2022-2023學年江西省豐城市第九中學高三上學期摸底考（日新班）化學試題（含解析）

1、豐城九中日新部20222023學年新高三摸底考試考試時間：100分鐘 滿分：100分一、選擇題(48分，每小題3分，只有一個選項符合題意。)1. 2022年4月16日，科技護航，英雄回家神舟十三號載人飛船返回艙成功著陸，降落傘面以芳綸為材料，返回艙燒蝕防熱涂層以苯基橡膠為基體，填壓石棉(3MgO2SiO22H2O)、玻璃微球、酚醛樹脂微球。以下說法正確的是A. 工業(yè)上制備苯基橡膠與芳綸的原料苯可來自煤的干餾或石油的分餾B. 返回艙側(cè)壁金屬殼體鋁合金及燒蝕涂層均需具備輕質(zhì)、高強、超塑性C. 填壓玻璃微球、酚醛樹脂微球可降低材料熱導系數(shù)，石棉等燃燒可帶走大量的熱D. 芳綸1313(聚間苯二甲酰間苯

2、二胺)與芳綸1414互為同分異構(gòu)體【答案】B【解析】【詳解】A石油通過催化重整可以得到苯、甲苯等芳香烴，煤的干餾或石油的分餾不能得到苯，故A錯誤；B鋁合金質(zhì)量輕、耐腐蝕，燒蝕涂層具有高強、超塑性，故B正確；C石棉等燃燒放出熱量，不能帶走大量的熱，故C錯誤；D芳綸1313即聚間苯二甲酰間苯二胺是高分子化合物，分子式不確定，則芳綸1313與芳綸1414不是互為同分異構(gòu)體，故D錯誤；故選：B。2. 下列離子方程式書寫正確的是A. 飽和Na2CO3溶液中通入過量CO2：CO+CO2+H2O2HCOB. 過量的鐵和稀硝酸反應：Fe+NO+4H+Fe3+NO+2H2OC. FeI2溶液中通入少量Cl2：C

3、l2+2Fe2+2Fe3+2Cl-D. Ca(HCO3)2溶液中滴入少量Ca(OH)2溶液：Ca2+OH-+HCOCaCO3+H2O【答案】D【解析】【詳解】A飽和碳酸鈉溶液中通入過量CO2會析出NaHCO3沉淀，離子方程式為2Na+CO+CO2+H2O=2NaHCO3，A項錯誤；B過量的鐵和稀硝酸反應，生成Fe(NO3)2、NO和H2O，離子方程式為：3Fe+2NO+8H+3Fe2+2NO+4H2O，B項錯誤；CI-的還原性強于Fe2+，通入少量Cl2，Cl2先和I-反應，離子方程式為2I-+Cl2I2+2Cl-，C項錯誤；DCa(HCO3)2溶液中滴入少量Ca(OH)2溶液，Ca(OH)2

4、少量，二者以11比例發(fā)生反應，離子方程式為：Ca2+OH-+HCOCaCO3+H2O，D項正確；答案選D。3. 常溫下，已知H3PO3溶液中含磷物種的濃度之和為0.1molL-1，溶液中各含磷物種的pcpOH關(guān)系如圖所示。圖中pc表示各含磷物種的濃度負對數(shù)(pc=-lgc)，pOH表示OH-的濃度負對數(shù)pOH=-lgc(OH-)；x、y、z三點的坐標：x(7.3，1.3)，y(10.0，3.6)，z(12.6，1.3)。下列說法正確的是A. 曲線表示pc(H3PO3)隨pOH的變化B. H3PO3的結(jié)構(gòu)簡式為C. pH=4的溶液中：c(H2PO)1.0105【答案】D【解析】【分析】【詳解】A

5、圖象中含P物質(zhì)只有3種，說明為二元弱酸。隨著逐漸增大，減小，根據(jù) 、 ，知逐漸減小，先增大后減小，逐漸增大，則逐漸增大，先減小后增大，逐漸減小，故曲線表示，曲線表示，曲線表示；根據(jù)x點知，時，c(OH-)=10-7.3mol/L，c(H+)=10-6.7mol/L，則的，根據(jù)z點知，c(OH-)=10-12.6mol/L，c(H+)=10-1.4mol/L，則的，曲線表示隨的變化，故A錯誤；B為二元弱酸，其結(jié)構(gòu)簡式為，故B錯誤；C即，由圖可知，此時，即，而，故，故C錯誤；D由減去，可得，則平衡常數(shù)，故D正確；故答案：D。4. 298K時，在20.0mL0.10molL-1氨水中滴入0.10mo

