【答案解析】BC 解析：t3～t4阶段与t4～t5阶段正逆反应速率都相等，而t3～t4阶段为使用催化剂，如t4～t5阶段改变的条件为降低反应温度，化学平衡发生移动，则正逆反应速率不相等，则t4～t5阶段应为减小压强；反应中A的浓度变化为 0.15mol/L-0.06mol/L=0.09mol/L，C的浓度变化为
0. 11mol/L-0.05mol/L=0.11mol/L，则A、C的化学计量数之比为9：11，该反应为气体体积不变的反应，则Y为反应物，该反应为9A（g）+2B（g）?11C（g），A．t1=15s，则t0-t1阶段以A浓度变化表示的反应速率v（A）=0.09mol·L/15s=0.006mol/（L?s），故A正确； B．A减少0.36mol，则B减少0.04mol，则起始B的物质的量为0.20mol+0.04mol=0.24mol，故B错误； C．由图象可知，逆反应速率瞬间不变，正反应速率增大，则t2-t3阶段改变的条件是增大A的浓度，平衡正向移动，但C的体积分数减小，故C错误； D．t5-t6阶段，改变条件为升高温度，升高温度逆反应大于正反应速率，则正反应为放热反应，故D正确. 【思路点拨】本题考查化学平衡移动图象题，注意从图二判断各阶段的影响因素，此为解答该题的关键，易错点为C中平衡移动及体积分数的分析，侧重学生分析能力及计算能力的考查，属于中档试题，题目难度不大． 非 选 择 题 【题文】16．（共14分）常温下，某水溶液M中存在的离子有：Na＋、A2－、HA－、H＋、OH－，存在的分子有H2O、H2A。根据题意回答下列问题：
(1)写出溶液中与H2A有关的电离方程式 ▲ 。
(2)若溶液M由10 mL 2 mol·L－1NaHA溶液与10 mL 2 mol·L－1NaOH溶液混合而得，则
溶液M的pH ▲ 7(填“>”、“<”或“＝”)，溶液中离子浓度由大到小顺序为 ▲ 。
已知Ksp(BaA)＝1.8×10－10，向该混合溶液中加入10 mL 1 mol·L－1BaCl2溶液，混合后溶液中的Ba2＋浓度为 ▲ mol·L－1。
(3)若溶液M由下列三种情况：①0.01 mol·L－1的H2A溶液；②0.01 mol·L－1的NaHA溶液；③0.02 mol·L－1的HCl与0.04 mol·L－1的NaHA溶液等体积混合液，则三种情况的溶液中H2A分子浓度最大的为 ▲ ；pH由大到小的顺序为 ▲ 。 (4)溶液M由pH＝3的H2A溶液V1 mL与pH＝11的NaOH溶液V2 mL混合而得，混合溶液c(H＋)/c(OH－)＝104，V1与V2的大小关系为 ▲ (填“大于”“等于”“小于”或“均有可能”)。
【知识点】弱酸的电离，离子浓度大小的计算和比较，溶液中溶质的水解 H1 H5 H6 【答案解析】（每空2分，共14分） (1)H2AH＋＋HA－，HA－H＋＋A2－
(2)＞ c(Na＋)>c(A2－)>c(OH－)>c(HA－)>c(H＋) 5.4×10－10 (3)③ ②＞③＞① (4)均有可能 解析：（1）存在的分子有H2O、H2A，则H2A为弱酸，电离方程式为H2A?H++HA-、HA-?H++A2-（2）等体积混合生成Na2A，因A2-对应的酸H2A为弱酸，故A2-水解使溶液显碱性，pH＞7，离子水解以第一步为主，则离子浓度关系为c（Na+）＞c（A2-）＞c（OH-）＞c（HA-）＞c（H+）
（3）①弱酸电离，②中HA—水解生成分子，③中等体积混合溶液中为等量的NaCl、NaHA、H2A，HA—抑制弱酸的电离，则三种情况的溶液中H2A分子浓度最大的为③，最小的为②，②中水解显碱性，①③相比①的酸性强，则pH最小，所以②＞③＞①
（4）混合溶液c（H+）/c（OH-）=104，c（H+）=10-5mol/L，溶液显酸性，则酸过量，H2A为弱酸，pH=3的H2A溶液与pH=11的NaOH溶液混合时酸的浓度大于碱的浓度，则二者体积关系不确定，大于、小于或等于都可能酸过量。
6
【思路点拨】本题考查较综合，涉及酸碱混合的定性分析、pH、电离与水解、电离方程式等，把握溶液中的溶质及电离与水解的趋势、相互影响即可解答，题目难度中等． 【题文】17．（14分）CaCO3广泛存在于自然界，是一种重要的化工原料。大理石主要成分为CaCO3，另外有少量的含硫化合物。实验室用大理石和稀盐酸反应制备CO2气体。下列装置可用于CO2气体的提纯和干燥。完成下列填空：
