2019届高考化学一轮复习物质结构与性质作业(1)
物质结构与性质
一、单选题（共20题）
1. 带有2个单位正电荷的微粒X2+ ， 它的质量数等于137，中子数是81，则核外电子数为（ ）
A. 56 B. 54 C. 58 D. 137
2. 下列数字代表各元素的原子序数，则各组中相应的元素能形成XY2型离子化合物的是（ ）
A. 3和8 B. 1和16 C. 12和17 D. 6和16
3. 电子层数相同的三种元素X、Y、Z，已知其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱为HXO4＞H2YO4＞H3ZO4 ． 下列判断错误的是（ ）
A. 气态氢化物的稳定性：HX＞H2Y＞ZH3 B. 原子半径：X＞Y＞Z
C. 非金属性：X＞Y＞Z D. 单质氧化性：X＞Y＞Z
4. 某阴离子X2﹣有m个电子，其质量数为a，则核内中子数为（ ）
A. m+2 B. m+5 C. a﹣m+2 D. a﹣m﹣2
5. X、Y、Z、W四种主族元素，若X的阳离子与Y的阴离子具有相同的电子层结构；W的阳离子的氧化性强于等电荷数的X阳离子的氧化性；Z的阴离子半径大于等电荷数的Y的阴离子半径，则四种元素的原子序数由大到小的顺序是（ ）
A. ZYXW B. WXYZ C. XYZW D. ZXYW
6. 下列说法或化学用语正确的是( )
A. 146C原子中质子数为6、中子数为14 B. 16O2与18O2是两种不同的核素
C. 23Na+和24Mg2+具有相同的中子数和电子数 D. S2-的结构示意图：
7. M2+与aN-具有相同的电子层结构，则M元素的质子数为（ ）
A. a+2 B. a-3 C. a+3 D. a-1
8. X、Y、Z、W均为原子序数小于18的四种元素的原子，已知X核外电子总数等于电子层数，Y最外层电子数是次外层电子数的两倍，Z2是空气的主要成分之一，是最常见的助燃剂，W+与氖原子核外电子排布相同，下列说法错误的是（ ）
A. Z2-与W+具有相同的核外电子排布
B. YZ2的水溶液能导电，所以化合物YZ2属于电解质
C. 化合物WZX的水溶液能使湿润的红色石蕊试纸变蓝
D. 元素X、Z之间可以形成X2Z和X2Z2两种化合物
9. W、X、Y是原子序数依次增大的同一短周期元素。W、X是金属元素，它们的最高价氧化物的水化物之间可以反应生成盐和水；Y的最外层电子数是核外电子层数的2倍，W与Y可形成化合物W2Y。下列说法正确的是（ ）
A. Y的低价氧化物与O3漂白的原理相同 B. Y的氢化物和W2Y所含化学键的类型相同
C. 上述三种元素形成的简单离子，X离子半径最小 D. 工业上常用电解相应的盐溶液制备W、X的单质
10. X、Y、Z和W代表原子序数依次增大的四种短周期元素，X原子核内没有中子，在元素周期表中，Z与Y、W均相邻；Y、Z和W三种元素的原子最外层电子数之和为17。则下列有关叙述正确的是 ( )
A. Y、Z和W三种元素可能位于同一周期
B. 上述元素形成的氢化物中， W的氢化物相对分子质量最大，熔、沸点最高
C. Y和W所形成的含氧酸均为强酸
D. X、Y、Z和W可以组成原子的物质的量之比为5∶1∶4∶1的离子化合物
11. 4种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为19，W和X元素原于内质子数之比为1：2，X2+和Z-离子的电子数之差为8。下列说法不正确的是
A. 与W相邻的同主族元素可制成重要的半导体材料
B. 元素原于半径从大到小的顺序是X、Y、Z
C. WZ4分子中W、Z原子通过共价键结合且最外层均达到8电子结构
D. W、Y、Z元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是H2YO4
12. 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形成的化合物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
13. （2017•新课标Ⅲ）短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置如表所示，这四种元素原子的最外电子数之和为21．下列关系正确的是（ ）
W
X
Y
Z
A. 氢化物沸点：W＜Z B. 氧化物对应水化物的酸性：Y＞W
C. 化合物熔点：Y2X3＜YZ3 D. 简单离子的半径：Y＜X
14. （2017•浙江）W、X、Y、Z四种短周期元素，它们在周期表中位置如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A. Z、Y、X的原子半径依次减小，非金属性依次降低
B. Z、Y、W的最高价氧化物对应水化物的酸性依次降低
C. WH4与Z元素的单质在一定条件下可能发生化学反应
D. W的位置是第2周期、第ⅣA族
15. 已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是周期表中原子半径最小的元素，Y元素的最高价与最低负价绝对值相等，Z的核电荷数是Y的2倍，W最外层电子数是最内层电子数的3倍。下列说法不正确的是
A. 原子半径大小顺序：Z>W>R B. 对应的氢化物的热稳定性：R>W
C. W与X、W与Z形成的化学键类型完全相同 D. Y的最高价氧化物对应的水化物是弱酸
16. 下列物质的性质比较不正确的（ ）
A. 热稳定性：HCl＞HBr B. 沸点：H2O＞H2S
C. 碱性：Ca（OH）2＞Mg（OH）2 D. 酸性：H3PO4＞H2SO4
17. 下列叙述不正确的是（ ）
A. 过氧化氢中既含有极性键又含有非极性键 B. 18O原子中含有18个中子
C. 含有相同电子数的H2O和NH3的分子数相同 D. 苯分子中所有原子共处在同一平面上
18. 下列叙述错误的是（ ） ①热稳定性：H2O＞HF＞H2S
②熔点：Al＞Na＞K
③ⅡA族元素的阳离子与上周期稀有气体元素的原子具有相同的核外电子排布
④元素周期表中从ⅢB族到ⅡB族10个纵行的元素都是金属元素
⑤多电子原子中，在离核较近的区域内运动的电子能量较高
⑥甲烷、乙烯和苯在工业上都可通过石油分馏得到，乙烯能使高锰酸钾酸性溶液褪色
⑦两个非金属元素原子间只可能形成共价键，而含金属元素的化合物中一定含离子键
⑧结合质子能力：OH﹣＞CH3COO﹣＞Cl﹣
⑨酸性：H3PO4＞H2SO4＞HClO4
⑩在电解水制取H2和O2时，为了增强导电性，常常要加入一些电解质，最好选用HCl．
A. 仅有②④⑥ B. 仅有①⑤⑦⑨⑩ C. 仅有②③④ D. 仅有①⑤⑥⑦⑨⑩
19. 下列各组中属于同位素关系的是( )
A. 金刚石与石墨 B. T2O与H2O C. 40K与39K D. 16O与16O2－
20. 下列说法正确的是（ ）
A. 在CCl4、PCl5、CS2分子中所有原子都满足最外层为8个电子稳定结构
B. 三氯化铁常温下为固体，熔点282℃，沸点315℃，在300℃以上易升华，因此三氯化铁晶体是离子晶体
C. Na3N与NaH均为离子化合物，都能与水反应放出气体，且与水反应所得溶液均能使酚酞试液变红
D. SO2、H2O都是由极性键形成的非极性分子
二、推断题（共4题）
21. 推断题.
