高一化学下学期期末预测卷02（素养提升卷）（解析版）-A4

这是一份高一化学下学期期末预测卷02（素养提升卷）（解析版）-A4，共16页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32
第Ⅰ卷（选择题 共48分）
一、选择题：本题共16个小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．从科技前沿到日常生活，化学无处不在。下列说法不正确的是
A．利用SO2具有杀菌和抗氧化作用，酿葡萄酒时向葡萄汁中添加适量SO2
B．液态氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂
C．晶体硅具有导电性，可用于制作光导纤维
D．“航天服”使用多种合成纤维
【答案】C
【解析】A． SO2具有还原性，向葡萄汁中添加适量SO2，具有杀菌和抗氧化作用，A正确；
B．液态氨汽化时要吸收大量的热，降低周围温度，液氨可用作制冷剂，B正确；
C．晶体硅是半导体，是芯片的主要成分；二氧化硅用于制作光导纤维，C错误；
D．“航天服”的特殊功能使用多种人工合成纤维，D正确；
故答案为：C。
2．下列说法正确的是
A．常温下，铁与浓硫酸不反应，故可用铁制容器盛装浓硫酸
B．自然固氮、人工固氮都是将 N₂转化为NH3
C．镁条在空气中燃烧生成的固体产物全部为 MgO
D．浓硫酸能干燥 SO2气体，但不能干燥 H2S气体
【答案】D
【解析】A．常温下浓硫酸与铁发生钝化，发生氧化还原反应，故A错误；
B．豆科植物将空气中的氮气直接转化为铵根离子、氮气放电条件下与氧气反应生成一氧化氮等都属于自然固氮，该固氮过程中没有NH3生成，故B错误；
C．镁条在空气中燃烧生成的固体产物有MgO、Mg3N2、C等，故C错误；
D．硫酸与SO2没有中间价态，不反应，故可以用浓硫酸干燥SO2，但是浓硫酸能氧化H2S，不能用来干燥H2S，故D正确；
答案选D。
3．下列对有机物说法正确的是
A．乙醇的分子式为C2H5OH B．一氯甲烷的电子式：
C． 与 互为同分异构体D．C2H6和C8H18一定为同系物
【答案】D
【解析】A．乙醇的结构简式为C2H5OH，分子式为C2H6O，A错误；
B．一氯甲烷分子中碳原子与氯原子、氢原子间均共用1对电子，Cl原子外围达到8电子稳定结构，正确的电子式为，B错误；
C．甲烷是正四面体结构，二溴代物只有一种，则 与 是同一种物质，C错误；
D．C2H6和C8H18均为饱和烷烃，一定为同系物，D正确；
故选D。
4．下列反应中能量变化与如图相符的是
A．与柠檬酸反应B．与稀硫酸反应
C．与反应D．溶液与盐酸反应
【答案】A
【分析】图示反应，生成物总能量大于反应物总能量，为吸热反应。
【解析】A．与柠檬酸反应为吸热反应，故选A；
B．与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，为放热反应，故不选B；
C．与反应生成氯化氢，为放热反应，故不选C；
D．溶液与盐酸反应生成氯化钠和水，为放热反应，故不选D；选A。
5．氮元素的部分化合价与物质类别的对应关系如图所示。
下列说法正确的是
A．若G、F是同一物质，则其组成为NH4NO3
B．D与水的反应中，D只是还原剂
C．物质B转化为C只能通过人工固氮实现
D．A与E的浓溶液靠近发生氧化还原反应产生白烟
【答案】A
【分析】根据二维图可知：A为NH3，B为N2，C为NO，D为NO2，E为HNO3，G为硝酸盐，F为铵盐。
【解析】A．G是硝酸盐，F是铵盐，则NH4NO3既可以表示物质G又可以表示物质F，A项正确；
B．D是NO2，与水反应生成HNO3和NO，反应中NO2既是氧化剂又是还原剂，B项错误；
C．N2转化为NO可以通过大气固氮实现，C项错误；
D．NH3与挥发出来的HNO3反应生成NH4NO3白烟，该反应是非氧化还原反应，D项错误；
答案选A。
6．硫酸和硝酸是重要的化学试剂，下列说法不正确的是
