全册综合复习模拟训练 （含答案）2022-2023学年下学期高二化学苏教版（2019）选择性必修2

全册综合复习模拟训练
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．反应8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2可用于氯气管道的检漏。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是
A．中子数为18的氯原子：Cl
B．N2分子的电子式：N N
C．Cl2分子的结构式：Cl—Cl
D．Cl-的结构示意图：
2．为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．重水中所含中子数为
B．标准状况下，中所含氧原子数目为
C．高温下，与足量水蒸气反应，转移电子数为
D．足量与浓盐酸反应，最多制得的分子数为
3．镓的原子结构示意图如图所示。下列有关的说法错误的是
A．与互为同位素 B．原子核内的中子数为31
C．质量数为71 D．在化学反应中易失去电子
4．(核磁共振)、可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构，瑞士科学家库尔特、维特里希等人为此获得诺贝尔化学奖。下列有关、的叙述正确的是
A．与互为同素异形体 B．与互为同位素
C．、具有相同的中子数 D．的核外电子数与中子数相同
5．和的能量关系如图所示：

已知：离子电荷相同时，半径越小，离子键越强。下列说法正确的是
A．
B．
C．
D．对于和
6．短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，且X、Z、Q原子均有两个单电子，W为地壳中含量最高的金属元素。下列说法正确的是
A．X易与多种元素形成离子键 B．简单氢化物的稳定性：Z＜Q
C．第一电离能：Y＞Z D．电负性：W＞Z
7．W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，原子序数总和为25，Y是地壳中含量最多的元素，由这四种元素形成的某化合物如图所示。
下列说法正确的是
A．原子半径：Z>Y>X>W
B．简单氢化物沸点：Y>Z
C．电负性和第一电离能最小的都是W
D．该化合物具有氧化性，可用于杀菌消毒
8．下列与原子核外电子排布规律相关的叙述中(N为能层序数)，不正确的是
A．ns电子的能量一定高于(n-1)p电子的能量
B．根据构造原理，电子填入能级的顺序是ns→(n-1)d→np
C．第三周期元素的基态原子中，未成对电子数最多的是磷
D．各能层含有的电子数均为ns2
9．CO2的综合利用是实现“双碳”的重要手段。利用钉(Ru)基催化剂将CO2转化为有机原料甲酸的反应机理如图所示。下列说法不正确的是
A．若反应II为总反应决速步骤，则反应II的活化能最低
B．HO－Ru－OH是该反应的催化剂
C．该反应的总方程式为
D．反应III中既存在极性键的断裂，又存在极性键的生成
10．为正盐，其中P为价O为价，能将溶液中的还原为，可用于化学镀银。反应的离子方程式为。下列说法正确的是
A．上述反应中，氧化产物是
B．该反应氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4
C．溶于水破坏离子键、极性共价键和非极性共价键
D．是三元酸，与反应可生成三种盐
11．关于几种晶体的结构，下列说法正确的是
A．干冰晶胞中CO2分子之间和金刚石晶胞中碳原子间的静电作用均是共价键
B．石墨晶体层内是共价键，层与层间是范德华力，所以石墨是一种过渡晶体
C．若金刚石的晶胞边长为acm，其中两个最近的碳原子之间的距离为
D．NaCl中Na+的配位数小于干冰中CO2分子的配位数
12．下列化学用语的表示方法中错误的是
A．中子数为8的碳原子——
B．的电子式——
C．的结构示意图——
D．的形成过程——
