甘肃省兰州市第五十五中学2020届高三上学期12月月考化学试题

甘肃省兰州市第五十五中学2020届高三上学期12月月考化学试题

‎2019—2020学年度第一学期高三化学12月考试卷 卷I（选择题）‎ ‎ 一、 选择题（本题共计7小题，每题6分 ，共计42分）‎ ‎1.为除去括号内杂质,所选用的试剂或方法不正确的是 A. Na2CO3溶液(NaHCO3),选用适量的NaOH溶液 B. NaHCO3溶液(Na2CO3),应通入过量的CO2气体 C. Na2O2粉末(Na2O),将混合物在氧气中加热 D. Na2CO3溶液(Na2SO4),加入适量Ba(OH)2溶液,过滤 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.NaHCO3＋NaOH===Na2CO3＋H2O，由于NaOH适量，A项正确；‎ B.Na2CO3＋CO2＋H2O===2NaHCO3，通入CO2可以将少量的Na2CO3转化为NaHCO3而除去,B项正确；‎ C.2Na2O＋O22Na2O2，在空气中可以将少量的Na2O转化为Na2O2而除去，C项正确；‎ D.Na2CO3＋Ba(OH)2===BaCO3↓＋2NaOH，Na2SO4＋Ba(OH)2===BaSO4↓＋2NaOH，D项错误。‎ 故选D。‎ ‎2.下列说法正确的是(　　)‎ A. 向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液的离子方程式：2Al3＋＋3CO32-=Al2(CO3)3↓‎ B. 泡沫灭火器灭火是利用了Al2(SO4)3和小苏打的反应 C. 铝与Fe2O3发生铝热反应，反应后固体物质增重 D. 氯化铝溶液滴入浓NaOH溶液中，产生大量白色沉淀 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、铝离子水解显酸性，碳酸根离子水解显碱性，混合后水解相互促进，生成氢氧化铝和二氧化碳，反应的离子方程式为2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，故A错误；‎ B、泡沫灭火器灭火主要成分是Al2(SO4)3和小苏打，Al2(SO4)3水解呈酸性，小苏打水解呈碱性，二者会发生双水解生成氢氧化铝、二氧化碳、和水用于灭火，故B正确； ‎ C、铝与Fe2O3发生铝热反应生成Fe和Al2O3‎ 固体物质，原子种类和数目均未变，并且反应物、生成物均为固体，所以固体物质质量不变，故C错误；‎ D、AlCl3溶液滴入浓的NaOH溶液中会得到偏铝酸钠溶液，当氯化铝过量，才有沉淀生成，故D错误； ‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为D，要注意开始时，氢氧化钠过量，生成偏铝酸钠，当氯化铝过量，3AlO2-+ Al3++ 6H2O=4Al(OH)3↓，即开始无沉淀，一段时间后出现沉淀。‎ ‎3.有一块铁的“氧化物”样品，用140mL 5.0mol·L－１盐酸恰好将之完全溶解，所得溶液还能吸收0.025mol Cl2，恰好使其中的Fe2+全部转变为Fe3+，则该样品可能的化学式为 A Fe2O3 B. Fe3O‎4 ‎C. Fe4O5 D. Fe5O7‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】n（HCl）=‎0.14L×5.0mol/L=0.7mol，由氧化物和盐酸反应生成水可知，氧化物中含有n（O）=n（HCl）=0.35mol，所得溶液还能吸收0.025mol Cl2，恰好使其中的Fe2+全部转变为Fe3+，反应后所得溶液为FeCl3，因n（Cl-）=0.7mol+0.025mol×2=0.75mol，则n（Fe3+）=n（Cl-）=0.25mol，所以氧化物中n（Fe）∶n（O）=0.25∶0.35=5∶7，所以化学式为Fe5O7；‎ 答案选D。‎ ‎4.下列说法正确的是 A. 水泥、玻璃、青花瓷、水晶、玛瑙都属于硅酸盐工业产品 B. 二氧化碳通入水玻璃中可以得到原硅酸 C. 因为高温时二氧化硅与碳酸钠反应放出二氧化碳，所以硅酸酸性比碳酸强 D. 2MgO·SiO2中的酸根阴离子为SiO42-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．硅酸盐工业产品是用含硅物质为原料，经高温加热制成的产品，水泥、玻璃、青花瓷硅酸盐工业产品，水晶、玛瑙不是硅酸盐工业产品，A错误；‎ B．二氧化碳溶于水生成碳酸，碳酸的酸性比硅酸强，则二氧化碳通入水玻璃中可以得到原硅酸，B正确；‎ C．只能得出高温下硅酸钠比碳酸钠稳定的结论，不能确定硅酸酸性比碳酸强，C错误；‎ D．2MgO·SiO2为氧化物形式，再改回硅酸盐的分子式为Mg2SiO4，酸根阴离子应为SiO44-，D错误；‎ 答案为B ‎【点睛】高温下，二氧化硅与碳酸钠反应放出二氧化碳，只能据此判断高温条件下硅酸钠和碳酸钠的稳定性的相对强弱；二氧化碳通入水玻璃可得原硅酸是符合强酸制弱酸的规律。‎ ‎5.