2.1 共价键 课后练习（含解析） 2023-2024学年下学期高二化学人教版（2019）选择性必修2

2.1 共价键 课后练习
一、单选题
1．下列分子中所有原子都满足最外层8电子结构的是（　　）
A． B． C． D．
2．下列各组物质中所含化学键类型完全相同的是（　　）
A．NaF、 B．NaOH、NaClO
C．CaO、 D．、
3．下列说法正确的是
A．原子光谱是由基态原子吸收能量到激发态时，电子跃迁产生的
B．与中，键角大于键角
C．某元素基态原子的最外层电子排布式为，则该元素为ⅡA族元素
D．因为分子间有氢键，所以的稳定性比强
4．下列各组物质中，化学键类型完全相同的是（　　）
A．HI和NaI B．H2S和CO2 C．NaCl和CCl4 D．Na2O和NaOH
5．下列物质中，既含离子键又含共价键的是（　　）
A．NaCl B．CO2 C．NaOH D．Ne
6．科学家利用四种原子序数依次递增的短周期元素W、X、Y、Z“组合”成一种超分子，具有高效的催化性能，其分子结构示意图如图(Y和Y之间重复单元的W、X未全部标出)。W、X、Z分别位于不同周期，Z是同周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是（　　）
A．简单气态氢化物的热稳定性：X>Y
B．第一电离能：I1(X)>I1(Y)>I1(Z)
C．该化合物中W、X、Y都满足8电子稳定结构
D．W、Y、Z三种元素组成的化合物中含有离子键和共价键
7．我国科研人员研究了在Cu-ZnO-ZrO2催化剂上CO2加氢制甲醇过程中水的作用机理，其主反应历程如图所示(H2→*H+*H)。下列说法错误的是（　　）
A．CO2、H2O、CH3OH均是共价化合物
B．第④步的反应式为：*HO+*H→H2O
C．CO2加氢制甲醇过程中原子利用率小于100%
D．增大催化剂的比表面积可提高反应速率及CO2的转化率
8．每年的10月23日上午6：02到下午6：02被誉为“摩尔日”。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．1mol含有的电子数目为
B．28g与44g含有的键数目相同
C．1L的溶液中，数目为
D．标准状况下，2.24L溶于足量水中转移的电子数目为
9．已知：。下列说法错误的是（　　）
A．分子的共价键是键，分子的共价键是键
B．燃烧生成的气体与空气中的水蒸气结合呈雾状
C．停止反应后，用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近集气瓶口产生白烟
D．可通过原电池将与反应的化学能转化为电能
10．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中只有一种金属元素，四种元素形成的一种化合物可作软水剂和缓冲剂(结构如图)。下列说法正确的是（　　）
A．简单离子半径： X< Y
B．简单氢化物的稳定性： Z>X
C．X与Z形成的化合物不能用作食品干燥剂
D．W分别与Y、Z形成的化合物中所含化学键类型相同
11．目前，科学家发现在负压和超低温条件下，可将水形成像棉花糖一样的气溶胶的冰，该冰称为“气态冰”。下列说法不正确的是（　　）
A．该冰具有丁达尔效应
B．该条件下18 g“气态冰”的体积等于22.4 L
C．“气态冰”分子中存在极性共价键
D．“气态冰”与普通冰化学性质相同
12．如图表示(g)和(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化，下列说法正确的是（　　）
A．中的化学键属于离子键
B．1mol (g)和1mol (g)具有的总能量小于2mol NO(g)具有的总能量
C．通常情况下，(g)和(g)混合能直接生成NO
D．当高温的汽车尾气通过净化装置时，其中的催化剂可以将氧化成
13．我国科学家研制的催化剂能实现氨硼烷高效制备氢气，制氢原理：。下列说法正确的是（　　）
A．第一电离能：
B．键角：
C．价电子有10种空间运动状态
D．基态原子的s和p能级电子数之比为7：6
14．下列物质性质的变化规律，与共价键的键能大小有关的是（　　）
①F2、Cl2、Br2、I2的熔、沸点逐渐升高
②HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱
③金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅
④NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低
A．①④ B．②③ C．③④ D．①③
