2025年外研銜接版選擇性必修2化學上冊階段測試試卷含答案

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年外研銜接版選擇性必修2化學上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、基態(tài)R原子的能級上只有一對成對電子，則R的最高價氧化物對應水化物的酸根離子是A.B.C.D.2、關于氫鍵，下列說法中正確的是A.氫鍵比范德華力強，所以它屬于化學鍵B.分子間形成的氫鍵使物質的熔點和沸點升高C.含氫原子的物質之間均可形成氫鍵D.H2O是一種非常穩(wěn)定的化合物，這是由于水分子間存在氫鍵3、以下是A、B、C、D、E五種短周期元素的某些性質：下列判斷正確的是。序號ABCDE最低負化合價-4-2-1-2-1電負性2.52.53.03.54.0A.E的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性順序為B.元素A的最高能級軌道中無自旋方向相同的電子C.與元素B處于同周期且在該周期中第一電離能最小的元素的單質能與發(fā)生置換反應D.元素C不可能形成化合物4、下列粒子的VSEPR模型為四面體形且其空間結構為三角錐形的是A.B.C.D.5、下列分子中，所有原子不可能處在同一平面上的是A.C2H2B.CS2C.NH3D.BCl36、[Zn(CN)4]2-在水溶液中可與HCHO發(fā)生反應生成[Zn(H2O)4]2+和HOCH2CN；下列說法錯誤的是。

A.Zn2+基態(tài)核外電子排布式為[Ar]3d10B.HOCH2CN分子中碳原子的雜化軌道類型是sp3C.1molHCHO分子中含有σ鍵的數(shù)目約為1.806×1024D.[Zn(H2O)4]2+中Zn2+與H2O的O原子形成配位鍵，結構可用上圖表示7、氨基磷酸H4NPO3是一種磷酸的衍生物，溶于水會緩慢地發(fā)生水解反應。下列說法正確的是(已知pKa=-lgKa)A.氨基磷酸只含σ鍵，不含π鍵B.氨基磷酸與水反應生成NH3和H3PO4C.分子中各原子均達到8e-穩(wěn)定結構D.相同溫度下，pKa1(氨基磷酸)＞pKa1(磷酸)8、有機金屬氯化物由原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、M、N組成，部分結構如圖所示，基態(tài)原子M核外電子所占據(jù)原子軌道全充滿，N元素的價層電子排布式為nsn-1np2n-1。下列說法錯誤的是。

A.YN4為正四面體結構B.氫化物的沸點Z>YC.Z元素的第一電離能比同周期相鄰元素的大D.與M同族元素的基態(tài)原子最高能級的電子云輪廓圖呈球形評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)9、(2020·江蘇卷)C、N、O元素的第一電離能由大到小的順序為___________。10、表是元素周期表的一部分；根據(jù)表中列出的10種元素，回答下列問題。

。族。

周期。

IA

IIA

IIIA

IVA

VA

VIA

VIIA

0

2

C

N

O

Ne

3

Na

Mg

Al

Si

S

Cl

（1）單質化學性質最不活潑的是___；地殼中含量最多的元素是___(填名稱)；

（2）單質常用作半導體材料的是___；Mg原子結構示意圖為___；

（3）O和S中，原子半徑較大的是；CH4和NH3中，熱穩(wěn)定性較強的是___(填名稱)；

（4）新制氯水有漂白作用___，是因為其中含有___(填“HCl”或“HClO”)；

（5）元素最高價氧化物對應水化物中，堿性最強的是___(填化學式)，兩性氫氧化物是___；

（6）某烴分子中含有6個碳原子，結構簡式為常用作有機溶劑。該有機物分子式為___，其中碳元素與氫元素的質量比m(C)∶m(H)=___(相對原子質量：H-1C-12)11、Fe；Cu都是重要的材料元素；其單質及化合物在諸多領域中都有廣泛的應用。

(1)Fe位于元素周期表的___________區(qū)，基態(tài)的價電子軌道表示式為___________。

(2)向黃色的三氯化鐵溶液中加入無色的KSCN溶液，溶液變成紅色。該反應在有的教材中用化學方程式表示。經(jīng)研究表明，是配合物，與不僅能以1：3的個數(shù)比配合；還可以其他個數(shù)比配合。請按要求填空：

①與的配合物中，主要是與以個數(shù)比1：1配合，所得離子顯紅色，則含該離子的配合物的化學式是___________。

②鐵的另一種配合物鐵氰化鉀俗稱赤血鹽，可用于檢驗兩者反應生成帶有特征藍色的沉淀，請用離子方程式說明原理___________；該赤血鹽配體的電子式為___________。12、N；O、S、Cl、Cu五種元素的單質及其化合物在現(xiàn)代工業(yè)生產(chǎn)中有著廣泛應用。請回答下列問題：

（1）第一電離能：N_____O（填“”或“”，下同），電負性：S____Cl。

（2）的沸點比高的原因是___________；屬于________（填“極性”或“非極性”）分子；

（3）Cu與Cl形成化合物的晶胞如圖所示。該晶體的化學式為________。

13、某有機物含C；H，O；N四種元素，質量分數(shù)分別為32%、6.66%、42.67%、67%，該有機物的蒸汽對氫氣的相對密度為37.5，通過計算確定：

(1)有機物的分子式__________________；

(2)有機物可能的結構簡式．_________________，____________________14、下列物質結構圖中，●代表原子序數(shù)從1到10的元素的原子實(原子實是原子除去最外層電子后剩余的部分)，小黑點代表除形成共價鍵外的其他最外層電子，短線代表共價鍵，如F2：

⑴試寫出四種圖示所代表的化學式：

A___________，B___________，C___________，D___________。

⑵將上述四種物質的液體呈細流流下，用帶靜電的玻璃棒靠近細流，細流發(fā)生偏轉的是_____________(填“A”“B”“C”“D”)。

⑶B分子中有__________個δ鍵，___________個π鍵。

⑷C分子中，中心原子雜化類型____________其分子空間構型是_______________。15、在固體KHSO4中，有一半是以雙聚分子存在，另一半是以鏈式結構存在，生成這兩種空間構型的原因是___鍵存在，請畫出雙聚分子的結構：___，鏈式結構為___。評卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)16、判斷正誤。

