共价键模型 课后习题 高二下学期化学鲁科版（2019）选择性必修2

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2.1.共价键模型课后习题2023-2024学年高二下学期化学鲁科版（2019）选择性必修2一、单选题1．NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．12gC所含的原子数为阿伏加德罗常数B．O2的相对分子质量为32，所以O2的摩尔质量也为32。C．标准状况下，lmolNO与11.2LO2充分反应后分子总数为NAD．P4为正四面体形分子，则1molP4分子中含有6NA个共价键2．下列说法不正确的是A．碳碳双键、碳碳三键的键能分别是碳碳单键键能的两倍和三倍B．丙烯(CH3CH=CH2)分子中有8个σ键，1个π键C．丙烯分子中的π键不如σ键稳定D．π键电子云形状为镜面对称3．高温、紫外线、X射线和γ射线等都可以使气体转化为等离子体。下列叙述中不涉及等离子体的是A．日光灯和霓虹灯的灯管中 B．蜡烛的火焰中C．流星的尾部 D．南极的冰山中4．物质的量相同的以下物质中含有键个数最多的是A． B． C． D．5．下列说法中，错误的是A．氧原子有两个未成对电子，因而能形成2个共价键B．氧原子可以形成H2O、H2O2，也可能形成H3OC．已知H2O2的分子结构是，在H2O2中只有σ键没有π键D．已知N2的分子结构是NN，在N2中有1个σ键和2个π键6．下列过程中，共价键被破坏的是（

）A．乙醇溶于水 B．氯气溶于水C．活性炭吸附二氧化硫 D．干冰升华7．以下说法正确的是A．σ键可以绕键轴旋转，π键一定不能绕键轴旋转B．激发态原子吸收能量，它的电子会跃迁到较高能级，变为基态原子C．p能级能量一定比s能级能量高D．丹麦科学家玻尔提出构造原理，美国科学家泡利提出了电负性原理8．下列说法错误的是A．C与N2互为等电子体，1molC中含有的π键数目为2NAB．某元素气态基态原子的逐级电离能(kJ•mol-1)分别为738kJ/mol、1451kJ/mol、7733kJ/mol、10540kJ/mol、13630kJ/mol、17995kJ/mol、21703kJ/mol，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X2+C．常温下，若反应A(s)+B(g)=C(g)+D(g)不能自发进行，则该反应的ΔH<0D．已知反应N2O4(l)+2N2H4(l)═3N2(g)+4H2O(l)，若该反应中有4molN-H键断裂，则形成的π键数目为3NA9．下列关于共价键的理解不正确的是A．σ键可以绕键轴旋转，而π键不能绕键轴旋转B．共价键都具有方向性和饱和性C．分子和分子中都含有5个σ键D．σ键以“头碰头”方式重叠，π键以“肩并肩”方式重叠10．下列说法中不正确的是A．同一基态原子中，4px、4py、4pz轨道上电子的能量相同B．s-s轨道可以形成的σ键，s-p轨道也可以形成的σ键，C．某原子价电子排布式是6s26p2，则该元素位于元素周期表的p区D．CH4中4个C-H键的键长、键能不完全相同11．下列晶体中，属于含有非极性共价键的离子晶体的是A． B． C． D．12．对下列事实的理论解释，正确的是选项事实理论解释A锗()和硅()都是优良的半导体材料和符合对角线规则B卤素单质从到，在常温、常压下的聚集状态由气态、液态到固态共价键键能逐渐增大C乙醇可以与水互溶，戊醇在水中溶解度明显减小戊醇与水不能形成分子间氢键D三氟乙酸()酸性大于三氯乙酸()F的电负性比强，导致的极性比的大A．A B．B C．C D．D13．工业上制备粗硅的反应为，若C过量还会生成。下列叙述错误的是A．分子内只含有1个键和2个键B．键长：，因此C的还原性大于的还原性C．键长：，因此熔点：D．键能：。