某兴趣小组设计用铁粉将NO还原为N2（同时生成FeO），下列说法不正确的是 已知：①浓硝酸可氧化NO；②NaOH溶液能吸收NO2，不吸收NO A. 装置的连接顺序为afejihg（或gh）bcd B. 装置E中发生的化学方程式为2NO+2Fe2FeO+N2‎ C. 装置D的作用是吸收挥发出来的硝酸和产生NO2‎ D. 装置B的作用是干燥，防止水蒸气进入E中干扰反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、根据实验原理利用NO被灼热的铁粉还原为N2，同时生成FeO，所以首先应制备纯净的干燥的NO，利用铜与稀硝酸反应生成NO，由于硝酸具有挥发性，所以制得的NO中会混有硝酸和水蒸气气体，则先通过装置D除去挥发出的HNO3等酸性气体，然后再通过F干燥，得到纯净的干燥的NO进入E中与铁粉反应，最后处理多余的NO，又因为NaOH溶液不与NO反应，而浓硝酸可氧化NO生成NO2，所以最终先通过B氧化NO，后再通过C吸收，故上述装置接口的连接顺序为a→f→e→j→i→h→g（或g→h）→b→c→d，正确；B、装置E中NO被灼热的铁粉还原为N2，同时生成FeO，反应的化学方程式为2NO+2Fe2FeO+N2，正确；C、装置D盛放的是水，其作用是除去挥发出的HNO3等酸性气体，正确；D、装置B盛放的是浓硝酸，依题意可以氧化NO，便于氢氧化钠溶液吸收，错误。‎ ‎6.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 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 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，W是N，X是O；Y的周期数是族序数的3倍，因此Y只能是第三周期，所以Y是Na；Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同，Z的最外层电子数是7个，Z是Cl，结合元素周期律和物质的性质解答。‎ ‎【详解】根据以上分析可知W、X、Y和Z分别是N、O、Na、Cl。则 A. 氧元素与其N、Na、Cl三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物，例如NO、NO2、Na2O、Na2O2、Cl2O7、ClO2等，A正确；‎ B. 过氧化钠中含有离子键和共价键，B错误；‎ C. N、O、Na三种元素的简单离子具有相同的电子层结构，均是10电子，氯离子是18电子微粒，C错误；‎ D. 亚硝酸为弱酸，D错误；‎ 答案选A ‎【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的知识，准确判断出元素是解答的关键，红棕色气体是解答的突破点，该类试题与元素化合物的知识结合的比较多，元素推断只是一种载体，注意掌握常见单质及其化合物的性质、典型用途、制备等。‎ ‎7.W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，元素X和Z同族。盐YZW与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到YZW的溶液。下列说法正确的是 A. 原子半径大小为W＜X＜Y＜Z B. X的氢化物水溶液酸性强于Z的 C. Y2W2与ZW2均含有非极性共价键 D. 标准状况下W的单质状态与X的相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题明显是要从黄绿色气体入手，根据其与碱溶液的反应，判断出YZW是什么物质，然后代入即可。‎ ‎【详解】黄绿色气体为氯气，通入烧碱溶液，应该得到氯化钠和次氯酸钠，所以YZW为NaClO，再根据W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，X和Z同族，得到W、X、Y、Z分别为O、F、Na、Cl。‎ A．同周期由左向右原子半径依次减小，同主族由上向下原子半径依次增大，所以短周期中Na（Y）的原子半径最大，选项A错误；‎ B．HCl是强酸，HF是弱酸，所以X（F）的氢化物水溶液的酸性弱于Z（Cl）的，选项B错误；‎ C．ClO2的中心原子是Cl，分子中只存在Cl和O之间的极性共价键，选项C错误；‎ D．标准状况下，W的单质O2或O3均为气态，X的单质F2也是气态，选项D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题相对比较简单，根据题目表述可以很容易判断出四个字母分别代表的元素，再代入四个选项判断即可。要注意选项D中，标准状况下氧气、臭氧、氟气的状态为气体。‎ 卷II（非选择题，共58分）‎ 二、填空题（本题共计 4 小题 ） ‎ ‎8.氮化铝(AlN)是一种新型无机非金属材料。为了分析某AlN样品(样品中的杂质不与氢氧化钠溶液反应)中AlN的含量，某实验小组设计了如下两种实验方案。‎ 已知：AlN＋NaOH＋H2O=NaAlO2＋NH3↑‎ 方案1　取一定量的样品，用以下装置测定样品中AlN的纯度(夹持装置已略去)。