2018年江苏高考化学试题及答案详细解析版(精美Word版,精校版)

绝密★启用前

2018年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）

化学

注 意 事 项

考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求

1．本卷满分为120分，考试时间为100分钟。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。 2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置。

3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。 4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。

5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。

可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35. 5 Ca 40 Fe 56

Cu 64 Ag 108 I 127 Ba 137

选 择 题

单项选择题：本题包括10 小题，每小题2 分，共计20 分。每小题只有一个选项符合题意。 ．．．．1. CO2是自然界碳循环中的重要物质。下列过程会引起大气中CO2含量上升的是 A. 光合作用 B. 自然降雨

C. 化石燃料的燃烧 D. 碳酸盐的沉积 【答案】C

A项，B项，【解析】分析：光合作用消耗CO2；自然降雨时H2O会与少量CO2反应生成H2CO3，不会引起CO2含量的上升；C项，化石燃料指煤、石油、天然气，煤、石油、天然气中都含C元素，燃烧后生成CO2；D项，碳酸盐沉积指由形成于海洋或湖泊底部的粒装泥状碳酸盐矿物及其集合体，通过生物作用或从过饱和碳酸盐的水体中直接沉淀，水体中生物活动消耗CO2，有利于碳酸盐沉积。

详解：A项，光合作用消耗CO2，光合作用的总方程式可表示为

- 1 -

6CO2+6H2OC6H12O6+6O2，光合作用会引起大气中CO2含量下降；B项，自然降雨时

H2O会与少量CO2反应生成H2CO3，不会引起CO2含量的上升；C项，化石燃料指煤、石油、天然气，煤、石油、天然气中都含C元素，C元素燃烧后生成CO2，化石燃料的燃烧会引起大气中CO2含量上升；D项，碳酸盐沉积指由形成于海洋或湖泊底部的粒装泥状碳酸盐矿物及其集合体，通过生物作用或从过饱和碳酸盐的水体中直接沉淀，水体中生物活动消耗CO2，有利于碳酸盐沉积，碳酸盐沉积不会引起大气中CO2含量上升；化石燃料的燃烧会引起大气中CO2含量上升，答案选C。

点睛：本题考查化学与环境保护、低碳经济等，掌握化石燃料的成分是解题的关键。 2. 用化学用语表示 NH3+ HClA. 中子数为8 的氮原子：

NH4Cl中的相关微粒，其中正确的是

B. HCl 的电子式：

?

D. Cl的结构示意图：

C. NH3的结构式：【答案】C

【解析】分析：A项，中子数为8的氮原子的质量数为15；B项，HCl中只含共价键；C项，NH3中含3个N-H键；D项，Cl-最外层有8个电子。 详解：A项，中子数为8的氮原子的质量数为15，表示为共价键，HCl的电子式为

，A项错误；B项，HCl中只含

，B项错误；C项，NH3中含3个N-H键，NH3的结构式为

，C项正确；D项，Cl-最外层有8个电子，Cl-的结构示意图为

误；答案选C。

，D项错

点睛：本题考查化学用语，侧重考查原子结构、离子结构示意图、电子式和结构式，注意它们之间的区别是解题的关键，如原子结构示意图与离子结构示意图的区别、共价化合物和离子化合物电子式的区别、电子式与结构式的区别等。 3. 下列有关物质性质与用途具有对应关系的是 A. NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂 B. SiO2熔点高硬度大，可用于制光导纤维 C. Al2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料 D. CaO能与水反应，可用作食品干燥剂

- 2 -

【答案】D

【解析】分析：A项，NaHCO3能与HCl反应，NaHCO3用于制胃酸中和剂；B项，SiO2传导光的能力非常强，用于制光导纤维；C项，Al2O3的熔点很高，用作耐高温材料；D项，CaO能与水反应，用于食品干燥剂。

详解：A项，NaHCO3能与HCl反应，NaHCO3用于制胃酸中和剂，NaHCO3用于制胃酸中和剂与NaHCO3受热易分解没有对应关系；B项，SiO2传导光的能力非常强，用于制光导纤维，SiO2用于制光导纤维与SiO2熔点高硬度大没有对应关系；C项，Al2O3的熔点很高，用作耐高温材料，Al2O3用作耐高温材料与Al2O3是两性氧化物没有对应关系；D项，CaO能与水反应，用于食品干燥剂，CaO用于食品干燥剂与CaO与水反应有对应关系；答案选D。

