【文档说明】四川省雅安中学2024-2025学年高二上学期11月期中考试 化学试卷 Word版含解析.docx，共(16)页，1.219 MB，由envi的店铺上传

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高二化学试卷本试卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后

，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。4.本试卷主要考试内容：人教版选择性必修1第一章至第三章第一节。5.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16一、选择题：本

题共14小题，每小题3分，共42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.化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是A.太阳能电池是一种将化学能转化为电能的装置B.3%22HO溶液可用于杀菌消毒，利用了其氧化性C.燃煤时添加适量的生石灰，有利于减少二氧化碳的排放D.3FeCl溶液

常用于刻蚀电路板，是由于3FeCl溶液具有吸附性【答案】B【解析】【详解】A．太阳能电池是一种将太阳能转化为电能的装置，A错误；B．22HO具有氧化性，可用于杀菌消毒，B正确；C．燃煤时添加适量的生石灰，可以有效减少2SO的排放，但不能减少二氧化碳的排放

，C错误；D．3FeCl溶液常用于刻蚀电路板，由于3FeCl具有氧化性，D项错误；答案选B。2.下列物质属于弱电解质的是A.24HSOB.3HNOC.HClD.23HCO【答案】D【解析】是【详解】A．24HSO为强酸，在水溶液

中完全电离，属于强电解质，A不符合题意；B．3HNO为强酸，在水溶液中完全电离，属于强电解质，B不符合题意；C．HCl在水溶液中完全电离，属于强电解质，C不符合题意；D．23HCO在水溶液中部分电离出+H和-3

HCO，属于弱电解质，D符合题意；答案选D。3.下列过程能量变化与如图所示能量变化相符合的是A.浓硫酸的稀释B.碳酸氢钠粉末溶于水C.生石灰溶于水D.金属钠与水的反应【答案】B【解析】【分析】由图可知，该过

程为吸热过程，以此来解答。【详解】A．稀释浓硫酸是放热过程，A不选；B．碳酸氢钠粉末溶于水是吸热过程，B选；C．生石灰溶于水是放热过程，C不选；D．金属钠与水的反应是放热过程，D不选；故选B。4.下列物质在水中的电离方程式书写正

确的是A.HCNHCN+−=+B.2HSHSH−++C.()22MgOHMg2OH+−=+D.233BaSOBa2SO+−+【答案】B【解析】的【详解】A．HCN是弱酸，在水中的电离方程式为：HCNHCN+−+，A错误；B．2HS是二元弱酸，在水中的电离方程式为：

2HSHSH−++（主），B正确；C．()2MgOH是二元弱碱，在水中的电离方程式为：()22MgOHMg2OH+−+，C错误；D．3BaSO是强电解质，在水中的电离方程式为：2233BaSOBaSO+−=+，D错

误；故选B。5.生活中常采用一些措施，以改变化学反应速率，下列做法属于温度对化学反应速率影响的是A.肉制品放冰箱中保存B.洗衣粉加酶更易除奶渍、汗渍C.医用酒精通常比白酒燃烧更旺D.青皮香蕉中加一个熟苹果，可催熟香蕉【答案】A

【解析】【详解】A．冰箱中温度低可减慢反应速率，属于温度对化学反应速率影响，A符合题意；B．酶是催化剂，属于催化剂对化学反应速率的影响，B不符合题意；C．医用酒精浓度比白酒更高，属于浓度对化学反应速率的影响

，C不符合题意；D．熟苹果释放的乙烯会催熟香蕉，属于催化剂对化学反应速率的影响，D不符合题意；故选A。6.利用如图所示装置探究浓度对反应速率的影响，实验药品：不同浓度的硫酸溶液，体积均为40mL，锌粒大小形状相同且足量。下列说法错

误的是A.该反应的S0B.将稀硫酸换为浓硫酸，氢气的产生速率加快C.根据相同时间产生氢气的体积可比较反应速率快慢D.0~30s内，14molL−的硫酸比11molL−的硫酸与锌反应产生的氢气多【答案】B【解析】【详解】A．反应为：2442HSO+Zn=ZnSO+H

