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【化学】山东省夏津县第一中学2018-2019学年高一下学期三月月考试卷（解析版）
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山东省夏津县第一中学2018-2019学年高一下学期三月月考试卷
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分，考试时间90分钟。
可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 S:32 Cl:35.5 Na:23 Mg:24 Al:27 Cu:64
第Ⅰ卷 （共48分）
一、选择题（每小题只有一个正确选项，每小题3分，共48分）
1.硅及其化合物应用广泛，下列叙述正确的是（ ）
A. 晶体硅具有金属光泽，可以导电，是制造太阳能电池的常用材料
B. 水晶项链是硅酸盐制品
C. 光导纤维的主要成分是晶体硅
D. 硅在地壳中主要以游离态形式存在
【答案】A
【详解】A.晶体硅具有金属光泽，它是一种性能优良的半导体材料，可以导电，是制造太阳能电池的常用材料，所以A选项是正确的；
B.水晶的成分是二氧化硅，所以水晶项链不是硅酸盐制品，故B错误；
C.光导纤维的主要成分是二氧化硅，不是硅单质，故C错误；
D.硅在地壳中主要以硅酸盐和二氧化硅的形式存在，故D错误。
所以A选项是正确的。
2.下列物质的使用不涉及化学变化的是（ ）
A. 明矾用作净水剂 B. 液氨用作制冷剂
C. 氢氟酸刻蚀玻璃 D. 生石灰作干燥剂
【答案】B
【详解】A项，明矾做净水剂发生了铝离子的水解反应，涉及化学变化，故不选A项；
B项，液氨用作制冷剂利用了液氨气化吸热的性质，发生的是物理变化，故选择B项；
C项，氢氟酸与二氧化硅可以反应，用来刻蚀玻璃时发生了化学变化，故不选C项；
D项，生石灰做干燥剂与水反应生成氢氧化钙，发生了化学变化，故不选D项。
综上所述，本题正确答案为B。
3.下列关于SiO2和CO2 的叙述中正确的是（ ）
A. 两者都是酸性氧化物，故均不与酸反应
B. 两者都可以与NaOH溶液反应
C. CO2 的溶沸点比SiO2高
D. 两者都能与水反应生成对应的酸且碳酸的酸性大于硅酸
【答案】B
【详解】A、SiO2能与氢氟酸反应，故A错误；
B、SiO2与NaOH溶液反应生成硅酸钠和水、CO2 与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，故B正确；
C、SiO2是原子晶体，CO2是分子晶体，CO2的熔沸比SiO2低，故C错误；
D、SiO2与水不反应，故D错误。
4.下列关于铝及其化合物的说法中不正确的是（ ）
A. 铝既可用于食品包装，也可用于建筑材料
B. 氧化铝既可以用来冶炼铝，也可用作耐火材料
C. 氢氧化铝既可以用于治疗胃酸过多的药物，也可用来制备一些铝盐
D. 明矾既能用来净水，也可用作消毒剂
【答案】D
【解析】试题分析：A．Al具有良好的延展性，Al被氧化生成的氧化铝熔点高，可作耐火材料，则Al 既可用于食品包装，也可用做建筑材料，A正确；B．氧化铝的熔点高，可用做耐火材料，B正确；C．氢氧化铝的碱性较弱，可与胃酸中的盐酸反应，氢氧化铝既可用作治疗胃酸过多的药物，也可用来制备一些铝盐，C正确；D．铝离子水解生成胶体，具有吸附性，可用做净水剂，不具有强氧化性，但不能用作消毒剂，D错误；答案选D。
5.某溶液中有Fe2+、NH4+、Al3+、Fe3+等四种离子，若向其中加入过量的NaOH溶液，微热并搅拌，再加入过量的盐酸，溶液中离子数目维持不变的阳离子是（ ）
A. Fe2+ B. NH4+ C. Al3+ D. Fe3+
【答案】C
【解析】
【分析】NH4+与碱在微热时反应生成氨气逸出，则铵根离子减少，Fe2+和氢氧化钠溶液反应生成的Fe(OH)2沉淀在空气中不稳定，迅速氧化生成Fe(OH)3，则Fe2+减少，以此来解答。
【详解】混合溶液中加入过量的NaOH并加热时，反应生成的氨气逸出，并同时生成Fe(OH)2沉淀和NaAlO2，Fe(OH)2沉淀在空气中不稳定,迅速氧化生成Fe(OH)3， 再向混合物中加入过量盐酸，则Fe(OH)3和NaAlO2与过量酸作用分别生成AlCl3、FeCl3。所以，Fe3+浓度增大，Fe2+、NH4+减小，则几乎不变的是Al3+。
所以C选项是正确的。
6.等物质的量且足量的两份铝分别与等浓度等体积的HCl与NaOH溶液充分反应后所得相同条件气体的体积比（ ）
A. 1：1 B. 1：3 C. 3：1 D. 1：2
【答案】B
【解析】 、，根据反应方程式，等浓度等体积的HCl与NaOH放出氢气的体积比是1﹕3，故B正确。
7.下列说法正确的是（ ）
A. 金属元素在不同的化合物中化合价均相同 B. 所有合金都只含有金属元素
C. 可利用铝热反应冶炼单质镁 D. 镁合金的硬度和强度均高于纯镁
【答案】D
【详解】A.金属元素中有部分变价元素，在不同的化合物中可能呈现不同的化合价，如FeO、Fe2O3中Fe元素化合价分别是+2、+3价，故A错误；
B.合金成分不一定都是金属元素，可能含有非金属元素，如碳素钢中含有C元素，故B错误；
C.Mg性质比Al活泼，不能采用铝热反应冶炼Mg，应该用电解熔融氯化镁冶炼Mg，故C错误；
D.合金的硬度和强度都大于其成分金属，所以镁合金的硬度和强度均高于纯镁，所以D选项是正确的。
所以D选项是正确的。
8.在、、、、、中，下列说法不正确的是（ ）
A. 表示6种核素
B. 和为同种元素的不同核素，互称同位素
C. 和质量数相同，属于同主族元素
D. 和的中子数相同
【答案】C
【详解】A.上述微粒中有6种核素，所以A选项是正确的；
B. 和为质子数相同中子数不同的同种元素的不同核素，互称同位素，所以B选项是正确的；
C. 和质量数相同，质子数不同，最外层电子数不同，不属于同主族元素，故C错误；
D. 的中子数=23-11=12，的中子数24-12=12，中子数相同，所以D选项是正确的。
答案选C。