(1)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對____________

(2)分子中中心原子若通過sp3雜化軌道成鍵，則該分子一定為正四面體結構____________

(3)NH3分子為三角錐形，N原子發(fā)生sp2雜化___________

(4)只要分子構型為平面三角形，中心原子均為sp2雜化___________

(5)中心原子是sp1雜化的，其分子構型不一定為直線形___________

(6)價層電子對互斥理論中，π鍵電子對數(shù)不計入中心原子的價層電子對數(shù)___________

(7)PCl3分子是三角錐形，這是因為P原子是以sp2雜化的結果___________

(8)sp3雜化軌道是由任意的1個s軌道和3個p軌道混合形成的四個sp3雜化軌道___________

(9)凡中心原子采取sp3雜化的分子，其VSEPR模型都是四面體___________

(10)AB3型的分子空間構型必為平面三角形___________

(11)分子中中心原子通過sp3雜化軌道成鍵時，該分子不一定為正四面體結構___________

(12)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對___________

(13)NH3和CH4兩個分子中中心原子N和C都是通過sp3雜化軌道成鍵___________

(14)雜化軌道理論與VSEPR模型分析分子的空間構型結果常常相互矛盾___________

(15)配位鍵也是一種靜電作用___________

(16)形成配位鍵的電子對由成鍵雙方原子提供___________A.正確B.錯誤17、第ⅠA族金屬元素的金屬性一定比同周期的第ⅡA族的強。(_______)A.正確B.錯誤18、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正確B.錯誤19、將丙三醇加入新制中溶液呈絳藍色，則將葡萄糖溶液加入新制中溶液也呈絳藍色。(____)A.正確B.錯誤20、用銅作電纜、電線，主要是利用銅的導電性。(______)A.正確B.錯誤21、判斷正誤。

(1)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對____________

(2)分子中中心原子若通過sp3雜化軌道成鍵，則該分子一定為正四面體結構____________

(3)NH3分子為三角錐形，N原子發(fā)生sp2雜化___________

(4)只要分子構型為平面三角形，中心原子均為sp2雜化___________

(5)中心原子是sp1雜化的，其分子構型不一定為直線形___________

(6)價層電子對互斥理論中，π鍵電子對數(shù)不計入中心原子的價層電子對數(shù)___________

(7)PCl3分子是三角錐形，這是因為P原子是以sp2雜化的結果___________

(8)sp3雜化軌道是由任意的1個s軌道和3個p軌道混合形成的四個sp3雜化軌道___________

(9)凡中心原子采取sp3雜化的分子，其VSEPR模型都是四面體___________

(10)AB3型的分子空間構型必為平面三角形___________

(11)分子中中心原子通過sp3雜化軌道成鍵時，該分子不一定為正四面體結構___________

(12)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對___________

(13)NH3和CH4兩個分子中中心原子N和C都是通過sp3雜化軌道成鍵___________

(14)雜化軌道理論與VSEPR模型分析分子的空間構型結果常常相互矛盾___________

(15)配位鍵也是一種靜電作用___________

(16)形成配位鍵的電子對由成鍵雙方原子提供___________A.正確B.錯誤評卷人得分四、實驗題(共4題，共24分)22、根據(jù)要求完成下列各小題實驗目的。(a、b為彈簧夾；(加熱及固定裝置已略去)

(1)驗證碳；硅非金屬性的相對強弱。(已知酸性：亞硫酸＞碳酸)

①連接儀器、___________、加藥品后，打開a關閉b；然后滴入濃硫酸，加熱。

②銅與濃硫酸反應的化學方程式是___________。裝置A中試劑是___________。

③能說明碳的非金屬性比硅強的實驗現(xiàn)象是___________。

(2)驗證SO2的氧化性；還原性和酸性氧化物的通性。

①在(1)①操作后打開b；關閉a。

②一段時間后，H2S溶液中的現(xiàn)象是___________，化學方程式是___________。

③BaCl2溶液中無明顯現(xiàn)象，將其分成兩份，分別滴加下列溶液，將產(chǎn)生的沉淀的化學式填入下表相應位置。滴加的溶液氯水氨水沉淀的化學式______________________23、根據(jù)要求完成下列各小題的實驗目的(a、b為彈簧夾；加熱及固定裝置已略去)。

(1)驗證碳、硅非金屬性的相對強弱(已知酸性：亞硫酸>碳酸)。

①連接儀器、_______________________、加藥品后，打開a關閉b；然后滴入濃硫酸，加熱圓底燒瓶。

②銅與濃硫酸反應的化學方程式是_______________________________________。

③能說明碳的非金屬性比硅強的實驗現(xiàn)象是________________________________。

(2)驗證SO2的氧化性；還原性和酸性氧化物的通性。

①在(1)①操作后打開b；關閉a。

②一段時間后，H2S溶液中的現(xiàn)象是________________________，化學方程式是_________________________________________________。

③BaCl2溶液中無明顯現(xiàn)象，將其分成兩份，分別滴加下列溶液，將產(chǎn)生的沉淀的化學式填入下表相應位置。。滴加的溶液氯水氨水沉淀的化學式____________________________________________

寫出其中SO2顯示還原性生成沉淀的離子方程式______________________________________。24、某研究性學習小組設計了一組實驗來探究元素周期律．甲同學根據(jù)元素非金屬性與對應最高價含氧酸之間的關系，設計了如圖1裝置來一次性完成N、C、Si三種非金屬元素的非金屬性強弱比較的實驗研究；乙同學設計了如圖2裝置來驗證鹵族元素性質的遞變規(guī)律．圖2中，A、B、C三處分別是沾有NaBr溶液的棉花；濕潤的淀粉KI試紙、濕潤紅色石蕊試紙．（已知常溫下濃鹽酸與高錳酸鉀能反應生成氯氣）

（1）甲同學實驗中選用的物質化學式為：A_____，B________，C_____；

（2）寫出甲同學的實驗中C處反應的離子方程式為________，乙同學的實驗中圓底燒瓶中發(fā)生反應的離子方程式為________，B處的實驗現(xiàn)象為________．25、固體化合物X由三種元素組成；某學習小組開展如下探究實驗。

