2020高考化学决胜大二轮新高考省份专用版：专题五 专题强化训练
2024届高三化学新高考大二轮复习教师用书 专题五 选择题专攻 1-物质能量、能垒变化图像分析
1.物质能量、能垒变化图像分析1．基元反应与非基元反应例如H＋＋OH－===H2O，反应几乎没有过程，瞬间平衡一步到位，称为简单反应；而2HI===H2＋I2的实际机理是分两步进行的，每一步都是一个基元反应：2HI―→H2＋2I·、2I·―→I2，存在未成对电子的微粒称为自由基，反应活性高，寿命短，2HI===H2＋I2称为非基元反应。
2．过渡态A＋B—C―→[A…B…C]―→A—B＋C备注：(1)以上为一种基元反应，其中正反应活化能E a正＝b－a，逆反应活化能E a逆＝b－c，ΔH＝E a正－E a逆。
(2)过渡态(A…B…C)不稳定。
3．中间体备注：处于能量最高点的是反应的过渡态，在多步反应中两个过渡态之间的是中间体，中间体很活泼，寿命很短，但是会比过渡态更稳定些。
4．催化机理能垒图(1)在催化机理能垒图中，有几个活化状态，就有几个基元反应。
可以用图中每步基元反应前后的活性物质，写出其热化学方程式。
注意：如果纵坐标相对能量的单位是电子伏特(eV)，焓变应转化成每摩尔。
(2)每步基元反应的快慢取决于其能垒的大小，能垒越大，反应速率越慢。
例如：在Rh催化下，甲酸分解制H2反应的过程如图所示。
其中带“*”的物种表示吸附在Rh表面，该反应过程中决定反应速率步骤的化学方程式为HCOOH*===HCOO*＋H*；甲酸分解制H2的热化学方程式可表示为HCOOH(g)===CO2(g)＋H2(g)ΔH＝－0.16N A eV·mol－1(阿伏加德罗常数的值用N A表示)。
应用示例我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了CO2与H2在TiO2/Cu催化剂表面生成CH3OH 和H2O的部分反应历程，如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用标注。
反应历程中最小能垒(活化能)E正＝________ eV。
写出历程②的化学方程式及焓变：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
2020版高考化学新课标大二轮专题辅导与增分攻略专题强化训练：化学常用计量 含解析
[解析]12.4 g白磷(P4)的物质的量为12.4 g124 g/mol＝0.1 mol.每个白磷分子中含有6个P—P键.故0.1 mol P4分子中含有P—P键的物质的量为0.6 mol.所含P—P键数目为0.6N A.A项错误；苯环中不含碳碳双键.因此1 mol苯乙烯分子中含有1 mol碳碳双键.B项正确；葡萄糖的结构简式为CH2OH—(CHOH)4—CHO.所以1 mol葡萄糖分子中含有的羟基数目为5N A.C项错误；17 g H2O2的物质的量为17 g34 g/mol＝0.5 mol.H2O2的结构式为H—O—O—H.每个H2O2分子中含2个极性键.故17 g H2O2中含有的极性键数目为N A.D项错误。
[答案] B5．(20xx·山东滨州模拟)设阿伏加德罗常数的值为N A。
下列说法正确的是( )A．向1 L 2 mol·L－1氨水中加盐酸至中性时.生成NH＋4的数目为2N AB．1 mol乙烯分子中含有的共价键数为5N AC．18 g OH－和20 g—OH所含电子数相同D．标准状况下.5.6 L NO与5.6 LO2混合后的气体分子数为0.375N A[解析]向1 L 2 mol·L－1氨水中加盐酸至中性时.溶液的溶质为NH4Cl和NH3·H2O.NH＋4的数目小于2N A.A项错误；每个乙烯分子中有6个共价键(5个σ键、1个π键).故1 mol乙烯分子中含有的共价键数为6N A.B项错误；18 g OH－所含电子数目为1817×10N A,20 g—OH所含电子数目为2017×9N A.故两者所含电子数相同.C项正确；标准状况下.5.6 L NO与5.6 L O2混合后生成0.25 mol NO2.剩余0.125 mol O2.另外还存在可逆反应2NO2N2O4.故混合后气体分子数小于0.375N A.D项错误。