9.核内中子数为N的R2+离子，质量数为A，则ng它的氧化物中所含质子的物质的量是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】试题分析：核内中子数为N的R2+离子，质量数为A，则其质子数＝A－N。氧化物的化学式是AO，所以ng它的氧化物中所含质子的物质的量是，答案选A。
10.有关元素周期表的说法中错误的是（ ）
A. 元素周期表中第16个纵行表示为ⅥA族
B. ⅦA族元素也称为卤族元素
C. 元素周期表中，Ⅷ族包括第8，9，10纵行
D. 0族元素的原子最外层电子数为8，元素化合价为0
【答案】D
【详解】A.根据元素周期图表可知，元素周期表中第16个纵行为第ⅥA族，故A正确；
B.第ⅦA族元素有F、Cl、Br、I、At，也称为卤族元素，故B正确；
C.根据元素周期图表可知，元素周期表中，第Ⅷ族包括第8，9，10三个纵行，故C正确；
D. 0族元素中的He元素的原子最外层电子只有2个，故D错误；
故选D。
11.有关焰色反应的说法正确的是（ ）
A. 焰色反应是金属单质表现的性质
B. 焰色反应是因为发生了化学变化而产生的
C. 焰色反应中用到的铂丝可用铁丝代替
D. 焰色反应若显黄色，能确定该物质一定不含钾元素
【答案】C
【详解】A.很多金属或它们的化合物在灼烧时都会使火焰呈现特殊的颜色，这在化学上叫做焰色反应，根据定义知，无论某元素的单质还是化合物在灼烧时都呈现相同的特殊颜色，所以是元素的性质，故A错误；
B.焰色是因为金属原子或离子外围电子发生跃迁，然后回落到原来的能级时放出的能量。因为电子回落过程放出能量的频率不同而产生不同的光，故B错误；
C. 铁元素灼烧时焰色反应为无色，可用洁净的铁丝代替铂丝进行焰色反应，故C正确；
D.钾元素的焰色反应为紫色，易被黄光遮住。某物质灼烧时，若焰色反应为黄色，则一定含有钠元素，可能含有K元素，故D错误。
所以C选项是正确的。
12.下列关于元素周期表应用的说法正确的是（ ）
A. 在过渡元素中，可以找到半导体材料
B. 在ⅠA、ⅡA族元素中，寻找制造农药的主要元素
C. 在金属与非金属的交界处，寻找耐高温、耐腐蚀的合金材料
D. 为元素性质的系统研究提供指导，为新元素的发现提供线索
【答案】D
【解析】分析：A项，在周期表中金属和非金属分界处可以找到半导体材料；B项，通常制造农药所含的F、Cl、S、P等元素在周期表中的位置靠近；C项，在过渡元素中寻找耐高温、耐腐蚀的合金材料；D项，元素周期表为元素性质的系统研究提供指导，为新元素的发现及预测它们的原子结构和性质提供线索。
详解：A项，在周期表中金属和非金属的分界处可以找到半导体材料，A项错误；B项，通常制造农药所含的F、Cl、S、P等元素在周期表中的位置靠近，B项错误；C项，在过渡元素中寻找耐高温、耐腐蚀的合金材料，C项错误；D项，元素周期表为元素性质的系统研究提供指导，为新元素的发现及预测它们的原子结构和性质提供线索，D项正确；答案选D。
13.已知aAn-、bBm-、cCm+、dDn+四种离子具有相同的核外电子排布，且n＞m，则下列关系中正确的是（ ）
A. 得电子能力：A＞B＞Cm+＞Dn+
B. 还原性：An-＞Bm-＞C＞D
C. 原子半径：D＞C＞B＞A
D. 离子半径：An-＞Bm-＞Cm+＞Dn+
【答案】D
【解析】
分析】aAn-、bBm-、cCm+、dDn+四种离子具有相同的核外电子排布，且n＞m，则aAn-、bBm-为阴离子，cCm+、dDn+为阳离子，且A、B位于C、D的上一周期。因此，四种元素的原子序数A
C. 同一周期从左到右原子半径逐渐较小，所以原子半径： C ＞D＞A＞B，故C错误；
D. 具有相同的核外电子排布的微粒，核电荷数越大，半径越小，所以离子半径：An-＞Bm-＞Cm+＞Dn+，故D正确。
答案选D。
14.能说明氯元素的非金属性比硫元素强的事实是（ ）
①Cl2与H2S溶液发生置换反应
②受热时H2S能分解，HCl则不能
③单质硫可在空气中燃烧，Cl2不能
④HCl是强酸，H2S是弱酸
A. ①③ B. ①② C. ①②④ D. ①④
【答案】B
【解析】
【分析】根据非金属元素对应离子的还原性、气态氢化物的稳定性、最高价氧化物水化物的酸性、单质之间的置换反应等来比较非金属性，以此来解答。
【详解】①Cl2与H2S溶液发生置换反应，则氧化性Cl2>S，能说明氯元素非金属性比硫元素强，故①正确；
②元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，受热时H2S能分解，HCl则不能，则非金属性Cl>S，能说明氯元素的非金属性比硫元素强，故②正确；
③单质硫可在空气中燃烧，Cl2不能，体现的是单质的还原性强弱，单质的还原性除了与元素的金属性有关外，还与单质的分子结构和晶体结构有关，故不能据此判断元素的非金属性强弱，故③错误；
④最高价含氧酸的酸性强，则元素的非金属性弱，只有根据HClO4的酸性比H2SO4的强，才能说明氯元素的非金属性比硫元素强，故④错误。
综合以上分析，①②正确，故选B。
15.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如表：
元素代号
X
Y
Z
W
原子半径/pm
160
143
70
66
主要化合价
+2
+3
+5、+3、-3
-2
下列叙述正确的是（ ）
A. X、Y元素的金属性X＜Y
B. W在同族元素所形成的最高价氧化物对应的水化物的酸性中最强
C. Y的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水
D. 一定条件下，W单质可以将Z单质从其氢化物中置换出来
【答案】D
【解析】
【分析】W 化合价为 −2 价，没有最高正化合价 +6 价， W 为氧元素； Z 元素化合价为 +5 、 +3 、 −3 ， Z 处于VA 族，原子半径与氧元素相差不大，则 Z 与氧元素处于同一周期，则 Z 为氮元素； X 化合价为 +2 价，应为周期表第Ⅱ A 族， Y 的化合价为 +3 价，应为周期表第Ⅲ A 族元素，二者原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主族，由于 X 、 Y 的原子半径与 W 、 Z 原子半径相差很大，则 X 、 Y 应在第三周期，所以 X 为镁元素， Y 为铝元素，以此分析解答。
