湖南省郴州市2024-2025学年高二下学期期末教学质量监测化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖南省郴州市2024-2025学年高二下学期期末教学质量监测注意事项：1.试卷分试题卷和答题卡。试卷共8页，有两个大题，18小题，满分100分。考试时间75分钟。2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证条形码粘贴在答题卡的指定位置。3.考生作答时，选择题和非选择题均须作答在答题卡上，在试题卷上作答无效。考生在答题卡上按答题卡中注意事项的要求答题。4.考试结束后，将试题卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H：1Li：7C：12O：16Cl：35.5K：39Mn：55Ga：70As：75一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合要求)1.中华文化源远流长，化学与文化传承密不可分。下列说法中不正确的是A.古代用明矾清除铜镜表面的铜锈，是利用明矾溶液中水解使溶液呈酸性B.“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，是利用焰色试验鉴别硝石(硝酸钾)和朴硝(硫酸钠)C.《本草纲目》中记载“冬月灶中所烧薪柴之灰也∙∙∙∙∙∙以灰淋汁，取碱浣衣”，其中的碱指D.“出相州北山。磁石毛，铁之母也。取铁如母之招子焉”，是利用磁性鉴别【答案】C【解析】明矾溶液中Al3+水解生成H+，使溶液呈酸性，能与铜锈的主要成分碱式碳酸铜反应，A正确；硝石（KNO3）含K+，焰色试验时透过蓝色钴玻璃片观察呈紫色，朴硝（Na2SO4）含Na+，焰色为黄色，描述符合鉴别方法，B正确；草木灰主要成分为K2CO3，C错误；Fe3O4具有磁性，可吸引铁，描述符合实际，D正确；故选C。2.下列与郴州文化、美食与科技发展的相关说法错误的是A.郴州太平窑烧制技术精湛，所烧制陶器的主要成分为硅酸盐B.郴州被誉为“有色金属之乡”，地质勘探用的钻头中的金刚石为离子晶体C.郴州美食众多，郴州鱼粉中所含的淀粉彻底水解后可得到葡萄糖D.郴州推动绿色发展，在多个地区使用了太阳能路灯，太阳能电池的核心传导材料是单晶硅【答案】B【解析】陶瓷由黏土（硅酸盐）烧制而成，故A正确；金刚石由碳原子通过共价键形成原子晶体，离子晶体（如NaCl）由离子键构成，故B错误；淀粉彻底水解生成葡萄糖，故C正确；单晶硅是半导体，用于太阳能电池，故D正确;故答案为：B。3.化学用语是学习化学的重要工具，下列化学用语或表达正确的是A.分子的空间填充模型：B.的空间结构：三角锥形C.镁原子的核外电子排布图：D.顺-2-戊烯的键线式：【答案】C【解析】S原子半径大于C，不是分子的空间填充模型，故A错误；中B原子价电子对数为3，无孤电子对，空间结构为平面三角形，故B错误；镁原子核外有12个电子，核外电子排布图为，故C正确；顺-2-戊烯的键线式为，是反-2-戊烯的键线式，故D错误；选C。4.劳动是知识与实践结合的桥梁，下列劳动项目与对应的化学知识不相符的是选项劳动项目化学知识A后厨帮衬：用小苏打发酵面团制作馒头小苏打受热分解产生二氧化碳气体，使面团疏松多孔B绿色倡议：宣传使用可降解塑料替代传统塑料可降解塑料在自然环境中能通过微生物等作用分解，减少白色污染C家居清洁：用热的纯碱溶液清洗厨房油污纯碱溶液呈碱性，加热促进水解，碱性增强，能使油脂发生水解反应从而去除油污D果园养护：在果园中适量喷洒波尔多液波尔多液中的铜离子能与空气中氧气反应生成氧化铜A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】小苏打（碳酸氢钠）受热分解产生二氧化碳，使面团蓬松，故A正确；可降解塑料通过微生物分解减少污染，故B正确；纯碱（碳酸钠）水解呈碱性，加热增强碱性促进油脂水解，故C正确；波尔多液的杀菌作用源于铜离子使蛋白质变性，而非与氧气反应生成氧化铜，故D错误；故答案为：D。