已知有A、B、C、D、E五种短周期的主族元素，它们的原子序数依次递增，A是所有元素中原子半径最小的元素，B、C组成的某一种化合物能引起温室效应．常温下，金属D单质投入水中能与水剧烈反应．常温下E单质是常见的气体．请按要求回答下列几个问题：
（1）B、D的元素名称分别为：________、________；
（2）E在周期表中的位置为：________，
（3）C离子的结构示意图为：________；
（4）B、C、D三种元素的原子半径从大到小的顺序为________（用元素符号表示）；
（5）B、E的最高价氧化物对应水化物的酸性从强到弱的顺序为：________（用对应的化学式表示）
（6）写出C、D两种元素组成的阴、阳离子个数比为1:2且只含离子键的化合物的电子式：________；
（7）写出E与水反应的离子方程式：________．
22. A、B、C、D是原子序数依次递增的前四周期元素，A元素的正化合价与负化合价的代数和为零；B元素原子的价电子结构为nsnnpn；C元素基态原子s能级的电子总数比p能级的电子总数多1；D元素原子的M能层全满，最外层只有一个电子。请回答:
（1）A 元素的单质为A2 ， 不能形成A3或A4 ， 这体现了共价键的________性；B元素单质的一种空间网状结构的晶体熔点>3550℃，该单质的晶体类型属于________；基态D原子共有________种不同运动状态的电子。
（2）A与C形成的最简单分子的中心原子杂化方式是________，该分子与D2+、H2O以2:1:2的配比结合形成的配离子是________(填化学式)，此配离子中的两种配体的不同之处为________(填标号)。
①中心原子的价层电子对数 ②中心原子的孤电子对的对数 ③中心原子的化学键类型 ④VSEPR模型
（3）1molBC-中含有的π键数目为________；写出与BC-互为等电子体的分子和离子各一种________、________。
（4）D2+的硫酸盐晶体的熔点比D2+的硝酸盐晶体的熔点高，其原 因是________。
（5）D3C 具有良好的电学和光学性能，其晶体的晶胞结构如图所示，D+和C3—半径分别为apm、bpm，D+和C3—都是紧密接触的刚性小球，则C3—的配位数为________，晶体的密度为________g·cm-3。
23. 有A、B、C、D、E 5种短周期元素，A与B可形成BA型化合物，且A元素是卤族元素中非金属性最强的元素；金属B的原子核内质子数比它前一周期同主族元素原子的质子数多8；C元素有3种同位素C1、C2、C3 ， 其中自然界中含量最多的是C1 ， C3原子的质量数是C1的3倍，C2原子的质量数是C1的2倍；D的气态氢化物的水溶液呈碱性，而其最高价氧化物对应的水化物为强酸；E元素为地壳中含量最多的元素。
（1）写出下列元素的元素符号：D________，E________。
（2）写出C1、C2、C3三种核素的符号：C1________，C2________，C3________。
（3）E2－的离子结构示意图为________。
（4）A与B形成的化合物的化学式是________，
最常见的E与C2形成的分子中含________个中子。
24. 原子序数小于36的X、Y、Z、R、W四种元素，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1/5； 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VSPEK构型相同，但立体构型不同，ZXS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 ________；三者的沸点有高到低的顺序是 ________，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________。
三、实验探究题（共3题）
25. [化学——选修3]Al、Fe、Cu 是重要的材料元素，在生产生活中有着广泛的应用。回答下列问题:
（1）基态Fe的价电子排布图为________。
（2）已知Al 的第一电离能为578kJ/mol、第二电离能为1817 kJ/mol、第三电离能为2745 kJ/mol、第四电离能为11575 kJ/mol。请解释其第二电离能增幅较大的原因________。
（3）已知氯化铝熔点为194℃,熔融状态下不导电且容易升华，由此可判断氯化铝属于________晶体。
（4）甲醇重整制氢反应中，铜基催化剂如CuO/SiO2具有重整温度低、催化选择性高的优点。Cu、Si、O元素电负性由大到小的顺序是________；SiO2中Si原子采取________杂化。
（5）一种铜的溴化物晶胞结构如图所示，与溴紧邻的溴原子数目是________ ， 由图中P点和Q点的原子坐标参数可确定R点的原子坐标参数为________；已知晶胞参数为apm,其密度为________g/cm3 。(列出计算式即可)
26. 过氧化镁(MgO2)易溶于稀酸，溶于酸后产生过氧化氢，在医学上可作为解酸剂等。过氧化镁产品中常会混有少量MgO，实验室可通过多种方案测定样品中过氧化镁的含量。
某研究小组拟用右图装置测定一定质量的样品中过氧化镁的含量。请回答：
（1）稀盐酸中加入少量FeCl3溶液的作用是________。
（2）使用恒压分液漏斗的优点有：使分液漏斗中的溶液顺利滴下；________。
（3）实验结束时，待恢复至室温，先________，
再平视刻度线读数。
27.氯化亚铜（CuCl）广泛应用于有机合成、染料、颜料、催化剂等工业。它是一种白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇、稀硝酸及稀硫酸，可溶于氨水、浓盐酸，并生成配合物NH4[CuCl2]；能在空气中迅速被氧化成绿色；见光则分解，变成褐色。下图是实验室制备氯化亚铜的流程图及实验装置图。
