精品解析全国百强校黑龙江省哈尔滨市第六中学届高三上学期月考化学试题解析版.docx

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精品解析全国百强校黑龙江省哈尔滨市第六中学届高三上学期月考化学试题解析版

黑龙江省哈尔滨市第六中学2019届高三10月月考

化学试题

1.2013年我国载人飞船再次升空，显示出我国航天技术已进入世界一流。

飞船应用了许多尖端的合成材料。

据报道我国科学家近年来研制出一种新型“连续纤维增韧”航空材料，其主要成分是由碳化硅陶瓷和碳纤维复合而成的。

下列相关叙述不正确的是（　　）。

A.它耐高温抗氧化

B.它比钢铁轻、硬，但质地较脆

C.它没有固定熔点

D.它是一种新型无机非金属材料

【答案】B

【解析】

【分析】

A、由该材料主要成分的性质可知其应具有耐高温抗氧化的性能；B、题中给出信息“连续纤维增韧”航空材料，则说明该材料比钢铁轻、硬，韧性较好；C、符合材料属于混合物，没有固定的熔、沸点；D、该材料由无机物复合而成，应为新型无机非金属材料。

【详解】A、碳化硅、陶瓷和碳纤维具有耐高温抗氧化的性能，选项A正确；B、“连续纤维增韧”航空材料，则说明该材料比钢铁轻、硬，韧性较好，选项B不正确；C、该材料是由碳化硅、陶瓷和碳纤维复合而成，属于混合物，没有固定的熔、沸点，选项C正确；D、该材料由无机物复合而成，为新型无机非金属材料，选项D正确；答案选B。

【点睛】本题考查无机非金属材料中的符合材料的组成和性质，题目难度不大，侧重于培养学生从题干提取信息、结合已学知识处理问题的能力。

2.美国宇航局“凤凰”号火星登陆器的显微、电子化学及传导分析仪对两份土壤样本的分析发现，火星北极区表层土壤可能含有高氯酸盐，可创造不利于任何潜在生命的恶劣环境。

则下列说法错误的是（　　）。

A.含有高氯酸盐的土壤不利于生命存在与高氯酸盐具有较强的氧化性有关

B.当元素处于最高价态时一定具有强氧化性

C.可以考虑用加入亚铁盐等还原性物质的方法改善这种土壤

D.一定条件下高氯酸盐能与浓盐酸反应生成氯气

【答案】C

【解析】

【详解】A．高氯酸盐具有较强的氧化性，能使蛋白质变性，所以含有高氯酸盐的土壤不利于生命存在，故A错误；

B．处于最高价的元素不一定具有氧化性，如硫酸钠中硫元素处于最高价+6价，但是不具有氧化性，故B错误；

C．高氯酸盐中的Cl元素处于+7价，最高价，有强的氧化性，可以和具有还原性的物质亚铁离子之间反应，土壤中加入亚铁盐等还原性物质，可以放弃其和土壤中蛋白质反应的机会，所以能改善这种土壤，故C正确；

D．高氯酸盐能中的Cl元素处于+7价，与浓盐酸中的Cl元素处于-1间价之间发生归中反应生成氯气，同时生成其他氯化物，故D错误；

故选C。

3.二氧化硫能使溴水褪色，说明二氧化硫具有（）

A.还原性B.氧化性C.漂白性D.酸性

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】溴水具有氧化性，二氧化硫能使溴水褪色，说明二氧化硫具有还原性，答案选A。

4.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中一定正确的是（　　）。

A.在1molNaHSO4晶体中，含阳离子数为2NA

B.1molC4H10分子中共价键总数为13NA

C.0.5mol·L－1Ba（NO3）2溶液中，NO3-的数目为NA

D.任何条件下，20LN2含有的分子数都不可能为NA

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】A．在1molNaHSO4晶体中，含阳离子K+数为NA，错误；