A．浓硫酸有脱水性，可使蔗糖变黑
B．稀硝酸有强氧化性，可溶解铜
C．露置在空气中，浓硫酸与浓硝酸的质量均会增加
D．浓硝酸与很多蛋白质作用时呈黄色，可用于检验蛋白质
【答案】C
【解析】A．蔗糖为C12H22O11，浓硫酸具有脱水性，则蔗糖变黑碳化，A正确；
B．稀硝酸具有强氧化性，与金属铜反应生成硝酸铜和NO，B正确；
C．浓硫酸具有吸水性，故暴露在空气中质量增加，硝酸具有挥发性，暴露在空气中质量减小，C错误；
D．浓硝酸与蛋白质的颜色反应原理是硝酸对蛋白质中的苯环发生硝化作用，‌生成黄色的芳香硝基化合物，‌使蛋白质发生变性，D正确；
故答案为：C。
7．液化石油气的主要成分为烃类物质，如图是其中某成分的结构示意图，下列说法正确的是
A．该物质与正丁烷互为同系物
B．该物质的一氯代物有2种
C．该物质属于不饱和链烃
D．同质量的物质完全燃烧耗量：乙烯丁烷甲烷
【答案】B
【解析】A．由图可知，该物质为异丁烷，异丁烷和正丁烷互为同分异构体，A错误；
B．异丁烷分子中有2种类型的氢原子，因此一氯代物有2种，B正确；
C．异丁烷属于饱和链烃，C错误；
D．设烃为，同质量的物质完全燃烧耗量为，显然甲烷消耗氧气最多，大小顺序为甲烷>丁烷>乙烯，D错误；
故选B。
8．盐水小汽车”因结构简单、制作方便，深受孩子们喜爱，其结构和原理如图所示。下列说法错误的是
A．使用前，应将 Mg片用砂纸打磨干净
B．溶液中的Cl⁻向 Cu片一极移动
C．Cu片一极发生还原反应
D．负极的电极反应式为
【答案】B
【分析】由图可知，Mg片、铜片和食盐水构成了原电池，将化学能转化为电能，其中Mg失电子发生氧化反应，作负极，负极反应式为Mg-2e-=Mg2+，铜片作正极，正极上氧气发生得电子的还原反应，正极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-，原电池工作时，阳离子移向正极，阴离子移向负极，据此分析解答。
【解析】A．Mg表面有氧化膜，使用前，应将 Mg片用砂纸打磨干净，故A正确；
B．铜片作正极，阳离子移向正极，故溶液中的Na+向 Cu片一极移动，溶液中的Cl⁻向 Mg片一极移动，故B错误；
C．铜片作正极，氧气发生得电子的还原反应，正极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-，故C正确；
D．Mg作负极，负极反应式为Mg-2e-=Mg2+，故D正确；
答案选B。
9．下列能实现对应气体的制备、干燥、收集的是
【答案】C
【解析】A．MnO2和浓盐酸反应需要加热，缺少加热装置，A错误；
B．氨气密度小于空气，不能用向上排空气法收集，B错误；
C．浓硫酸和亚硫酸钠反应生成SO2气体，然后用P2O5干燥，SO2密度大于空气，可以用向上排空气法收集，C正确；
D．铜和稀硝酸反应生成NO，NO溶液被空气中的氧气氧化，不能用排空气法收集，D错误；
故选C。
10．从海水中提取镁的工艺流程可表示如图：
下列说法不正确的是
A．步骤②可以获得粗盐并同时提升c(Mg2+)
B．步骤④发生反应的离子方程式为OH– + H+ =H2O
C．上述工艺流程中涉及化合、分解和复分解反应
D．步骤⑦电解MgCl2需在熔融状态下进行
【答案】B
【分析】由流程可知，贝壳分解生成氧化钙，发生CaCO3 CaO+CO2↑，溶于水发生CaO+H2O═Ca(OH)2，海水结晶、过滤得到母液中加石灰乳沉淀镁离子生成Mg(OH)2，过滤分离出氢氧化镁沉淀，加入盐酸溶解发生2HCl+Mg(OH)2═MgCl2+2H2O，通过浓缩蒸发、冷却结晶方法得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中脱水得到氯化镁固体，最后电解熔融氯化镁发生MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑，以此来解答。
【解析】A．海水结晶、过滤得粗盐，得到的母液中c(Mg2+)的浓度得到提高，故A正确；