15．2022年3月，中科院首创二氧化碳加氢制汽油技术在山东正式投产。转化过程示意图如下：
下列说法错误的是（　　）
A．反应①既存在键的断裂又存在键的断裂
B．反应②既存在键的形成又存在键的形成
C．有机物a是新戊烷，除a之外，戊烷还有两种同分异构体
D． 和 互为同分异构体
16．下列物质为含有共价键的盐是（　　）
A． B． C． D．NaClO
17．短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次递增，A、B两元素相邻，B、C、E原子的最外层电子数之和为13，E原子最外层电子数是B原子内层电子数的3倍或者是C原子最外层电子数的3倍，B、D原子最外层电子数之和等于C、E原子最外层电子数之和。下列说法正确的是（　　）
A．元素B所形成的氧化物不止一种
B．元素C的最高价氧化物对应的水化物为强碱
C．元素B与C形成的化合物既含有离子键又含有共价键
D．氢化物的沸点：A>B
18．既有离子键，又有共价键的化合物是(　　)
A．Na2SO4 B．KCl C．HCl D．O2
19．位于前三周期的四种主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大、且总和为25。由这四种元素组成的某化合物的结构如图所示。下列有关叙述错误的是（　　）
A．该化合物中，W、X、Y之间均为共价键
B．Z的单质与水反应不如与乙醇反应剧烈
C．常温下，Y的最高价氧化物对应的水化物可溶解铜
D．X的氟化物XF4中原子均为8电子稳定结构
20．下列物质的分子中，没有π键的是（　　）
A．CO2 B．N2
C．CH≡CH D．HClO
二、综合题
21．CH4、CH3OH是重要的含碳燃料，将CH4设计成零碳排放的燃料电池，原理如图。CH4在电池中除电极反应外还发生的如下重整反应，其反应速率远大于电极反应速率。
①CH4(g)+ H2O(g)→CO(g) + 3H2(g) ΔH1= + 206.2 kJ/mol
②CH4(g) + CO2(g)→2CO(g) + 2H2(g) ΔH2= + 247.3 kJ/mol
（1）负极反应式为CH4- 8e-+ 4O2- =CO2+ 2H2O、　 　、　 　。
（2）可循环使用的含碳物质有　 　(写化学式)。
（3）CO与H2O(g)反应可制得H2，同时产生一种温室效应气体，其热化学方程式为　 　。
（4）甲醇制氢的反应历程如图所示(*表示该物种吸附在固体催化剂表面)，决定该过程总反应速率的步骤是　 　(填标号)。
a．碳氢键的断裂 b．氢氧键的断裂 c．碳氧键的形成
（5）在上述甲醇制氢的反应历程中，如果OH*参与CH3OH*→CH3O*步骤，则该步骤的历程如图所示，
OH*起到的作用是　 　。
（6）关于甲醇制氢反应CH3OH(g)+ H2O(g) CO2(g)+ 3H2(g) ΔH＞ 0，既可以加快反应速率，又可以提高H2平衡产率的措施有____(填标号) 。
A．升高温度 B．加入催化剂
C．增大H2O(g)浓度 D．增大压强
（7）CH2O*+ * CH2O*+ H*，正反应速率v1= k1c(CH2O*)c(*)，逆反应速率v2= k1c(CHO*)c(H*)，若K≥105反应进行完全，已知k1=2.5×109， k-1= 8.4×103，判断正反应　 　(填“进行完全”或“未进行完全”)
22．
（1）如图，写出下列价键的名称，并各举一例说明含有这种价键类型的物质。
① ② ③ ④ ⑤
化学键类型 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　
举例 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　
（2）某有机物的结构式为 ，
则分子中有　 　个σ键，　 　个π键。
23．化学反应的过程，既有物质的转化过程，也有化学能与热能或其他能量的转化过程。
已知反应3A(g)+B(g)2C(g)+D(g)的能量变化如图所示。
（1）该反应　 　(填“吸收”或“释放”)　 　(用含、的式子表示)kJ能量。
（2）断开3 mol 和1 mol 中的化学键吸收的能量　 　(填“>”、“<”或“=”)形成2 mol 和1 mol 中的化学键释放的能量。
（3）恒温下，在2 L恒容密闭容器中加入3 mol A、2 mol B，2 min末测得 mol·L。
①2 min末，B的物质的量浓度为　 　。
②下列说法正确的是　 　(填标号)。
A．向容器中通入少量的He(不参与反应)，正反应速率减慢
B．总压强保持不变时，反应达到平衡状态
C．从容器中抽走部分D，正反应速率加快，逆反应速率减慢
