贵州省铜仁市伟才学校2024-2025学年高二化学下学期期末考试试题含解析

PAGE16-贵州省铜仁市伟才学校2024-2025学年高二化学下学期期末考试试题（含解析）一、选择题1.司南是中国古代劳动人民在长期的实践中对磁石磁性相识的独创。《论衡》中记载有：“司南之杓，投之于地，其柢指南。”下列说法正确的是：A.杓”的主要成分是四氧化三铁 B.纯净的铁在常温下与水反应可得到磁性氧化铁C.磁性氧化铁为Fe2O3和FeO的混合物 D.Fe，Fe2O3，FeO均具有磁性【答案】A【解析】【详解】A．地球本身是一个大磁体，司南是用自然磁石磨制成的勺子，即其实质就是一块磁铁，主要成分为四氧化三铁，故A正确；B．纯净的铁在高温下与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，化学方程式为3Fe+4H2OFe3O4+4H2，故B错误；C．四氧化三铁是铁的一种氧化物，其化学式为Fe₃O₄(即FeO·Fe₂O₃)，Fe3O4是纯净物，Fe3O4自身的许多性质是FeO和Fe2O3所没有的，所以它不是Fe2O3和FeO的混合物，故C错误；D．Fe有磁性，也能被磁化，Fe2O3是铁锈的主要成分，没有磁性，FeO是很活泼的，在空气中极简单氧化为Fe2O3，也没有磁性，故D错误；答案为A。2.达芦那韦对新型冠状病毒有较好的抑制，灭活实力，其结构简式如图所示。下列有关达芦那韦的说法错误的是A.分子中至少有7个碳原子共平面 B.能与金属钠反应放出氢气C.分子中存在多种官能团，如羟基等 D.是高分子化合物【答案】D【解析】【详解】A．由题中结构简式可知，含苯环，是平面结构，与苯环相连的碳共平面，即分子中至少有7个碳原子共平面，如图所标位置，，故A正确；B．由题中结构简式可知，该分子结构中有羟基，则能与金属钠反应放出氢气，故B正确；C．由题中结构简式可知，该分子结构中有羟基、氨基、肽键、酯基、醚键和硫氧双键，存在多种官能团，故C正确；D．有机高分子化合物的相对分子质量大到几万、甚至几十万。而达芦那韦（化学式为C27H37N3O7S）的相对分子质量为：12×27+1×37+14×3+16×7+32=547，不属于有机高分子化合物，故D错误；答案为D。3.NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列推断正确的是A.46g乙醇中含O原子的数目为NAB.等物质的量的CH2=CH2和CO的质量均为28gC.50℃，1LpH=13的NaOH溶液中含有OH-的数目为0.1NAD.标准状况下，5.6LSO2与足量O2在密闭容器中反应转移的电子数为0.5NA【答案】A【解析】【详解】A．46g乙醇的物质的量为=1mol，含O原子的数目为NA，故A正确；B．CH2=CH2和CO的摩尔质量均为28g/mol，依据n=可知，等物质的量的CH2=CH2和CO的质量与物质的量成正比，因此质量不肯定为28g，故B错误；C．50℃，1LpH=13的NaOH溶液中c(OH-)＞0.1mol/L，则含有OH-的数目大于0.1NA，故C错误；D．标准状况下，5.6LSO2物质的量为=0.25mol，SO2与氧气的反应为可逆反应，不能完全反应，因此转移的电子数少于0.5NA，故D错误；故选A。4.下列有关试验的操作叙述错误的是A分液操作中，分液漏斗运用前须要检漏B.用玻璃棒蘸取新制氯水点在干燥pH试纸上，测定该溶液的pHC.过量的铜屑与稀硝酸作用，反应停止后，再加入1mol/L稀硫酸，可视察到铜屑又渐渐溶解D.验证石蜡油在碎瓷片上受热分解产生的气体中含有不饱和烃，可以将产物通入溴的四氯化碳溶液【答案】B【解析】【详解】A．分液漏斗有塞子和活塞，运用前须要检查是否漏水，故A正确；B．氯水可使pH试纸先变红后褪色，充分反应后为白色，无法测氯水的pH，故B错误；C．过量的铜屑与稀硝酸作用，反应停止后，溶液中存在NO，再加入1mol/L稀硫酸，是由于NO在酸性条件下具有强氧化性，可与铜接着反应，故C正确；D．石蜡油在碎瓷片上受热分解生成乙烯，乙烯与溴发生加成反应，能够使溴的四氯化碳溶液褪色，故D正确；故选B。