2026届湖北省十堰市化学高一第一学期期末监测模拟试题含解析

2026届湖北省十堰市化学高一第一学期期末监测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列各组离子，因发生氧化还原反应而不能大量共存的是A．K+、Fe3+、SCN–、Cl– B．Fe3+、K+、OH–、SO42–C．Fe2+、K+、Cl–、MnO4– D．Na+、H+、SO42–、CO32–2、现有Fe2O3、CuO的混合物，在足量H2气流中，加热充分反应，冷却后称得剩余固体比原混合物减轻1.6g；若将等质量的原混合物与盐酸反应，欲使之完全溶解，需1mol/L的盐酸的体积至少为()A．0.05L B．0.1L C．0.2L D．0.4L3、常温常压下，在等体积的两个集气瓶中，分别盛装HI和Cl2如图所示，若将集气瓶的玻璃片抽走，可以观察到的现象及反应结果的判断正确的是()A．黄绿色完全消失B．反应后，集气瓶中含有HI和HCl两种气体C．瓶中出现紫黑色固体D．反应后，将气体通入NaOH溶液，只能生成一种盐4、把6.56g碳酸氢钠和纯碱晶体(Na2CO3·10H2O)的混合物溶于水配成100mL溶液，测知其中含钠离子1.15g，若将6.56g这种混合物加热到恒重，所得固体的质量是()A．5.30g B．4.20g C．2.65g D．2.10g5、下列各组物质中，前者为强电解质，后者为弱电解质的是（）A．硫酸氢氧化钠 B．碳酸碳酸钠C．食盐酒精 D．氢氧化钠醋酸6、下列反应的离子方程式书写正确的是A．铝片放入氢氧化钠溶液中：Al＋2OH－===AlO2-＋H2↑B．新制的氧化铝溶于氢氧化钠溶液：Al2O3＋OH－===2AlO2-＋H2OC．向AlCl3溶液中加入过量NaOH溶液：Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓D．AlCl3溶液中滴入过量的氨水：Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH4+7、下列有关Na2CO3和NaHCO3的说法错误的是A．等质量Na2CO3和NaHCO3分别和足量盐酸反应，相同条件下前者生成CO2少B．将石灰水分别加入NaHCO3和Na2CO3中，前者不生成沉淀C．相同条件下Na2CO3比NaHCO3更易溶于水D．Na2CO3固体中含少量NaHCO3，可用加热法除去8、下列物质既能跟盐酸反应，又能跟NaOH溶液反应的是（）A．Al B．Fe C．Cu D．Mg9、下列物质属于非电解质的是A．醋酸 B．氯化钠 C．氯水 D．蔗糖10、两种金属组成的合金65g，完全反应，消耗氯气71g，则合金的可能是（）A．Cu和Zn B．Na和Hg C．Fe和Cu D．Cu和Ca11、下列关于实验事故或药品的处理方法中，正确的是()A．少量浓硫酸沾在皮肤上，立即用大量氢氧化钠溶液冲洗B．大量氯气泄漏时，用肥皂水浸湿毛巾捂住嘴和鼻，并迅速离开现场C．不慎洒出的酒精在桌上着火时，应立即用大量水扑灭D．金属钠着火时，可立即用沾水的毛巾覆盖12、在容量瓶上没有标记的是（）A．刻度线 B．温度 C．浓度 D．容量13、下列各组在溶液中的反应，不管反应物的量是多少，都能用同一离子方程式表示的是A．NaOH与CO2 B．Ba（OH）2与H2SO4C．HCl与Na2CO3 D．NaHCO3与Ca（OH）214、在实验室里，要想使AlCl3溶液中的Al3+全部沉淀出来，应选用下列试剂中的（）A．氨水 B．氢氧化钠溶液 C．硫酸 D．石灰水15、现有以下几种措施：①对燃烧煤产生的尾气进行除硫处理；②少用原煤做燃料；③燃煤时鼓入足量空气；④开发清洁能源。其中能减少酸雨产生的措施是A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④16、将CO2气体缓缓通入到含有等物质的量的KOH、Ba(OH)2和KAlO2的混合溶液中，直至过量，生成的沉淀的物质的量与所通CO2的体积关系如图所示（假设每步反应均完全）。下列关于整个反应进程中的各种描述不正确的是A．A→B段与C→D段所发生的反应相同B．B→C段反应的离子方程式是：2AlO2―＋3H2O＋CO2=2Al(OH)3↓＋CO32―C．O→A段反应的化学方程式是：Ba(OH)2＋CO2=BaCO3↓＋H2OD．D→E段沉淀的减少是由于碳酸钡固体的消失所致二、非选择题（本题包括5小题）17、有一包固体可能由硝酸铜、硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠中的一种或几种组成。为了探究该固体的组成，某化学小组设计并开展如图所示的实验：已知：①步骤Ⅰ中固体全部溶解，溶液呈蓝色，且无气泡产生。②步骤Ⅱ、Ⅲ中均可观察到有白色沉淀生成。请回答下列问题：(1)原固体中一定含有的物质是___________________________________________(填化学式)。(2)原固体中一定不含有的物质是________________________________________(填化学式)，原因是________________________________________________________________________。