（4）以反应为原理设计成燃料电池，其利用率高，装置如图所示。
①A处加入的是　 　，a处的电极反应式是　 　。
②当消耗标准状况下3.36 L O2时，导线上转移的电子的物质的量是　 　mol。
24．下面是同学们熟悉的物质：
①O2　②金刚石　③NaBr　④H2SO4　⑤Na2CO3　⑥NH4Cl　⑦NaHSO4　⑧Ne　⑨Na2O2　⑩NaOH
（1）这些物质中，只含有共价键的是　 　(填序号，下同)；只含有离子键的是　 　；既含有共价键又含有离子键的是　 　；不存在化学键的是　 　。
（2）属于共价化合物的是　 　；属于离子化合物的是　 　。
（3）将NaHSO4溶于水，破坏了NaHSO4中的　 　，写出其电离方程式　 　；
NaHSO4在熔融状态下电离，破坏了　 　，写出其电离方程式　 　。
25．研究化学反应的能量变化和速率变化是研究化学反应的重要角度。
（1）化学反应中能量变化的主要原因是旧的化学键断裂会　 　能量；新的化学键形成会　 　能量。（填“放出”或“吸收”）
（2）用铝热法可冶炼铁，其反应为：Fe2O3＋2Al 2Fe＋Al2O3，属于放热反应，反应物的总能量　 　（填“＞”、“＝”或“＜”）生成物的总能量。在该反应中，若消耗了1molAl，则理论上可炼制Fe的物质的量为　 　mol。
（3）为探究反应过程中的能量变化，某小组同学用如图装置进行实验。
装置Ⅰ 装置Ⅱ
①装置Ⅰ中，Fe与CuSO4溶液反应的离子方程式是　 　。
②装置Ⅱ中，正极的电极反应式为　 　。
③关于装置Ⅱ，下列叙述正确的是　 　（填字母）。
a.H+在Cu表面被还原，产生气泡
b.电流从Zn片经导线流向Cu片
c.电子从Zn片经导线流向Cu片
d.Zn和Cu的都是电极材料，也都参与电极反应
（4）某兴趣小组将除去氧化膜的镁条投入到少量稀盐酸中进行实验，实验测得氢气的产生速率变化情况如图曲线所示，对该曲线的解释中正确的是_____。
A．从t1→t2的原因是镁与酸的反应是放热反应，体系温度升高
B．从t1→t2的原因水蒸发，致使酸的浓度升高
C．从t2→t3的原因是随着反应的进行镁条的质量下降
D．从t2→t3的原因是随着反应的进行，H+的浓度逐渐下降
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A．中H为1号元素，核外只有1个电子层K层，H原子与Cl所形成的HCl中Cl最外层满足8电子的稳定结构而H原子不满足，故A错；
B．为15号元素，最外层5个电子，Cl为17号元素，最外层由7个电子，则P与5个Cl原子形成5个共用电子对，则P原子最外层为10电子不满足8电子的稳定结构，故B错；
C．中B为5号元素，最外层为3个电子，B与3个F原子所形成的3个共用电子对，则B最外层未达到8电子的稳定结构，故C错；
D．中S为16号元素，最外层6个电子，F为9号元素，最外层7个电子，1个S原子与2个F原子形成2个共用电子对，即均满足8电子稳定结构，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、H原子最外层只有2个电子；
B、P原子与Cl公共电子对后，P最外层为10电子；
C、B与3个F原子所形成的3个共用电子对后，B最外层电子数为6；
D、1个S原子与2个F原子形成2个共用电子对，即均满足8电子。
2．【答案】B
【解析】【解答】A． NaF中钠离子和氟离子之间只存在离子键、含有离子键（铵根离子和氯离子）和共价键（铵根离子中氮原子和氢原子间），所以化学键类型不同，故A不选；
B． NaOH、NaClO含有离子键（钠离子与氢氧根离子、次氯酸根离子）和共价键（氧原子和氢原子、氧原子和氯原子间），所以化学键类型相同，故B选；
C． CaO中钙离子和氧离子之间只存在离子键、含有离子键（钠离子与过氧根离子间）和共价键（过氧根离子中两个氧原子间），所以化学键类型不同，故C不选；
D． 中镁离子和氯离子之间只存在离子键、中铝原子和氯原子间只存在共价键，所以化学键类型不同，故D不选；
故答案为：B。
【分析】活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，第IA族、第IIA族和第VIA族、第VIIA族元素之间易形成离子键。
3．【答案】B
【解析】【解答】A．原子光谱包括吸收光谱和发射光谱，由基态原子吸收能量到激发态时，电子跃迁产生吸收光谱，由激发态原子释放能量到基态时，电子跃迁产生发射光谱，A不符合题意；
B．中心原子周围的价层电子对数为：3+=3，则为平面三角形，键角为120°，而中心原子周围的价层电子对数为：3+=4，则为三角锥形，键角小于109°28′，故键角大于键角，B符合题意；