5.下列对实验现象进行解释的方程式中，正确的是A.铅酸蓄电池充电时的阳极反应：B.用醋酸除水垢：C.向AgCl悬浊液中滴入溶液，生成黑色沉淀：D.过量的铁粉与稀硝酸反应：【答案】A【解析】铅酸蓄电池充电时，阳极发生氧化反应，转化为。反应式为：，且符合实际反应过程，A正确；醋酸是弱酸，不能完全离解为，正确离子方程式应为：，B错误；AgCl悬浊液中AgCl以固体形式存在，不能写成。正确反应式为：⁻，C错误；过量铁粉与稀硝酸反应时，产物应为而非（会被过量Fe还原）。正确反应式为：,D错误;综上，答案是A。6.下列实验中，能达到实验目的的是A．由海水制取蒸馏水B．测定稀硫酸溶液和稀氢氧化钠溶液反应的中和热C．实验室制备乙酸乙酯D．由制取无水固体A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】实验室利用海水制取蒸馏水用蒸馏的方法制备，蒸馏时用到蒸馏烧瓶、酒精灯、冷凝管、牛角管、锥形瓶等仪器，该实验要特别注意温度计水银球应处在蒸馏烧瓶的支管口附近，冷凝管应从下口进水，上口出水，故A正确；缺少环形玻璃搅拌器，不能使反应物充分混合反应，另外烧杯之间有空隙，会使热量散失而影响实验准确性，故B错误；制备乙酸乙酯时导管末端不能伸入饱和碳酸钠溶液内，否则会引起倒吸，故C错误；灼烧固体不能在蒸发皿中(可在坩埚中)进行，且直接加热会促进水解，水解生成的HCl易挥发，最终得到的是氢氧化铁或氧化铁，得不到固体，不能达到制取无水固体的目的，故D错误；故选A。7.某有机物结构如图所示，下列有关该有机物的说法不正确的是A.该有机物的分子式为B.1mol该有机物最多能消耗C.能与氢气发生加成反应，且1mol该物质最多消耗D.能与乙醇发生酯化反应【答案】C【解析】根据该有机物的键线式(拐点处均为一个C，根据“碳四价”原则补H)可数出各原子的数目，一分子该有机物含19个C、15个H、3个O、1个N，则其分子式为，故A正确；该有机物一分子含有1个羧基(能消耗1个NaOH)和1个酰胺基(能消耗1个NaOH)，则1mol该有机物最多能消耗2molNaOH，故B正确；羧基中的碳氧双键不能与氢气加成，酰胺基中的碳氧双键也不能与氢气加成，该有机物分子中所含的两个苯环(一个苯环可消耗3个H2)和一个碳碳三键(可消耗2个H2)能与氢气发生加成反应，故1mol该物质最多能与8molH2发生加成反应，故C错误；该有机物中含有羧基(-COOH)，能与乙醇发生酯化反应，故D正确；故选C。8.负载有Pt和Ag的活性炭，在酸性条件下可选择性去除实现废酸的纯化，其工作原理如图。下列有关说法正确的是A.该装置工作时，溶液中向Ag电极移动B.Ag电极上发生的反应为C.若将废酸换成中性溶液，Pt电极反应不变D.当电路中转移0.2mol电子时，去除的质量为3.55g【答案】B【解析】负载有Pt和Ag的活性炭，在酸性电解质中构成原电池，Ag的活泼性大于Pt，Ag是负极，负极发生反应，Pt是正极，正极发生反应。该装置工作时，阳离子向正极移动，溶液中向Pt电极移动，故A错误；Ag是负极，负极失电子发生氧化反应，Ag电极上发生的反应为，故B正确；若将废酸换成中性溶液，Pt电极反应变为，故C错误；根据，当电路中转移0.2mol电子时，去除的质量为7.1g，故D错误；选B。9.向溶液中逐渐通入至过量，得到含的溶液。反应相关元素中：A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，基态B原子的核外电子有7种运动状态，基态C、D原子有两个未成对电子，M的价电子排布为。下列说法错误的是A.单质沸点： B.简单氢化物键角：C.简单氢化物的稳定性 D.