【详解】A项， X 为镁元素， Y 为铝元素，金属性：X>Y，故A项错误；
B项，W为O，无最高价氧化物，故B项错误；
C项，X是Mg，Y是Al，Y最高价氧化物的水化物是氢氧化铝，其不溶于氨水，故C项错误。
D项，Z为N，W为O，一定条件下，氧气可以和氨气反应生成水和氮气，故D项正确。
综上所述，本题正确答案为D。
16.X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中相对位置如图所示，已知W原子的最外层电子数比内层电子数少3个，下列说法正确的是（ ）
A. 氧化物对应水化物酸性W比Z强
B. Y单质与Z的氢化物水溶液反应，有沉淀生成
C. X单质在室温下为固体
D. 简单离子的半径：Z＜W
【答案】B
【解析】
【分析】X、Y、Z、W均为短周期元素，W原子的最外层电子数比内层电子数少3 个，则W的最外层电子数为7，为第三周期的Cl元素，结合元素在周期表中相对位置可以知道，Z为S，Y为O，X为N，以此来解答。
【详解】由上述分析可以知道，X为N，Y为O，Z为S，W为Cl，
A.非金属性Cl>S，最高价氧化物对应水化物酸性W比Z强，题中没有说明为最高价，则不能确定酸性强弱，故A错误；
B.氧气和硫化氢反应生成硫，溶液变浑浊，所以B选项是正确的；
C. X为N，X单质N2在室温下为气体，故C错误；
D.Z、W的简单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错误。
所以B选项是正确的。
第Ⅱ卷（共52分）
17.下表是元素周期表的一部分，针对表中的①～⑩种元素，填写下列空白（填写序号不得分）：
族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0族
2
①
②
③
3
④
⑤
⑥
⑦
⑧
4
⑨
⑩
（1）⑦元素的离子半径__S2-（填“＞”或“＜”），比较③与⑥的氢化物，___更稳定（填化学式），最不活泼的元素是___（填元素符号）。
（2）在最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物的化学式是____，碱性最强的化合物的化学式是：_____。
（3）比较①与⑤的最高价氧化物对应的水化物，_____的酸性强（填化学式），能证明两者酸性强弱的离子反应方程式为______
（4）实验室制取②的氢化物的化学方程式________
【答案】(1). ＜ (2). H2O (3). Ar (4). HClO4 (5). KOH (6). H2CO3 (7). SiO32－+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32- (8). 2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O
【解析】
【分析】由元素在周期表中的位置可知，①为C、②为N、③为O、④为Na、⑤为Si、⑥为S、⑦为Cl、⑧为Ar、⑨为K、⑩为Br，以此分析解答。
【详解】（1）电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径Cl-H2S；稀有气体Ar最外层为稳定结构，化学性质最不活泼， 故答案为：<；H 2O；Ar；
（2）上述元素中Cl的最高价含氧酸高氯酸酸性最强，高氯酸化学式为HClO4，K的金属性最强，故KOH碱性最强，故答案为：HClO4；KOH；
（3）同主族自上而下，非金属性减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性减弱，故酸性H2CO3>H2SiO3；可以利用强酸制备弱酸原理进行验证，离子方程式为：SiO32－+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-，故答案为：H2CO3；SiO32－+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-；
（4）实验室用氯化铵与氢氧化钙反应制备氨气，反应生成氯化钙、氨气与水，反应方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O。
18.有A、B、C、D、E五种短周期元素，已知相邻的A、B、C、D四种元素原子核外共有56个电子，在周期表中的位置如图所示。E的单质可与酸反应，1mol E单质与足量酸作用，在标准状况下能产生33.6LH2；E的阳离子与A的阴离子核外电子层结构完全相同，回答下列问题：
（1）A元素的名称为_____，D离子的结构示意图为______
（2）C在周期表中的位置为_________
（3）B、C的气态氢化物的稳定性关系为______（填化学式）
（4）以上五种元素所形成的的最高价氧化物对应的水化物中，有一种物质既能与强酸反应又能与强碱反应，写出这种物质跟氢氧化钠溶液反应的化学方程式_________
【答案】(1). 氧 (2). (3). 第三周期ⅥA族 (4). PH3＜H2S (5). Al(OH)3+NaOH=Na[Al(OH)4]
【解析】
【分析】A、B、C、D、E五种短周期元素，由位置图可以知道，A在第二周期，B、C、D处于第三周期，设C质子数为x，则A的质子数为x-8，B的质子数为x-1，D的质子数为x+1，A、B、C、D四种元素原子核外共有56个电子，则x+(x-8)+(x-1)+(x+1)=56，计算得出x=16，故C为S，A为O，B为P，D为Cl；1mol E单质与足量酸作用，在标准状况下能产生33.6LH2，设E的化合价为y，根据电子转移守恒：1moly=1，计算得出y=3，E的阳离子与A的阴离子核外电子层结构完全相同，则E为Al，然后利用元素及其单质、化合物的性质来解答。
【详解】根据以上分析，A为O；B为P；C为S；D为Cl；E为Al，
（1）O元素的名称为氧，Cl-的结构示意图为，因此，本题正确答案是：氧；；
（2）S在周期表中的位置为第三周期ⅥA族,因此，本题正确答案是：第三周期ⅥA族；