[答案] C6．(20xx·辽宁大连质量检测)将50g质量分数为ω1、物质的量浓度为c1的浓硫酸加入VmL水(水的密度为1g·cm－3)中.稀释后得到质量分数为w2、物质的量浓度为c2的稀硫酸。
2020版高考化学新课标大二轮专题辅导与增分攻略专题强化训练：物质结构与元素周期律 含解析
(2)X 的另一种氢化物X 2H 4可作为火箭推进器燃料.其结构式为______________。
(3)Y 的氧化物中.有一种既含离子键又含共价键.该氧化物的电子式为_______________。
该氧化物与SO 2反应的化学方程式为________________。
(4)Z 的氧化物属于________晶体.工业制备Z 单质的化学方程式为____________。
(5)W 单质是毒性很大的窒息性气体。
工业上用X 气态氢化物的浓溶液检验W 单质是否泄漏.写出反应的化学方程式：________。
[解析] 短周期主族元素X 、Y 、Z 、W 的原子序数依次增大.X 的一种氢化物分子的空间构型为三角锥形.该氢化物为NH 3.则X 为N ；YW 是氯碱工业的主要原料.则Y 为Na.W 为Cl ；Z 的最外层电子数为4.则Z 为Si 。
(1)氯碱工业的生产原理为电解饱和食盐水.得到烧碱、氯气和氢气.化学方程式为2NaCl ＋2H 2O=====通电2NaOH ＋H 2↑＋Cl 2↑。
(2)N 2H 4的结构式为。
(3)Na 的氧化物有Na 2O 、Na 2O 2.Na 2O 2既含离子键又含共价键.其电子式为Na ＋[O ····O ····]2－Na ＋。
Na 2O 2与SO 2发生氧化还原反应：Na 2O 2＋SO 2===Na 2SO 4。
(4)SiO 2属于原子晶体.工业上常用焦炭还原石英砂的方法制备单质硅.化学方程式为2C ＋SiO 2=====高温Si ＋2CO ↑。
(5)工业上利用NH 3的浓溶液检验氯气是否泄漏.NH 3与Cl 2发生氧化还原反应：8NH 3＋3Cl 2===6NH 4Cl ＋N 2.反应中有白烟生成。
[答案] (1)2NaCl ＋2H 2O=====通电2NaOH ＋H 2↑＋Cl 2↑(2)(3)Na ＋[O ····O ····]2－Na ＋ Na 2O 2＋SO 2===Na 2SO 4下.Y的两种气态氧化物之间可发生可逆反应；X、Y、W原子的最外层电子数之和与Z的相等.Z能形成多种氧化物。
2020年高三化学二轮复习选择题强化训练： 氧化还原反应的考查(解题策略 精编30题 答案+解析)
二轮复习选择题强化训练：氧化还原反应的考查【解题策略】主要概念有氧化还原反应、氧化剂、还原剂、氧化反应、还原反应、氧化产物、还原产物等，依据概念进行判断。
1.依据概念，规范过程(1)涉及的氧化还原反应的概念较多，可利用口诀法有效记忆升失氧还氧(化合价升高，失去电子，氧化反应，还原剂，被氧化)降得还氧还(化合价降低，得到电子，还原反应，氧化剂，被还原)。
(2)规范解题过程，减少失误第一步，找变价、分升降;第二步，判类型、定其他;第三步，纵横比、下结论。
即遇到此类题目要根据氧化还原反应特征进行判断，首先标明元素的化合价，判断哪些元素的化合价升高，哪些元素的化合价降低;然后判断是否是氧化还原反应，或者判断哪些物质是氧化剂(或还原剂)，哪些物质被氧化(或被还原)，哪些物质是氧化产物(或还原产物)等;最后根据题意，得出相关结论。
氧化还原反应的基本规律。
（1）主要有价态归中规律，两强两弱规律，优先反应规律和守恒规律“全国卷考题涉及的考点内容”中相关内容)(1)物质氧化性或还原性强弱的比较方法。