，固+液=液+气，混乱度增大，故S0，A正确；B．将稀硫酸换为浓硫酸，氢离子浓度降低，氢气的产生速率减慢，B错误；C．相同时间产生氢气的体积越大，反应速率越快，故根据相同时间产生氢气的体积可比较反应速率快慢，C正确；D．根据反应方程式，Zn足量时，硫酸的浓度越大，物质的量越多

，产生氢气的体积越大，故0~30s内，14molL−的硫酸比11molL−的硫酸与锌反应产生的氢气多，D正确；故选B。7.常温下，氨水中存在324NHHONHOH+−+H0，下列说法正确是A.氨水能使酚酞溶液变蓝B.适当升高温度，有利于32NHHO的生成C.往氨水中加入适量的水，()

4nNH+增大，()cOH−减小D.加入少量的氢氧化钠稀溶液，氨水的电离平衡常数减小【答案】C【解析】【详解】A．氨水显碱性，酚酞溶液遇碱变红，A错误；B．一水合氨的电离吸热，升高温度，平衡向电离方向移动，32NHHO的量减少，B错误；C．往氨水中加入适量的

水稀释，一水合氨的电离程度增大，电离出的4NH+数量增多，则()4nNH+增大，由于溶液被稀释，则()cOH−减小，C正确；D．电离平衡常数只与温度有关，跟加入少量的氢氧化钠稀溶液无关，D错误；故答案为：C。8.下列关于平衡状态的叙述错误的是A.达到平衡时，正、逆

反应速率均为零B.达到平衡时，反应物和生成物的总质量不再发生变化C.在给定条件下，达到平衡时可逆反应完成程度达到最大D.化学平衡是所有可逆反应都存在的一种状态【答案】A【解析】的【详解】A．化学平衡状态是动态平衡，同一物质的正逆反应速率相等，但不为0，故A错误；B．达到平衡时，各物质的正逆反应速

率相等，即同一物质的生成量和消耗量相等，所以反应物和生成物的总质量不再发生变化，故B正确；C．在给定条件下，达到平衡状态时可逆反应的反应物转化率最高，即可逆反应完成程度达到最大，故C正确；D．可逆反应均有限度，

均存在化学平衡状态，故D正确；故选：A。9.冰融化成水的过程中焓变和熵变均正确的是A.H0，ΔS<0B.H0，S0C.H0，S0D.H0，ΔS<0【答案】C【解析】【详解】冰融化成水吸热，H0，液态时的熵大于固态时的熵，冰融化为水的过程是熵增大的，S0，C项符

合题意；答案选C；10.设AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.等物质的量的HCl和3NaHCO中，所含的氢原子个数均为ANB.标准状况下，5.4g水中，所含的质子总数为A3.0NC.-10.1molLHNaO溶液中，所含的+Na总数为A0.1ND.常温下，0.1mol氯气与足量的水

反应，生成的HClO分子总数为A0.1N【答案】B【解析】【详解】A．等物质的量的HCl和3NaHCO中，所含的氢原子数相等，但不一定均为AN，故A错误；B．1个水分子含有10个质子，5.4g水物质的量为5.4g0.318g/molmol=，其含有质子数为A3.0N，故B正确；C．未给出具体的

溶液体积，无法计算所含的+Na总数，故C错误；D．该反应为可逆反应，生成的HClO分子总数小于A0.1N，故D错误；故选B。11.已知25℃时，32NHHO的5b1.810K−=。现有a、b两支试管，分别盛有10mL浓

度均为10.1molL−的氨水和盐酸，已知1.81.34。下列说法正确的是A.a、b两试管中溶液的导电能力相同B.a试管中OH−的浓度约为2.511.3410molL−−C.将少量盐酸滴入a试管中，32

NHHO的电离程度增大D.向a试管中加入10mL水，32NHHO的电离平衡逆向移动【答案】C【解析】【详解】A．32NHHO为弱电解质，物质的量浓度相同时，a试管中溶液的导电能力弱，A项错误；B．a试管中OH−的浓度约为311.3410mol

L−−，B项错误；C．将少量盐酸滴入a试管中，盐酸电离出的H+和溶液中的OH-反应，使电离平衡32NHHO⇋4NHOH+−+正向移动，电离程度增大，C项正确；D．加水稀释，电离平衡正向移动，D项错误；答案选C。12.某恒

