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1、吉林省长春市第151中学2022-2022学年高二化学上学期期中试题含解析一、单项选择每题3分1.以下说法不正确的选项是A. 对于吸热反响，反响物所具有总能量低于生成物所具有的总能量B. 任何放热反响在常温条件一定能发生反响C. 原电池反响一定是氧化复原反响D. 元素由化合态变成游离态时，它可能被氧化，也可能被复原【答案】B【解析】【详解】A. 对于吸热反响，反响过程中需要从外界吸收能量，故反响物所具有的总能量低于生成物所具有的总能量，A正确；B.如氢气和氧气反响生成水，是放热的，但是需要加热才能进行，因此放热反响常温下不一定能够发生，B错误；C. 原电池将化学能转化为电能，有电子的转移，一定
2、为自发的氧化复原反响，C正确；D. 当元素在化合物中显负价时，变为游离态被氧化，当元素在化合物中显正价时，变为游离态时被复原，D正确；故答案选B。2.在同温同压下，以下各组热化学方程式中，H1H2的是A. 2H2(g)O2(g)=2H2O(l)H12H2(g)O2(g)=2H2O(g)H2B. S(g)O2(g)=SO2(g) H1S(s)O2(g)=SO2(g) H2C. C(s)1/2O2(g)=CO(g)H1C(s)O2(g)=CO2(g)H2D. H2(g)Cl2(g)=2HCl(g)H11/2H2(g)1/2Cl2(g)=HCl(g)H2【答案】C【解析】【详解】A、生成液态水比生成
3、气态水放出的热量多，故H1H2；B、气态硫参加反响时比固态硫放出的热量多，那么H1H2；C、生成CO时比生成CO2放出的热量少，H1H2；D、H12H20，即H1H2；答案选C。3.某温度下，在固定容积的容器中，可逆反响A(g)3B(g) 2C(g)到达平衡，此时测得n(A)n(B)n(C)=221。假设保持温度不变，以n(A)n(B)n(C)=221的比例向该容器中再充入A、B和C，以下表达正确的选项是A. 刚充入时反响速率正减少，逆增大B. 平衡不发生移动C. 平衡向正反响方向移动，A的物质的量浓度减小D. 物质C的质量分数增大【答案】D【解析】【分析】从等效平衡的角度分析，到达平衡，此时
4、测得n(A)n(B)n(C)=221，假设保持温度不变，以n(A)n(B)n(C)=221的比例向该容器中再充入A、B和C，相当于在原来的根底上缩小体积，增大压强，根据压强对平衡移动的影响判断。【详解】从等效平衡的角度分析，到达平衡，此时测得n(A)n(B)n(C)=221，假设保持温度不变，以n(A)n(B)n(C)=221的比例向该容器中再充入A、B和C，相当于在原来的根底上缩小体积，增大压强，A、刚充入时反响速率正增大，逆增大，故A错误；B、增大压强，平衡向正反响方向移动，故B错误；C、增大压强，平衡向正反响方向移动，但根据勒夏特列原理，A的物质的量浓度比原来要大，故C错误；D、增大压强
5、，平衡向正反响方向移动，增加了C的物质的量，物质C的质量分数增大，故D正确。所以D选项是正确的。【点睛】化学平衡题中有四种改变压强的方式：恒容充惰气；恒压充惰气；缩小或扩大容器容积；等比例充入一类组分。其中第类可用等效平衡思想理解掌握。4.某化学研究小组探究外界条件对化学反响mA(g)+nB(g)pC(g)的速率和平衡的影响，图像如下，以下判断正确的选项是 A. 由图a可知，T1T2，该反响的逆反响为吸热反响B. 由图b可知，该反响m+nT2，因温度越高，C%越低，说明升温平衡逆向移动，逆反响为吸热反响，故A正确；B. 由图b可知，C%随着压强的增大而增大，说明加压后平衡正向移动，正反响为气体
6、分子数目减小的反响，那么该反响m+np，故B错误；C.由图c可知，随着反响的时行，反响的速率先增大后减小，说明开始由于反响放热导致温度升高，此时温度对化学反响速率的影响较大，化学反响速率加快，而后由于反响物的浓度减小，体系的温度变化不明显，从而化学反响速率逐渐减小，所以该反响的正反响为放热反响，故C错误；D. 由图d可知，曲线a较曲线b到达平衡的时间短，反响速率较快，最终的平衡状态是相同的，当m+n=p时，曲线a相对曲线b可能为加压或参加催化剂，故D错误；答案选A。【点睛】化学平衡图像题解题技巧：1紧扣特征，弄清可逆反响的正反响是吸热还是放热，体积增大、减小还是不变，有无固体、纯液体物质参与反