6、lL-1的鹽酸，溶液的pH與所加鹽酸的體積關(guān)系如圖所示。已知0.10molL-1氨水的電離度為1.32%，下列有關(guān)敘述正確的是A. 該滴定過程應該選擇酚酞作為指示劑B. M點對應的鹽酸體積小于20.0mLC. M點處的溶液中c(NH)=c(Cl-)=c(H)=c(OH-)D. N點處的溶液中pH12【答案】B【解析】【詳解】A鹽酸滴定氨水時，滴定終點溶液為NH4Cl溶液，呈酸性，故指示劑應選甲基橙，A錯誤；B一水合氨屬于弱堿，與鹽酸正好反應生成NH4Cl時溶液呈酸性，故二者等濃度反應時，若溶液的pH=7，鹽酸的體積應小于氨水的體積，即小于20.0mL，B正確；CM點為氯化銨和少量氨水的混合溶液

7、，根據(jù)電荷守恒可知溶液中：c(NH)c(H)=c(Cl-)c(OH-)，M點溶液的pH=7，即c(H)=c(OH-)，則c(NH)=c(Cl-)，由于水的電離是微弱的，故c(NH)=c(Cl-)c(H)=c(OH-)，C錯誤；D由圖可知，N點即為0.10molL-1氨水，由其電離度為1.32%，可知0.10molL-1氨水中c(OH-)=0.00132molL-1， ，故pH=-lg c(H+)=，則該氨水中11pH12，D錯誤；答案選B。5. 25時，向10.00 mL 0.1000 molL-1的NaHCO3溶液中滴加0.1000 molL-1的鹽酸，溶液的pH隨加入的鹽酸的體積V變化如圖

8、所示。下列有關(guān)說法正確的是A. a點，溶液pH7是由于HCO水解程度小于電離程度B. b點，c(Na)=c(HCO)2c(CO)c(Cl-)C. c點，溶液中的H主要來自HCO的電離D. d點，c(Na)=c(Cl-)=0.1000 molL-1【答案】B【解析】【詳解】Aa點為0.1000molL-1的NaHCO3溶液，溶液中存在HCO的水解平衡和電離平衡，溶液的pH7，呈堿性，說明HCO水解程度大于電離程度，故A錯誤；B25時，b點溶液的pH=7，呈中性，則c(H+)=c(OH-)，結(jié)合電荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(HCO)+2c(CO)+c(Cl-)+c(OH-)可知：c(Na+

9、)=c(HCO)+2c(CO)+c(Cl-)，故B正確；Cc點加入5.00mL等濃度的鹽酸，反應后溶質(zhì)為碳酸氫鈉、氯化鈉和碳酸，此時溶液pH7，呈酸性，溶液中的H+主要來自碳酸的電離，故C錯誤；Dd點n(NaHCO3)=n(HCl)=0.01L0.1000molL-1=0.001mol，二者恰好完全反應，混合液體積為20.00mL，則反應后溶液中滿足c(Na+)=c(Cl-)=，故D錯誤；故選：B。6. 常溫下，次氯酸電離平衡體系中各成分的組成分數(shù)為或與值的關(guān)系如圖所示，下列有關(guān)說法正確的是A. 的電離方程式為B. 曲線、依次表示、的變化C. 向溶液中加溶液，將減小D. 電離常數(shù)的數(shù)量級為【答

10、案】C【解析】【詳解】A次氯酸是弱電解質(zhì)，電離方程式為，故A錯誤；B次氯酸是弱酸，隨著堿性增強，HClO逐漸減少，逐漸增多，但兩者之和不變，故曲線a. b 依次表示、的變化，故B錯誤；C向次氫酸溶液中加NaOH溶液，隨著堿性增強，HClO 逐漸減少，逐漸增多，故將減小，故C正確；D如圖所示當pH=7.5時，電離常數(shù)=的數(shù)量級為，故D錯誤；故答案為C。7. 室溫下，通過實驗研究亞硫酸鹽的性質(zhì)，已知，實驗實驗操作和現(xiàn)象1把SO2通入氨水，測得溶液pH=72向0.1molL-1Na2SO3溶液中加入過量0.2molL-1CaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀3向0.1molL-1NaHSO3溶液中滴入等濃度等