实验药品：铜丝20g、氯化铵20g、65%硝酸l0mL、36%盐酸15mL、水。
（1）请写出①的化学方程式________。
（2）本实验中通入O2的速率不宜过大，宜选择下图中的________（填字母序号）方案，并说明选择该装置的理由________。
（3）电炉加热升温至50℃时停止加热，反应快速进行，当烧瓶中液面上方的现象为________时，停止通入氧气，打开瓶塞，沿C口倾出反应液于1000mL大烧杯中，加水500mL，即刻有大量白色沉淀析出。
（4）关于该实验过程中，下列说法正确的是 。
A. 实验开始时，温度计显示反应液温度可能低于室温。 B. 流程中过滤操作，可以采用真空抽滤的方式，洗涤固体可以用95%的酒精。
C. 该实验流程中，残液中补充HCl的主要作用是抑制产物的水解。 D. 反应装置中使用长导管的目的是防止三颈烧瓶内气压过大。
（5）氯化亚铜的定量分析：
①称取成品0.25g置于预先放入玻璃珠30粒和10mL过量的FeCl3溶液的250mL锥形瓶中，不断摇动；
②待样品溶解后，加水50mL，邻菲罗啉指示剂2滴；
③立即用0.10 mol·L－1硫酸铈标准溶液滴至绿色出现为终点并记录读数，再重复实验二次，测得数据如下表。（已知：CuCl + FeCl3 = CuCl2 + FeCl2 ，Fe2+ + Ce4+ = Fe3+ + Ce3+）
实验序号
1
2
3
滴定起始读数（mL）
0.75
0.50
0.80
滴定终点读数（mL）
24.70
24.95
24.85
④数据处理：计算得CuCl的纯度为________。
四、综合题（共3题）
28.Q、R、X、Y、Z、L六种元素的原子序数依次增大，R和L是同主族元素，R的最外层电子数比次外层电子数少1，L的单质常温常压下是紫黑色固体。Q和X形成的离子化合物XQ是碱石灰的主要成分。X、Y、Z位于同一周期，Y的外围电子数是最外层电子数的6倍，Z位于ds区且不能和稀硫酸反应生成H2。请回答下列问题：
（1）Q的价层电子排布式为________，L的含氧酸HLO3中L的杂化方式为________，酸根LO3-的离子构型为________。
（2）ZR42-的配体是________，在ZSO4溶液中加入过量KCN，生成配合物[Z（CN）4]2— ， 则1mol该配合物中含有的π键的数目是________。与Z同周期的元素中，与Z原子最外层电子数相等的元素还有________（填元素符号）
（3）Y的氧化物呈如下图所示的无限链状结构，则该氧化物的化学式为________。
（4）X和Z的晶体堆积模型相同，配位数为________，已知X原子半径约为200pm，则晶体X的密度为________g/cm3(计算结果保留两位有效数字)。
（5）XL2晶体含有层状结构，其层内有强极性共价键，层间以范德华力相连接，则XL2的晶体类型是________。
29. A，B，C，D，E，F 为前四周期元素且原子序数依次增大，其中基态 A 原子的电子分布在 3 个能级，且每个能级所含的电子数相同； C 的原子核外最外层有 6 个运动状态不同的电子； D 是短周期元素中电负性最小的元素； E 的最高价氧化物的水化物酸性最强； 基态 F 原子核外最外层只有一个电子， 其余能层均充满电子。 G 元素与 D 元素同主族，且相差 3 个周期。
（1）元素 A，B，C 的第一电离能由小到大的是________（用元素符号表示）。
（2）E的最高价含氧酸中 E 原子的杂化方式为________。 基态 E 原子中，核外电子占据最高能级的电子云轮廓形状为________。
（3）F原子的外围电子排布式为________， F 单质晶体中原子的堆积方式是下图中的________（填写“甲”、 “乙”或“丙”） ，该晶体的空间利用率为________。（保留两位有效数字）
（4）已知元素 A、B形成的(AB)2分子中所有原子都满足 8电子稳定结构，则其分子中 σ键与 π键数目之比为________。
（5）通常情况下， D 单质的熔沸点比 G 单质高，原因是________。
（6）已知 DE 晶体的晶胞如下图所示：
若将 DE 晶胞中的所有 E 离子去掉，并将 D 离子全部换为 A 原子，再在其中的 4 个“小立方体”中心各放置一个A 原子，且这 4 个“小立方体”不相邻。位于“小立方体”中的 A 原子与最近的 4 个 A 原子以单键相连，由此表示 A的一种晶体的晶胞（已知 A—A 键的键长为a cm， NA表示阿伏加德罗常数），则该晶胞中含有________个 A 原子，该晶体的密度是________g·cm-3（列式表示） 。
30. 乙酸锰可用于制造钠离子电池的负极材料。可用如下反应制得乙酸锰：4Mn（NO3）2•6H2O+26（CH3CO）2O=4（CH3COO）3Mn+8HNO2+3O2↑+40CH3COOH
（1）Mn3+基态核外电子排布式为________。
（2）NO3-中氮原子轨道的杂化类型是________。
（3）与HNO2互为等电子体的一种阴离子的化学式为________。
（4）配合物[Mn（CH3OH）6]2+中提供孤对电子的原子是________。
（5）CH3COOH能与H2O任意比混溶的原因，除它们都是极性分子外还有________。
（6）镁铝合金经过高温淬火获得一种储钠材料，其晶胞为立方结构（如图所示），图中原子位于顶点或面心。该晶体中每个铝原子周围距离最近的镁原子数目为________。
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】B
【解析】【解答】由“相对原子质量=质子数+中子数”可得，该微粒的质子数=相对原子质量-中子数=137-81=56；由于该微粒X2+ ， 带有两个单位的正电荷，说明其原子失去了两个电子，故该微粒的核外电子数=56-2=54，B符合题意；