（1）用浓盐酸配制1:1（体积比）的稀盐酸（约6 mol·L-1），需要的玻璃仪器有 ▲ （2）上述装置中，A是 ▲ 溶液，其作用是 ▲ 。 （3）上述装置中，B物质是 ▲ 。 （4）一次性饭盒中石蜡和CaCO3在食物中的溶出量是评价饭盒质量的指标之一，测定溶出量的主要实验步骤设计如下：剪碎、称重→浸泡溶解→过滤→残渣烘干→冷却、称重→恒重 ①从物质分类的角度分析，石蜡属于有机物中的 ▲ 类，为了将石蜡从饭盒中溶出，应选用下列试剂中的 ▲ 。
a．氯化钠溶液 b．稀醋酸 c．稀硫酸 d 正已烷 ②饭盒中的碳酸钙常用稀醋酸将其溶出，试写出其反应的离子方程式 ▲ 。 【知识点】化学实验基本操作，物质的分类，化学方程式的书写 J1 J2 【答案解析】（1）烧杯、玻璃棒、量筒；（2）饱和NaHCO3；吸收HCl气体或吸收酸性气体； （3）无水CaCl2 或硅胶或P2O5固体；（4）①烃 ， d ② CaCO3+2CH3COOH=2CH3COO－+Ca2++H2O+CO2↑
解析：1）配制一定体积比的溶液时，用量筒量出相同体积的浓盐酸和水，倒入烧杯中，用玻璃棒搅拌加速溶解，故应选用烧杯、玻璃棒和量筒，；
2）根据实验所用药品，制得的气体中可能含有H2S、HCl和水蒸气；根据除杂的要求，除去H2S是可选用CuSO4溶液或酸性KMnO4溶液；碳酸氢钠溶液用于吸收HCl气体或吸收酸性气体；
3）B是用来除去水份的，但这种干燥剂又不能与CO2反应所以是氯化钙（或硅胶或P2O5固体等不与CO2反应的干燥剂）；
4）从物质分类的角度分析，石蜡中只含有碳氢两种元素，故石蜡属于有机物中的烃类；根据相似相容的原理，应选择有机物正己烷来把石蜡溶出。
【思路点拨】此题考查了溶液的配制、气体的除杂、实验设计和评价等化学实验知识，此题很好的将化学实验与其他化学知识有机地结合于一体，综合考查学生的能力和素质；考查知识也是从简单到复杂、从单一到综合． 【题文】18．（16分）某化学研究性学习小组通过查阅资料，设计了如下图所示的方法以含镍废催化剂为原料来制备NiSO4?7H2O。已知某化工厂的含镍催化剂主要含有Ni，还含有Al（31%）、Fe（1.3%）的单质及氧化物，其他不溶杂质(3.3%)。 酸H2O2 碱
含镍废 操作a 酸浸 操作a 保温一段时间 碱浸 催化剂
溶液① 固体①
NiSO4?7H2O 操作c 调pH为2-3 操作a 操作b 晶体
7
固体② 部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时的pH如下： 沉淀物 Al(OH)3 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Ni(OH)2 开始沉淀 3.8 2.7 7.6 7.1 完全沉淀 5.2 3.2 9.7 9.2 回答下列问题：
（1）操作a、c中需使用的仪器除铁架台（带铁圈）、酒精灯、烧杯、玻璃棒外还需要的主要仪器为 ▲ 。 （2）“碱浸”过程中发生的离子方程式是 ▲ ， ▲ 。 （3）“酸浸”时所加入的酸是 ▲ （填化学式）。酸浸后，经操作a分离出固体①后，溶液中可能含有的金属离子是 ▲ 。
（4） 操作b为调节溶液的pH，你认为pH的最佳调控范围是 ▲ 。 （5）“调pH为2~3”的目的是 ▲ 。 （6）产品晶体中有时会混有少量绿矾（FeSO4·7H2O），其原因可能是 ▲ 。 【知识点】制备实验方案的设计 J1 J2 J4 【答案解析】
（1） 漏斗、蒸发皿（2）2Al+2OH—+2H2O=2AlO2—+3H2↑、Al2O3+2OH—=2AlO2—+H2O （3）H2SO4 Ni2+ 、Fe2+ （4） 3.2—7.1 （5）防止在浓缩结晶过程中Ni2+水解 （6） H2O2的用量不足（或H2O2失效）、保温时间不足导致Fe2＋未被完全氧化造成的 解析：（1）操作a是过滤得到固体和滤液，c是蒸发浓缩得到晶体过滤得到NiSO4?7H2O；，操作a、c中需使用的仪器除铁架台（带铁圈）、酒精灯、烧杯、玻璃棒外还需要的主要仪器为过滤装置中的漏斗和蒸发浓缩溶液需要的蒸发皿 （2）“碱浸”过程中是为了除去铝及其氧化物，铝是两性元素和强碱反应，氧化铝是两性氧化物和强碱反应，镍单质和铁及其氧化物不和碱反应达到除去铝元素的目的；反应的两种方程式为：2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑、Al2O3+2OH-═2AlO2-+3H2O （3））“酸浸”时主要是溶解镍金属和铁单质及其氧化物，依据制备目的是得到NiSO4?7H2O，加入的酸不能引入新的杂质，所以需要加入硫酸进行酸浸；镍、铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁、硫酸镍溶液，故溶液中可能含有的金属离子是Ni2+、Fe2+
（4）依据图表中沉淀需要的溶液PH，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子后，调节溶液PH使铁离子全部沉淀，镍离子不沉淀得到较纯净的硫酸镍溶液，pH应在3.2-9.2间
（5）硫酸镍溶液需要蒸发浓缩结晶析出，为防止镍离子水解生成氢氧化镍沉淀，需要控制溶液pH在酸性条件下
（6）产品晶体中有时会混有少量绿矾（FeSO4?7H2O），说明在加入过氧化氢氧化剂氧化亚铁离子时未把亚铁离子全部氧化，氢氧化亚铁沉淀的pH大于镍离子沉淀的pH，保温目的是把亚铁离子完全氧化
【思路点拨】本题考查了物质分离的实验设计和方法应用，主要是利用溶液不同PH条件下离子沉淀的情况不同，控制溶液PH除去杂质离子，得到较纯净的硫酸镍溶液来制备硫酸镍晶体，同时考查了除杂原则不能引入新的杂质，铝及其化合物性质分析判断，题目难度中等． 【题文】19．（12分）甲醇来源丰富、价格低廉、运输贮存方便，是一种重要的化工原料，有着重要的用途和应用前景。
（1）工业生产甲醇的常用方法是：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △H = —90.8kJ/mol。 已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H =—571.6kJ/mol； 2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H = —566.0kJ/mol
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①计算2CH3OH（g）+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l) △H = ▲ 。 ②若在恒温恒容的容器内进行反应CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)，下列表示该反应达到平衡状态的标志有 ▲ （填字母序号）。
A．容器中混合气体的密度不变化 B．CO百分含量保持不变
C．容器中混合气体的压强不变化 D．有1个H—H键生成的同时有 3个C—H键生成
（2）制甲醇所需要的H2，可用下列反应制取：H2O(g)+CO(g) H2(g)+ CO2(g) △H＜0，某温度下该反应的平衡常数K = 1。若起始时c(CO)=1mol?L-1，c(H2O)=2mol?L－1，试回答下列问题：
①该温度下，反应进行一阶段时间后，测得H2的浓度为0.5mol?L-1，则此时该反应 v(正) ▲ v(逆)（填“＞”、“＜”或“＝”）；
②若反应温度不变，达到平衡后，H2O的转化率为 ▲ 。 a b 导管 （3）某实验小组设计了如右图所示的甲醇燃料电池装置。 O2 ①该电池工作时，OH— 向 ▲ 极移动（填“a”或“b”）； 惰性
惰性 电极 电极 ▲ 。②工作一段时间后，测得溶液的pH减小，该电池负极反应的离子方程式为
甲醇、 【知识点】盖斯定律的应用，化学平衡状态的判断，化学平衡常数的应用，电化学 F2 G2 KOH溶液
F3 【答案解析】（1）① — 1527.6kJ /mol ② BC
（2）① > ②33.3% （3）① b ② CH3OH+8OH——6e-=CO32—+6H2O 解析：（1）①根据盖斯定律可以得到：①CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △H1 = —90.8kJ/mol。②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H2 =—571.6kJ/mol； ③2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H 3= —566.0kJ/mol
