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2018-2019学年吉林省辽源市田家炳高级中学高二下学期期中考试化学试题 解析版
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田家炳高中2018—2019学年下学期期中考试高二化学试卷
一、单选题（共25题；共50分）
1.下列各组离子中因有配离子生成而不能大量共存的是（ ）
A. K+、Na+、Cl-、NO3- B. Mg2+、Ca2+、SO42-、OH-
C. Fe2+、Fe3+、H+、NO3- D. Ba2+、Fe3+、Cl-、SCN-
【答案】D
【解析】
【详解】A．K+、Na+、Cl-、NO3-离子之间不发生任何反应，能大量共存，故A不选；
B．Mg2+与OH-生成氢氧化镁沉淀，不能大量共存，但没有配离子生成，故B不选；
C．H+、NO3-能把Fe2+氧化为Fe3+，不能大量共存，但是没有配离子生成，故C不选；
D．Fe3+与SCN-反应生成配离子，不能大量共存，符合题意，故D选。
故选D。
【点睛】本题考查离子共存问题，本题注意常见离子的性质，积累相关基础知识，解题时要注意限制条件。
2.下列一组粒子的中心原子杂化类型相同，分子或离子的键角不相等的是（ ）
A. CCl4、SiCl4、SiH4 B. H2S、NF3、CH4
C. BCl3、NH3、CO2 D. SO3、BF3、H3O+
【答案】B
【解析】
试题分析：A．CCl4、SiCl4、SiH4中所有的原子的价层电子对数都为4，杂化方式为sp3杂化，，键角都是109o28、，A错误；B．H2S中S原子的价层电子对数为2+（6-2×1）/2=4，杂化方式为sp3杂化，NF3中N原子的价层电子对数为3+（5-3×1）/2=4，杂化方式为sp3杂化，CH4中C原子的杂化方式为sp3杂化，由于分子中孤电子对的数目不同，分子间的夹角不同，B正确；C．BCl3、NH3、CO2分子中的中心原子的杂化方式不同，C错误；D．SO3、BF3中的S和B都采用sp2杂化，H3O＋用的是sp3杂化，D错误，答案选B。
考点：考查杂化方式、分子构型
3.下列分子均属于极性分子且中心原子均为sp3杂化的是（ ）
A. CH4、P4 B. SO2、CHCl3 C. PCl3、SO3 D. NH3、H2O
【答案】D
【解析】
A. CH4中C原子形成4个δ键，孤电子对个数为0，价层电子对数为4，为sp3杂化，分子构型正四面体形，空间结构对称为非极性分子；P4分子构型正四面体形，空间结构对称为非极性分子，故A错误；B. SO2中S原子形成2个δ键，孤电子对个数=1/2(6−2×2)=1，价层电子对数为3，为sp2杂化，分子构型为V形，空间结构不对称为极性分子；CHCl3中C原子形成4个δ键，没有孤电子对，价层电子对数为4，为sp3杂化，空间结构不对称为极性分子，故B错误；C. PCl3中P原子形成3个δ键，孤电子对个数=1/2×(5−3×1)=1，价层电子对数为4，为sp3杂化，分子构型为三角锥形，空间结构不对称为极性分子；SO3中S原子形成3个δ键，孤电子对个数=1/2×(6−2×3)=0，价层电子对数为3，为sp2杂化，分子构型为平面三角形，空间结构对称为非极性分子，故C错误；D. NH3中N原子形成3个δ键，有1个孤电子对，为sp3杂化，分子构型为三角锥形，空间结构不对称为极性分子；H2O中O原子形成2个δ键，有2个孤电子对，为sp3杂化，分子构型为V形，空间结构不对称为极性分子，故D正确；本题选D。
点睛：分子空间结构不对称，正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子；中心原子的杂化类型为sp3，说明该分子中心原子的价层电子对个数是4，据此判断。
4.在“HI(s)→HI(g)→H2和I2”的变化过程中，被破坏的作用力依次是（）
A. 范德华力、范德华力 B. 范德华力、共价键
C. 共价键、离子键 D. 共价键、共价键
【答案】B
【解析】
【详解】碘化氢是分子晶体，由固态转化为气态时，需要克服范德华力，碘化氢气体受热分解为氢气和碘时，需要破坏是氢、碘间的共价键，故选B。
【点睛】本题考查的是晶体类型与化学键、微粒间的关系，判断物质变化时破坏的是什么作用力，首先要正确判断物质的晶体类型。
5.下列各组分子中，都由极性键构成的极性分子的一组是（ ）
A. C3H6和CO2 B. CCl4和H2S
C. H2O和NH3 D. H2O2和CS2
【答案】C
【解析】
【详解】A.C3H6可能是丙烯也可能是环丙烷，丙烯和环丙烷均是含有极性键的极性分子，而CO2中含有极性键,但结构对称，正负电荷的中心重合,属于非极性分子故A错误；
B.CCl4中含有极性键,但结构对称，正负电荷的中心重合,属于非极性分子;中含有极性键,空间结构为v形,正负电荷的中心不重合,属于极性分子,故B错误；
C. H2O中含有极性键，空间结构为V型，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，NH3中含有极性键，空间结构为三角锥形，正负电荷的中心不重合，属于极性分子,故C正确；
D.H2O2中含有极性键和非极性键,正负电荷的中心不重合,属于极性分子，CS2含有极性键，但结构对称，正负电荷的中心重合,属于非极性分子，故D错误；
本题答案为C。
【点睛】同种原子构成的共价键是非极性键，不同原子构成的共价键是极性键；分子中正负电荷中心不重合,从整个分子来看,电荷的分布是不均匀的,不对称的,这样的分子为极性分子,以极性键结合的双原子一定为极性分子,以极性键结合的多原子分子如结构对称,正负电荷的重心重合,电荷分布均匀,则为非极性分子。
6.下列分子或离子中键角由大到小排列的是（ ）
①BCl3 ②NH3 ③H2O ④PCl4+ ⑤BeCl2
A. ⑤①④②③ B. ⑤④①②③ C. ④①②⑤③ D. ③②④①⑤
【答案】A
【解析】
①BCl3分子的空间构型是平面三角形，键角是120°，②NH3分子的空间构型是三角锥形，键角是107°，③H2O分子的空间构型是V型，键角是105°④PCl4+分子的空间构型是正四面体形，键角是109°28′，⑤BeCl2的空间构型是直线型，键角是180°，键角由大到小排列：BeCl2 >BCl3 >PCl4+> NH3 >H2O，即：⑤> ①> ④ > ②> ③ ，所以正确答案是A选项。
点睛：利用ABm型分子价层电子对互斥理论，计算价层电子对数，确定分子的空间构型，从而确定成键原子间的键角，当价层电子对数是2对时，空间构型是直线形，如BeCl2，价层电子对数=（2+1×2）÷2=2,分子的空间构型是直线形；当价层电子对数是3对时，空间构型是平面三角形，如BCl3的价层电子对数=（3+1×3）÷2=3，分子空间构型是平面三角形；当价层电子对数是4对时，空间构型是正四面体形，如PCl4+的价层电子对数=（5+1×4-1）÷2=4，分子的空间构型是正四面体形。
7.下列分子中指定的碳原子(用*标记)不属于手性碳原子的是( )
A. 苹果酸HOOC— H2—CHOH—COOH B. 丙氨酸
C. 葡萄糖 D. 甘油醛
【答案】A
【解析】
分析：手性碳原子一定是饱和碳原子，手性碳原子所连接的四个基团是不同的，据此解答。
详解：A. 苹果酸HOOC—H2—CHOH—COOH中连接了2个氢原子，不是手性碳原子，A错误；
B. 丙氨酸中连接了4个不同的原子或原子团，属于手性碳原子，B正确；
C. 葡萄糖中连接了4个不同的原子或原子团，属于手性碳原子，C正确；
D. 甘油醛中连接了4个不同的原子或原子团，属于手性碳原子，D正确；
答案选A。
8.氯化二硫(S2Cl2)是广泛用于橡胶工业的硫化剂，其分子结构如下图所示。常温下S2Cl2是一种橙黄色的液体，遇水易水解，并产生能使品红褪色的气体。下列说法错误的是( )
A. S2Cl2的结构式为Cl－S－S－Cl
B. S2Cl2为含有极性键和非极性键的非极性分子
C. S2Br2与S2Cl2结构相似，分子间作用力：S2Br2>S2Cl2
D. S2Cl2与H2O反应的化学方程式可能为：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl
【答案】B
【解析】
【详解】A、由结构可知，S2Cl2分子中S原子之间形成1对共用电子对，Cl原子与S原子之间形成1对共用电子对，结构式为Cl-S-S-Cl，故A正确；
B、S2Cl2分子中S-S键为非极性键，S-Cl键为极性键，S2Cl2是展开书页型结构，Cl-S键位于两个书页面内，该物质结构不对称，正负电荷中心不重合，为极性分子，故B错误；
C、组成与结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越强，故C正确；
D、S2Cl2遇水易水解，并产生能使品红溶液褪色的气体，该气体为二氧化硫，在反应过程中硫元素一部分升高到+4价（生成SO2），一部分降低到0价（生成S），符合氧化还原反应原理，故D正确。
答案选B。
【点睛】本题以S2Cl2的结构为载体，考查分子结构、化学键、电子式、氧化还原反应等，是对基础知识的综合运用与学生能力的考查，注意基础知识的全面掌握。