B．1molC4H10分子中含有C-C共价键是3mol，含有C-H共价键是10mol，所以共价键总数为13NA，正确。

C.只有浓度没有体积，不能确定微粒的物质的量的多少及个数，错误。

D．在一定条件下，20LN2的物质的量可能是1mol，其中含有的分子数可能为NA，错误。

答案选B。

5.卫生部发布公告，自2011年5月1日起，禁止在面粉生产中添加过氧化钙（CaO2）等食品添加剂。

下列对于过氧化钙（CaO2）的叙述错误的是

A.CaO2具有氧化性，对面粉可能具有漂白作用

B.CaO2中阴阳离子的个数比为1:

1

C.CaO2和水反应时，每产生1molO2转移电子4mol

D.CaO2和CO2反应的化学方程式为：

2CaO2＋2CO2＝2CaCO3＋O2

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A、结合过氧化钠的性质推断，CaO2具有氧化性，可能具有漂白性，对面粉可能具有增白作用，选项A正确；B、过氧化钙构成离子是钙离子和过氧根离子，CaO2中阴阳离子的个数比为1：

1，选项B正确；C、CaO2和水反应的化学方程式为2CaO2+2H2O＝2Ca（OH）2+O2↑，每产生1molO2转移电子2mol，选项C错误；D、CaO2和CO2反应的化学方程式为：

2CaO2+2CO2＝2CaCO3+O2；选项D正确；答案选C。

6.下列各项操作中，不发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是

①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2　②向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的稀盐酸　③向AlCl3溶液中逐滴加入过量稀氢氧化钠溶液　④向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸

A.①②B.①③C.①④D.②③

【答案】C

【解析】

①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2，析出晶体碳酸氢钠，不会出现先沉淀后溶解的现象，故①符合；②向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的盐酸，偏铝酸钠和盐酸反应先生成氢氧化铝沉淀，后氢氧化铝和盐酸反应生成可溶性的氯化铝，所以看到的现象是“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”，所以不符合条件，故②不符合；③向AlCl3溶液中逐滴滴加NaOH溶液至过量，先生成氢氧化铝沉淀，继续滴入氢氧化钠溶液会溶解氢氧化铝沉淀，反应现象是先沉淀后溶解，故③不符合；④向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸，盐酸和硅酸钠反应生成难溶性的硅酸，硅酸和盐酸不反应，所以不出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故④符合；答案为C。

7.下列各组物质相互混合反应后，既有气体生成，最终又有沉淀生成的是（　　）

①金属钠投入到FeCl3溶液中　②过量NaOH溶液和明矾溶液混合

③少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中　④Na2O2投入FeCl2溶液中．

A.只有①④B.只有③C.只有②③D.只有①③④

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】①钠浮在水面上，与水剧烈反应，并放出大量热，熔化成小球，黄色的溶液变成红色沉淀，发生2Na+H2O=2NaOH+H2↑、3NaOH+FeCl3=3NaCl+Fe（OH）3↓，故①既有气体生成最终又有沉淀生成；

②过量的NaOH溶液和明矾溶液反应的方程式为：

KAl（SO4）2•12H2O+4NaOH=KAlO2+14H2O+2Na2SO4，故②中既无气体生成最终又无沉淀生成；

③中Ca（OH）2与NaHCO3溶液反应生成CaCO3沉淀，故③最终只有沉淀生成；

④Na2O2与水反应：

2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，NaOH与FeCl2发生反应：

2NaOH+FeCl2=Fe（OH）2↓+2NaCl，Fe（OH）2被水中Na2O2与水反应生成的氧气和空气中的氧气氧化4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3现象为：