容密闭容器中仅发生反应442108(g)CH(g)H(g)CH+H，140CH(g)的平衡转化率与反应温度和压强的关系如图所示。下列说法错误的是A.0.1xB.平衡常数：MNKK=C.当混合气体的总质量不再随时间变化时，该反应达到平衡D.该反应的

反应物的总键能大于生成物的总键能【答案】C【解析】【详解】A．由题干方程式可知，442108(g)CH(g)H(g)CH+正反应是一个气体体积增大的方向，故增大压强，化学平衡逆向移动，导致C4H10的转化率减小，结合题干图像可知，0.1x，A正确；B．已知化学平衡常数仅仅是温度的

函数，即温度不变K不变，结合题干图像可知，M、N对应温度相同，故平衡常数：MNKK=，B正确；C．由题干方程式可知，442108(g)CH(g)H(g)CH+反应过程中混合气体的总质量一直不变，则当混合气体的总质量不再随时间变化时，不能说明该反应达到平衡，C错误；

D．由题干图像可知，相同压强下，随着温度的升高，C4H10的平衡转化率增大，说明该反应正反应为一个吸热反应，故该反应的反应物的总键能大于生成物的总键能，D正确；故答案为：C。13.常温下，0.2mol·L-1的HCOOH溶液，加水稀释过程中，溶液的pH变化如图所示，下列说法错误的是

已知：①不考虑稀释过程中溶液体积和温度的变化；②lg20.3、lg30.5、()pHlgHc+=−；③()4aHCOOH1.810K−=，()7a123HCO4.510K−=；④电离度100%=已电离的溶质分子数原有溶质分子总数。A.2.2aB.HCOOH的电离度：a>

bC.HCOOH的电离方程式为HCOOHHCOOH−++D.往b点溶液中滴入3NaHCO溶液，可观察到有气泡产生【答案】B【解析】【详解】A．()+-4ac(H)c(HCOO)HCOOH1.810c(HCOOH)

K−==，+-c(H)c(HCOO)，即2+4c(H)1.8100.2mol/L−=，c(H+)=3610−mol/L，pH=-lg(3610−)=3-(lg3+lg2)=3-0.8=2.2，故A正确；B．弱电解质越稀越电离，H

COOH的电离度：ab，故B错误；C．HCOOH是弱酸，电离方程式为HCOOHHCOOH−++，故C错误；D．由于()()aa123HCOOHHCOKK，故HCOOH可以制备CO2，故往b点溶液中滴入3NaHCO溶液，可观察到

有气泡产生，故D正确；答案选B。14.在2L恒容密闭容器中充入2mol()Mg，发生反应()()()2Mg2NgEg+，测得不同温度下，()Mg的转化率随时间的变化如图所示。下列说法错误的是A.该反应的H0B.1T温度下，08min内，()11N0.0625molL

minv−−=C.1T温度下，8min后，压缩体积变为()11L,E0.5molLc−D.1T温度下，该反应的平衡常数10.25molL−=K【答案】C【解析】【分析】升高温度，化学反应速率会增大，达到平衡的时间会缩短，图中可看出T

1＜T2；【详解】A．由分析可知，T1＜T2，温度升高，M的转化率变小，平衡逆移，反应为放热反应，H0，A正确；B．1T温度下，08min内，n(△M)=1mol，则n(N)的变化量为1mol，()111molN0.0625molLmin2L8minv−−

==，B正确；C．8min时，生成E0.5mol，此时()1E0.25molLc−=，将体积压缩为1L，若平衡不移动()1E0.5molLc−=，但压缩体积后平衡逆向移动，则()1E0.5molLc−＜，C错误；D．1T温度下，列三段式有：()()()2Mg+2Ng+E

gmol/L100mol/L0.50.50.25mol/L0.50.50.25初始变化平衡，平衡常数K=220.250.5=0.250.51molL−，D正确；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.3CHOH在一定条件下发生反应的能量

变化如图所示，请根据所学知识回答下列问题：（1）写出图中所示反应①、反应②的热化学方程式：_______、_______。（2）1E为反应_______(填“①”或“②”)_______(填“正”或“逆”