‎ ‎(1)上图装置C中球形干燥管的作用是__________________________________________。‎ ‎(2)完成以下实验步骤：组装好实验装置，首先____________，再加入实验药品。接下来的实验操作是____________，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体。打开K1，通入氮气一段时间，测定装置C反应前后的质量变化。通入氮气的目的是___________。‎ ‎(3)若去掉装置B，则导致测定结果________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。由于上述装置还存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改进意见：_______________________。‎ 方案2　按以下步骤测定样品中AlN的纯度：‎ ‎(4)步骤②生成沉淀的离子方程式为___________________________________________。‎ ‎(5)步骤③的操作是_____________。‎ ‎【答案】 (1). 防止倒吸 (2). 检查装置的气密性 (3). 关闭K1，打开K2 (4). 把装置中残留的氨气全部赶入装置C (5). 偏高 (6). 在装置C的出口处连接一个干燥装置 (7). CO2＋AlO2-＋2H2O=HCO3-＋Al(OH)3↓ (8). 过滤、洗涤 ‎【解析】‎ ‎【方案l】方案1的测定原理是通过测定A1N+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑反应生成氨气的质量来计算氮化铝的含量，结合装置的结构和测定原理分析解答(1)～(3)；‎ 根据方案2的流程可知，样品溶解于过量的氢氧化钠溶液中过滤洗涤，得到滤液和洗涤液中通入过量二氧化碳和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，过滤洗涤得到氢氧化铝固体，煅烧得到氧化铝固体，据此分析解答(4)和(5)。‎ ‎【详解】(1)氨气能够与浓硫酸发生反应，易发生倒吸，图C装置中球形干燥管可以防止倒吸，故答案为：防止倒吸；‎ ‎(2)组装好实验装置，制备气体需要先检查装置气密性，加入实验药品。接下来的实验操作是关闭K1，打开K2，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体。打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化。通入氮气可以使反应生成的氨气全部赶入装置C被浓硫酸吸收，准确测定装置C 的增重计算，故答案为：检查装置的气密性；关闭K1，打开K2；把装置中残留的氨气全部赶入装置C；‎ ‎(3)若去掉装置B，会导致测定氨气的含量增大，导致AlN的含量测定结果偏高，该装置中空气中的水蒸气也可以进入装置C，使测定结果偏高，需要连接一个盛碱石灰的干燥管，故答案为：偏高；在装置C的出口处连接一个干燥装置；‎ ‎(4)步骤②生成的沉淀是氢氧化铝，是偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳气体反应生成的，反应的离子方程式为：CO2+AlO2-+2H2O=HCO3-+Al(OH)3↓，故答案为：CO2+AlO2-+2H2O=HCO3-+Al(OH)3↓；‎ ‎(5)根据流程图可知，步骤③是过滤洗涤得到氢氧化铝沉淀，故答案为：过滤、洗涤。‎ ‎9.CaS用于制备除虫剂、发光材料等。某课题组拟用硫酸钙和焦炭在高温下反应制备硫化钙并检验产物。‎ ‎(1)甲同学设计如图所示实验装置检验气体产物。‎ B装置的作用是______________________________；D和E装置能检验装置A的反应产物中的________(填化学式)；E装置中可能出现的现象是_________________________________。‎ ‎(2)乙同学提出，根据氧化还原反应原理，装置A中的气体产物可能还有CO2、SO2，为了验证他的猜想，结合上述装置并选择下列仪器设计实验方案(同一种仪器可重复使用)。‎ ‎①气流从左至右，仪器连接顺序为A、F、__________。‎ ‎②能证明有CO2的现象是______________________________________________________。‎ ‎③除去SO2的离子方程式为___________________________________________________。‎ ‎(3)经实验检验气体产物有SO2、CO、CO2且气体体积之比为1∶1∶2，写出A 中反应的化学方程式：________________________________________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 除去酸性气体 (2). CO (3). 