【强化训练—经典30题答案+解析】1.下列反应属于氧化还原反应，但不属于四种基本类型反应的是（）A. H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2OB. CuO+H2Cu+H2OC. Cu2(OH)2CO3 =2CuO+ CO2↑+H2OD. 3CO+Fe2O33CO2+2Fe【答案】D【解析】A. H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O属于复分解反应，与题意不符，A错误；B. CuO+H2Cu+H2O属于置换反应，与题意不符，B错误；C. Cu2(OH)2CO3 =2CuO+ CO2↑+H2O属于置换反应，与题意不符，C错误；D. 3CO+Fe2O33CO2+2Fe属于氧化还原反应，但不属于四种基本类型反应，符合题意，D正确；答案为D。
2．实验：①向2 mL 1 mol·L-1 NaBr溶液中通入一定量的氯气，溶液变为黄色；②取①所得溶液滴加到淀粉KI试纸上，试纸变蓝；③向①所得溶液继续通入氯气，溶液由黄色变成橙色。
2020届高考化学二轮大题强化训练：化学工艺流程大题【答案+解析】
化学工艺流程综合1.分别用等量的铁与足量的稀硫酸和足量的CuO 制备单质铜，有人设计了以下两种方案：①Fe ――→H 2SO 4H 2――→CuO Cu ，②CuO ――→H 2SO 4CuSO 4――→Fe Cu 。
对制备得到Cu 的量，下列判断正确的是( ) A ．一样多 B ．①多 C ．②多 D ．无法判断 答案 C解析 方案①中CuO ＋H 2=====△Cu ＋H 2O 需考虑排空问题，故浪费了一部分H 2，所以制得Cu 的量少。
2.工业上用洗净的废铜作原料来制备硝酸铜。
为了节约原料和防止污染环境，宜采取的方法是( )A ．Cu ――→H 2SO 4（浓）△CuSO 4――→Ba （NO 3）2溶液Cu(NO 3)2 B ．Cu ――→空气△CuO ――→HNO 3（稀）Cu(NO 3)2 C ．Cu ――→HNO 3（稀）Cu(NO 3)2 D ．Cu――→HNO 3（浓）Cu(NO 3)2答案 B解析 因Cu 与浓硫酸反应生成二氧化硫污染环境，且消耗酸较多，故不选A ；以空气为原料，可节约原料，且整个过程不产生有害物质，故选B ；Cu 与稀硝酸反应生成硝酸铜，同时生成NO ，污染环境，故不选C ；Cu 与浓硝酸反应生成硝酸铜，同时生成NO 2，污染环境，故不选D 。
3.某化学小组为测定一定质量的某铜铝混合物中铜的质量分数，设计了如下实验方案：方案Ⅰ：铜铝混合物――→足量溶液A充分反应测定生成气体的体积方案Ⅱ：铜铝混合物――→足量溶液B充分反应测定剩余固体的质量 下列有关判断中不正确的是( ) A ．溶液A 和B 均可以是盐酸或NaOH 溶液B ．若溶液B 选用浓硝酸，则测得铜的质量分数偏小C ．溶液A 和B 均可选用稀硝酸D ．实验室中方案Ⅱ更便于实施 答案 C解析 盐酸和Al 反应，剩余Cu ，利用产生的H 2的体积，即可求出Al 的质量分数，从而得出Cu 的质量分数；若用NaOH 和Al 反应，根据产生的H 2的体积，也可求出Cu 的质量分数，A 正确；如果B 选用浓硝酸，浓硝酸可以和Cu 反应，铝钝化使剩余铝的固体质量偏大，从而使测得Cu 的质量分数偏小，B 正确；如果选用稀硝酸，稀硝酸与Cu 、Al 均反应，就会造成方案Ⅱ中没有固体剩余，C 错误；无论选用NaOH 溶液还是盐酸，最后剩余的固体都是Cu ，利用方案Ⅱ直接测固体的质量比较方便，而方案Ⅰ测气体的体积比较麻烦，所以方案Ⅱ更便于实施，D 正确。
2020届高考化学二轮专题强化训练：物质结构 元素周期律(含解析)
物质结构 元素周期律高考命题规律命题角度1原子结构的判断 高考真题体验·对方向1.(2019全国Ⅰ,13)科学家合成出了一种新化合物(如图所示),其中W 、X 、Y 、Z 为同一短周期元素,Z 核外最外层电子数是X 核外电子数的一半。
下列叙述正确的是 ( )A.WZ 的水溶液呈碱性B.元素非金属性的顺序为X>Y>ZC.Y 的最高价氧化物的水化物是中强酸D.该新化合物中Y 不满足8电子稳定结构 ,W 为第ⅠA 族金属元素;Z 最外层有7个电子,由“Z 核外最外层电子数是X 核外电子数的一半”可知,X 核外电子数为14,即X 为硅元素;由四种元素为同一短周期元素可知,W 为钠元素;Z 为氯元素;Y 为P 元素。