(3)写出步骤Ⅱ、Ⅲ中生成白色沉淀的离子方程式：___________________________________。(4)步骤Ⅲ所得蓝色溶液中一定含有的溶质是_____________________________(填化学式)。18、现有A、B、C、D、E、F、G七种短周期主族元素，其原子序数依次增大。已如A、D位于同一主族，D是短周期中原子半径最大的。B、E最外层电子数是最内层电子数的2倍。C、F的最外层电子数相等，且C、F的原子序数之和为A、D原子序数之和的两倍。（1）A、C、D、F形成的简单离子半径由大到小的顺序是____________（用元素符号填写）。（2）B、E、F、G最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是___________（用化学式填写）。（3）由C、D两元素能形成一种原子个数比为1：1的化合物，该化合物所含的化学键类型有____________。（4）下列事实能说明G元素的非金属性比F元素的非金属性强的是______________。a.G单质与Na2S溶液反应溶液变混浊b.F氢化物的酸性比G的氢化物酸性弱c.G和F两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高（5）A、C、D、F四种元素形成的化合物M和N在溶液中相互反应的离子方程式是________________。19、某同学帮助水质检测站配制480mL0.5mol/LNaOH溶液以备使用。(1)该同学应选择______mL的容量瓶。(2)其操作步骤如图所示，则图1中操作应在图中的_____(填选项字母)之间。A．①与②B．②与③C．③与④D．④与⑤(3)该同学应称取NaOH固体_______g，用质量为23.1g的烧杯放在托盘天平上称取所需NaOH固体时，请在附表中选取所需的砝码大小_______(填字母)，并在图中选出能正确表示游码位置的选项_______(填字母)。附表：砝码规格(4)下列操作对所配溶液的浓度大小有何影响(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。①定容时，俯视读数，浓度会_______；②转移溶液过程中，少量液体溅出来，浓度会_______；③定容摇匀后发现溶液凹面低于刻度线，浓度会_______。20、某研究性学习小组利用如图所示装置探究二氧化硫的性质。已知该实验过程可产生足量的二氧化硫。(装置中固定仪器未画出)（1）A中所装试剂为铜片和__(填试剂名称)，导管F的作用是__。（2）D中的试剂为0.5mol·L-1BaCl2溶液，实验中无明显现象，若改为同浓度的Ba(NO3)2溶液，则出现白色沉淀，此沉淀的化学式为__，证明SO2具有__性。（3）装置B用于验证SO2的漂白性，则其中所装溶液为__(填字母)。A．酸性高锰酸钾溶液B．品红溶液C．石蕊溶液D．蓝色的碘-淀粉溶液（4）实验时，B中溶液褪色，并有大量气泡冒出，但始终未见C中饱和澄清石灰水出现浑浊或沉淀。请推测可能的原因，并设计实验验证。可能原因：__。实验验证：__。（5）E中Na2S溶液用于验证SO2的氧化性，可观察到的现象为__。（6）指出上述装置中的不足之处：__。21、铁是人类较早使用的金属之一。运用铁及其化合物的知识，完成下列问题。Ⅰ.（1）所含铁元素既有氧化性又有还原性的物质是________(填字母)。A．FeB．FeCl3C．FeSO4D．Fe2O3（2）血红蛋白(Hb)中的铁元素呈正二价，能与O2分子结合成氧合血红蛋白(HbO)从而有输送氧的能力。NaNO2因具有氧化性能使血红蛋白丧失与O2结合的能力，药品美蓝是其有效的解毒剂，下列说法中正确的是（_______）A．NaNO2被氧化B．药品美蓝是还原剂C．NaNO2是还原剂D．药品美蓝被还原（3）电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔来制造印刷电路板。写出FeCl3溶液与铜发生反应的离子方程式：________________________________。Ⅱ.高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比Cl2、O2、ClO2、KMnO4氧化性更强，无二次污染，工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出。（4）干法制备高铁酸钠的主要反应为：2FeSO4＋6Na2O2=2Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑，该反应中Na2O2是________(填“氧化剂”或“还原剂”)。（5）湿法制备高铁酸钾的反应体系中有六种微粒：Fe(OH)3、ClO－、OH－、、Cl－、H2O。①碱性条件下，氧化剂和还原剂的物质的量的比为3∶2发生反应，写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式：__________________________________________。②若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为________mol。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