其中；白色沉淀B能溶于NaOH溶液。請回答：

(1)白色固體C的化學式是___________，1mol深藍色溶液溶質的陽離子含有的σ鍵數(shù)為___________。

(2)化合物X的化學式是___________；化合物X的一價陰離子與CH4具有相同的空間結構，寫出該陰離子的結構式(標注具體的化學鍵種類)___________。

(3)藍色溶液A與N2H作用生成一種氣體；溶液藍色褪去，同時生成易溶于硝酸的白色沉淀。

①寫出該反應的離子方程式___________。

②設計實驗驗證該白色沉淀的組成元素___________。評卷人得分五、原理綜合題(共2題，共6分)26、I.人類能夠有效利用氮氣的主要途徑是合成氨；生產(chǎn)化學肥料等。

完成下列填空：

（1）氮原子核外電子排布式為__________，其最外層有_______種運動狀態(tài)不同的電子；氮氣的電子式為______________；氨氣分子的空間構型是______________。

（2）工業(yè)上常用醋酸亞銅氨溶液來吸收含有大量N2的高爐氣體系中的CO，從而實現(xiàn)CO和N2的分離，反應的化學方程式如下：CH3COOCu(NH3)2(aq)+CO(g)CH3COOCu(NH3)2·CO(aq)+Q(Q>0)，該反應的化學平衡常數(shù)表達式K=________；欲使K值變大，可采取的措施是_______。

吸收CO后的溶液經(jīng)過適當處理又可以重新生成醋酸亞銅氨；可采取的適當處理措施有。

_____________(選填序號)。

a.適當升高溫度b.適當降低溫度c.增大壓強d.減小壓強。

（3）消除NH3對水體污染的重要方法是在一定條件下向水體中加入適量NaOH，這樣能使NH3的脫除率增大，試用平衡移動原理解釋其原因______________________________。

II.為實現(xiàn)CO2減排，合成氨工廠采用苯菲爾法脫碳。該方法是用碳酸鉀溶液為吸收劑捕集混合氣中的CO2得到富液，再高溫加熱富液使之分解釋放出CO2；正常情況下再生的二氧化碳氣體體積分數(shù)可達98.5%以上。

（4）某研究小組用200mL1.5mol/LK2CO3溶液吸收了3.36L的CO2（標準狀況）形成富液，碳酸鉀溶液吸收CO2的離子反應方程式為______________________________，該富液中的溶質是____________（填化學式），各離子的濃度關系正確的是_________。

a．c(K+)+c(H+)=2c(CO32－)+c(HCO3－)+c(OH－)

b．3c(K+)=4c(CO32－)+4c(HCO3－)+4c(H2CO3)

c．c(K+)＞c(OH－)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(H+)27、氮化硅(Si3N4)是一種重要的無機材料陶瓷；它是一種超硬物質，具有良好的耐腐蝕；耐熱沖擊和耐磨損性能，主要被應用于鋼鐵冶煉、耐火材料等方面。

完成下列填空：

(1)一個硅原子核外能量最高的電子數(shù)目是_______，其所占據(jù)的電子亞層符號為_________；與硅同周期的主族元素中，原子半徑最小的是_______，依據(jù)是___________________。

(2)Si3N4屬于共價化合物，其含有的化學鍵是________，屬于_______晶體。

工業(yè)上用化學氣相沉積法制備氮化硅，其反應如下：3SiCl4(g)+2N2(g)+6H2(g)Si3N4(s)+12HCl(g)+Q(Q>0)

(3)該反應的平衡常數(shù)表達式K=_____________________。

(4)在一定溫度下進行上述反應，若反應容器的容積為2L，3min后達到平衡，測得固體的質量增加了2.80g，則SiCl4的平均反應速率為________________mol·L-1·min-1。

(5)上述反應達到平衡后，改變某一條件，下列說法正確的是________。

a.增加Si3N4的量，平衡向左移動b.減小HCl的量；平衡向左移動。

c.增大壓強，平衡常數(shù)K減小d.降低溫度；平衡常數(shù)K增大。

(6)若平衡時H2和HCl的物質的量之比為保持其他條件不變，升高溫度后達到新的平衡時，H2和HCl的物質的量之比_______(填“>”、“<”或“=”)評卷人得分六、計算題(共3題，共30分)28、(1)晶胞有兩個基本要素：石墨一種晶胞結構和部分晶胞參數(shù)如圖。原子坐標參數(shù)描述的是晶胞內原子間的相對位置。石墨晶胞中碳原子A、B的坐標參數(shù)分別為A(0，0，0)、B(0，1，)，則C原子的坐標參數(shù)為___________。

(2)鈷藍晶體結構如下圖，該立方晶胞由4個Ⅰ型和4個Ⅱ型小立方體構成，其化學式為___________，晶體中Al3＋占據(jù)O2-形成的___________(填“四面體空隙”或“八面體空隙”)。NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，鈷藍晶體的密度為___________g·cm-3(列計算式)。

29、回答下列問題。

(1)新型鈣鈦礦太陽能電池具備更加清潔；便于應用、制造成本低和效率高等顯著優(yōu)點。一種鈣鈦礦太陽能電池材料的晶胞如圖所示。

該鈣鈦礦太陽能電池材料的化學式為______；該晶胞中，與I﹣緊鄰的I﹣個數(shù)為__________。

(2)金屬鉬晶體中的原子堆積方式如圖所示，若晶體鉬的密度為ρg·cm－3，鉬原子半徑為rpm，NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，M表示鉬的相對原子質量，則鉬晶胞中原子的空間利用率為________(用含有ρ、r、NA；M的代數(shù)式表示)。

(3)阿伏加德羅常數(shù)的測定有多種方法，X﹣射線衍射法就是其中的一種。通過對碲化鋅晶體的X﹣射線衍射圖像分析，可以得出其晶胞如圖所示。若晶體中Te呈立方面心最密堆積方式排列，Te的原子半徑為apm，晶體的密度為ρg·cm－3，碲化鋅的摩爾質量為193g·mol－1，則阿伏加德羅常數(shù)NA=_________mol－1(列計算式表達)