9.由硼和镁两种元素组成化合物可为超导材料，下图为该化合物的晶体结构单元示意图：镁原子间形成正六棱柱，且棱柱的上下底面还各有1个镁原子，6个硼原子位于棱柱内。则该化合物的化学式可表示为( )
A. Mg5B12 B. MgB2 C. Mg2B D. Mg3B2
【答案】B
【解析】
分析：根据均摊法结合晶胞的结构特点计算该化合物的化学式。
详解：由于镁原子位于顶点处，另外棱柱的上下底面还各有1个镁原子，则晶胞中含有的镁原子个数是2×1/2+12×1/6＝3。6个硼原子位于棱柱内，即Mg与B的原子个数之比是1：2，因此该化合物的化学式可表示为MgB2，答案选B。
10.现有四种晶体的晶胞，其离子排列方式如图所示，其中化学式不属AB型的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
试题分析：A、晶胞中的A有1个，B也是1个，是AB型，错误；B、A有8×1/8=1,B有12×1/4=3,不是AB型，正确；C、该晶胞中A、B各1个，是AB型，错误；D、晶胞中A的个数=8×1/8+6×1/2=4，B的个数=12×1/4+1=4,是AB型，错误，答案选B。
考点：考查晶胞计算
11.最近发现一种由钛（Ti）原子和碳原子构成的气态团簇分子，分子模型如图所示，其中圆圈表示钛原子，黑点表示碳原子，则它的化学式为（ ）
A. TiC B. TiC14 C. Ti4C7 D. Ti14C13
【答案】D
【解析】
【详解】根据题意知，如图的结构就是其分子结构，分子中含有的原子就是其化学式中含有的原子，根据分子模型直接数出其中的Ti原子和C原子个数分别为14、13，故其分子式为Ti14C13。
故选D。
12.短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，其中W的阴离子的核外电子数与X、Y、Z原子的核外内层电子数相同。X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，工业上采用液态空气分馏方法来生产Y的单质，而Z不能形成双原子分子。根据以上叙述，下列说中一定正确的是（ ）
A. W、X、Y、Z原子的核外最外层电子数的总和为20
B. 上述四种元素的原子半径大小为W＜X＜Y＜Z
C. W与Y可形成既含极性共价键又含非极性共价键的化合物
D. 由W与X组成的最简单化合物的沸点高于由W与Y组成的化合物的沸点
【答案】C
【解析】
【分析】
由“X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代”可以得知X是C，根据“工业上采用液态空气分馏方法来生产Y的单质”可以确定Y可能是N或O，因为“W的阴离子的核外电子数与X 、Y、Z原子的核外内层电子数相同”，所以X 、Y、Z属于同一周期，W是H，而Z不能形成双原子分子，所以Z是Ne，属于稀有气体，结合性质解答。
【详解】A项，H核外最外层电子数为1，C核外最外层电子数为4，N(或O)核外最外层电子数为5(或6)，Ne核外最外层电子数为8，所以总和为18（或19），故A项错误；
B项，同一周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小，且H是半径最小的元素（稀有气体除外），所以原子半径X >Y>W，稀有气体原子半径测定依据不同，一般不与主族元素的原子半径相比较，故B项错误；
C项，N（或O）和H可形成N2H4(或H2O2)，N2H4(或H2O2)既含极性共价键又含非极性共价键，故C项正确；
D项，W是H，X是C，Y是N(或O)，C和H组成的最简单化合物为CH4，由于NH3(或H2O)分子间可以形成氢键，所以CH4的沸点低于NH3(或H2O)，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为C。
13.如图为周期表中短周期的一部分，若X原子最外层电子数比次外层电子数少3，则下列说法正确的是( )
A. X的氢化物比R的氢化物稳定
B. 原子半径大小顺序是Z>Y>X
C. Y、R形成化合物YR2能使KMnO4溶液褪色
D. X、Z可形成化合物XZ5 ， 分子中各原子均满足最外层8电子结构
【答案】C
【解析】
试题分析：根据元素在周期表中的位置可知，X、Y、Z属于第三周期，R是第二周期。由于X原子最外层电子数比次外层电子数少3，所以X是P，则Y是S，Z是Cl，R是O。非金属性越强，相应氢化物的稳定性越强，所以A不正确，应该是R的氢化物比X的氢化物稳定；同周期自左向右，原子半径逐渐减小，B不正确；SO2具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；X、Z可形成化合物XZ5，分子中X原子均满足最外层8电子结构，而Z原子不能满足，D不正确，答案选C。
考点：考查元素周期表的结构及元素周期律的有关应用等
点评：本题主要是元素“位、构、性”三者关系的综合考查，比较全面考查学生有关元素推断知识和灵活运用知识的能力。
14.已知：原子序数小于18的同一主族的两种元素X和Y，其原子半径：X
C. 若X和Y均位于IVA，则半径Y
【解析】
【详解】A. 若X和Y均位于VIIA，且原子半径：XHCl，则键能大小为HX>HY，故A错误；
B. 若X和Y均位于VIA，且原子半径：XMg，故D错误。
答案选B。
【点睛】本题考查原子结构与元素的性质，注意同主族元素性质的递变规律，特别注意分子间形成氢键等特殊情况。
15.电子构型为[Ar]3d54s2的元素属于下列哪一类元素（ ）
A. 稀有气体 B. 主族元素 C. 过渡元素 D. 卤族元素
【答案】C
【解析】
元素外围电子构型为3d54s2，根据电子排布式知，该原子含有4个能层，所以位于第四周期，外围电子总数为7，即处于ⅦB族，故该元素位于第四周期第ⅦB族，是过渡元素，故选C。
点睛：本题考查了结构与位置关系，注意能层与周期、价电子与族的关系。元素的能层数等于其周期数，从第ⅢB族到第ⅥB族，其外围电子数等于其族序数，而第ⅠB族、第ⅡB族，其最外层电子数等于其族序数。
16.下列原子的电子跃迁能释放光能形成发射光谱的是( )
A. 1s22s22p63s2→1s22s22p63p2 B. 1s22s22p33s1→1s22s22p4
C. 1s22s2→1s22s12p1 D. 1s22s22p1x →1s22s22p1 y
【答案】B
【解析】
原子中的电子从能量较高的轨道（激发态）跃迁到能量较低的轨道（基态或者低能态），多余的能量以光的形式出现，即形成发射光谱， 3s2→3p2 ，吸收能量，形成吸收光谱，A选项错误；在1s22s22p33s1→1s22s22p4中，3s1→2p4从高能态到低能态，释放能量，形成发射光谱，B选项正确；从2s2→2p1 吸收能量，形成吸收光谱，C选项错误；2p→2p，2Px与2Py空间伸展方向不同，轨道的能量相同， D选项错误；正确答案：B。
17.下列四种元素中，其单质氧化性最强的是( )
A. 原子含有未成对电子最多的第二周期元素
B. 位于周期表中第三周期ⅢA族的元素
C. 原子最外层电子排布为2s22p4的元素
D. 有9个原子轨道有电子且电子总数最小的元素
【答案】C
【解析】
分析：根据元素的性质判断出元素，然后比较元素的非金属性强弱，进而比较其单质的氧化性强弱。
详解：A. 第二周期原子含有未成对电子最多的元素是氮元素；
B. 位于周期表中第三周期ⅢA族的元素是铝元素；
C. 原子最外层电子排布为2s22p4的元素是氧元素；
D. 有9个原子轨道有电子且电子总数最小的元素是磷元素；
则这四种元素中，其单质氧化性最强的是氧气，答案选C。
18.如图是第三周期11～17号元素某些性质变化趋势的柱形图，下列有关说法中正确的是（ ）
A. y轴表示的可能是第一电离能 B. y轴表示的可能是电负性
C. y轴表示的可能是原子半径 D. y轴表示的可能是形成基态离子转移的电子数
【答案】B
【解析】
第三周期P元素3p轨道为半充满结构，较为稳定，P的第一电离能大于S，A选项错误；同周期元素从左到右，电负性逐渐增大， B选项正确；同周期元素从左到右，原子序数逐渐增大，原子半径逐渐减小，C选项错误；形成基态离子转移的电子数，金属元素逐渐增多（从1到3），非金属元素逐渐减小（从4到1），D选项错误；正确答案B。
19.下列说法正确的是( )
A. 分子间作用力与化学键的大小相当
B. 分子间作用力的大小远大于化学键，是一种很强的作用力
C. 分子间作用力主要影响物质的化学性质
D. 分子内部的相邻原子之间强烈的相互作用称为化学键，而分子之间也存在相互作用，称为分子间作用力
【答案】D
【解析】
分析：化学键是指分子或晶体中，直接相邻的原子之间的强烈相互作用；分子间作用力是指分子间存在着将分子聚集在一起的作用力；分子间作用力比化学键弱得多；化学键主要影响物质的化学性质，分子间作用力主要影响物质的物理性质。
详解:A.化学键是指分子或晶体中，直接相邻的原子之间的强烈相互作用；分子间作用力是指分子间存在着将分子聚集在一起的作用力，分子间作用力比化学键弱得多，故A错误；
B.化学键是指分子或晶体中，直接相邻的原子之间的强烈相互作用；分子间作用力是指分子间存在着将分子聚集在一起的作用力，分子间作用力比化学键弱得多，故B错误；
C.分子间作用力主要影响物质的物理性质，如熔沸点和溶解性，故C错误；