点睛：本题考查常见无机物的性质和用途，解题的关键是熟悉常见物质的重要性质，理解性质决定用途以及性质与用途之间的对应关系。体现“让学生学习真实、有用的化学”的课程理念。 4. 室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 L?1KI 溶液：Na+、K+、ClO? 、OH? A. 0. 1 mol·

L?1Fe2(SO4)3溶液：Cu2+、NH4+ 、NO3?、SO42? B. 0. 1 mol·

L?1HCl 溶液：Ba2+、K+、CH3COO?、NO3? C. 0. 1 mol·

L?1NaOH溶液：Mg2+、Na+、SO42?、HCO3? D. 0. 1 mol·【答案】B

--【解析】分析：A项，I与ClO发生氧化还原反应；B项，在Fe2（SO4）3溶液中离子相互间-2+--不反应；C项，在HCl溶液中CH3COO不能大量存在；D项，Mg、HCO3都能与OH反应。 ------详解：A项，I具有强还原性，ClO具有强氧化性，I与ClO发生氧化还原反应，I与ClO不能-大量共存；B项，在Fe2（SO4）3溶液中离子相互间不反应，能大量共存；C项，CH3COO能+-2+-与H反应生成CH3COOH，在HCl溶液中CH3COO不能大量存在；D项，Mg、HCO3都能-2+--与OH反应，Mg、HCO3与OH不能大量共存；答案选B。

点睛：本题考查离子共存，掌握离子的性质和离子不能大量共存的原因是解题的关键。离子间不能大量共存的原因有：①离子间发生复分解反应生成水、沉淀或气体，如题中C、D项；②离子间发生氧化还原反应，如题中A项；③离子间发生双水解反应，如Al3+与HCO3-等；④离子间发生络合反应，如Fe与SCN等；⑤注意题中的附加条件。

- 3 -

3+

-

5. 下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是

A. 用装置甲灼烧碎海带 B. 用装置乙过滤海带灰的浸泡液

C. 用装置丙制备用于氧化浸泡液中I的Cl2 D. 用装置丁吸收氧化浸泡液中I后的Cl2尾气 【答案】B

-【解析】分析：A项，灼烧碎海带应用坩埚；B项，海带灰的浸泡液用过滤法分离获得含I的

?

?

溶液；C项，MnO2与浓盐酸反应制Cl2需要加热；D项，尾气Cl2应用NaOH溶液吸收。

-详解：A项，灼烧碎海带应用坩埚，A项错误；B项，海带灰的浸泡液用过滤法分离获得含I

的溶液，B项正确；C项，MnO2与浓盐酸常温不反应，MnO2与浓盐酸反应制Cl2需要加热，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）

MnCl2+Cl2↑+2H2O，C项错误；D项，Cl2在饱和

NaCl溶液中溶解度很小，不能用饱和NaCl溶液吸收尾气Cl2，尾气Cl2应用NaOH溶液吸收，D项错误；答案选B。

点睛：本题以从海带中提取碘为载体，考查基本实验操作、Cl2的实验室制备，解答时要明确实验的目的、分析必需的试剂和仪器、合理的装置和实验条件的控制。 6. 下列有关物质性质的叙述一定不正确的是 A. 向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液显红色 12H2O溶于水可形成 Al(OH)3胶体 B. KAl(SO4) 2·

C. NH4Cl与Ca(OH)2混合加热可生成NH3 D. Cu与FeCl3溶液反应可生成CuCl2 【答案】A

3+

12H2O溶于水电离出的【解析】分析：A项，NH4SCN用于检验Fe；B项，KAl（SO4）2·

- 4 -

Al3+水解形成Al（OH）3胶体；C项，实验室可用NH4Cl和Ca（OH）2混合共热制NH3；D项，Cu与FeCl3溶液反应生成CuCl2和FeCl2。

2+3+

详解：A项，FeCl2溶液中含Fe，NH4SCN用于检验Fe，向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶

12H2O溶于水电离出的Al3+水解形成液，溶液不会显红色，A项错误；B项，KAl（SO4）2·Al（OH）3胶体，离子方程式为Al3++3H2O

Al（OH）3（胶体）+3H+，B项正确；C项，

实验室可用NH4Cl和Ca（OH）2混合共热制NH3，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2

CaCl2+2NH3↑+2H2O，C项正确；D项，Cu与FeCl3溶液反应生成CuCl2

和FeCl2，反应的化学方程式为Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，D项正确；答案选A。

3+

点睛：本题考查Fe的检验、盐类的水解、实验室制氨气的原理、Cu与FeCl3的反应，熟练掌

握典型物质的性质和化学反应是解题的关键。 7. 下列指定反应的离子方程式正确的是

2?