A.Fe3+、SCN-在溶液中反应，不能大量共存，但不是氧化还原反应，A错误；B.Fe3+、OH-在溶液中反应，不能大量共存，但不是氧化还原反应，B错误；C.Fe2+、MnO4-之间能发生氧化还原反应，不能大量共存，C正确；D.H+、CO32-在溶液中反应，不能大量共存，但不是氧化还原反应，D错误；答案选C。2、C【解析】

根据固体减少的质量等于混合物中O元素质量进行计算。【详解】Fe2O3、CuO的混合物在足量H2气流中加热充分反应生成Fe、Cu与H2O，冷却后固体质量减少等于混合物中O元素质量，则n(O)＝1.6g÷16g/mol＝0.1mol；Fe2O3、CuO与盐酸恰好反应时，需要盐酸的体积最小，反应生成FeCl3、CuCl2与H2O，氧原子被氯原子替代，FeO、Fe2O3中O元素为﹣2价，用﹣1价的Cl替换﹣2价的O，所以n(Cl)＝2n(O)＝0.1mol×2＝0.2mol，所以盐酸的体积为＝0.2L，故选：C。3、C【解析】

若将集气瓶的玻璃片抽走，氯气和碘化氢气体混合能够发生置换反应生成氯化氢和碘单质，反应的化学方程式为2HI+Cl2=I2+2HCl。【详解】A.由阿伏加德罗定律可知，等体积的碘化氢和氯气的物质的量相等，由反应的化学方程式可知，反应中氯气过量，则反应后集气瓶中气体的黄绿色会变浅，但不会完全消失，故A错误；B.由阿伏加德罗定律可知，等体积的碘化氢和氯气的物质的量相等，由反应的化学方程式可知，反应中氯气过量，则反应后集气瓶中碘化氢完全反应，不可能存在碘化氢，故B错误；C.氯气和碘化氢气体混合能够发生置换反应生成氯化氢和碘单质，则反应后集气瓶中会出现紫黑色固体，故C正确；D.由阿伏加德罗定律可知，等体积的碘化氢和氯气的物质的量相等，由反应的化学方程式可知，反应中氯气过量，过量的氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，生成两种盐，故D错误；故选C。4、C【解析】

固体混合物加热至恒重时，剩余固体为Na2CO3，根据Na元素守恒计算出碳酸钠的物质的量，再根据m=nM计算其质量。【详解】固体混合物加热至恒重时，剩余固体为Na2CO3，100mL溶液中n（Na+）=1.15g÷23g/mol=0.05mol，根据钠离子守恒，则n（Na2CO3）=0.05mol/2=0.025mol，m（Na2CO3）=0.025mol×106g/mol=2.65g，故答案选C。【点睛】本题考查混合物的计算，判断加热后剩余固体的成分，根据守恒法计算是解答的关键。5、D【解析】