是配合物，配位原子是D【答案】D【解析】由题干信息可知，A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，基态B原子的核外电子有7种运动状态，则B为N，基态C、D原子有两个未成对电子，则C、D为O、Si、S中的一种，M的价电子排布为，则M为Cu，结合BA3为气体，即为NH3故A为H，MDC4为溶液则D为S、C为O，因为CuSiO4是沉淀，据此分析解题。由分析可知，A为H、C为O、D为S，则三者单质均为分子晶体，S为固体，H2、O2均为气体，相对分子质量为O2＞H2，故单质沸点为：S＞O2＞H2即，A正确；由分析可知，B为N、C为O，由于NH3中心原子N周围有1对孤电子对，而H2O中心原子O周围有2对孤电子对，价层电子对数均为4，故简单氢化物键角为：NH3＞H2O即，B正确；由分析可知，C为O、D为S，同一主族从上往下元素非金属性依次减弱，故简单氢化物的稳定性为H2O＞H2S即，C正确；由分析可知，即[Cu(NH3)4]SO4是配合物，配位体是NH3，配位原子是N即B，D错误；故答案为：D。10.下列实验对应的现象及结论均正确且两者具有因果关系的是选项实验现象结论A用洁净干燥的玻璃棒蘸取氯水溶液点滴于蓝色石蕊试纸的中部，观察试纸的颜色试纸变红氯气的水溶液呈酸性B为检测FeCl2是否变质，取少量溶液于试管中，先滴加KSCN溶液，再滴加氯水，观察实验现象滴加KSCN后无明显现象，滴加氯水后溶液变红色FeCl2没有变质C蔗糖与浓硫酸混合搅拌，产生气体依次通入品红溶液、澄清石灰水蔗糖变黑，品红溶液褪色、澄清石灰水变浑浊浓硫酸具有脱水性和氧化性，产生的气体为SO2、CO2D向溶液中先滴入5滴溶液，再滴入5滴溶液先产生白色沉淀，后产生淡黄色沉淀A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】氯水含H+和HClO，试纸应“先红后白”，仅变红现象不完整，A不合题意；滴加KSCN溶液无明显现象，说明溶液中无Fe3+，滴加氯水后溶液变红，说明氯水将Fe2+氧化为Fe3+，从而证明FeCl2没有变质，现象和结论均正确且有因果关系，B符合题意；蔗糖与浓硫酸混合搅拌，蔗糖变黑，体现浓硫酸的脱水性；产生的气体依次通入品红溶液褪色，说明产生了SO2，体现浓硫酸的氧化性；澄清石灰水变浑浊，不能确定产生的气体中一定有CO2，因为SO2也能使澄清石灰水变浑浊，C不合题意；向AgNO3溶液中先滴入5滴0.1mol/LNaCl溶液，再滴入5滴0.1mol/LKBr溶液，由于AgNO3过量，先产生白色沉淀AgCl，后产生淡黄色沉淀AgBr，不一定存在AgCl转化为AgBr的沉淀转化，不能据此比较Ksp(AgCl)和Ksp(AgBr)的大小，D不合题意；故答案为：B。11.纳米团簇能催化水煤气变换反应，其微观反应机理如图1所示，反应过程中相对能量的变化如图2所示。已知图2中TS表示过渡态，FS表示稳定的共吸附。下列说法错误的是A.制水煤气的总反应方程式为：B.由图可知，该反应过程中既有极性键的断裂和形成，又有非极性键的形成C.图示的反应历程中，决速步骤为D.稳定性：【答案】C【解析】图1呈现了纳米团簇催化水煤气变换反应的微观反应机理。在这个反应里，H2O和CO作为反应物，在纳米团簇的催化作用下，历经一系列中间过程生成和CO2和H2。图2展示了该反应过程中相对能量的变化情况，从图中可以看到，反应过程中存在多个过渡态(TS)和稳定的共吸附态(FS)，过渡态的能量相对较高，而稳定的共吸附态能量相对较低，通过分析这些能量变化，能够了解反应进行的难易程度以及反应的决速步骤等关键信息。由图1可知，总反应的反应物为H2O和CO，生成物为CO2和H2，根据原子守恒，制水煤气的总反应方程式为：，A正确；观察图1可知，该反应过程中既有极性键断裂(如c中断裂了H-O)、极性键的形成(如e2中形成了H-O)，又有非极性键的形成(如g中形成了H-H)，B正确；决速步骤指活化能最大的反应，由图1、2可知，活化能最大的反应为c过程：，C错误；物质的能量越低，物质越稳定，图2中，能量：，故稳定性：，D正确；故选C12.砷化镓的立方晶胞结构如图I，将Mn掺杂到晶体中得到稀磁性半导体材料，其结构如图II所示。