D.化学键是指分子或晶体中，直接相邻的原子之间的强烈相互作用；分子间作用力是指分子间存在着将分子聚集在一起的作用力，所以D选项是正确的。
所以D选项是正确的。
点睛：本题考查化学键与分子间作用力的区别，难度不大。要注意分子间作用力的大小远小于化学键，化学键主要影响物质的化学性质，分子间作用力主要影响物质的物理性质。
20.意大利罗马大学的Fulvio Cacace等人获得了极具理论研究意义的N4气体分子。N4分子结构如图所示，下列说法正确的是( )
A. N4分子属于一种新型的化合物 B. N4分子中只含有非极性键
C. 1 mol N4分子所含共价键数为4NA D. N4沸点比P4(白磷)高
【答案】B
【解析】
试题分析：A．N4由N组成，是一种单质，而化合物是由不同元素组成的纯净物，故A错误；B．非金属元素原子间形成共价键，所以N4分子中只含有共价键，故B正确；C．由题中N4分子结构可知，一个分子中含有6个共价键，所以1 mol N4分子所含共价键数为6NA，故C错误；D．N4和P4都是分子晶体，并且结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，所以白磷的沸点高，故D错误。
考点：化学键
21.关于氢键，下列说法中正确的是( )
A. 每个水分子内含有两个氢键
B. 在水蒸气、水和冰中都含有氢键
C. 分子间若形成氢键，则物质的熔点和沸点较高
D. HF的稳定性很强，是因为其分子间能形成氢键
【答案】C
【解析】
【分析】
氢键是由与电负性很大的原子（如N、O、F）形成共价键的氢原子与另一个电负性很大的原子之间的作用力，氢键影响物质的熔沸点等物理性质，当分子间距离较远时，不形成氢键。
【详解】A.水分子内不含氢键，只存在于水分子之间，故A错误；
B.水蒸气中水分子间距离较大，不形成氢键，故B错误；
C. 氢键较一般的分子间作用力强，分子间含有氢键的物质具有较高的熔沸点，所以C选项是正确的；
D.HF的稳定性很强，是因为H-F键键能较大的原因，与氢键无关，故D错误。
所以C选项是正确的。
22.向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。下列对此现象说法正确的是( )
A. 反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变
B. 沉淀溶解后，将生成深蓝色的配离子[Cu（NH3）4] 2+
C. 向反应后的溶液中加入乙醇，溶液没有发生变化
D. 在[Cu（NH3）4] 2+离子中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道
【答案】B
【解析】
分析：A．硫酸铜和氨水反应生成Cu（OH）2蓝色沉淀，继续加氨水，沉淀Cu（OH）2溶解生成深蓝色配合离子[Cu(NH3)4]2＋；
B．沉淀Cu（OH）2溶解生成深蓝色配合离子[Cu(NH3)4]2＋；
C．络合物在乙醇中溶解度较小，所以会析出；
D．配合物中，配位体提供孤电子对，中心原子提供空轨道形成配位键。
详解：A．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，生成深蓝色配合离子[Cu(NH3)4]2＋，所以溶液中铜离子浓度减小，A错误；
B．氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子[Cu(NH3)4]2＋，沉淀溶解，B正确；
C．[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体，C错误；
D．在[Cu(NH3)4]2＋离子中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，D错误；
答案选B。
23.根据“相似相溶”原理，你认为下列物质在水中溶解度较大的是（ ）
A. 乙烯 B. 二氧化碳 C. 二氧化硫 D. 氢气
【答案】C
【解析】
【详解】乙烯、二氧化碳、氢气均为非极性分子，而二氧化硫为极性分子，易溶于极性溶剂水中，
故选C。
24.下列无机含氧酸分子中酸性最强的是（ ）
A. HNO3 B. H2SO3 C. H2CO3 D. HClO4
【答案】D
【解析】
【详解】对于同一种元素的含氧酸，该元素的化合价越高，含氧酸的酸性越强，则酸性H2SO3
25.下列各物质都属于极性分子的一组是（ ）
A. HF、NH3、CO、H2S B. NO、SO2、CCl4、H2O2
C. SO3、H2O、N2、SiF4 D. CO、BF3、CS2、PCl3
【答案】A
【解析】
由同种原子构成的共价键是非极性键，不同原子构成的共价键是极性键；分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子，以极性键结合的双原子一定为极性分子，以极性键结合的多原子分子如结构对称，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子，则A．HF、CO均为直线结构，不对称，均为极性分子；NH3为三角锥型、H2S为V型，结构不对称，均为极性分子，A正确；B．CCl4为正四面体结构，结构对称，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子，其它为极性分子，B错误；C．SO3（平面三角形）、N2（直线形）、SiF4（正四面体结构）均为非极性分子，H2O为V型，为极性分子，C错误；D．BF3（平面三角形）、CS2（直线形）为非极性分子，CO、PCl3为极性分子，D错误；答案选A。
点睛：本题考查化学键、分子空间构型及分子极性等，把握常见物质的结构、结构是否对称为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查。注意掌握常见分子的空间构型。
二、推断题（共4题；共50分）
26.A，B，C，D，E四种短周期元素的原子序数逐渐增大。A为非金属元素，且A、E同主族，C、D为同周期的相邻元素。E原子的质子数等于C、D原子最外层电子数之和。B原子最外层电子数是内层电子数的2倍。C的氢化物分子中有3个共价键，试推断：
（1）写出B元素在周期表中的位置________；
（2）由A，C，D所形成的离子化合物是________(填化学式)，所含化学键类型为________，它与E的最高价氧化物对应水化物的溶液加热时反应的离子方程式是___________________。
（3）C单质的电子式为________。
（4）B和D相比，非金属性较强的是____(用元素符号表示)，下列事实能证明这一结论的是________(选填字母序号)。
a.常温下，B的单质呈固态，D的单质呈气态 b.D的氢化物的稳定性强于B的氢化物
c.B与D形成的化合物中，B呈正价 d.D的氢化物的沸点高于B的氢化物
【答案】 (1). 第二周期第ⅣA 族 (2). NH4NO3 (3). 极性键、离子键 (4). NH4++OH-NH3↑+H2O (5). (6). O (7). bc
【解析】
根据元素的位置及结构特点可判断，A、B、C、D、E四种短周期元素H、C、N、O、Na。
（1）碳元素位于周期表的第二周期第ⅣA；（2）A、C、D所形成的离子化合物是NH4NO3，所含化学键类型为极性键、离子键；和氢氧化钠反应生成氨气，方程式为NH4++OH-NH3↑+H2O；（3）氮气分子中含有氮氮三键，电子式为；（4）同周期自左向右非金属性逐渐减弱，所以氧元素的非金属性大于碳的非金属性。故非金属性较强的是O；比较元素非金属性强弱的依据：①．依据非金属单质与H2反应的难易程度、剧烈程度和生成气态氢化物的稳定性。与氢气反应越容易、越剧烈，气态氢化物越稳定，其非金属性越强；②．依据最高价氧化物的水化物酸性的强弱。酸性越强，其元素的非金属性越强；③．依据元素周期表。同周期中，从左向右，随着核电荷数的增加，非金属性逐渐增强；同主族中，由上而下，随着核电荷数的增加，非金属性逐渐减弱；④．非金属单质与盐溶液中简单阴离子之间的置换反应。非金属性强的置换非金属性弱的；⑤．非金属单质与具有可变价金属的反应。能生成高价金属化合物的，其非金属性强。所以答案选bc。
27.原子序数小于36的X、Y、Z、R、W五种元素，其中X是周期表中原子半径最小的元素，Y是形成化合物种类最多的元素，Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，R单质占空气体积的 ；W的原子序数为29。回答下列问题:
（1）Y2X4分子中Y原子轨道的杂化类型为________，1mol Z2X4含有σ键的数目为 ________。
（2）化合物ZX3与化合物X2R的VSEPR构型相同，但立体构型不同，ZX3的立体构型为 ________，两种化合物分子中化学键的键角较小的是________（用分子式表示，下同)。
（3）与R同主族的三种非金属元素与X可形成结构相似的三种物质，试推测三者的稳定性由大到小的顺序________，理由是 ________；三者的沸点由高到低的顺序是 ________，解释原因________。
（4）元素Y的一种氧化物与元素Z的单质互为等电子体，元素Y的这种氧化物的分子式是________。