因此甲硅烷没有甲烷稳定14．下列说法正确的是A．C=O键的键长比C-O键短，C=O键的键能比C-O键小B．键角：H2O>NH3C．H-Cl键的键能比H-Br键大，HCl的热稳定性比HBr高D．C=C双键的键能比C-C单键大，碳碳双键的化学性质比碳碳单键稳定15．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．1molHCN中含π键的数目为NAB．23gC2H6O分子中含有碳氧键的数目一定为0.5NAC．5.6gFe2+中未成对电子数为0.6NAD．2.0g和14ND3的混合物中含有的电子数为NA16．CO2制甲醇(MT)和二甲醚(DME)我国科研团队研究发现使用GaZrOx双金属氧化物催化剂实现CO2加氢制甲醇(MT)和二甲醚(DME)的活性明显优于纯Ga2O3和ZrO2催化剂，其反应机理如图所示。下列有关叙述不正确的是A．步骤a→b有极性化学键的断裂和形成B．中间体c可通过氢化等步骤得到甲醇(MT)和二甲醚(DME)C．反应过程中Ga的成键数目保持不变D．氧空位用于捕获CO2，氧空位个数越多，速率越快17．短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X与Z可以形成两种常见液态化合物，W的原子半径在短周期主族元素中最大，由Y、Z、W三种元素形成的化合物A的结构如图所示。下列叙述正确的是A．化合物A的水溶液显酸性B．Y的氢化物沸点一定低于Z的氢化物C．X与Z可能形成由极性键与非极性键构成的物质D．0.1mol化合物A与足量酸性高锰酸钾溶液完全反应，转移电子数是18．Bi为第VA族元素，铋酸钠是分析化学中的重要试剂，不溶于冷水。测定NaBiO3粗产品纯度的步骤如下：①将NaBiO3粗产品加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液中，充分反应后，溶液变为紫红色，同时生成Bi3＋；②向①中反应后的溶液中滴加一定浓度的草酸(H2C2O4)标准溶液，通过消耗草酸标准溶液的体积计算产品纯度。下列有关说法正确的是A．酸性强弱：HNO3<HBiO3B．草酸分子中只存在极性键C．步骤①中反应的离子方程式为5BiO＋2Mn2＋＋14H＋=5Bi3＋＋2MnO＋7H2OD．步骤②中反应的氧化产物和还原产物的物质的量之比为5∶119．NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．标况下，22.4LHF中含有的极性键数目为NAB．常温下，1LpH=2的甲酸溶液中，含有氢离子数为0.01NAC．密闭容器中，1molN2和3molH2催化反应后分子总数为2NAD．1mol甲醛(HCHO)中所含σ键总数为4NA20．俗称电石，可用于生产电石气。工业上制备电石的流程如下：已知：反应②中生石灰与焦炭化学计量数之比为；。下列说法错误的是A．工业上生产电石是高能耗产业B．中含有离子键和非极性键C．反应①②中产生的气体相同D．转化成没有发生氧化还原反应21．原子序数依次增大的三种前四周期元素组成的某天然矿石的晶体结构如图所示。其中元素的一种氧化物具有磁性，元素的价电子数为11，下列说法正确的是A．均位于元素周期表的d区 B．第三电离能C．电负性： D．键角：22．下列说法不正确的是A．p-pπ键电子云轮廓图：B．基态铜原子的价层电子排布图：C．的离子结构示意图为：D．某原子核外电子排布式为，它违背了泡利原理23．法匹拉韦是治疗新冠肺炎的一种药物，结构简式如图，下列说法不正确的是A．该分子中N、O、F的第一电离能由大到小的顺序为F>N>OB．该分子中σ键与π键数目不相等C．该分子中F原子的最高能级符号为LD．该分子中C=C键的键能大于C−C键的键能24．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z、W原子的最外层电子数之和为12。W在短周期主族元素中原子半径最大，X、W同族，Y、Z同周期，X、Y两种元素的最高正价和最低负价代数和均为0。下列说法正确的是A．简单氢化物的沸点：B．X分别与Y、Z、W形成的二元化合物只存在共价键C．由X、Y、Z、W四种元素形成的盐只有两种D．原子半径：25．下列各组中每种物质都是含有共价键的离子化合物一组是（