B．步骤④加入盐酸溶解发生2HCl+Mg(OH)2═MgCl2+2H2O，离子方程式为Mg(OH)2 + 2H+ =Mg2++2H2O，故B错误；
C．上述工艺流程中贝壳分解涉及分解反应，得到石灰乳是氧化钙和水反应生成氢氧化钙，涉及化合反应，③④为复分解反应，最后两个反应都是分解反应，故C正确；
D．如果电解MgCl2溶液会得到Mg(OH)2，不能得到Mg，故电解MgCl2需在熔融状态下进行，故D正确；
答案选B。
11．某小组为了探究影响溶液与溶液在酸性条件下反应速率的因素，设计如表所示的实验方案。
下列说法不正确的是
A．，
B．实验1和2的对照说明溶液的酸碱性会影响该反应的速率
C．实验1和4的对照说明能加快该反应的速率，是该反应的催化剂
D．根据实验1的数据计算反应速率
【答案】D
【解析】A．探究实验方案两两之间应保持单一变量，则四组实验的溶液总体积相等，利用混合溶液褪色时间判断变量对反应速率的影响。据题意可知，4组实验溶液总体积应相同，则a=1.0，b=1.5，A正确；
B．由实验1，2可知，变量是混合后硫酸的浓度不一致，导致褪色时间不一致，即反应速率不一致，故酸的浓度（溶液的酸性）会影响该反应化学反应速率，B正确；
C．对比表格中实验1和4的数据，4中有，反应速率快，故实验1和4的对照说明能加快该反应的速率，是该反应的催化剂，C正确；
D．亚硫酸氢钠与高锰酸钾反应的离子方程式为，实验1中，高锰酸钾能反应完全，，D错误；
故选D。
12．某化学兴趣小组为探究 SO2 的性质设计了如图所示的实验装置，已知反应过程中装置 A 中反应液处于沸腾状态并有白雾生成。下列说法正确的是
A．“反应液处于沸腾状态”的主要原因是铜与浓硫酸发生的是放热反应
B．装置B中盛放饱和NaHSO3溶液可除去挥发出的 H2SO4
C．若配制钡盐溶液时所用的蒸馏水没有除去溶解氧，pH 传感器会显示 pH 值升高
D．实验过程排放的“尾气”中有害气体只有SO2
【答案】B
【分析】由题干实验装置图可知，装置A中为用Cu和浓硫酸共热来制备SO2，反应原理为：，装置A中有白雾生成，装置B中试剂X为饱和NaHSO3溶液，用于除去硫酸酸雾，SO2通入BaCl2溶液中，若溶液中含有O2，则O2能氧化SO2转化为H2SO4，硫酸和BaCl2溶液产生BaSO4白色沉淀，再将SO2通入Ba(NO3)2溶液中，由于硝酸根在酸性条件下具有强氧化性，能够将SO2氧化为H2SO4，自身被还原为NO，则尾气中含有NO，据此分析解题。
【解析】A．铜与浓硫酸不加热不反应 ，“反应液处于沸腾状态”的主要原因是加热所致，A 项错误 ；
B．白雾是挥发出来的硫酸蒸汽与水蒸气结合形成的，故可通过盛有饱和NaHSO3溶液的洗气瓶除去挥发出的硫酸蒸 汽 ， B 项 正 确 ；
C．若配制钡盐溶液时所用的蒸馏水没有除去溶解氧，pH传感器会显示pH值降低，其反应为：，C项错误；
D．二氧化硫进入硝酸钡溶液中，会溶于水呈酸性，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，会被还原成 NO气体 ，D项错误；
故选B。
13．下列实验操作、现象和所得结论均正确的是
【答案】C
【解析】A．在加入新制Cu(OH)2前需要先加入NaOH溶液中和稀硫酸至溶液呈碱性，A错误；
B．常温下，铁片遇浓硝酸发生钝化，不能证明金属的活动性Cu＞Fe，B错误；
C．待测液和浓NaOH溶液加热产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体为氨气，则原溶液中存在铵根离子，C正确；
D．浓硫酸具有脱水性，滴在pH试纸上使试纸变黑，D错误；
答案选C。
14．G是一种常见药物的中间体，结构简式如图所示。下列说法正确的是
A．G的分子式为
B．G的一氯取代物有5种
C．可用酸性高锰酸钾溶液检验G中的碳碳双键
D．1ml G与金属钠反应最多可生成(标准状况)
【答案】D
【解析】A．G的分子式为C11H18O5，A项错误；