A. 饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应：CO3+CaSO4??+

B. 酸化NaIO3和NaI的混合溶液：I +IO3+6H

CaCO3+SO42?

I2+3H2O

2FeO42?+3Cl?+4H++H2O

?

C. KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO+2Fe(OH)3?+

D. 电解饱和食盐水：2Cl+2H

Cl2↑+ H2↑

【答案】A

【解析】分析：A项，饱和Na2CO3溶液与CaSO4发生复分解反应生成更难溶于水的CaCO3；B

+

项，电荷不守恒，得失电子不守恒；C项，在碱性溶液中不可能生成H；D项，电解饱和食

盐水生成NaOH、H2和Cl2。

详解：A项，饱和Na2CO3溶液与CaSO4发生复分解反应生成更难溶于水的CaCO3，反应的离

2-子方程式为CO3+CaSO4

CaCO3+SO42-，A项正确；B项，电荷不守恒，得失电子不守恒，

--++正确的离子方程式为5I+IO3+6H=3I2+3H2O，B项错误；C项，在碱性溶液中不可能生成H，---2-正确的离子方程式为3ClO+2Fe（OH）3+4OH=3Cl+2FeO4+5H2O，C项错误；D项，电解饱

和食盐水生成NaOH、H2和Cl2，电解饱和食盐水的离子方程式为2Cl-+2H2O

Cl2↑+H2↑+2OH-，D项错误；答案选A。

点睛：本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：①从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物（题中D项）等；②从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；③从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等（题中B项）；④从反应的条件进行判断（题中C项）；⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。

- 5 -

平缓，随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小；C项，根据图像，没有滴入NaOH溶液时，0.1000mol/LHX溶液的pH

1，HX为一元弱酸；D项，根据图像可见横坐标越小，纵坐标越

2-2+2-2+

大，-lgc（SO4）越小，-lgc（Ba）越大，说明c（SO4）越大c（Ba）越小。

详解：A项，升高温度，lgK减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH

0，A项正确；B项，根据图像，随着时间的推移，c（H2O2）变化趋

于平缓，随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小，B项正确；C项，根据图像，没有滴入NaOH溶液时，0.1000mol/LHX溶液的pH

1，HX为一元弱酸，C项错误；D项，根据图像可见横

2-2+2-2+坐标越小，纵坐标越大，-lgc（SO4）越小，-lgc（Ba）越大，说明c（SO4）越大c（Ba）

越小，D项正确；答案选C。

点睛：本题考查图像的分析，侧重考查温度对化学平衡常数的影响、化学反应速率、酸碱中和滴定pH曲线的分析、沉淀溶解平衡曲线的分析，掌握有关的原理，明确图像中纵、横坐标的含义和曲线的变化趋势是解题的关键。

14. H2C2O4为二元弱酸，Ka1 (H2C2O4 ) =5.4×10?2，Ka2 (H2C2O4 ) =5.4×10?5，设H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4) +c(HC2O4?) +c(C2O42?)。室温下用NaOH溶液滴定25.00 mL 0.1000

mol·L?1H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是

L?1 H2C2O4溶液：c(H+ ) =0.1000 mol·L?1+c(C2O42? )+c(OH?)?c(H2C2O4 ) A. 0.1000 mol·

++2?+B. c(Na ) =c(总)的溶液：c(Na ) >c(H2C2O4 ) >c(C2O4 ) >c(H ) +

L?1+ c(C2O42?) ?c(H2C2O4) C. pH = 7的溶液：c(Na ) =0.1000 mol·

+?+?

