（2013•赤壁市模拟）如图所示为常见气体制备、分离、干燥和性质验证的部分仪器装置（加热设备、夹持固定装置和连接用橡胶管

A、B、C、D为短周期元素，A元素的原子价电子排布为ns²np²，则A属于第IVA族元素；
B元素原子的最外层子数是其电子层数的3倍，最外层电子数不超过8个，则B是O元素；
C元素原子的M能层的p能级有3个未成对电子，则C是P元素；
D元素原子核外的M能层中只有2对成对电子，则D是S元素；
（1）当n=2时，A为C元素，CO₂分子结构对称，其正负电荷重心重合，为非极性分子；CH₂O分子结构简式为HCHO，C原子含有3个δ键、1个π键，所以C原子价层电子对个数是3，则C原子采用sp²杂化，故答案为：非极性；sp²；3；1；
（2）当n=3时，A为Si元素，A与B形成的晶体为SiO₂，属于原子晶体，二氧化硅晶体中Si原子和O原子之间存在共价键，故答案为：共价键；
（3）若n=3时，A为Si元素，同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以第一电离能大小顺序是P＞S＞Si，
SO₂分子中S原子价层电子对个数=2+[1/2]×（6-2×2）=3，且含有一个孤电子对，所以二氧化硫的VSEPR模型为三角形，其空间构型为V形，故答案为：P＞S＞Si；三角形；V形；
（4）铜离子含有空轨道、水分子中O原子含有孤电子对，二者形成配位键，配位键由提供孤电子对的原子指向提供空轨道的原子，所以其表示方法为：
，
故答案为：．

点评：
本题考点： 原子结构与元素的性质．

考点点评： 本题考查物质结构和性质，涉及分子空间构型的判断、配位键的表示、第一电离能大小比较等知识点，这些都是考试高频点，注意VSEPR模型、分子空间构型的区别及配位键的表示方法，关键是配位键箭头方向，为易错点．

（1）据图可以看出，30℃时，AB两种物质的溶解度相等；当温度低于30℃时，A物质的溶解度小于B物质的溶解度；当温度高于30℃时，A物质的溶解度大于B物质的溶解度；40℃时，B物质的溶解度为50g；故填：30℃时，AB两种物质的溶解度相等；40℃时，B物质的溶解度为50g；
（2）20℃时，B的溶解度为40g，B物质的饱和溶液中溶质的质量分数是
40g
100g+40g×100%≈28.6%，故填：28.6%．

点评：
本题考点： 固体溶解度曲线及其作用；溶质的质量分数、溶解性和溶解度的关系．

考点点评： 本题考查了溶解度曲线的意义和应用，完成此题，可以依据已有的知识进行．

实验一：（1）氧气能使带火星的木条复燃，所以生成的气体是：氧气；
（2）Na₂O₂与水反应放热，使吸滤瓶中的空气受热膨胀，所以伸入烧杯中的导管口看到有气泡产生；
实验二：（1）根据质量守恒定律，反应物中没有碳元素，所以生成物中不可能含有碳元素，碳酸钠中含有碳元素，设计一个证明Na₂CO₃不存在的实验：用试管取少量的反应后溶液，然后向试管中滴加过量的稀盐酸，没有气泡冒出，说明碳酸钠不存在；
（2）小军取反应后所得的溶液于试管中，滴入无色酚酞试液，发现酚酞试液变红色，说明反应后所得的溶液呈碱性，过氧化钠与水反应后生成氧气和氢氧化钠，化学方程式为：2Na₂O₂+2H₂O═4NaOH+O₂↑．
故答案为：实验一：（1）氧气；
（2）过氧化钠与水反应放出热量，使吸滤瓶中的空气受热膨胀，因此伸入烧杯中的导管口看到有气泡产生；
实验二：（1）根据质量守恒定律，反应物中没有碳元素，所以生成物中不可能有Na₂C0₃；没有气泡产生；
（2）碱，2Na₂O₂+2H₂O═4NaOH+O₂↑．

点评：
本题考点： 实验探究物质的组成成分以及含量；常见气体的检验与除杂方法；证明碳酸盐；质量守恒定律及其应用；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．

考点点评： 本考点既考查了实验步骤的设计，又考查了化学方程式的书写，还对实验进行了评价，综合性比较强．

A．FeO溶于足量稀HNO₃的离子反应为3FeO+NO₃^-+10H⁺═3Fe³⁺+NO↑+5H₂O，故A错误；
B．NH₄HCO₃溶液与足量Ba（OH）₂溶液混合的离子反应为NH₄⁺+HCO₃^-+Ba²⁺+2OH^-═BaCO₃↓+H₂O+NH₃．H₂O，故B错误；
C．等物质的量的KHCO₃和Ba（OH）₂的溶液混合的离子反应为HCO₃^-+Ba²⁺+OH^-═BaCO₃↓+H₂O，故C正确；
D．将0.2mol/L的NH₄Al（SO₄）₂溶液与0.4mol/L的Ba（OH）₂溶液等体积混合的离子反应为NH₄⁺+Al³⁺+2SO₄^2-+2Ba²⁺+4OH^-═Al（OH）₃↓+2BaSO₄↓+NH₃．H₂O，故D错误；
故选C．