5.X、Y、Z、W四种短周期元素，原子序数依次递增，形成的物质XY2、W2、Z2Y2是中学化学常见的三种有色物质，他们均能与水发生氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂。下列说法正确的是A.X、Y、Z形成的单质只有Y3能使潮湿的淀粉-碘化钾试纸变蓝B.2molW2或Z2Y2与足量水反应时，均转移4mol电子C.Z2Y2为离子化合物，含有离子键，非极性键D.XY2、W2均能用向上排空气和排水法收集【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W四种短周期元素，原子序数依次递增，形成的物质XY2、W2、Z2Y2是中学化学常见的三种有色物质，他们均能与水发生氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂，则这三种物质分别是NO2、Cl2、Na2O2，X为N元素，Y为O元素，Z为Na元素，W为Cl元素，据此分析解答。【详解】A．Y为O元素，有O2、O3两种单质，均能使潮湿的淀粉-碘化钾试纸变蓝，故A错误；B．W2为Cl2，Z2Y2为Na2O2，分别与水反应的化学方程式为Cl2+H2O=HCl+HClO、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，2mol氯气与足量水反应转移电子的物质的量为2mol、2mol过氧化钠与足量水反应转移电子的物质的量为2mol，故B错误；C．Z2Y2为Na2O2，该结构中Na+与过氧根形成离子键，过氧根中O原子与O原子形成共价键，其电子式为，则Na2O2为离子化合物，含有离子键，非极性键，故C正确。D．二氧化氮和氯气都易和水反应，所以不能用排水法收集，故D错误；答案为C。6.利用微生物中的芽孢杆菌来处理宇航员排出的粪便，同时能得到电能。氨气与氧气分别通入燃料电池两极，最终生成常见的无毒物质，示意图如图所示。下列说法错误的是A.H+从a电极移向b电极B.负极区发生的反应是2NH3–6e-=N2+6H+C.当标准状况下2.24LO2被还原，则a向b电极转移0.4mol电子D.工作一段时间后电解质溶液的pH值不变【答案】D【解析】【分析】燃料电池中通入燃料的电极为负极，通入空气或氧气的电极为正极，氨气与氧气分别通入燃料电池两极，因此通入氨气的电极为负极，即电极a为负极，通入氧气的电极为正极，即电极b为正极，二者最终生成常见的无毒物质，生成氮气和水，结合原电池原理分析解答。【详解】A．原电池中阳离子向正极移动，因此H+从a电极移向b电极，故A正确；B．负极上氨气失去电子发生氧化反应生成氮气，负极的反应式为2NH3–6e-=N2+6H+，故B正确；C．标准状况下2.24LO2的物质的量为0.1mol，还原生成-2价的O，则a向b电极转移0.4mol电子，故C正确；D．该电池的总反应是氨气与氧气生成氮气和水，溶液中氢离子浓度减小，pH值增大，故D错误；故选D。7.某温度下，氢氟酸与丙酸的Ka值分别为6.8×10-4和1.34×10-5。将物质的量浓度和体积均相同的两种酸溶液分别加水稀释，其pH随加水体积的改变如图所示。下列叙述正确的是A.曲线Ⅰ代表丙酸溶液B.溶液中水的电离程度：a＞bC.从b点到c点，溶液中保持不变(HA、A-分别代表相应的酸和酸根离子)D.取体积相同的b、d两点溶液分别与NaOH恰好中和，d点消耗的NaOH多【答案】C【解析】【详解】由题中信息可知，HF的Ka=6.8×10-4，丙酸的Ka=1.34×10-5，电离平衡常数越大，酸的酸性越强，电离平衡常数：HF＞丙酸，则酸性HF＞丙酸，物质的量浓度和体积均相同的两种酸溶液，HF中H+浓度要大一些，PH值要低一些；A．依据上述分析，由题中图示，曲线I起先pH小，代表HF溶液，曲线II代表丙酸溶液，故A错误；B．酸抑制水电离，溶液的pH越大，溶液中c(H+)越小，其抑制水电离程度越小，c(H+)：a＞b，则水电离程度：a＜b，故B错误；C．从b点到c点，温度不变水解平衡常数不变，Kh=不变，故C正确；D．b点为丙酸曲线上的点，CH3CH2COOHCH3CH2COO-+H+，Ka==则c(CH3CH2COOH)=，d点为HF曲线上的点，HFH++F-，Ka=，则c(HF)=，因为b、d两点pH相等，c(H+)相等，则可推出c(CH3CH2COOH)＞c(HF)，相同体积时，丙酸的物质的量比氢氟酸大，完全中和时消耗同浓度的NaOH体积大，即b点消耗的NaOH多，故D错误；答案为C。