13．向溶液中通入至过量，先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解得到深蓝色的溶液。下列说法正确的是
A．氢键的存在导致热稳定性较强 B．硫离子的结构示意图：
C．离子半径大小： D．的空间结构为正四面体
14．是重要的化工原料，可用于某些配合物的制备，如溶于氨水形成。液氨可以微弱的电离产生和，中的一个H原子若被取代可形成(联氨)，若被取代可形成(羟胺)。经过转化可形成、、、(无色)等。与反应有气体生成，同时放出大量热。下列说法正确的是
A．第一电离能： B．的键角比大
C．难溶于水 D．中键的数目为
15．氰化氢主要应用于电镀业，可通过制备。下列说法正确的是
A．是含有极性键的非极性分子 B．的电子式为
C．分子中键与键的个数比为 D．固态属于共价晶体
二、填空题
16．深入研究物质的组成、结构与其性质之间的相互关系有利于揭示物质的奥秘。
(1)下列有关物质结构与性质的说法中，正确的是___________(填标号)。
A．通常条件下很稳定的原因是氮分子中氮氮三键的键能大
B．根据石墨易传热、能导电的性质，可以推测出石墨属于金属单质
C．分子中具有碳碳双键的有机物与乙烯具有相似的化学性质
D．乙醇能与钠发生反应，故乙醇为电解质
(2)原子结构模型经历了五个主要阶段：1803年实心球模型→1904年“葡萄干面包”模型→1911年原子核式结构模型→1913年轨道模型→20世纪初量子力学的原子结构模型。对原子核式结构模型贡献最大的科学家是___________(填标号)。
A．玻尔 B．汤姆生 C．卢瑟福 D．道尔顿
(3)由元素周期律推测酸性强弱：，属于___________(填“归纳范式”或“演绎范式”，下同)的应用。由金属单质与盐溶液的置换反应获得金属活动性顺序，属于_______的应用。
(4)具有放射性，其α衰变方程为。半衰期是指由大量原子组成的放射性样品中，放射性元素原子核有50%发生衰变所需的时间，已知的半衰期为138天，物质的量为1mol的，经276天后，得到Pb的物质的量为____mol。
17．光伏材料是指能将太阳能直接转换成电能的材料，又称太阳能材料，只有半导体材料具有这种功能。可做太阳电池材料的有单晶硅、多晶硅、非晶硅、GaAs、GaAlAs、InP、CdS、CdTe、CuInSe等。
(1)Ga与B同主族，基态Ga原子价电子排布式为___________。
(2)Ga失去电子的逐级电离能(单位：kJ mol )的数值依次为577、1984.5、2961.8、6192由此可推知镓的主要化合价为___________和+3。
(3)下列事实能说明硫的非金属性比硒强的是___________(填字母)。
A．溶解度：
B．沸点：
C．酸性：
(4)Ga、P、S的电负性从大到小的顺序为___________。
(5)与Al元素在元素周期表中处于对角线的铍，在性质上具有相似性，写出铍的氧化物与氢氧化钠溶液反应生成的离子方程式___________。
(6)工业上以镓粉为原料，用镍催化法生产GaN，在氨气流中于1050~1100℃下加热30 min可制得疏松的灰色粉末状GaN，同时得到一种单质，写出该反应的化学方程式___________。
三、工业流程题
18．LiMn2O4、LiFePO4是锂离子电池常用的活性材料。某小组以含锰矿料(主要成分是MnCO3，含少量Fe2O3、Fe3O4、FeO、CoO和SiO2)为原料制备LiMn2O4的流程如图所示(部分条件和产物省略)。

已知几种金属氢氧化物沉淀的pH如表所示：
金属氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Co(OH)2 Mn(OH)2
开始沉淀的pH 2.7 7.5 7.6 7.8
完全沉淀的pH 3.7 9.7 9.2 10.4
请回答下列问题：
(1)写出一条提高“酸浸”速率的措施：___________ 。
(2)“除杂1”时，加入MnO2的作用是 ___________(用离子方程式表示)。
(3)要使“固体1”中除了含有MnO2外，只含另外一种固体，其化学式为 ___________，则“除杂1”过程调节pH范围为 ___________。
