1、天津市部分区20192020学年度第一学期期末考试高二化学相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Pb 207第I卷本卷共12题，每题3分，共36分。在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。1.下列化合物中属于弱电解质的是A. Na2SO4B. HClC. Ba(OH)2D. H2O【答案】D【解析】【详解】A项、硫酸钠在水溶液里能完全电离出钠离子和硫酸根离子，是强电解质，故A错误；B项、氯化氢在水溶液里能完全电离出氢离子和氯离子，是强电解质，故B错误；C项、氢氧化钡难溶于水，但溶于水的氢氧化钡完全电离出钡离子和氢氧根离子，是强电解质，故C错
2、误；D项、水只能部分电离，是弱电解质，故D正确；故选D。【点睛】强电解质是在水溶液中能够完全电离的化合物，即溶于水的部分或者熔融状态时，可以完全变成阴阳离子的化合物，一般是强酸、强碱和大部分盐类；弱电解质是在水溶液里部分电离的化合物，包括弱酸、弱碱、水与少数盐，抓住弱电解质的特征“不能完全电离”是解答关键。2.某反应的反应过程中能量变化如图1 所示(图中E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能)。下列有关叙述正确的是A. 该反应为放热反应B. 催化剂能改变该反应的焓变C. 催化剂能降低该反应的活化能D. 逆反应的活化能大于正反应的活化能【答案】C【解析】【详解】A图象分析反应物能量低于生
3、成物能量，反应是吸热反应，故A错误；B催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应的焓变，故B错误；C催化剂对反应的始态和终态无响应，但改变活化能，故C正确；D图象分析逆反应的活化能E2小于正反应的活化能E1，故D错误。答案选C。3.在一定体积的密闭容器中，发生可逆反应2SO2(g)O2(g) 2SO3(g)，下列情况能说明该反应已经达到平衡的是A. 混合气体的质量不再变化B. SO2与O2的速率之比为21C. 混合气体的物质的量不再变化D. 混合气体的密度不再变化【答案】C【解析】【详解】A项、由质量守恒定律可知，混合气体的质量一直不变化，不能证明达到了平衡状态，故A错误；B项、SO2与O2的速
4、率之比为21不能表示正逆反应速率相等，不能证明达到了平衡状态，故B错误；C项、该反应是一个气体体积增大的反应，混合气体的物质的量不再变化表示正逆反应速率相等，能证明达到了平衡状态，故C正确；D项、容器的体积和混合气体的质量均不变，密度始终不会变化，不能说明达到了平衡状态，故D错误；故选C。【点睛】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。4.下列关于多电子原子核外电子排布的说法错误的是A. 各能层含有的能级数等于能层序数B. 各
5、能层的能级都是从s能级开始至f能级结束C. 各能层最多可容纳的电子数一定是偶数D. 各能级的原子轨道数按s、p、d、f的顺序依次为1、3、5、7【答案】B【解析】【详解】A项、根据多电子原子的核外电子的能量差异，将核外电子分成不同的能层，根据多电子原子中同一能层电子能量的不同，将它们分成不同能级，各能层含有的能级数等于能层序数，如第三能层有能级3s、3p、3d，故A正确；B项、各能层的能级都是从s能级开始，每个能层上能级个数与能层数相等，所以有的能层不含f能级，故B错误；C项、根据核外电子排布规律，每一能层最多可容纳的电子数2n2（n为能层序数），则各能层最多可容纳的电子数一定是偶数，故C正确