C．某元素基态原子的最外层电子排布式为，可能是Ca，也可能是3d14s2、3d24s2、3d34s2、3d54s2、3d64s2、3d74s2、3d84s2、3d104s2等元素，故该元素不一定为ⅡA族元素，C不符合题意；
D．氢键不是化学键，是分子间作用力的一种，故氢键只影响物理性质，不能影响化学性质，的稳定性比强是因为中的O-H键的键能比S-H的键能大，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.原子光谱有吸收光谱和发射光谱两种，由基态原子吸收能量到激发态时，电子跃迁产生吸收光谱，由激发态原子释放能量到基态时，电子跃迁产生发射光谱；
B.孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；
C.副族元素的最外层电子排布式也可能为4s2；
D.氢键与物质的稳定性无关。
4．【答案】B
【解析】【解答】A．HI含有共价键，NaI含有离子键，化学键类型不同，故A不符合题意；
B．H2S和CO2都只含有极性共价键，故B符合题意；
C．NaCl含有离子键，CCl4含有极性键，化学键不同，故C不符合题意；
D．Na2O2含有离子键和非极性共价键，NaOH含有离子键和极性键，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.HI只含共价键，NaI只含离子键；
B.H2S和CO2都只含有极性共价键；
C.NaCl只含离子键，CCl4只含共价键；
D.Na2O只含离子键，NaOH含有离子键和共价键。
5．【答案】C
【解析】【解答】NaCl、CO2、NaOH、Ne等几种物质中，既含离子键又含共价键的是NaOH，C符合题意，
故答案为：C。
【分析】该题考查化学键的类型；离子键：是得失电子后正负电荷的相互作用力所形成的化学键，共价键是通过形成共用电子对的形式形成的化学键，通过原子核外电子的排布（主要是通过最外层电子数判断）是得还是失，得-失离子键，得-得共价键。
6．【答案】D
【解析】【解答】结合分析可知，W为H，X为C，Y为O，Z为Na元素，
A．非金属性CB．总体上金属元素第一电离能较小，非金属元素第一电离能较大；同周期元素从左到右第一电离能有增大趋势，则I1(Y)>I1(X)>I1(Z)，故B不符合题意；
C．该化合物中，W（H）最外层电子数为2不满足8电子稳定结构，故C不符合题意；
D．W、Y、Z三种元素组成的化合物为氢氧化钠，含有离子键和共价键，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】四种原子序数依次递增的短周期元素X、Y、Z，W、X、Z分别位于不同周期，则W为H，Y、Z分别位于第二、第三周期；Z是同周期中金属性最强的元素，则Z为Na；X形成4个共价键，位于IVA族，其原子序数小于Z（Na），则X为C元素；Y形成2个共价键，位于第二周期ⅥA族，为O元素，以此分析解答。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．CO2、H2O、CH3OH均为只含共价键的化合物，为共价化合物，A不符合题意；
B．据图可知第④步反应中CH3OH、*HO、和*H作用得到H2O和甲醇，所以该步骤的反应式为*HO+*H→H2O，B不符合题意；
C．根据图知，二氧化碳和氢气反应生成甲醇和水，该反应中除了生成甲醇外还生成水，所以二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率不是100%，C不符合题意；
D．催化剂只改变反应活化能，不能改变平衡转化率，D符合题意；
故答案为D。
【分析】
A.由非金属原子以共价键结合形成的为共价化合物，大多数有机物均为共价化合物；
B.根据图片推测化学式，观察箭头前后反应物和生成物的种类，甲醇前后没有变化，推测参与反应的为CH3OH、*HO、和*H三种物质，以此推测反应式；
C.根据反应式是否全部反应物都生成了生成物，即没有目标产物之外的物质产生，则利用率为100%，有其他物质产生则原子利用率低于100%；
D.催化剂改变反应速率，无法控制转化率。
8．【答案】B
9．【答案】A
【解析】【解答】A．H2分子里的共价键H-H键是由两个s电子重叠形成的，称为s-s σ键，Cl2分子里的共价键Cl-Cl键是由两个p电子重叠形成的，称为p-p σ键，故A符合题意；
B．HCl极易溶于水，遇到空气中的水蒸气后形成盐酸小液滴，盐酸小液滴呈雾状，故B不符合题意；
C．浓氨水易挥发，挥发的氨气和HCl发生反应NH3+HCl=NH4Cl，生成的NH4Cl为固体小颗粒，白烟，故C不符合题意；
