周口恒大中学2023-2024学年下高二化学开学考试
高二化学
满分：100分 考试时间：75分钟
注意事项：
1．答卷前，考生务必用黑色字迹铜笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上，将条形码横贴在答题卡右上角“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，答案不能答在试卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，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，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效
4．考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Cl-35.5 Fe-56 Ag-108
一、选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．下列说法中正确的是
A．某酸性溶液中：Cl-、CH3COO-、Mg2+、能大量共存
B．含有大量的溶液中：、K+、、OH-能大量共存
C．某透明溶液中：Fe3+、、Na+、Cl-可能大量共存
D．取少量某溶液，向其中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，观察到有白色沉淀生成，证明该溶液中含有
2．已知A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期主族元素，A与D同主族，B与C同周期，且C与D的原子序数之和为20。E为地壳中含量最高的过渡元素。甲、乙分别为元素E、A的单质，丙、丁为A、E分别与B形成的二元化合物，它们之间的转化关系如图(反应条件已略去)。下列说法错误的是
A．A、B形成的一种化合物具有漂白性
B．D的离子半径小于C的离子半径
C．C的单质能与丙反应置换出B的单质
D．将反应后的固体混合物溶于稀盐酸中，再滴加KSCN溶液，溶液一定呈红色
3．能正确表示下列反应的离子方程式为
A．硫化钠溶液和硝酸混合：
B．明矾溶液与过量氨水混合：
C．硅酸钠溶液中通入二氧化碳：
D．将等物质的量浓度的和溶液以体积比混合：
二、未知
4．某MOFs多孔材料孔径大小和形状恰好将N2O4“固定”，能高选择性吸附NO2。废气中的NO2被吸附后，经处理能全部转化为HNO3。原理如图。已知：，△H＜0，下列说法不正确的是
A．气体温度升高后有利于N2O4的固定
B．使用多孔材料不能改变的焓变
C．使用多孔材料能促进平衡正向移动，有利于NO2的去除
D．加入 H2O和O2，发生化学反应方程式为：
5．下列指定反应的离子方程式正确的是
A．铅蓄电池放电时负极反应：PbO2+2e-+4H++SO=PbSO4+2H2O
B．电解饱和MgCl2溶液：2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-
C．用惰性电极电解CuCl2溶液：Cu2++2Cl-+2H2OCu(OH)2↓+Cl2↑+H2↑
D．铜片上电镀银的总反应(银作阳极，硝酸银溶液作电镀液)：Ag(阳极)Ag(阴极)
6．采用CO与H2反应合成再生能源甲醇，反应如下：CO(g)+ 2H2(g) CH3OH(g)，在一容积可变的密闭容器中充有10molCO和20mol H2，在催化剂作用下发生反应生成甲醇。CO的平衡转化率(α)与温度(T)、 压强(p)的关系如图所示。则下列符合题意的是
A．B点的速率比C点的大
B．A、B、C三点的平衡常数KA、KB、KC的大小关系为：KA=KB>KC
C．若达到平衡状态A时，容器的体积为10L，则在平衡状态B时容器的体积为5L
D．若增大H2的浓度，则CO 和H2的平衡转化率(α)均会增大