(4)在高温下“合成”LiMn2O4，反应的化学方程式为___________ 。
(5)已知：常温下，Ksp(CoS)＝3.0 × 10 26、Ksp(MnS)＝3.0 × 10 14。假设“除杂1”后的溶液中c()为 0.1mol L 1，为了使残液中 c(Co2 + )≤ 1.0 × 10 5 mol L 1，必须控制 c(S2 ) 的范围为_____ mol L 1。
(6)固体1可作为LiFePO4的原料。LiFePO4晶胞结构如图所示，其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。LiFePO4晶胞中P的杂化轨道类型为__________，晶胞中含有正八面体的数目为__________。

四、结构与性质
19．2022年春晚中舞蹈诗剧《只此青绿》生动还原了北宋名画《千里江山图》，画之所以色彩艳丽，璀璨夺目，与所使用矿物颜料有关。回答下列问题：
(1)石青，又名蓝矿石，化学式为Cu3(CO3)2(OH)2，基态Cu2+核外电子的空间运动状态有_____种，CO的空间构型为_____。原子中电子有两种相反的自旋状态，分别用+和-表示，称为电子的自旋磁量子数，则Cu2+中电子自旋磁量子数的代数和为_____。
(2)亚铁氰化钾，化学式为K4[Fe(CN)6]，呈黄色结晶性粉末。[Fe(CN)6]4-中配体CN-的配位原子是_____(填元素符号)，与CN-互为等电子体的分子______，[Fe(CN)6]4-中σ键和π键的数目之比为_____。
(3)Cu2S呈黑色或灰黑色，已知：晶胞中S2-的位置如图1所示，Cu+位于S2-所构成的四面体中心，晶胞的侧视图如图2所示。
Cu+填充了晶胞中四面体空隙的百分率是_____，S2-配位数为______。已知图1中A原子的原子分数坐标为(0，0，0)，则与A原子距离最近的Cu+的原子分数坐标为______。若晶胞参数为anm，晶体的密度为dg/cm3，则阿伏加德罗常数的值为______(用含a和d的代数式表示)。
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
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参考答案：
1．C
【详解】A．氮元素的质子数为17，中子数为18的氮原子的质量数=质子数+中子数=7+9=35，该核素可以表示为：Cl ，故A错误；
B．氮气分子中存在氮氮三键，氮原子最外层达到8电子稳定结构，氮气的电子式为： ，故B错误；
C．氯气电子式为： ，分子中存在1对氯氯共用电子对，其结构式为：Cl-Cl，故C正确；
D．氯离子的核电荷数为17，最外层为8个电子，氯离子的离子结构示意图为： ，故D错误；
故选：C。
2．C
【详解】A．重水的物质的量为0.9mol，1个D2O分子中含10个中子，则18g重水所含中子数为，A错误；
B．标准状况下，的物质的量为0.25mol，其中所含氧原子的物质的量为0.25mol×2=0.5mol，氧原子数目为，B错误；
C．高温下，与足量水蒸气反应，生成Fe3O4，Fe的化合价0→，转移电子的物质的量为0.6mol×=1.6mol，电子数，C正确；
D．二氧化锰只能与浓盐酸反应，与稀盐酸不反应，即盐酸不能完全反应，故转移电子数小于，D错误；
答案选C。
3．B
【详解】A．和是同一元素的不同核素，二者互为同位数，A正确；
B．原子核内的中子数=71-31=40，B错误；
C．的质量数为71，C正确；
D．最外层为3个电子，在化学反应中易失去，D正确；
故选B。
4．B
【详解】A．13C表示碳元素的一种核素，而C60则表示碳元素的一种单质，同种元素的不同原子之间才互为同位素，A错误；
B．具有相同质子数，不同中子数的同一元素的不同原子之间互为同位素，故与互为同位素，B正确；
C．根据质量数A=质子数Z+中子数N，故13C与15N具有的中子数分别为13-6=7，15-7=8，故它们的中子数不相同，C错误；