故答案为：B
【分析】根据相对原子质量=质子数+中子数进行计算即可。
2.【答案】C
【解析】【解答】A.原子序数为3和8的元素分别为：Li和O，二者形成的化合物为：Li2O，A不符合题意；
B.原子序数为1和16的元素分别为：H和S，二者形成的化合物为：H2S，B不符合题意；
C.原子序数为12和17的元素分别为：Mg和Cl，二者形成的化合物为：MgCl2 ， 为离子化合物，C符合题意；
D.原子序数为6和16的元素分别为：C和S，二者形成的化合物为CS2 ， 为共价化合物，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】根据原子序数确定元素符号，进而确定二者形成的化合物的化学式。
3.【答案】B
【解析】【解答】A.气态氢化物的稳定与非金属性的递变规律相同，故三者气态氢化物的稳定性为：HCl>H2S>PH3 ， 选项正确，A不符合题意；
B.同一周期，核电荷数越大，原子半径越小，故三者的原子半径大小为：X
Y>Z，选项正确的，C不符合题意；
D.单质的氧化性与非金属性一致，故三者单质的氧化性大小为：X>Y>Z，选项正确的，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】X、Y、Z的电子层数相同，则其位于同一周期，已知其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱为HXO4＞H2YO4＞H3ZO4 ， 则X、Y、Z分别为Cl、S、P。据此结合选项分析。
4.【答案】C
【解析】【解答】X2-中含有m个电子，则其原子中所含电子数为(m-2)，故其质子数=核外电子数=m-2，由“质量数=质子数+中子数”可得核内中子数=质量数-质子数=a-(m-2)=a-m+2，C符合题意；
故答案为：C
【分析】在原子中，核外电子数=质子数；质量数=质子数+中子数，据此进行计算。
5.【答案】D
【解析】【解答】“ X的阳离子与Y的阴离子具有相同的电子层结构 ”则X处于Y的下一周期，其原子序数X>Y；“ Z的阴离子半径大于等电荷数的Y的阴离子半径 ”，Y与Z处于同一主族，原子序数Z>Y，Z与X处于同一周期或比X的周期数大，X为金属，Z为非金属，原子序数Z>X；“ W的阳离子的氧化性强于等电荷数的X阳离子的氧化性 ”，W与X处于同一主族，金属性WW，W与Y处于同一周期或比X的周期数小，W为金属，Y为非金属，原子序数Y>W。因此，四种元素的原子序数大小为：Z>X>Y>W，D符合题意；
故答案为：D
【分析】根据离子结构、离子半径和离子氧化性确定元素在周期表中的大概位置，进而确定四种元素的原子序数。
6.【答案】C
【解析】【解答】A. 146C中质量数为14，质子数为6，故中子数=质量数-质子数=14-6=8，选项错误，A不符合题意；
B. 16O2与18O2是单质，不是原子，核素是指质子数相同，中子数不同的原子，选项错误，B不符合题意；
C. 23Na+的中子数=质量数-质子数=23-11=12，电子数=11-1=10； 24Mg2+的中子数=质量数-质子数=24-12=12，电子数=12-2=10，故二者具有相同的中子数和电子数，选项正确，C符合题意；
D.S原子的最外层电子数为6，易得两个电子形成S2- ， 其最外层电子数为8，选项错误，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.元素符号左上角数字表示质量数，左下角数字表示质子数，质量数=质子数+中子数；
B.核素是指原子；
C.在原子中，核外电子数=质子数，离子的核外电子数需考虑电子的得失；
D.S2-是在原子的基础上得到两个电子；
7.【答案】C
【解析】【解答】aN-的核外电子数为a+1，则M2+的核外电子数也为a+1，则M原子的核外电子数为a+1+2=a+3；在原子中，质子数等于核外电子数，故M元素的质子数为a+3，C符合题意；
故答案为：C
【分析】由aN-确定M2+的核外电子数，根据原子中质子数等于核外电子数确定M的质子数。
8.【答案】B
【解析】【解答】A.Z2-与W+原子核外都有10个电子，具有相同的核外电子排布，故不符合题意；
B.二氧化碳的水溶液能导电，是因为碳酸发生电离，所以碳酸为电解质，而二氧化碳属于非电解质，故符合题意；
C.化合物氢氧化钠的水溶液显碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故不符合题意；
D.元素氢和氧之间可以形成水或过氧化氢两种化合物，故不符合题意。
故答案为：B。
【分析】X核外电子总数等于电子层数，而电子总数又等于其原子序数，所以X只能是H；Y最外层电子数是次外层电子数的两倍，根据原子结构的电子排列，一般情况下最外层应该是少于或等于次外层电子（只有两个电子层除外），所以Y是C； Z2是空气的主要成分之一 ， 是最常见的助燃剂 ，所以Z是O； W+与氖原子核外电子排布相同 ，Ne为两个电子层满电子结构，而W失去一个电子跟其相同，所以W为Na。
9.【答案】C
【解析】【解答】A、Y的最外层电子数是核外电子层数的2倍，W与Y可形成化合物W2Y，所以Y是S元素。A不符合题意，
B、SO2的漂白原理是化合，而臭氧的漂白是氧化性；H2S中含有共价键，Na2S中含有离子键，B不符合题意；
C、S2－核外有3个电子层。Na＋和Al3＋具有2个电子层，离子半径均小于S2－的。在核外电子排布相同的条件下，微粒半径随原子序数的增大而减小，即Al3＋离子半径最小，C符合题意；