7．相同温度下，浓度均为、体积均为的和溶液，分别加水稀释至体积V，随的变化如图斯示，下列叙述正确的是
A．的碱性弱于
B．的电离程度：b点小于c点
C．a点和b点所示溶液中水的电离程度相同
D．当时，若两溶液同时升高温度，则增大
8．现有三种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p1；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p5。则下列有关比较中正确的是
A．第一电离能：③＞②＞① B．原子半径：③＞②＞①
C．电负性：③< ②< ① D．最高正化合价：③＞②＞①
9．ETH天文研究所报告，组成太阳的气体中存在20Ne和22Ne，关于20Ne和22Ne的说法正确的是
A．20Ne和22Ne互为同位素 B．20Ne和22Ne互为同分异构体
C．20Ne和22Ne的质量数相同 D．20Ne和22Ne的中子数相同
10．高温条件下，Al和Fe3O4反应生成Fe和Al2O3。下列说法正确的是
A．该反应过程中的能量变化如图所示
B．该反应条件下，Al的还原性弱于Fe
C．1molFe3O4参与反应转移8×6.02×1023个电子
D．实验室进行该反应时常加入KClO3作催化剂
11．下列说法中正确的是
A．AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液分别加热、蒸发、浓缩结晶、灼烧，所得固体的成分相同
B．实验室配制FeCl3溶液时，往往在FeCl3溶液中加入少量的硫酸
C．配制 FeSO4溶液时，加入一定量 Fe 粉，可防止Fe2+被氧化生成Fe3+
D．用Na2CO3和Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂
12．下列关于[Cu(NH3)4]SO4的说法中，正确的有
A．[Cu(NH3)4]SO4中所含的化学键有离子键、极性共价键和配位键
B．[Cu(NH3)4]SO4含有NH3分子，其水溶液中也含有NH3分子
C．[Cu(NH3)4]SO4的组成元素中第一电离能最大的是氧元素
D．[Cu(NH3)4]SO4中的空间构型为平面三角形
13．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．7.8g和混合物中所含的阴离子总数为0.1
B．1L0.1mol/L溶液中离子数为0.1
C．常温常压下，124g中所含P-P键的数目为4
D．向密闭容器中充入1mol与1mol充分反应后容器内的分子数小于2
二、不定项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的四个选项中，有一项或两项符合题目要求。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得4分，但只要选错一个，该小题得0分。
14．微生物脱盐池是在微生物燃料电池的基础上发展而来的新兴生物电化学系统，示意图如图所示。下列说法错误的是
A．该装置能实现从海水中得到淡水，同时去除有机物，而且还可提供电能
B．电极b为正极
C．负极反应为
D．Y为阴离子交换膜
15．一定温度下 H2(g) 与 I2(g) 反应生成 HI(g)，反应的能量变化如图所示。以下对该反应体系的描述中，正确的是
A．反应物的总能量比生成物的总能量高 13 kJ
B．反应物的总能量比生成物的总能量低 13 kJ
C．破坏反应物中化学键所需的能量低于形成生成物中化学键释放的能量
D．反应物化学键中储存的总能量比生成物化学键中储存的总能量高
三、非选择题：本题共4小题，共51分。
16．（12分）亚硝酰氯(NOCl)是有机合成中的重要试剂。通常条件下，NO和Cl2反应生成NOC1，其能量变化如图所示。
回答下列问题：
(1)曲线Ⅱ中正反应的活化能E1为 ，逆反应的活化能E2为 。 该反应能在通常情况下进行的主要原因是 。