（3）元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，P、S的非金属性P
因此，本题正确答案是：Al(OH)3+NaOH=Na[Al(OH)4]。
19.某课外小组研究铝土矿中Al2O3的含量。查阅资料得知，铝土矿的主要成分是Al2O3，杂质是Fe2O3、SiO2等。从铝土矿中提取Al2O3的过程如下：
（1）固体B的颜色为_____；
（2）第①步，向铝土矿中加入足量烧碱溶液，充分反应，发生反应的离子方程式是：___、____
（3）第③步中，生成氢氧化铝的离子方程式是______，若往A溶液中通入足量CO2，产生的沉淀为______（填化学式）；
（4）工业上制取AlCl3常用Al2O3与C、Cl2在高温条件下反应，已知每消耗0.5mol碳单质，转移1mol电子，则该反应的氧化产物为_____（填化学式）。
【答案】(1). 红棕色 (2). Al2O3+2OH－+3H2O＝2[Al(OH)4]－ (3). SiO2+2OH－＝SiO32－+H2O (4). Al3++3NH3•H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+ (5). Al(OH)3、H2SiO3 (6). CO
【解析】
【分析】向铝土矿中加入足量烧碱溶液后，氧化铝是两性氧化物，既溶于强酸又溶于强碱。只有Fe2O3只溶于强酸，不溶于碱，SiO2只溶于强碱，不溶于盐酸。则在①得到滤液中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，加入过量的盐酸后生成硅酸和氯化铝，氯化铝溶液中滴入氨水生成氢氧化铝，氢氧化铝受热分解，生成氧化铝，由此分析解答。
【详解】（1）根据以上分析固体B为Fe2O3，Fe2O3颜色为红棕色，
因此，本题正确答案是：红棕色；
（2）根据框图流程，向铝土矿中加入足量烧碱溶液后，氧化铝是两性氧化物，既溶液强酸又溶于强碱。Fe2O3只溶于强酸，不溶于碱，SiO2只溶于强碱，不溶于盐酸，则在①得到滤液中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，滤渣为氧化铁氧化铁和氢氧化钠溶液不反应，则向铝土矿中加入足量烧碱溶液后，发生反应的离子方程式是Al2O3+2OH－+3H2O＝2[Al(OH)4]－、SiO2+2OH－＝SiO32－+H2O，因此，本题正确答案是：Al2O3+2OH－+3H2O＝2[Al(OH)4]－；SiO2+2OH－＝SiO32－+H2O；
（3）试剂③为氨水,将铝离子转化为氢氧化铝沉淀.离子方程式为：Al3++3NH3•H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+；若往A溶液中通入足量CO2，硅酸根离子和偏铝酸根离子反应生成硅酸和氢氧化铝，因此，本题正确答案是：Al3++3NH3•H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+ ；Al(OH)3、H2SiO3 ；
（4）Cl2有强氧化性，碳具有还原性，每消耗0.5mol碳单质，转移1mol电子，这说明反应中碳失去2个电子，即氧化产物是CO， 因此，本题正确答案是：CO。
20.实验探究：探究碳、硅元素的非金属性的相对强弱．根据要求完成下列各小题．
（1）实验装置：
填写所示仪器名称B：______
（2）实验步骤：
连接仪器、_______、加药品后，打开a、然后滴入浓硫酸，加热．
（3）问题探究：（已知酸性强弱：亚硫酸＞碳酸）
①铜与浓硫酸反应的化学方程式是____；装置E中酸性KMnO4溶液的作用是________ ；
②能说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强的实验现象是__________；
③依据试管D中的实验现象，能否证明硫元素的非金属性强于碳元素的非金属性_____（填“能”或“否”），试管D中发生反应的离子方程式是_______
【答案】(1). 圆底烧瓶 (2). 检查装置的气密性 (3). Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O (4). 除去SO2气体 (5). E中溶液颜色变浅，F试管中出现白色沉淀 (6). 否 (7). SO2+2HCO3-=SO32-+H2O+2CO2
【解析】
【分析】探究碳、硅元素的非金属性的相对强弱，可以利用其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱来判断，根据强酸制弱酸的原理，向硅酸钠中通入二氧化碳气体，硅酸钠溶液变浑浊可以得出，以此分析解答。
【详解】(1)该实验装置包括二氧化硫的制备、二氧化碳气体的制备、二氧化硫气体的除去方法以及二氧化碳气体通入硅酸钠中，利用生成的二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，其中B是圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶；
（2）实验时，连接好装置后要先检查装置的气密性，再向其中加药品，再进行实验，
故答案为：检查装置的气密性；
（3）①浓硫酸具有强氧化性，在加热的条件下，铜与浓硫酸反应的化学方程式是Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O。由于从装置D中出来的气体可能含有SO2，会干扰实验，所以酸性高锰酸钾溶液的作用是除去SO2气体，
故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；除去SO2气体；
②根据较强的酸制备较弱的酸可知，盛有Na2SiO3溶液的试管中出现白色沉淀时，且确认没有SO2干扰时，即可以说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强，
故答案为：E中溶液颜色变浅，F试管中出现白色沉淀；
③S元素的最高价氧化物的水化物是硫酸，而与D中碳酸氢钠反应的是亚硫酸，所以不能依据试管D中的实验现象来证明硫元素的非金属性强于碳元素的非金属性。D中发生反应的离子方程式是SO2+2HCO3-=SO32-+H2O+2CO2，