）A．H2SO4、(NH4)2SO4 B．Na2SO4、HNO3C．Na2O2、KOH D．HCl、Al2O3二、填空题26．键能(1)含义：中化学键解离成所吸收的能量。键能的单位是。(2)条件：键能通常是条件下的标准值。(3)应用①判断共价键的稳定性从键能的定义可知，破坏1mol化学键所需能量越多，即共价键的键能越大，则共价键越。②判断分子的稳定性一般来说，结构相似的分子中，共价键的键能越大，分子越。如分子的稳定性：HFHCl

HBrHI。③估算化学反应的反应热同一化学键解离成气态原子所吸收的能量与气态原子结合形成化学键所释放的能量在数值上是相等的，故根据化学键的键能数据可计算化学反应的反应热，即ΔH=。27．根据元素在体内含量不同，可将体内元素分为常量元素和微量元素。其中H、C、O、N、S、P等为常量元素，Fe、Zn等为微量元素。回答下列问题：(1)锌的氨合离子[Zn(NH3)4]2+中存在的化学键有。A．离子键

B．共价键

C．配位键

D．氢键E．键

F．键(2)数据表明，S的第一电离能小于P的第一电离能，其原因可能有两种：一种原因是S失去的是已经配对的电子，配对电子相互排斥，电离能较低，另一种是原因是。(3)氧与氮可形成正离子，其空间构型为。(4)原子的电子亲和能是指在-273℃下的气相中，原子获得电子变成负离子时所释放的能量。氧原子的第二电子亲和能(O-＋e-→O2-的能量)不能直接在气相中测定，但可通过如图的born-Haber循环计算得到。由图可知，Mg原子的第一电离能为kJ·mol-1，O=O键键能为kJ·mol-1，氧原子的第二电子亲和能为kJ·mol-1。28．（1）H、D、T三种原子，在标准状况下，它们的单质的密度之比是，它们与氧的同位素16O、18O相互结合为水，可得水分子的种数为；[14NH3T]+中，电子数、质子数、中子数之比为（2）核内中子数为N的R2＋，质量数为A，则ng它的同价态氧化物中所含电子的物质的量为。（3）含6.02×1023个中子的的质量是g（4）①Ne②HCl③P4④N2H4⑤Mg3N2

⑥Ca(OH)2⑦CaC2⑧NH4I⑨AlCl3，请用上述物质的序号填空，只存在极性共价键的是，只存在非极性共价键的是。既存在离子键又存在非极性共价键的是。（5）在下列变化中，①碘的升华②烧碱熔化③MgCl2溶于水④HCl溶于水⑤Na2O2溶于水，未发生化学键破坏的是，仅发生离子键破坏的是仅发生共价键破坏的是，既发生离子键破坏又发生化学键破坏的是。（填写序号）答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页参考答案：1．D【详解】A．12g中所含的碳原子数称为阿伏加德罗常数，A错误；B．O2的摩尔质量为32g/mol，B错误；C．由反应2NO+O2=2NO2，知1molNO与0.5molO2恰好反应生成1molNO2，但由于反应的存在，导致反应后气体分子数小于1mol，C错误；D．白磷分子为正四面体结构，P原子位于4个顶点，故1个P4分子中含有6个P—P共价键，即1molP4分子中含有6molP—P共价键，D正确；故答案选D。2．A【详解】A．碳碳三键含有1个σ键和2个π键，碳碳双键含有1个σ键和1个π键，由于碳原子之间σ键键能大于π键键能，故碳碳三键、碳碳双键的键能小于碳碳单键的3倍和2倍，A错误；B．丙烯(CH3CH=CH2)分子除碳碳双键中含有1个π键外，其余8个都是σ键，B正确；C．