(2)加入催化剂的曲线为 (填“I”或“Ⅱ”)。加入催化剂，能提高化学反应速率的原因是 。
(3)催化剂不能使平衡移动的原因是 。
(4)上述合成NOCl(g)的热化学方程式为 。
17．（12分）氯的含氧酸根离子可表示为ClO (x=1，2，3，4)，它们的相对能量如表所示(C1-的相对能量为-167 kJ·mol-1)。
x的值 1 2 3 4
化学式 ClO- ① ClO ClO
氯元素的化合价 +1 +3 ② +7
相对能量/(kJ·mol-1) - 107 -66.5 - 104 -129
(1)①为 ，②为 。
(2)上述表格指定的四种离子中，最稳定的离子是 ( 填离子符号，下同)，最不稳定的离子是 。
(3)在水溶液中，ClO- 易歧化生成ClO 和Cl- ，该反应的热化学方程式是 。
(4)在ClO、ClO-、ClO、ClO作氧化剂时，还原产物一般为Cl-，其主要原因是 。
18．（13分）一种用磷矿脱镁废液(pH为2.1，溶液中含、、，还有少量及、、等杂质离子)制备三水磷酸氢镁工艺的流程如下：
已知：T温度下，磷酸的pKa与溶液的pH的关系如下图。
回答下列问题：
(1)“恒温搅拌1”步骤后溶液pH为4.5，溶液中 (填>、<或=)，此时杂质、、沉淀效果最好，生成，其余沉淀均是磷酸正盐，写出与反应生成沉淀的离子方程式 ，溶液中的浓度为 mol·L，则 ， (已知：T温度下，，)。
(2)“恒温搅拌2”中需添加MgO，其作用是 。制备过程中采用“抽滤”，其目的是 。
(3)从图像可以看出，pH对镁回收率及产品纯度的影响较大，pH>6.0时，随着pH的增加，产品的纯度降低，分析纯度降低的原因 。
19．（14分）目前，世界各国相继规划了碳达峰、碳中和。开发CO2利用技术、降低空气中CO2含量成为研究热点。可采用以下方法将CO2进行资源化利用。
(1)CO2催化加氢制甲醇。一定温度下，在某恒容密闭容器中充入一定量的CO2和H2，发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g) + H2O(g)。下列叙述能说明反应已达到平衡状态的是_______(填标号)
A．混合气体的密度不再随时间变化
B．气体的压强不再随时间变化
C．CH3OH的物质的量分数不再随时间变化
D．单位时间内每形成3mol H—H键，同时断开3mol C—H键。
(2)CO2催化加氢合成乙烯。在10L某恒容密闭容器中，充入1.4mol CO2和4.2mol H2，发生反应：2CO2(g)+6H2(g)C2 H4(g) + 4H2O(g) ΔH。反应达到平衡后，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。
①该反应的ΔH 0(填“>”或“＜”)，曲线Ⅰ和曲线Ⅱ分别表示 (填化学式，下同)和 的变化曲线。
②根据图中a点，计算该温度下平衡时的n(H2O)= mol，c(C2H4)= mol L-1，CO2 的转化率为 %(保留三位有效数字)。
③若平衡时a点容器内气体的总压强为0.25MPa，则该反应平衡常数KP= (MPa)-3(列出计算式即可，分压=总压×物质的量分数，KP就是用分压代替平衡浓度求算的平衡常数)
(3)CO2用途广泛，写出其基于物理性质的一种用途： 。
参考答案：
1．C
【详解】A．某酸性溶液中，CH3COO-能与H+反应转化为CH3COOH，A不符合题意；
B．含有大量的溶液中，OH-不能大量存在，另外，与OH-也不能大量共存，B不符合题意；
C．某透明溶液中，Fe3+、、Na+、Cl-相互间不发生化学反应，都可能大量共存，C符合题意；
D．少量某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，观察到有白色沉淀生成，此沉淀可能为BaSO4，也可能为AgCl，所以不能证明该溶液中含有，D不符合题意；