NaCl 的水溶液呈中性,A 项错误;元素非金属性的顺序为Z(Cl)>Y (P)>X(Si),B 项错误;P 的最高价氧化物的水化物为磷酸,是中强酸,C 项正确;P 原子最外层有5个电子,与Si 共用两对电子,加上得到Na 的1个电子,因此最外层满足8电子稳定结构,D 项错误。
2.(2019江苏,2)反应NH 4Cl+NaNO 2NaCl+N 2↑+2H 2O 放热且产生气体,可用于冬天石油开采。
下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是( ) A.中子数为18的氯原子 Cl B.N 2的结构式:N NC.Na+的结构示意图:D.H2O的电子式:H····H答案:D解析:中子数为18的氯原子的质量数为17+18=35,原子符号为Cl,A项错误;氮气分子中两原子间有三对共用电子,其结构式为N≡N,B项错误;Na+的结构示意图为,C项错误;水的电子式为H····H,D项正确。
3.(2018江苏,2)用化学用语表示NH3+HClNH4Cl中的相关微粒,其中正确的是()A.中子数为8的氮原子NB.HCl的电子式:H+]-C.NH3的结构式:D.Cl-的结构示意图:答案:C解析:中子数为8的氮原子的质量数为15,应表示为N,A项错误;HCl为共价化合物,电子式为,B项错误;Cl-的结构示意图为,D项错误。
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[专题强化训练](建议用时：40分钟)一、选择题：每小题只有一个选项符合题意。1．2016年IUPAC命名117号元素为Ts，Ts原子最外层电子数是7。下列说法不正确的是( )A．Ts是第七周期第ⅦA族元素B．Ts在同主族元素中非金属性最弱C．Ts的同位素原子具有完全相同的性质D．中子数为176的Ts核素的符号是Ts293117解析：选C。根据各周期稀有气体元素的原子序数判断Ts位于第七周期，Ts原子最外层电子数为7，Ts位于第ⅦA族，A项正确；同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，Ts在同主族元素中非金属性最弱，B项正确；同位素原子的化学性质几乎相同，物理性质不同，C项错误；中子数为176的Ts核素的质量数为117＋176＝293，D项正确。2．运用元素周期表和元素周期律的知识推断，下列说法不合理的是( )A．PH3、H2S、HCl的热稳定性和还原性依次增强B．若X＋和Y2－的核外电子层结构相同，则原子序数：X＞Y
C．硅、锗都位于元素周期表中金属元素与非金属元素的分界处，都可以做半导体材料D．Cs和Ba分别位于第六周期ⅠA和ⅡA族，则碱性：CsOH＞Ba(OH)2
解析：选A。根据元素周期律，同周期元素从左到右简单氢化物的热稳定性逐渐增强，
离子的还原性逐渐减弱，所以PH3、H2S、HCl的热稳定性依次增强，还原性依次减弱，A
项不合理；具有相同电子层结构的离子，阳离子在阴离子的下一周期，则原子序数：X＞Y，B项合理；硅、锗均处于金属元素与非金属元素的分界处，因此这两种元素既表现一定的金属性又表现一定的非金属性，都可以做半导体材料，C项合理；Cs、Ba同周期，自左到右元素金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱，故碱性：CsOH＞Ba(OH)2，D项合理。
3．(2020·天水高三模拟)现有三种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p5。下列有关比较中正确的是( )A．最高正化合价：③>②>①B．原子半径：③>②>①C．电负性：③>②>①D．第一电离能：③>②>①解析：选D。根据核外电子排布式可知①是S，②是P，③是F。F无正价，A错误；同周期主族元素自左向右原子半径逐渐减小，同主族元素自上而下原子半径逐渐增大，则原子半径：②>①>③，B错误；同周期主族元素自左向右电负性逐渐增大，同主族元素自上而下电负性逐渐减小，则电负性：③>①>②，C错误；同周期主族元素自左向右第一电离能呈增大趋势，但P的3p轨道处于半充满状态，稳定性强，第一电离能大于S，则第一电离能：③>②>①，D正确。