D．15N的核外电子数等于其质子数为7，而中子数为15-7=8，故不相同，D错误；
故选B。
5．D
【详解】A．和中阳离子的半径大小不一样，结合碳酸根的能力不同，离子键强度也不同，所以不相等，即，A错误；
B．对应的为碳酸根分解变成氧离子和二氧化碳，二者相同，所以，B错误；
C．， ，两者相减得到，，两者相减，则，C错误；
D．分解反应为吸热反应，结合盖斯定律可知，H1+H2-H3=H>0，故H1+H2>H3，D正确；
故答案选D。
6．C
【分析】短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，W为地壳中含量最高的金属元素，W为Al元素；X、Z、Q原子均有两个单电子，结合原子序数的大小关系，X为C元素、Y为N元素、Z为O元素、Q为Si或S元素；据此作答。
【详解】根据分析，X、Y、Z、W、Q依次为C、N、O、Al、Si或S元素；
A．X为C，C原子最外层有4个电子，难得到或失去电子，难与其它元素形成离子键，C与多种元素形成共价键，A项错误；
B．同周期从左到右主族元素的非金属性逐渐增强，简单氢化物的稳定性逐渐增强，同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，简单氢化物的稳定性逐渐减弱，非金属性Z＞Q，简单氢化物的稳定性Z＞Q，B项错误；
C．同周期从左到右主族元素的第一电离能呈增大的趋势，Y（N）的2p能级处于能量较低、较稳定的半充满状态，N的第一电离能大于O（Z），C项正确；
D．同周期从左到右主族元素的电负性逐渐增大，同主族从上到下元素的电负性逐渐减小，电负性W（Al）＜S＜Z（O），D项错误；
答案选C。
7．D
【分析】Y是地壳中含量最多的元素，Y为O；Z形成+1价阳离子，且原子序数大于O，则Z为Na；W形成一条共价键，且原子序数小于O，则W为H；X得1个电子再形成四条共价键达到稳定结构，则X最外层电子数为3，原子序数小于O，可知X为B，据此分析解答。
【详解】A．原子核外电子层数越多原子半径越大，电子层数相同时核电荷数小原子半径越大，因此原子半径：Na>B>O>H，即Z>X >Y >W，故A错误；
B．Z为Na，其氢化物为NaH，属于离子化合物，沸点高于水，故B错误；
C．电负性最小的是活泼金属钠，故C错误；
D．由结构简式可知，该化合物中存在过氧键，具有强的氧化性，可用于杀菌消毒，故D正确；
故选：D。
8．D
【详解】A．根据构造原理，ns电子的能量一定高于(n-1)p电子的能量，A正确；
B．原子轨道能量高低顺序为ns<(n-1)dC．第三周期元素的基态原子中，磷原子含有3个未成对的电子，则未成对电子数最多的是磷，C正确；
D．各能层含有的电子数均为2n2，D错误；
故选D。
9．A
【详解】A．若反应II为决速步骤，则反应II的活化能最高，A项说法错误；
B．由流程可知，HO－Ru－OH是该反应的催化剂，B项说法正确；
C．由图可知该反应的总方程式为，C项说法正确；
D．反应过程中存在极性键H－O的断裂和生成，D项说法正确；
故选A。
10．A
【详解】A．该反应中中P失电子被氧化生成H3PO4，氧化产物为H3PO4，A正确；
B．该反应中还原剂为，氧化剂为Ag+，氧化剂和还原剂的物质的量之比为4：1，B错误；
C．NaH2PO2溶于水生成Na+和，破坏离子键，C错误；
D．H3PO2为一元酸，与NaOH反应生成一种盐，D错误；
故答案选A。
11．D
【详解】A．干冰晶胞中CO2分子之间是分子间作用力，故A错误；
B．石墨晶体层内碳原子之间以共价键结合，层与层之间通过范德华力结合，因此石墨属于一种混合型晶体，故B错误；
C．金刚石两个最近的碳原子之间的距离为体对角线的四分之一，若晶胞边长为a cm，则两个最近的碳原子之间的距离为 cm，故C错误；
D．NaCl中Na+的配位数为6，干冰中CO2分子的配位数为12，故D正确；
故选：D。
12．A
【详解】A．中子数为8的碳原子，质量数=6+8=14，可表示为，A错误；
B．CO2的电子式为，B正确；
C．S2-的结构示意图可表示为，C正确；
D．用电子式表示MgCl2的形成过程，D正确；