故选C。
2．D
【分析】已知A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，E为地壳中含量最高的过渡金属元素，则E为Fe； A与D同主族，B与C同周期，可知A、B、C、D分属三个不同的短周期，则A为H，D为Na，C与D的原子序数之和为20，可知C为F；甲、乙分别为元素E、A的单质， 丙、丁为A、E分别与B形成的二元化合物，结合图示转化关系，由Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁可知可知丙为H2O，丁为Fe3O4，则B为O元素；综上：A为H，B为O，C为F，D为Na，E为Fe元素；甲为Fe，乙为H2，丙为H2O，丁为Fe3O4；
【详解】A．H、O两元素组成的H2O2有强氧化性，具有漂白性，故A正确；
B．具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则粒子半径Na+ ＜F-，故B正确；
C．F2和水发生置换反应生成HF和O2，故C正确；
D．丁为Fe3O4，将反应后的固体混合物溶于稀盐酸中，铁过量时所得为氯化亚铁溶液，再滴加KSCN溶液，溶液不呈红色，故D错误；
故选D。
3．D
【详解】A．硫化钠和硝酸混合时，具有还原性的硫离子与具有强氧化性的硝酸发生氧化还原反应，可以将S2-氧化为S单质，自身根据其浓度大小还原为NO或NO2，反应的离子方程式为或，A错误；
B．明矾溶液与过量氨水混合生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不溶于弱碱氨水：，故B错误；
C．硅酸钠溶液中通入二氧化碳生成硅酸沉淀和碳酸钠：，C错误；
D．将等物质的量浓度的氢氧化钡和硫酸氢铵溶液以体积比1：2混合时，由于氢离子结合氢氧根能力强于铵根，氢离子恰好完全反应，铵根离子不参加反应，反应的离子方程式为，D正确；
故选D。
4．A
【详解】A．，△H＜0，则升高温度，平衡逆向移动，不利于N2O4的固定，A不正确；
B．多孔材料能高选择性吸附NO2，并不断转化为N2O4，但并未改变反应物和生成物的能量，所以不能改变的焓变，B正确；
C．使用多孔材料，能高选择性吸附NO2，从而增大NO2的浓度，促进平衡正向移动，有利于NO2的去除，C正确；
D．加入的 H2O和O2，与N2O4发生氧化还原反应，经处理能全部转化为HNO3，化学反应方程式为：，D正确；
故选A。
5．D
【详解】A．铅蓄电池放电时，铅为电池的负极，铅失去电子发生氧化反应生成硫酸铅，电极反应式为Pb-2e-+ =PbSO4，选项A错误；
B．电解饱和MgCl2溶液会生成氢氧化镁沉淀，离子方程式应为：Mg 2++2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+ Mg(OH)2↓，选项B错误；
C．用惰性电极电解CuCl2溶液，Cu2+氧化性比H+强，故Cu2+先放电，正确的离子方程式为CuCl2Cu+Cl2↑，选项C错误；
D．银作阳极，阳极的电极反应式为Ag-e-=Ag+，铜片作阴极，阴极的电极反应式为Ag++e-=Ag，总反应为Ag(阳极) Ag(阴极)，选项D正确；
答案选D。
6．B
【详解】A．由图可知，C点的反应温度高于B点，温度越高，反应速率越大，则C点的速率比B点的大，故A不符合题意；
B．平衡常数是温度函数，温度不变，平衡常数不变，由图可知，A、B、C三点的温度大小顺序为C>A=B，温度升高，一氧化碳的平衡转化率减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应是放热反应，反应的化学平衡常数减小，则A、B、C三点的平衡常数KA、KB、KC的大小关系为KA=KB>KC，故B符合题意；