D、钠和铝都是活泼的金属，需要电解法冶炼，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】W、X是金属元素，它们的最高价氧化物的水化物之间可以反应生成盐和水。这说明金属一定有金属铝和钠。根据原子序数大小可知W是Na，X是Al。Y的最外层电子数是核外电子层数的2倍，则Y是S元素；据此结合选项进行分析即可。
10.【答案】D
【解析】【分析】根据题干X原子核内没有中子，说明X是H，Z与Y、W均相邻，最外层电子数之和为17，说明这三种元素不可能是同周期或同主族元素，否则最外层电子数之和可以被3整除，说明Z与其中一种元素同主族相邻，一种同周期相邻，则最外层电子数应该是6、6、5，再依据Y、Z和W代表原子序数依次增大，依次是N、O、S。由上可知A项错误；B项H2S沸点最低，N、O的氢化物之间存在氢键，沸点高，B项错误；N、S的最高价氧化物的水化物是强酸，但是含氧酸不均为强酸，如HNO2、H2SO3都是弱酸，C项错误；四种元素可以形成NH4HSO4 ， 满足比例关系，D项正确。
【点评】通过元素的推断综合考查了元素周期表、元素周期律、分子间氢键、原子结构等知识，综合性强，难度中等。
11.【答案】D
【解析】【分析】X2+和Z-离子的电子数之差为8。这说明二者分别是第ⅡA元素和第ⅦA元素，分别是应该是Mg和Cl。W和X元素原于内质子数之比为1：2，所以W是C元素。又因为四种原子的最外层电子数之和为19，所以Y是S。所以选项D不正确，应该是HClO4 ， 其余选项都是正确的，答案选D。
【点评】该题以“周期表中元素的推断”为载体，考查学生对元素周期表的熟悉程度及其对表中各元素性质和相应原子结构的周期性递变规律的认识和掌握程度。考查了学生对物质结构与性质关系以及运用元素周期律解决具体化学问题的能力
12.【答案】C
【解析】【解答】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。
【分析】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。
13.【答案】D
【解析】【解答】解：由以上分析可知X为O、Y为Al、Z为Cl、W为N元素，
A．W为N元素，对应的氢化物分子之间可形成氢键，沸点比HCl高，故A错误；
B．Y为Al，对应的氧化物的水化物呈碱性，W为N，对应的氧化物的水化物溶液呈酸性，故B错误；
C．Al2O3离子化合物，AlCl3为共价化合物，则离子化合物的熔点较高，故C错误；
D．X为O、Y为Al，对应的离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，故D正确．
故选D．
【分析】由元素在周期表中的位置可知W、X为第二周期，Y、Z为第三周期，设Y的最外层电子数为n，则W的最外层电子数为n+2、X的最外层电子数为n+3、Z的最外层电子数为n+4，则n+n+2+n+3+n+4=21，4n=12，n=3，则Y为Al元素，W为N元素，X为O元素，Z为Cl元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题．
14.【答案】A
【解析】【解答】解：A．Y、Z、X的原子半径依次减小，非金属性X＞Y、Z＞Y，且O无正价，则非金属性X、Z、Y依次降低，故A错误； B．非金属性Z＞Y＞W，则Z、Y、W的最高价氧化物对应水化物的酸性依次降低，故B正确；
C．WH4与Z元素的单质，在光照下可发生取代反应，生成卤代烃和HCl，故C正确；
D．W为C元素，位于第2周期、第ⅣA族，故D正确；
故选A．
【分析】W、X、Y、Z四种短周期元素，由它们在周期表中位置可知，W为C，X为O，Y为S，Z为Cl，
A．同周期从左向右原子半径减小，电子层越多原子半径越大；同主族从上到下非金属性减弱，同周期从左向右非金属性增强；
B．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强；
C．WH4与Z元素的单质，在光照下可发生取代反应；
D．W为C元素．
15.【答案】C
【解析】【分析】根据X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素知，X是周期表中原子半径最小的元素，X为H，Y元素的最高价与最低负价绝对值相等，Y为C（Y如果为Si，则Z不属于短周期元素），Z的核电荷数是Y的2倍，Z为Mg，W最外层电子数是最内层电子数的3倍，W为S，R为Cl。W与X形成的化合物是H2S，共价化合物，W与Z形成的化合物是MgS，离子化合物，所以化学键类型不同。答案选C。
【点评】这类习题是高考的热点考题，解决这类习题的关键是要准确推断出各元素，然后根据“位—构—性”进行判断对错。
16.【答案】D
【解析】【解答】解：A．非金属性Cl＞Br，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故A正确；
B．水分子间含有氢键，沸点较高，故B正确；
C．金属性Ca＞Mg，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，故C正确；
D．非金属性S＞P，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，故D错误．
故选D．
【分析】A．元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；
B．水分子间含有氢键，沸点较高；
C．元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强；
D．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强．
17.【答案】B
【解析】【解答】解：A、过氧化氢分子中既有极性的氢氧键，又有非极性氧氧键，所以过氧化氢中既含有极性键又含有非极性键，故A正确；