6、；D项、根据电子云的空间形状可知，各能级包含的原子轨道数按s、p、d、f的顺序依次为1、3、5、7，故D正确；故选D。5.下列说法错误的是A. 同一原子中，1s、2s、3s电子的能量相同B. 1s22s12p1是激发态原子的电子排布式C. 基态溴原子的简化电子排布式是Ar3d104s24p5D. 某原子外围电子排布式是6s26p2，则该元素位于元素周期表的p区【答案】A【解析】【详解】A项、同一能级，能层越大，能级上电子的能量越大，所以同一原子中，1s、2s、3s电子的能量逐渐增大，故A错误；B项、1s22s12p1为激发态，根据能量最低原理，其基态电子排布式应为1s22s2，故B正确；C项、
7、基态溴原子的核外有35个电子，分4层排布，基态原子核外电子排布式：Ar3d104s24p5，故C正确；D项、外围电子排布式是6s26p2的元素是钋元素，位于元素周期表的p区，故D正确；故选A。【点睛】原子的核外电子排布符合能量最低原理、泡利不相容原理及洪特规则，原子处于基态，否则为激发态是解答关键。6.下列事实能说明某一元酸HA是强电解质的是A. 常温下NaA溶液的pH=7B. HA溶液能使紫色石蕊试液变红C. 用HA溶液和NaCl溶液做导电性实验，灯泡亮度相同D. 等体积、等物质的量浓度的HA与NaOH溶液两者恰好完全反应【答案】A【解析】【详解】A项、常温下NaA溶液的pH=7说明NaA为
8、强酸强碱盐，HA为 强酸，故A正确；B项、HA溶液能使紫色石蕊试液变红说明HA为酸，不能判断酸的强弱，故B错误；C项、没有明确是否为同浓度的HA溶液和NaCl溶液，用HA溶液和NaCl溶液做导电性实验，灯泡亮度相同不能判断电解质强弱，故C错误；D项、等体积、等物质的量浓度的HA与NaOH溶液两者恰好完全反应说明HA为一元酸，不能判断酸的强弱，故D错误；故选A。【点睛】常温下NaA溶液的pH=7说明NaA为强酸强碱盐，用同浓度的HA溶液和NaCl溶液做导电性实验，灯泡亮度相同，说明HA是强酸是解答关键，也是易错点。7.在密闭容器中进行的下列反应：M(g)N(g) R(g)2L，此反应符合下图。下
9、列叙述正确的是A. 正反应吸热，L是气体B. 正反应吸热，L是固体C. 正反应放热，L是气体D. 正反应放热，L是固体或液体【答案】C【解析】【详解】由图象可知，温度为T1时，根据到达平衡的时间可知P2P1，且压强越大，R的含量越低，说明平衡向逆反应方向移动，正反应为气体体积增大的反应，故L为气体；压强为P1时，根据到达平衡的时间可知T2T1，且温度越高，R的含量越低，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，则该反应的正反应为放热反应，L是气体，故选C。【点睛】温度相同时，压强越大，达到平衡所需时间越少，平衡向化学计量数减小的方向移动，压强相同时，温度越高达到平衡所需时间越少，平衡向吸热
10、方向移动是解答关键。8.常温、常压下，4.8 g碳（石墨）在一定量的氧气中燃烧，反应完成后碳无剩余，共放出100 kJ的热量。【已知：碳的燃烧热H=394 kJ/mol ；2C(石墨)O2(g)2CO（g）H=221 kJ/mol】，则燃烧后的产物是A. CO2B. COC. CO2和COD. 无法确定【答案】C【解析】【详解】4.8g碳的物质的量为=0.4mol，若0.4mol碳完全生成二氧化碳，放出热量为0.4mol394 kJ/mol=157.6kJ，若0.4mol碳完全生成一氧化碳，放出热量为0.4mol221kJ/mol=44.2kJ，因为0.4mol碳完全反应放出的热量100kJ介
11、于157.6kJ和44.2kJ之间，则燃烧后的产物是一氧化碳和二氧化碳，故选C。9.下列说法正确的是A. 酸式盐溶液一定显酸性B. 氯化铝溶液加热蒸干后得到氯化铝固体C. 醋酸溶液浓度稀释10倍，溶液中H+浓度减少到原来的十分之一D. 体积相同、pH相同的盐酸和醋酸溶液，与足量的锌反应产生氢气量不相同【答案】D【解析】【详解】A项、酸式盐溶液不一定显酸性，如碳酸氢钠溶液，碳酸氢根的水解大于电离，溶液呈碱性，故A错误；B项、氯化铝水解生成氢氧化铝和氯化氢，加热促进氯化氢挥发，从而促进氯化铝水解，将溶液蒸干得到氢氧化铝固体，故B错误；C项、醋酸是弱酸，在溶液中存在电离平衡，加水稀释能促进醋酸的电离