)反应的活化能。由图可知，若在一定条件下，某容器中同时发生反应①、反应②，则开始时，_______[填“()33CHOCHg”或“()24CHg”]的生成速率快。（3）若2mol()3CHOHg同时发生反应①、反应②，当3CHOH完全转化为

()33CHOCHg和()24CHg后，测得反应放出的总热量为25.2kJ。则反应产物中()33CHOCHg和()24CHg的物质的量分别为_______mol、_______mol。【答案】（1）①.()()()132422gCHgHOgH29.1?CHOHkJmol−=+=−②.()

()()133322ggHOgH23.9?CHOHCHOCHkJmol−=+=−（2）①.①②.正③.()33CHOCHg（3）①.0.75②.0.25【解析】【小问1详解】反应①的反应物能量高于生成物能量，是放热反应，能量差是129.1?kJmol−，热化学方程式为：

()()()132422gCHgHOgH29.1?CHOHkJmol−=+=−；反应②是反应物能量高于生成物能量，是放热反应，热化学方程式为：()()()133322ggHOgH23.9?CHOHCHOCHkJmol−=+=−。答案为：()()()132422gCHgHOgH

29.1?CHOHkJmol−=+=−；()()()133322ggHOgH23.9?CHOHCHOCHkJmol−=+=−。【小问2详解】1E为反应①正反应活化能。由图可知，若在一定条件下，某容器中同时发生反应①、反应②，则开始时，反应②的活化能低，反应速率快，()33CHOCHg的

生成速率快。答案为：①；正；()33CHOCHg。【小问3详解】设生成()33CHOCHgxmol，ymol，根据原子守恒和热量总和，得出以下关系：()2xy223.9x29.1y25.2+=+=，解得x0.75y0.25molmol==，。答案为：0.750.25；。16.碘在科研与生活

中有重要应用，某兴趣小组用10.50molLKI−溶液、0.2%淀粉溶液、12280.20molLKSO−溶液、12230.10molLNaSO−溶液等试剂，探究反应物浓度对化学反应速率的影响，设计的实验方案如表所示。回答下列问题：实验序号体积/mL1

2280.20molLKSO−溶液水10.50molLKI−溶液12230.10molLNaSO−溶液0.2%淀粉溶液a8.00303.02.0b7.01.03.03.02.0的.c6.0xV3.03.02.

0已知：反应I．222842SO2I2SOI−−−+=+(慢)，反应Ⅱ。22232462SOI2ISO−−−+=+(快)。（1）该实验中，0.2%淀粉溶液的作用为作___________(填“指示剂”或“催化剂”)。（2）该实验中，决定反应速率的反应为___________(填

“反应I”或“反应Ⅱ”)。（3）对于222842SO2I2SOI−−−+=+(慢)：①该反应中还原剂与还原产物的物质的量之比为___________。②2I的用途有___________(填1种即可)。③除了浓度外，改变该反应速率的因素有___________(填1种即可)。（4）该实

验中，当2I耗尽后，溶液颜色将由___________色变为___________色。（5）由表中数据可知，xV=___________，理由为___________。【答案】（1）指示剂（2）反应I（3）①.1:1②.做成碘伏可以杀菌，

治疗甲状腺肿大③.升高温度，使用催化剂等（4）①.蓝色②.无色（5）①.2.0②.保持溶液总体积不变，其他物质浓度均不变，只改变K2S2O8的浓度【解析】【分析】该题探究K2S2O8的浓度对反应速率的影响，其他条件不变，只改变K2S2O8的浓度，因此溶液总体积要恒定

，总体积为8.0+0+3.0+3.0+2.0=16ml，得出VX=2.0，反应由多步反应组成，总反应速率由最慢的一步决定。【小问1详解】I2遇淀粉变蓝色，因此该实验中，0.2%淀粉溶液的作用为作指示剂，来指示反应的完成；【小问2详解】决定反应速率的反应是反应中最慢的

一步决定，因此有反应I决定；【小问3详解】①在反应222842SO2I2SOI−−−+=+中，还原剂是I-，还原产物为24SO−，二者的物质的量之比为1:1；②I2的用途可以制作碘伏用来消毒，也可以治疗甲状腺肿大等；③该变反应速率的因素除浓度外，还可以升高温度、使用催化剂等；【小问4详解】I2遇