二、非选择题8.草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)是一种淡黄色粉末，可用作照相显影剂。某课外小组利用如下试验装置对草酸亚铁品体分解产物进行探究，并设计试验测定草酸亚铁晶体样品纯度。回答下列问题：(1)仪器a的名称为_____；装置B中澄清石灰水变浑浊，说明气体分解产物中含有_____；(2)试验前先通一段时间N2目的是________；装置C中浓NaOH溶液的作用是______；(3)证明草酸亚铁晶体分解产物中含有CO的试验现象是______；(4)充分反应后，将装置A硬质玻璃管中的残留固体溶于足量的稀硫酸中，无气泡产生，滴加几滴KSCN溶液，溶液不变红，说明固体分解产物是______(填化学式)；依据上述试验现象写出草酸亚铁晶体分解的化学方程式_______；(5)所给试验装置存在明显的设计缺陷，该缺陷是______；(6)草酸亚铁晶体样品纯度的测定：精确称取12.000g某草酸亚铁晶体样品，在肯定条件下溶于稍过量的硫酸中，配成250mL溶液。取25.00mL上述溶液，用0.100mol/LKMnO4标准溶液滴定，达到滴定终点时，消耗35.00mLKMnO4标准溶液，滴定反应为：FeC2O4·2H2O+KMnO4+H2SO4→Fe2(SO4)3+CO2↑+MnSO4+K2SO4+H2O(未配平)。则该草酸亚铁晶体样品的纯度为________(已知该草酸亚铁晶体样品中不含其他与高锰酸钾反应的还原性杂质)。【答案】(1).球形干燥管(2).CO2(3).排尽整套装置内的空气，防止干扰后续检验，同时防止加热时发生爆炸(4).汲取生成的CO2，防止干扰后续CO的检验(5).装置E中黑色粉末渐渐变红，装置F中澄清石灰水变浑浊(6).FeO(7).FeC2O4·2H2OFeO+CO2↑+CO↑+2H2O(8).装置F后面没有尾气处理装置，剩余的CO气体会污染空气(9).87.5%【解析】【分析】由题中信息可知，A装置为FeC2O4·2H2O分解装置，B装置检验产物CO2，C装置除去CO2，D装置检验产物CO，F装置检验产物CO2，据此解答。【详解】（1）仪器a的名称为球形干燥管，装置B中澄清石灰水变浑浊，说明气体分解产物中含有CO2，发生Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O反应，生成CaCO3沉淀；答案为球形干燥管，CO2。（2）试验前先通一段时间N2，目的是排尽整套装置内的空气，防止空气中的CO2干扰后续检验，同时防止空气中的氧气与分解产生的CO混合加热时发生爆炸，装置C中浓NaOH溶液的作用是汲取生成的CO2，防止干扰后续CO的检验；答案为排尽整套装置内的空气，防止空气中的CO2干扰后续检验，同时防止空气中的氧气与分解产生的CO混合加热时发生爆炸；汲取生成的CO2，防止干扰后续CO的检验。（3）证明草酸亚铁晶体分解产物中含有CO，CO与CuO发生反应生成Cu和CO2，即CuO+COCu+CO2，Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O，试验现象是装置E中黑色粉末渐渐变红，装置F中澄清石灰水变浑浊；答案为E中黑色粉末渐渐变红，装置F中澄清石灰水变浑浊。（4）依据题给试验现象知，残留固体溶于足量的稀硫酸中，无气泡产生，则无CO32-，滴加几滴KSCN溶液，溶液不变红，无Fe3+，草酸亚铁晶体分解的固体产物是FeO，该分解反应的化学方程式为FeC2O4·2H2OFeO+CO2↑+CO↑+2H2O；答案为FeO，FeC2O4·2H2OFeO+CO2↑+CO↑+2H2O。（5）题给试验装置存在明显设计缺陷，该缺陷是装置F后面没有尾气处理装置，剩余的CO气体会污染空气；答案为装置F后面没有尾气处理装置，剩余的CO气体会污染空气。