12、，若醋酸溶液浓度稀释10倍，溶液中H+浓度减少少于原来的十分之一，故C错误；D项、当锌足量时，生成氢气的量与酸的物质的量成正比，pH相等的醋酸和盐酸，醋酸的物质的量浓度大于盐酸，则等体积等pH的醋酸和盐酸分别和足量的锌反应，醋酸生成的氢气质量大，故D正确；故选D。【点睛】对于pHa的强酸和弱酸溶液，每稀释10n倍，强酸的pH就增大n个单位，即pHan(其中an7)；由于稀释过程中，弱酸还会继续电离，故弱酸的pH范围是apHan(其中anc(OH)c(CH3COO)c(H)B. 在B点：c(OH)=c(H)，c(Na)=c(CH3COO)C. 在C点：c(CH3COO)c(CH3COOH)=2c
13、(Na)D. 在A、B、C点：c(Na)c(H)=c(OH)c(CH3COO)【答案】A【解析】【详解】A项、在A点醋酸和NaOH恰好中和生成CH3COONa，CH3COONa为强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，但CH3COO-水解程度较小，溶液中c（CH3COO-）c（OH-），故A错误；B项、B点溶液呈中性，则溶液中离子浓度大小为：c（Na+）=c（Ac-）c（OH-）=c（H+），故B正确；C项、C点溶质为等浓度的醋酸和醋酸钠，根据物料守恒可知溶液中存在如下关系c（CH3COO-）+c（CH3COOH）2c（Na+），故C正确；D项、在A、B、C点，溶液中均存在电荷守恒关系c(Na)
14、c(H)=c(OH)c(CH3COO)，故D正确；故选A。【点睛】开始时c（OH-）c（CH3COO-），当恰好中和时消耗0.2mol/L醋酸溶液10mL，反应生成醋酸钠，醋酸根离子部分水解，溶液显示碱性；B点呈中性，则有V10，但此时c（Na+）=c（CH3COO-）c（OH-）=c（H+）；C点醋酸过量，溶液呈酸性，所加入醋酸的物质的量大于NaOH的物质的量。第卷13.地壳中含有O、Si、Al、Fe、Na、Mg、Ti、Cu等多种元素。请回答下列有关问题。(1)Fe元素位于元素周期表的第_周期、第_ 族。(2)地壳中含量最多的三种元素O、Si、Al中，电负性最大的是_。(3)Cu的基态原子的
15、电子排布式是_。(4)钛被称为继铁、铝之后的第三金属。Ti的原子序数是_，基态钛原子价电子层的电子排布图是_。(5)表格中数据是Na、Mg、Al逐级失去电子的电离能。其中X、Y、Z代表的元素的原子依次是_。XYZ电离能 (kJmol-1)73849657814514562181777336912274510540954311575【答案】 (1). 四 (2). (3). O (4). Ar3d104s1 (5). 22 (6). (7). Mg、Na、Al【解析】【分析】（1）Fe元素的原子序数为26，位于元素周期表的等四周期族；（2）元素的非金属性越强，电负性越大，金属性越强，电负性越小；
16、（3）铜是29号元素，其原子核外有29个电子，其基态原子的电子排布式为Ar3d104s1；（4）钛元素在周期表中的原子序数为22，位于第四周期第IVB族，基态原子的电子排布式为1s22s22p63S23p63d24s2（或Ar3d24s2）；（5）由表格数据分析电离能突变可得。【详解】（1）Fe元素的原子序数为26，位于元素周期表的等四周期族，故答案为：四；（2）元素的非金属性越强，电负性越大，金属性越强，电负性越小，则电负性最大的是非金属性最强的氧元素，故答案为：O；（3）铜是29号元素，其原子核外有29个电子，其基态原子的电子排布式为Ar3d104s1，故答案为：Ar3d104s1；（4）
17、钛元素在周期表中的原子序数为22，位于第四周期第IVB族，基态原子的电子排布式为1s22s22p63S23p63d24s2（或Ar3d24s2），则价电子层的电子排布图是，故答案为：22；（5）由表格数据可知，X元素第二和第三电离能相差较大，说明X原子最外层有两个电子，属于第IIA族元素，则X为Mg；Y元素第一和第二电离能相差较大，说明X最外层有一个电子，属于第IA族元素，则X为Na；Z元素第三电离能和第四电离能相差较大，说明Z元素原子最外层有3个电子，为第IIIA族元素，则Z为Al，故答案为：Mg、Na、Al。【点睛】在主族元素中，当原子失去电子达到稳定结构后，如果再失去电子，其电离能会突变