（5）W元素有________个运动状态不同的电子，其基态原子的价电子排布式为________。
【答案】 (1). sp2 (2). 5NA (3). 三角锥形 (4). H2O (5). H2O >H2S> H2Se (6). 半径Se>S>O，键长H-Se> H-S> H-O，键长越短，键能越大，分子越稳定 (7). H2O > H2Se>H2S (8). H2O形成分子间氢键，H2Se相对分子质量大于H2S，分子间作用力越大，熔沸点越高 (9). CO (10). 29 (11). 3d104s1
【解析】
【分析】
原子序数小于36的X、Y、Z、R、W五种元素，其中X是周期表中半径最小的元素，则X是H元素；Y是形成化合物种类最多的元素，则Y是C元素；Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，则Z是N元素；R单质占空气体积的1/5，R是O；W的原子序数为29，则W是Cu元素，再结合物质结构分析解答。
【详解】（1）C2H4分子平面形结构，所以C原子轨道的杂化类型为sp2杂化。单键都是σ键，则一个N2H4分子中含有5个σ键；
故答案为：sp2 ；5NA；
（2）化合物NH3与化合物H2O的VSEPR构型相词，均是四面体，但立体构型不同，氨气分子中含有1对孤对电子，其立体构型为三角锥形；水分子中含有2对孤对电子，所以两种化合物分子中化学键的键角较小的是H2O。
故答案为：三角锥形；H2O；
（3）由于同主族从上到下原子半径逐渐增大，而键长越短，键能越大，化合物越稳定，所以稳定性是H2O＞H2S＞H2Se；由于H2O形成分子间氢键，H2Se相对分子质量大于H2S，分子间作用力越大，熔沸点越高，则沸点大小顺序是H2O > H2Se>H2S；
故答案为：H2O >H2S> H2Se；半径Se>S>O，键长H-Se> H-S> H-O，键长越短，键能越大，分子越稳定；H2O > H2Se>H2S；H2O形成分子间氢键，H2Se相对分子质量大于H2S，分子间作用力越大，熔沸点越高；
（4）元素C的一种氧化物与元素N的单质互为等电子体，CO和N2互为等电子体，所以元素Y的这种氧化物的分子式是CO；
故答案为：CO；
（5）铜元素原子序数是29，核外有29个运动状态不同的电子，其基态原子的价电子排布式为3d104s1。
故答案为：29 ；3d104s1。
28.A、B、C、D、E、F六种元素位于短周期，原子序数依次增大，C基态原子核外有三个未成对电子，B与D形成的化合物BD与C的单质C2电子总数相等，CA3分子结构为三角锥形，D与E可形成E2D与E2D2两种离子化合物，D与F是同族元素。根据以上信息，回答下列有关问题：
（1）写出基态时D的电子排布图________。
（2）写出化合物E2F2的电子式________，化合物ABC的结构式________。
（3）根据题目要求完成以下填空：
①BF32﹣中心原子杂化方式________；CA3中心原子杂化方式________；
②FD42﹣微粒中的键角________； FD3分子的立体构型________。
（4）F元素两种氧化物对应的水化物酸性由强到弱为__________，原因__________________。
【答案】 (1). (2). (3). H-C≡N (4). sp2 (5). sp3 (6). 109°28′ (7). 平面三角形 (8). H2SO4> H2SO3 (9). H2SO4中非羟基氧原子个数比H2SO3多，酸性强
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E、F六种元素位于短周期，原子序数依次增大，C基态原子核外有三个未成对电子，且C能形成单质C2 ，所以C是N元素；B与D形成的化合物BD与C2电子总数相等，且C的原子序数大于B小于D，所以B是C元素，D是O元素；CA3 分子结构为三角锥形，且A的原子序数小于B，所以A是H元素；D与E可形成E2D 与E2D2 两种离子化合物，所以E是Na元素；D与F是同族元素，所以F是S元素。根据上述分析进行解答。
【详解】(1)通过以上分析知，D是O元素，原子核外有8个电子，其核外电子排布图为，
故答案为：；
(2)E2F2 为Na2S2 ，和过氧化钠类似，所以其电子式为：；化合物ABC是氢氰酸，结构式为 H-C≡N ，
故答案为：； H-C≡N ；
(3) ①BF32﹣为CS32-，和CO32-相似，中心原子C的价层电子对数=3+0=3，中心原子杂化方式sp2；CA3为NH3，中心原子N的价层电子对数=3+1=4，中心原子杂化方式sp3，
故答案为：sp2 ；sp3；
②FD42- 为SO42-， S的价层电子对数=4+0=4，所以它的VSEPR模型为正四面体，因为没有孤电子对，所以其空间构型为正四面体，键角是109°28′；FD3 为SO3 ，S的价层电子对数=3+0=3，所以它的VSEPR模型为平面三角形，因为没有孤电子对，所以其空间构型为平面三角形，
故答案为：109°28′ ；平面三角形；
(4) S元素两种氧化物对应的水化物为H2SO4和H2SO3，同一种元素含氧酸中，含有非羟基O原子个数越多，其酸性越强，硫酸中非羟基氧原子个数为2、亚硫酸中非羟基氧原子个数是1，所以硫酸酸性强于亚硫酸，
故答案为：H2SO4> H2SO3 ；H2SO4中非羟基氧原子个数比H2SO3多，酸性强。
29.X、Y、Z、U、W是原子序数依次增大前四周期元素．其中Y的原子核外有7种运动状态不同的电子；X、Z中未成对电子数均为2； U的氧化物是第三周期元素形成的常见两性氧化物；W的内层电子全充满，最外层只有1个电子。请回答下列问题：
（1）X、Y、Z的电负性从大到小的顺序是_______ (用元素符号表示，下同)。三种元素的第一电离能由大到小的顺序为__________。
（2）写出Y的价电子排布式____，W同周期的元素中，与W原子最外层电子数相等的元素还有________。
（3）根据等电子体原理，可知化合物XZ的结构式是________, YZ2-的VSEPR模型是________。
（4）X、Y、Z的简单氢化物的键角从大到小的顺序是________ (用化学式表示)，原因是_____________。
（5）Y的氢化物易液化的原因是___________。
（6）XZ32-的立体构型是________，其中X原子的杂化轨道类型是________，互为等电子体的离子________。
（7）用氢键表示式写出Z的氢化物中存在的氢键________。
【答案】 (1). O>N>C (2). N>O>C (3). 2s22p3 (4). K、Cr (5). CO (6). 平面三角形 (7). CH4>NH3>H2O (8). 价层电子对数相同，孤电子对数越多，斥力越大，键角越小 (9). NH3形成分子间氢键 (10). 平面三角形 (11). sp2 (12). NO3- (13). O-HO
【解析】
【分析】
X、Y、Z、U、W是原子序数依次增大的前四周期元素。其中Y的原子核外有7种运动状态不同的电子，则Y为N元素；U的氧化物是第三周期元素形成的常见两性氧化物，则U为Al；X、Z中未成对电子数均为2，X的原子序数小于N，而Z的原子序数介于N、Al之间，X、Z的核外电子排布分别为1s22s22p2 ，1s22s22p4，故X为C元素、Z为O元素；W的内层电子全充满，最外层只有1个电子，原子序数大于Al，只能处于第四周期，核外电子数为2+8+18+1=29，故W为Cu元素，据此解答。
【详解】(1) 周期表中，同周期元素从左到右电负性逐渐增强，则X、Y、Z的电负性从大到小的顺序为O>N>C；同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N元素的2p能级为半满的稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能N>O>C，
因此，本题正确答案是：O>N>C ；N>O>C；
(2) Y为N元素，价电子排布式为2s22p3，W为Cu，最外层电子排布为4s1，第四周期中与Cu原子最外层电子数相等的元素还有K、Cr，
因此，本题正确答案是：2s22p3；K、Cr；
(3)根据等电子体原理，可以知道化合物CO与N2互为等电子体，CO的结构式是CO，NO2-的价层电子对数为2+1=3，中心原子的杂化方式为sp2，则VSEPR模型是平面三角形，
因此，本题正确答案是：CO；平面三角形；
(4)X、Y、Z的最简单氢化物分别为CH4、NH3、H2O，3种氢化物的中心原子价层电子对数均为4，VSEPR模型均为正四面体形，但中心原子的孤电子对数依次增大（孤电子对数依次为0、1、2），导致键角变小，故键角：CH4>NH3>H2O，
因此，本题正确答案是：CH4>NH3>H2O；价层电子对数相同，孤电子对数越多，斥力越大，键角越小；
(5) Y的氢化物为氨，是一种易液化的气体，是因为氨分子间存在氢键，分子间作用力大，因而易液化，
因此，本题正确答案是：NH3形成分子间氢键；
（6）CO32-的价层电子对数为3+0=3，没有孤对电子，立体构型是平面三角形，C原子的杂化方式为sp2，与CO32-互为等电子体的离子可以是NO3-，
因此，本题正确答案是：平面三角形；sp2 ；NO3-；