丙烯分子中的π键易断裂，不如σ键稳定，C正确；D．两原子在成键时，原子轨道以“肩并肩”的方式重叠形成的共价键为π键，每个π键的电子云由两块组成，它们互为镜像，D正确；故选A。3．D【详解】高温下存在等离子体，日光灯、霓虹灯、蜡烛、流星都能形成高温环境。故答案选D。4．B【分析】在共价键中，1个单键仅含1个键，1个双键中含有1个键和1个π键，1个三键中含有1个键和2个π键。【详解】中无共价键，即无键；中Ca2+与Cl-之间为离子键，1个H2O分子内含2个O-H键，因此1mol中含有16mol键；1个中含有1个C=C、6个C-H、1个C-C，因此1mol中含有8mol键；1个中含有1个N-N、4个N-H，因此1mol中含有5mol键，综上所述，物质的量相同的4种物质中含有键个数最多的是，故答案为B。5．B【详解】A．氧原子有两个未成对电子，其余4个电子形成2对，还缺少两个电子达到8电子稳定结构，因而能形成2个共价键，A正确；B．根据共价键的饱和性可知，氧原子最多形成2个共价键，所以不存在H3O分子，B错误；C．根据H2O2的分子结构可知，其分子中均为单键，没有双键或三键，即在H2O2中只有σ键没有π键，C正确；D．N2的分子结构是NN，形成氮氮三键，三键中有1个σ键和2个π键，D正确；综上所述答案为B。6．B【详解】A.乙醇溶于水，乙醇以分子存在在水溶液中，故共价键未被破坏，A错误；B.氯气溶于水生成氯化氢和次氯酸，氯氯共价键被破坏，B正确；C.活性炭吸附二氧化硫，发生物理变化，共价键未被破坏，C错误；D.干冰升华，只是二氧化碳状态发生变化，共价键未被破坏，D错误；答案选B。7．A【详解】A．σ键可以绕键轴旋转，π键为镜面对称，一定不能绕键轴旋转，A正确；B．基态原子吸收能量，它的电子会跃迁到较高能级，变为激发态原子，B错误；C．同一能层中p能级能量一定比s能级能量高，C错误；D．丹麦科学家玻尔提出构造原理，美国科学家鲍林提出了电负性原理，D错误；故选A。8．C【详解】A．C与N2互为等电子体，因此它们的结构相似，即C中碳碳之间为三键，1mol该离子中含有π键数目为2NA，故A说法正确；B．根据逐级电离能数据，第二电离能到第三电离能数值相差较大，则该原子最外层有2个电子，即与氯气反应可能生成阳离子X2+，故B说法正确；C．该反应为熵增，常温下，该反应不能自发进行，说明ΔG=ΔH-TΔS＞0，推出ΔH＞0，故C说法错误；D．1molN2H4中含有4mol“N-H”，1molN2中含有2molπ键，有4mol“N-H”断裂，即消耗1molN2H4，生成mol氮气生成，生成π键数目是mol×2×NA=3NA，故D说法正确；答案为C。9．B【详解】A．σ键以“头碰头”方式重叠，为球形对称，π键以“肩并肩”方式重叠，为镜面对称，故σ键可以绕键轴旋转，而π键不能绕键轴旋转，A项正确；B．s轨道的电子云是球形对称，相互重叠时无方向性，B项错误；C．的结构式为，的结构式为，分子和分子中都含有5个σ键，C项正确；D．σ键以“头碰头”方式重叠，为球形对称，π键以“肩并肩”方式重叠，为镜面对称，D项正确；故选B。10．D【详解】A．同一基态原子中，同能级能量相同，故4px、4py、4pz轨道上电子的能量相同，A正确；B．s-s轨道头碰头重叠形成σ键，s-p轨道头碰头形成也是σ键，B正确；C．某原子价电子排布式是6s26p2，在第六周期第ⅣA族，该元素位于元素周期表的p区，C正确；D．CH4中C原子为sp3杂化，4个杂化轨道完全相同，4个C-H键的键长、键能完全相同，D错误；故答案为：D。11．C【详解】A．铵根内部含有的是极性键，故不符合，A不选；B．氢氧根内部含有的是极性键，故不符合，B不选；C．过氧根内部含有的是非极性键，过氧根与钠离子形成离子键，是离子晶体，故C选；D．中只含有离子键，故D不选。答案选C。