有气体和红褐色沉淀生成，故④中既有气体生成最终又有沉淀生成；

只有①④符合题意，故答案为A。

8.下列除去杂质的方法不正确的是

A.镁粉中混有少量铝粉：

加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥

B.用过量氨水除去Fe3＋溶液中的少量Al3＋

C.用新制的生石灰，通过加热蒸馏，以除去乙醇中的少量水

D.Al（OH）3中混有少量Mg（OH）2：

加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤，向滤液中通入过量CO2后过滤

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】A、Al能与烧碱溶液反应而Mg不反应，A正确；

B、Fe3+与Al3+均能与氨水反应生成沉淀，且不溶于过量的氨水，B错误；

C、乙醇沸点较低，水与生石灰反应生成熟石灰，所以可用蒸馏方法使乙醇蒸出，C正确；

D、烧碱溶液和氢氧化铝反应生成偏铝酸钠溶液，过滤出氢氧化镁，向滤液中通入过量的二氧化碳会生成氢氧化铝沉淀，能够实现除杂的目的，D正确。

答案选B。

9.美国普度大学研究开发出一种利用铝镓合金制备氢气的新工艺（如图所示）。

下列有关该工艺的说法错误的是（）

A.该过程中，能量的转化形式只有两种

B.铝镓合金可以循环使用

C.铝镓合金与水反应的化学方程式为：

2Al＋3H2O

Al2O3＋3H2↑

D.总反应式为2H2O

2H2↑＋O2↑

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】A．该工艺中能量的转化形式有：

太阳能转化为电能、电能转化为化学能、电能转化为热能，所以有三种形式的能量转化，故A错误；

B．开始的反应物是铝镓合金，最终的生成物是铝镓合金，所以铝镓合金能循环使用，故B正确；

C．铝镓合金与水的反应中生成物是氧化铝、氢气和镓，相当于镓未参加反应，所以实际上发生的反应是2Al＋3H2O

Al2O3＋3H2↑，故C正确；

D．据反应物与最终产物，据此整个过程实质是水分解生成氢气与氧气，该工艺中总反应为：

2H2O

2H2↑＋O2↑，故D正确；

答案选A。

10.下列关于铁的叙述正确的是（）

①铁能被磁铁吸引，但纯铁易被腐蚀　②在人体内的血红蛋白中含有铁元素　③铁位于元素周期表中第四周期第ⅧB族　④铁能在氧气中剧烈燃烧，但不能在水蒸气中燃烧　⑤铁与强氧化剂硝酸反应的产物仅是Fe（NO3）3　⑥不能通过化合反应制得FeCl2和Fe（OH）3

A.①③B.②④C.②⑤D.④⑥

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】当铁中含有杂质时，在潮湿的空气中会发生电化学腐蚀，而纯铁的抗腐蚀能力较强；铁位于元素周期表的第Ⅷ族，而不是第ⅧB族；铁与强氧化剂反应，能被氧化为Fe3＋，但若铁过量，则Fe3＋被Fe还原为Fe2＋，所以，Fe与HNO3反应的产物可能因铁过量而生成Fe（NO3）2；FeCl2、Fe（OH）3可分别通过化合反应Fe＋2FeCl3=3FeCl2、4Fe（OH）2＋O2＋2H2O=4Fe（OH）3制得。

故选项B正确。

11.把22．4g铁粉完全溶解于某浓度的硝酸中，如反应只收集到0．3molNO2和0．2molNO，下列说法正确的是

A.反应后生成的盐只为Fe（NO3）3

B.反应后生成的盐只为Fe（NO3）2

C.反应后生成的盐为Fe（NO3）3和Fe（NO3）2，其物质的量之比为1∶3

D.反应后生成的盐为Fe（NO3）3和Fe（NO3）2，其物质的量之比为3∶1

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】22.4g铁粉的物质的量为22.4g÷56g/mol=0.4mol；收集到0.3molNO2和0.2molNO过程中得到电子物质的量为：

0.3mol×[（+5）-（+4）]+0.2mol×[（+5）-（+2）]=0.9mol；若反应生成的盐只有Fe（NO3）3，Fe失去的电子物质的量为1.2mol≠0.9mol，若反应生成的盐只有Fe（NO3）2，Fe失去的电子物质的量为0.8mol≠0.9mol，所以可得22.4g铁粉反应后生成了硝酸铁和硝酸亚铁，根据Fe守恒n[Fe（NO3）3]+n[Fe（NO3）2]=0.4mol，根据得失电子相等可得3n[Fe（NO3）3]+2n[Fe（NO3）2]=0.9mol，解得n[Fe（NO3）3]=0.1mol，n[Fe（NO3）2]=0.3mol，Fe（NO3）3和Fe（NO3）2物质的量之比为1∶3，答案选C。