C．由图可知，A、B的反应温度相同，反应的平衡常数相等，A点一氧化碳的转化率为50%，由容器的体积为10L可知，平衡时一氧化碳、氢气、甲醇的浓度为(1—1×50%)mol/L=0.5mol/L、(2—1×50%×2)mol/L=1mol/L、1×50%mol/L=0.5mol/L，反应的平衡常数KA==1；B点一氧化碳的转化率为80%，由容器的体积为5L可知，平衡时一氧化碳、氢气、甲醇的浓度为(2—2×50%)mol/L=1mol/L、(4—2×50%×2)mol/L=2mol/L、2×50%mol/L=1mol/L，反应的平衡常数KB ==0.25， 由计算结果可知，A、B的平衡常数不相等，则若达到平衡状态A时，容器的体积为10L，在平衡状态B时容器的体积不可能为5L，故C不符合题意；
D．增大氢气浓度，平衡向正反应方向移动，氢气的转化率减小，故D不符合题意；
故选B。
7．C
【详解】A．根据图知，未加水时，MOH溶液的pH = 13， MOH为一元强碱； ROH溶液的pH < 13, ROH为一元弱碱，所以MOH的碱性强于ROH的碱性，A错误；
B．由A分析知ROH为弱碱，弱电解质在水溶液中随着浓度的减小其电离程度增大，b点溶液体积大于c点，所以b点浓度小于c点，则ROH电离程度: b> c，B错误；
C．根据图知，点和点所示溶液的pH均为10，溶液中氢氧根离子的浓度相等，对水的电离抑制程度相同，水的电离程度也相同，C正确；
D．由A分析知，MOH为一元强碱，ROH为一元弱碱。当时，由于ROH是弱电解质，升高温度能促进ROH的电离，所以减小，D错误;
故选C。
8．A
【分析】由核外电子排布式可知，①1s22s22p63s23p1为Al元素，②1s22s22p63s23p3为P元素，③1s22s22p5为F元素。
【详解】A．同周期自左而右，第一电离能增大，即P元素的第一电离能大于Al元素的，F元素的非金属性强于P元素，因此F元素的第一电离能大于P元素的，即第一电离能：③＞②＞①，A项正确；
B．同周期自左而右，原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，原子半径Al＞P＞F，即①＞②＞③，B项错误；
C．同周期自左而右，电负性增大，同主族自上而下降低，电负性③＞②＞①，C项错误；
D．Al元素最高正化合价为+3，P元素最高正化合价为+5，F没有正化合价，最高正化合价：②＞①＞③，D项错误;
答案选A。
9．A
【详解】两种核素具有相同的质子数，不同的中子数，所以互为同位素。分子式相同，结构不同的化合物属于同分异构体，所以正确的答案是A。
10．C
【详解】A．铝热反应属于放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，图象不符，A错误；
B．Al和Fe3O4反应生成Fe和Al2O3，Al作还原剂，Fe是还原产物，所以Al的还原性强于Fe，B错误；
C．反应中Fe元素的化合价从+8/3价降低到0价，所以反应中每消耗1 mol Fe3O4转移8×6.02×1023个电子，C正确；
D．铝热反应中氯酸钾受热分解生成氧气，反应中KClO3不是催化剂，D错误；
答案选C。
11．C
【详解】A．AlCl3溶液蒸发，促进AlCl3水解生成氢氧化铝，同时产生易挥发的HCl，最后得到氢氧化铝，灼烧后得氧化铝，Al2(SO4)3溶液加热、蒸发、浓缩结晶、灼烧得硫酸铝，A错误；
B．实验室配制FeCl3溶液时，在FeCl3溶液中加入少量的酸，抑制Fe3+水解，不能加硫酸，会引入杂质，应该加少量盐酸，B错误；
C．配制 FeSO4溶液时，加入一定量 Fe 粉，可防止Fe2+被氧化生成Fe3+，加稀硫酸，防止Fe2+水解，C正确；
D．泡沫灭火剂NaHCO3和Al2(SO4)3两种溶液，不用Na2CO3和Al2(SO4)3两种溶液，D错误；
故答案选C。
12．A
【详解】A．[Cu (NH3)4]SO4中所含的化学键有[Cu(NH3)4]2+与之间形成的离子键、N-H、S与O之间形成的极性共价键和Cu与NH3形成的配位键，选项A正确；