B、18O原子中的18表示质量数，而不是中子数，故B错误；
C、H2O和NH3的电子数都是10个，所以两者有电子数相同，故C正确；
D、苯分子中所有12个原子共处在同一平面上，故D正确；
故选B．
【分析】A、过氧化氢分子中既有极性的氢氧键，又有非极性氧氧键；
B、18O原子中的18表示质量数；
C、H2O和NH3的电子数都是10个；
D、苯分子中所有12个原子共处在同一平面上．
18.【答案】D
【解析】【解答】解：①非金属性：F＞O＞S，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则热稳定性：HF＞H2O＞H2S故①错误；②影响金属键作用力强弱的因素是原子半径以及金属离子所带电荷，金属键：Al＞Na＞K，金属键的作用力越弱，熔点越低，故②正确；③金属原子失去电子形成阳离子，电子层减少，则ⅡA族元素的阳离子与上一周期稀有气体元素的原子具有相同的核外电子排布，故③正确；④从ⅢB族到ⅡB族10个纵行为副族及第VⅢ族元素，均为金属元素，故④正确；⑤多电子原子中，在离核较远的区域内运动的电子能量较高，故⑤错误；⑥石油主要是烷烃、环烷烃和芳香烃的混合物，石油分馏得是物理变化得不到乙烯，故⑥错误；⑦两个非金属元素原子间只可能形成共价键，但是含金属元素的化合物中不一定含离子键，如氯化铝为共价化合物，不含离子键，故⑦错误；⑧对应的酸越弱，则酸根离子得到质子的能力越强，酸性：HCl＞CH3COOH＞H2O，所以结合质子能力：OH﹣＞CH3COO﹣＞Cl﹣ ， 故⑧正确；⑨元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性：P＜S＜Cl，所以酸性：H3PO4＜H2SO4＜HClO4 ， 故⑨错误； ⑩在电解水制取H2和O2时，为了增强导电性，常常要加入一些电解质，加入的电解质在两极上不能放电，电解时氯离子会失电子生成氯气，所以不能加HCl，故⑩错误．
故选D．
【分析】①元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；②金属键的作用力越弱，熔点越低；③ⅡA族元素的原子变成离子，失去1个电子层；④ⅢB族到ⅡB族为过渡金属元素；⑤在离核较近的区域内运动的电子能量较低；⑥从石油的成分及分馏操作的原理分析；⑦两个非金属元素原子间只可能形成共价键，但是含金属元素的化合物中不一定含离子键；⑧对应的酸越弱，则酸根离子得到质子的能力越强；⑨元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强；⑩电解时氯离子会失电子生成氯气．
19.【答案】C
【解析】【解答】 A、金刚石与石墨都是碳元素形成的不同的单质，属于同素异形体；A不符合题意
B、T2O与H2O是化合物；同位素研究对象为原子，B不符合题意
C、均为钾元素，质量数不同，C项符合题意
D、16O2－是离子，16O与16O2－的关系为同一种元素形成的不同的微粒。D不符合题意。
故答案为：C
【分析】同位素研究的对象是原子，质子数相同，中子数（即质量数）不同的原子之间互为同位素。利用这个概念判断。
20.【答案】C
【解析】【解答】解：A、PCl5中P元素化合价为+5价，P原子最外层电子数是5，5+5=10，则P原子不满足8电子结构，故A错误； B、三氯化铁常温下为固体，熔点282℃，沸点315℃，300℃以上易升华，熔沸点低为分子晶体，故B错误；
C、氮化钠和水反应生成氢氧化钠和氨气，氢化钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，所以反应后的溶液都呈碱性，无色酚酞试液遇碱变红色，故C正确；
D、SO2中含S=O极性键，为V型分子，属于极性分子，H2O中含H﹣O极性键，为V型分子，属于极性分子，故D错误；
故选C．
【分析】A、对于共价化合物元素化合价绝对值+元素原子的最外层电子层=8，则该元素原子满足8电子结构，据此判断；
B、熔沸点低的晶体一般属于分子晶体；
C、Na3N和水反应生成氢氧化钠，NaH和水反应生成氢氧化钠，无色酚酞试液遇碱变红色；
D、SO2中含S=O极性键，为V型分子，属于极性分子，H2O中含H﹣O极性键，为V型分子，属于极性分子．
二、推断题
21.【答案】（1）碳；钠
（2）第三周期第ⅤⅡA族
（3）
（4）Na＞C＞O
（5）HClO4＞H2CO3
（6）
（7）Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO
【解析】【解答】（1）由分析可知，B是碳、D是钠；
（2）由分析可知，E是Cl，其在周期表中的位置为：第三周期第ⅦA族；
（3）由分析可知，C为O，其最外层得到两个电子后形成离子，该离子的结构示意图为：；
（4）Na处于第三周期，C和O处于第二周期，故Na的原子半径最大；同一周期，核电荷数越大，原子半径越小，故C的半径大于O，因此三种元素的原子半径从大到小的顺序为：Na>C>O；
（5）B的最高价氧化物对应水化物为H2CO3 ， E的最高价氧化物对应水化物为HClO4 ， 其酸性强弱为：HClO4>H2CO3；
（6）由分析可知，C为O，D为Na，二者形成的阴阳离子个数比为1:2且只含离子键的化合物的化学式为：Na2O，其电子式为：；
（7）Cl2与水反应生成HCl和HClO，其中HClO是弱酸，在离子方程式中保留化学式，故反应的离子方程式为： Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO；
【分析】“ A是所有元素中原子半径最小的元素 ”则A是H；“ B、C组成的某一种化合物能引起温室效应 ”则B、C分别是C和O；“ 常温下，金属D单质投入水中能与水剧烈反应 ”则D是Na；“ 常温下E单质是常见的气体 ”则E是Cl；据此进行分析作答。