故答案为：否；SO2+2HCO3-=SO32-+H2O+2CO2。
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分，考试时间90分钟。
可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 S:32 Cl:35.5 Na:23 Mg:24 Al:27 Cu:64
第Ⅰ卷 （共48分）
一、选择题（每小题只有一个正确选项，每小题3分，共48分）
1.硅及其化合物应用广泛，下列叙述正确的是（ ）
A. 晶体硅具有金属光泽，可以导电，是制造太阳能电池的常用材料
B. 水晶项链是硅酸盐制品
C. 光导纤维的主要成分是晶体硅
D. 硅在地壳中主要以游离态形式存在
【答案】A
【详解】A.晶体硅具有金属光泽，它是一种性能优良的半导体材料，可以导电，是制造太阳能电池的常用材料，所以A选项是正确的；
B.水晶的成分是二氧化硅，所以水晶项链不是硅酸盐制品，故B错误；
C.光导纤维的主要成分是二氧化硅，不是硅单质，故C错误；
D.硅在地壳中主要以硅酸盐和二氧化硅的形式存在，故D错误。
所以A选项是正确的。
2.下列物质的使用不涉及化学变化的是（ ）
A. 明矾用作净水剂 B. 液氨用作制冷剂
C. 氢氟酸刻蚀玻璃 D. 生石灰作干燥剂
【答案】B
【详解】A项，明矾做净水剂发生了铝离子的水解反应，涉及化学变化，故不选A项；
B项，液氨用作制冷剂利用了液氨气化吸热的性质，发生的是物理变化，故选择B项；
C项，氢氟酸与二氧化硅可以反应，用来刻蚀玻璃时发生了化学变化，故不选C项；
D项，生石灰做干燥剂与水反应生成氢氧化钙，发生了化学变化，故不选D项。
综上所述，本题正确答案为B。
3.下列关于SiO2和CO2 的叙述中正确的是（ ）
A. 两者都是酸性氧化物，故均不与酸反应
B. 两者都可以与NaOH溶液反应
C. CO2 的溶沸点比SiO2高
D. 两者都能与水反应生成对应的酸且碳酸的酸性大于硅酸
【答案】B
【详解】A、SiO2能与氢氟酸反应，故A错误；
B、SiO2与NaOH溶液反应生成硅酸钠和水、CO2 与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，故B正确；
C、SiO2是原子晶体，CO2是分子晶体，CO2的熔沸比SiO2低，故C错误；
D、SiO2与水不反应，故D错误。
4.下列关于铝及其化合物的说法中不正确的是（ ）
A. 铝既可用于食品包装，也可用于建筑材料
B. 氧化铝既可以用来冶炼铝，也可用作耐火材料
C. 氢氧化铝既可以用于治疗胃酸过多的药物，也可用来制备一些铝盐
D. 明矾既能用来净水，也可用作消毒剂
【答案】D
【解析】试题分析：A．Al具有良好的延展性，Al被氧化生成的氧化铝熔点高，可作耐火材料，则Al 既可用于食品包装，也可用做建筑材料，A正确；B．氧化铝的熔点高，可用做耐火材料，B正确；C．氢氧化铝的碱性较弱，可与胃酸中的盐酸反应，氢氧化铝既可用作治疗胃酸过多的药物，也可用来制备一些铝盐，C正确；D．铝离子水解生成胶体，具有吸附性，可用做净水剂，不具有强氧化性，但不能用作消毒剂，D错误；答案选D。
5.某溶液中有Fe2+、NH4+、Al3+、Fe3+等四种离子，若向其中加入过量的NaOH溶液，微热并搅拌，再加入过量的盐酸，溶液中离子数目维持不变的阳离子是（ ）
A. Fe2+ B. NH4+ C. Al3+ D. Fe3+
【答案】C
【解析】
【分析】NH4+与碱在微热时反应生成氨气逸出，则铵根离子减少，Fe2+和氢氧化钠溶液反应生成的Fe(OH)2沉淀在空气中不稳定，迅速氧化生成Fe(OH)3，则Fe2+减少，以此来解答。
【详解】混合溶液中加入过量的NaOH并加热时，反应生成的氨气逸出，并同时生成Fe(OH)2沉淀和NaAlO2，Fe(OH)2沉淀在空气中不稳定,迅速氧化生成Fe(OH)3， 再向混合物中加入过量盐酸，则Fe(OH)3和NaAlO2与过量酸作用分别生成AlCl3、FeCl3。所以，Fe3+浓度增大，Fe2+、NH4+减小，则几乎不变的是Al3+。
所以C选项是正确的。
6.等物质的量且足量的两份铝分别与等浓度等体积的HCl与NaOH溶液充分反应后所得相同条件气体的体积比（ ）
A. 1：1 B. 1：3 C. 3：1 D. 1：2
【答案】B
【解析】 、，根据反应方程式，等浓度等体积的HCl与NaOH放出氢气的体积比是1﹕3，故B正确。
7.下列说法正确的是（ ）
A. 金属元素在不同的化合物中化合价均相同 B. 所有合金都只含有金属元素
C. 可利用铝热反应冶炼单质镁 D. 镁合金的硬度和强度均高于纯镁
【答案】D
【详解】A.金属元素中有部分变价元素，在不同的化合物中可能呈现不同的化合价，如FeO、Fe2O3中Fe元素化合价分别是+2、+3价，故A错误；
B.合金成分不一定都是金属元素，可能含有非金属元素，如碳素钢中含有C元素，故B错误；
C.Mg性质比Al活泼，不能采用铝热反应冶炼Mg，应该用电解熔融氯化镁冶炼Mg，故C错误；
D.合金的硬度和强度都大于其成分金属，所以镁合金的硬度和强度均高于纯镁，所以D选项是正确的。
所以D选项是正确的。
8.在、、、、、中，下列说法不正确的是（ ）
A. 表示6种核素
B. 和为同种元素的不同核素，互称同位素
C. 和质量数相同，属于同主族元素
D. 和的中子数相同
【答案】C
【详解】A.上述微粒中有6种核素，所以A选项是正确的；
B. 和为质子数相同中子数不同的同种元素的不同核素，互称同位素，所以B选项是正确的；
C. 和质量数相同，质子数不同，最外层电子数不同，不属于同主族元素，故C错误；
D. 的中子数=23-11=12，的中子数24-12=12，中子数相同，所以D选项是正确的。
答案选C。
9.核内中子数为N的R2+离子，质量数为A，则ng它的氧化物中所含质子的物质的量是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】试题分析：核内中子数为N的R2+离子，质量数为A，则其质子数＝A－N。氧化物的化学式是AO，所以ng它的氧化物中所含质子的物质的量是，答案选A。