11、體積的NaOH溶液4把少量氯氣通入Na2SO3溶液中，測得溶液pH變小下列說法正確的是A. 實驗1中，可計算出B. 實驗2反應靜置后的上層清液中有C. 實驗3中：D. 實驗4中說明氯氣溶于水顯酸性【答案】A【解析】【詳解】A把SO2通入氨水，測得溶液pH=7，得到的溶液中有c(NH)+c(H)=2c(SO)+c(HSO)+c(OH)，所以c(NH)= 2c(SO)+c(HSO)， =，故A正確；B向0.1molL-1Na2SO3溶液中加入過量0.2molL-1CaCl2溶液，會發(fā)生反應生成亞硫酸鈣的白色沉淀，反應靜置后的上層清液中有，故B錯誤；C向0.1molL-1NaHSO3溶液中滴入等濃度

12、等體積的NaOH溶液，發(fā)生反應生成亞硫酸鈉，根據(jù)物料守恒，在亞硫酸鈉中， ，故C錯誤；D把少量氯氣通入Na2SO3溶液中，發(fā)生反應的離子方程式為：H2O+SO+Cl2= SO+ 2Cl+2H+，使的溶液的酸性增強，測得溶液pH變小 不能說明氯氣溶于水顯酸性，故D錯誤；故答案：A。8. 亞磷酸(H3PO3)是一種二元弱酸，常溫下電離常數(shù)Ka1=1.010-3，Ka2=2.610-7 ，下列說法正確的是A. H3PO3與足量的NaOH溶液反應生成Na3PO3B. 對亞磷酸溶液升溫，溶液的pH值變大C. 向亞磷酸溶液中加入少量NaOH固體，則變大D. 對0.01mol/L的亞磷酸溶液加水稀釋，溶液中

13、各離子濃度均減小【答案】C【解析】【詳解】A已知亞磷酸()是一種二元弱酸，故與足量的NaOH溶液反應生成不能生成，A錯誤；B弱酸的電離過程是一個吸熱過程，升高溫度促進弱酸的電離正向移動，故對亞磷酸溶液升溫，溶液中c(H+)增大，溶液的pH值變小，B錯誤；C向亞磷酸溶液中加入少量NaOH固體，電離平衡正向移動，溶液中c(H+)減小，則=增大，C正確；D對0.01mol/L的溶液加水稀釋，溶液中H+、離子濃度均減小，但根據(jù)水的離子積可知，Kw=c(H+)c(OH-)是一個常數(shù)，故c(OH-)增大，D錯誤；答案選C。9. 常溫下，下列各組離子在有關(guān)限定條件下溶液中一定能大量共存的是A. 由水電離產(chǎn)生

14、的c(H+)=1012 molL1的溶液中：K+、Na+、ClO、IB. 無色溶液中：K+、Fe3+、Cl、COC. 滴入甲基橙指示劑呈紅色的溶液中：Na+、NH、ClO-、NOD. 常溫下，=1012的溶液：K+、AlO、CO、Na+【答案】D【解析】【詳解】A次氯酸根離子具有強氧化性，無論溶液酸堿性如何，都能將溶液中的碘離子氧化，一定不能大量共存，故A錯誤；B溶液中鐵離子與碳酸根離子會發(fā)生雙水解反應生成氫氧化鐵沉淀和二氧化碳氣體，一定不能大量共存，故B錯誤；C滴入甲基橙指示劑呈紅色的溶液為酸性溶液，次氯酸根會與氫離子反應生成次氯酸，一定不能大量共存，故C錯誤；D常溫下，=1012的溶液為堿

15、性溶液，堿性溶液中K+、AlO、CO、Na+四種之間不發(fā)生任何反應，能大量共存，故D正確；故選D10. 羥胺的電離方程式： (25時，)。用0.1mol/L的鹽酸滴定羥胺溶液，溫度恒定為25時，滴定過程中由水電離出來的濃度的負對數(shù)與鹽酸體積的關(guān)系如圖所示(已知：)。下列說法錯誤的是A. 圖中B. A點對應溶液的C. B、D兩點對應的溶液的pH不相等D. C點對應溶液中存在： 【答案】B【解析】【詳解】縱坐標越小，水電離程度越大，溶液中c(NH3OH+)濃度越大，A根據(jù)圖知，C點溶質(zhì)為NH3OHCl，溶液呈酸性，A點溶液呈堿性，則B點溶液呈中性，要使混合溶液呈中性，堿應該稍微過量，所以V110，