12.某稀溶液中含有Fe（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3，向其中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2＋的浓度与加入铁粉的物质的量之间的关系如图所示，则溶液中Fe（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3物质的量浓度之比为（　　）

A.1∶1∶1B.1∶3∶1

C.3∶3∶8D.1∶1∶4

【答案】D

【解析】

【分析】

分析溶液中Fe2＋的浓度与加入铁粉的物质的量之间的关系图，可知，加入1mol铁粉，此时c（Fe2+）为0，说明此时发生反应：

Fe＋4HNO3（稀）=Fe（NO3）3＋NO↑＋2H2O。

再加入1mol铁粉，c（Fe2+）由0变为3，可知此时发生反应：

2Fe（NO3）3＋Fe=3Fe（NO3）2。

当加入铁粉的物质的量为3mol时，c（Fe2+）浓度由3变为4，则发生了：

Cu（NO3）2＋Fe=Fe（NO3）2＋Cu。

据此分析。

【详解】将铁粉加入该稀溶液中，依次发生的反应是Fe＋4HNO3（稀）=Fe（NO3）3＋NO↑＋2H2O，2Fe（NO3）3＋Fe=3Fe（NO3）2，Cu（NO3）2＋Fe=Fe（NO3）2＋Cu。

由图可知，稀硝酸消耗1molFe同时生成1molFe（NO3）3，溶液中Fe（NO3）3消耗了1molFe，而Cu（NO3）2消耗了1molFe，结合反应方程式可知，消耗1molFe需要4molHNO3、2molFe（NO3）3和1molCu（NO3）2，则原溶液中有4molHNO3、1molFe（NO3）3，1molCu（NO3）2，则溶液中Fe（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3物质的量浓度之比为1∶1∶4。

D项正确；

答案选D。

13.氢化亚铜（CuH）是一难溶物质,用CuSO4溶液和另一种“反应物”在40~50℃时反应可生成它。

CuH不稳定,易分解;CuH在氯气中能燃烧,跟盐酸反应能产生气体。

下列有关推断中错误的是（   ）

A.这里的"另一种反应物"具有还原性B.CuH可作氧化剂、还原剂

C.CuH+Cl2

CuCl+HCl（燃烧）D.CuH+HCl

CuCl+H2↑（常温）

【答案】C

【解析】

【分析】

Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，在反应中CuSO4作氧化剂；CuH中Cu元素为+1价，既能升高又能降低；CuH在氯气中能燃烧，Cu元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低；CuH跟盐酸反应能产生气体，气体为氢气。

【详解】A、Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，在反应中CuSO4作氧化剂，则“另一种反应物”在反应中作还原剂，具有还原性，故A正确；

B、CuH中Cu元素为+1价，既能升高又能降低，所以CuH既可做氧化剂也可做还原剂，故B正确；

C、CuH在氯气中能燃烧，Cu元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低，则发生2CuH+3Cl2═2CuCl2+2HCl↑，故C错误；

D、CuH跟盐酸反应能产生气体，气体为氢气，该反应中只有H元素的化合价发生变化，反应为CuH+HCl═CuCl+H2↑，故D正确。

答案选C。

【点睛】本题考查氧化还原反应，注意利用信息及反应中元素的化合价变化来解答注重知识的迁移应用来考查学生。

14.下列说法正确的是（）

A.CO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在

B.检验红砖中的氧化铁成分，向红砖粉末中加入盐酸，充分反应后取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液2～3滴即可

C.在粗硅的制取中，2C+SiO2

Si+2CO↑硅被还原，所以硅的非金属性比碳强

D.用SiO2制取硅酸，应先使二氧化硅与氢氧化钠溶液反应，然后通CO2

【答案】D

【解析】

A选项中NO易被空气氧化，A错误；B选项中KSCN溶液变红色只能说明红砖中含有＋3价的铁，并不能说明铁以氧化铁形式存在，B错误；C选项通过该反应可判断还原性C>Si，但实际上非金属性：