18、是确定最外层电子数的关键，也是难点。14.新能源汽车所用蓄电池分为铅酸蓄电池、二次锂电池、空气电池等类型。请回答下列问题：(1)2019年诺贝尔化学奖授予了为锂离子电池发展做出贡献的约翰班宁斯特古迪纳夫等三位科学家。如图所示为水溶液锂离子电池体系。放电时，电池的负极是_（填a或b），溶液中Li+从_迁移（填“a向b”或“b向a”）。(2)铅酸蓄电池是最常见的二次电池，电压稳定，安全可靠，价格低廉，应用广泛。电池总反应为Pb(s)PbO2(s)2H2SO4(aq) 2PbSO4(s)2H2O(l)放电时，正极的电极反应式是_，电解质溶液中硫酸的浓度_（填“增大”、“减小”或“不变”），当外电路通
19、过0.5 mol e时，理论上负极板的质量增加_g。用该蓄电池作电源，进行粗铜（含Ag、Pt、Au等杂质）的电解精炼。如下图所示，电解液c选用_溶液，A电极的材料是_，B电极反应式是_。用该蓄电池作电源，A、B为石墨电极，c为氯化钠溶液，进行电解。如上图所示，则A电极产生的气体是_，B电极附近溶液的pH_（填“增大”、“减小”或“不变”）。【答案】 (1). b (2). b向a (3). PbO2+2e-+4H+2SO42-PbSO4+2H2O (4). 减小 (5). 24 (6). CuSO4（CuCl2等） (7). 粗铜 (8). Cu2+2e-=Cu (9). 氯气 (10). 增
20、大【解析】【分析】（1）由题给装置图可知，锂电极为原电池的负极，放电时，溶液中阳离子由负极向正极迁移；（2）由电池总反应式可知，Pb电极是负极，Pb失电子发生氧化反应，PbO2是正极，PbO2得电子发生还原反应；电解精炼铜时，粗铜应作阳极，精铜作阴极；接通电路后，该装置为电解池，由题给装置图可知，电流流入的A电极为阳极，B电极为阴极。【详解】（1）由题给装置图可知，b电极为原电池的负极，a电极为原电池的正极，放电时，溶液中Li由负极向正极迁移，即从b向a迁移，故答案为：b；b向a；（2）由电池总反应式可知，Pb电极是负极，Pb失电子发生氧化反应，电极反应式为Pb-2e-+SO42-PbSO4，
21、PbO2是正极，PbO2得电子发生还原反应，电极反应式是PbO2+2e-+4H+2SO42-PbSO4+2H2O；放电时，消耗H2SO4，则电解液中H2SO4的浓度将减少；当外电路通过0.5mol电子时，依据电子守恒计算理论上负极板的质量增加0.25mol303g/mol-0.25mol207g/mol=24g，故答案为：PbO2+2e-+4H+2SO42-PbSO4+2H2O；减小；24；电解精炼铜时，粗铜应作阳极，精铜作阴极，由题给装置图可知，电流流入的A电极为粗铜精炼的阳极，B电极为阴极，则A电极为粗铜，B电极为精铜，电解液为可溶性铜盐，如硫酸铜或氯化铜等，阴极上铜离子得电子发生还原反应
22、，电极反应式为Cu2+2e-=Cu，故答案为：CuSO4（CuCl2等）；粗铜；Cu2+2e-=Cu；接通电路后，该装置为电解池，由题给装置图可知，电流流入的A电极为阳极，B电极为阴极，氯离子在阳极上失电子发生氧化反应生成氯气，水电离出的氢离子在阴极上得电子发生还原反应生成氢气，破坏水的电离平衡，使阴极区云集大量氢氧根离子，使溶液呈碱性，故答案为：氯气；增大。【点睛】电解精炼铜时，粗铜应作阳极，精铜作阴极，阳极与电池的正极相连发生氧化反应，阴极与电池的负极相连发生还原反应是解答关键。15.某同学为测定烧碱样品（含有少量NaCl杂质）中NaOH的质量分数，进行如下实验操作：a将洁净的酸式滴定管和