16、選項A正確；BA點溶液中NH2OH電離程度較小，則c(OH-)c(NH3OH+)，c(NH2OH)0.1mol/L，則A點c(OH-)=3.010-5mol/L，c(H+)=mol/L=10-9mol/L，則溶液的pH=-lg10-9mol/L=9.5，選項B錯誤；C由圖像知，B點水電離出的氫離子濃度為110-7mol/L，溶液呈中性，D點溶液HCl過量，溶液呈酸性，B、D兩點對應的溶液的pH不相等，選項C正確；DC點溶質(zhì)為NH3OHCl，由質(zhì)子守恒：，選項D正確；答案選B。11. 賴氨酸H3N+(CH2)4CH(NH2)COO-，用HR表示是人體必需氨基酸，其鹽酸鹽(H3RCl2)在水溶液中

17、存在如下平衡：H3R2+H2R+HRR-。向一定濃度的H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，溶液中H3R2+、H2R+、HR和R-的分布系數(shù)(x)隨pH變化如圖所示。已知(x)=，下列表述正確的是A. O點，c(H+)=B. M點，c(Cl-)+c(OH-)+c(R-)=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)C. KK1K3D. Q點，c(HR)c(Na+)c(R-)c(OH-)c(H+)【答案】A【解析】【分析】隨pH增大，H3R2+H2R+HRR-平衡正向移動，M點表示H3R2+和H2R+濃度相等，則K1=10-2；N點表示HR和H2R+濃度相等，則K2=10-9；P點表示HR和R-濃度

18、相等，則K3=10-11；【詳解】A 、，,O點溶液中R-和H2R+相等，所以c(H+)=，故A正確；BM點，根據(jù)電荷守，c(Cl-)+c(OH-)+c(R-)=2c(H3R2+)+c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)，M點H3R2+和H2R+濃度相等，則c(Cl-)+c(OH-)+c(R-)=3c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)，故B錯誤；C、 、，所以KcaB. c點對應溶液中， =1C. a點溶液中：c(Na+)c(OH-)c(CH3COO-)c(H+)D a、b、c、d四點對應溶液中均有c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+c(H+)=0.1molL-1【答案】A【解析

19、】【分析】向15mL 0.1molL-1的氫氧化鈉溶液中逐滴滴入0.1molL-1的CH3COOH溶液，加入CH3COOH溶液的體積與混合溶液pH的關(guān)系如圖，a點對應溶液中，n(NaOH)=2n(CH3COONa)，b點溶液中的溶質(zhì)為CH3COONa，c點對應溶液呈中性，d點對應溶液中CH3COOH過量，溶液呈酸性，溶液中溶質(zhì)為CH3COOH與CH3COONa的混合物，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼根據(jù)分析，a點對應溶液中，n(NaOH)=2n(CH3COONa)，c點對應溶液呈中性，d點對應溶液中CH3COOH過量，溶液呈酸性，溶液中溶質(zhì)為CH3COOH與CH3COONa的混合物，因此導電性c點最

20、弱，選項A錯誤；Bc點對應溶液呈中性，根據(jù)電荷守恒，可推知c(H+)=c(OH-)，c(Na+)=c(CH3COO-)，則=1，選項B正確；Ca點對應溶液中，n(NaOH)=2n(CH3COONa)，故c(Na+)c(OH-)c(CH3COO-)c(H+)，選項C正確；D根據(jù)物料守恒，a、b、c、d四點對應溶液中均有c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+c(Na+)=0.1molL-1，選項D正確；答案選A。14. 根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象所得到的結(jié)論不正確的是選項實驗操作實驗現(xiàn)象結(jié)論A向A、B兩支試管中各加入2mL10%的溶液，向B試管中加入2滴溶液B試管中產(chǎn)生氣泡快當其他條件不變時，催

21、化劑可以改變化學反應速率B蒸干并灼燒溶液得到白色固體獲得固體C分別將1mL pH=3的HA和HB溶液加水稀釋至100mL，測溶液pHpH(HA)pH(HB)酸性：HA HBD向0.1mol/LNaCl和NaI混合溶液中滴加少量溶液先出現(xiàn)黃色沉淀A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【詳解】A向 A、B兩支試管中各加入2 mL10%的H2O2溶液，向B試管中加入2滴1 molL-1FeCl3溶液，結(jié)果B試管中產(chǎn)生氣泡快，說明Fe3+能夠加快H2O2分解反應的化學反應速率，是H2O2分解反應的催化劑，A正確；BAlCl3是強酸弱堿鹽，在溶液中AlCl3發(fā)生水解反應產(chǎn)生Al(OH)3和H