4．(2020·山东等级考模拟)利用反应CCl4＋4NaC(金刚石)＋4NaCl可实现
=====973K NiCo
人工合成金刚石。下列关于该反应的说法错误的是( )A．C(金刚石)属于共价晶体B．该反应利用了Na的强还原性C．CCl4和C(金刚石)中C的杂化方式相同
D．NaCl晶体中每个Cl－周围有8个Na＋
解析：选D。A.金刚石晶体中每个C与另外4个C形成共价键，构成正四面体，向空间发展成网状结构，形成的晶体为共价晶体，故A正确；B.该反应中Na由0价→＋1价，做还原剂，将CCl4还原成C(金刚石)，故B正确；C.CCl4和C(金刚石)中C的杂化方式都是sp3杂化，故C正确；D.NaCl晶体中每个Na＋同时吸引6个Cl－，每个Cl－同时吸引6个Na＋，配位数为6，故D错误。5．(2019·瓦房店高级中学高二期中)有关杂化轨道的说法不正确的是( )A．杂化前后的轨道数目不变，但轨道的形状发生了改变B．sp3、sp2、sp杂化轨道的夹角分别为109°28′、120°、180°
C．四面体形、三角锥形、V形分子的结构都可以用sp3杂化轨道解释
D．杂化轨道全部参与形成化学键解析：选D。杂化轨道用于形成σ键或容纳未参与成键的孤电子对。6．下列关于配位化合物的叙述中，不正确的是( )A．配位化合物中必定存在配位键，可能存在极性键B．配位化合物中只有配位键C．[Cu(H2O)6]2＋中的Cu2＋提供空轨道，H2O中的氧原子提供孤电子对形成配位键D．配位化合物在半导体等尖端技术、医学科学、催化反应和材料化学等领域都有着广泛的应用解析：选B。配位化合物中一定含有配位键，也可能含有其他化学键，A项正确，B项错误；Cu2＋有空轨道，H2O中氧原子有孤电子对，可以形成配位键，C项正确；配位化
合物应用领域特别广泛，D项正确。7．部分短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价随原子序数的变化关系如图所示，下列说法正确的是( )
A．离子半径的大小顺序：d＜e＜fB．与x形成简单化合物的沸点：y＞z＞dC．除去实验后试管中残留的g单质，可用热的氢氧化钠溶液D．g、h的氧化物对应的水化物的酸性：h＞g解析：选C。根据题意可推出x、y、z、d、e、f、g、h分别为H、C、N、O、Na、Al、S、Cl。O2－、Na＋和Al3＋具有相同的电子层结构，则核电荷数越
大，离子半径越小，则离子半径大小顺序为O2－＞Na＋＞Al3＋，A项错误；CH4、NH3、H2O中，CH4、NH3常温下为气体，H2O常温下为液体，故水的沸点最高，B项错误；硫能与热的NaOH溶液反应生成硫化钠、亚硫酸钠等可溶性物质而被除去，C项正确；g、h的氧化物对应的水化物即含氧酸有多种，没有说明是最高价含氧酸，无法比较酸性强弱，D项错误。8．(2018·高考全国卷Ⅱ)W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体；Y的周期数是族序数的3倍；Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同。下列叙述正确的是( )A．X与其他三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物B．Y与其他三种元素分别形成的化合物中只含有离子键C．四种元素的简单离子具有相同的电子层结构D．W的氧化物对应的水化物均为强酸解析：选A。根据W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体，可知该气体为NO2，由原子序数递增可知W和X分别为N元素和O元素；结合Y的周期数是族序数的3倍，且Y为短周期元素，则Y只能为Na元素；根据Z原子最外层的电子数与W原子的电子总数相同，且Z为短周期元素可知Z为Cl元素。O与N能形成NO、NO2、N2O5等化合物，O与Na能形成Na2O和Na2O2，O与Cl能形成ClO2、Cl2O7等化合物，A项正确；Na与N、Cl形成的化合物中只含离子键，而Na与O形成的Na2O2中既含离子键又含共价