B．在[Cu(NH3)4]SO4中含有NH3，但其水溶液中不含有NH3，因为配离子很难再电离，选项B错误；
C．因N的2p轨道为半满，在组成配合物的元素中，N的第一电离能最大，选项C错误；
D．中价层电子对个数是4且不含孤电子对，空间构型为正四面体构型，选项D错误；
答案选A。
13．A
【详解】A．过氧化钠是由1个钠离子和1个过氧根离子构成的、硫化钠是由1个钠离子和1个硫离子构成的，1分子中均含有1个阴离子，且两者的相对分子质量均为78；则和混合物可看作NaM，且物质的量为0.1mol，其所含的阴离子总数为，A正确；
B．溶液中存在Cr2O+H2O2CrO+2H+，导致离子数小于，B错误；
C．1分子P4中存在6个P-P键，常温常压下，（物质的量为1mol）中所含键的数目为，C错误；
D．向密闭容器中充入1mol与1mol，反应为等分子数的反应，故容器内的分子数等于，D错误；
故选A。
14．CD
【分析】燃料电池通入O2的电极为正极，因此b为正极；CH3COO-反应的电极为负极，即a为负极；
【详解】A．该装置为原电池，a极有机物发生氧化反应生成二氧化碳，海水中的Na+和Cl-通过离子交换膜分别移向正极和负极，能实现从海水中得到淡水，同时去除有机物，而且还可提供电能，A正确；
B．根据分析，电极b通入氧气，得电子，为正极，B正确；
C．由图可知，负极为有机弱酸性废水CH3COO-的电极，失电子发生氧化反应，溶液为酸性，电极反应为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2+7H+，C错误；
D．原电池中阳离子移向正极、阴离子移向负极，从而达到脱盐目的，所以Y为阳离子交换膜、X为阴离子交换膜，D错误；
故选CD。
15．AC
【详解】A．由图可知，该反应为放热反应，反应物的总能量比生成物的总能量高13 kJ，故A正确；
B．由图可知，该反应为放热反应，反应物的总能量比生成物的总能量高13 kJ，故B错误；
C．由图可知，该反应为反应物的总能量比生成物的总能量高的放热反应，则破坏反应物中化学键所需的能量低于形成生成物中化学键释放的能量，故C正确；
D．由图可知，该反应为反应物的总能量比生成物的总能量高的放热反应，则反应物化学键中储存的总能量比生成物化学键中储存的总能量低，故D错误；
故选AC。
16． 15.5 kJ·mol-1 92.6 kJ·mol-1 正反应的活化能小 I 降低反应的活化能 使正、逆反应速率增大的倍数相等 2NO(g) +Cl2(g) 2NOCl(g) ΔH= -77.1 kJ·mol-1
【详解】(1)根据图像数据可知，曲线Ⅱ中正反应的活化能E1为196 kJ·mol-1-180.5 kJ·mol-1=15.5 kJ·mol-1；逆反应的活化能E2为196 kJ·mol-1-103.4 kJ·mol-1=92.6 kJ·mol-1，因为正反应的活化能较小，所以可在通常情况下发生，故答案为：15.5 kJ·mol-1；92.6 kJ·mol-1；正反应的活化能小；
(2)催化剂可降低反应的活化能，加快化学反应速率，从图中可看出，加入催化剂的曲线应为I，故答案为：I；降低反应的活化能；
(3)加入催化剂，使正、逆反应速率增大的倍数相等，则不能使平衡移动，故答案为：使正、逆反应速率增大的倍数相等；
(4)根据图中数据可计算出反应的热效应= -77.1 kJ·mol-1，则上述合成NOCl(g)的热化学方程式为2NO(g) +Cl2(g) 2NOCl(g) ΔH= -77.1 kJ·mol-1。
【点睛】反应热=生成物的总能量-反应物的总能量=断键所吸收的能量-成键所放出的热量。
17． ClO + 5 ClO ClO 3ClO- (aq)= ClO (aq) +2Cl-(aq) △H= -117 kJ·mol-1 在这些含氯离子中，Cl- 的相对能量最低，最稳定
【详解】(1)根据x的值可知①为ClO；ClO中Cl元素的化合价为+5价，即②为+5；