(4)氮化鈦的晶胞如圖1所示，圖2是氮化鈦的晶胞截面圖。NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，氮化鈦的摩爾質量為62g·mol－1，氮化鈦晶體密度為dg·cm－3，計算氮化鈦晶胞中N原子半徑為_________pm。

30、(1)金剛砂()的硬度為9.5，其晶胞結構如圖甲所示，則金剛砂晶體類型為_______；在中，每個C原子周圍最近的C原子數(shù)目為_______；若晶胞的邊長為阿伏加德羅常數(shù)為則金剛砂的密度表達式為_______。

(2)硅的某種單質的晶胞如圖乙所示.晶體與該硅晶體結構相似，則晶體中，每個原子與_______個N原子相連，與同一個原子相連的N原子構成的空間結構為_______.若該硅晶體的密度為阿伏加德羅常數(shù)的值為則晶體中最近的兩個硅原子之間的距離為_______(用代數(shù)式表示即可)。

參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、D【分析】【分析】

【詳解】

基態(tài)R原子的能級上只有一對成對電子，則R的核外電子排布為：1s22s22p63s23p4，所以R為S，S的最高價氧化物對應水化物的酸根離子是則R的最高價氧化物對應水化物的酸根離子是D正確；

答案選D。2、B【分析】【詳解】

A．氫鍵比范德華力強；但氫鍵不是化學鍵，A錯誤；

B．分子間氫鍵的存在；大大加強了分子之間的作用力，能夠顯著提高物質的熔；沸點，B正確；

C．含氫原子的物質之間不一定能形成氫鍵；如甲烷分子間無氫鍵，C錯誤；

D．氫鍵只影響物質的物理性質，是一種非常穩(wěn)定的化合物，是因為鍵的穩(wěn)定性強；D錯誤；

答案選B。3、C【分析】【分析】

由最低化合價知；B和D為第ⅥA族元素，C和E為第VⅡA族元素，同主族元素，由上到下，電負性逐漸減小，故B是硫元素，D是氧元素；故C是氯元素，E是氟元素；A為第ⅣA族元素，同周期元素，從左到右，電負性逐漸增大，故A不是硅；而是碳元素；

【詳解】

A．非金屬性：所以三者簡單氫化物的穩(wěn)定性：A項錯誤；

B．碳原子最高能級軌道即2p軌道中有2個自旋狀態(tài)相同的電子；B項錯誤；

C．與元素S同周期且在該周期中第一電離能最小的元素的單質為Na，它能與H2O發(fā)生置換反應；C項正確；

D．元素C、Cl之間可以形成化合物，如CCl4等；D項錯誤；

故選C。4、A【分析】【詳解】

A．NH3中N價層電子對數(shù)為3+=4，VSEPR模型為四面體形，NH3中存在一對孤電子對；空間構型為三角錐形，A正確；

B．中S的價層電子對數(shù)為4；無孤電子對，VSEPR為四面體形，空間構型為正四面體形，B錯誤；

C．中N的價層電子對數(shù)為3+=3；無孤電子對，VSEPR為平面三角形，空間構型為正三角形，C錯誤；

D．BF3中B的價層電子對數(shù)為3+=3；無孤電子對，VSEPR為平面三角形，空間構型為正三角形，D錯誤；

故答案選A。5、C【分析】【分析】

【詳解】

A．乙炔的結構式為H-C≡C-H，每個碳原子價層電子對個數(shù)是2且不含孤電子對，所以C原子采用sp雜化，為直線形結構，所有原子處于同一平面內，故A錯誤；

B．二硫化碳分子中價層電子對個數(shù)=σ鍵個數(shù)+孤電子對個數(shù)=2+1/2×（4-2×2）=2，采取sp雜化方式，不含孤電子對，所以空間構型是直線形，所有原子處于同一平面內，故B錯誤；

C．NH3中，價層電子對數(shù)=σ鍵個數(shù)+1/2（a-xb）=3+1/2×（5-3×1）=4，含孤電子對數(shù)為1，雜化軌道數(shù)4，中心原子以采取sp3雜化，分子形狀為三角錐形，所有原子不可能處在同一平面上，故C正確；

D．BCl3分子中B原子和Cl原子形成3個σ鍵且不含孤電子對，所以其價層電子對個數(shù)是3，則雜化類型是sp2，空間構型為平面三角形，所有原子處于同一平面內，故D錯誤；

故選：C。6、B【分析】【分析】

【詳解】

A．Zn核外電子排布為：[Ar]3d104s2，所以Zn2+基態(tài)核外電子排布式為[Ar]3d10；A正確；

B．HOCH2CN分子的結構式為碳原子均不含有孤電子對，其中兩個碳原子個分別含有4個和兩個σ鍵，雜化軌道類型是sp3和sp雜化；B錯誤；

C．根據(jù)甲醛結構可知1molHCHO分子中含有σ鍵物質的量為3mol，所以數(shù)目約為3×6.02×1023=1.806×1024；C正確；

D．[Zn(H2O)4]2+中Zn2+提供空軌道，H2O的O原子有孤電子對，進入Zn2+空軌道形成配位鍵，結構可表示為D正確；

答案選B。7、D【分析】【詳解】

A．氨基磷酸結構中P和O之間存在雙鍵；則含有π鍵，A錯誤；

B．氨基磷酸和水反應時，其中的N和P之間的鍵容易斷裂，和水生成NH3和H3PO4，會繼續(xù)反應生成NH4H2PO4；B錯誤；

C．氨基磷酸中氫原子沒有達到8e-穩(wěn)定結構；C錯誤；

D．氨基為給電子基團，會導致氨基磷酸更加難以電離出氫離子，其酸性更弱，故pKa1(氨基磷酸)＞pKa1(磷酸)；D正確；

故選D。8、B【分析】【分析】

已知該物質為有機金屬氯化物的一部分，同時原子序數(shù)依次增大，則X為H，Y為C，從結構來看Z為N或P。若Z為P，M只能為S元素，其電子占據(jù)的軌道沒有充滿電子不符合題意，所以Z為N，而M為1s22s22p63s2的Mg。N元素的價層電子排布式為nsn-1np2n-1；n-1=2所以N為Cl。X；Y、Z、M、N分別為H、C、N、Mg、Cl。