D．与的反应是能够自发进行的氧化还原反应，可通过原电池将与反应的化学能转化为电能，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.Cl2分子里的共价键Cl-Cl键是由两个p电子重叠形成的，为p-p σ键；
B.HCl遇空气中的水蒸气形成盐酸小液滴；
C.氨气与盐酸反应生成氯化铵；
D.能自发进行的氧化还原反应能设计成原电池。
10．【答案】C
【解析】【解答】A．Na+和O2-电子层数均为2层，但O2-核电荷数更小，所以半径更大，A不符合题意；
B．非金属性O＞P，则简单氢化物的稳定性X(O)＞Z(P)，B不符合题意；
C．X与Z形成的化合物为P2O5，五氧化二磷溶于于水产生大量热并生成磷酸，其受热或遇水分解放热，放出有毒的腐蚀性烟气，具有强腐蚀性，常用作气体和液体的干燥剂，所以不可用作食品干燥剂，C符合题意；
D．H和Na元素形成的化合物NaH只含离子键，H和P元素形成的化合物PH3只含共价键，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，结合该化合物的结构式可知，W可形成1个共价键，X可形成2个共价键，Z可形成5个共价键，且W、X、Z均为非金属元素，Y为金属元素。可推出W是氢元素，X是氧元素，Y是钠元素，Z是磷元素。据此分析。
11．【答案】B
【解析】【解答】A．该冰是气溶胶，具有胶体的性质，因此能够发生丁达尔效应，A不符合题意；
B．该条件下18 g“气态冰”的物质的量是1 mol，但由于物质的状态不是气态，因此不能确定其体积大小，B符合题意；
C．“气态冰”分子是H2O分子，H2O中存在H-O键是极性共价键，C不符合题意；
D．“气态冰”与普通冰分子构成都是H2O，物质的分子组成相同，因此二者的化学性质也相同，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.该“气态冰”是气溶胶，胶体具有丁达尔效应；
B. 负压和超低温条件下 气体摩尔体积不是22.4L/mol；
C.水分子中存在极性共价键；
D.由分子构成的物质，分子是保持物质化学性质的最小粒子。
12．【答案】B
【解析】【解答】A. N2中化学键属于共价键，A不符合题意 ；
B. 反应生成NO为吸热反应，1mol N2(g)和1molO2 (g)具有的总能量小于2mol NO(g)具有的总能量，B符合题意 ；
C. N2 (g)和 O2(g)混合不能直接生成NO，C不符合题意 ；
D. 反应中氮化合价降低，将还原成N2，D不符合题意 ；
故答案为：B 。
【分析】 N2中化学键属于共价键，N2 (g)和 O2(g)混合不能直接生成NO，化合价降低，是还原反应。
13．【答案】B
【解析】【解答】A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，第一电离能大于相邻元素，则硼、碳、氮、氧四种元素的第一电离能由小到大的顺序为，故A不符合题意；
B．氨分子中氮原子含有1对孤电子对，中氨分子的孤电子对与硼原子形成配位键，孤电子对对成键电子对的排斥力大，所以键角：，故B符合题意；
C．空间运动状态即原子轨道，价电子排布在3d和4s能级上，3d能级有5个原子轨道，4s能级有1个原子轨道，共填充5+1=6个原子轨道，即有6种空间运动状态，故C不符合题意；
D．铝元素的原子序数为13，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p1，则原子中s和p能级电子数之比为，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、单元数第一电离能半充满，出现反常；
B、孤电子对会对成键电子排斥力增大，键角变大；
C、Ni的价电子轨道为3d和4s，d轨道5个，s轨道1个；
D、结合基态原子的电子排布式判断。
14．【答案】B
【解析】【解答】①F2、Cl2、Br2、I2属于分子晶体，影响熔沸点的因素是分子间作用力的大小，物质的相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，与共价键无关系，①不符合题意；
②HF、HI、HBr、HCl属于分子晶体，其稳定性和非金属性强弱有关系，即和形成的共价键有关系，②符合题意；
③金刚石、晶体硅属于原子晶体，原子之间存在共价键，原子半径越小，键能越大，熔沸点越高，与分子间作用力无关，故③符合题意；
④NaF、NaCl、NaBr、NaI属于离子晶体，离子半径越大，晶格能越小，熔沸点越低，④不符合题意；
综上，②③符合题意，
故答案为：B。