C>Si，C错误；D选项正确。

15.下列说法正确的是（　　）

A.SO2和SO3都是酸性氧化物，二者的水溶液都是强酸

B.将铜片放入浓硫酸中，无明显现象是因为铜片发生了钝化

C.硫粉在适量的纯氧中燃烧可以生成大量的SO3

D.富含硫磺的矿物在工业上可用于制造硫酸

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A.二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸为弱酸，三氧化硫与水反应生成硫酸，硫酸为强酸，选项A错误；

B.铜和浓硫酸在常温下不反应，在加热条件下反应，二者不发生钝化，选项B错误；

C.S在氧气中燃烧生成二氧化硫，二氧化硫在催化剂加热条件下才与氧气反应生成三氧化硫，选项C错误；

D.富含硫黄的矿物在高温下与氧气生成二氧化硫，二氧化硫在催化氧化得到三氧化硫，三氧化硫与水反应制得硫酸，所以富含硫黄的矿物在工业上可用于制造硫酸，选项D正确．

答案选D。

16.宁夏的硒砂瓜现今已享誉区内外，西瓜富含硒元素，有延年益寿、抗衰老、抗癌作用，因之得名“硒砂瓜”。

二氧化硒（Se）是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se。

在回收过程当中涉及到如下化学反应：

①SeO2＋4KI＋4HNO3―→Se＋2I2＋4KNO3＋2H2O；②Se＋2H2SO4（浓）―→2SO2↑＋SeO2＋2H2O。

下列有关叙述正确的是（　　）

A.SeO2、H2SO4（浓）、I2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4（浓）＞SeO2＞I2

B.①中Se是氧化产物，I2是还原产物

C.反应①中KI是氧化剂，SeO2是还原剂

D.反应①中每有0.6molI2生成，转移电子数目为2.4NA

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】A、在氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的，所以SeO2、H2SO4（浓）、I2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4（浓）>SeO2>I2，所以A正确；

BC、反应①中，Se的化合价降低，I的化合价升高，所以SeO2是氧化剂，KI是还原剂，Se是还原产物，I2是氧化产物，BC都不正确；

D、反应①中每有0.6molI2生成，转移电子1.2mol，D不正确，

答案选A。

17.汽车排放的尾气中含有NO2，NO2是城市大气污染的主要污染物之一。

在日光照射下，NO2发生一系列光化学烟雾的循环反应，从而不断产生O3，加重空气污染。

反应过程为①2NO2―→2NO＋2O；②2NO＋O2―→2NO2；③O＋O2―→O3。

下列对该反应过程及产物叙述正确的是（　　）。

A.NO2起催化剂作用

B.NO起催化剂作用

C

NO2只起氧化剂作用

D.O3与O2互为同分异构体

【答案】A

【解析】

【分析】

总反应方程式的写法是将分反应方程式的反应物和反应物放在一块，生成物和生成物放在一块，反应物与生成物中相同的物质分子要抵消后，反应前后质量化学性质不变的是催化剂。

【详解】分反应中反应物有O3、NO、O、NO2，生成物有NO2、O2、NO、O2合在一块是：

O3+NO+O+NO2═NO2+O2+NO+O2，反应物和生成物中相同的要消去即：

O3+O═2O2，由方程式可知一氧化氮和二氧化氮都参加了反应，但最后又生成了它们，说明它们是催化剂，催化剂所起的作用叫做催化作用。

A、根据反应过程，可以知道二氧化氮的作用是催化剂和氧化剂，选项A正确；B、根据反应过程以及反应2NO+O2→2NO2，知道一氧化氮的作用是还原剂，催化剂应为前一个反应的反应物在后一个反应生成，选项B错误；C、根据反应过程，可以知道二氧化氮的作用是催化剂和氧化剂，选项C错误；D、氧气和臭氧是氧元素的两种同素异形体，选项D错误。