【詳解】

A．YN4為CCl4其價層電子對為4對；孤電子對為0，為正四面體結構，A項正確；

B．沒有說明簡單氫化物；C的氫化物有很多如苯等，無法比較，B項錯誤；

C．Z的電子排布為1s22s22p3為半滿結構穩(wěn)定難失電子所以其第一電力能大于同周期相鄰元素；C項正確；

D．與M同族的基態(tài)原子最高能級為ns2；電子云輪廓圖為球形，D項正確；

故選B。二、填空題(共7題，共14分)9、略

【分析】【詳解】

非金屬性越強，第一電離能越大，且N的2p電子半滿為穩(wěn)定結構，C、N、O元素的第一電離能由大到小的順序為N＞O＞C?！窘馕觥縉>O>C10、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)元素周期表中；稀有氣體元素原子最外層達到穩(wěn)定結構，所以化學性質最不活潑；故答案為：Ne；地殼中含量較多的元素順序為：氧；硅、鋁、鐵、鈣、鈉、鉀等，所以含量最多的元素為氧元素，故答案為：氧；

(2)硅的導電性介于導體與絕緣體之間，是良好的半導體材料；故答案為：Si；鎂原子核內有12個質子，核外有3個電子層，由內到外依次容納2、8、2個電子，原子結構示意圖為：故答案為：

(3)氧與硫屬于同主族元素；周期表中硫在氧的下方，所以硫原子半徑大于氧原子半徑；

故答案為：S；同周期元素，氣態(tài)氫化物從左到右，穩(wěn)定性依次增強，N位于C右邊，所以氨氣穩(wěn)定性強于甲烷；故答案為：NH3；

(4)氯水中含有次氯酸；次氯酸具有強的氧化性，能夠使蛋白質變性，具有殺菌消毒作用；

故答案為：HClO；

(5)鈉、鎂、鋁為與同周期，同周期金屬元素金屬性從左到右依次減弱，最高價氧化物對應水化物堿性依次減弱，所以三種金屬中氫氧化鈉堿性最強；氫氧化鋁與酸、堿反應都只生成鹽和水，屬于兩性氫氧化物；故答案為：NaOH；Al(OH)3；

(6)中含有6個碳原子，依據(jù)碳原子四價鍵理論可知，每個碳原子都連有1個氫原子，所以分子式為C6H6，其中碳元素與氫元素的質量比m(C):m(H)=6×12g/mol:1g/mol×6=12:1；故答案為：C6H6；12:1?！窘馕觥縉e氧SiSNH3HClONaOHAl(OH)3C6H612：111、略

【分析】【分析】

（1）根據(jù)價電子排布式判斷元素所在區(qū)；根據(jù)價電子排布式及洪特規(guī)則書寫軌道表示式。（2）根據(jù)電荷守恒及原子守恒進行書寫方程式。

【詳解】

（1）Fe為26號元素，核外電子排布式為位于第4周期Ⅷ族，屬于d區(qū)；鐵原子失去4s能級的2個電子形成Fe2+，其價電子排布式為價電子軌道表示式為

（2）①與以個數(shù)比1：1配合所得離子為②赤血鹽與Fe2+反應的離子方程式為其配體CN-的電子式為【解析】d12、略

【分析】【詳解】

（1）同周期元素從左到右第一電離能逐漸增大，第IIA、VA族元素的第一電離能大于相鄰主族元素的第一電離能，故第一電離能：N>O；同周期元素從左到右電負性逐漸增大，則電負性：S

（2）H2O分子間存在氫鍵，而H2S分子間沒有氫鍵，所以H2O的沸點比H2S高；SO2分子空間構型為V形；正負電荷中心不重合，屬于極性分子；

（3）由圖可知，Cu原子位于晶胞內部，有4個，Cl原子位于頂點和面心，所以含有Cl原子的數(shù)目為所以晶體的化學式為CuCl；【解析】①.>②.<③.H2O分子間存在氫鍵④.極性⑤.CuCl13、略

【分析】【分析】

根據(jù)相對原子質量及元素的質量分數(shù)來計算某化合物A中原子的個數(shù)之比；然后書寫物質的化學式即可解答。

【詳解】

(1)由于某化合物A的相對分子質量為37.5×2=65，C、H、O、N四種元素的質量分數(shù)分別為32%、6.66%、42.67%、67%，而相對原子質量分別為：12、1、16、14，則分子中碳、氫、氧、氮原子的個數(shù)之比為：=2：5：2：1，所以有機物的分子式為：C2H5O2N，故答案為：C2H5O2N；

(2）有機物可以是含有硝基的化合物，可是含有氨基和羧基的化合物，結構簡式為：CH3CH2NO2、H2NCH2COOH，故答案為：CH3CH2NO2、H2NCH2COOH?！窘馕觥竣?C2H5O2N②.CH3CH2NO2③.H2NCH2COOH14、略

【分析】【詳解】

（1）根據(jù)示意圖可判斷A是氨氣，B是HCN，C是BF3，D是尿素，化學式為CO(NH2)2；（2）四種物質中只有C是非極性分子，因此將上述四種物質的液體呈細流流下，用帶靜電的玻璃棒靠近細流，細流發(fā)生偏轉的是ABD。（3）B分子中含有1個單鍵和1個三鍵，則有2個δ鍵，2個π鍵。（4）C分子中，中心原子的價層電子對數(shù)是3，沒有對孤對電子，采取sp2雜化；其分子空間構型是平面三角形。