淀粉变蓝色，当I2消耗完时，溶液的颜色由蓝色变为无色；【小问5详解】该题探究K2S2O8的浓度对反应速率的影响，其他条件不变，只改变K2S2O8的浓度，因此溶液总体积要恒定，总体积为8.0+0+3.0+3.0+2.0=16ml，则

6.0+VX+3.0+3.0+2.0=16，得出VX=2.0。17.新能源的动力来自以磷酸亚铁锂(4LiFePO)为电极材料的锂离子电池。工业上可用硫铁矿烧渣(主要成分为23FeO，含少量2SiO、23AlO)作原料制备磷酸亚铁锂，其流程如图所示。已知

：①电离度100%=已电离的溶质分子数原有溶质分子总数；②常温下，()5b32KNHHO1.810−=；③常温下，()2a1224KHCO610−=，()4a2224KHCO1.510−=。回答下列问题：（1）4LiFePO中磷元素的化合价为__

_________价。（2）“焙烧”前，将硫铁矿烧渣粉碎的目的是___________。（3）“滤渣1”的主要成分为碳和___________(填化学名称)。（4）“酸浸”时，酸浸条件对滤液1中2Fe+浓度的影响如

图所示：由图可知“酸浸”的最佳条件为___________。（5）“调pH”时：①氨水与3Al+反应的离子方程式为___________。②常温下，0.2mol·L-1氨水的电离度为___________%。（6）“沉铁”时，加入双氧水和磷酸的目的是将2Fe+转化为4

FePO，该反应的离子方程式为___________。（7）草酸(224HCO)为二元弱酸：①22424HCOHCO−+−+，该电离的平衡常数表达式为___________。②常温下，往未知浓度的草酸

溶液中逐滴加入NaOH溶液，当溶液中的()()224224cCOcHCO−=时，溶液中()Hc+=___________mol·L-1。【答案】（1）+5（2）增大接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率（3）硅（4）7

0℃和30%硫酸（5）①.()332433NHHOAlAlOH3NH+++=+②.0.5310−（6）2223442HO2Fe2HPO2FePO4H2HO++++=++（7）①.()()()22424cCOcHcHCO−+−②.3310−【解析】【分析】硫铁矿烧渣(主要成分为F

e2O3，含少量SiO2、Al2O3)，粉碎后加入过量炭粉，焙烧后，生成铁、一氧化碳、硅，Al2O3不反应，加硫酸生成FeSO4和Al2(SO4)3为滤液1，Si不反应，滤渣1为碳和Si，滤液1加氨水调pH，生成Al(OH)3沉淀，滤液2中主要是FeSO4，

加入H2O2和H3PO4，生成FePO4沉淀，加入碳酸锂和草酸，焙烧生成磷酸亚铁锂(LiFePO4)和气体二氧化碳，据此回答。【小问1详解】磷酸亚铁锂LiFePO4中，铁为+2价，氧-2价，锂+1价，由化合物中正负化合价代数和

为零可知磷元素的化合价为+5价；【小问2详解】“焙烧”前，将硫铁矿烧渣粉碎，可以增大接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；【小问3详解】根据分析可知，“滤渣1”的主要成分为碳和硅；【小问4详解】由图中亚铁离子

浓度可知“酸浸”的最佳条件为溶液硫酸浓度30%，温度70℃；【小问5详解】①氨水与Al3+反应生成Al(OH)3，离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；②常温下，10.2molL−氨水

中4-5-+2-32c(OH)c(NH)c(OH)==c(NHHO)0×.21.810，c(OH-)=6×10-3.5，电离度-3.5-0.56?10×100%=3?10%0.2；【小问6详解】根据分析可知，双氧水和磷

酸将Fe2+转化为FePO4，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H3PO4=2FePO4↓+2H2O+4H+；【小问7详解】①22424HCOHCO−+−+则该电离的平衡常数表达式为Ka2=+2-24-24c(H)c(CO)c(HCO)；②当溶液中的c(C2O

2-4)=c(H2C2O4)时，Ka1×Ka2=+-24224c(H)c(HCO)c(HCO)×+2-24-24c(H)c(CO)c(HCO)=2+2-24224c(H)c(CO)c(HCO)=c2(H+)=6×10−2×1.5×10