下列说法错误的是A.砷化镓晶胞中As的配位数是4B.稀磁性半导体材料中，、的原子个数比为5：32C.若图I中A原子的坐标为，则B原子的坐标为D.若GaAs晶体的晶胞棱长为anm，则晶体的密度为【答案】D【解析】在图I中的砷化镓晶胞中，一个As原子(黑球)周围离其等距离且最近的Ga原子(白球)有4个，所以As的配位数是4，A正确；根据均摊法，稀磁性半导体材料中，原子的个数为，原子的个数为4，则二者原子个数比为5：32，B正确；若图I中A原子的坐标为，根据晶胞结构知，B原子位于晶胞体对角线的处，再结合几何知识知，B原子的坐标为，C正确；一个砷化镓晶胞中含Ga原子：个，含As原子为4个，晶胞的质量为，则晶体密度为，D错误；故选D。13.一种锰尘(主要成分为，杂质为铝、镁、钙、铁的氧化物)为原料制备高纯的清洁生产新工艺流程如下：已知：室温下相关物质的如下表下列说法正确的是A.酸浸工序中若改用稀硫酸，也能产生气体且气体成分不变B.滤渣①能溶于稀硫酸，所得溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红C.除杂②工序中，若溶液中，则开始沉淀时，溶液中浓度比开始沉淀时溶液中的浓度大D.沉淀工序中产生的气体为【答案】C【解析】向锰尘(主要成分为，杂质为铝、镁、钙、铁的氧化物)加入浓盐酸进行酸浸，铝、镁、钙、铁的氧化物均溶于盐酸生成对应的盐，由于具有氧化性，能将盐酸中的氯离子氧化为氯气(可用氢氧化钠溶液进行吸收，防止污染环境)，自身被还原为；加氨水调节pH为5~6，由表中数据知，除杂①是将铁和铝元素转化为相应沉淀而除去，滤渣①主要成分为和，再向滤液中加入氟化钠溶液，可将镁和钙以氟化物的形式除去，滤渣②为氟化钙和氟化镁，此时滤液中主要成分为氯化锰，加入碳酸氢钠溶液，发生反应：，锰离子被沉淀而得到碳酸锰，再经一系列处理可得到纯度较高的碳酸锰。由分析知，具有氧化性，与浓盐酸发生氧化还原反应生成Mn2+和Cl2，酸浸工序中若改用稀硫酸，与稀硫酸发生复分解反应，不会产生气体，A错误；结合分析知，滤渣①主要成分为和，溶于稀硫酸会生成，故向所得溶液中加入KSCN溶液，溶液会变红(与SCN-反应生成红色络合物)，B错误；和为相同类型(阴阳离子个数对应相同)的难溶物，根据表中数据知，的Ksp更小，说明比更难溶，若溶液中，会比先沉淀，则开始沉淀时，溶液中浓度比开始沉淀时溶液中的浓度大，C正确；由题给流程和分析可知，加入碳酸氢钠溶液，发生反应：，沉淀工序中产生的气体为CO2，D错误；故选C。14.某废水处理过程中始终保持饱和，即，通过调节pH使和形成硫化物而分离，体系中pH与-lgc关系如图所示，c为、、和的浓度，单位为。已知下列说法不正确的是A. B.曲线④代表表示pH与的关系C. D.曲线①表示pH与的关系【答案】C【解析】已知H2S饱和溶液中随着pH的增大，H2S的浓度逐渐减小，HS-的浓度增大，随后S2-浓度逐渐增大，则有-lgc(HS-)和-lg(S2-)随着pH增大而减小，且相同pH相同时，HS-浓度大于S2-，即-lgc(HS-)小于-lg(S2-)，则③代表S2-，④代表HS-；随着S2-浓度逐渐增大，Ni2+和Cd2+浓度逐渐减小，即-lgc(Ni2+)和-lg(Cd2+)随着pH增大而增大，由于，当c(S2-)相同时，c(Ni2+)＞c(Cd2+)，则-lgc(Ni2+)小于-lg(Cd2+)，由此可知曲线①代表Cd2+、②代表Ni2+；综上，曲线①②③④分别代表pH与、、、的关系，据此分析结合图像各点数据进行解题。始终保持H2S饱和，即，由分析可知，曲线④代表HS-，由图示曲线④中坐标(1.6，6.5)可知，此时c(H+)=10-1.6mol/L时，c(HS-)=10-6.5mol/L，，A正确；结合分析知，曲线④代表表示pH与的关系，B正确；由分析可知，曲线①③分别代表pH与、的关系，可利用曲线①和③的交点坐标(4.9,13.0)确定，则，C错误；根据分析知，曲线①表示pH与的关系，D正确；故选C。