四川省眉山市2021-2022学年高二上学期期末教学质量检测化学试题

四川省眉山市2021-2022学年高二上学期期末教学质量检测化学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、单选题1．化学与生活、生产、环境密切相关，下列有关说法错误的是（）A．K2FeO4和明矾都可做水处理剂，工作(净水)原理完全相同B．氢能是一种新型能源，具有热值高、资源丰富、无毒、无污染的优点C．植树造林、节能减排是实现碳中和的途径之一D．反应SO2(g)+2H2S(g)=3S(s)+2H2O(l)在常温下能自发进行，则该反应的∆H<02．下列实验及相关叙述正确的是（）①②③④A．滴定法用装置①测定盐酸的浓度B．可用装置②来合成氨并检验氨气的生成C．用装置③能制取无水MgCl2D．装置④依据单位时间内颜色变化来比较浓度对反应速率的影响3．现代火法炼锌过程中主要发生了以下前三个反应。①2ZnS(s)+3O2(g)=2ZnO(s)+2SO2(g)∆H1=akJ•mol-1②2C(s)+O2(g)=2CO(g)∆H2=bkJ•mol-1③ZnO(s)+CO(g)=Zn(g)+CO2(g)∆H3=ckJ•mol-1④OH-(aq)+H+(aq)=H2O(l)∆H4=dkJ•mol-1下列说法正确的是（）A．以上四个反应中，只有①是放热反应B．C(s)的燃烧热是12bkJ•molC．反应2ZnS(s)+3O2(g)=2ZnO(s)+2SO2(l)∆H5=ekJ•mol-1，e＜aD．1molNaOH分别和含有1molCH3COOH、1molHNO3的稀溶液反应，后者比前者∆H大4．用电解法进行三室式电渗析法处理含NH4NO3废水的原理如图所示，在直流电源的作用下，两膜中间的NH4+和NO3−可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。工作一段时间后，在两极区均得到副产品NH4NOA．a为正极B．c膜是阴离子交换膜，d膜是阳离子交换膜C．阴极电极反应式为：2NO3−+12H++10e-=N2↑+6H2D．当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.25molO2生成5．臭氧在烟气脱硝中的反应为2NO2（g）+O3（g）⇌N2O5（g）+O2（g）。若此反应在恒容密闭容器中进行，下列选项中有关图像对应的分析正确的是（）A．平衡后升温，NO2含量降低B．0～2s内，v（O3）＝0.2mol·L－1·s－1C．v正：b点>a点，b点：v逆>v正D．恒温，t1时再充入O36．已知：①Ksp(ZnS)=2.0×10-2，Ksp(CuS)=1.3×10-36；②溶液中的离子浓度小于1×10-5mol•L-1时，视为沉淀就达完全。向等物质的量浓度的ZnSO4和CuSO4的混合溶液中，逐滴加入1.5mol•L-1的Na2S溶液直至溶液中无沉淀产生，然后过滤。下列说法错误的是（）A．先生成CuS后生成ZnS沉淀B．当ZnS沉淀完全时。溶液中c(Cu2+C．过滤得到的沉淀是CuS和ZnS的混合物D．过滤后得到的溶液中仍有极少量的Cu2+和Zn2+7．一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力变化如图所示，下列说法正确的是（）A．a、b、c三点溶液的pH：c＜a＜bB．用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH，测量结果偏小C．a、b、c三点CH3COOH的电离程度：c＜a＜bD．a、b、c三点溶液用1mol·L−1NaOH溶液中和，消耗NaOH溶液体积：c＜a＜b二、综合题8．某高二化学研究性学习小组对铬及其化合物进行实验探究。查阅资料：①元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3+(蓝紫色)、Cr(OH)4−(绿色)、Cr2O72−(橙色)、CrO42−(黄色)等形式存在，Cr(OH)3为难溶于水的灰蓝色固体；②Cr3+（1）实验探究一：Cr3+在不同酸碱性条件下转化情况在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，可观察到的现象是。（2）实验探究二：现测某工业废水中铬的含量步骤I.取25.00mL废水(含有一定量K2Cr2O7和K2CrO4)于100mL容量瓶中，加水稀释至刻度，摇匀，移取25.00mL稀释后的废水于锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化。步骤II.加入稍过量的碘化钾溶液，滴入几滴指示剂。步骤III.用0.1000mol•L-1Na2S2O3溶液滴定(I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)，记录滴定前和滴定终点数据。步骤IV……步骤V.处理数据：并将。上述反应后溶液进行处理(防止铬的污染并对资源回收利用)。步骤I加入适量稀硫酸酸化发生反应的离子方程式是，也为步骤II提供了酸性环境；步骤I的指示剂为；步骤IV为。（3）0.1000mol•L-1Na2S2O3溶液装在(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。若某次滴定终点时消耗0.1000mol•L-1Na2S2O3溶液体积为12.50mL。