（7）Z为O元素，Z的氢化物为H2O，水分子间存在氢键可表示为O-HO，
因此，本题正确答案是：O-HO。
田家炳高中2018—2019学年下学期期中考试高二化学试卷
一、单选题（共25题；共50分）
1.下列各组离子中因有配离子生成而不能大量共存的是（ ）
A. K+、Na+、Cl-、NO3- B. Mg2+、Ca2+、SO42-、OH-
C. Fe2+、Fe3+、H+、NO3- D. Ba2+、Fe3+、Cl-、SCN-
【答案】D
【解析】
【详解】A．K+、Na+、Cl-、NO3-离子之间不发生任何反应，能大量共存，故A不选；
B．Mg2+与OH-生成氢氧化镁沉淀，不能大量共存，但没有配离子生成，故B不选；
C．H+、NO3-能把Fe2+氧化为Fe3+，不能大量共存，但是没有配离子生成，故C不选；
D．Fe3+与SCN-反应生成配离子，不能大量共存，符合题意，故D选。
故选D。
【点睛】本题考查离子共存问题，本题注意常见离子的性质，积累相关基础知识，解题时要注意限制条件。
2.下列一组粒子的中心原子杂化类型相同，分子或离子的键角不相等的是（ ）
A. CCl4、SiCl4、SiH4 B. H2S、NF3、CH4
C. BCl3、NH3、CO2 D. SO3、BF3、H3O+
【答案】B
【解析】
试题分析：A．CCl4、SiCl4、SiH4中所有的原子的价层电子对数都为4，杂化方式为sp3杂化，，键角都是109o28、，A错误；B．H2S中S原子的价层电子对数为2+（6-2×1）/2=4，杂化方式为sp3杂化，NF3中N原子的价层电子对数为3+（5-3×1）/2=4，杂化方式为sp3杂化，CH4中C原子的杂化方式为sp3杂化，由于分子中孤电子对的数目不同，分子间的夹角不同，B正确；C．BCl3、NH3、CO2分子中的中心原子的杂化方式不同，C错误；D．SO3、BF3中的S和B都采用sp2杂化，H3O＋用的是sp3杂化，D错误，答案选B。
考点：考查杂化方式、分子构型
3.下列分子均属于极性分子且中心原子均为sp3杂化的是（ ）
A. CH4、P4 B. SO2、CHCl3 C. PCl3、SO3 D. NH3、H2O
【答案】D
【解析】
A. CH4中C原子形成4个δ键，孤电子对个数为0，价层电子对数为4，为sp3杂化，分子构型正四面体形，空间结构对称为非极性分子；P4分子构型正四面体形，空间结构对称为非极性分子，故A错误；B. SO2中S原子形成2个δ键，孤电子对个数=1/2(6−2×2)=1，价层电子对数为3，为sp2杂化，分子构型为V形，空间结构不对称为极性分子；CHCl3中C原子形成4个δ键，没有孤电子对，价层电子对数为4，为sp3杂化，空间结构不对称为极性分子，故B错误；C. PCl3中P原子形成3个δ键，孤电子对个数=1/2×(5−3×1)=1，价层电子对数为4，为sp3杂化，分子构型为三角锥形，空间结构不对称为极性分子；SO3中S原子形成3个δ键，孤电子对个数=1/2×(6−2×3)=0，价层电子对数为3，为sp2杂化，分子构型为平面三角形，空间结构对称为非极性分子，故C错误；D. NH3中N原子形成3个δ键，有1个孤电子对，为sp3杂化，分子构型为三角锥形，空间结构不对称为极性分子；H2O中O原子形成2个δ键，有2个孤电子对，为sp3杂化，分子构型为V形，空间结构不对称为极性分子，故D正确；本题选D。
点睛：分子空间结构不对称，正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子；中心原子的杂化类型为sp3，说明该分子中心原子的价层电子对个数是4，据此判断。
4.在“HI(s)→HI(g)→H2和I2”的变化过程中，被破坏的作用力依次是（）
A. 范德华力、范德华力 B. 范德华力、共价键
C. 共价键、离子键 D. 共价键、共价键
【答案】B
【解析】
【详解】碘化氢是分子晶体，由固态转化为气态时，需要克服范德华力，碘化氢气体受热分解为氢气和碘时，需要破坏是氢、碘间的共价键，故选B。
【点睛】本题考查的是晶体类型与化学键、微粒间的关系，判断物质变化时破坏的是什么作用力，首先要正确判断物质的晶体类型。
5.下列各组分子中，都由极性键构成的极性分子的一组是（ ）
A. C3H6和CO2 B. CCl4和H2S
C. H2O和NH3 D. H2O2和CS2
【答案】C
【解析】
【详解】A.C3H6可能是丙烯也可能是环丙烷，丙烯和环丙烷均是含有极性键的极性分子，而CO2中含有极性键,但结构对称，正负电荷的中心重合,属于非极性分子故A错误；
B.CCl4中含有极性键,但结构对称，正负电荷的中心重合,属于非极性分子;中含有极性键,空间结构为v形,正负电荷的中心不重合,属于极性分子,故B错误；
C. H2O中含有极性键，空间结构为V型，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，NH3中含有极性键，空间结构为三角锥形，正负电荷的中心不重合，属于极性分子,故C正确；
D.H2O2中含有极性键和非极性键,正负电荷的中心不重合,属于极性分子，CS2含有极性键，但结构对称，正负电荷的中心重合,属于非极性分子，故D错误；
本题答案为C。
【点睛】同种原子构成的共价键是非极性键，不同原子构成的共价键是极性键；分子中正负电荷中心不重合,从整个分子来看,电荷的分布是不均匀的,不对称的,这样的分子为极性分子,以极性键结合的双原子一定为极性分子,以极性键结合的多原子分子如结构对称,正负电荷的重心重合,电荷分布均匀,则为非极性分子。
6.下列分子或离子中键角由大到小排列的是（ ）
①BCl3 ②NH3 ③H2O ④PCl4+ ⑤BeCl2
A. ⑤①④②③ B. ⑤④①②③ C. ④①②⑤③ D. ③②④①⑤
【答案】A
【解析】
①BCl3分子的空间构型是平面三角形，键角是120°，②NH3分子的空间构型是三角锥形，键角是107°，③H2O分子的空间构型是V型，键角是105°④PCl4+分子的空间构型是正四面体形，键角是109°28′，⑤BeCl2的空间构型是直线型，键角是180°，键角由大到小排列：BeCl2 >BCl3 >PCl4+> NH3 >H2O，即：⑤> ①> ④ > ②> ③ ，所以正确答案是A选项。
点睛：利用ABm型分子价层电子对互斥理论，计算价层电子对数，确定分子的空间构型，从而确定成键原子间的键角，当价层电子对数是2对时，空间构型是直线形，如BeCl2，价层电子对数=（2+1×2）÷2=2,分子的空间构型是直线形；当价层电子对数是3对时，空间构型是平面三角形，如BCl3的价层电子对数=（3+1×3）÷2=3，分子空间构型是平面三角形；当价层电子对数是4对时，空间构型是正四面体形，如PCl4+的价层电子对数=（5+1×4-1）÷2=4，分子的空间构型是正四面体形。
7.下列分子中指定的碳原子(用*标记)不属于手性碳原子的是( )
A. 苹果酸HOOC— H2—CHOH—COOH B. 丙氨酸
C. 葡萄糖 D. 甘油醛
【答案】A
【解析】
分析：手性碳原子一定是饱和碳原子，手性碳原子所连接的四个基团是不同的，据此解答。
详解：A. 苹果酸HOOC—H2—CHOH—COOH中连接了2个氢原子，不是手性碳原子，A错误；
B. 丙氨酸中连接了4个不同的原子或原子团，属于手性碳原子，B正确；
C. 葡萄糖中连接了4个不同的原子或原子团，属于手性碳原子，C正确；
D. 甘油醛中连接了4个不同的原子或原子团，属于手性碳原子，D正确；
答案选A。
8.氯化二硫(S2Cl2)是广泛用于橡胶工业的硫化剂，其分子结构如下图所示。常温下S2Cl2是一种橙黄色的液体，遇水易水解，并产生能使品红褪色的气体。下列说法错误的是( )
A. S2Cl2的结构式为Cl－S－S－Cl
B. S2Cl2为含有极性键和非极性键的非极性分子
C. S2Br2与S2Cl2结构相似，分子间作用力：S2Br2>S2Cl2
D. S2Cl2与H2O反应的化学方程式可能为：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl
【答案】B
【解析】
【详解】A、由结构可知，S2Cl2分子中S原子之间形成1对共用电子对，Cl原子与S原子之间形成1对共用电子对，结构式为Cl-S-S-Cl，故A正确；
B、S2Cl2分子中S-S键为非极性键，S-Cl键为极性键，S2Cl2是展开书页型结构，Cl-S键位于两个书页面内，该物质结构不对称，正负电荷中心不重合，为极性分子，故B错误；
C、组成与结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越强，故C正确；
D、S2Cl2遇水易水解，并产生能使品红溶液褪色的气体，该气体为二氧化硫，在反应过程中硫元素一部分升高到+4价（生成SO2），一部分降低到0价（生成S），符合氧化还原反应原理，故D正确。
答案选B。
【点睛】本题以S2Cl2的结构为载体，考查分子结构、化学键、电子式、氧化还原反应等，是对基础知识的综合运用与学生能力的考查，注意基础知识的全面掌握。
9.由硼和镁两种元素组成化合物可为超导材料，下图为该化合物的晶体结构单元示意图：镁原子间形成正六棱柱，且棱柱的上下底面还各有1个镁原子，6个硼原子位于棱柱内。则该化合物的化学式可表示为( )