【分析】本题考查晶体的熔沸点、氢化物稳定性的有关判断，答题注意晶体的类型以及影响晶体熔沸点高低的因素的判断。
15．【答案】D
【解析】【解答】A、反应①中CO2与H2反应生成CO和H2O，既存在C=O的断裂又存在H-H的断裂，故A不符合题意；
B、由图可知，反应②生成了烃类物质，则既存在键的形成又存在键的形成，故B不符合题意；
C、由反应可知，有机物a是新戊烷，其还有正戊烷、异戊烷2种同分异构体，故C不符合题意；
D、 和 分子式相同，结构相同，属于同种物质，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、反应①CO2与H2反应生成CO和H2O；
B、反应②有烃类物质生成；
C、根据a的球棍模型可知，a为新戊烷；
D、分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体。
16．【答案】D
【解析】【解答】A． 是氧化物，A不符合题意；
B． 为氮化物，B不符合题意；
C．CaCl2为盐，是离子化合物，C不符合题意；
D．NaClO盐，有Na+和ClO-，存在共价键，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A． 是氧化物；
B． 为氮化物；
C．CaCl2为盐，是离子化合物；
D．NaClO盐，有Na+和ClO-，ClO-存在共价键。
17．【答案】A
【解析】【解答】A．B为N元素，其氧化物有NO、NO2等不止一种，A符合题意；
B．C为Mg元素，其最高价氧化物对应的水化物为Mg(OH)2，是一种弱碱，B不符合题意；
C．N和Mg可以形成化合物Mg3N2，为只含离子键的离子化合物，C不符合题意；
D．A为碳元素，B为氮元素，碳、氮的氢化物均有多种，所以无法确定氢化物的沸点高低，D不符合题意；
综上所答案为A。
【分析】短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次递增，E原子最外层电子数是B原子内层电子数的3倍，则B只能有2个电子层，处于第2周期，故E原子最外层电子数为6，E原子最外层电子数是C原子最外层电子数的3倍，则C原子最外层电子数为2，B、C、E原子的最外层电子数之和为13，则B原子最外层电子数为13－6－2＝5，则B为氮元素；A、B两元素相邻，A原子序数小于B，则A为碳元素；结合原子序数可知，C、D、E只能处于第3周期，故E为硫元素，C为镁元素；B、D原子最外层电子数之和等于C、E原子最外层电子数之和，则D原子最外层电子数＝2＋6－5＝3，则D为铝元素。
18．【答案】A
【解析】【解答】A. Na2SO4中SO42-与Na+之间是离子键，SO42-中S和O之间是共价键，A符合题意；
B. KCl是离子化合物，B不符合题意；
C. HCl是共价化合物，C不符合题意；
D. O2是单质，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A. Na2SO4既有离子键，又有共价键 ；
B. KCl是离子化合物；
C. HCl是共价化合物；
D. O2 是单质。
19．【答案】B
【解析】【解答】由上述分析可知，W为H、X为C、Y为N、Z为Na，则：
A．H、C、N均以共价键结合，故A叙述不符合题意；
B．水能电离出氢离子，乙醇不能，钠的单质与水反应比与乙醇反应剧烈，故B叙述符合题意；
C．Y的最高化合价氧化物的水化物为硝酸，其有强氧化性，能溶解金属铜，故C叙述不符合题意；
D．CF4中C和F分别是+4价和－1价，均满足8电子稳定结构，故D叙述不符合题意；
故答案为：B。
【分析】由短周期主族元素组成的化合物，Z的原子序数最大、且可形成+1价阳离子，Z为Na；X可形成4个共价键，W可形成1个共价键，Y形成3个共价键，且W、X、Y、Z的原子序数依次增大、总和为25，由阴离子结构可知W为H、X为C、Y为N，满足1+6+7+11=25，以此来解答。
20．【答案】D
【解析】【解答】分子中所有的单键都是σ键，双键中有一个σ键，一个π键，叁键中有一个σ键，两个π键。CO2的电子式为 ，碳氧双键中存在π键，A不符合题意；
B. N2的电子式为 ，氮氮三键中存在2个π键，B不符合题意；
C.CH≡CH的电子式为 ，碳碳三键中2个π键，C不符合题意；
D.HClO电子式为 ，全部是单键，不存在π键；D符合题意。
故答案为：D。
【分析】分子中含有的碳碳双键、碳碳三键中含有 π键 ，注意苯分子中含有 π键 。
21．【答案】（1）H2-2e- +O2-=H2O；CO- 2e -+O2-=CO2
（2）CO、CO2
（3）CO(g) + H2O(g)=H2(g)+ CO2(g) △H= -41.1 kJ/mol