（6）FeC2O4中碳元素化合价由+3价失电子变为+4价，铁元素由+2价失电子变为+3价，1molFeC2O4中有2molC，即1molFeC2O4共失3mol电子，MnO4-中锰元素化合价由+7价得电子变为+2价，1molMnO4-得5mol电子，依据得失电子守恒有5(FeC2O4·2H2O)~3KMnO4，n(KMnO4)=0.1000mol/L×0.035L=3.5×10-3mol，反应的FeC2O4·2H2O为n(FeC2O4·2H2O)=×3.5×10-3mol，12.000g样品中FeC2O4·2H2O的质量为×3.5×10-3mol××180g·mol-1=10.5g，故该草酸亚铁晶体样品的纯度为×100%=87.5%；答案为87.5%。9.磷酸二氢钾(KH2PO4)是一种重要的化工产品，工业上常用作缓冲剂和培育剂；农业上常用作复合肥料。以氟磷灰石[主要成分为Ca5F(PO4)3还含有少量的Fe2O3、Al2O3等杂质]为原料制备KH2PO4晶体的一种流程如下：回答下列问题：(1)已知“酸浸”时的一个反应为Ca5F(PO4)3+5H2SO4(浓)=5CaSO4+3H3PO4+HF↑，该反应利用浓硫酸的_______(填“氧化性”“还原性”“强酸性”或“难挥发性")；“酸浸"过程所用的仪器不能采纳二氧化硅陶瓷材料，其主要缘由是(用化学方程式表示)__；(2)已知物质A为CaCO3，则“废渣I”的主要成分为______；(3)“反应II”的化学方程式为_____；(4)将经过一系列除杂后得到的KH2PO4滤液加热浓缩，边加热边搅拌，待____时停止加热，冷却结晶，____、洗涤、干燥，得到KH2PO4晶体。(5)常温下，H3PO4的电离平衡常数：Ka1=7.1x10-3，Ka2=6.3x10-8，Ka3=4.5x10-13。常温下，KH2PO4水溶液显酸性，请通过计算说明其缘由_______；(6)用电解法制取KH2PO4的装置如图所示。该电解装置中，a区属于___(填“阳极"或“阴极")区，阳极区的电极反应式为__。【答案】(1).强酸性、难挥发性(2).SiO2+4HF===SiF4↑+2H2O(3).Fe(OH)3、Al(OH)3(4).Ca(H2PO4)2+K2SO4===2KH2PO4+CaSO4(5).析出少量晶体（或溶液表面出现晶膜）(6).过滤(7).KH2PO4的水解平衡常数Kh=Kw/Ka1=1×10-14÷(7.1×10-3)1.4×10-12<Ka2，在水溶液里的电离程度大于其水解程度(8).阴极(9).2Cl--2e-===Cl2↑【解析】【分析】由氟磷灰石[主要成分为Ca5F(PO4)3还含有少量的Fe2O3、Al2O3等杂质，“酸浸”酸浸”时发生一个反应为Ca5F(PO4)3+5H2SO4(浓)=5CaSO4+3H3PO4+HF↑，过滤I后所得滤液中含有H3PO4，同时还含有杂质离子Fe3+和Al3+，加入CaCO3的作用是调整溶液的pH使Fe3+和Al3+分别转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去，加入K2SO4使H3PO4转化为Ca(H2PO4)2，以此分析解答本题。【详解】(1)依据题给化学方程式Ca5F(PO4)3+5H2SO4(浓)=5CaSO4+3H3PO4+HF↑可知，该反应不是氧化还原反应，所以利用的是“强酸制弱酸”原理，故利用了浓硫酸的强酸性，由于得到的是HF气体，所以也利用了浓硫酸的难挥发性。因为“酸浸”过程中，氟磷灰石与浓硫酸反应生成HF，HF可与SiO2反应，会腐蚀二氧化硅陶瓷材质反应仪器，反应原理为SiO2+4HF===SiF4↑+2H2O，所以“酸浸"过程所用的仪器不能采纳二氧化硅陶瓷材料，故答案：强酸性、难挥发性；SiO2+4HF===SiF4↑+2H2O；(2)由氟磷灰石[主要成分为Ca5F(PO4)3还含有少量的Fe2O3、Al2O3等杂质，“酸浸”时发生反应为Ca5F(PO4)3+5H2SO4(浓)=5CaSO4+3H3PO4+HF↑、Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，过滤I后所得滤液中含有H3PO4，同时还含有杂质离子Fe3+和Al3+，加入CaCO3的作用是调整溶液的pH使Fe3+和Al3+分别转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去，并使H3PO4转化为Ca(H2PO4)2，则“废渣I”的主要成分为Fe(OH)3和Al(OH)3，故答案：Fe(OH)3、Al(OH)3(3)依据流程图信息可知“反应II”的化学方程式为：Ca(H2PO4)2+K2SO4===2KH2PO4+CaSO4↓，故答案：Ca(H2PO4)2+K2SO4===2KH2PO4+CaSO4；(4)降温结晶停止加热的标记是产生少量晶体(或溶液表面出现晶膜)，固液分别的操作是过滤。