此反应2CH3OH（g）+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)应有：—①×2+②×2+③，故△H =—△H1×2+△H2×2+△H 3=— 1527.6kJ /mol。
②A．容器中混合气体的密度在任何时刻都不会发生改变，故密度不变时不能说明达到化学平衡状态； B．CO百分含量保持不变说明此时任何物质的百分含量都不发生改变，说明反应达到了化学平衡状态，正确；C．因此反应是反应前后分子数发生变化的反应，故容器中混合气体的压强不变化说明反应达到化学平衡状态，正确； D． H—H键的生成时逆反应方向， C—H键生成是正反应方向，但是有2个H—H键生成的同时有 3个C—H键生成才代表的时V正=V逆，错误。
（2）①利用三段式进行计算：H2O(g) + CO(g) H2(g)+ CO2(g) 起始 2mol?L－1 1mol?L-1 一段时间后 0.5mol?L-1
转化或生成 0.5mol?L-1 0.5mol?L-10.5mol?L-10.5mol?L-1
即可求出H2O(g) 、CO(g)、H2(g)、CO2(g)的浓度分别为1.5mol?L-1 、0.5mol?L-1、 0.5mol?L-1 、0.5mol?L-1，可以求出此时各物质的浓度积＜K，故反应正在向正反应方向进行，故v(正) ＞v(逆)。
②根据平衡常数可以求出在平衡时H2O的浓度为2/3 mol?L-1，故转化率为(2/3)/2=33.3%. （3）①可以看到在此燃料电池中，电解质溶液的性质是碱性，负极通入的是甲醇，甲醇发生反应生成CO2，需消耗OH—，故OH— 向b极移动。
②负极反应是甲醇放电生成CO2，溶液的性质是碱性的，故CO2要与OH—反应生成CO32—，可以得到电极反应方程式为CH3OH+8OH——6e-=CO32—+6H2O。
【思路点拨】本题考查了在热化学中盖斯定律的应用，可逆反应达到化学平衡状态的标志，利用三段式进行化学平衡常数的计算，在化学反应中的转化率的计算，电化学的综合应用，
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在本题中考查的知识面比较广，综合性比较强，属于中档试题。
【题文】20.（本题共12分）在精制饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打（NaHCO3），并提取氯化铵作为肥料或进一步提纯为工业氯化铵。完成下列填空： （1）写出上述制备小苏打的化学方程式 ▲ （2）滤出小苏打后，母液提取氯化铵有两种方法：
①通入氨，冷却、加食盐，过滤 ②不通氨，冷却、加食盐，过滤 对两种方法的评价正确的是 ▲ （选填编号）
a．①析出的氯化铵纯度更高 b．②析出的氯化铵纯度更高 c．①的滤液可直接循环使用 d．②的滤液可直接循环使用
（3）提取的NH4Cl中含少量Fe2＋、SO42－。将产品溶解，加入H2O2，加热至沸，再加入BaCl2溶液，过滤，蒸发结晶，得到工业氯化铵。
加热至沸的目的是___________▲_____；滤渣的主要成分是__________▲______ _。 （4）称取1.840g小苏打样品（含少量NaCl），配成250ml溶液，取出25.00ml用0.1000mol/L盐酸滴定，消耗盐酸21.50ml。选甲基橙而不选酚酞作为指示剂的原因是_____ ▲ _____。 （5）将一定质量小苏打样品（含少量NaCl）溶于足量盐酸，蒸干后称量固体质量，也可测定小苏打的含量。若蒸发过程中有少量液体溅出，则测定结果___▲____。（选填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