计算工业废水中铬元素的含量是g•L-1(保留3位有效数字)。（4）误差分析：①若盛装Na2S2O3溶液的滴定管没有润洗，测定结果会(填“偏大”、“偏小”或“不变”，下同)；②若步骤I加入稀硫酸酸化过量(溶液pH过低)，测定结果会。（5）实验探究三：废水中铬的处理方法为使废水能达标排放，作如下处理C写出废水中加入绿矾和稀硫酸，Cr2O72−发生反应的离子方程式为9．回答下列问题（1）将NaAlO2溶液跟Fe2(SO4)3溶液混合，相关反应的离子方程式是。（2）相同条件下，对于等体积浓度均为0.1mol•L-1的NaCl溶液和CH3COONa溶液，溶液中的离子总数：NaCl溶液CH3COONa溶液(填“＞”“＜”或“=”)。（3）①常温下，在amol•L-1的HCOOH溶液中加入等体积的bmol•L-1的NaOH溶液至溶液呈中性，此时溶液中HCOOH的物质的量浓度为mol•L-1。②已知常温下HCOOH的电离常数为Ka=2×10-4，则HCOO-的水解反应HCOO-+H2O⇌HCOOH+OH-的平衡常数Kh=。（4）已知某些弱电解质在水中的电离平衡常数(25℃)如下表：弱电解质H2CO3H2SO3NH3·H2OCH3COOH电离平衡常数Ka1=4.30×10-7Ka2=5.61×10-11Ka1=1.3×10-2Ka2=6.3×10-8Kb=1.77×10-5Ka=1.77×10-5①H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式②CH3COONH4溶液呈(填“酸”、“中”或“碱”)性，原因是③现有常温下0.1mol•L-1的(NH4)2CO3溶液，该溶液中各微粒浓度之间的关系式错误的是(填序号)。A．c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3−)+c(OH-)+c(COB．c(NH4+)+c(NH3•H2O)=2c(CO32−)+2c(HCO3−)+2c(H2C．c(CO32−)+c(HCO3−)+c(H2CO3D．c(H+)+c(HCO3−)+c(H2CO3)=c(OH-)+c(NH3•H2E．c(NH4+)＞c(CO32−)＞c(HCO3−)＞c(NH310．硝酸是一种重要的化工原料，工业上采用氨催化氧化法制备，生产过程中发生的反应有：NH3(g)+54O2(g)⇌加热催化剂NO(g)+32HNO(g)+12O2(g)=NO2(g)ΔH23NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)ΔH3=-70kJ/mol回答以下问题：（1）NH3(g)+2O2(g)=HNO3(aq)+H2O(l)的∆H=kJ•moL-1。原料气体(NH3、O2)在进入反应装置之前，必须进行脱硫脱硒处理。其原因是（2）研究表明2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)的反应历程分两步：(a)2NO(g)⇌N2O2(g)(快)(b)N2O2(g)+O2(g)⇌2NO2(g)(慢)①该反应的速率由b步决定，说明b步反应的活化能比a步的(填“大”或“小”)。②在恒容条件下，NO和O2的起始浓度之比为2：1，反应经历相同时间，测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图，则150℃时，V正V逆(填“＞”或“＜”)。若起始c(O2)=5.0×10-4mol•L-1，则380℃下反应达平衡时c(O2)=mol•L-1。（3）T1温度时，在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)，容器中各反应物和生成物的物质的量随时间变化如图所示：①下列说法能表明该反应已经达到平衡状态的是(填序号)。A．混合气体的密度不变B．混合气体的颜色不变C．K不变D.2v正(O2)=v逆(NO2)②温度为T1时的化学平衡常数K=。③实验测得：V正=K正c2(NO)•c(O2)，V逆=K逆c2(NO2)，K正、K逆为速率常数，受温度影响。若将容器的温度变为T2时，K正=K逆，则T2T1(填“＞”、“＜”或“=”)。11．钒被称为“工业味精”“工业维生素”，在发展现代工业、国防等方面发挥着至关重要的作用。某高铬型钒渣含Fe2O3、Fe3O4、SiO2、Al2O3、V2O3、Cr2O3等物质，从中分离提取钒和铬的工艺流程如下：回答下列问题：（1）“焙烧”时会生成NaVO3、Na2CrO4等新物质，生成Na2CrO4的化学方程式是。用V2O5冶炼V可以采用铝热反应，写出该反应的化学方程式（2）滤渣1中主要含。滤渣2的主要成分是Fe(OH)3和Al(OH)3，对应调pH应不低于。(已知：①常温下，当溶液中离子浓度小于1×10-5mol•L-1时认为沉淀完全；②Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38、Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-32)（3）“还原”时溶液的pH在2.5左右，此时控制酸度应选用____(填序号)。A．稀盐酸 B．稀硫酸。 C．稀硝酸 D．氢氧化钠（4）实验室煅烧Cr(OH)3时所用到的陶瓷仪器有、（5）全钒电池以惰性材料做电解，在电解质溶液中发生的总反应式为：VO2+(蓝色)+H2O+V3+(紫色)⇌充电放电VO2+(黄色)+V2+(绿色)+2H+