所以将经过一系列除杂后得到的KH2PO4滤液加热浓缩，边加热边搅拌，待析出少量晶体（或溶液表面出现晶膜）时停止加热，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，得到KH2PO4晶体。故答案：析出少量晶体（或溶液表面出现晶膜）；过滤；(5)KH2PO4的水解平衡常数Kh==≈1.410-12<Ka2，则H2PO4-在水溶液里的电离程度大于其水解程度，故KH2PO4水溶液显酸性。故答案：KH2PO4的水解平衡常数Kh==≈1.410-12<Ka2，在水溶液里的电离程度大于其水解程度；(6)结合题图可知，K+可通过阳离子交换膜进人a区，故应在a区产生KH2PO4，依据K+移动方向知a区为阴极区，b区为阳极区，阳极区的电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑。故答案：阴极区；2Cl--2e-=Cl2↑。10.二甲醚(CH3OCH3)是一种清洁能源由合成气(CO，H2)制备二甲醚的反应原理如下：反应Ⅰ：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H1反应Ⅱ：2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)△H2回答下列问题：(1)上述反应符合“原子经济”原则的是____(填“反应Ⅰ”或“反应Ⅱ”)。下图中使曲线a对应反应按曲线b进行的措施是____，该反应自发进行的条件为____(填“低温”或“高温")。(2)已知△H2=-20.0kJ·mol-1；H2O(l)=H2O(g)△H=+44.0kJ·mol-1，则由合成气(CO、H2)制备1molCH3OCH3(g)，且生成H2O(l)的热化学方程式为____；(3)模拟该制备原理，起始时在某容器中充入2molCO和4molH2合成CH3OCH3(g)，平衡时混合物中氢气的体积分数与温度、压强的关系如下图所示。①下列有关说法能够证明恒温恒压时，反应2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)肯定达到平衡状态的是(填序号)___。a．CO和H2的转化率相等b．反应体系中混合气体密度保持不变c．c(H2)：c(CH3OCH3)的值保持不变d．反应体系压强保持不变②上图中T1____(填“＞”、“＜””或“=”，下同)T2；在A、B两点条件下，该反应从起先到平衡时生成二甲醚的平均速率：v(A)_____v(B)。③A点对应的CH3OCH3(g)的体积分数为_______，B点对应的Kp=_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。【答案】(1).反应I(2).加催化剂(3).低温(4).2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(l)∆H=-246.0kJ·mol-1(5).bc(6).＞(7).＜(8).20%(9).【解析】【分析】(1)“原子经济”是指在化学品合成过程中，原材料尽可能多的转化到产物中；曲线a和曲线b对应于同一反应的不同历程，据此分析推断；反应自发进行的条件是△H-T•△S＜0，据此分析解答；(2)首先依据图象结合△H1=正反应的活化能-逆反应的活化能计算①CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)的△H1，再依据盖斯定律分析解答；(3)①反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量等变量不再改变，据此推断；②反应2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)△H＜0，压强不变时，温度越高，H2的体积分数越大；温度越高、压强越大，化学反应速率越快；③A点和B点时H2的体积分数均为40%，结合反应的三段式计算解答。