（4）c
（5）催化剂(或加快反应速率，或降低反应活化能)
（6）A；C
（7）进行完全
【解析】【解答】(1)由题干信息可知，CH4在电池中除电极反应外还发生的如下重整反应，其反应速率远大于电极反应速率，则负极参与反应的燃料物质还有CO和H2，故负极反应式为CH4- 8e-+ 4O2- =CO2+ 2H2O、H2-2e- +O2-=H2O、CO- 2e -+O2-=CO2，故答案为：H2-2e- +O2-=H2O；CO- 2e -+O2-=CO2；
(2)由(1)分析可知，可循环使用的含碳物质有CO、CO2，故答案为：CO、CO2；
(3)已知反应①CH4(g)+ H2O(g)→CO(g) + 3H2(g) ΔH1= + 206.2 kJ/mol ②CH4(g) + CO2(g)→2CO(g) + 2H2(g) ΔH2= + 247.3 kJ/mol ，则CO与H2O(g)反应可制得H2，同时产生一种温室效应气体即CO2，该反应为：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)，反应①-②得目标反应，根据盖斯定律可知，ΔH=ΔH1-ΔH2= (+ 206.2 kJ/mol)-(+ 247.3 kJ/mol)=-41.1 kJ/mol，故其热化学方程式为CO(g) + H2O(g)=H2(g)+ CO2(g) △H= -41.1 kJ/mol，故答案为：CO(g) + H2O(g)=H2(g)+ CO2(g) △H= -41.1 kJ/mol；
(4)反应步骤中活化能越大，反应速率越慢，最慢的一步为决速步骤，由题干反应历程图中可知，碳氧键的断裂过程的活化能最大，为决速步骤，故答案为：c；
(5)由题干图示信息可知，加入OH*后该步骤的活化能大大减小，能加快反应速率，即OH*起到的作用是催化剂(或加快反应速率，或降低反应活化能)，故答案为：催化剂(或加快反应速率，或降低反应活化能)；
(6)A. 升高温度反应速率加快，该反应正反应是一个吸热反应，则升高温度平衡正向移动，H2的平衡产率增大，A正确；
B. 加入催化剂反应速率加快，但平衡不移动，H2的平衡产率不变，B不合题意；
C. 增大H2O(g)浓度反应速率增大，增大反应物浓度，平衡正向移动，H2的平衡产率增大，C正确；
D. 增大压强即缩小体积，反应物、生成物浓度增大，反应速率加快，该反应正反应是一个气体体积增大的方向，故增大压强平衡逆向移动，H2的平衡产率减小，D不合题意；
故答案为：AC；
(7)CH2O*+ * CH2O*+ H*，正反应速率v1= k1c(CH2O*)c(*)，逆反应速率v2= k-1c(CHO*)c(H*)，若K≥105反应进行完全，已知k1=2.5×109， k-1= 8.4×103，达到平衡的本质特征为：正反应速率等于逆反应速率即v1= v2即k1c(CH2O*)c(*)= k-1c(CHO*)c(H*)则有=K==2.98×105＞105 ，故判断正反应进行完全，故答案为：进行完全。
【分析】（1）氢气失去电子化合价升高，结合氧负离子形成水，一氧化碳失去电子，化合价升高，结合氧负离子形成二氧化碳；
（2）结合题干以及上题，可知一氧化碳和二氧化碳可以重复利用形成循环；
（3）一氧化碳和水发生氧化还原反应，生成氢气，氢元素化合价降低，则碳元素化合价升高，生成二氧化碳；
（4）决速步骤，即活化能最大的步骤，根据图示可知碳氧键的形成活化能最大；
（5）根据图示可知 OH* 降低了反应活化能，因此为催化剂；
（6）提高氢气产量，即平衡朝正向移动。
22．【答案】（1）s-s σ键；s-p σ键；p-p σ键；pz-pz π键；py-pyπ键；H2；HCl；Cl2；N2；N2
（2）7；3
【解析】【解答】（1）①是s轨道-s轨道，形成的是 σ键 ，举例是H2，②是s轨道-p轨道，形成的是 σ键 ，举例是HCl，③p轨道和p轨道形成的是 σ键，举例是Cl2，④pz轨道-pz轨道形成的是Π键，举例是N2，⑤py轨道-py轨道形成的是Π键，举例是N2
(2)分子中5个共价单键是σ键，双键中有1个σ键和1个π键，三键中有1个σ键和2个π键，故该有机物分子中σ键总数是7，π键总数是3。
【分析】（1）根据一般情况下s-s，s-p，px-px，形成的是 σ键 ，而py-py，pz-pz形成的是Π键（2）根据结构简式找出含有单键和双键以及三键即可，单键含有的是的σ键 和双键含有1个σ键 和一个Π键，三键还哪有1个σ键 和2个Π键
23．【答案】（1）吸收；
（2）>
（3）0.75 mol·L；B
（4）；；0.6
【解析】【解答】 (1)反应物的总能量低于生成物的总能量，反应需要吸收 能量；