答案选A。

【点睛】本题主要考查学生阅读信息、筛选信息的能力．首先根据题中信息必须知道反应是循环反应，臭氧是生成物最基本的信息。

18.近年来我国政府强化了对稀土元素原料的出口管制，引起了美、日等国家的高度关注与不满。

所谓“稀土元素”是指镧系元素及第五周期ⅢB族的钇（39Y），它们被称为“工业味精”。

它们在军工生产、高科技领域中有极为重要的作用，下列有关“稀土元素”的说法正确的是（　　）。

A.它们的原子核外均有5个电子层

B.它们的原子最外层均含有3个电子

C.它们均是金属元素

D.76Y、80Y中子数不同，化学性质不同

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A．镧系元素属于第六周期，而周期序数等于电子层数，则原子核外有6个电子层，选项A错误；

B．过渡元素最外层电子均只有1-2个，选项B错误；

C．过渡元素均为金属元素，选项C正确；

D．76Y、80Y互为同位素，化学性质几乎相同，选项D正确；

答案选C。

19.科学家从化肥厂生产的（NH4）2SO4中检验出组成为N4H4（SO4）2的物质，经测定，该物质易溶于水，在水中以SO42-和N2H44+两种离子形式存在，植物的根系极易吸收N2H44+，但它遇到碱时，会生成一种形似白磷的N4分子。

N4分子不能被植物吸收。

下列有关说法不正确的是（　　）

A.N4和N2互为同素异形体

B.14N与14C互为同位素

C.N4H4（SO4）2不能与草木灰混合使用

D.8NH3＋4C5OH===N4＋4C5NH2＋6H2＋4H2O，此反应中每生成5.6gN4时转移1.2mol电子

【答案】B

【解析】

N4与N2都是N元素的单质，A对；14N与14C是不同元素的原子，B错；草木灰水解显碱性，N4H4（SO4）2中的N4H44+在碱性条件下生成N4分子不能被植物吸收，C对；8NH3＋4C5OH=N4＋4C5NH2＋6H2＋4H2O反应中4molNH3反应生成1molN4，转移电子的物质的量为12mol，生成0.1molN4转移电子的物质的量为1.2mol，D对。

20.下列叙述正确的是

A.两种微粒，若核外电子排布完全相同，则其化学性质一定相同

B.凡单原子形成的离子，一定具有稀有气体元素原子的核外电子排布

C.两原子如果核外电子排布相同，则一定属于同种元素

D.阴离子的核外电子排布一定与上一周期稀有气体原子的核外电子排布相同

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A．Na+和Mg2+核外电子排布相同，但化学性质不同，互为同位素的原子，化学性质几乎完全相同，故A错误；

B．Pb2+、Pb4+核外电子排布不同，它们不可能都和一种稀有气体原子的核外电子排布相同，故B错误；

C．两原子核外电子数相同，则质子数相同，两原子是同一元素，互为同位素，故C正确；

D．原子获得电子形成阴离子，最外层呈稳定结构，电子层数目不变，阴离子的核外电子排布一定与本周期的稀有气体原子的核外电子排布相同，不是“上一周期”，故D错误；

故答案为C。

21.X、Y、Z是原子序数依次递增的短周期元素，3种元素的原子核外电子数之和与Ca2＋的核外电子数相等，X、Z分别得到一个电子后均形成稀有气体原子的稳定电子层结构。

下列说法正确的是

A.原子半径：

Z＞Y＞X

B.Z与X形成化合物的沸点高于Z的同族元素与X形成化合物的沸点

C.CaY2与水发生氧化还原反应时，CaY2只作氧化剂

D.CaX2、CaY2和CaZ2等3种化合物中，阳离子与阴离子个数比均为1∶2

【答案】B

【解析】

【分析】

X、Y、Z是原子序数依次递增的短周期元素，3种元素的原子核外电子数之和与Ca2+的核外电子数相等，3种元素的核外电子数之和为18，Z得到1个电子变成8电子结构，则Z为F元素，则X、Y一定至少有一种位于第2周期，X得到一个电子后均形成稀有气体原子的稳定电子层结构，故X为H元素，Y元素原子核外电子数为18-1-9=8，故Y为O元素，

【详解】A、X、Y、Z分别是H、O、F，同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径O＞F＞H，A错误；

B、HF分子之间含有氢键，沸点高于其它同族氢化物的沸点，B正确；

C、过氧化钙与水反应，过氧化钙既是氧化剂又是还原剂，C错误；

D、CaO2其阴离子