12．D【详解】A．和在元素周期表中不属于对角线关系，A错误；B．卤素单质均为分子晶体，从到，相对分子质量逐渐增大，范德华力逐渐增大，所以聚集状态由气态、液态到固态，与共价键键能大小无关，B错误；C．乙醇可以与水互溶，戊醇在水中溶解度明显减小，是因为戊醇中难溶于水的烃基较大，C错误；D．三氟乙酸()酸性大于三氯乙酸()，是因为F的电负性比强，键的极性比键的大，导致三氟乙酸羧基中的羟基极性更大，D正确；故选D。13．B【详解】A．CO与N2是等电子体，其结构式为，则1个CO分子内只含有1个σ键和2个π键，故A正确；B．键长：C-C＜Si-Si，共价键的牢固程度：C-C＞Si-Si，键长越短，性质越稳定，因此C的还原性小于Si的还原性，故B错误；C．碳化硅和单晶硅均属于共价晶体，原子半径：C＜Si,键长：C-Si＜Si-Si,共价键的牢固程度：C-Si＞Si-Si，因此熔点：SiC＞Si,故C正确；D．原子半径：C＜Si，共价键键长：C-H＜Si-H，键能：C-H＞Si-H，共价键的牢固程度：C-H＞Si-H，因此甲硅烷没有甲烷稳定，故D正确。答案选B。14．C【详解】A．共用电子对拉近核间距离，C=O键中共用电子对数目多，键长比C-O键短，C=O键的键能比C-O键大，A选项错误；B．H2O中的O有2对孤对电子，NH3中的N有1对孤对电子，孤电子对越多，斥力越大，故键角：H2O<NH3，B选项错误；C．Cl原子半径小于Br原子，H-Cl键的键长比H-Br键长短，H-Cl键的键能比H-Br键大，HCl的热稳定性比HBr高，C选项正确；D．C=C双键的键能比C-C单键大，但比两倍C-C单键的键能小，C=C的其中一条键比C-C键能小不牢固，使得碳碳双键的化学性质比碳碳单键不稳定，D选项错误；答案选C。15．D【详解】A．HCN的结构为，故1molHCN中有2个键，A错误；B．有同分异构体乙醇和甲醚两种，23gC2H6O为0.5mol，如果为乙醇则含有碳氧键的数目为0.5，如果为甲醚则含碳氧键的数目为，B错误：C．1个中未成对电子数为4，故0.1mol中未成对电子数为0.4，C错误：D．2.0g和的混合物的物质的量为0.1mol，和都是10电子微粒，所含电子数为，D正确。故选D。16．C【详解】A．步骤a→b氢气参与反应，H-H键断裂，O-Ga键断裂，形成O-H键，有极性化学键的断裂和形成，故A正确；B．由图可知，中间体c可通过氢化等步骤得到甲醇（MT）和二甲醚（DME），故B正确；C．a物质中Ga成键数目是4，d物质中Ga成键数目是3，反应过程中Ga的成键数目有变化，故C错误；D．氧空位用于捕获CO2，同时也捕捉了氢气，氧空位个数越多，速率越快，故D正确；故答案为：C。17．C【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X与Z可以形成两种常见液态化合物，X是H元素、Z是O元素，W的原子半径在短周期主族元素中最大，W是Na元素；由Y能形成4个共价键，Y是C元素。【详解】A．化合物A是Na2C2O4，是强碱弱酸盐，水溶液显碱性，故A错误；B．C能形成多种固态氢化物，所以C的氢化物沸点一定低于O的氢化物，故B错误；C．O与H形成的H2O2分子中含有极性键、非极性键，故C正确；D．0.1molNa2C2O4与足量酸性高锰酸钾溶液完全反应，碳元素化合价由+3升高为+4，转移电子数是，故D错误；选C。18．D【详解】A．已知Bi为第VA族元素，则非金属性：N>Bi，其最高价氧化物对应水化物的酸性与其非金属性一致即HNO3>HBiO3，A错误；B．草酸的结构式为，存在极性键和非极性键(—C—C—)，B错误；C．Bi元素的化合价由BiO中的＋5降低为Bi3＋中的＋3，Bi元素被还原，结合“溶液变为紫红色”可知，Mn2＋被氧化为MnO，由于NaBiO3不溶于冷水，不能拆成离子形式，则步骤①中反应的离子方程式为5NaBiO3＋2Mn2＋＋14H＋=5Na＋＋5Bi3＋＋2MnO＋7H2O，C错误；D．