强电解质通常包括强酸、强碱、绝大多数盐以及活泼金属氧化物，弱电解质通常包括弱酸、弱碱、极少数盐以及水，据此来判定即可。【详解】A.二者均为强电解质，A项错误；B.碳酸为弱电解质，碳酸钠为强电解质，B项错误；C.前者为强电解质，后者为非电解质，C项错误；D.前者为强电解质，后者为弱电解质，D项正确；答案选D。6、D【解析】

A.该离子方程式电荷不守恒，A错误；B.该离子方程式中原子、电荷均不守恒，B错误；C.NaOH溶液过量，应该生成偏铝酸盐，产物不正确，C错误；D.氢氧化铝不溶于过量的氨水，离子方程式书写正确，D正确；综上所述，本题选D。【点睛】判断离子方程式的正误，关键抓住离子方程式是否符合客观事实、化学式的拆分是否准确、是否遵循电荷守恒和质量守恒、氧化还原反应中的得失电子是否守恒等。7、B【解析】

A．等质量的Na2CO3和NaHCO3，碳酸钠的摩尔质量大，其物质的量少，盐酸足量，碳元素守恒，则与盐酸完全反应碳酸钠产生的气体少，故A正确；B．Na2CO3和NaHCO3都能与澄清的石灰水反应生成沉淀，反应为CO32﹣+Ca2+=CaCO3↓，2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣=CaCO3↓+2H2O+CO32﹣，故B错误；C．向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳析出碳酸氢钠晶体，则相同条件下，在水中的溶解性为NaHCO3＜Na2CO3，故C正确；D．NaHCO3不稳定，加热易分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，碳酸钠受热稳定，可用加热法除去，故D正确；故选B。8、A【解析】

A.Al与盐酸反应生成氯化铝和水，与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，A符合题意；B.Fe与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，但与NaOH溶液不反应，B不合题意；C.Cu与盐酸和NaOH溶液都不反应，C不合题意；D.Mg与盐酸反应生成氯化镁和氢气，与NaOH溶液不反应，D不合题意。故选A。9、D【解析】

非电解质指的是在水溶液和熔融状态下均不导电的化合物。【详解】A.醋酸在水溶液中可以导电，是弱电解质，故A不选；B.氯化钠在水溶液和熔融状态下均导电，是强电解质，故B不选；C.氯水是混合物，不是非电解质，故C不选；D.蔗糖在水溶液和熔融状态下均不导电，是非电解质，故D选；故答案选D。【点睛】电解质和非电解质的概念是仅对于化合物而言的，单质、混合物都不叫非电解质。10、B【解析】

假设金属与氯气反应都为+2价，两种金属组成的合金65g，与氯气完全反应，消耗氯气71g，，则生成氯化物为1mol，金属的平均相对原子质量为65，A.Cu的相对原子质量为64，Zn的相对原子质量为65，二者平均相对原子质量介于64∼65之间，小于65，A错误；B.若Na为+2价，则相对原子质量为23×2=46，Hg的相对原子质量为200.6，可满足平均相对原子质量为65，B正确；C.Fe与氯气反应生成，若化合价为+2价，则相对原子质量为56×=37.3，Ca的相对原子质量为40，均小于金属混合物的平均相对原子质量为65，C错误；D.Cu的相对原子质量为64，Ca的相对原子质量为40，均小于金属混合物的平均相对原子质量为65，D错误；故答案选B。11、B【解析】