22.【答案】（1）饱和；原子晶体或共价晶体；29
（2）sp3；[Cu(H2O)2(NH3)2]2+；②
（3）2NA；CO或N2；C22-
（4）硫酸铜的晶格能比硝酸制的晶格能高
（5）6；(103×1030)/(4NA (a+b)3)或(206×1030)/(8NA (a+b)3)
【解析】【解答】(1)H元素的单质为H2 ， 不能形成H3或H4 ， 这体现了共价键的饱和性；原子晶体熔点高，C元素单质的一种空间网状结构的晶体熔点>3550℃，该单质的晶体类型属于原子晶体；原子核外有几个电子就有几种运动状态，基态铜原子核外有29个电子，所以有29种不同运动状态的电子。
(2)H与N形成的最简单分子是NH3 ， N原子的价电子对数是 5+32=4 ，所以N原子杂化方式是sp3 ， NH3与Cu2+、H2O以2:1:2的配比结合形成的配离子是[Cu(H2O)2(NH3)2]2+ ， [Cu(H2O)2(NH3)2]2+中NH3分子、H2O分子中心原子的价层电子对数都是4，故①相同； NH3分子中心原子的孤电子对的对数是1，H2O分子中心原子的孤电子对的对数是2，故②不同；NH3分子、H2O分子的中心原子的化学键都是共价键，故③相同； ④VSEPR模型都有4个电子对，故④相同；
(3) CN-中含有碳氮三键，1molBC-中含有的π键数目为2NA；等电子体是原子数、价电子数相同的分子或离子， 与CN-互为等电子体的分子和离子有CO、 C22-。
(4)离子晶体的熔点与晶格能有关，晶格能越大熔点越高，硫酸铜的晶格能比硝酸铜的晶格能高，硫酸铜的熔点比硝酸铜晶体的熔点高。
(5)根据晶胞图，离N3-最近的Cu+有6个，所以N3-的配位数为6；根据均摊原则，每个晶胞含有Cu+数 12×14=3 ，每个晶胞含有N3-数 8×18=1 ，所以晶胞的摩尔质量是206g/mol，晶胞的体积是 (2a+2b)3×10-30cm3 ,晶体的密度为(206×1030)/(8NA (a+b)3)g·cm-3。【分析】（3）根据等电子体的概念判断与CN-互为等电子体的分子和离子；
（5）根据均摊法计算晶体的分子式，然后计算晶体的密度即可。
23.【答案】（1）N；O
（2）11H；12H；13H
（3）
（4）NaF；10
【解析】【解答】 A是卤族元素中非金属性最强的元素，可知A为F；由B与A形成BA型化合物及B的质子数特点可知B为Na；C是有3种同位素原子的元素，且根据三者的质量数关系，可知C为H；由D的气态氢化物的水溶液呈碱性及其最高价氧化物对应的水化物呈强酸性可知，D为N；由信息可知E为O。A、B、C、D、E五种元素分别为F、Na、H、N、O。
故答案为：(1) N O ; (2) 1H 2H 3H ; (3) (4) NaF 10
【分析】元素推断题常用的突破口为原子半径，原子组成，元素性质，常见的单质及化合物性质，用途，制备等，较为综合地考查学生对原子结构，元素周期律，化学键知识。
24.【答案】（1）sp2；5NA(或答具体数值也行)
（2）三角锥形；H2O
（3）H2O＞H2S＞H2Se；键长越短，键能越大，化合物越稳定；H2O＞H2Se＞H2S；H2O可形成分子间氢键，沸点最高；H2Se相对分子质量比H2S大，分子间作用力大，沸点比H2S高
（4）CO
（5）29；3d104s1。
【解析】【解答】原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，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。
（1）C2H4分子平面形结构，所以C轨道的杂化类型为sp2杂化。单键都是σ键，双键中还含有1个σ键，则一个乙烯分子中含有5个σ键；
（2）化合物NH3与化合物H2O的VSPEK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。
（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；由于水分子间存在氢键，则沸点大小顺序是H2O＞H2S＞H2Se；
（4）元素C的一种氧化物与元素N的一种单质互为等电子体，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；（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。【分析】（3）根据键长和键能与化合物的稳定性的关系判断氢化物的稳定性，结合氢键对熔沸点的影响进行判断沸点大小顺序。
三、实验探究题
25.【答案】（1）
（2）Al原子失去一个电子后，其3s上有2个电子为全满状态，较稳定
（3）分子
（4）O>Si>Cu；sp3
（5）12；(1/4，1/4，1/4)；
【解析】【解答】（1）基态Fe的原子价电子排布式为3d64s2 ， 其中s轨道有2个，d轨道有5个，根据洪特规则可知其价电子排布图为：；
（2）Al的第二电离能增幅较大的原因是：Al失去一个电子后，其3s轨道上有2个电子，为全充满状态，3p和3d轨道为全空状态，故较难失去电子，相对稳定；
（3）氯化铝的熔点较低且易升华，其在熔融状态下不能电离出离子，故氯化铝属于分子晶体；
（4）非金属性越强的u安苏，其电负性越大，金属的电负性低于非金属，O和Si为同主族元素怒，同主族元素从上至下非金属性减弱，所以Cu、Si、O元素的电负性由大到小的顺序为：O>Si>Cu；SiO2中每个Si原子与周围的4个O原子形成共价键，所以Si原子采用sp3杂化；