23、碱式滴定管分别用要盛装的酸、碱溶液润洗2遍b用碱式滴定管量取25.00 mL烧碱溶液于锥形瓶中，滴入2滴酚酞溶液c在天平上准确称取烧碱样品10.0 g，在烧杯中用蒸馏水溶解d将浓度为1.000 molL1盐酸标准液装入酸式滴定管中，将烧碱溶液装入碱式滴定管中，并分别调节液面，记下开始时的读数e在锥形瓶下垫一张白纸，然后开始滴定，边滴加边振荡，至滴定终点，记下读数f在250 mL容量瓶中定容，配制成250 mL烧碱溶液请回答下列问题：(1)正确操作步骤的顺序是（用字母填空）_db_。(2)下列仪器，实验中不需要的是（填序号）_托盘天平（带砝码，镊子） 酸式滴定管 碱式滴定管 250 mL容量瓶烧
24、杯 漏斗 锥形瓶 铁架台（带滴定管夹） 药匙实验中除上述仪器外，还缺少的仪器有（填名称）_。(3)滴定至终点，溶液由_色变为_色，且30秒内不褪色。(4)重复四次的实验数据如下表所示：实验序号盐酸溶液/molL1滴定完成时消耗盐酸溶液体积/mL待测烧碱溶液体积/mL11.00019.9625.0021.00019.0025.0031.00020.0425.004100020.0025.00根据以上数据，待测烧碱溶液物质的量浓度是_mol/L，该样品中NaOH的质量分数是_（精确到0.01%）。(5)上述实验中，下列操作可能会造成结果偏高的是_Af操作中，定容时俯视B滴定终点读数时仰视C使用前，
25、碱式滴定管未用待装液润洗D锥形瓶水洗后未干燥就直接盛待测溶液【答案】 (1). c (2). f (3). a (4). e (5). (6). 玻璃棒、胶头滴管 (7). 浅红 (8). 无 (9). 0.8000 (10). 80.00% (11). AB【解析】【分析】（1）根据先配制溶液然后进行滴定排序；（2）由实验的操作顺序为称量溶解定容取液滴定确定实验中用到的仪器；(3)滴定至终点时，实验现象为滴入最后一滴盐酸标准液，溶液由浅红色变为无色，且30秒内不褪色；（4）分析表中数据知，实验2所用盐酸的体积偏差较大，依据化学方程式计算可得；（5）依据操作失误，对待测液物质的量和标准液体积的
26、影响判断误差变化。【详解】（1）根据先配制溶液然后进行滴定排序，正确的操作顺序为：称量溶解定容取液滴定，所以操作步骤的顺序为cfadbe，故答案为：c；f；a；e；（2）由实验的操作顺序为称量溶解定容取液滴定可知，实验中用到的仪器有盘天平（带砝码，镊子）、药匙、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、250 mL容量瓶、酸式滴定管、碱式滴定管、铁架台（带滴定管夹）、锥形瓶，则用不到的仪器为漏斗，还需要的仪器为玻璃棒、胶头滴管，故答案为：；玻璃棒、胶头滴管；(3)滴定至终点时，实验现象为滴入最后一滴盐酸标准液，溶液由浅红色变为无色，且30秒内不褪色，故答案为：浅红；无；（4）分析表中数据知，实验2所用盐酸的体积
27、偏差较大，应舍弃，滴定所用盐酸的体积为=20.00ml，由终点时酸碱恰好完全反应可得c（NaOH）0.02500L=1.000mol/L0.02000L，解得c（NaOH）=0.8000 mol/L，样品中NaOH的质量分数是100%=80.00%，故答案为：0.8000；80.00%；（5）A、定容时俯视液面，会导致溶液体积偏小，配制溶液浓度偏大，消耗盐酸的体积偏大，所测结果偏高，故正确；B、滴定终点读数时仰视液面，会导致读出的盐酸的体积偏大，所测结果偏高，故正确；C、使用前，碱式滴定管未用待装液润洗，会导致氢氧化钠的物质的量减小，消耗盐酸的体积偏小，所测结果偏低，故错误；D、稀释前后溶质的
28、物质的量不变，锥形瓶水洗后未干燥就直接盛待测溶液，对氢氧化钠的物质的量无影响，消耗盐酸的体积无影响，所测结果无影响，故错误；AB正确，故答案为：AB。【点睛】根据先配制溶液然后进行滴定排序，确定实验的操作顺序和所用仪器是解答关键，也是易错点。16.“转化”是化学研究的重要范畴之一。请回答下列有关问题。. 沉淀转化在科研和生产中具有重要的应用价值。当容器壁上沉积一厚层BaSO4时，是很难直接除去的。除去的方法是向容器壁内加入Na2CO3溶液，使BaSO4转化为BaCO3，然后加盐酸洗去沉淀物。已知常温Ksp(BaCO3)=5.1109，Ksp(BaSO4)=1.11010。(1)Na2CO3俗称