故选A。
13．D
【详解】A．热稳定性较强是因N-H键键能较大，与氢键无关，故A错误；
B．硫原子的结构示意图： ，故B错误；
C．和核外电子排布相同，但N的核电荷数小于O，离子半径大于，故C错误；
D．中心S原子价层电子对数为，无孤对电子，空间构型为正四面体，故D正确；
故选：D。
14．B
【详解】A．N的价层电子排布式为2s22p3，为稳定结构，其第一电离能较大，A错误；
B．中N原子价层电子对个数=，且含有2个孤电子对，NH3中N原子价层电子对个数，且含有1个孤电子对，孤电子对之间的排斥力大于孤电子对和成键电子对之间的排斥力，所以NH3的键角比中的大，B正确；
C．能和水形成分子间氢键，所以易溶于水，C错误；
D．已知[Ni(NH3)6]2+中每个NH3与Ni2+形成一个配位键，NH3分子中含有3个N-H键，这些键均为σ键，则1mol [Ni(NH3)6]2+中σ键的数目为3mol×6+6mol=24mol，D错误；
故选B。
15．A
【详解】A．CH4是正四面体结构，结构对称，所以是非极性分子，CH4中只含C-H极性键，故A正确；
B．NH3的电子式为，故B错误；
C．HCN结构式：H-C≡N，HCN分子中含有2个σ键和2个π键，键与键的个数比为1：1，故C错误；
D．共价晶体通常具有很高的熔沸点，固态氢气不满足，所以不属于共价晶体，故D错误；
故选：A。
16．(1)AC
(2)C
(3) 演绎范式 归纳范式
(4)0.75
【详解】（1）A．通常条件下很稳定的原因是氮分子中氮氮三键的键能大，故A项确；
B．石墨易传热、能导电，但是石墨属于非金属单质，故B错误；
C．分子中具有碳碳双键的物质与乙烯具有相似的化学性质，故C正确；
D．乙醇和钠反应，但乙醇是非电解质，故D错误；
答案AC。
（2）对原子核式结构模型贡献最大的科学家是卢瑟福，故答案C。
（3）由元素周期律推测酸性强弱：，是“从一般到个别”的过程，属于演绎范式的应用。由金属单质与盐溶液的置换反应获得金属活动性顺序，是“从个别到一般”的过程，属于归纳范式的应用。
（4）经过第一个半衰期生成的Pb的物质的量为1×50%mol，剩余的Po的物质的量为1×50%mol；再经过第二个半衰期生成的Pb的物质的量为1×50%×50%mol，所以经过276天所得Pb的物质的量为(1×50%＋1×50%×50%)mol=0.75mol。
17．(1)
(2)+1
(3)C
(4)S>P>Ga
(5)
(6)
【详解】（1）B是第二周期第IIIA族，Ga与B同主族，Ga是第四周期，因此基态Ga原子价电子排布式为；故答案为：；
（2）Ga失去电子的逐级电离能(单位：kJ mol )的数值依次为577、1984.5、2961.8、6192；
根据Ga失去电子的逐级电离能，第一电离能和第二电离能差距较大，第三电离能与第四电离能差距较大，由此可推知镓的主要化合价为+1和+3；故答案为：+1；
（3）A．溶解度与非金属性无关，故A不符合题意；
B．氢化物的沸点与非金属性无关，故B不符合题意；
C．非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物酸性越强，酸性：，则说明硫的非金属性比硒强，故C符合题意；
综上所述，答案为：C。
（4）根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，则Ga、P、S的电负性从大到小的顺序为S>P>Ga；故答案为：S>P>Ga；
（5）与Al元素在元素周期表中处于对角线的铍，在性质上具有相似性，铍的氧化物与氢氧化钠溶液反应生成和水，其反应的离子方程式；故答案为：；
（6）工业上以镓粉为原料，用镍催化法生产GaN，在氨气流中于1050~1100℃下加热30 min可制得疏松的灰色粉末状GaN，同时得到一种单质，根据元素守恒，得到氢气单质，则该反应的化学方程式；故答案为：。
18．(1)粉碎含锰矿料(或适当加热、或搅拌)
(2)MnO2+ 2Fe2 + + 4H + ＝Mn2 + + 2Fe3+ + 2H2O
(3) Fe(OH)3 3.7≤pH<7.6