B．G环上的等效氢有5种，则整个结构中等效氢不止5种，故G的一氯代物不止5种，B项错误；
C．羟基也能使酸性高锰酸钾褪色，故不能用酸性高锰酸钾溶液检验G中的碳碳双键，应用溴水检验，C项错误；
D．1ml G中含有4ml-OH，-OH~Na~H2，故1ml G与金属钠反应最多可生成2mlH2，标况下为，D项正确；
答案选D。
15．已知：某反应物的转化率。利用催化还原可消除污染：，将一定量的置于恒容密闭容器中，在一定温度下发生上述反应，反应进行到时，测得的物质的量为的物质的量为内的平均反应速率为，下列说法正确的是
A．的初始浓度为
B．向容器中通入氩气能加快速率
C．时混合气体的压强是初始压强的2倍（保持温度不变）
D．时的转化率为
【答案】D
【解析】A．由题中数据可知，内生成的的物质的量为，则消耗的为的初始浓度为，A错误；
B．恒容条件下通入氩气不影响参与反应气体的浓度，故反应速率不变，B错误；
C．该反应气体前后计量数相等，总物质的量不发生变化，因此时混合气体的压强与初始压强相等，C错误；
D．根据计量数之比可知转化的的物质的量为，则时的转化率为，D正确；
故选D。
16．新型锂硒电池具有优异的循环稳定性，图1为原理示意图，下列有关说法正确的是
A．电极Ⅱ为该电池的负极
B．该电池放电时，电子由电极Ⅰ经电解质溶液通过LAGP隔膜流向电极Ⅱ
C．锂硒电池放电时正极的电极反应式为
D．与正极碳基体结合时的能量变化如图2所示，图中3种与碳基体的结合能力：
【答案】C
【分析】电极I上Li失电子，为该电池的负极，被氧化，则电极材料Se得电子，为该电池的正极，被还原，据此分析作答。
【解析】A．由分析可知电极I上Li失电子，为该电池的负极，A错误；
B．该电池放电时，电子只能沿导线定向移动不能进入溶液，B错误；
C．锂硒电池放电时Se得电子，正极的电极反应式为：，C正确；
D．、、分别与正极碳基体结合时，能量依次降低，所以3种与碳基体的结合能力由大到小的顺序是，D错误；
故答案选C。
第II卷（非选择题 共52分）
二、非选择题：本题共4个小题，共52分。
17．（12分）硫铁矿烧渣是制硫酸的副产物，其成份主要有和少量，由硫铁矿烧渣制备铁红和新型陶瓷的流程如下图所示：
已知：，回答下列有关问题：
（1）细磨的目的是 。
（2）滤渣A的成分为 。
（3）流程中“还原”反应的离子方程式为 。
（4）新型陶瓷的化学式为 。
（5）写出流程中“煅烧”反应的化学方程式 ，在实验室中煅烧的主要仪器有三脚架、泥三角、酒精灯、玻璃棒和 。
（6）流程中循环利用的物质的化学式为 。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）增大酸浸时的接触面积，提高酸浸率（1分）
（2）和
（3）
（4）
（5） 坩埚（1分）
（6）
【分析】硫铁矿烧渣先研磨，加入硫酸后生成硫酸铁、硫酸亚铁、单质硫和硫化氢，过滤后得到的滤渣为二氧化硅和单质硫，滤液通入SO2还原硫酸铁，再加入碳酸钠溶液，可生成碳酸亚铁固体，在空气中灼烧、与空气中的氧气发生氧化还原反应，可生成铁红；滤渣A中为二氧化硅和单质硫，与氧气反应将硫氧化为SO2，C为SiO2，与C在高温下反应生成SiC，为新型陶瓷；
【解析】（1）细磨的目的是增大酸浸时的接触面积，提高酸浸率；
（2）由分析可知，滤渣A的成分为和；
（3）B为SO2，将硫酸铁还原为硫酸亚铁，离子方程式为；
（4）SiO2与足量C在高温条件下生成SiC，新型陶瓷为SiC；
（5）碳酸亚铁固体与空气中的氧气发生氧化还原反应，生成铁红和二氧化碳，反应化学方程式为；在实验室中煅烧的主要仪器有三脚架、泥三角、酒精灯、玻璃棒和坩埚；
（6）由流程可知，循环利用的物质是气体B，即为SO2。
18．（14分）过硫酸铵是一种白色晶体，其水溶液受热易分解，微溶于乙醇，常用作半导体材料表面的处理剂，某实验小组用30%双氧水、浓硫酸和氨气加热至80～90℃制备过硫酸铵，实验装置如图（控温和夹持仪器已略去）。回答下列问题：