（5）由图可知，该晶胞中，溴原子位于晶胞的顶点和面心，所以与溴原子紧邻的溴原子分别位于“同层”4个，“上下溴层”各4个，总数为12个；R点位于晶胞的左下前方的八分之一的体心，P点时顶点，位于坐标原点，Q点是面心，由图中P点和Q点的原子坐标参数，可确定R点的原子坐标参数为(14,14,14)；已知晶胞参数为apm，NA个晶胞的体积和质量分别为：4×144g、NA×(a×10-10cm)3 ， 故其密度为4×144NA×(a×10-10)3g/cm3；
【分析】（1）基态Fe原子价电子排布式为3d64s2 ， 据此画出其价电子排布图；
（2）Al的基态价电子排布式为3s23p1 ， 失去一个电子后，其价电子排布式为3s2；
（3）分子晶体的熔点一般较低且易升华，在熔融状态下不能电离出离子；
（4）金属的电负性低于非金属，O和Si未同主族元素，结合元素周期律判断；SiO2的中心原子Si周围有4个共价键；
（5）根据晶胞结构作答；R位于晶胞的左下前方的八分之一的体心；根据密度公式ρ=mV进行计算；
26.【答案】（1）用作催化剂(或催化H2O2的分解)
（2）消除滴入溶液的体积对所测气体体积的影响
（3）将右侧刻度管缓缓向下移动直到两侧液面相平
【解析】【解答】（1）稀盐酸中加入少量FeCl3溶液的作用是：用作催化剂(或催化H2O2的分解)。
（2）使用恒压分液漏斗的优点有：使分液漏斗中的溶液顺利滴下；消除滴入溶液的体积对所测气体体积的影响。
（3）实验结束时，待恢复至室温，先：将右侧刻度管缓缓向下移动直到两侧液面相平。主要是测气体气体注意温度、压强、读数，温度是常温所以要恢复至室温，压强是要与外界压强相同，所以要保持两边液面要相平。
【分析】此题考查实验的基本操作方法，根据气体体积的影响因素，及实验过程中误差因素进行判断。
27.【答案】（1）NH4[CuCl2]=CuCl↓+NH4Cl
（2）B；通过观察锥形瓶中产生气泡的快慢可以控制O2的速率
（3）红棕色气体逐渐变为无色
（4）A,B,D
（5）95.5%或95.52%
【解析】【解答】（1）根据反应物及目标产物CuCl，通过过滤条件写出①的化学方程式为：NH4[CuCl2]=CuCl↓+NH4Cl 。
（2）根据气泡逸出速率可得答案：B，通过观察锥形瓶中产生气泡的快慢可以控制O2的速率
（3）电炉加热升温至50℃时停止加热，反应快速进行，当烧瓶中液面上方的现象为：红棕色气体逐渐变为无色时 ， 停止通入氧气，打开瓶塞
（5）数据处理：根据三组数据首先算出滴定液的体积，1中:23.95.实验2:24.45，实验3得出：24.05，发现实验2的数据和实验1、3差别比较大，属于实验误差舍去，实验1、3的平均值是24.再根据这两个方程式CuCl + FeCl3 = CuCl2 + FeCl2 ，Fe2+ + Ce4+ = Fe3+ + Ce3+计算得CuCl的纯度为:95.5%或95.52%
【分析】此题属于信息题，根据题目信息进行书写方程式，注意反应物到生成物原子守恒法的应用，其次根据装置的特点进行判断其它逸出的速率快慢。
四、综合题
28.【答案】（1）2s 22p4；sp3；三角锥形
（2）Cl-；4.82×1024；K、Cr
（3）CrO3
（4）12；1.5
（5）混合型晶体或过渡型晶体
【解析】【解答】（1）由上述分析知Q为氯元素，氯的价层电子排布式为2s22p4 ， L的含氧酸HIO3中含氧酸HLO3即HIO3,其结构为 ,计算可得杂化轨道数为7+4-3 × 2=4,为sp3杂化,由于成键电子对为3对,且含有一对孤对电子,可知IO3-的结构构型为三角锥形,故答案为：2s22p4sp3三角锥形。
（2）ZR42-的配体是Cl- ， 1个CN结构中含有两个π键，则1mol[Z（CN）4]2-中含有8molπ键,所以1mol该配合物中含有的的数目是6.02 × 1023 × 8=4.82×1024。故答案为：4.82×1024。
(3)Y为Cr,根据Cr的化合价特点以及观察结构可知主链上中心原子为Cr原子,而Cr原子间由一个O原子进行链接,所以有两个O原子链接两个Cr原子,即一个Cr占有一个O原子,而每个Cr原子上还有两个没有成键的O原子,所以每个Cr占有3个O原子,则其化学式为CrO3;故答案为：CrO3。
(4)由上述分析知 X为钙，Z为铜，两者的晶体堆积模型相同,即Ca与Cu的堆积模型相同,而Cu的堆积模型为面心立
方最密堆积型: ,配位数为12。根据结构可知一个晶胞中含有4个Ca原子,由于原子半径为200pm=2×10-8cm,一个晶胞中所含Ca原子的质量为(4×40)/NA,体积为V=( 22 r)3,所以计算可得Ca的密度为4×40g/6.02×1023(2 2 ×2×10-8cm)3=1.468g/cm2≈1.5g/cm3。故答案为：12、1.5。
(5)XL2为CaCl2,由于晶体中含有层状结构,且层内有强极性共价键,层间含有范德华力,所以可以知道其晶体类型为混合型晶体或过渡型晶体。故答案为：混合型晶体或过渡型晶体。
【分析】R和L是同主族元素，R的最外层电子数比次外层电子数少1，则R为Li或Cl；L的单质常温常温下是紫黑色固体，应为I2；则R为Cl、L为I；Q和X形成的离子化合物XQ为碱石灰的主要成分，则Q为O、X为Ca；XYZ位于同一周期，则为第四周期，Y的外围电子数是最外层电子的6倍，外围电子排布为3d54s1 ， 则为Cr元素；Z位于ds区且不能和稀硫酸反应产生H2 ， 则Z为Cu；据此结合设问进行作答。
29.【答案】（1）C
（2）sp3；哑铃型
（3）3d104s1；丙；74%
（4）3:4
（5）Na、Cs处于同一主族，并都是金属晶体，同主族元素价电子数相同，从上到下，原子半径依次增大，金属键依次减弱，熔沸点降低
（6）8；932a3NA
【解析】【解答】(1)同周期元素的第一电离能从左到右一般是依次增大的，但由于N元素最外层是半满状态，所以其电离能大于O元素的，因此C、N、O三种元素的第一电离能由小到大的是C
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