点评：
本题考点： 离子方程式的书写．

考点点评： 本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重与量有关的离子反应及氧化还原反应的离子反应考查，题目难度中等．

（1）可逆反应A（g）+2B（g）⇌4C（g）△H＞0达到平衡时，c（A）=2mol/L，c（B）=4mol/L，c（c）=4mol/L，若A完全转化为C，消耗B为4mol/L，则B最小值为0mol/L，若C完全转化为反应物，生成2mol/LB，则B的最大值为6mol/L，因反应为可逆反应，均不能完全转化，则B的浓度范围为0mol/L＜c（B）＜6mol/L；
若改变条件重新达到平衡后体系中C的质量分数增大，应使平衡向正反应方向移动，
A增加C的物质的量，等效为增大压强，平衡向逆反应方向移动，C的质量分数降低，故A错误；
B加压，平衡向逆反应方向移动，C的质量分数降低，故B错误；
C升温，平衡向正反应方向移动，C的质量分数增大，故C正确；
D使用催化剂，平衡不移动，C的质量分数不变，故D错误；
故答案为：0mol/L＜c（B）＜6mol/L；C；
（2）由于醋酸是弱电解质，与Zn反应同时，电离出H⁺，所以pH变化较缓慢，所以B曲线是醋酸溶液的pH变化曲线．由图知盐酸和醋酸的pH变化都是由2到4，盐酸中氢离子浓度逐渐减小，但醋酸中存在电离平衡，氢离子和锌反应时促进醋酸电离，补充反应的氢离子，所以醋酸是边反应边电离H⁺，故消耗的Zn多，所以m₁＜m₂，
故答案为：B；＜；
（3）A、在A、B间任一点，溶液中只存在四种离子有Na⁺、H⁺、CH₃COO^-、OH^-，根据电荷守恒则有：c（Na⁺）+c（H⁺）=c（CH₃COO^-）+c（OH^-），c（H⁺）＜c（OH^-），溶液中离子浓度大小关系为：c （Na⁺）＞c （CH₃COO^-）＞c （OH^-）＞c （H⁺），还有可能c （Na⁺）＞c （OH^-）＞c （CH₃COO^-）＞c （H⁺），故A错误；
B、在B点溶液显中性，则结果是c（OH^-）=c（H⁺），根据电荷守恒c（Na⁺）+c（H⁺）=c（CH₃COO^-）+c（OH^-），则一定有c（Na⁺）=c（CH₃COO^-），溶液的成分为：反应生成的醋酸钠和剩余的醋酸，醋酸钠的水解程度和醋酸的电离程度相等，故有：c（Na⁺）=c（CH₃COO^-）＞c（OH^-）=c（H⁺），故B错误；
C、在C点，溶液显酸性，故有c（OH^-）＜c（H⁺），根据电荷守恒：c（Na⁺）+c（H⁺）=c（CH₃COO^-）+c（OH^-），故c（Na⁺）＜c（CH₃COO^-），c （CH₃COO^-）＞c （Na⁺）＞c （H⁺）＞c （OH^-），故C错误；
D、在D点时，醋酸剩余，剩余的醋酸的浓度和生成的醋酸钠浓度相等均为0.05mol/l，根据物料守恒，则：c（CH₃COO^-）+c（CH₃COOH）=0.1mol•L^-1，c（Na⁺）=0..05mol/L，c （CH₃COO^-）+c （CH₃COOH）=2c （Na⁺），故D正确；
故选D；
（4）某CuSO₄溶液里c（Cu²⁺）=0.02mol/L，如果生成Cu（OH）₂沉淀，则应有c（OH^-）≥

2×10−20
0.02mol/L=10^-9mol/L，则c（H⁺）≤
1×10−14
10−9mol/L=10^-5mol/L，
所以pH≥-lg（10^-5）=5；
Cu²⁺沉淀较为完全是的浓度为[0.2mol/L/1000]=2×10^-4mol/L，
则c（OH^-）=

2×10−20
2×10−4mol/L═10^-8mol/L，
则c（H⁺）=
1×10−14
10−8mol/L=10^-6mol/L，
所以pH=-lg（10^-6）=6，
故答案为：5； 6；
（5）常温下，纯碱（Na₂CO₃） 溶液中滴入酚酞，溶液呈红色，则该溶液呈碱性；
要验证该溶液遇酚酞呈红色原因，可用以下方法：
方法一：向红色溶液中加入足量BaCl₂溶液，如果溶液显红色，说

点评：
本题考点： 化学平衡的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较．

考点点评： 本题考查弱电解质的电离，化学平衡影响因素分析判断，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型和高频考点，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学生学习的积极性，注意把握弱电解质的电离特点和影响因素，平衡移动原理实质理解应用、溶度积常数的计算，题目难度不大，注意把握计算公式的运用．