10.有关元素周期表的说法中错误的是（ ）
A. 元素周期表中第16个纵行表示为ⅥA族
B. ⅦA族元素也称为卤族元素
C. 元素周期表中，Ⅷ族包括第8，9，10纵行
D. 0族元素的原子最外层电子数为8，元素化合价为0
【答案】D
【详解】A.根据元素周期图表可知，元素周期表中第16个纵行为第ⅥA族，故A正确；
B.第ⅦA族元素有F、Cl、Br、I、At，也称为卤族元素，故B正确；
C.根据元素周期图表可知，元素周期表中，第Ⅷ族包括第8，9，10三个纵行，故C正确；
D. 0族元素中的He元素的原子最外层电子只有2个，故D错误；
故选D。
11.有关焰色反应的说法正确的是（ ）
A. 焰色反应是金属单质表现的性质
B. 焰色反应是因为发生了化学变化而产生的
C. 焰色反应中用到的铂丝可用铁丝代替
D. 焰色反应若显黄色，能确定该物质一定不含钾元素
【答案】C
【详解】A.很多金属或它们的化合物在灼烧时都会使火焰呈现特殊的颜色，这在化学上叫做焰色反应，根据定义知，无论某元素的单质还是化合物在灼烧时都呈现相同的特殊颜色，所以是元素的性质，故A错误；
B.焰色是因为金属原子或离子外围电子发生跃迁，然后回落到原来的能级时放出的能量。因为电子回落过程放出能量的频率不同而产生不同的光，故B错误；
C. 铁元素灼烧时焰色反应为无色，可用洁净的铁丝代替铂丝进行焰色反应，故C正确；
D.钾元素的焰色反应为紫色，易被黄光遮住。某物质灼烧时，若焰色反应为黄色，则一定含有钠元素，可能含有K元素，故D错误。
所以C选项是正确的。
12.下列关于元素周期表应用的说法正确的是（ ）
A. 在过渡元素中，可以找到半导体材料
B. 在ⅠA、ⅡA族元素中，寻找制造农药的主要元素
C. 在金属与非金属的交界处，寻找耐高温、耐腐蚀的合金材料
D. 为元素性质的系统研究提供指导，为新元素的发现提供线索
【答案】D
【解析】分析：A项，在周期表中金属和非金属分界处可以找到半导体材料；B项，通常制造农药所含的F、Cl、S、P等元素在周期表中的位置靠近；C项，在过渡元素中寻找耐高温、耐腐蚀的合金材料；D项，元素周期表为元素性质的系统研究提供指导，为新元素的发现及预测它们的原子结构和性质提供线索。
详解：A项，在周期表中金属和非金属的分界处可以找到半导体材料，A项错误；B项，通常制造农药所含的F、Cl、S、P等元素在周期表中的位置靠近，B项错误；C项，在过渡元素中寻找耐高温、耐腐蚀的合金材料，C项错误；D项，元素周期表为元素性质的系统研究提供指导，为新元素的发现及预测它们的原子结构和性质提供线索，D项正确；答案选D。
13.已知aAn-、bBm-、cCm+、dDn+四种离子具有相同的核外电子排布，且n＞m，则下列关系中正确的是（ ）
A. 得电子能力：A＞B＞Cm+＞Dn+
B. 还原性：An-＞Bm-＞C＞D
C. 原子半径：D＞C＞B＞A
D. 离子半径：An-＞Bm-＞Cm+＞Dn+
【答案】D
【解析】
分析】aAn-、bBm-、cCm+、dDn+四种离子具有相同的核外电子排布，且n＞m，则aAn-、bBm-为阴离子，cCm+、dDn+为阳离子，且A、B位于C、D的上一周期。因此，四种元素的原子序数A
C. 同一周期从左到右原子半径逐渐较小，所以原子半径： C ＞D＞A＞B，故C错误；
D. 具有相同的核外电子排布的微粒，核电荷数越大，半径越小，所以离子半径：An-＞Bm-＞Cm+＞Dn+，故D正确。
答案选D。
14.能说明氯元素的非金属性比硫元素强的事实是（ ）
①Cl2与H2S溶液发生置换反应
②受热时H2S能分解，HCl则不能
③单质硫可在空气中燃烧，Cl2不能
④HCl是强酸，H2S是弱酸
A. ①③ B. ①② C. ①②④ D. ①④
【答案】B
【解析】
【分析】根据非金属元素对应离子的还原性、气态氢化物的稳定性、最高价氧化物水化物的酸性、单质之间的置换反应等来比较非金属性，以此来解答。
【详解】①Cl2与H2S溶液发生置换反应，则氧化性Cl2>S，能说明氯元素非金属性比硫元素强，故①正确；
②元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，受热时H2S能分解，HCl则不能，则非金属性Cl>S，能说明氯元素的非金属性比硫元素强，故②正确；
③单质硫可在空气中燃烧，Cl2不能，体现的是单质的还原性强弱，单质的还原性除了与元素的金属性有关外，还与单质的分子结构和晶体结构有关，故不能据此判断元素的非金属性强弱，故③错误；
④最高价含氧酸的酸性强，则元素的非金属性弱，只有根据HClO4的酸性比H2SO4的强，才能说明氯元素的非金属性比硫元素强，故④错误。
综合以上分析，①②正确，故选B。
15.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如表：
元素代号
X
Y
Z
W
原子半径/pm
160
143
70
66
主要化合价
+2
+3
+5、+3、-3
-2
下列叙述正确的是（ ）
A. X、Y元素的金属性X＜Y
B. W在同族元素所形成的最高价氧化物对应的水化物的酸性中最强
C. Y的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水
D. 一定条件下，W单质可以将Z单质从其氢化物中置换出来
【答案】D
【解析】
【分析】W 化合价为 −2 价，没有最高正化合价 +6 价， W 为氧元素； Z 元素化合价为 +5 、 +3 、 −3 ， Z 处于VA 族，原子半径与氧元素相差不大，则 Z 与氧元素处于同一周期，则 Z 为氮元素； X 化合价为 +2 价，应为周期表第Ⅱ A 族， Y 的化合价为 +3 价，应为周期表第Ⅲ A 族元素，二者原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主族，由于 X 、 Y 的原子半径与 W 、 Z 原子半径相差很大，则 X 、 Y 应在第三周期，所以 X 为镁元素， Y 为铝元素，以此分析解答。
【详解】A项， X 为镁元素， Y 为铝元素，金属性：X>Y，故A项错误；
B项，W为O，无最高价氧化物，故B项错误；