步骤②中MnO和H2C2O4发生反应2MnO＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，氧化产物(CO2)和还原产物(Mn2＋)的物质的量之比为5∶1，D正确；故答案为：D。19．B【详解】A．标况下，HF为液态，不能用气体摩尔体积计算22.4LHF的物质的量，A错误；B．，B正确；C．合成氨的反应是个可逆反应不能百分之百转化，催化反应后分子总数大于2NA，C错误；D．共价单键是σ键，共价双键中有一个是σ键，故一个甲醛分子有3个σ键，1mol甲醛(HCHO)中所含σ键总数为3NA，D错误；故选B。20．C【分析】石灰石高温反应生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙与焦炭高温反应生成电石和一氧化碳。【详解】A．工业上生产电石，两步都是在高温条件下进行，能耗大，A正确；B．CaC2是离子化合物，含有离子键；阴离子中含有非极性键，B正确；C．反应①中产生的是，反应②中产生的是，气体不相同，C错误；D．CaC2转化成，只是与水反应，没有化合价变化，不是氧化还原反应，D正确；故选C。21．B【分析】Y元素的一种氧化物具有磁性，则Y为Fe，Z元素的价电子数为11，Z为Cu，根据Z在8个顶点和4个面心、1个体心，则均摊为，Y有6个在面心，4个在棱心，均摊为，X在内部，有8个，则X的化合价为-2价，则天然矿石为黄铜矿，X为S，化学式为CuFeS2，据此回答。【详解】A．Y位于元素周期表的d区，Z位于元素周期表的ds区，A错误；B．Fe2+价电子为3d6，Cu2+价电子为3d9，Fe2+再失去1个电子容易，所以第三电离能：Z>Y，B正确；C．X为S，非金属的电负性大于Fe，所以电负性：X>Y，C错误；D．H2S价层电子数为4，孤电子对数为2，为V形，SO2价层电子数为3，孤电子数为1，为V形，但是H2S的孤电子对数多，对成键电子排斥力大，所以键角：H2S<SO2，D错误；故选：B。22．C【详解】A．肩并肩重叠后，电子云呈现出原子核构成的平面的镜面对称，A项正确；B．铜的价电子排布式为3d104s1，该图表达正确，B项正确；C．原子变为离子时优先失去最外层电子，再失去次外层电子，C项错误；D．泡利原理表明每个轨道最多容纳两个电子且自旋相反，那么p能级最多容纳6个电子，D项正确；故选C。23．C【详解】A．N原子最外层为半充满结构，第一电离能大于相邻元素，同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，则N、O、F的第一电离能由大到小的顺序为F>N>O，选项A正确；B．该有机物含有1个C-H、1个C=C、2个C-C、1个C=N、2个C=O、3个N-H、4个C-N、1个C-F键，其中双键含有1个键与1个键，则该分子中键与键数目不相等，选项B正确；C．F原子是第2周期元素，只有K、L两个电子层，即有两个能层，电子排布式为1s22s22p5，故最高能级为2p，选项C不正确；D．键长越短，键能越大，C=C键的键长比C-C键的短，则C=C键的键能大于C-C键的键能，选项D正确；答案选C。24．A【分析】W在短周期主族元素中原子半径最大，W为Na元素；X、W同族，Y、Z同周期，X、Y两种元素的最高正价和最低负价代数和均为0，X、Y、Z、W原子的最外层电子数之和为12，则X为H元素、Y为C元素、Z为O元素。【详解】A．Y为C，C的简单氢化物为CH4，CH4分子间没有氢键，Z为O，O的简单氢化物为H2O，H2O分子间形成氢键，简单氢化物的沸点：CH4＜H2O，A项正确；B．X(H)和W(Na)形成的二元化合物NaH中只存在离子键，B项错误；C．