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．K2FeO4具有强氧化性，明矾水解生成胶体，则二者净水原理不同，故A选；B．氢能原料易得，可利用水资源得到，燃烧产物只有水，放热多，则氢能是一种新型能源，具有热值高、资源丰富、无毒、无污染的优点，故B不符合题意；C．植树造林、节能减排是实现碳中和的途径之一，故C不符合题意；D．反应SO2(g)+2H2S(g)=3S(s)+2H2O(l)在常温下能自发进行，∆G<0，∆S<0，由∆G=∆H-∆S×T<0，则该反应的∆H<0，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】K2FeO4具有强氧化性，明矾水解生成胶体，具有吸附性，二者净水原理不同；其它选项均正确。2．【答案】C【解析】【解答】A．滴定法用装置①测定盐酸的浓度，应用碱式滴定管装NaOH溶液，故A不符合题意；B．干燥的试纸不能检验氨气，应选湿润的红色石蕊试纸，故B不符合题意；C．在氯化氢气流中加热氯化镁晶体可制备无水氯化镁，用装置③能制取无水MgCl2，故C符合题意；D．H2C2O4和KMnO4的物质的量比分别为10∶1、5∶1，草酸均过量，KMnO4溶液滴入H2C2O4溶液均看不到颜色变化，应选不同浓度草酸判断浓度对速率的影响，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．装碱溶液不能用酸式滴定管；