C项，X是Mg，Y是Al，Y最高价氧化物的水化物是氢氧化铝，其不溶于氨水，故C项错误。
D项，Z为N，W为O，一定条件下，氧气可以和氨气反应生成水和氮气，故D项正确。
综上所述，本题正确答案为D。
16.X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中相对位置如图所示，已知W原子的最外层电子数比内层电子数少3个，下列说法正确的是（ ）
A. 氧化物对应水化物酸性W比Z强
B. Y单质与Z的氢化物水溶液反应，有沉淀生成
C. X单质在室温下为固体
D. 简单离子的半径：Z＜W
【答案】B
【解析】
【分析】X、Y、Z、W均为短周期元素，W原子的最外层电子数比内层电子数少3 个，则W的最外层电子数为7，为第三周期的Cl元素，结合元素在周期表中相对位置可以知道，Z为S，Y为O，X为N，以此来解答。
【详解】由上述分析可以知道，X为N，Y为O，Z为S，W为Cl，
A.非金属性Cl>S，最高价氧化物对应水化物酸性W比Z强，题中没有说明为最高价，则不能确定酸性强弱，故A错误；
B.氧气和硫化氢反应生成硫，溶液变浑浊，所以B选项是正确的；
C. X为N，X单质N2在室温下为气体，故C错误；
D.Z、W的简单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错误。
所以B选项是正确的。
第Ⅱ卷（共52分）
17.下表是元素周期表的一部分，针对表中的①～⑩种元素，填写下列空白（填写序号不得分）：
族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0族
2
①
②
③
3
④
⑤
⑥
⑦
⑧
4
⑨
⑩
（1）⑦元素的离子半径__S2-（填“＞”或“＜”），比较③与⑥的氢化物，___更稳定（填化学式），最不活泼的元素是___（填元素符号）。
（2）在最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物的化学式是____，碱性最强的化合物的化学式是：_____。
（3）比较①与⑤的最高价氧化物对应的水化物，_____的酸性强（填化学式），能证明两者酸性强弱的离子反应方程式为______
（4）实验室制取②的氢化物的化学方程式________
【答案】(1). ＜ (2). H2O (3). Ar (4). HClO4 (5). KOH (6). H2CO3 (7). SiO32－+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32- (8). 2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O
【解析】
【分析】由元素在周期表中的位置可知，①为C、②为N、③为O、④为Na、⑤为Si、⑥为S、⑦为Cl、⑧为Ar、⑨为K、⑩为Br，以此分析解答。
【详解】（1）电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径Cl-
（2）上述元素中Cl的最高价含氧酸高氯酸酸性最强，高氯酸化学式为HClO4，K的金属性最强，故KOH碱性最强，故答案为：HClO4；KOH；
（3）同主族自上而下，非金属性减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性减弱，故酸性H2CO3>H2SiO3；可以利用强酸制备弱酸原理进行验证，离子方程式为：SiO32－+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-，故答案为：H2CO3；SiO32－+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-；
（4）实验室用氯化铵与氢氧化钙反应制备氨气，反应生成氯化钙、氨气与水，反应方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O。
18.有A、B、C、D、E五种短周期元素，已知相邻的A、B、C、D四种元素原子核外共有56个电子，在周期表中的位置如图所示。E的单质可与酸反应，1mol E单质与足量酸作用，在标准状况下能产生33.6LH2；E的阳离子与A的阴离子核外电子层结构完全相同，回答下列问题：
（1）A元素的名称为_____，D离子的结构示意图为______
（2）C在周期表中的位置为_________
（3）B、C的气态氢化物的稳定性关系为______（填化学式）
（4）以上五种元素所形成的的最高价氧化物对应的水化物中，有一种物质既能与强酸反应又能与强碱反应，写出这种物质跟氢氧化钠溶液反应的化学方程式_________
【答案】(1). 氧 (2). (3). 第三周期ⅥA族 (4). PH3＜H2S (5). Al(OH)3+NaOH=Na[Al(OH)4]
【解析】
【分析】A、B、C、D、E五种短周期元素，由位置图可以知道，A在第二周期，B、C、D处于第三周期，设C质子数为x，则A的质子数为x-8，B的质子数为x-1，D的质子数为x+1，A、B、C、D四种元素原子核外共有56个电子，则x+(x-8)+(x-1)+(x+1)=56，计算得出x=16，故C为S，A为O，B为P，D为Cl；1mol E单质与足量酸作用，在标准状况下能产生33.6LH2，设E的化合价为y，根据电子转移守恒：1moly=1，计算得出y=3，E的阳离子与A的阴离子核外电子层结构完全相同，则E为Al，然后利用元素及其单质、化合物的性质来解答。
【详解】根据以上分析，A为O；B为P；C为S；D为Cl；E为Al，
（1）O元素的名称为氧，Cl-的结构示意图为，因此，本题正确答案是：氧；；
（2）S在周期表中的位置为第三周期ⅥA族,因此，本题正确答案是：第三周期ⅥA族；
（3）元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，P、S的非金属性P
因此，本题正确答案是：Al(OH)3+NaOH=Na[Al(OH)4]。
19.某课外小组研究铝土矿中Al2O3的含量。查阅资料得知，铝土矿的主要成分是Al2O3，杂质是Fe2O3、SiO2等。从铝土矿中提取Al2O3的过程如下：