點睛：由價層電子特征判斷分子立體構型：判斷時需注意以下兩點：（1）價層電子對互斥模型說明的是價層電子對的立體構型，而分子的立體構型指的是成鍵電子對的立體構型，不包括孤電子對。①當中心原子無孤電子對時，兩者的構型一致；②當中心原子有孤電子對時，兩者的構型不一致。（2）價層電子對互斥模型能預測分子的幾何構型，但不能解釋分子的成鍵情況，雜化軌道理論能解釋分子的成鍵情況，但不能預測分子的幾何構型。兩者相結合，具有一定的互補性，可達到處理問題簡便、迅速、全面的效果?！窘馕觥竣?NH3②.HCN③.BF3④.CO(NH2)2⑤.ABD⑥.2⑦.2⑧.sp2⑨.平面三角形15、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】氫三、判斷題(共6題，共12分)16、B【分析】【分析】

【詳解】

(1)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對；正確；

(2)分子中中心原子若通過sp3雜化軌道成鍵；則該分子正四面體結構或三角錐形或折線形，錯誤；

(3)NH3分子為三角錐形，N原子發(fā)生sp3雜化；錯誤；

(4)只要分子構型為平面三角形，中心原子均為sp2雜化；正確；

(5)中心原子是sp1雜化的；其分子構型一定為直線形，錯誤；

(6)價層電子對互斥理論中；π鍵電子對數(shù)不計入中心原子的價層電子對數(shù)，正確；

(7)PCl3分子是三角錐形，這是因為P原子是以sp3雜化的結果且沒有孤電子對；錯誤；

(8)sp3雜化軌道是由中心原子的1個s軌道和3個p軌道混合形成的四個sp3雜化軌道；錯誤；

(9)凡中心原子采取sp3雜化的分子；其VSEPR模型都是四面體，正確；

(10)AB3型的分子空間構型為平面三角形或平面三角形；錯誤；

(11)分子中中心原子通過sp3雜化軌道成鍵時；該分子正四面體結構或三角錐形或折線形，正確；

(12)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對；正確；

(13)NH3和CH4兩個分子中中心原子N和C都是通過sp3雜化軌道成鍵；正確；

(14)雜化軌道理論與VSEPR模型分析分子的空間構型結果不矛盾；錯誤；

(15)配位鍵也是一種靜電作用；正確；

(16)形成配位鍵的電子對由一個原子提供，另一個原子提供空軌道，錯誤。17、A【分析】【詳解】

同周期從左到右；金屬性減弱，非金屬性變強；同主族由上而下，金屬性增強，非金屬性變弱；故第ⅠA族金屬元素的金屬性一定比同周期的第ⅡA族的強。

故正確；18、A【分析】【分析】

【詳解】

乙醇中的羥基與水分子的羥基相近，因而乙醇能和水互溶；而苯甲醇中的烴基較大，其中的羥基和水分子的羥基的相似因素小得多，因而苯甲醇在水中的溶解度明顯減小，故正確。19、A【分析】【詳解】

葡萄糖是多羥基醛，與新制氫氧化銅反應生成銅原子和四個羥基絡合產(chǎn)生的物質，該物質的顏色是絳藍色，類似于丙三醇與新制的反應，故答案為：正確。20、A【分析】【詳解】

因為銅具有良好的導電性，所以銅可以用于制作電纜、電線，正確。21、B【分析】【分析】

【詳解】

(1)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對；正確；

(2)分子中中心原子若通過sp3雜化軌道成鍵；則該分子正四面體結構或三角錐形或折線形，錯誤；

(3)NH3分子為三角錐形，N原子發(fā)生sp3雜化；錯誤；

(4)只要分子構型為平面三角形，中心原子均為sp2雜化；正確；

(5)中心原子是sp1雜化的；其分子構型一定為直線形，錯誤；

(6)價層電子對互斥理論中；π鍵電子對數(shù)不計入中心原子的價層電子對數(shù)，正確；

(7)PCl3分子是三角錐形，這是因為P原子是以sp3雜化的結果且沒有孤電子對；錯誤；

(8)sp3雜化軌道是由中心原子的1個s軌道和3個p軌道混合形成的四個sp3雜化軌道；錯誤；

(9)凡中心原子采取sp3雜化的分子；其VSEPR模型都是四面體，正確；

(10)AB3型的分子空間構型為平面三角形或平面三角形；錯誤；

(11)分子中中心原子通過sp3雜化軌道成鍵時；該分子正四面體結構或三角錐形或折線形，正確；

(12)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對；正確；

(13)NH3和CH4兩個分子中中心原子N和C都是通過sp3雜化軌道成鍵；正確；

(14)雜化軌道理論與VSEPR模型分析分子的空間構型結果不矛盾；錯誤；

(15)配位鍵也是一種靜電作用；正確；

(16)形成配位鍵的電子對由一個原子提供，另一個原子提供空軌道，錯誤。四、實驗題(共4題，共24分)22、略

【分析】【分析】

實驗開始時接儀器并檢查裝置氣密性；銅與濃硫酸混合加熱發(fā)生反應，銅被氧化成+2價的Cu2+，硫酸被還原成+4價的SO2，SO2具有漂白性，能夠使品紅溶液褪色；據(jù)此檢驗SO2；當A中品紅溶液沒有褪色，說明SO2已經(jīng)完全除盡，盛有Na2SiO3溶液的試管中出現(xiàn)白色沉淀，說明碳的非金屬性比硅強；SO2中硫元素的化合價是+4價，被H2S中-2價的S還原為S單質；Cl2具有氧化性，能將SO2氧化成+6價的H2SO4，H2SO4電離產(chǎn)生的和Ba2+反應生成BaSO4沉淀，當溶液中存在氨水時，SO2與氨水反應產(chǎn)生(NH4)2SO3，(NH4)2SO3與BaCl2溶液反應生成BaSO3沉淀。SO2與Cl2在溶液中反應產(chǎn)生HCl和H2SO4，在該反應中SO2表現(xiàn)還原性。

【詳解】

(1)①實驗開始時；先連接儀器并檢查裝置氣密性；

②銅和熱的濃硫酸反應，反應中Cu元素的化合價由0升高到+2價Cu2+，濃硫酸被還原為SO2，同時產(chǎn)生水，反應的方程式為：Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O；