A. Mg5B12 B. MgB2 C. Mg2B D. Mg3B2
【答案】B
【解析】
分析：根据均摊法结合晶胞的结构特点计算该化合物的化学式。
详解：由于镁原子位于顶点处，另外棱柱的上下底面还各有1个镁原子，则晶胞中含有的镁原子个数是2×1/2+12×1/6＝3。6个硼原子位于棱柱内，即Mg与B的原子个数之比是1：2，因此该化合物的化学式可表示为MgB2，答案选B。
10.现有四种晶体的晶胞，其离子排列方式如图所示，其中化学式不属AB型的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
试题分析：A、晶胞中的A有1个，B也是1个，是AB型，错误；B、A有8×1/8=1,B有12×1/4=3,不是AB型，正确；C、该晶胞中A、B各1个，是AB型，错误；D、晶胞中A的个数=8×1/8+6×1/2=4，B的个数=12×1/4+1=4,是AB型，错误，答案选B。
考点：考查晶胞计算
11.最近发现一种由钛（Ti）原子和碳原子构成的气态团簇分子，分子模型如图所示，其中圆圈表示钛原子，黑点表示碳原子，则它的化学式为（ ）
A. TiC B. TiC14 C. Ti4C7 D. Ti14C13
【答案】D
【解析】
【详解】根据题意知，如图的结构就是其分子结构，分子中含有的原子就是其化学式中含有的原子，根据分子模型直接数出其中的Ti原子和C原子个数分别为14、13，故其分子式为Ti14C13。
故选D。
12.短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，其中W的阴离子的核外电子数与X、Y、Z原子的核外内层电子数相同。X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，工业上采用液态空气分馏方法来生产Y的单质，而Z不能形成双原子分子。根据以上叙述，下列说中一定正确的是（ ）
A. W、X、Y、Z原子的核外最外层电子数的总和为20
B. 上述四种元素的原子半径大小为W＜X＜Y＜Z
C. W与Y可形成既含极性共价键又含非极性共价键的化合物
D. 由W与X组成的最简单化合物的沸点高于由W与Y组成的化合物的沸点
【答案】C
【解析】
【分析】
由“X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代”可以得知X是C，根据“工业上采用液态空气分馏方法来生产Y的单质”可以确定Y可能是N或O，因为“W的阴离子的核外电子数与X 、Y、Z原子的核外内层电子数相同”，所以X 、Y、Z属于同一周期，W是H，而Z不能形成双原子分子，所以Z是Ne，属于稀有气体，结合性质解答。
【详解】A项，H核外最外层电子数为1，C核外最外层电子数为4，N(或O)核外最外层电子数为5(或6)，Ne核外最外层电子数为8，所以总和为18（或19），故A项错误；
B项，同一周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小，且H是半径最小的元素（稀有气体除外），所以原子半径X >Y>W，稀有气体原子半径测定依据不同，一般不与主族元素的原子半径相比较，故B项错误；
C项，N（或O）和H可形成N2H4(或H2O2)，N2H4(或H2O2)既含极性共价键又含非极性共价键，故C项正确；
D项，W是H，X是C，Y是N(或O)，C和H组成的最简单化合物为CH4，由于NH3(或H2O)分子间可以形成氢键，所以CH4的沸点低于NH3(或H2O)，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为C。
13.如图为周期表中短周期的一部分，若X原子最外层电子数比次外层电子数少3，则下列说法正确的是( )
A. X的氢化物比R的氢化物稳定
B. 原子半径大小顺序是Z>Y>X
C. Y、R形成化合物YR2能使KMnO4溶液褪色
D. X、Z可形成化合物XZ5 ， 分子中各原子均满足最外层8电子结构
【答案】C
【解析】
试题分析：根据元素在周期表中的位置可知，X、Y、Z属于第三周期，R是第二周期。由于X原子最外层电子数比次外层电子数少3，所以X是P，则Y是S，Z是Cl，R是O。非金属性越强，相应氢化物的稳定性越强，所以A不正确，应该是R的氢化物比X的氢化物稳定；同周期自左向右，原子半径逐渐减小，B不正确；SO2具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；X、Z可形成化合物XZ5，分子中X原子均满足最外层8电子结构，而Z原子不能满足，D不正确，答案选C。
考点：考查元素周期表的结构及元素周期律的有关应用等
点评：本题主要是元素“位、构、性”三者关系的综合考查，比较全面考查学生有关元素推断知识和灵活运用知识的能力。
14.已知：原子序数小于18的同一主族的两种元素X和Y，其原子半径：X
C. 若X和Y均位于IVA，则半径Y
【解析】
【详解】A. 若X和Y均位于VIIA，且原子半径：X
B. 若X和Y均位于VIA，且原子半径：X
答案选B。
【点睛】本题考查原子结构与元素的性质，注意同主族元素性质的递变规律，特别注意分子间形成氢键等特殊情况。
15.电子构型为[Ar]3d54s2的元素属于下列哪一类元素（ ）
A. 稀有气体 B. 主族元素 C. 过渡元素 D. 卤族元素
【答案】C
【解析】
元素外围电子构型为3d54s2，根据电子排布式知，该原子含有4个能层，所以位于第四周期，外围电子总数为7，即处于ⅦB族，故该元素位于第四周期第ⅦB族，是过渡元素，故选C。
点睛：本题考查了结构与位置关系，注意能层与周期、价电子与族的关系。元素的能层数等于其周期数，从第ⅢB族到第ⅥB族，其外围电子数等于其族序数，而第ⅠB族、第ⅡB族，其最外层电子数等于其族序数。
16.下列原子的电子跃迁能释放光能形成发射光谱的是( )
A. 1s22s22p63s2→1s22s22p63p2 B. 1s22s22p33s1→1s22s22p4
C. 1s22s2→1s22s12p1 D. 1s22s22p1x →1s22s22p1 y
【答案】B
【解析】
原子中的电子从能量较高的轨道（激发态）跃迁到能量较低的轨道（基态或者低能态），多余的能量以光的形式出现，即形成发射光谱， 3s2→3p2 ，吸收能量，形成吸收光谱，A选项错误；在1s22s22p33s1→1s22s22p4中，3s1→2p4从高能态到低能态，释放能量，形成发射光谱，B选项正确；从2s2→2p1 吸收能量，形成吸收光谱，C选项错误；2p→2p，2Px与2Py空间伸展方向不同，轨道的能量相同， D选项错误；正确答案：B。
17.下列四种元素中，其单质氧化性最强的是( )
A. 原子含有未成对电子最多的第二周期元素
B. 位于周期表中第三周期ⅢA族的元素
C. 原子最外层电子排布为2s22p4的元素
D. 有9个原子轨道有电子且电子总数最小的元素
【答案】C
【解析】
分析：根据元素的性质判断出元素，然后比较元素的非金属性强弱，进而比较其单质的氧化性强弱。
详解：A. 第二周期原子含有未成对电子最多的元素是氮元素；
B. 位于周期表中第三周期ⅢA族的元素是铝元素；
C. 原子最外层电子排布为2s22p4的元素是氧元素；
D. 有9个原子轨道有电子且电子总数最小的元素是磷元素；
则这四种元素中，其单质氧化性最强的是氧气，答案选C。
18.如图是第三周期11～17号元素某些性质变化趋势的柱形图，下列有关说法中正确的是（ ）
A. y轴表示的可能是第一电离能 B. y轴表示的可能是电负性
C. y轴表示的可能是原子半径 D. y轴表示的可能是形成基态离子转移的电子数
【答案】B
【解析】
第三周期P元素3p轨道为半充满结构，较为稳定，P的第一电离能大于S，A选项错误；同周期元素从左到右，电负性逐渐增大， B选项正确；同周期元素从左到右，原子序数逐渐增大，原子半径逐渐减小，C选项错误；形成基态离子转移的电子数，金属元素逐渐增多（从1到3），非金属元素逐渐减小（从4到1），D选项错误；正确答案B。
19.下列说法正确的是( )
A. 分子间作用力与化学键的大小相当
B. 分子间作用力的大小远大于化学键，是一种很强的作用力
C. 分子间作用力主要影响物质的化学性质
D. 分子内部的相邻原子之间强烈的相互作用称为化学键，而分子之间也存在相互作用，称为分子间作用力
【答案】D
【解析】
分析：化学键是指分子或晶体中，直接相邻的原子之间的强烈相互作用；分子间作用力是指分子间存在着将分子聚集在一起的作用力；分子间作用力比化学键弱得多；化学键主要影响物质的化学性质，分子间作用力主要影响物质的物理性质。
详解:A.化学键是指分子或晶体中，直接相邻的原子之间的强烈相互作用；分子间作用力是指分子间存在着将分子聚集在一起的作用力，分子间作用力比化学键弱得多，故A错误；
B.化学键是指分子或晶体中，直接相邻的原子之间的强烈相互作用；分子间作用力是指分子间存在着将分子聚集在一起的作用力，分子间作用力比化学键弱得多，故B错误；
C.分子间作用力主要影响物质的物理性质，如熔沸点和溶解性，故C错误；
D.化学键是指分子或晶体中，直接相邻的原子之间的强烈相互作用；分子间作用力是指分子间存在着将分子聚集在一起的作用力，所以D选项是正确的。
所以D选项是正确的。