B．干燥的试纸不能检验氨气；

C．依据盐类水解平衡原理分析；

D．草酸均过量，无法判断。3．【答案】C【解析】【解答】A．④是中和反应，以上四个反应中，有①④是放热反应，故A不符合题意；B．C(s)的燃烧热是指生成二氧化碳时放出的热量，故B不符合题意；C．二氧化硫由气体变成液体要放热，反应2ZnS(s)+3O2(g)=2ZnO(s)+2SO2(l)∆H5=ekJ•mol-1，e为负数，绝对值大，e＜a，故C符合题意；D．醋酸是弱酸，电离时需要吸热，1molNaOH分别和含有1molCH3COOH、1molHNO3的稀溶液反应，前者放热少，后者比前者∆H小，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．④是中和反应，中和反应是放热反应；B．燃烧热是101kP时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定产物时的反应热；C．物质由气体变成液体要放热；D．醋酸是弱酸，电离时需要吸热。4．【答案】D【解析】【解答】A．由分析，a为负极，故A不符合题意；B．c膜是阳离子交换膜，d膜是阴离子交换膜，故B不符合题意；C．阴极氢离子得电子，生成氢气，电极反应式为：2H++2e-=H2↑，故C不符合题意；D．当电路中通过1mol电子的电量时，会有1mol4=0.25molO2故答案为：D。

【分析】A．依据反应原理判断阴、阳极，阳极与电源正极相连，阴极与电源负极相连；B．电解时，阴离子会由阴极区通过阴离子交换膜向阳极区移动，阳离子会由阳极区通过阳离子交换膜向阴极区移动；C．电解池中，阴极上得电子，发生还原反应；D．依据得失电子守恒。5．【答案】C【解析】【解答】A．由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，NO2的含量增大，故A不符合题意；B．由图可知，0-2s内，二氧化氮的浓度变化量=0.8mol•L-1-0.4mol•L-1=0.4mol•L-1，故v（NO2）=0.4mol/L2s=0.2mol•L-1•s-1，v（O3）=12v（NO2）=0.1mol•L-1•sC．温度高，化学反应速率快，b点温度高于a点，故V正：b点＞a点；b点的NO2的分数未达到平衡的分数，则平衡向生成NO2的方向移动，即平衡向逆反应方向移动，故b点：v逆＞v正，故C符合题意；D．容器中充入反应物，正反应速率瞬间加快，逆反应速率不变，然后平衡移动至建立新平衡，该效果与图示不符，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.从图可知反应放热，温度升高平衡逆向移动；

B.根据v=∆c∆t结合图算出NO2的反应速率，再根据化学计量系数比等于反应速率之比计算v(O3)；

C.温度越高，反应速率越快，所以有v正：b点>a点；b点在曲线下方，平衡逆向移动才达到平衡；6．【答案】B【解析】【解答】A．由溶度积的大小可知，溶度积小的物质先生成沉淀，向等物质的量浓度的ZnSO4和CuSO4的混合溶液中，逐滴加入1.5mol•L-1的Na2S溶液时，反应先生成CuS沉淀，后生成ZnS沉淀，故A不符合题意；B．当ZnS沉淀完全时，溶液中c(Cu2+)c(Zn2+)=c(CC．由题意可知，向等物质的量浓度的ZnSO4和CuSO4的混合溶液中，逐滴加入1.5mol•L-1的Na2S溶液直至溶液中无沉淀产生时，过滤得到的沉淀是CuS和ZnS的混合物，故C不符合题意；D．由题意知溶液中的离子浓度小于1×10-5mol•L-1时，视为沉淀就达完全，虽然已经认为沉淀完全，但溶液中离子浓度小于1×10-5mol•L-1，因此过滤后得到的溶液中仍有极少量的Cu2+和Zn2+，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A．由溶度积的大小可知，溶度积小的物质先生成沉淀；B．依据溶度积常数，利用变形法计算；C．依据题目信息及复分解反应原理判断；D．绝对不溶的物质是不存在的。7．【答案】B【解析】【解答】A.导电能力越强，离子浓度越大，H+浓度越大，pH越小，因此a、b、c三点溶液的pH大小关系为：b＜a＜c，A项不符合题意；B.用湿润的pH试纸测量酸性的pH，a处溶液稀释，导电能力增大，溶液酸性增强，pH减小，因此测量结果偏小，B项符合题意；C.随水的增多，醋酸的电离程度在增大，因此a、b、c三点CH3COOH的电离程度：a＜b＜c，C项不符合题意；D.a、b、c三点溶液浓度不同，但溶质的物质的量相同，因此用1mol·L−1NaOH溶液中和，消耗NaOH溶液体积：a=b=c，D项不符合题意；故答案为：B。【分析】A.导电能力越强，离子浓度越大，H+浓度越大，pH越小；B.a处溶液稀释时，溶液酸性增强；C.随水的增多，醋酸的电离程度在增大；D.a、b、c三点溶液浓度不同，但溶质的物质的量相同。8．【答案】（1）蓝紫色溶液变浅，同时有灰蓝色沉淀产生，然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液（2）2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H（3）碱式；3.47（4）偏大；偏大（5）6Fe2++Cr2O72−+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2【解析】【解答】(1)在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，先生成Cr(OH)3，后生成Cr(OH)4-，可观察到的现象是蓝紫色溶液变浅，同时有灰蓝色沉淀产生，然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液。故答案为：蓝紫色溶液变浅，同时有灰蓝色沉淀产生，然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液；