D. c(Na ) =2c(总)的溶液：c(OH) ?c(H) = 2c(H2C2O4) +c(HC2O4)

【答案】AD

【解析】分析：A项，H2C2O4溶液中的电荷守恒为

c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），0.1000 mol·L?1H2C2O4溶液中0.1000mol/L=c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-），两式整理得

c（H+）=0.1000mol/L-c（H2C2O4）+c（C2O42-）+c（OH-）；B项，c（Na+）=c（总）时溶液中溶质为NaHC2O4，HC2O4既存在电离平衡又存在水解平衡，HC2O4水解的离子方程式为HC2O4-+H2OKh=0-13

H2C2O4+OH-，HC2O4-水解常数

=

=

=

=1.85

1

--

Ka2（H2C2O4），HC2O4-的电离程度大于水解程度，则c（C2O42-）c（H2C2O4）；C

- 11 -

项，滴入NaOH溶液后，溶液中的电荷守恒为

+-c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），室温pH=7即c（H）=c（OH），+-2-+c（C2O42-）-c（H2C2O4），由于溶液体积变则c（Na）=c（HC2O4）+2c（C2O4）=c（总）+

大，c（总）0.1000mol/L；D项，c（Na）=2c（总）时溶液中溶质为Na2C2O4，溶液中的电++-2--荷守恒为c（Na）+c（H）=c（HC2O4）+2c（C2O4）+c（OH），物料守恒为

c（Na+）=2c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-）]，两式整理得c（OH-）-c（H+）=2c（H2C2O4）+c（HC2O4-）。 详解：A项，H2C2O4溶液中的电荷守恒为

c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），0.1000 mol·L?1H2C2O4溶液中0.1000mol/L=c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-），两式整理得

c（H+）=0.1000mol/L-c（H2C2O4）+c（C2O42-）+c（OH-），A项正确；B项，c（Na+）=c（总）时溶液中溶质为NaHC2O4，HC2O4既存在电离平衡又存在水解平衡，HC2O4水解的离

-子方程式为HC2O4+H2O

--

H2C2O4+OH-，HC2O4-水解常数=

=

=

=1.85

1

Kh=0-13

2-Ka2（H2C2O4），HC2O4-的电离程度大于水解程度，则c（C2O4）c（H2C2O4），B项

错误；C项，滴入NaOH溶液后，溶液中的电荷守恒为

+-c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），室温pH=7即c（H）=c（OH），+-2-2-则c（Na）=c（HC2O4）+2c（C2O4）=c（总）+c（C2O4）-c（H2C2O4），由于溶液体积变+

c大，（总）0.1000mol/L，c（Na）

0.1000mol/L +c（C2O42-）-c（H2C2O4），C项错误；D

+

项，c（Na）=2c（总）时溶液中溶质为Na2C2O4，溶液中的电荷守恒为

c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），物料守恒为c（Na+）=2c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-）]，两式整理得c（OH-）-c（H+）=2c（H2C2O4）+c（HC2O4-），D项正确；答案选AD。

点睛：本题考查溶液中粒子浓度的大小关系。确定溶液中粒子浓度大小关系时，先确定溶质的组成，分析溶液中存在的平衡，弄清主次（如B项），巧用电荷守恒、物料守恒和质子守恒（质子守恒一般可由电荷守恒和物料守恒推出）。注意加入NaOH溶液后，由于溶液体积变大，c（总）0.1000mol/L。

15. 一定温度下，在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生

- 12 -

反应2SO2(g)+ O2(g)2SO3(g)(正反应放热)，测得反应的相关数据如下：

下列说法正确的是

A. v1< v2，c2< 2c1 B. K1> K3，p2> 2p3

C. v1< v3，α1(SO2 ) >α3(SO2 ) D. c2> 2c3，α2(SO3 )+α3(SO2 )<1 【答案】CD

【解析】分析：对比容器的特点，将容器1和容器2对比，将容器1和容器3对比。容器2中加入4molSO3等效于在相同条件下反应物投入量为4molSO2和2molO2，容器2中起始反应物物质的量为容器1的两倍，容器2相当于在容器1达平衡后增大压强，将容器的体积缩小为原来的一半，增大压强化学反应速率加快，υ2c2