由H、C、O、Na四种元素形成的盐有NaHCO3、NaHC2O4、CH3COONa等，C项错误；D．根据“层多径大、序大径小”，原子半径：Na＞C＞O＞H，即W＞Y＞Z＞X，D项错误；答案选A。25．C【详解】A．H2SO4是只含有共价键的共价化合物，而(NH4)2SO4是含有共价键的离子化合物，故A错误；B．Na2SO4是含有共价键的离子化合物，而HNO3是只含有共价键的共价化合物，故B错误；C．Na2O2和KOH是均含有共价键的离子化合物，故C正确；D．HCl是只含有共价键的共价化合物，Al2O3是含有共价键的离子化合物，故D错误；答案为C。【点睛】如何判断离子化合物和共价化合物：(1)从化合物的组成元素判断。活泼的金属元素和活泼的非金属元素之间易形成离子键，它们形成的化合物即为离子化合物．非金属元素形成的化合物一般为共价化合物，例外：并不是非金元素间形成的化合物都是共价化合物，如氯化铵由铵根离子和氯离子通过离子键构成，属于离子化合物(NH4+内部N原子与H原子间则以共价键结合)；(2)从化合物的分类情况判断。金属氧化物(如K2O、Na2O、Na2O2等)、强碱(如NaOH、KOH等)和绝大多数的盐是离子化合物；气态氢化物、非金属氧化物(SiO2除外)、酸等是共价化合物；(3)从化合物的一些性质判断。①常温下是气态或液态的化合物一定是共价化合物；②熔融时能导电的化合物一定是离子化合物。26．(1)气态分子1mol气态原子kJ•mol-1(2)298.15K、100kPa(3)牢固稳定>>反应物中化学键键能之和﹣生成物中化学键键能之和【解析】略27．BCE磷原子的3p轨道电子排布为半充满稳定结构，第一电离能较高直线形737.7498.4-899.7【详解】(1)锌的氨合离子[Zn(NH3)4]2+是一个配合离子，锌离子和氨分子之间存在配位键、氨分子内氮原子氢原子之间是共价键，N-H属于键，故存在的化学键有BCE。(2)磷原子的3p轨道电子排布呈半充满、结构稳定，故另一种是原因是磷原子的3p轨道电子排布为半充满稳定结构，第一电离能较高。(3)价电子数和原子数分别都相等的是等电子体，氧与氮形成的正离子与二氧化碳互为等电子体，CO2是直线型结构，所以根据等电子原理，空间构型为直线形。(4)Mg原子的第一电离能是气态的镁原子失去一个电子吸收的能量，由图可知，Mg原子的第一电离能为737.7kJ·mol-1，O=O键的键能是断开形成2个O原子吸收的能量，由图可知，O=O键键能为2×249.2kJ·mol-1=498.4kJ·mol-1；设O-＋e-→O2-的释放的能量为a，根据盖斯定律，有-601.2kJ·mol-1=146.4kJ·mol-1+737.7kJ·mol-1+1450.6kJ·mol-1+249.2kJ·mol-1-141.8kJ·mol-1+xkJ·mol-1-3943kJ·mol-1，解得：x=899.7，因此氧原子的第二电子亲和能为-899.7kJ·mol-128．1∶2∶31210∶11∶9×（A-N+8）1.75或7/4②⑨③⑦①②③④⑤【分析】(1)同温同压下，气体摩尔体积相等，根据ρ=计算其单质的密度之比；根据1个水分子是由两个氢原子和1个氧原子构成来分析；结合离子符号，计算含有电子数、质子数、中子数进行判计算；(2)核内中子数为N的R2+离子，质量数为A，所以质子数为A-N，电子数为A-N；该离子带2个单位正电荷，所以其氧化物的化学式为RO，该氧化物的摩尔质量为(A+16)g/mol，据此分析计算；(3)根据n=计算中子物质的量，Li的中子数为7-3=4，进而计算Li的物质的量，再根据m=nM计算；(4)根据共价键和离子键的定义判断。共价键：相邻原子间通过共用电子对形成的化学键；离子键：阴阳离子通过静电作用形成的化学键；共价键的极性根据成键元素判断；(5)根据物质含有的化学键类型以及变化类型进行判断。【详解】(1)质量数=质子数