A、浓硫酸溅到手上，应用干抹布擦去，冲洗后涂上碳酸氢钠溶液，不能用氢氧化钠溶液中和，因为氢氧化钠溶液有很强的腐蚀性，故A错误；B、氯气有毒，能够与碱性溶液反应生成无毒的物质，所以大量氯气泄漏时，可用肥皂水浸湿毛巾捂住嘴和鼻子，并迅速离开现场，故B正确；C、少量酒精洒在桌上并燃烧起来，应该立即用湿抹布扑盖，由于酒精密度小于水，不能够用大量水扑灭，故B错误；D、钠着火生成过氧化钠，与二氧化碳、水都反应，则不能用二氧化碳、水灭火，加入沙土可掩盖钠，隔绝空气，可起到灭火的作用，故D错误；故选B。12、C【解析】

容量瓶是一种配制一定物质的量浓度溶液的精确玻璃仪器，瓶体上标有刻度线、温度、和容量瓶的规格(容量)，没有标溶液的物质的量浓度，故选C。13、B【解析】

-【详解】A.NaOH与过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，和少量二氧化碳反应生成碳酸钠，所以生成物与反应物的量有关，离子方程式不同，故A不选；B.二者无论如何混合，都生成硫酸钡和水，所以生成物与反应物的量无关，能用同一离子方程式表示，故B选；C.少量HCI和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，过量HCI和碳酸钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水，所以生成物与反应物的量有关，离子方程式不同，故C不选；D.碳酸氢钠和少量氢氧化钙反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，和过量氢氧化钙反应生成碳酸钙、NaOH和水，所以生成物与反应物的量有关，离子方程式不同，故D不选；故选B。14、A【解析】

氢氧化铝能溶于强碱，不能溶于弱碱。【详解】实验室常用弱碱与铝盐反应生成沉淀的方法制取氢氧化铝，因此选择氨水；答案选A。15、B【解析】

二氧化硫是引起酸雨的主要气体；原煤中含有硫，少用原煤做燃料可以减少二氧化硫的排放；燃煤时鼓入足量空气，不能减少二氧化硫的排放；开发清洁能源，减少煤炭的燃烧，从而减少二氧化硫的排放。【详解】二氧化硫是引起酸雨的主要气体，对燃烧煤产生的尾气进行除硫处理，能减少酸雨产生，故①正确；原煤中含有硫，少用原煤做燃料可以减少二氧化硫的排放，减少酸雨产生，故②正确；燃煤时鼓入足量空气，不能减少二氧化硫的排放，不能减少酸雨产生，故③错误；开发清洁能源，减少煤炭的燃烧，从而减少二氧化硫的排放，能减少酸雨产生，故④正确；选B。16、A【解析】

将CO2气体缓缓通入到含有等物质的量的KOH、Ba(OH)2和KAlO2的混合溶液中，O—A段CO2与Ba(OH)2反应，化学方程式为：Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O；A—B段发生CO2与KOH的反应，沉淀的质量不变；B—C段CO2与KAlO2、H2O反应生成Al(OH)3沉淀，离子方程式为：2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32‾；C—D段CO2、H2O与CO32‾反应生成HCO3‾；D—E段CO2、H2O与BaCO3反应生成能溶的Ba(HCO3)2，所以沉淀的量减小，故A项错误。二、非选择题（本题包括5小题）17、Cu(NO3)2、Na2SO4NaHCO3向固体中加入稀盐酸时无气泡产生Ba2＋＋SO42-=BaSO4↓，Ag＋＋Cl－=AgCl↓HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2、Cu(NO3)2【解析】