溶液变浑浊 (4). J、F、I、M (5). 第2个F中溶液不褪色，I中溶液变浑浊 (6). 5SO2＋2MnO4-＋2H2O=2Mn2＋＋5SO42-＋4H＋ (7). 2CaSO4＋‎3C CaS+CaO+SO2↑+2CO2↑+CO↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 硫酸钙和焦炭在高温下反应制备硫化钙的反应中可能产生使氧化铜还原的气体应为CO，CuO氧化CO生成红色的Cu和CO2，CO2使石灰水变浑浊。验证A中的气体产物可能还有CO2、SO2，必须先用品红验证SO2后再用酸性高锰酸钾除去SO2，再用澄清石灰水检验CO2，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)硫酸钙和焦炭在高温下反应制备硫化钙的反应中可能产生使氧化铜还原的气体应为CO，因此氢氧化钠溶液可吸收除去酸性气体，但不能吸收CO；通过一氧化碳还原氧化铜由黑色变红色和CO2能够使澄清石灰水变浑浊的现象，证明装置A的反应产物是CO；反应生成的二氧化碳能够使E装置中的澄清石灰水变浑浊，故答案为：除去酸性气体；CO；溶液变浑浊；‎ ‎(2)①装置A中的气体产物可能还有CO2、SO2，根据装置图，可以通过品红溶液检验二氧化硫，除去二氧化硫后再用澄清石灰水检验二氧化碳，因此气流从左至右的仪器连接顺序为A、F、J、F、I、M，故答案为：J、F、I、M；‎ ‎②能证明有CO2的现象是第2个F中品红溶液不褪色，I中澄清石灰水变浑浊，故答案为：第2个F中溶液不褪色，I中溶液变浑浊；‎ ‎③装置J中酸性高锰酸钾将二氧化硫氧化，反应的离子方程式为5SO2+2MnO4-+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+，故答案为：5SO2+2MnO4-+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+；‎ ‎(3)经实验检验气体产物有SO2、CO、CO2且气体体积之比为1∶1∶2，反应化学方程式为2CaSO4+‎3C CaS+CaO+SO2↑+2CO2↑+CO↑，故答案为：2CaSO4+‎3C CaS+CaO+SO2↑+2CO2↑+CO↑。‎ ‎【点睛】本题的难点和易错点为(3)中方程式的书写，要注意正确判断反应的生成物，并结合质量守恒配平方程式。‎ ‎10.工业上用某矿渣(含有Cu2O、Al2O3、Fe2O3、SiO2)提取铜的操作流程如下(金属单质E可由滤液C制取)：‎ 已知：Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O。‎ ‎(1)实验操作Ⅰ的名称为________；在空气中灼烧固体混合物D时，用到多种硅酸盐质的仪器，除玻璃棒、酒精灯、泥三角外，还有________(填仪器名称)。‎ ‎(2)滤液A中铁元素的可能存在形式为________(填离子符号)，生成该离子的方程式为_____，‎ 若滤液A中存在Fe3＋，检验该离子的试剂为________(填试剂名称)。‎ ‎(3)金属E和固体F反应发生的某一反应可用于焊接钢轨，该反应化学方程式为_________。‎ ‎【答案】 (1). 过滤 (2). 坩埚 (3). Fe2＋(或Fe2＋、Fe3＋) (4). Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O、2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋ (5). 硫氰化钾溶液 (6). 2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由流程图可以看出，SiO2与盐酸不反应，Fe2O3、Al2O3、Cu2O发生反应，Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O、Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O、Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O，而2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，可分析出滤液A中的离子一定有H＋、Cu2＋、Al3＋、Fe2＋，可能有Fe3＋(Cu2O较少时)，加入足量NaOH溶液后得到的固体混合物D为Fe（OH）3和Cu（OH）2，在空气中灼烧后得到的固体混合物F为Fe2O3和CuO，滤液C中含AlO2-，则金属单质E为Al，以此解答。