7、响等。2先拐先平，在含量转化率时间曲线中，先出现拐点的那么先到达平衡，说明该曲线反响速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。3定一议二，当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。4三步分析法，一看反响速率是增大还是减小；二看v正、v逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。5.用CO和H2合成CH3OH的化学方程式为CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) HT2T3B. 正反响速率：v(a)v(c), v(b)v(d)C. 平衡常数：K(a)K(c)，K(b)=K(d)D. 平均摩尔质量：M(a)M(c)，M(b)M(d)【答案】C【解析】【分析】C
8、O(g)2H2(g)CH3OH(g)H0，该反响为放热反响，在压强相同时，温度越低，CO的转化率越大，以此分析解答。【详解】A项，该反响为放热反响，温度越低，CO的转化率越大，那么T1T2T3，故A项错误；B项，由图可知，a、c两点压强相同，平衡时a点CO转化率更高，该反响为放热反响，温度越低，CO的转化率越大，所以温度T1T3，温度越高，反响速率越快，那么v(a)v(c)，b、d两点温度相同，压强越大，反响速率越大，b点大于d点压强，那么v(b)v(d)，故B项错误；C项，由图可知，a、c两点压强相同，平衡时a点CO转化率更高，该反响为放热反响，所以温度T1T2，M点温度高于N点温度，且N点
9、反响没有到达平衡状态，此时反响向正反响方向进行，即N点的逆反响速率小于N点的正反响速率，因此M点的正反响速率大于N点的逆反响速率，正确；B. T2下，在0t1时间内，X的浓度变化为：cX=a-bmol/L，那么Y的浓度变化为cY=，所以，错误；C.进行到M点X的转化率较W点低，由于正向是放热反响，所以反响进行到M点放出的热量较N点放出的热量少，错误；D. M点时再参加一定量X，到达的新平衡与原平衡比拟，压强增大，增大压强平衡正移，那么X的转化率增大，所以M点时再参加一定量X，平衡后X的转化率增大，错误。【点睛】1温度升高，绝大多数化学反响速率都会升高。2对于有气体参加的化学反响，增加某气体的浓
10、度，其自身转化率不一定降低，可能升高，可能保持不变，具体情况具体分析，不能单纯套用常见规律。10.在1.0 L恒容密闭容器中放入0.10 mol X，在一定温度下发生反响：X(g)Y(g)Z(g) H0，容器内气体总压强p随反响时间t的变化关系如下图。以下分析正确的选项是 ( ) A. 该温度下此反响的平衡常数K3.2B. 从反响开始到t1时的平均反响速率v(X)0.2/t1 molL1min1C. 欲提高平衡体系中Y的百分含量，可参加一定量的XD. 其他条件不变，再充入0.1 mol气体X，平衡正向移动，X的转化率减少【答案】D【解析】【分析】X(g)Y(g)Z(g)开始 0.1 0 0变化
11、 b b bt1min末 0.1-b b b根据压强比等于物质的量比， ，b=0.04；X(g)Y(g)Z(g)开始 0.1 0 0转化 a a a平衡 0.1-a a a根据压强比等于物质的量比， ，a=0.08。【详解】A. 该温度下此反响的平衡常数K 0.32，故A错误；B. 从反响开始到t1时的平均反响速率v(X) 0.04/t1 molL1min1，故B错误；C.向表达中参加一定量的X，相当于加压，Y的百分含量减小，故C错误；D. 其他条件不变，再充入0.1 mol气体X，平衡正向移动， 但对于X的转化率，相当于加压，X的转化率减少，故D正确。11.某化学反响的平衡常数表达式为K=c