二、非选择题(本题共4小题，共58分)15.是一种重要的工业原料，可以利用废旧锂离子电池对进行回收利用。锂离子电池正极废料的主要成分是、、炭黑及其他微量杂质，回收利用的流程如下：（1）基态Co原子的价层电子排布式为___________。（2）提高“碱浸”步骤中的浸出速率可以采取的操作是___________。（3）“酸浸”步骤中固体溶解的离子方程式为___________，“废渣1”的主要成分是___________。（4）“母液”中的主要溶质成分是___________(仅写一种)，“沉锂”步骤中发生的离子方程式为：___________。（5）已知锂离子电池正极材料中Li元素的含量为，从1kg锂离子电池正极材料中可回收碳酸锂的质量为222g，则流程的锂的回收率为___________。（6）锂离子电池正极材料的基本结构单元如图所示，则据此计算___________。【答案】（1）（2）将废料粉碎或适当提高碱浸温度或增大NaOH溶液的浓度（3）①.②.炭黑（4）①.②.（5）（6）【解析】正极废料中含有LiCoO2和铝、炭黑及其他微量杂质，将废料先用碱液浸泡，其中的Al被充分溶解变为进入溶液，过滤后得到的滤液为含有，滤渣成分为LiCoO2、炭黑及其他微量杂质，将滤渣用H2O2、H2SO4处理后生成Li2SO4、CoSO4，反应的离子方程式为：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O，炭黑及其他不溶性杂质进入滤渣1中，根据题给信息可知酸浸后的溶液中主要的金属离子是Co2+、Li+，还含有少量Fe3+、Al3+、Cu2+，向滤液中加入氨水，反应产生Fe(OH)3、Cu(OH)2、Al(OH)3沉淀，通过过滤进入滤渣2中，经除杂后加入(NH4)2C2O4，可得到CoC2O4固体，滤液中含有Li+、、，加入饱和(NH4)2CO3溶液后，Li+与反应形成Li2CO3沉淀，过滤，最后得到碳酸锂固体，据此分析；【小问1详析】钴为第27号元素，基态Co原子的价层电子排布式为：；【小问2详析】提高“碱浸”步骤中的浸出速率可以采取的操作是将废料粉碎或适当提高碱浸温度或增大NaOH溶液的浓度；【小问3详析】根据分析可知，“酸浸”步骤中固体溶解的离子方程式为；“废渣1”的主要成分是炭黑；【小问4详析】滤液中含有Li+、、，“母液”中的主要溶质成分是或Li2SO4；“沉锂”步骤中加入饱和(NH4)2CO3溶液后，Li+与反应形成Li2CO3沉淀，离子方程式为：；【小问5详析】1kg锂离子电池正极材料中理论得到的碳酸锂的质量，回收率为；【小问6详析】根据的基本结构单元图示可知，在一个晶胞中含有Li原子数是：6×=1，含有Ni原子数是：2×=；含有Mn原子数目是2×=；含有Co原子数是：2×=；含有O原子数是：2×+1=2，所以x=。16.高锰酸钾在化学研究和生活生产中都有重要应用。实验室利用氧化制备的装置如图所示(夹持装置略)：已知：锰酸钾()在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：回答下列问题：（1）装置A中仪器a的名称为___________。（2）A中发生的化学反应的化学方程式为___________。（3）若去掉装置B会导致产率降低，主要原因___________。（4）D装置中的试剂为___________。（5）准确称取上述方法制取的高锰酸钾样品1.300g，溶解后用容量瓶配成250.0mL待测液；量取25.00mL待测液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，摇匀后密封在暗处静置5min；用标准溶液滴定至溶液呈浅黄色，加入淀粉指示剂，继续滴定至终点，记录消耗的标准液体积为VmL；平行滴定3次，测得消耗标准溶液体积的平均用量为26.00mL。已知：、。①量取待测液时需要使用的仪器是___________。②达到滴定终点时的现象为___________。