（1）固体B的颜色为_____；
（2）第①步，向铝土矿中加入足量烧碱溶液，充分反应，发生反应的离子方程式是：___、____
（3）第③步中，生成氢氧化铝的离子方程式是______，若往A溶液中通入足量CO2，产生的沉淀为______（填化学式）；
（4）工业上制取AlCl3常用Al2O3与C、Cl2在高温条件下反应，已知每消耗0.5mol碳单质，转移1mol电子，则该反应的氧化产物为_____（填化学式）。
【答案】(1). 红棕色 (2). Al2O3+2OH－+3H2O＝2[Al(OH)4]－ (3). SiO2+2OH－＝SiO32－+H2O (4). Al3++3NH3•H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+ (5). Al(OH)3、H2SiO3 (6). CO
【解析】
【分析】向铝土矿中加入足量烧碱溶液后，氧化铝是两性氧化物，既溶于强酸又溶于强碱。只有Fe2O3只溶于强酸，不溶于碱，SiO2只溶于强碱，不溶于盐酸。则在①得到滤液中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，加入过量的盐酸后生成硅酸和氯化铝，氯化铝溶液中滴入氨水生成氢氧化铝，氢氧化铝受热分解，生成氧化铝，由此分析解答。
【详解】（1）根据以上分析固体B为Fe2O3，Fe2O3颜色为红棕色，
因此，本题正确答案是：红棕色；
（2）根据框图流程，向铝土矿中加入足量烧碱溶液后，氧化铝是两性氧化物，既溶液强酸又溶于强碱。Fe2O3只溶于强酸，不溶于碱，SiO2只溶于强碱，不溶于盐酸，则在①得到滤液中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，滤渣为氧化铁氧化铁和氢氧化钠溶液不反应，则向铝土矿中加入足量烧碱溶液后，发生反应的离子方程式是Al2O3+2OH－+3H2O＝2[Al(OH)4]－、SiO2+2OH－＝SiO32－+H2O，因此，本题正确答案是：Al2O3+2OH－+3H2O＝2[Al(OH)4]－；SiO2+2OH－＝SiO32－+H2O；
（3）试剂③为氨水,将铝离子转化为氢氧化铝沉淀.离子方程式为：Al3++3NH3•H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+；若往A溶液中通入足量CO2，硅酸根离子和偏铝酸根离子反应生成硅酸和氢氧化铝，因此，本题正确答案是：Al3++3NH3•H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+ ；Al(OH)3、H2SiO3 ；
（4）Cl2有强氧化性，碳具有还原性，每消耗0.5mol碳单质，转移1mol电子，这说明反应中碳失去2个电子，即氧化产物是CO， 因此，本题正确答案是：CO。
20.实验探究：探究碳、硅元素的非金属性的相对强弱．根据要求完成下列各小题．
（1）实验装置：
填写所示仪器名称B：______
（2）实验步骤：
连接仪器、_______、加药品后，打开a、然后滴入浓硫酸，加热．
（3）问题探究：（已知酸性强弱：亚硫酸＞碳酸）
①铜与浓硫酸反应的化学方程式是____；装置E中酸性KMnO4溶液的作用是________ ；
②能说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强的实验现象是__________；
③依据试管D中的实验现象，能否证明硫元素的非金属性强于碳元素的非金属性_____（填“能”或“否”），试管D中发生反应的离子方程式是_______
【答案】(1). 圆底烧瓶 (2). 检查装置的气密性 (3). Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O (4). 除去SO2气体 (5). E中溶液颜色变浅，F试管中出现白色沉淀 (6). 否 (7). SO2+2HCO3-=SO32-+H2O+2CO2
【解析】
【分析】探究碳、硅元素的非金属性的相对强弱，可以利用其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱来判断，根据强酸制弱酸的原理，向硅酸钠中通入二氧化碳气体，硅酸钠溶液变浑浊可以得出，以此分析解答。
【详解】(1)该实验装置包括二氧化硫的制备、二氧化碳气体的制备、二氧化硫气体的除去方法以及二氧化碳气体通入硅酸钠中，利用生成的二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，其中B是圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶；
（2）实验时，连接好装置后要先检查装置的气密性，再向其中加药品，再进行实验，
故答案为：检查装置的气密性；
（3）①浓硫酸具有强氧化性，在加热的条件下，铜与浓硫酸反应的化学方程式是Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O。由于从装置D中出来的气体可能含有SO2，会干扰实验，所以酸性高锰酸钾溶液的作用是除去SO2气体，
故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；除去SO2气体；
②根据较强的酸制备较弱的酸可知，盛有Na2SiO3溶液的试管中出现白色沉淀时，且确认没有SO2干扰时，即可以说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强，
故答案为：E中溶液颜色变浅，F试管中出现白色沉淀；
③S元素的最高价氧化物的水化物是硫酸，而与D中碳酸氢钠反应的是亚硫酸，所以不能依据试管D中的实验现象来证明硫元素的非金属性强于碳元素的非金属性。D中发生反应的离子方程式是SO2+2HCO3-=SO32-+H2O+2CO2，
故答案为：否；SO2+2HCO3-=SO32-+H2O+2CO2。
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