12、(CO2) c(H2)/(CO) c(H2O),在不同的温度下该反响的平衡常数值分别为:以下有关表达不正确的选项是()A. 该反响的化学方程式是CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)B. 上述反响的正反响是放热反响C. 如果在一定体积的密闭容器中参加CO2和H2各1 mol,5 min后温度升高到830 ,此时测得CO为0.4 mol时,该反响为平衡状态D. 某温度下,如果平衡浓度符合以下关系式: c(CO2)/3(CO)=c(H2O)/5 c(H2),判断此时的温度1000【答案】C【解析】【详解】A、根据平衡常数表达式是生成物平衡浓度幂次方乘积除以反响物平衡浓度幂次方乘积得到化
13、学方程式式为K=c(CO2)c(H2)/(CO)c(H2O),化学方程式为: CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)，故A正确;B、分析图表数据,平衡常数随温度升高减小,说明升温平衡逆向进行逆向是吸热反响,正反响是放热反响,故B确;C、根据化学平衡三段式列式计算浓度商和平衡常数比拟分析,假设在一定体积的密闭容器中通入CO2和H2各1 mol ,5min后温度升高到830 ,此时测得CO2为0.4mol时, CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)起始量(mol) 1 1 0 0变化量(mol) 0.40.4 0.4 0.4平衡量(mol)0.60.6 0.4 0.4反响前
14、后气体物质的量不变,可以用其他物质的量代替平衡浓度计算,Q=0.40.4/0.60.6=0.44K=1,此时平衡正向进行,故C错误;D、根据平衡常数表达式和平衡常数数值计算分析,温度为1000平衡常数K=c(CO2)c(H2)/(CO)c(H2O)=0.6=3/5,假设平衡浓度符合以下关系式: c(CO2)/3(CO)= c(H2O)/5c(H2),说反响到达平衡状态,故D正确;答案：C。【点睛】根据平衡常数表达式是生成物平衡浓度幂次方乘积除以反响物平衡浓度幂次方乘积得到化学方程式;平衡常数随温度升高减小,说明升温平衡逆向进行,逆向是吸热反响,正反响是放热反响;根据浓度商和平衡常数相对大小判断
15、反响是否到达平衡。12.在2L恒容密闭容器中投入足量Ms和一定量的Rg，发生反响为Ms+RgXg+Yg H；所得实验数据如表所示：实验温度/起始时R的物质的量/mol平衡时气体总物质的量/mol3002.002.804002.003.004004.00a以下推断正确的选项是 A. 上述反响中，H0B. 实验中，该反响的平衡常数K=0.5C. 实验经4min到达平衡，04 min内X=0.2molL-1min-1D. 实验中a=6.00【答案】B【解析】【详解】A.从表中数据分析，温度升高，平衡正向移动，说明正反响为吸热反响，故错误；B. Ms+RgXg+Yg起始 2 0 0改变 x x x平衡
16、 2-x x x那么有2-x+x+x=3 解x=1，平衡常数为，故正确；C. Ms+RgXg+Yg起始 2 0 0改变 x x x平衡 2-x x x 那么有2-x+x+x=2.8 解x=0.8，X=0.1molL-1min-1，故错误；D. 实验中起始参加量是的2倍，相对于的2倍后加压，平衡逆向移动，那么a小于6.00mol，故错误。应选B。【点睛】掌握平衡移动原理和等效平衡的应用。实验的分析从两个的平衡状态加和后加压，逆向移动的结果。13.以下表达正确的选项是 A. 尽管BaSO4难溶于水，但它仍然是强电解质B. 溶于水后能电离出氢离子的化合物都是酸C. NaCl溶液在电流的作用下电离为钠
17、离子和氯离子D. 二氧化碳溶于水后能局部电离，所以二氧化碳是弱电解质【答案】A【解析】【分析】A. 强电解质指在水溶液中或熔融状态下,能完全电离；B. 硫酸氢钠也能电离出氢离子；C. 电离不需要通电；D.电解质的电离必须是自身电离；【详解】A. 强电解质指在水溶液中或熔融状态下,能完全电离,硫酸钡属于强电解质,虽在水溶液中很难溶解,但溶于水的局部能完全电离,故A正确；B.硫酸氢钠是盐,但在水中能电离出氢离子,故B错误；C. 氯化钠溶液在水分子的作用下电离成钠离子和氯离子,无须通电,通电是电解氯化钠溶液,产物为氢氧化钠和氢气和氯气,故C错误；D.二氧化碳溶于水后,能和水反响生成碳酸,碳酸能电离出