键，B项错误；N3－、O2－、Na＋均含10个电子，而Cl－含18个电子，C项错误；N元素的最高价氧化物对应的水化物HNO3为强酸，而该选项中没有指明是N元素的最高价氧化物对应的水化物，D项错误。9．(2018·高考江苏卷)短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y原子的最外层只有一个电子，Z位于元素周期表ⅢA族，W与X属于同一主族。下列说法正确的是( )A．原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)B．由X、Y组成的化合物中均不含共价键C．Y的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的弱D．X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强解析：选D。地壳中含量最多的元素X为O元素，短周期元素Y的原子序数大于X，且Y原子的最外层只有一个电子，则Y为Na元素；Z的原子序数大于Na且为第ⅢA族短周期元素，则Z为Al元素；W与X属于同一主族，且为短周期元素，则W为S元素。原子半径：Na>Al>S，A项错误；Na2O2中两个氧原子之间为共价键，B项错误；Y和Z的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al(OH)3，碱性：NaOH>Al(OH)3，C项错误；O的非金属性强于S，则简单气态氢化物的热稳定性：H2O强于H2S，D项正确。
10．(2019·泰安一模)a－5X、b－3Y、aZ、bW、a＋4T 均为短周期元素，其原子半径随原子序数变化如图所示。Z是地壳中含量最高的金属元素，W原子最外层电子数是K层电子数的2倍。则下列说法正确的是( )
A．Z、T两种元素的离子半径相比，前者较大B．X、Y形成的两种化合物中，阴、阳离子的物质的量之比分别为1∶1和1∶2C．X、W、T三种元素的气态氢化物中，稳定性最差的是W的氢化物，沸点最高的是T的氢化物D．Y、T两种元素的最高价氧化物对应的水化物均能溶解X和Z形成的常见化合物解析：选D。Z是地壳中含量最高的金属元素，所以Z是铝。W原子最外层电子数是K层电子数的2倍，且由图可知其原子序数大于铝，所以W是硅。相应地X、Y、T分别是氧、钠、氯。离子半径Z阳离子物质的量之比均为1∶2，B项错误；X的氢化物分子间能形成氢键，所以沸点最高的是X的氢化物，C项错误；Y、T两种元素的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化钠、高氯酸，均能溶解X和Z形成的常见化合物氧化铝，D项正确。二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题意。11．A、B、C、D是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中的两种或三种元素组成的化合物，辛是由C元素形成的单质，常温常压下乙为液态。常温下，0.1 mol·L－1丁溶液的pH为13。上述各物质间的转化关系如图所示。下列说法正确的是( )
A．元素B、C、D的原子半径由大到小的顺序为r(D)＞r(C)＞r(B)B．1.0 L 0.1 mol·L－1戊溶液中阴离子的总物质的量小于0.1 mol
C．1 mol甲与足量的乙完全反应共转移约6.02×1023个电子
D．元素的非金属性B＞C＞A解析：选C。由“常温下，0.1 mol·L－1丁溶液的pH为13”，可推知丁为一元强碱，常温常压下乙为液态，结合框图推断，甲为Na2O2，乙为H2O，辛为O2，丁为NaOH，与Na2O2反应生成O2的还有CO2，则丙为CO2，戊为Na2CO3，综上分析可知，
A、B、C、D分别是H、C、O、Na。原子半径由大到小的顺序为r(Na)＞r(C)＞r(O)，A项错误；Na2CO3溶液中CO水解，水解后阴离子数目增多，B项错误；Na2O2与H2O反
2－3
应，Na2O2既做氧化剂又做还原剂，1 mol Na2O2完全反应转移1 mol电子，C项正确；由元素周期律可知，元素的非金属性O＞C＞H，D项错误。