試劑A是品紅溶液，作用是檢驗SO2的存在；

③SO2具有漂白性，當A中品紅溶液沒有褪色，說明SO2已經(jīng)完全除盡，避免了SO2和可溶性硅酸鹽反應；二氧化碳和水反應生成碳酸，碳酸和可溶性硅酸鹽反應析出硅酸白色沉淀，說明碳酸能制取硅酸，能證明碳酸酸性強于硅酸酸性；

(2)②SO2中硫元素的化合價是+4價，具有氧化性，SO2氣體與H2S溶液在常溫下反應，生成淡黃色難溶性固體硫(單質)和水，因此看到溶液變渾濁，反應方程式為：2H2S+SO2=3S↓+2H2O；

③BaCl2溶液中無明顯現(xiàn)象，將其分成兩份，一份滴加氯水溶液，氯水中有Cl2分子，Cl2分子具有氧化性，能把SO2氧化成+6價的和Ba2+反應生成BaSO4白色沉淀，該反應的方程式為：Ba2++SO2+Cl2+2H2O=BaSO4↓+4H++2Cl-，另一份中滴加氨水，二氧化硫和水生成亞硫酸，亞硫酸和氨水反應生成亞硫酸銨，亞硫酸銨電離出銨根離子和亞硫酸根離子，亞硫酸根離子和鋇離子反應生成BaSO3白色沉淀?！窘馕觥繖z查裝置氣密性Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O品紅溶液A中品紅溶液不褪色，盛有Na2SiO3溶液的試管中出現(xiàn)白色沉淀出現(xiàn)淺黃色渾濁現(xiàn)象2H2S+SO2=3S↓+2H2OBaSO4BaSO323、略

【分析】【分析】

實驗開始時接儀器并檢查裝置氣密性；銅與濃硫酸混合加熱發(fā)生反應，銅被氧化成+2價的Cu2+，硫酸被還原成+4價的SO2，SO2具有漂白性，能夠使品紅溶液褪色；據(jù)此檢驗SO2；當A中品紅溶液沒有褪色，說明SO2已經(jīng)完全除盡，盛有Na2SiO3溶液的試管中出現(xiàn)白色沉淀，說明碳的非金屬性比硅強；SO2中硫元素的化合價是+4價，被H2S中-2價的S還原為S單質；Cl2具有氧化性，能將SO2氧化成+6價的H2SO4，H2SO4電離產(chǎn)生的和Ba2+反應生成BaSO4沉淀，當溶液中存在氨水時，SO2與氨水反應產(chǎn)生(NH4)2SO3，(NH4)2SO3與BaCl2溶液反應生成BaSO3沉淀。SO2與Cl2在溶液中反應產(chǎn)生HCl和H2SO4，在該反應中SO2表現(xiàn)還原性。

【詳解】

(1)①實驗開始時；先連接儀器并檢查裝置氣密性；

②銅和熱的濃硫酸反應，反應中Cu元素的化合價由0升高到+2價Cu2+，濃硫酸被還原為SO2，同時產(chǎn)生水，反應的方程式為：Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O；

③SO2具有漂白性，當A中品紅溶液沒有褪色，說明SO2已經(jīng)完全除盡，避免了SO2和可溶性硅酸鹽反應；二氧化碳和水反應生成碳酸，碳酸和可溶性硅酸鹽反應析出白色沉淀，說明碳酸能制取硅酸，能證明碳酸酸性強于硅酸酸性；

(2)②SO2中硫元素的化合價是+4價，具有氧化性，SO2氣體與H2S溶液在常溫下反應，生成淡黃色難溶性固體硫(單質)和水，因此看到溶液變渾濁，反應方程式為：2H2S+SO2=3S↓+2H2O；

③BaCl2溶液中無明顯現(xiàn)象，將其分成兩份，一份滴加氯水溶液，氯水中有Cl2分子，Cl2分子具有氧化性，能把SO2氧化成+6價的和Ba2+反應生成BaSO4白色沉淀，該反應的方程式為：Ba2++SO2+Cl2+2H2O=BaSO4↓+4H++2Cl-，另一份中滴加氨水，二氧化硫和水生成亞硫酸，亞硫酸和氨水反應生成亞硫酸銨，亞硫酸銨電離出銨根離子和亞硫酸根離子，亞硫酸根離子和鋇離子反應生成BaSO3白色沉淀；SO2與氯水反應生成HCl和H2SO4，該反應的離子方程式為：SO2+Cl2+2H2O=+2Cl-+4H+?！窘馕觥繖z查裝置氣密性Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2OA中品紅溶液沒有褪色，析出白色沉淀溶液變渾濁2H2S+SO2=3S↓+2H2OBaSO4BaSO3SO2+Cl2+2H2O=+2Cl-+4H+24、略

【分析】【分析】

根據(jù)題中圖1提示，左邊是氣體發(fā)生裝置產(chǎn)生二氧化碳氣體，右邊是探究CO2與Na2SiO3溶液反應產(chǎn)生硅酸的實驗；根據(jù)題中圖2提示，左邊是產(chǎn)生氣體氯氣的發(fā)生裝置，右邊是探究Cl2的氧化性強于Br2、I2的實驗；據(jù)此解答。

【詳解】

（1）驗證元素非金屬性；由圖1可知應是利用最高價含氧酸的酸性強弱比較，非金屬性越強，其最高價含氧酸的酸性越強，則A中為稀硝酸，B為碳酸鈣，C為硅酸鈉，利用強酸制弱酸原理分析，硝酸與碳酸鈣反應生成二氧化碳；硝酸鈣和水，碳酸與硅酸鈉反應生成硅酸與碳酸鈉；答案為稀硝酸；碳酸鈣；硅酸鈉。

（2）硅酸鈉與二氧化碳、水反應生成硅酸和碳酸鈉，離子方程式SiO32-+CO2+H2O═H2SiO3↓+CO32-；高錳酸鉀與濃鹽酸反應生成氯化鉀、氯化錳、氯氣和水，離子方程式2MnO4-+10Cl-+16H+=Mn2++5Cl2↑+8H2O；氯氣氧化性強于碘，能夠置換碘，碘使淀粉變藍；答案為SiO32-+CO2+H2O═H2SiO3↓+CO32-，2MnO4-+10Cl-+16H+=Mn2++5Cl2↑+8H2O，淀粉碘化鉀試紙變藍?！窘馕觥肯∠跛崽妓徕}硅酸鈉SiO+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO2MnO+10Cl-+16H+=Mn2++5Cl2↑+8H2O淀粉碘化鉀試紙變藍25、略