‎ ‎【详解】由流程图可以看出，SiO2与盐酸不反应，Fe2O3、Al2O3、Cu2O发生反应，Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O、Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O、Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O，而2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，可分析出滤液A中的离子一定有H＋、Cu2＋、Al3＋、Fe2＋，可能有Fe3＋(Cu2O较少时)，加入足量NaOH溶液后得到的固体混合物D为Fe（OH）3和Cu（OH）2，在空气中灼烧后得到的固体混合物F为Fe2O3和CuO，滤液C中含AlO2-，则金属单质E为Al，利用铝热反应可焊接钢轨。‎ ‎(1)实验操作Ⅰ分离固体和液体混合物，为过滤操作；在空气中灼烧固体混合物Fe（OH）3和Cu（OH）2时，用到多种硅酸盐质的仪器，除玻璃棒、酒精灯、泥三角外，还有坩埚；‎ ‎(2)滤液A中铁元素的可能存在形式为Fe2＋，生成该离子的方程式为Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O、2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋；‎ 若滤液A中存在Fe3＋，检验该离子的试剂为硫氰化钾溶液；‎ ‎(3)金属Al和Fe2O3反应可用于焊接钢轨，该反应化学方程式为2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe。‎ ‎11.(1)现有下列10种物质：①O2；②H2；③NH4NO3；④Na2O2；⑤Ba(OH)2；⑥CH4；⑦CO2；⑧NaF；⑨NH3；⑩I2。其中既含离子键又含非极性键的是________(填序号，下同)；既含离子键又含极性键的是________；。‎ ‎(2)X、Y两种主族元素能形成XY2型化合物，已知XY2中共有38个电子。若XY2为常见元素形成的离子化合物，则其电子式为______________________________________________；若XY2为共价化合物，则其结构式为_________________________________________。‎ ‎(3)氯化铝的物理性质非常特殊，如氯化铝的熔点为‎190℃‎，但在‎180℃‎就开始升华。据此判断，氯化铝是______________(填“共价化合物”或“离子化合物”)，可以证明该判断正确的实验依据是_______________________________________。‎ ‎(4)现有a～g七种短周期元素，它们在元素周期表中的位置如图所示，请据此回答下列问题：‎ 元素的原子间最容易形成离子键的是____(填字母，下同)，容易形成共价键的是____。‎ A.c和f B.b和g　 C.d和g D.b和e ‎【答案】 (1). ④ (2). ③⑤ (3). (4). S=C=S (5). 共价化合物 (6). 氯化铝在熔融状态下不能导电 (7). B (8). C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，非金属之间形成共价键，同种非金属形成非极性键，不同非金属形成极性键，据此分析判断；‎ ‎(2)X、Y两种主族元素能形成XY2型化合物，已知XY2中共有38个电子，若XY2为常见元素形成的离子化合物，为CaF2；若XY2为共价化合物时，为CS2，据此分析解答；‎ ‎(3)氯化铝的熔点为‎190℃‎(2.02×103 Pa)，但在‎180℃‎就开始升华，可知熔沸点低，与分子晶体的性质相似；‎ ‎(4)由元素的位置可知，a为H，b为Na，c为Mg，d为出，e为N，f为P，g为Cl。根据活泼金属与活泼非金属容易形成离子键，非金属之间容易形成共价键。‎ ‎【详解】(1)①O2中只含共价键，为单质；②H2中只含共价键，为单质；③NH4NO3中含离子键和极性键，为离子化合物；④Na2O2中含离子键和非极性键，为离子化合物；⑤Ba(OH)2中含离子键和极性键，为离子化合物；⑥CH4中含极性键，为共价化合物；⑦CO2中含极性键，为共价化合物；⑧NaF中只含离子键，为离子化合物；⑨NH3中含极性键，为共价化合物；⑩I2中只含共价键，为单质；则既有离子键又有非极性键的是④；既有离子键又有极性键的是③⑤，故答案为：④；③⑤；‎ ‎(2)X、Y两种主族元素能形成XY2型化合物，已知XY2中共有38个电子，若XY2为常见元素形成的离子化合物，则XY2为CaF2，其电子式为；若XY2为共价化合物时，则XY2为CS2，其结构与二氧化碳相似，结构式为S=C=S，故答案为：；S=C=S；‎ ‎(3)氯化铝的熔点为‎190℃‎(2.02×103 Pa)，但在‎180℃‎就开始升华，可知熔沸点低，与分子晶体的性质相似，可知由共价键形成的共价化合物，可利用熔融状态下能否导电设计实验证明，故答案为：共价化合物；氯化铝在熔融状态下不能导电；‎ ‎(4)由元素在元素周期表中的位置可知，a为H，b为Na，c为Mg，d为C，e为N，f为P，g为Cl。活泼的金属和活泼的非金属之间容易形成离子键，元素的原子间最容易形成离子键的是b和g，形成的物质为NaCl，非金属原子间容易形成共价键，容易形成共价键的是d和g，形成的物质为CCl4，故答案为：B；C。‎ ‎ ‎