【详解】(1)由反应中原子的利用率可知，反应Ⅰ中全部原子全部转化到产品中，符合“原子经济”原则，反应Ⅱ中部分原子转化为水，原子利用率较低；图中曲线a和曲线b对应反应的起始和状态相同，只是反应历程不同，所以反应按曲线b进行的措施是加入催化剂；由图可知，反应Ⅰ：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)的△S＜0、△H＜0的反应，依据△G=△H-T•△S＜0反应能够自发进行，所以该反应自发进行的条件为低温，故答案为：反应Ⅰ；加催化剂；低温；(2)依据(1)中图象可知，①CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H1=正反应的活化能-逆反应的活化能=(419.0kJ•mol-1)-(510.0kJ•mol-1)=-91.0kJ•mol-1，②2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)△H2=-20.0kJ•mol-1，③H2O(1)=H2O(g)△H=+44.0kJ/mol，CO、H2制备1molCH3OCH3和H2O的化学方程式为2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(l)，依据盖斯定律2×①+②-③得到2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(l)△H=2×(-91.0kJ•mol-1)+(-20.0kJ•mol-1)-(+44.0kJ/mol)═-246.0kJ•mol-1，所以热化学方程式为2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(l)△H=-246.0kJ•mol-1，故答案为：2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(l)△H=-246.0kJ•mol-1；(3)①a．起始时在某容器中充入2molCO和4molH2，符合反应方程式中计量关系，则CO和H2的转化率始终相等，所以不能推断反应达到平衡状态，故a错误；b．总反应是气体体积减小的反应，恒温恒压时，容器的体积渐渐减小，容器中气体的密度渐渐增大，当反应体系中混合气体密度保持不变，说明反应达到平衡状态，故b正确；c．c(H2)：c(CH3OCH3)的值保持不变，则H2(g)和CH3OH(g)的浓度保持不变，说明反应达到平衡状态，故c正确；d．恒温恒压时，反应体系的压强始终保持不变，不能推断反应达到平衡状态，故d错误；故答案为：bc；②2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(l)△H=-246.0kJ•mol-1，为放热反应，压强不变时，温度越高，反应正向进行的程度越小，H2的体积分数越大，图中T1温度下H2的体积分数大，即温度高，所以T1＞T2；图中，A点的温度、压强均小于B点，温度越高、压强越大，化学反应速率越快，所以反应速率：v(A)＜v(B)，故答案为：＞；＜；③反应的三段式为A点氢气的体积分数为40%，即×100%=40%，解得x=，对应的CH3OCH3(g)的体积分数为×100%=20%；B点时H2的体积分数为40%，即×100%=40%，解得x=，平衡时CO(g)、H2(g)、CH3OCH3(g)、H2O(g)的物质的量之比=∶∶∶=1∶2∶1∶1，即p(CO)=p(CH3OCH3)=p(H2O)=kPa，p(H2)=kPa，Kp===，故答案为：20%；。【点睛】本题难点为(3)③Kp的计算，要留意理解“平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数”，易错点为(2)，要留意盖斯定律的应用