29、纯碱，被广泛应用于生活和工业生产中。Na2CO3溶液呈碱性，用水解离子方程式解释其呈碱性的原因_。(2)要使BaSO4转化成BaCO3，Na2CO3溶液的浓度应大于_mol/L。（设定：1）. 合成是转化的一种应用，甲醇作为一种可再生能源，工业上一般采用下列两种反应合成甲醇：反应一：CO(g)2H2(g) CH3OH(g) H1反应二：CO2(g)3H2(g) CH3OH(g)H2O(g) H2(1)相同条件下，反应：CO2(g)H2(g) CO(g)H2O(g) H3，则H3=_（用H1和H2表示）。(2)下表所列数据是反应CO(g)2H2(g) CH3OH(g) H1在不同温度下的化学平衡
30、常数（K）温度/250300350平衡常数（K）2.040.270.012此反应的H1_0，S_0。（填“”、“=”或“）某温度下，将2 mol CO和6 mol H2充入2 L的密闭容器中，充分反应后，达到平衡时测得c(CO)=0.2 mol/L，则CO的转化率是_，此时的温度是_。要提高CO的转化率，可以采取的措施是_A升温 B恒容充入CO C恒容充入H2 D恒压充入惰性气体 E分离出甲醇【答案】 (1). CO32H2O HCO3OH (2). 5.110-4mol/L (3). H2H1 (4). (5). (6). 80% (7). 250 (8). CE【解析】【分析】. （1）碳
31、酸钠是强酸弱碱盐，碳酸根在溶液中水解使溶液呈碱性；（2）先依据硫酸钡溶度积计算饱和硫酸钡溶液中的钡离子浓度，再利用钡离子浓度和碳酸钡溶度积计算碳酸根浓度；(1)由盖斯定律计算可得；（2）该反应是一个气体体积减小反应，由题给表格数据可知，温度升高，化学平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动；建立三段式计算可得；依据化学平衡移动原理分析可得。【详解】.（1）碳酸钠是强酸弱碱盐，碳酸根在溶液中水解使溶液呈碱性，碳酸根在溶液中的水解是分步进行的，以一级为主，水解的离子方程式为CO32H2O HCO3OH，故答案为：CO32H2O HCO3OH；（2）硫酸钡转化为碳酸钡的离子方程式为BaSO4+CO32
32、-BaCO3+SO42-，BaSO4的悬浊液中c（Ba2+）=c（SO42-）=mol/L=110-5mol/L，故使Ba2+沉淀需要碳酸根的最小浓度为c（CO32-）=5.110-4mol/L，故答案为：5.110-4mol/L；. (1)由盖斯定律可知，反应二反应一可得CO2(g)H2(g) CO(g)H2O(g)，则H3=H2H1，故答案为：H2H1；（2）由题给表格数据可知，温度升高，化学平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，则H10，该反应是一个气体体积减小的反应，则S0，故答案为：；设CO的转化率为x，由题意建立如下三段式： 由平衡时c(CO)=0.2 mol/
33、L，则（1x）=0.2可得x=0.8，即80%，由三段式数据可得化学平衡常数K=2.04，则此时温度是250，故答案为：80%；250；A、该反应为放热反应，升温，平衡逆向移动，一氧化氮的转化率减小，故错误；B、恒容充入CO，增加CO的浓度，平衡正向移动，新平衡时CO的转化率减小，故错误；C、恒容充入H2，增加H2的浓度，平衡正向移动，新平衡时CO的转化率增大，故正确；D、恒压充入惰性气体，相当于减小压强，该反应是一个气体体积减小的反应，减小压强，平衡向化学计量数大的方向移动，新平衡时CO的转化率减小，故错误；E、分离出甲醇，生成物甲醇的浓度减小，平衡向正反应方向移动，新平衡时CO的转化率增大，故正确；CE正确，故答案为：CE。【点睛】增大反应物浓度，平衡向正反应方向移动，新平衡时，该反应物的浓度增大，转化率减小，另一反应物的浓度减小，转化率增大是解答关键，也是易错点。