18、自由移动的阴阳离子,但电离出阴阳离子的是碳酸,不是二氧化碳,所以二氧化碳是非电解质,故D错误；综上所述，此题选A。14.0.1 molL1的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COOH，要使溶液中值增大，可以采取的措施是A. 加少量烧碱B. 降低温度C. 加少量冰醋酸D. 加水【答案】D【解析】【详解】A.参加少量烧碱溶液，反响生成CH3COONa，cCH3COO-增大，那么cH+/cCH3COOH=Ka/cCH3COO-减小，故A错误；B.醋酸的电离是吸热反响，降低温度，抑制醋酸电离，平衡向逆反响方向移动，cH+减小，cCH3COOH增大，那么cH+/cCH3COOH值减小，故B错误
19、；C.参加少量冰醋酸，醋酸浓度增大，弱电解质的浓度越大，电离程度越小，增多的醋酸电离分子个数远远小于参加醋酸分子个数，那么cH+/cCH3COOH值减小，故C错误；D.加水稀释促进醋酸电离，那么氢离子的物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，溶液体积相同，所以溶中cH+/cCH3COOH值增大，故D正确；应选D。15.相同温度下，关于盐酸和醋酸两种溶液的比拟，以下说法正确的选项是A. pH相等的两溶液中：c(CH3COO)c(Cl)B. 分别中和pH相等、体积相等的两溶液，所需NaOH的物质的量相同C. 相同浓度的两溶液，分别与金属镁反响，反响速率相同D. 相同浓度的两溶液，分别与NaOH固体反
20、响后呈中性的溶液中(忽略溶液体积变化)：c(CH3COO)c(Cl)【答案】A【解析】【详解】A、在pH相等的两种溶液中，氢离子的浓度相同，根据溶液中电荷守恒可知阴离子浓度相等，即cCH3COO=c(Cl)，故A正确；B、醋酸为弱酸，是弱电解质只能局部电离，与pH相同的强酸溶液比起来，与其他物质反响时，可以持续电离出氢离子，平衡右移，所以醋酸消耗的氢氧化钠的量要更多一些，故B错误；C、反响刚开始时，醋酸弱酸局部电离，与同等浓度的强酸比拟，反响速率会慢一些，故C错误；D、当醋酸恰好与NaOH反响时，弱酸根水解呈现出碱性，应为cCH3COOc(Cl)，故D错误。综上所述，此题的正确答案为A。16.
21、以下关于纯洁物，混合物，强电解质，弱电解质和非电解质的正确组合是( )纯洁物混合物强电解质弱电解质非电解质A纯盐酸水煤气硫酸醋酸干冰B冰醋酸空气硫酸钡亚硫酸二氧化硫C氯气盐酸苛性钠氢硫酸碳酸钙D漂白粉氨水氯化钠次氯酸氯气A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】试题分析：A纯盐酸、水煤气、硫酸、醋酸、干冰分别属于混合物、混合物、强电解质、弱电解质，非电解质，故A错误；B冰醋酸、空气、硫酸钡、亚硫酸、二氧化硫分别属于纯洁物、混合物、强电解质、弱电解质，非电解质，故B正确；C碳酸钙属于强电解质，故C错误；D漂白粉是氯化钙和次氯酸钙混合物，故D错误；应选B。【考点定位】考查物质的分类【名师点
22、晴】此题考查了纯洁物、混合物、强弱电解质、非电解质的概念判断及各种物质的成分掌握，注意概念的辨析。纯洁物：有一种物质组成，包括单质和化合物；混合物：由两种或两种以上的物质组成；在水溶液里或熔融状态下完全电离的是强电解质，局部电离的是弱电解质；在水溶液里和熔融状态下不导电的化合物是非电解质，电解质和非电解质都是化合物，单质混合物都不是电解质、非电解质。17.以下图示与对应的表达相符的是 A. 表示向NH3H2O溶液中逐步参加NH4Cl固体后，溶液pH的变化B. 表示向NH3H2O溶液中加水时溶液的导电性变化，那么NH3H2O溶液的pH：baC. 表示等量A在容积相同的恒容密闭容器中，不同温度下分
23、别发生反响：2AgBg+Cg，相同时间后测得A含量的曲线，那么该反响的H0D. 表示催化剂能改变化学反响的焓变【答案】C【解析】【详解】A.增大铵根离子的浓度会抑制氨水的电离，但是平衡移动程度不大，所以氨水溶液中逐步参加氯化铵固体后，溶液的pH不 可能接近7 ，故错误；B.溶液中的离子浓度越大，溶液的导电性越强，途中a点导电性，所以a点的氢氧根离子浓度大，即a点pH大，故错误；C.由图可知，反响平衡后升温A的含量增大，平衡逆向移动，正反响为放热反响，故正确；D.催化剂能降低反响的活化能，对焓变无影响，焓变由反响物与生成的焓值差决定，故错误。应选C。【点睛】掌握溶液中电离程度和离子浓度和导电性的