【分析】【分析】

取4.020g化合物X，加入水得到藍色溶液A，說明溶解后的溶液中含Cu2+，化合物X中含銅元素，溶液中加入足量氨水得到深藍色溶液為銅氨配合物，含[Cu(NH3)4]2+離子，加入硝酸酸化的硝酸銀溶液，生成藍色溶液和白色沉淀，白色沉淀E為AgCl，質量為11.480g，物質的量n(AgCl)=說明X中含氯元素，其物質的量0.08mol，D溶液一定含硝酸銅、硝酸銀、硝酸、硝酸銨，白色沉淀B能溶于NaOH溶液，說明是氫氧化鋁沉淀，灼燒得到白色固體C為Al2O3，質量1.020g，說明X中含Al元素，物質的量n(Al)=2×則X中含Cu元素物質的量n(Cu)=X的化學式中n(Cu)：n(Al)：n(Cl)=0.01mol：0.02mol：0.08mol=1：2：8，化學式為CuAl2Cl8；據(jù)此分析回答問題。

（1）

白色固體C的化學式是Al2O3，深藍色溶液中溶質為[Cu(NH3)4]SO4，陽離子是[Cu(NH3)4]2+，配位體與中心Cu2+之間以配位鍵結合，在NH3中存在3個N-H極性共價鍵，共價鍵及配位鍵都是σ鍵，故在[Cu(NH3)4]2+中含有的σ鍵數(shù)目是4+3×4=16個，則1mol[Cu(NH3)4]2+中含有的σ鍵數(shù)目是16NA；

（2）

根據(jù)上述分析計算可知化合物X的化學式為CuAl2Cl8；化合物X的一價陰離子與CH4具有相同的空間結構，由于CH4是正四面體結構，說明CuAl2Cl8的陰離子是其空間構型是

（3）

①藍色溶液A與N2H作用，生成一種氣體，溶液藍色褪去，同時生成易溶于硝酸的白色沉淀，分析判斷沉淀為CuCl，氣體為N2，結合原子守恒、電子守恒和電荷守恒書寫反應的離子方程式為：4Cu2++N2H+4Cl-=4CuCl↓+N2↑+5H+；

②要設計實驗驗證該白色沉淀的組成元素中的銅元素和氯元素，實驗過程為：將白色沉淀溶于硝酸，得到藍色溶液，說明其中含有Cu元素；再向溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀，說明有Cl元素?！窘馕觥?1)Al2O316NA

(2)CuAl2Cl8

(3)4Cu2++N2H+4Cl-=4CuCl↓+N2↑+5H+將白色沉淀溶于硝酸，得到藍色溶液，說明有銅元素；再向溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀，說明有氯元素五、原理綜合題(共2題，共6分)26、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)氮原子核外電子數(shù)為7，基態(tài)原子核外電子排布為1s22s22p3；其最外層有5種運動狀態(tài)不同的電子；氮氣的電子式為氨氣分子中N原子成3個σ鍵，有一對未成鍵的孤對電子，雜化軌道數(shù)為4，采取sp3雜化；其空間構型是三角錐型；

（2）反應CH3COOCu(NH3)2(aq)+CO(g)CH3COOCu(NH3)2·CO(aq)+Q(Q>0)，的化學平衡常數(shù)表達式K=[c(CH3COOCu(NH3)2·CO)]/[c(CO)]·[c(CH3COOCu(NH3)2)]；該反應為放熱反應，升高溫度平衡逆向移動，K值變小，故欲使K值變大，可采取的措施是降低溫度；反應CH3COOCu(NH3)2(aq)+CO(g)CH3COOCu(NH3)2·CO(aq)+Q(Q>0)是氣體體積縮小的放熱反應；

a.適當升高溫度平衡向吸熱反應方向進行；則升溫平衡逆向進行，可以重新生成醋酸亞銅氨，故正確；

b.適當降低溫度平衡向放熱反應方向進行；不能重新生成醋酸亞銅氨，故錯誤；

c.增大壓強平衡向氣體體積減小的方向進行；不能重新生成醋酸亞銅氨，故錯誤；

d.減小壓強平衡向氣體體積增大的方向進行；可以重新生成醋酸亞銅氨，故正確。

答案選ad；

（3）消除NH3對水體污染的重要方法是在一定條件下向水體中加入適量NaOH，氨氣在水中存在如下平衡：NH3+H2ONH3?H2ONH4++OH﹣，當加入NaOH后，c（OH﹣）濃度增大，平衡逆向移動，故有利于氨的脫除，使NH3的脫除率增大；

（4）碳酸鉀溶液吸收CO2生成碳酸氫鉀，反應的離子反應方程式為CO32－+CO2+H2O=2HCO3－，富液中的溶質是KHCO3和K2CO3；

a．根據(jù)電荷守恒有c(K+)+c(H+)=2c(CO32－)+c(HCO3－)+c(OH－)，故正確；b．200mL1.5mol/LK2CO3溶液吸收了3.36L的CO2（標準狀況），n(K+)=0.2L1.5mol/L2=0.6mol，c(C)=0.3mol+0.15mol=0.45mol，根據(jù)物料守恒有3c(K+)=4c(CO32－)+4c(HCO3－)+4c(H2CO3)，故正確；c．根據(jù)反應可知，溶質為KHCO3和K2CO3，水解是微弱的，則c(K+)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(OH－)＞c(H+)；故錯誤。

答案選ab?！窘馕觥?s22s22p35三角錐型[c(CH3COOCu(NH3)2·CO)]/[c(CO)]·[c(CH3COOCu(NH3)2)]降低溫度ad氨氣在水中存在如下平衡：NH3+H2ONH3?H2ONH4++OH﹣，當加入NaOH后，c（OH﹣）濃度增大，平衡逆向移動，故有利于氨的脫除CO