点睛：本题考查化学键与分子间作用力的区别，难度不大。要注意分子间作用力的大小远小于化学键，化学键主要影响物质的化学性质，分子间作用力主要影响物质的物理性质。
20.意大利罗马大学的Fulvio Cacace等人获得了极具理论研究意义的N4气体分子。N4分子结构如图所示，下列说法正确的是( )
A. N4分子属于一种新型的化合物 B. N4分子中只含有非极性键
C. 1 mol N4分子所含共价键数为4NA D. N4沸点比P4(白磷)高
【答案】B
【解析】
试题分析：A．N4由N组成，是一种单质，而化合物是由不同元素组成的纯净物，故A错误；B．非金属元素原子间形成共价键，所以N4分子中只含有共价键，故B正确；C．由题中N4分子结构可知，一个分子中含有6个共价键，所以1 mol N4分子所含共价键数为6NA，故C错误；D．N4和P4都是分子晶体，并且结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，所以白磷的沸点高，故D错误。
考点：化学键
21.关于氢键，下列说法中正确的是( )
A. 每个水分子内含有两个氢键
B. 在水蒸气、水和冰中都含有氢键
C. 分子间若形成氢键，则物质的熔点和沸点较高
D. HF的稳定性很强，是因为其分子间能形成氢键
【答案】C
【解析】
【分析】
氢键是由与电负性很大的原子（如N、O、F）形成共价键的氢原子与另一个电负性很大的原子之间的作用力，氢键影响物质的熔沸点等物理性质，当分子间距离较远时，不形成氢键。
【详解】A.水分子内不含氢键，只存在于水分子之间，故A错误；
B.水蒸气中水分子间距离较大，不形成氢键，故B错误；
C. 氢键较一般的分子间作用力强，分子间含有氢键的物质具有较高的熔沸点，所以C选项是正确的；
D.HF的稳定性很强，是因为H-F键键能较大的原因，与氢键无关，故D错误。
所以C选项是正确的。
22.向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。下列对此现象说法正确的是( )
A. 反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变
B. 沉淀溶解后，将生成深蓝色的配离子[Cu（NH3）4] 2+
C. 向反应后的溶液中加入乙醇，溶液没有发生变化
D. 在[Cu（NH3）4] 2+离子中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道
【答案】B
【解析】
分析：A．硫酸铜和氨水反应生成Cu（OH）2蓝色沉淀，继续加氨水，沉淀Cu（OH）2溶解生成深蓝色配合离子[Cu(NH3)4]2＋；
B．沉淀Cu（OH）2溶解生成深蓝色配合离子[Cu(NH3)4]2＋；
C．络合物在乙醇中溶解度较小，所以会析出；
D．配合物中，配位体提供孤电子对，中心原子提供空轨道形成配位键。
详解：A．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，生成深蓝色配合离子[Cu(NH3)4]2＋，所以溶液中铜离子浓度减小，A错误；
B．氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子[Cu(NH3)4]2＋，沉淀溶解，B正确；
C．[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体，C错误；
D．在[Cu(NH3)4]2＋离子中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，D错误；
答案选B。
23.根据“相似相溶”原理，你认为下列物质在水中溶解度较大的是（ ）
A. 乙烯 B. 二氧化碳 C. 二氧化硫 D. 氢气
【答案】C
【解析】
【详解】乙烯、二氧化碳、氢气均为非极性分子，而二氧化硫为极性分子，易溶于极性溶剂水中，
故选C。
24.下列无机含氧酸分子中酸性最强的是（ ）
A. HNO3 B. H2SO3 C. H2CO3 D. HClO4
【答案】D
【解析】
【详解】对于同一种元素的含氧酸，该元素的化合价越高，含氧酸的酸性越强，则酸性H2SO3
25.下列各物质都属于极性分子的一组是（ ）
A. HF、NH3、CO、H2S B. NO、SO2、CCl4、H2O2
C. SO3、H2O、N2、SiF4 D. CO、BF3、CS2、PCl3
【答案】A
【解析】
由同种原子构成的共价键是非极性键，不同原子构成的共价键是极性键；分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子，以极性键结合的双原子一定为极性分子，以极性键结合的多原子分子如结构对称，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子，则A．HF、CO均为直线结构，不对称，均为极性分子；NH3为三角锥型、H2S为V型，结构不对称，均为极性分子，A正确；B．CCl4为正四面体结构，结构对称，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子，其它为极性分子，B错误；C．SO3（平面三角形）、N2（直线形）、SiF4（正四面体结构）均为非极性分子，H2O为V型，为极性分子，C错误；D．BF3（平面三角形）、CS2（直线形）为非极性分子，CO、PCl3为极性分子，D错误；答案选A。
点睛：本题考查化学键、分子空间构型及分子极性等，把握常见物质的结构、结构是否对称为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查。注意掌握常见分子的空间构型。
二、推断题（共4题；共50分）
26.A，B，C，D，E四种短周期元素的原子序数逐渐增大。A为非金属元素，且A、E同主族，C、D为同周期的相邻元素。E原子的质子数等于C、D原子最外层电子数之和。B原子最外层电子数是内层电子数的2倍。C的氢化物分子中有3个共价键，试推断：
（1）写出B元素在周期表中的位置________；
（2）由A，C，D所形成的离子化合物是________(填化学式)，所含化学键类型为________，它与E的最高价氧化物对应水化物的溶液加热时反应的离子方程式是___________________。
（3）C单质的电子式为________。
（4）B和D相比，非金属性较强的是____(用元素符号表示)，下列事实能证明这一结论的是________(选填字母序号)。
a.常温下，B的单质呈固态，D的单质呈气态 b.D的氢化物的稳定性强于B的氢化物
c.B与D形成的化合物中，B呈正价 d.D的氢化物的沸点高于B的氢化物
【答案】 (1). 第二周期第ⅣA 族 (2). NH4NO3 (3). 极性键、离子键 (4). NH4++OH-NH3↑+H2O (5). (6). O (7). bc
【解析】
根据元素的位置及结构特点可判断，A、B、C、D、E四种短周期元素H、C、N、O、Na。
（1）碳元素位于周期表的第二周期第ⅣA；（2）A、C、D所形成的离子化合物是NH4NO3，所含化学键类型为极性键、离子键；和氢氧化钠反应生成氨气，方程式为NH4++OH-NH3↑+H2O；（3）氮气分子中含有氮氮三键，电子式为；（4）同周期自左向右非金属性逐渐减弱，所以氧元素的非金属性大于碳的非金属性。故非金属性较强的是O；比较元素非金属性强弱的依据：①．依据非金属单质与H2反应的难易程度、剧烈程度和生成气态氢化物的稳定性。与氢气反应越容易、越剧烈，气态氢化物越稳定，其非金属性越强；②．依据最高价氧化物的水化物酸性的强弱。酸性越强，其元素的非金属性越强；③．依据元素周期表。同周期中，从左向右，随着核电荷数的增加，非金属性逐渐增强；同主族中，由上而下，随着核电荷数的增加，非金属性逐渐减弱；④．非金属单质与盐溶液中简单阴离子之间的置换反应。非金属性强的置换非金属性弱的；⑤．非金属单质与具有可变价金属的反应。能生成高价金属化合物的，其非金属性强。所以答案选bc。
27.原子序数小于36的X、Y、Z、R、W五种元素，其中X是周期表中原子半径最小的元素，Y是形成化合物种类最多的元素，Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，R单质占空气体积的 ；W的原子序数为29。回答下列问题:
（1）Y2X4分子中Y原子轨道的杂化类型为________，1mol Z2X4含有σ键的数目为 ________。
（2）化合物ZX3与化合物X2R的VSEPR构型相同，但立体构型不同，ZX3的立体构型为 ________，两种化合物分子中化学键的键角较小的是________（用分子式表示，下同)。
（3）与R同主族的三种非金属元素与X可形成结构相似的三种物质，试推测三者的稳定性由大到小的顺序________，理由是 ________；三者的沸点由高到低的顺序是 ________，解释原因________。
（4）元素Y的一种氧化物与元素Z的单质互为等电子体，元素Y的这种氧化物的分子式是________。
（5）W元素有________个运动状态不同的电子，其基态原子的价电子排布式为________。
