C．未反应前结合物料守恒可知c（Na+）＝2[c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）]，向0.10mol•L﹣1Na2SO3溶液通入SO2，至溶液pH＝7，反应后溶液中溶质为NaHSO3、Na2SO3；

D．向0.10mol•L﹣1CH3COONa溶液中通入HCl，至溶液pH＝7，反应后溶液中溶质为NaCl、醋酸和醋酸钠．

【解答】解：A．pH＝7，则c（H+）＝c（OH﹣），结合电荷守恒可知，c（NH4+）＝c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣），故A错误；

B．溶液中钠离子与S原子物质的量之比为1：1，而铵根离子与部分亚硫酸根结合，故c（Na+）＞c（NH4+），由物料守恒可知，c（Na+）＝c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3），溶液呈中性，由电荷守恒可得：c（Na+）+c（NH4+）＝2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣），联立可得：c（NH4+）+c（H2SO3）＝c（SO32﹣），故B错误；

C．向0.10mol•L﹣1Na2SO3溶液通入SO2，发生Na2SO3+SO2+H2O＝2NaHSO3，至溶液pH＝7，反应后溶液中溶质为的NaHSO3、Na2SO3，则c（Na+）＜2[c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）]，故C错误；

D．向0.10mol•L﹣1CH3COONa溶液中通入HCl，至溶液pH＝7，c（H+）＝c（OH﹣），HCl不足，反应后溶液中溶质为NaCl、醋酸和醋酸钠，由电荷守恒可知，c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（Cl﹣），由物料守恒可知，c（Na+）＝c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣），则c（Na+）＞c（CH3COOH）＝c（Cl﹣），故D正确；

故选：D。

【点评】本题考查离子浓度大小比较，为2015年江苏高考题，把握发生的反应、盐类水解及电离为解答的关键，注意pH＝7的信息及应用，题目难度不大．

15．（4分）在体积均为1.0L的恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉，再分别加入0.1molCO2和0.2molCO2，在不同温度下反应CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）达到平衡，平衡时CO2的物质的量浓度c（CO2）随温度的变化如图所示（图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上）。下列说法正确的是（）

A．反应CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）的△S＞0、△H＜0

B．体系的总压强P总：P总（状态Ⅱ）＞2P总（状态Ⅰ）

C．体系中c（CO）：c（CO，状态Ⅱ）＜2c（CO，状态Ⅲ）

D．逆反应速率V逆：V逆（状态Ⅰ）＞V逆（状态Ⅲ）

【考点】1B：真题集萃；C7：化学平衡建立的过程；CB：化学平衡的影响因素

【分析】A．由气体的化学计量数增大可知△S，由图中温度高平衡时c（CO2）小可知△H；

B．分别加入0.1molCO2和0.2molCO2，曲线I为加入0.1molCO2，曲线II为加入0.2molCO2，结合CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）及图中变化量判断；

C．状态II、状态Ⅲ的温度相同，状态II看作先加入0.1molCO2，与状态Ⅲ平衡时CO的浓度相同，再加入0.1molCO2，若平衡不移动，Ⅱ状态CO的浓度等于2倍Ⅲ，但再充入CO2，相当增大压强，平衡左移动，消耗CO；

D．状态I、状态Ⅲ的温度不同，温度高反应速率快。

【解答】解：A．由气体的化学计量数增大可知△S＞0，由图中温度高平衡时c（CO2）小，则升高温度平衡正向移动，可知△H＞0，故A错误；

B．分别加入0.1molCO2和0.2molCO2，曲线I为加入0.1molCO2，曲线II为加入0.2molCO2，若平衡不移动，体系的总压强为P总（状态Ⅱ）＝2P总（状态Ⅰ），由方程式可知CO2减少多少，体系中气体总量就增加多少，且图中曲线I中二氧化碳减少量小于一半，则气体总量小于1.5；而曲线II中二氧化碳减少量大于一半，则气体总量大于3.0，则体系的总压强为P总（状态Ⅱ）＞2P总（状态Ⅰ），故B正确；