−4=9×10-6，则c(H+)=3×10-3mol/L。18.五氧化二碘(25IO)是一种重要的工业试剂，常温下为白色针状晶体，可作氧化剂，除去空气中的一氧化碳。反应Ⅰ：22252I(s)5O(g)2IO(s)+1ΔH1K；反应Ⅱ：222CO(g)O(g)2CO(g)+2ΔH2K；反应Ⅲ：2

522IO(s)5CO(g)5CO(g)I(s)++3ΔH3K。回答下列问题：（1）对于上述反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ：①3ΔH=___________(用含1ΔH、2ΔH的代数式表示)，3K=___________(用含1K、2K的代数式表示)。②查阅资料可知：

30H、10H，则反应Ⅱ的平衡常数2K随着温度的升高而___________(填“增大”或“减小”)，判断的理由为___________。（2）1T℃时向盛有足量25IO(s)的VL恒容密闭容器中通入0.8molCO，此时压强为

p，仅发生反应2522IO(s)5CO(g)5CO(g)I(s)++30H，1T℃时，1mint后，该反应达到平衡，且反应达到平衡后固体质量减小6.4g。①下列关于反应2522IO(s)5CO(g)5CO(g)I(s)++的说法正确的是_

__________(填标号)。A．仅加入合适的催化剂，反应速率加快且3ΔH的值变大B．该反应的反应物的总键能小于生成物的总键能C．每断裂1molC=O键，同时消耗0.5molCO，则该反应达到平衡D．仅充入少量稀有气体，正、逆

反应速率均增大②1T℃时，该反应达到平衡时的平衡常数pK=___________(分压=总压×物质的量分数)。③保持其他条件不变，仅移出部分2CO，CO的平衡转化率随2CO的移出率[2CO的移出率22CO100%CO=实际移出量实际生成量]的变化关系如图。则a=__

_________，b=___________。【答案】（1）①.2152HH−②.521KK③.减小④.依据21352HHH−=，又因为30H、10H，则2H0，即温度升高，平衡逆

向移动，则2K减小（2）①.BC②.1③.50④.75【解析】【小问1详解】①根据盖斯定律，反应Ⅱ的5倍减去反应Ⅰ，再除以2得到反应Ⅲ，则3ΔH=2152HH−，方程式5倍，则平衡常数为5次方，方程式相减，则平衡常数相除，整体除以2，则平衡常数开方，因此3K=521KK；故答案为：215

2HH−；521KK。②查阅资料可知：30H、10H，则21502HH−，则2H0，升高温度，反应Ⅱ平衡逆向移动，则平衡常数2K减小；故答案为：减小；依据21352HHH−=，又因为30H、10H，则2H0，即温度升高，

平衡逆向移动，则2K减小。【小问2详解】①A．仅加入合适的催化剂，反应速率加快，氮3ΔH的值不变，故A错误；B．该反应是放热反应，则成键放出的热量大于断键吸收的热量即反应的反应物的总键能小于生成物的总键能，故B正确；C．每断裂1molC=O键，逆向反应，同时消耗0.5molCO，正向反应，

两个不同方向，两者速率等于计量系数之比，则该反应达到平衡，故C正确；D．仅充入少量稀有气体，反应体系浓度不变，正、逆反应速率均不变，故D错误；综上所述，答案为：BC。②根据反应2522IO(s)5CO(g)5CO(g)I(s)++，消耗5molCO，固体质量减少80g，1T℃时，1

mint后，该反应达到平衡，且反应达到平衡后固体质量减小6.4g，则消耗0.4molCO，生成0.4mol二氧化碳，剩余CO物质的量为0.4mol，1T℃时，该反应达到平衡时的平衡常数5p50.4(p)0.810.4(p)0.8K=

=；故答案为：1。③a是没有移出二氧化碳的转化率，则0.4mol100%50%0.8mola==，b点对应转化率是80%，则CO反应了0.8mol×80%=0.64mol，生成二氧化碳物质的量为0.64mol，要使的压强平衡常数为1，则CO物质的量和2CO物质的量相等即2CO物质的量

为0.8mol−0.64mol=0.16mol，说明二氧化碳会移出0.64mol−0.16mol=0.48mol，则移出率0.48mol100%75%0.64mol=；故答案为：50；75。