液生成NaAlO2和氢气，溶液中铝元素的存在形式为；
(2) 可溶性锌盐与氨水反应产生的Zn(OH)2可溶于过量氨水中，生成[Zn(NH3)4]2＋，且氨水的用量不易控制，所以实验室不适宜可溶性锌盐与氨水反应制备氢氧化锌；
(3)Zn2+与NH3分子通过配位键形成[Zn(NH3)4]2+，Zn2+提供空轨道、NH3提供孤电子对，[Zn(NH3)4]2+的结构可用示意图表示为；
Ⅱ.0.3mol的气态高能燃料乙硼烷(B2H6)在氧气中燃烧，生成固态的三氧化硼和液态水，放出649.5kJ热量，1 mol的气态高能燃料乙硼烷(B2H6)在氧气中燃烧，生成固态的三氧化硼和液态水，放出2165kJ热量，其热化学方程式为B2H6(g)+3O2(g)=B2O3(s)+3H2O(l)△H=-2165kJ/mol。
20． 3:1 金属键 AC
【详解】(1)在晶胞中原子处于面心，，原子处于顶角，，则该合金中原子与原子数目之比为3:1，金属晶体原子间的作用力为金属键；
(2)①由题图可知，晶胞中位于顶角，数目为，位于体心，数目为1，位于面心，数目为，则化学式为；
②设中三价锰与四价锰的物质的量分别为和，则有，，解得，，则中三价锰与四价锰的物质的量之比为；
③A． 由金属在周期表中的位置可知镧、锰、氧分别位于周期表、、区，A正确；
B． 氮元素的轨道电子处于半充满状态，稳定性强，因此氮元素的第一电离能大于氧元素的第一电离能，B错误；
C． 元素的电负性越大，金属性越弱，C正确；
D． 铬的价电子排布式为，钾的价电子排布式为，D错误；
故选AC。
21．6
【详解】晶体中Ti4+位于O2-所构成的正八面体的体心，故Ti4+的配位数为6。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页