(2)能量越低越稳定，所以最稳定的离子是ClO；最不稳定的离子是ClO；
(3) ClO-易歧化生成ClO和Cl-的化学方程式为3ClO-= ClO+2Cl-，焓变=生成物能量之和-反应物能量之和=-104kJ/mol+2(-167kJ/mol)- 3(-107kJ/mol)= -117 kJ/mol，所以热化学方程式为3ClO- (aq)= ClO (aq) +2Cl-(aq) △H= -117 kJ·mol-1；
(4)在这些含氯离子中，Cl- 的相对能量最低，最稳定，所以还原产物一般为Cl-。
18．(1) ＞ Ca2++2H2PO+4OH－＝CaHPO4·2H2O↓+HPO或Ca2++H2PO+H2O+OH－＝CaHPO4·2H2O↓ 10－3.6 10－1.73
(2) 提供Mg2＋，消耗H＋ 加快过滤速度
(3)pH增大，体系中PO浓度增大，副产物Mg3(PO4)2增多
【分析】脱镁废液(pH为2.1，溶液中含、、，还有少量及、、等杂质离子)中加入NaOH调节pH，杂质、、沉淀，离心分离出沉淀后，向上清液中加入MgO调节pH，此时溶液中溶质主要为MgHPO4，经过抽滤、洗涤、干燥得到三水磷酸氢镁，以此解答。
【详解】（1）由磷酸的pKa与溶液的pH的关系图以及电离常数表达式可知，当溶液pH＝12.36时，溶液中＝，所以“恒温搅拌1”步骤后溶液pH为4.5时溶液中＞；生成，由于pH为4.5时溶液中以H2PO为主，所以与反应生成沉淀的离子方程式为Ca2++2H2PO+4OH－＝CaHPO4·2H2O↓+HPO或Ca2++H2PO+H2O+OH－＝CaHPO4·2H2O↓；溶液中的浓度为 mol·L，10－3.6，溶液中=10－12.3mol/L，由磷酸的pKa与溶液的pH的关系图可知，的Ka2=10－7.21，Ka3=10－12.36，则，。
（2）氧化镁能与酸反应生成镁离子，所以需添加MgO的作用是提供Mg2＋，消耗H＋；由于“抽滤”可加快过滤速度，所以制备过程中采用“抽滤”；
（3）由于pH增大，导致体系中PO浓度增大，从而使副产物Mg3(PO4)2增多，因此pH＞6.0时，随着pH的增加，产品的纯度降低。
19．(1)BC
(2) ＜ H2O H2 0.8 0.02 28.6
(3)固态CO2 (即干冰)可用作制冷剂(或人工降雨或制造舞台烟雾效果)
【详解】（1）A．反应前后气体总质量不变、容器体积不变，则混合气体的密度始终不变，不能据此判断平衡状态，故A错误；
B．恒温恒容条件下，压强与气体的物质的量成正比，反应前后气体的物质的量减小，则压强减小，当气体的压强不再随时间变化而改变，反应达到平衡状态，故B正确；
C．当CH3OH的物质的量分数不再随时间变化而改变时，说明正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，反应达到平衡状态，故C正确；
D．形成H-H键和断开C-H键均为逆反应，故D错误；
故答案为：BC；
（2）①温度越高，乙烯的物质的量分数越小，则升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，ΔH＜0；升高温度，平衡逆向移动，乙烯和H2O物质的量分数减小、CO2和H2的物质的量分数增大，则曲线Ⅰ和曲线Ⅱ分别H2O、H2；
②设a点时Δn(CO2)=2xmol，则列三段式有：
a点H2的物质的量分数为0.6，即=0.6，解得x=0.2mol，所以平衡时n(H2O)=4xmol=(4×0.2)mol=0.8mol，c(C2H4)==0.02mol/L；CO2的转化率为×100%=28.6；
③a点时气体总物质的量为(1.4-2×0.2+4-2-6×0.2+0.2+4×0.2)mol=5mol，所以C2H4、H2O、CO2、H2的分压分别为()MPa、()MPa、()MPa、()MPa，所以Kp=；
（3）干冰(即固态CO2)易气化，可用作制冷剂、人工降雨、布置舞台的烟雾效果等。