根据固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜；又因为无气泡产生，所以固体中一定不含有碳酸氢钠；步骤Ⅱ加入过量硝酸钡产生白色沉淀，说明固体中一定含有硫酸钠；步骤Ⅲ中加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，则该白色沉淀为氯化银，由于一开始加入过量稀盐酸，所以溶液中一定有氯离子，所以会生成氯化银沉淀，但不能确定一定含有氯化钠．【详解】（1）固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有Cu(NO3)2；步骤Ⅱ加入过量硝酸钡产生白色沉淀，说明固体中一定含有Na2SO4；（2）固体加过量稀盐酸无气泡产生，所以固体中一定不含有NaHCO3；（3）根据向固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜，硝酸铜溶于水，所以蓝色滤液中一定含有硝酸铜和硝酸；加入过量硝酸钡，说明硝酸钡有剩余，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钡；硝酸钡和硫酸钠反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，离子方程式是Ba2++SO42-=BaSO4↓，最后加入硝酸银，产生的白色沉淀是氯化银，离子方程式是Cl-+Ag+=AgCl↓；（4）根据向固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜，硝酸铜溶于水，所以蓝色滤液中一定含有硝酸铜和硝酸；加入过量硝酸钡，说明硝酸钡有剩余，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钡；硝酸钡和硫酸钠反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钠，综合分析可知，蓝色滤液中一定含有的溶质是：HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2、Cu(NO3)2。【点睛】首先分析所给混合物中各物质的性质，然后根据题中所给的实验现象进行判断，最后确定混合物的组成成分。18、r(S2-)＞r(O2-)＞r(Na+)＞r(H+)HClO4离子键、共价键acH++HSO3-=SO2↑+H2O【解析】

现有A、B、C、D、E、F、G七种短周期主族元素，D是短周期中原子半径最大的，D为Na；已知A、D位于同一主族，A为H；B、E最外层电子数是最内层电子数的2倍。B为C，E为Si；C、F的最外层电子数相等，且C、F的原子序数之和为A、D原子序数之和的两倍，C、F的原子序数之和24，C的原子序数小于D，F的原子序数大于D，所以C为O；F为S；G为Cl；结合上述分析解答。【详解】（1）离子的电子层数越多，半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小；因此离子半径由大到小的顺序是：r(S2-)＞r(O2-)＞r(Na+)＞r(H+)，本题答案是：r(S2-)＞r(O2-)＞r(Na+)＞r(H+)（2）元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性就越强，B、E、F、G最高价氧化物对应的水化物为：H2CO3、H2SiO3、H2SO4、HCIO4；因非金属性：Cl>S>C>Si，所以最高价含氧酸酸性由强到弱的顺序是：HClO4>H2SO4>H2CO3>H2SiO3；综上所述B、E、F、G最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是HClO4，本题答案是：HClO4。（3）由C、D两元素能形成一种原子个数比为1：1的化合物为Na2O2，所含的化学键类型有离子键、共价键，本题答案是：离子键、共价键（4）a项、G为Cl原子，其单质Cl2与Na2S溶液反应的方程式为:Cl2+Na2S=2NaCl+S↓，G的得电子能力强，G的非金属性强，能说明G元素的非金属性比F元素的非金属性强，a正确；b项、非金属性越强，最高价含氧酸的酸性就越强，F氢化物的酸性比G的氢化物酸性弱不能说明G元素的非金属性比F元素的非金属性强，b错误；c项、G和F两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高，可知G的氢化物稳定，则G的非金属性强，能说明G元素的非金属性比F元素的非金属性强，c正确；（5）A、C、D、F四种元素组成化合物M和N分别为：NaHSO4和NaHSO3，它们在溶液中相互反应的离子方程式是：H＋+HSO3－=SO2↑+H2O【点睛】粒子半径比较基本原则：①一看“电子层数”：当电子层数不同时，电子层数越多，半径越大。②二看“核电荷数”：当电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小。③三看“核外电子数”：当电子层数和核电荷数均相同时，核外电子数越多，半径越大。19、500D10.0cdc偏大偏小无影响【解析】