22、Cl，HCl加熱時揮發(fā)，導致水解平衡正向移動，得到的固體是Al(OH)3，灼燒固體Al(OH)3分解產(chǎn)生Al2O3和H2O，故蒸干并灼燒AlCl3溶液得到的固體是Al2O3，B正確；C一元強酸完全電離，酸的濃度等于溶液中c(H+)，弱酸部分電離，存在電離平衡，酸的濃度大于溶液中c(H+)，加水稀釋，電離平衡正向移動，導致弱酸溶液的pH變化較小。將pH=3的酸HA、HB溶液稀釋100倍后，溶液pH(HA)pH(HB)，說明酸性：HAHB，C錯誤；DNaCl和NaI濃度相同，Ksp小的先沉淀，由先生成黃色沉淀可知Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，D正確；故答案為C。15. 根據(jù)下列各圖曲線表征的

23、信息，得出的結(jié)論正確的是A. 圖1表示常溫下，用鹽酸滴定未知濃度的氨水的變化。該滴定過程可用酚酞作指示劑來判斷滴定終點B. 圖2表示用水稀釋相同的鹽酸和醋酸時溶液的變化曲線，其中表示醋酸，表示鹽酸，且溶液導電性：C. 圖3為常溫下用的標準溶液滴定的溶液，混合溶液的隨溶液體積的變化關(guān)系。若改用溶液，則滴定曲線(滴定終點前)可能變?yōu)镈. 圖4表示在、條件下，與發(fā)生反應過程中的能量變化，則燃燒熱的【答案】D【解析】【詳解】A鹽酸滴定氨水，恰好完全反應時生成NH4Cl，由于N發(fā)生水解而使溶液呈酸性，故應選擇甲基橙作指示劑，故A錯誤；B用水稀釋相同的鹽酸和醋酸，鹽酸的變化大，醋酸的變化小，溶液的導電能力

24、取決于自由移動離子濃度的大小，即其中表示鹽酸，表示醋酸，且溶液導電性：，故B錯誤；C溶度積Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-)，在一定溫度下不變，若增大c(Cl-)，則c(Ag+)減小，即增大，起點應在原滴定曲線上方，與圖像不符，故C錯誤；D氫氣在氧氣中燃燒的反應是放熱的，燃燒熱是完全燃燒1mol氫氣生成穩(wěn)定產(chǎn)物液態(tài)水所放出的熱量，即燃燒熱的，故D正確；答案選D。16. 在25 時，將1.0 L x molL-1CH3COOH溶液與0.1 mol NaOH固體混合，使之充分反應。然后向該混合溶液中通入HCl氣體或加入NaOH固體(忽略體積和溫度變化)，溶液pH隨通入(或加入)物質(zhì)的物質(zhì)

25、的量變化如圖所示。下列敘述不正確的是A. 水的電離程度：abcB. a點對應的混合溶液中：c(CH3COO-)=c(Na)c(OH-)=c(H)C. b點對應的混合溶液中：c(CH3COOH)= molL-1D. 該溫度下，CH3COOH的電離平衡常數(shù)均為Ka=【答案】D【解析】【詳解】A酸或堿抑制水電離，弱離子促進水電離，且酸或堿濃度越大其抑制水電離程度越大，a、b、c溶液中都含有酸，且酸濃度c b a，所以水電離程度a b c，故A選項正確。Ba點加入0.1molNaOH，混合溶液呈中性，說明，根據(jù)電荷守恒得，故c(CH3COO-)=c(Na)c(OH-)=c(H)，故B選項正確。Cb點處

26、醋酸過量，溶液呈酸性，由物料守可知，醋酸電離平衡常數(shù)為：， 則，則則則，故C選項正確。Da點溶液中pH=7，溶液中，該溫度下醋酸電離平衡常數(shù)，故D選項錯誤。故正確答案：D二、非選擇題(每空2分，共52分)17. 氮、磷對水體的污染情況越來越受到人們的重視?；卮鹣铝袉栴}：（1）常溫下，在約為9時，用澄清石灰水可將水體中的轉(zhuǎn)化為沉淀除去，該反應的離子方程式為_。（2）除去地下水中的硝態(tài)氮通常用還原劑將其還原為。Prusse等提出的用作催化劑，常溫下，在為4.06.0時，可直接用將還原為，該反應的離子方程式為_。研究發(fā)現(xiàn)用和的混合氣體代替，的去除效果比只用時更好，其原因是_。在約為5時，用納米粉可將