24、关系。注意催化剂能降低反响的活化能，但焓变不变。18. 一定温度下，取pH12的NaOH溶液和氨水各10 mL，分别用蒸馏水冲稀至1 L。关于稀释后的溶液的pH的说法正确的选项是A. NaOH溶液的pH小于氨水的pHB. NaOH溶液的pH大于氨水的pHC. 两溶液的pH相等D. 无法判别两溶液pH的相对大小【答案】A【解析】试题分析：氢氧化钠是强电解质，氨水是弱碱，稀释促进一水合氨的电离，因此在pH相同的条件下稀释相同倍数后NaOH溶液的pH小于氨水的pH，A正确；B、C、D错误，答案选A。考点：考查弱电解质的电离19.室温下某溶液中由水电离产生的c(H)等于1010molL1，该溶液的溶质
25、不可能是 A. NaHSO4B. NaClC. HClD. Ba(OH)2【答案】B【解析】【详解】A.硫酸氢钠能电离出氢离子，抑制水的电离，故可能是硫酸氢钠；B.氯化钠对水的电离无影响，故符合题意；C.盐酸抑制水的电离，故不符合题意；D.氢氧化钡电离出氢氧根离子，抑制水的电离，不符合题意。应选B。【点睛】溶质能电离出氢离子或氢氧根离子的都能抑制水的电离。可能是酸或碱或硫酸氢钠等物质。20.等体积等pH的Ba(OH)2、NaOH和NH3H2O三种溶液滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸体积分别为V1、V2、V3,三者的大小关系正确是A. V1=V2= V3B. V1=V2V3C. V1c(N
26、aOH)，即相同体积时，NH3H2O消耗的盐酸的体积大于NaOH消耗盐酸的体积，消耗盐酸体积的顺序是V3V1=V2，应选项B正确。【点睛】此题的易错点，学生认为1molBa(OH)2中含有2molOH，1molNaOH中含有1molOH，得出V1V2，忽略了pH相同，溶液中c(OH)相同，与是一元强碱还是二元强碱无关。二、填空题21.为比拟Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，某化学研究小组的同学分别设计了如图1、2所示的实验。请答复相关问题。1定性分析：如图1可通过观察 ，定性比拟得出结论。有同学提出将FeCl3改为0.05 mol/L Fe2(SO4)3更为合理，其理由是 。2定量分
27、析：如图2所示，实验时均生成40 mL气体，其它可能影响实验的因素均已忽略。实验中需要测量的数据是 。3参加0.10 mol MnO2粉末于50 mL H2O2溶液中，在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图3所示。写出H2O2在二氧化锰作用下发生反响的化学方程式 。实验时放出气体的总体积是 mL。A、B、C、D各点反响速率快慢的顺序为： 。解释反响速率变化的原因 。H2O2的初始物质的量浓度是 请保存两位有效数字。【答案】1产生气泡的快慢1分；消除阴离子不同对实验的干扰1分2产生40 mL气体所需的时间1分32H2O22H2O+O21分 601分D C B A1分；随着反响的进行，H2O2
28、浓度减小，反响速率减慢1分0.11 mol/L1分【解析】试题分析：该反响中产生气体，所以可根据生成气泡的快慢判断；氯化铁和硫酸铜中阴阳离子都不同，无法判断是阴离子起作用还是阳离子起作用；硫酸钠和硫酸铜阴离子相同，可以消除阴离子不同对实验的干扰，答案为：两支试管中产生气泡的快慢；消除阴离子不同对实验的干扰；仪器名称分液漏斗，检查气密性的方法：关闭分液漏斗的活塞，将注射器活塞向外拉出一段，过一会后看其是否回到原位；该反响是通过生成气体的反响速率分析判断的，所以根据v=知，需要测量的数据是产生40ml气体所需要的时间，答案为：分液漏斗，关闭分液漏斗的活塞，将注射器活塞向外拉出一段，过一会后看其是否