(2)断开3 mol 和1 mol 中的化学键吸收的能量为E1kJ， 形成2 mol 和1 mol 中的化学键释放的能量为E2kJ，E1＞E2；
(3)①2 min末，B物质的量浓度为0.75mol/L；
②A．通入少量He，浓度不变，正反应速率不变，A不符合题意；
B．反应前后气体体积会变，总压强会改变，当容器总压强保持不变时，达平衡状态，B符合题意；
C．从容器中抽走部分D，减小浓度，正反应速率会逐渐减慢，C不符合题意；
(4)①a为负极，加入是N2H4，发生氧化反应，电极反应式 ；
②当消耗标准状况下3.36 LO2物质的量为0.15mol，电极反应式：O2+2H2O+4e-=4OH-，转移电子的物质的量是0.15×4=0.6mol；
【分析】(1)反应物的总能量低于生成物的总能量，是吸收反应 ；
(2) 键能大小的比较；
(3)①物质的量浓度的计算；
②A．通入少量He，浓度不变，正反应速率不变；
B．反应前后气体体积会变，当容器总压强保持不变时，达平衡状态；
C．减小浓度，正反应速率会逐渐减慢；
(4)①负极发生氧化反应，电极反应式的书写 ；
②转移电子物质的量的计算。
24．【答案】（1）)①②④；③；⑤⑥⑦⑨⑩；⑧
（2）④；③⑤⑥⑦⑨⑩
（3）离子键和共价键；NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO42-；离子键；NaHSO4=Na＋＋HSO4-
【解析】【解答】　O2、金刚石中只含有共价键；H2SO4只含有共价键，是共价化合物；NaBr中只含有离子键，是离子化合物；Na2CO3、NH4Cl、NaHSO4、Na2O2、NaOH中都是既含有离子键又含有共价键的离子化合物；稀有气体Ne是单原子分子，不含任何化学键。NaHSO4溶于水电离时，Na＋与HSO4-之间的离子键被破坏，HSO4-中H＋与SO42-之间的共价键也被破坏；而在熔融状态电离时只破坏离子键。
【分析】离子键通过电子转移生成阴离子，阳离子，阴阳离子之间存在静电引力形成的化学键，一般存在于金属与非金属组成的化合物中；共价键是原子间共用电子对所形成的相互作用，一般存在于非金属单质间；含有离子键的化合物为离子化合物；仅含有共价键的化合物为共价化合物。
25．【答案】（1）吸收；放出
（2）＞；1
（3）Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；2H++2e-= H2；ac
（4）A；D
【解析】【解答】(1)化学反应中能量变化的主要原因是旧的化学键断裂会吸收能量；新的化学键形成会放出能量，故答案为：吸收；放出；(2)铝热反应是放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，由方程式Fe2O3＋2Al 2Fe＋Al2O3可知，若消耗了1molAl，则理论上可炼制Fe的物质的量为1mol，故答案为：＞；1；(3)①实验Ⅰ中，Fe与CuSO4溶液发生原电池反应，Fe失去电子，铜离子得到电子，则Fe与CuSO4溶液反应的离子方程式是Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，故答案为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；
②装置Ⅱ中，正极为Cu，氢离子在正极得到电子，电极反应式为：2H++2e-= H2 ，故答案为：2H++2e-= H2 ；③a．铜为正极，H+在铜表面得到电子生成氢气，H+被还原，故a正确；
b．电流从正极流向负极，应该从Cu片经导线流向Zn片，故b不正确；
c．电子从负极沿导线流向正极，即从Zn片经导线流向Cu片，故c正确；
d．Zn和Cu的都是电极材料，但Cu不参与反应，故d不正确。
答案为：ac；(4)A．从t1→t2的原因是镁与酸的反应是放热反应，体系温度升高，反应速率逐渐增大，故A正确；
B．反应放出的热量不至于使水蒸发，故B不正确；
C．镁条（固体）的质量下降，但是浓度不变，不会影响反应速率，故C不正确；
D．t2→t3的原因是盐酸的浓度逐渐降低，反应速率逐渐减小，此时浓度因素大于温度的影响，故D正确。
答案为：AD。
【分析】(3)实验I和实验II都是原电池，实验I的反应原理为Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，Fe为负极，Cu为正极；实验II的反应原理为Fe+2H+=H2 +Fe2+，Zn为负极，Cu为正极；(4)镁与盐酸的反应为放热反应，开始反应时，温度不断升高，反应速率不断增大，但随着反应的进行，盐酸浓度逐渐减小，反应速率逐渐减小，以此解答。