27、還原為，粉被氧化為，該反應中氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為_。（3）實驗測得相同條件下，用次氯酸鈉脫除水體中的氨態(tài)氮的過程中( )，與氨態(tài)氮的去除率關(guān)系如圖所示，在大于9時，越大，去除率越小，其原因是_?！敬鸢浮浚?） （2） . . 溶于水后呈酸性，可以提供，有利于維持在4.06.0 . （3）大于9時，的氧化性減弱，不利于氧化【解析】【分析】【小問1詳解】在pH約為9時，用澄清石灰水可將水體中的轉(zhuǎn)化為沉淀除去，故離子方程式為；【小問2詳解】在反應中得電子，被還原為N2，H2在反應中失電子，根據(jù)得失電子守恒25H2，溶液呈酸性，用H+調(diào)整溶液呈電中性，故反應的離子方程式為；用H2和CO2

28、的混合氣體代替H2，因CO2溶于溶液中，可維持pH在46之間，故答案為：，溶于水后呈酸性，可以提供，有利于維持在4.06.0；2mol發(fā)生反應其中N由5價降低到0價氮氣，故還原產(chǎn)物為氮氣1mol，5molH2發(fā)生反應其中H由0價升高到1價H2O，故氧化產(chǎn)物為H2O5mol，則氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為5:1，故答案為：5:1；【小問3詳解】從圖示的氧化還原的過程來看，其實是先生成了HClO，pH 9時，HClO的濃度減小，氧化反應速率減慢，故答案為：大于9時，的氧化性減弱，不利于氧化；18. 五氧化二釩(V2O5) 是一種橙黃色片狀晶體，具有強氧化性。在冶金、催化劑、磁性材料等領(lǐng)域有重

29、要作用。實驗室以含釩廢料(含有V2O3、Fe2O3、Al2O3、CuO、有機物等)來制備V2O5的一種工藝流程如下：已知：“濾渣2”為Mg2(OH)2CO3請回答下列問題：（1）含釩廢料中的有機物主要在_工序中除去。（2）常溫時，若“調(diào)pH凈化I”工序中最終溶液pH=8，通過計算判斷，此時Cu2+是否已經(jīng)沉淀完全_(填“是”或“否”)，并寫出計算過程(已知離子濃度”或“ （2）AB （3）變小 （4） . 8 . 40 . 增大容器體積 . 及時分離出或【解析】【小問1詳解】=+131.3；、分別表示該反應正、逆反應的活化能，該反應為吸熱反應，則0；【小問2詳解】：A.該反應中氣體體積不變，氣

30、體總物質(zhì)的量為定值，且在絕熱條件下，結(jié)合PV=nRT可知，混合氣體的壓強為變量，當混合氣體的壓強不變，表明正逆反應速率相等，達到平衡狀態(tài)，A正確；B.在絕熱容器內(nèi)，容器內(nèi)溫度為變量，當容器內(nèi)溫度不變時，表明正逆反應速率相等，達到平衡狀態(tài)，B正確C.混合氣體的質(zhì)量為定變量、容器容積不變，則混合氣體的密度為定量，當混合氣體的密度不變時，不能表明正逆反應速率相等，達到平衡狀態(tài)，C錯誤；D.混合氣體的質(zhì)量為定量，混合氣體的物質(zhì)的量不變，則混合氣體的平均相對分子質(zhì)量為定量，當混合氣體的平均分子質(zhì)量不變時，不能表明達到平衡狀態(tài)，D錯誤；故選AB；【小問3詳解】直線a、b分別表示、隨溫度變化，隨著溫度的降低增大，正逆反應速率均減小，則降低相同溫度時lg減小更快，降低溫度平衡正向移動，升高溫度平衡逆向移動，反應的平衡常數(shù)K變??；【小問4詳解】，則有x-y+80-x-y+y+x+y=100，解得x=20 kPa，A點時=，=，由以上可知，(20-y)(60-y)=(y)(20+y)解得y=12 kPa，平衡時CO的分壓20 kPa -12 kPa =8kPa，平衡時水蒸氣的轉(zhuǎn)化率為；進一步