【知识点】制备实验方案的设计 J4 【答案解析】（1）NH4HCO3＋NaCl=NaHCO3↓＋NH4Cl （2）ad （3）使Fe3＋完全水解为Fe(OH)3；Fe(OH)3、BaSO4 （4）选用酚酞作为指示剂，不能确定滴定终点 （5）偏高 解析：（1）饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打（NaHCO3），根据质量守恒可知同时生成NH4Cl，反应的方程式为NH4HCO3+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl
（2）母液中含有氯化铵，通入氨，冷却、加食盐，有利于氯化铵的析出，纯度更高，过滤后滤液中含有氨气，不能直接循环使用，而②的滤液可直接循环使用
（3）加热有利于亚铁离子的氧化，且有利于铁离子的水解，再加入BaCl2溶液，得到硫酸钡沉淀，滤渣的主要成分是氢氧化铁、硫酸钡
（4）碳酸氢钠溶液的PH本来就接近8.2，与酚酞变色的PH接近，变色时的PH和反应终点的PH不好判断；而使用甲基橙容易判断终点，且反应产生的二氧化碳不能全部逸出使溶液偏酸性，因此使用甲基橙的误差小（使用甲基橙易判断滴定终点，误差小），
（5）如全被为碳酸氢钠，与盐酸反应后生成氯化钠，质量减小，而如全部为氯化钠时，质量基本不变，可知加热后固体质量越小，碳酸氢钠含量越大，则若蒸发过程中有少量液体溅出，蒸干后所得固体质量偏小，则小苏打含量偏高。
【思路点拨】本题为2014年上海考题，设计制备实验的设计的考查，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意把握实验原理以及物质的性质，难度中等． 【题文】21.(12分)合成氨工艺的一个重要工序是铜洗，其目的是用铜液[醋酸二氨合铜（I）、氨水]吸收在生产过程中产生的CO和CO2等气体。铜液吸收CO的反应是放热反应，其反应方程式为： Cu(NH3)2Ac＋CO＋NH3[Cu(NH3)3CO]Ac 。完成下列填空： (1)如果要提高上述反应的反应速率，可以采取的措施是________▲_____。（选填编号） a.减压 b.增加NH3的浓度 c.升温 d.及时移走产物
(2)铜液中的氨可吸收二氧化碳，写出该反应的化学方程式__________▲__________
(3)铜液的组成元素中，短周期元素原子半径从大到小的排列顺序为_________▲_______。其中氮元素原子最外层电子排布的轨道表达式是_________▲______________。通过比较
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__▲__________可判断氮、磷两种非金属元素的非金属性强弱。 (4)已知CS2与CO2分子结构相似，CS2的电子式是_________▲_______。CS2熔点高于CO2，其原因是______▲________。 【知识点】元素周期律的应用，化学反应速率的影响因素，铜及其重要化合物的性质 G1 E1 E2
【答案解析】（12分，电子式和轨道表示式各1分其余各2分）
(1)bc (2)2NH3＋CO2＋H2O=(NH4)2CO3、(NH4)2CO3＋CO2＋H2O=2NH4HCO3 (3) C＞N＞O＞H； (4)
；NH3和PH3的稳定性
；CS2和CO2都是分子晶体，CS2的相对分子质量大，分子间作用力大。
解析：（1）增大浓度、升高温度等，可增大反应速率，减压反应速率减小，减小生成物浓度，
反应速率减小，故答案为：bc；
（2）氨气、水、二氧化碳可反应生成碳酸铵或碳酸氢铵，方程式为2NH3+CO2+H2O=（NH4）2CO3、（NH4）2CO3+CO2+H2O=2NH4HCO3
（3）铜液的组成元素中，短周期元素有H、C、N、O等元素，H原子半径最小，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径C＞N＞O＞H；比较非金属性强弱，可根据氢化物的稳定性强弱进行比较。
（4）CS2的电子式类似于CO2，电子式为
，二者都为分子晶体，相对分子质量越大，
分子间作用力越大，则熔点越高，
【思路点拨】本题涉及元素周期律、电子式、化学平衡移动等问题的考查，综合考查学生的分析能力和双基知识，难度不大，注意相关基础知识的积累．
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