③通过计算可知，所称取的样品中的纯度为___________(计算结果保留三位有效数字)。【答案】（1）恒压滴液漏斗（2）（3）氯气中的HCl与C中强碱反应，使溶液碱性减弱，易变质，使产率降低（4）NaOH溶液（5）①.酸式滴定管②.当滴入最后半滴标准溶液时，溶液蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原来颜色③.63.2%【解析】浓盐酸与漂白粉反应生成氯气，通入饱和食盐水除去HCl，Cl2氧化K2MnO4得到KMnO4，过量的氯气用NaOH溶液吸收，以免污染空气，据此分析；【小问1详析】装置A中仪器a的名称为恒压滴液漏斗；【小问2详析】A中发生的化学反应是次氯酸钙与浓盐酸发生反应生成氯气和氯化钙，化学方程式为；【小问3详析】若去掉装置B，则HCl未除去，氯气中的HCl与C中强碱反应，使溶液碱性减弱，易变质，使产率降低；【小问4详析】D装置用来做尾气吸收，试剂为NaOH溶液；【小问5详析】①高锰酸钾具有强氧化性，量取待测液时需要使用的仪器是酸式滴定管；②达到滴定终点时的现象为当滴入最后半滴标准溶液时，溶液蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原来颜色；③根据关系式：，通过计算可知，所称取的样品中的纯度为63.2%。17.双加压法工艺流程是世界上先进的制硝酸工艺。利用和可以实现的工业合成，而氨又可以进一步制备硝酸，在工业上一般可进行连续生产。请回答下列问题：已知：（1）完成氨气经催化氧化生成一氧化氮气体和水蒸气的热化学方程式：___________。该反应___________(填“一定”“一定不”或“不一定”)能自发进行。（2）氨催化氧化后的取样气体中有、、，将该气体冷却到，恒容条件下继续发生如下两个反应：i．ii．①下列可以作为体系达到平衡状态的标志是___________。A．容器内气体的密度不变B．反应i中C．气体的压强不变D．反应i和ii的平衡常数均不变E．容器内气体颜色不变②达到平衡时气体的总压强为0.9MPa，体系中、均为0.1mol，则反应ii的平衡常数___________(计算结果保留两位有效数字，是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。③测得温度、压强对NO平衡转化率的影响如图所示。根据图像可知：___________填“>”“<”或“=”)；反应i的平衡常数、、的大小关系为___________。（3）治理水中硝酸盐污染的方法是：在酸性条件下，电化学降解的原理如图，阴极反应式为：___________。【答案】（1）①.-905②.一定（2）①.BCE②.0.22③.>④.（3）【解析】【小问1详析】N2(g)+O2(g)═2NO(g)H=+180.5kJ/mol①，N2(g)+3H2(g)═2NH3(g)H=﹣92.4kJ/mol②，2H2(g)+O2(g)═2H2O(g)H=﹣483.6kJ/mol③，由盖斯定律①×2﹣②×2+③×3得：4NH3(g)+5O2(g)═4NO(g)+6H2O(g)H=-905.0kJ/mol；该反应是熵增反应，，故，一定能自发；【小问2详析】①A．容器内气体的密度等于气体质量与其他体积之比，恒容条件，反应前后都是气体，密度不是一个可变的值，现在不变不能说明达到平衡，A错误；B．反应i中，不同物质正逆反应速率之比等于化学计量数之比，能说明达到平衡，B正确；C．反应前后气体压强不等，为一个可变的值，现在压强不变可以说明达到平衡，C正确；D．平衡常数只与温度有关，温度为160℃，平衡常数不变不能说明达到平衡状态，D错误E．容器内NO2为红棕色，气体颜色不变，说明达到平衡状态，E正确；故选BCE；②根据题目信息，列出三段式：，，则混合气体的总物质的量为（0.1+0.1+2.5+0.1+9.7）mol=12.5mol，Kp=；③该反应正向气体体积减小，加压平衡正向移动，所以压强