配置溶液的步骤是：计算、称量、溶解、冷却、转移、振荡摇匀、加水定容、颠倒摇匀、转移至试剂瓶，贴签、备用，选取容量瓶的规格应该等于或稍大于配制溶液的体积，分析操作对溶质的物质的量、溶液体积的影响，根据c=分析操作对所配溶液浓度的影响。【详解】(1)选取容量瓶的规格应该等于或稍大于配制溶液的体积，实验室没有480mL容量瓶，所以应该选500mL容量瓶，故答案为：500；(2)如图所示的操作为移液洗涤后向容量瓶内加水，应在转移与定容之间，即应在④到⑤之间，故选：D；(3)配制500mL1mol⋅L−1NaOH溶液需要氢氧化钠的质量为0.5L×0.5mol/L×40g/mol=10.0g；氢氧化钠具有腐蚀性且易潮解，应放在烧杯内称量，根据氢氧化钠与烧杯总质量为10.0g+23.1g=33.1g，故应选择20g与10g的砝码，即选择cd；由表中升高可知，最小的砝码为5g，故游码的最大刻度为5g，故小于5g所以游码，所以游码应在3.1g的位置，故选择c，故答案为：10.0；cd；c；(4)①定容时俯视液面，导致溶液体积偏小，则浓度会偏大，故答案为：偏大；②转移溶液过程中，少量液体溅出来，导致溶质物质的量减少，则浓度会偏小，故答案为：偏小；③定容摇匀后发现溶液凹面低于刻度线是正常的，浓度不会受影响，故答案为：无影响。20、浓硫酸平衡气压(防止气压过低产生倒吸现象，也防止气压过大)，且反应结束后可以从导管中通入空气，便于排出装置内残余的SO2BaSO4还原BSO2产生的快而多且溶解度较大，Ca(OH)2的溶解度很小，饱和澄清石灰水的浓度小，导致迅速生成Ca(HSO3)2取适量C中反应后的溶液，向其中加入氢氧化钠溶液，观察是否有沉淀生成有淡黄色沉淀生成缺少尾气处理装置【解析】

探究SO2的性质实验流程：在装置A中Cu与浓硫酸共热发生反应反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2↑，B检验SO2的漂白性，C验证二氧化硫是酸性氧化物，D验证二氧化硫的还原性，E验证二氧化硫的氧化性，装置B用品红溶液检验漂白性，在装置C中SO2与饱和澄清石灰水反应，发生反应：Ca(OH)2+SO2=CaSO3↓+H2O，二氧化硫过量还会发生反应：CaSO3+SO2+H2O=Ca(HSO3)2，在装置D中发生反应：SO2+Ba(NO3)2+2H2O=BaSO4↓+2NO↑+2H2SO4，E中发生反应：2Na2S+5SO2+2H2O═4NaHSO3+3S↓，产生淡黄色沉淀，二氧化硫是过量的，且有毒，污染环境，应进行尾气处理。【详解】(1)二氧化硫用铜和浓硫酸在加热的条件下制得，导管F的作用是平衡气压(防止气压过低产生倒吸现象，也防止气压过大)以及反应结束后可以从导管中通入空气，便于排出装置内残余的SO2，故答案为：浓硫酸；平衡气压(防止气压过低产生倒吸现象，也防止气压过大)以及反应结束后可以从导管中通入空气，便于排出装置内残余的SO2；

(2)在装置D中发生反应：SO2+Ba(NO3)2+2H2O=BaSO4↓+2NO↑+2H2SO4，证明二氧化硫具有还原性，故答案为：BaSO4；还原；

(3)二氧化硫具有漂白性，用品红溶液检验，故答案为；B；

(4)始终未见C中饱和澄清石灰水出现浑浊或沉淀，SO2产生的快而多且溶解度较大，Ca(OH)2溶解度很小，饱和石灰水浓度小，导致迅速生成Ca(HSO3)2，反应方程式为：CaSO3+SO2+H2O=Ca(HSO3)2，Ca(HSO3)2易溶于水，验证溶液中的Ca(HSO3)2，取适量反应后C中的溶液，向其中加入氢氧化钠溶液，观察是否有沉淀生成即可，故答案为：SO2产生的快而多且溶解度较大，Ca(OH)2溶解度很小，饱和石灰水浓度小，导致迅速生成Ca(HSO3)2溶液；取适量反应后C中的溶液，向其中加入氢氧化钠溶液，观察是否有沉淀生成；

(5)E中发生反应：2Na2S+5SO2+2H2O═4NaHSO3+3S↓，产生淡黄色沉淀，证明二氧化硫有氧化性，故答案为：溶液中出现淡黄色浑浊；

(6)二氧化硫是过量的，且有毒，污染环境，应进行尾气处理，故答案为：缺少尾气处理装置。【点睛】二