(2)废水含有一定量K2Cr2O7和K2CrO4酸化后转化为K2Cr2O7，与碘化钾反应生成碘单质和硫酸铬，再用Na2S2O3溶液测定碘，用淀粉溶液作指示剂。步骤I加入适量稀硫酸酸化铬酸根转化为重铬酸根，发生反应的离子方程式是2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O，也为步骤II提供了酸性环境；碘单质遇到淀粉呈蓝色，步骤I的指示剂为淀粉溶液；步骤IV为重复上述滴定操作步骤2~3次。故答案为：2CrO42−+2H+⇌Cr2O(3)2Cr2x=60.1000mol·L(4)误差分析：①若盛装Na2S2O3溶液的滴定管没有润洗，消耗Na2S2O3溶液的体积偏大，测定结果会偏大(填“偏大”、“偏小”或“不变”，下同)；

②若步骤I加入稀硫酸酸化过量(溶液pH过低)，也会消耗Na2S2O3溶液，消耗Na2S2O3溶液的体积偏大，测定结果会偏大。故答案为：偏大；偏大；(5)废水中加入绿矾和稀硫酸，生成硫酸铁、硫酸铬，Cr2O72−发生反应的离子方程式为6Fe2++Cr2O72−+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。故答案为：6Fe2++Cr2O72−+14H+=6Fe3++2Cr3+