（1）过硫酸铵中的硫元素为价，因含有-1价O，而具有强氧化性，过硫酸铵中含-1价O的物质的量为 。
（2）盛装浓硫酸的仪器名称为 。B框中为制备氨气的装置，其氨气从c口导出，下列装置不能填入其中的是 （填序号）。仪器的连接顺序为 （用小写字母和箭头连接）。
（3）反应过程中若仪器内反应温度过高，会导致：①过硫酸铵分解；② ；③ 。
（4）装置A中的X和装置C的作用分别是 、 。
（5）制备过硫酸铵的反应的化学方程式为 。充分反应后，将中混合液经一系列操作得到晶体，然后用无水乙醇洗涤。
（6）取过硫酸铵样品溶于水，配成溶液，量取所配溶液于锥形瓶中，加入过量的溶液，生成的恰好与的溶液完全反应（提示：）。样品中过硫酸铵的质量分数为 。
【答案】（除标明外，每空1分）
（1）2ml
（2）分液漏斗 ② （或）（2分）
（3）大量分解 氨气从溶液中大量逸出（合理即可）
（4）防止倒吸（合理即可） 吸收氨气，防止污染环境（合理即可）
（5）（2分）
（6）71.25%（3分）
【分析】装置中的经过安全瓶D后通入装置中与溶液和浓硫酸发生反应，C装置能吸收多余的氨气。
【解析】（1）根据化合物呈电中性，可知过硫酸铵中含价O。
（2）盛浓硫酸的仪器名称为分液漏斗；②中氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢在试管口又重新生成氯化铵，因此不能直接加热氯化铵制取氨气，答案选②。装置中的经过安全瓶D后通入装置中与溶液和浓硫酸发生反应，C装置能吸收多余的氨气，仪器的连接顺序为（或）。
（3）受热易分解，气体的溶解度随温度升高而降低，温度过高导致过氧化氢大量分解，氨气从溶液中大量逸出。
（4）仪器为安全瓶，可防倒吸；氨气有毒，可利用稀硫酸吸收，防止污染环境。
（5）制备过硫酸铵的反应的化学方程式为，充分反应后，将中混合液经一系列操作得到晶体，晶体易溶于水，微溶于乙醇，然后用无水乙醇洗涤，可以快速干燥，减少过硫酸铵晶体的损失。
（6）生成的物质的量为。设溶液中过硫酸铵的物质的量为，根据得失电子守恒可知：，解得。因此过硫酸铵的质量分数为。
19．（12分）一种制备乙酸苯乙酯的合成路线如下：
回答下列问题：
（1）反应①～⑤中，属于加成反应的是 (填序号)。
（2）反应②的化学方程式为 。
（3）G在一定条件下发生加聚反应得到高分子化合物N，N的结构简式为 。
（4）反应⑦的化学方程式为 。
（5）下列关于合成路线中所涉及物质的说法错误的是___________(填标号)。
A．A与G互为同系物
B．H能发生取代反应和加成反应
C．G分子中共平面的原子数最多为14
D．反应⑥可能会产生一种副产物M，其分子式为
（6）F的二溴代物有 种。
【答案】（每空2分）
（1）①④
（2）
（3）
（4）
（5）AC
（6）15
【分析】根据A的分子式，可知A是乙烯，乙烯和水发生加成反应生成乙醇，B是乙醇，乙醇发生催化氧化生成乙醛，乙醛氧化为乙酸，C是乙醛、D是乙酸。乙烯和苯发生加成反应生成F乙苯，F在一定条件下脱氢生成G苯乙烯，苯乙烯和水发生加成反应生成H苯乙醇，D和H发生酯化反应生成I，据此分析解答。
【解析】（1）反应①是乙烯和水发生加成反应生成乙醇，④是乙烯和苯发生加成反应生成乙苯，则属于加成反应的是①④。
（2）反应②是乙醇发生催化氧化生成乙醛，化学方程式为；
（3）G是苯乙烯，苯乙烯在一定条件下发生加聚反应得到高分子化合物聚苯乙烯，聚苯乙烯的结构简式为。
（4）反应⑦是乙酸和苯乙醇反应生成乙酸苯乙酯，反应的化学方程式为 ；
（5）A．A是乙烯、G是苯乙烯，结构不同，不是同系物，故A错误；
B．H含有苯环能加成反应，含有羟基，能发生取代反应，故B正确；
C．苯环、碳碳双键均为平面结构，单键可以旋转，G分子中所有原子可能共平面，则共平面的原子数最多为16，故C错误；
D．反应⑥可能会产生一种副产物M，M为，其分子式为，故D正确；
选AC。
（6）F的二溴代物有、、、、、、、、、、、、、、，共15种。