2c1，p2

2p1，α1（SO2）+α2（SO3）

υ1，增大压强平衡向正反应方向移动，平衡时

1，容器1和容器2温度相同，K1=K2；容器3相当

υ1，升高温度平衡向逆反K1。

于在容器1达到平衡后升高温度，升高温度化学反应速率加快，υ3应方向移动，平衡时c3

c1，p3p1，α3（SO2）

α1（SO2），K3

详解：对比容器的特点，将容器1和容器2对比，将容器1和容器3对比。容器2中加入4molSO3等效于在相同条件下反应物投入量为4molSO2和2molO2，容器2中起始反应物物质的量为容器1的两倍，容器2相当于在容器1达平衡后增大压强，将容器的体积缩小为原来的一半，增大压强化学反应速率加快，υ2c2

2c1，p2

υ1，增大压强平衡向正反应方向移动，平衡时

1，容器1和容器2温度相同，K1=K2；容器3相当

υ1，升高温度平衡向逆反K1。根据上述分析，A项，2p3，B项错误；C项，

2p1，α1（SO2）+α2（SO3）

于在容器1达到平衡后升高温度，升高温度化学反应速率加快，υ3应方向移动，平衡时c3υ2υ1，c2

c1，p3

p1，α3（SO2）

K1，p2

α1（SO2），K32p1，p3

2c1，A项错误；B项，K3p1，则p2

υ3υ1，α3（SO2）c2

α1（SO2），C项正确；D项，c22c1，c3

1，α3（SO2）

c1，则

1，D

2c3，α1（SO2）+α2（SO3）α1（SO2），则α2（SO3）+α3（SO2）

项正确；答案选CD。

点睛：本题考查化学平衡时各物理量之间的关系，解题时巧妙设计中间状态，利用外界条件

- 13 -

对化学反应速率和化学平衡的影响判断。如容器2先设计其完全等效平衡的起始态为4molSO2和2molO2，4molSO2和2molO2为两倍容器1中物质的量，起始物质的量成倍变化时相当于增大压强。

非 选 择 题

16. 以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐）为

原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下：

（1）焙烧过程均会产生SO2，用NaOH溶液吸收过量SO2的离子方程式为______________________。

（2）添加1êO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如题16图所示。

已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600 ℃ 硫去除率=（1—

）×100%

①不添加CaO的矿粉在低于500 ℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于__________________。

②700℃焙烧时，添加1êO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，其主要原因是______________________________________________________。 （3）向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，铝元素存在的形式由_______________（填化学式）转化为_______________（填化学式）。

（4）“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3。Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧

- 14 -

生成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的n（FeS2）∶n（Fe2O3=__________________。

【答案】（12分）

（1）SO2+OH?（2）①FeS2

HSO3?

②硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中 （3）NaAlO2 Al(OH)3 （4）1∶16

【解析】分析：根据流程，矿粉焙烧时FeS2与O2反应生成Fe2O3和SO2，在空气中CaO可将SO2转化为CaSO4；“碱浸”时Al2O3、SiO2转化为溶于水的NaAlO2、Na2SiO3；Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2， （1）过量SO2与NaOH反应生成NaHSO3和H2O。

（2）①根据题给已知，多数金属硫酸盐的分解温度高于600℃，不添加CaO的矿粉低于500℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于FeS2。

②添加CaO，CaO起固硫作用，根据硫去除率的含义，700℃焙烧时，添加1êO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低。

（3）“碱浸”时Al2O3、SiO2转化为溶于水的NaAlO2、Na2SiO3，向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，CO2与NaAlO2反应生成NaHCO3和Al（OH）3。

（4）Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，反应的化学方程式为FeS2+16Fe2O3

11Fe3O4+2SO2↑。

详解：（1）过量SO2与NaOH反应生成NaHSO3和H2O，反应的化学方程式为SO2+NaOH=NaHSO3，离子方程式为SO2+OH-=HSO3-。

（2）①根据题给已知，多数金属硫酸盐的分解温度高于600℃，不添加CaO的矿粉低于500℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于FeS2。

②添加CaO，CaO起固硫作用，添加CaO发生的反应为2CaO+2SO2+O2=2CaSO4，根据硫去除率的含义，700℃焙烧时，添加1êO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低的原因是：硫元素转化为CaSO4留在矿粉中。

（3）“碱浸”时Al2O3、SiO2转化为溶于水的NaAlO2、Na2SiO3，向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，CO2与NaAlO2反应生成NaHCO3和Al（OH）3，反应的离子方程式为

CO2+AlO2-+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，即Al元素存在的形式由NaAlO2转化为Al（OH）3。 （4）Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，反应的化学方程式为

- 15 -

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/afx.html