(4)4Mn2(OH)2CO3 + 3O2+ 2Li2CO3 4LiMn2O4 + 6CO2 + 4H2O
(5)3.0×10 13> c(S2 )≥3.0×10 21
(6) sp3 4
【分析】含锰矿料加硫酸溶解，MnCO3、Fe2O3、Fe3O4、FeO、CoO均溶于硫酸分别生成硫酸锰、硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸钴，二氧化硅不溶于酸过滤除去，滤液中加二氧化锰将亚铁离子氧化为三价铁，调节pH值使三价铁完全沉淀为氢氧化铁除去，再过滤，滤液中加硫化钠，将钴转化为CoS沉淀除去，再过滤，滤液中加碳酸钠，生成碱式碳酸锰，碱式碳酸锰与碳酸锂、氧气反应生成LiMn2O4和二氧化碳，据此分析解答。
【详解】（1）提高“酸浸”速率可将矿料粉碎增大接触面积，也可适当升高温度或进行搅拌，故答案为：粉碎含锰矿料(或适当加热、或搅拌)；
（2）“除杂1”时，加入MnO2将亚铁离子氧化为三价铁，1mol亚铁离子失去1mol电子，1mol二氧化锰转化为锰离子得2mol电子，根据得失电子守恒得离子方程式：MnO2+ 2Fe2 + + 4H + ＝Mn2 + + 2Fe3+ + 2H2O，故答案为：MnO2+ 2Fe2 + + 4H + ＝Mn2 + + 2Fe3+ + 2H2O；
（3）加二氧化锰将亚铁离子氧化为三价铁，调节pH值使三价铁完全沉淀为氢氧化铁除去，则另一种固体为Fe(OH)3；结合表中数据，为使三价铁离子完全沉淀，而不能使Co、Mn沉淀，则pH值范围为：，故答案为：Fe(OH)3；3.7≤pH<7.6；
（4）碱式碳酸锰与碳酸锂、氧气高温下反应生成LiMn2O4和二氧化碳，根据得失电子守恒以及元素守恒得反应方程式：4Mn2(OH)2CO3 + 3O2+ 2Li2CO3 4LiMn2O4 + 6CO2 + 4H2O，故答案为：4Mn2(OH)2CO3 + 3O2+ 2Li2CO3 4LiMn2O4 + 6CO2 + 4H2O；
（5）Ksp(CoS)＝3.0 × 10 26、Ksp(MnS)＝3.0 × 10 14。假设“除杂1”后的溶液中c()为 0.1mol L 1，则c(S2 ) ；为了使残液中 c(Co2 + )≤ 1.0 × 10 5 mol L 1，则c(S2 )=，故答案为：3.0×10 13> c(S2 )≥3.0×10 21；
（6）PO 的中心原子P的价层电子对数为4，孤电子对数为0，中心原子P为sp3杂化；由图可知白球表示Li，每个晶胞中锂离子个数为，故一个晶胞中有4个LiFePO4，晶胞中含有正八面体的数目为4，故答案为：sp3；4
19．(1) 14种 平面三角形 +或-表示
(2) C CO或N2 1∶1
(3) 100% 8 (，，)
【详解】（1）Cu2+电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，核外电子的空间运动状态数等于轨道数，则Cu2+核外电子的空间运动状态数为1+1+3+1+3+5=14种。中C的价层电子对数为，无孤电子对，为平面三角形。Cu2+中除了3d轨道，其他轨道电子自旋磁量子数代数和为0，3d轨道上4个轨道中有两个自旋方向相反的电子，一个轨道只有一个电子，因此Cu2+中电子自旋磁量子数的代数和为或。
（2）CN-中C的电负性小于N，配位原子为C原子，CN-有14个电子，与CN-为等电子体的分子为CO和N2。[Fe(CN)6]4-中含有6个配位键为σ键，CN-中有1个σ键和2个π键，因此[Fe(CN)6]4-中σ键和π键的数目之比为12：12=1：1。
（3）该晶胞中S2-个数为=4，根据化学式可知，该晶胞中Cu+为8，Cu+填充了晶胞中全部的四面体空隙，所以Cu+填充了晶胞中四面体空隙的百分率为100%。S2-的配位数为8，图1中A原子的原子分数坐标为（0，0，0），则与A原子距离最近的Cu+的原子分数坐标为(，，)。该晶胞中含有S2-4个，Cu+8个，，则NA=。
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