【答案】 (1). sp2 (2). 5NA (3). 三角锥形 (4). H2O (5). H2O >H2S> H2Se (6). 半径Se>S>O，键长H-Se> H-S> H-O，键长越短，键能越大，分子越稳定 (7). H2O > H2Se>H2S (8). H2O形成分子间氢键，H2Se相对分子质量大于H2S，分子间作用力越大，熔沸点越高 (9). CO (10). 29 (11). 3d104s1
【解析】
【分析】
原子序数小于36的X、Y、Z、R、W五种元素，其中X是周期表中半径最小的元素，则X是H元素；Y是形成化合物种类最多的元素，则Y是C元素；Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，则Z是N元素；R单质占空气体积的1/5，R是O；W的原子序数为29，则W是Cu元素，再结合物质结构分析解答。
【详解】（1）C2H4分子平面形结构，所以C原子轨道的杂化类型为sp2杂化。单键都是σ键，则一个N2H4分子中含有5个σ键；
故答案为：sp2 ；5NA；
（2）化合物NH3与化合物H2O的VSEPR构型相词，均是四面体，但立体构型不同，氨气分子中含有1对孤对电子，其立体构型为三角锥形；水分子中含有2对孤对电子，所以两种化合物分子中化学键的键角较小的是H2O。
故答案为：三角锥形；H2O；
（3）由于同主族从上到下原子半径逐渐增大，而键长越短，键能越大，化合物越稳定，所以稳定性是H2O＞H2S＞H2Se；由于H2O形成分子间氢键，H2Se相对分子质量大于H2S，分子间作用力越大，熔沸点越高，则沸点大小顺序是H2O > H2Se>H2S；
故答案为：H2O >H2S> H2Se；半径Se>S>O，键长H-Se> H-S> H-O，键长越短，键能越大，分子越稳定；H2O > H2Se>H2S；H2O形成分子间氢键，H2Se相对分子质量大于H2S，分子间作用力越大，熔沸点越高；
（4）元素C的一种氧化物与元素N的单质互为等电子体，CO和N2互为等电子体，所以元素Y的这种氧化物的分子式是CO；
故答案为：CO；
（5）铜元素原子序数是29，核外有29个运动状态不同的电子，其基态原子的价电子排布式为3d104s1。
故答案为：29 ；3d104s1。
28.A、B、C、D、E、F六种元素位于短周期，原子序数依次增大，C基态原子核外有三个未成对电子，B与D形成的化合物BD与C的单质C2电子总数相等，CA3分子结构为三角锥形，D与E可形成E2D与E2D2两种离子化合物，D与F是同族元素。根据以上信息，回答下列有关问题：
（1）写出基态时D的电子排布图________。
（2）写出化合物E2F2的电子式________，化合物ABC的结构式________。
（3）根据题目要求完成以下填空：
①BF32﹣中心原子杂化方式________；CA3中心原子杂化方式________；
②FD42﹣微粒中的键角________； FD3分子的立体构型________。
（4）F元素两种氧化物对应的水化物酸性由强到弱为__________，原因__________________。
【答案】 (1). (2). (3). H-C≡N (4). sp2 (5). sp3 (6). 109°28′ (7). 平面三角形 (8). H2SO4> H2SO3 (9). H2SO4中非羟基氧原子个数比H2SO3多，酸性强
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E、F六种元素位于短周期，原子序数依次增大，C基态原子核外有三个未成对电子，且C能形成单质C2 ，所以C是N元素；B与D形成的化合物BD与C2电子总数相等，且C的原子序数大于B小于D，所以B是C元素，D是O元素；CA3 分子结构为三角锥形，且A的原子序数小于B，所以A是H元素；D与E可形成E2D 与E2D2 两种离子化合物，所以E是Na元素；D与F是同族元素，所以F是S元素。根据上述分析进行解答。
【详解】(1)通过以上分析知，D是O元素，原子核外有8个电子，其核外电子排布图为，
故答案为：；
(2)E2F2 为Na2S2 ，和过氧化钠类似，所以其电子式为：；化合物ABC是氢氰酸，结构式为 H-C≡N ，
故答案为：； H-C≡N ；
(3) ①BF32﹣为CS32-，和CO32-相似，中心原子C的价层电子对数=3+0=3，中心原子杂化方式sp2；CA3为NH3，中心原子N的价层电子对数=3+1=4，中心原子杂化方式sp3，
故答案为：sp2 ；sp3；
②FD42- 为SO42-， S的价层电子对数=4+0=4，所以它的VSEPR模型为正四面体，因为没有孤电子对，所以其空间构型为正四面体，键角是109°28′；FD3 为SO3 ，S的价层电子对数=3+0=3，所以它的VSEPR模型为平面三角形，因为没有孤电子对，所以其空间构型为平面三角形，
故答案为：109°28′ ；平面三角形；
(4) S元素两种氧化物对应的水化物为H2SO4和H2SO3，同一种元素含氧酸中，含有非羟基O原子个数越多，其酸性越强，硫酸中非羟基氧原子个数为2、亚硫酸中非羟基氧原子个数是1，所以硫酸酸性强于亚硫酸，
故答案为：H2SO4> H2SO3 ；H2SO4中非羟基氧原子个数比H2SO3多，酸性强。
29.X、Y、Z、U、W是原子序数依次增大前四周期元素．其中Y的原子核外有7种运动状态不同的电子；X、Z中未成对电子数均为2； U的氧化物是第三周期元素形成的常见两性氧化物；W的内层电子全充满，最外层只有1个电子。请回答下列问题：
（1）X、Y、Z的电负性从大到小的顺序是_______ (用元素符号表示，下同)。三种元素的第一电离能由大到小的顺序为__________。
（2）写出Y的价电子排布式____，W同周期的元素中，与W原子最外层电子数相等的元素还有________。
（3）根据等电子体原理，可知化合物XZ的结构式是________, YZ2-的VSEPR模型是________。
（4）X、Y、Z的简单氢化物的键角从大到小的顺序是________ (用化学式表示)，原因是_____________。
（5）Y的氢化物易液化的原因是___________。
（6）XZ32-的立体构型是________，其中X原子的杂化轨道类型是________，互为等电子体的离子________。
（7）用氢键表示式写出Z的氢化物中存在的氢键________。
【答案】 (1). O>N>C (2). N>O>C (3). 2s22p3 (4). K、Cr (5). CO (6). 平面三角形 (7). CH4>NH3>H2O (8). 价层电子对数相同，孤电子对数越多，斥力越大，键角越小 (9). NH3形成分子间氢键 (10). 平面三角形 (11). sp2 (12). NO3- (13). O-HO
【解析】
【分析】
X、Y、Z、U、W是原子序数依次增大的前四周期元素。其中Y的原子核外有7种运动状态不同的电子，则Y为N元素；U的氧化物是第三周期元素形成的常见两性氧化物，则U为Al；X、Z中未成对电子数均为2，X的原子序数小于N，而Z的原子序数介于N、Al之间，X、Z的核外电子排布分别为1s22s22p2 ，1s22s22p4，故X为C元素、Z为O元素；W的内层电子全充满，最外层只有1个电子，原子序数大于Al，只能处于第四周期，核外电子数为2+8+18+1=29，故W为Cu元素，据此解答。
【详解】(1) 周期表中，同周期元素从左到右电负性逐渐增强，则X、Y、Z的电负性从大到小的顺序为O>N>C；同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N元素的2p能级为半满的稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能N>O>C，
因此，本题正确答案是：O>N>C ；N>O>C；
(2) Y为N元素，价电子排布式为2s22p3，W为Cu，最外层电子排布为4s1，第四周期中与Cu原子最外层电子数相等的元素还有K、Cr，
因此，本题正确答案是：2s22p3；K、Cr；
(3)根据等电子体原理，可以知道化合物CO与N2互为等电子体，CO的结构式是CO，NO2-的价层电子对数为2+1=3，中心原子的杂化方式为sp2，则VSEPR模型是平面三角形，
因此，本题正确答案是：CO；平面三角形；
(4)X、Y、Z的最简单氢化物分别为CH4、NH3、H2O，3种氢化物的中心原子价层电子对数均为4，VSEPR模型均为正四面体形，但中心原子的孤电子对数依次增大（孤电子对数依次为0、1、2），导致键角变小，故键角：CH4>NH3>H2O，
因此，本题正确答案是：CH4>NH3>H2O；价层电子对数相同，孤电子对数越多，斥力越大，键角越小；
(5) Y的氢化物为氨，是一种易液化的气体，是因为氨分子间存在氢键，分子间作用力大，因而易液化，
因此，本题正确答案是：NH3形成分子间氢键；
（6）CO32-的价层电子对数为3+0=3，没有孤对电子，立体构型是平面三角形，C原子的杂化方式为sp2，与CO32-互为等电子体的离子可以是NO3-，
因此，本题正确答案是：平面三角形；sp2 ；NO3-；
（7）Z为O元素，Z的氢化物为H2O，水分子间存在氢键可表示为O-HO，
因此，本题正确答案是：O-HO。
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