29、回到原位；产生40ml气体所需要的时间。从曲线的斜率可排知，反响速率越来越小，因为反响速率与反响物浓度成正比，随着反响的进行，反响物浓度逐渐降低，反响速率逐渐减小；在二氧化锰作催化剂条件下，双氧水分解生成水和氧气，反响方程式为：2H2O22H2O+O2；根据图象知，第4分钟时，随着时间的推移，气体体积不变，所以实验时放出气体的总体积是60 mL； 根据图象结合v=知，A、B、C、D各点反响速率快慢的顺序为DCBA；反响速率与反响物浓度成正比，随着反响的进行，反响物浓度逐渐降低，反响速率逐渐减小，设双氧水的物质的量为x，2H2O22H2O+O22mol 22.4Lx 0.06Lx=0.0054m
30、ol，所以其物质的量浓度=0.11 molL-1，故答案为：0.11 molL-1考点：考查探究化学规律；性质实验方案的设计。22.能源问题是人类社会面临的重大课题。甲醇是未来重要的绿色能源之一。(1):在25、101kPa下,1mol甲烷燃烧生成CO2和液态水时放热890.31kJ。请写出甲烷燃烧热的热化学方程式_。(2)由CO2和H2合成甲醇的化学方程式为:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g).在其他条件不变的情况下,实验测得温度对反响的影响如以下图所示(注:T1、T2均大300) 。合成甲醇反响的H_(填“、“、“或“=)温度为T1时的平衡常数。【答案】 (1). C
31、H4 (g)+ 2O2(g) CO2(g)+2H2O(l) H=-890.31kJ/mol (2). (3). (4). 【解析】【分析】1甲烷燃烧热是1mol甲烷燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量，依据热化学方程式书写方法标注聚集状态和对应焓变；(2) 根据 “先拐先平，可知T1T2，升高温度后，甲醇的含量减小，平衡逆向移动；根据平衡常数定义书写表达式；焓变0，升高温，平衡逆向移动。【详解】1甲烷燃烧热是1mol甲烷燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量，由题中信息可知，甲烷燃烧热的热化学方程式为CH4g+2O2gCO2g+2H2OlH=-890.31kJ/mol；(2) 根据 “先拐先平，可知
32、T1T2，升高温度后，甲醇的含量减小，平衡逆向移动，所以合成甲醇反响的H0；CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)平衡常数的表达式为；T1T2，焓变小于0，升高温，平衡逆向移动，K减小，所以T2时的平衡常数 T1时的平衡常数。23.工业上一般在恒容密闭容器中可以采用以下反响合成甲醇：CO(g) +2H2(g) CH3OH(g) H、“或“=平衡常数K。【答案】 (1). N2O42NO2 (2). 0.003 molL-1s-1 (3). 0.4 (4). 【解析】【详解】(1)将0.4mol的四氧化二氮气体充入2L已抽空的固定容积的密闭容器中，反响的化学方程式为N2O42N
33、O2，故答案为：N2O42NO2；(2)进行到20s，N2O42NO2 起始量(mol) 0.4 0变化量(mol) 0.12 0.2420s末(mol) 028 0.2420s时，N2O4的浓度=0.14mol/L；020s内N2O4的平均反响速率=0.003mol/(Ls)，故答案为：0.003mol/(Ls)；(3)N2O42NO2，平衡常数K=，80C平衡状态和40s是相同平衡状态，平衡浓度c(NO2)=0.20mol/L，c(N2O4)=0.10mol/L；平衡常数K=0.4mol/L，故答案为：0.4；(4)在20s时，未建立平衡，正反响速率大于逆反响速率，此时浓度熵Qc平衡常数K，故答案为：。【点睛】此题考查了化学反响速率和化学平衡的计算。注意化学平衡常数只与温度有关，与物质的浓度无关。此题的易错点为(4)，可以通过计算判断浓度熵Qc与平衡常数K的大小，也可以根据平衡的移动方向判断。25.下表是不同温度下水的离子积数据：温度/25t1t2水的离子积常数1101411012试答复以下问题：1假设25t1t2，那么_(填“或“=)1