【分析】(1)依据资料内容，利用反应物和产物判断现象；(2)依据实验反应和滴定原理分析；

(3)依据关系式法计算；(4)依据​​​​​​​(3)的计算公式判断；(5)根据反应物和产物的化学式，利用原子守恒、电子守恒、电荷守恒书写。

​​​​​​​9．【答案】（1）Fe3++3AlO2−+6H2O=Fe(OH)3↓+3Al(OH)3（2）＞（3）a-b2；5×10（4）H2SO3+HCO3−=CO2↑+H2O+HSO3−；中；由于NH3•H2O的电离常数等于CH3COOH的电离常数，因此NH4+的水解程度等于CH3【解析】【解答】(1)将NaAlO2溶液跟Fe2(SO4)3溶液混合，Fe3+和AlO2−发生双水解，相关反应的离子方程式是Fe3++3AlO2−+6H2O=Fe(OH)3↓+3Al(OH)3↓。故答案为：Fe3++3AlO2−+6H2O=Fe(OH)3(2)0.1mol/L的NaCl溶液中的c(Na+)=0.1mol/L，则溶液中的电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)；0.1mol/L的CH3COONa溶液中的c(Na+)=0.1mol/L，溶液中的电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)；两溶液中的c(Na+)相同，但由于氯化钠是强酸强碱盐，不水解，溶液显中性，而醋酸钠是弱酸强碱盐，能水解，溶液显碱性，故氯化钠溶液中的c(H+)大于CH3COONa溶液中的c(H+)，则有：c(Cl-)+c(OH-)＞c(CH3COO-)+c(OH-)，故有NaCl溶液中c(Na+)+c(H+)+c(Cl-)+c(OH-)大于CH3COONa溶液中的c(Na+)+c(H+)+c(CH3COO-)+c(OH-)；即溶液中离子总数：NaCl溶液＞CH3COONa溶液，故答案为：＞；。故答案为：＞；(3)①常温下，在amol•L-1的HCOOH溶液中加入等体积的bmol•L-1的NaOH溶液至溶液呈中性，此时溶液中HCOOH的物质的量浓度为amol·L−1×V−bmol·L−1×VV+V②已知常温下HCOOH的电离常数为Ka=2×10-4，则HCOO-的水解反应HCOO-+H2O⇌HCOOH+OH-的平衡常数Kh=KwKa=10−142×10(4)①由电离常数可知，酸性H2SO3＞H2CO3＞HSO3−，由强酸制备弱酸原理，H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式H2SO3+HCO3−=CO2↑+H2O+HSO3−，故答案为：H2SO3+HCO3−=CO2↑+H②CH3COONH4溶液呈中(填“酸”、“中”或“碱”)性，原因是由于NH3•H2O的电离常数等于CH3COOH的电离常数，因此NH4+的水解程度等于CH3COO-水解程度，溶液呈中性，故答案为：中；由于NH3•H2O的电离常数等于CH3COOH的电离常数，因此NH4+的水解程度等于CH3COO③A．根据电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3−)+c(OH-)+2c(COB．根据物料守恒，N原子总数等于碳原子总数的2倍，n(N)：n(C)=2：1，c(NH4+)+c(NH3•H2O)=2c(CO32−)+2c(HCO3−)+2c(H2C．含碳粒子的总浓度为0.1mol•L-1，c(CO32−)+c(HCO3−)+c(H2CO3)=0.1mol•LD．依据溶液中质子守恒，c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3−)+c(OH-)+2c(CO32−)，c(NH4+)+c(NH3•H2O)=2c(CO32−)+2c(HCO3−)+2c(H2CO3)，两式消去c(NH4+)得：c(H+)+c(HCO3−)+2c(H2COE．溶液中铵根离子浓度大于碳酸根离子浓度，碳酸根离子水解程度大于铵根离子水解程度，所以溶液中离子浓度大小为：c(NH4+)＞c(CO32−)＞c(HCO3−)＞c(NH3故答案为：AD。

【分析】(1)依据双水解反应原理书写；(2)依据电荷守恒和盐类水解原理分析；(3)①依据中和反应原理分析；②依据Kh=KwKa(4)①根据电离常数，利用强酸制备弱酸原理；②根据电离常数分析；③A．根据电荷守恒；B．根据物料守恒；C．根据物料守恒；D．依据溶液中质子守恒；E．依据越弱越水解判断。10．【答案】（1）-411；防止催化剂中毒(或含硫化合物会使催化剂降低或失去催化效果)（2）大；＞；2.5×10-4（3）BD；5；＞【解析】【解答】(1)①NH3(g)+54O2(g)催化剂__ΔNO(g)+32H2O(l)△H1=-292kJ/mol，②NO(g)+12O2(g)=NO2(g)△H2=-56kJ/mol，③3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)△H3=-70kJ/mol，根据盖斯定律，将①+②×32+③×12得：NH3(g)+2O2(g)=HNO3(aq)+H2O(l)△H=(-292kJ/mol)+(-56kJ/mol)×(2)①该反应的速率由b步决定，说明b步反应的活化能比a步的大；②根据图像，150℃时，NO的转化率小于NO的平衡转化率，说明反应需要继续正向继续，因此v正＞v逆；若起始c(O2)=5.0×10-4mol/L，根据图像，380℃下反应达平衡时，NO的平衡转化率为50%，因此c(O2)=2.5×10-4mol/L；(3)①在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应2NO+O2⇌2NO2，A.混合气体的质量和容器的体积均不变，混合气体的密度始终不变，不能说明达到平衡状态，选项A不正确；B.混合气体中只有NO2有色，气体的颜色不变，说明NO2浓度不变，说明达到平