C．状态II、状态Ⅲ的温度相同，状态II看作先加入0.1molCO2，与状态Ⅲ平衡时CO的浓度相同，再加入0.1molCO2，若平衡不移动，Ⅱ状态CO的浓度等于2倍Ⅲ，但再充入CO2，相当增大压强，平衡左移，消耗CO，则c（CO，状态Ⅱ）＜2c（CO，状态Ⅲ），故C正确；

D．状态I、状态Ⅲ的温度不同，温度高反应速率快，则逆反应速率为V逆（状态Ⅰ）＜V逆（状态Ⅲ），故D错误；

故选：BC。

【点评】本题考查化学平衡及平衡的建立，为高频考点，本题为2015年江苏高考题，把握平衡移动的影响因素、图象分析为解答的关键，选项BC为解答的难点，题目难度中等。

二、非选择题

16．（12分）以磷石膏（主要成分CaSO4，杂质SiO2、Al2O3等）为原料可制备轻质CaCO3．

（1）匀速向浆料中通入CO2，浆料清液的pH和c（SO42﹣）随时间变化见图．清液pH＞11时CaSO4转化的离子方程式为CaSO4+2NH3•H2O+CO2＝CaCO3+2NH4++SO42﹣+H2O或CaSO4+CO32﹣＝CaCO3+SO42﹣；能提高其转化速率的措施有AC（填序号）

A．搅拌浆料 B．加热浆料至100℃C．增大氨水浓度 D．减小CO2通入速率

（2）当清液pH接近6.5时，过滤并洗涤固体．滤液中物质的量浓度最大的两种阴离子为SO42﹣和HCO3﹣（填化学式）；检验洗涤是否完全的方法是取少量最后一次的洗涤过滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤完全．

（3）在敞口容器中，用NH4Cl溶液浸取高温煅烧的固体，随着浸取液温度上升，溶液中c（Ca2+）增大的原因是浸取液温度上升，溶液中氢离子浓度增大，促进固体中钙离子浸出．

【考点】1B：真题集萃；P8：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用

【分析】磷石膏氨水的浆料中通入二氧化碳可生成碳酸盐或碳酸氢盐，过滤后滤液为硫酸铵、氨水，滤渣含有碳酸钙、SiO2、Al2O3等，高温煅烧生成硅酸钙、偏铝酸钙等，加入氯化铵溶液充分浸取，可生成硅酸、氢氧化铝、氯化钙等，氯化钙最终可生成碳酸钙，

（1）由图象可知，经充分浸取，c（SO42﹣）逐渐增大，pH逐渐减小，清液pH＞11时CaSO4生成碳酸钙、铵根离子和硫酸根离子；为提高其转化速率，可进行搅拌并增大氨水浓度，增大c（CO32﹣）；

（2）当清液pH接近6.5时，溶液酸性相对较强，可充分转化生成SO42﹣并有HCO3﹣生成，沉淀吸附SO42﹣，可用盐酸酸化的氯化钡检验；

（3）随着浸取液温度上升，氯化铵水解程度增大，溶液酸性增强．

【解答】解：磷石膏氨水的浆料中通入二氧化碳可生成碳酸盐或碳酸氢盐，过滤后滤液为硫酸铵、氨水，滤渣含有碳酸钙、SiO2、Al2O3等，高温煅烧生成硅酸钙、偏铝酸钙等，加入氯化铵溶液充分浸取，可生成硅酸、氢氧化铝、氯化钙等，氯化钙最终可生成碳酸钙，

（1）由图象可知，经充分浸取，c（SO42﹣）逐渐增大，pH逐渐减小，清液pH＞11时CaSO4生成碳酸钙、铵根离子和硫酸根离子，反应的离子方程式为CaSO4+2NH3•H2O+CO2＝CaCO3+2NH4++SO42﹣+H2O或CaSO4+CO32﹣＝CaCO3+SO42﹣，为提高其转化速率，可进行搅拌并增大氨水浓度，增大c（CO32﹣），而升高温度，氨气挥发，不能增大转化率，