20．（14分）是空气污染物，烟气脱硝是环境保护、促进社会可持续发展的重要课题。
（1）甲烷还原法。
高温条件下能将转化为无害气体，反应的化学方程式为 。
（2）催化还原法。
发生反应：。
①反应过程中的能量变化如图所示，已知破坏键、键、键时分别需要吸收、、的能量，则破坏分子中化学键需要吸收 kJ的能量。
②还原的反应分三步完成，第Ｉ步：，第步：，反应过程如图所示。则第III步反应的化学方程式为 ，已知断开反应物中的化学键吸收的能量越多，反应越难进行，则总反应的反应速率取决于第 步（填“I”“II”或“III”）。
③一定条件下，将和充入恒容密闭容器中发生反应：，容器内压强随时间的变化关系如图所示。内， 。某同学认为在该条件下，只要反应足够长时间，可变为0，请你分析他的观点错误的原因： 。
④下列叙述能说明反应在恒温恒容密闭容器中达到平衡状态的是 （填标号）。
A．
B．混合气体中NO的物质的量分数不再改变
C．混合气体的密度不再改变
D．混合气体的压强不再改变
【答案】（每空2分）
（1）
（2）631 I 可逆反应中反应物的转化率不可能达100%（合理即可） BD
【解析】（1）高温条件下能将转化为无害气体，可知反应生成二氧化碳、氮气和水，配平后可得反应的化学方程式为：；
（2）①根据图示， 2mlNO发生反应：，放热664kJ，设破坏分子中化学键需要吸收xkJ的能量，则：946+463×4-2x-436×2=664，x=631，所以破坏分子中化学键需要吸收631kJ的能量；
②总反应减去第I步、第II步反应可得第III步反应的化学方程式为：，已知断开反应物中的化学键吸收的能量越多，反应越难进行，根据图示，第一步反应断开反应物中的化学键吸收的能量最多，第一步反应最难进行，则总反应的反应速率取决于第I步；
③一定条件下，将和充入恒容密闭容器中发生反应：，恒温恒容时，物质的量之比等于其压强之比，则根据图示，10min时，容器内气体总物质的量为 ，即内，容器内气体减少，由反应式可知，每生成1ml，混合气体减少1ml，此时混合气体减少0.28ml，则内生成0.28ml，所以内，。该反应为可逆反应，反应物的转化率不可能达100%，无论反应多长时间，不可能变为0，某同学认为在该条件下，只要反应足够长时间，可变为0，他的观点错误的原因为：可逆反应中反应物的转化率不可能达100%，无论反应多长时间，不可能变为0；
④A．由反应式可得：，但并未体现同一组分正、逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡状态，A不符合题意；
B．混合气体中NO的物质的量分数不再改变，即NO的浓度不再改变，能说明反应达到平衡状态，B符合题意；
C．混合气体质量不变，容器体积不变，混合气体的密度始终不变，所以混合气体的密度不再改变，不能说明反应达到平衡状态，C不符合题意；
D．该反应是气体分子数减小的反应，在恒温恒容密闭容器中，混合气体的压强在改变，则当混合气体的压强不再改变时，能说明反应达到平衡状态，D符合题意；
故选BD。
选项
目标气体
试剂A
固体B
固体C
A
Cl2
浓盐酸
MnO2
无水CaCl2
B
NH3
浓氨水
生石灰
碱石灰
C
SO2
浓H2SO4
Na2SO3
P2O5
D
NO
稀HNO3
Cu
碱石灰
实验
褪色时间
1
3.0
2.0
1.0
0.0
2.0
8
2
3.0
2.0
2.0
0.0
a
6
3
4.0
2.0
2.0
0.0
0.0
4
4
3.0
2.0
1.0
0.5
b
3
实验操作
实验现象
实验结论
A
向0.5g淀粉中加入4mL2ml/L的H2SO4溶液，加热一段时间，冷却，再加入少量新制的Cu(OH)2，加热
无砖红色沉淀生成
淀粉未水解
B
常温下，将铁片、铜片分别插入浓硝酸中
铁无明显变化；铜片剧烈反应
金属活动性：Cu＞Fe
C
取少量待测液于试管中，加入浓NaOH溶液并加热，将一片湿润的红色石蕊试纸放在试管口
试纸变蓝
溶液中含有NH
D
把浓硫酸滴到pH试纸上
试纸变红
浓硫酸具有酸性