福建省三明市奇韬中学高三化学月考试题含解析

福建省三明市奇韬中学高三化学月考试题含解析一、单选题（本大题共15个小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共60分。）1.向CuSO4溶液中逐滴加入过量KI溶液，观察到产生白色沉淀，溶液变为棕色。淀粉KI溶液中通入SO2气体，溶液无明显变化。则下列分析中正确的是

A．白色沉淀是CuI2，棕色溶液含有I2

B．滴加KI溶液时，转移2mole-时生成1mol白色沉淀

C．通入SO2时，SO2与I—反应，I—作还原剂D．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2＋＞I2＞SO2参考答案：D略2.下列各组离子，在所给条件下一定能大量共存的是

(

)A．在含有SO42-的溶液中Fe3+、Ba2+、Ⅰ—、Cl—B．水电离的H＋浓度c(H＋)=10－12mol·L―1的溶液中：Cl—、CO2―3、NH＋4、C．pH=0的溶液中,Fe3+、Mg2+、SO42—、Cl—D．加入铝粉放出氢气的溶液中:NO3—、Cl—、NH4+、Mg2+参考答案：C略3.“喷水溶液法”是日本科学家最近研制出的一种使沙漠变绿洲的技术,它是先在沙漠中喷洒一定量的聚丙烯酸酯水溶液，水溶液中的高分子与沙土粒子结合，在地表下30cm~50cm处形成一个厚0.50cm的隔水层，既能阻止地下的盐分上升，又有拦截、蓄积雨水作用，下列对聚丙烯酸酯的说法错误的是

（

）A.它的单体的结构简式为CH2=CHCOORB．它在一定条件下能发生加成反应C．它在一定条件下能发生水解反应D．它没有固定熔沸点参考答案：B略4.酚酞，别名非诺夫他林，是制药工业原料，其结构如图所示，有关酚酞说法不正确的是（）A．分子式为C20H14O4B．可以发生取代反应、加成反应、氧化反应C．含有的官能团有羟基、酯基D．1mol该物质可与H2和溴水发生反应，消耗H2和Br2的最大值为10mol和4mol参考答案：D考点：有机物的结构和性质分析：由结构简式可知分子式，分子中含酚﹣OH、﹣COOC﹣，结合酚、酯的性质来解答．解答：解：A．由结构简式可知分子式为C20H14O4，故A正确；B．含酚﹣OH可发生取代、氧化反应，含苯环可发生加成反应，故B正确；C．分子中含酚﹣OH、﹣COOC﹣，即含有的官能团有羟基、酯基，故C正确；D．只有苯环与氢气发生加成反应，酚﹣OH的邻对位与溴水发生取代，且对位均有取代基，则1mol该物质可与H2和溴水发生反应，消耗H2和Br2的最大值为9mol和4mol，故D错误．故选D．点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重酚、酯性质的考查，题目难度不大．5.用NA表示阿伏伽德罗常数的值。下列叙述正确的是：A．常温常压下，22.4LCH4中含有4NA个C－H键B．48gO3气体含有3NA个氧原子C．在1L0.5mol·L-lFeCl3溶液中含有0.5NA个Fe3+D．标准状况下，2.24LCCl4含有的分子数为0.1NA参考答案：BA．常温常压下气体体积与物质的量的计算不能用22.4L/mol计算，故A错误；B．48gO3气体含有1mol分子，3mol原子，即3NA个氧原子，故B正确；C．Fe3+在水溶液中水解，故在1L0.5mol·L-lFeCl3溶液中含有下于0.5NA个Fe3+，故C错误；

D．标准状况下，CCl4是液体，故不能用22.4L/mol计算，故D错误；故答案选B6.分子式为C4H10O，且不能与钠反应生成H2的结构有（不含立体异构）A．2种

B．3种

C．4种

D．5种参考答案：B分子式为C4H10O，且不能与钠反应生成H2，这说明该有机物是醚类，可以是二乙醚或CH3OCH2CH2CH3或CH3OCH(CH3)2，共计3种，答案选B。【点睛】明确常见有机物官能团的结构和性质是解答的关键，首先依据分子式和不能与钠反应生成氢气，判断出含有醚键，根据醚类的结构分析，注意丙基有两种。7.已知Cu(NO3)2受热分解的化学方程式为2Cu(NO3)2===2CuO＋4NO2↑＋O2↑，将少量Cu(NO3)2固体放入试管中加热，然后用带火星的木条放入试管中，木条复燃，下列说法正确的是：（）A．NO2能支持燃烧

B．NO2不能支持燃烧C．木条复燃是因为硝酸铜分解产生了氧气的缘故D．木条复燃是因为硝酸铜分解产生了氧气和二氧化氮共同作用的结果参考答案：A解析：根据反应方程式生成混合气体中氧气的含量为20%，与空气中氧气的含量相同，所以木条复燃不是因为硝酸铜分解产生了氧气的缘故，说明NO2能支持燃烧。故答案选A8.某溶液中可能含有下列离子：Na+、Mg2+、NH4+、Cl﹣、SO32﹣、SO42﹣、NO3﹣和NO2﹣等，现将该溶液分成4份，分别进行如下实验则下列说法不正确的是（）①酸化后滴加适量的淀粉KI溶液，呈蓝色；②滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀析出；③滴加NaOH溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；④加入足量硝酸酸化的AgNO3溶液，有沉淀产生，静置，在上层清液中滴加酸性KMnO4溶液，不褪色．A．该溶液中一定含有NO3﹣、SO42﹣、NH4+B．根据实验④可推出溶液中不存在NO2﹣与SO32﹣C．往一定量该溶液中加入足量Ba（NO3）2溶液，静置后往上层清液中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，说明溶液中含有Cl﹣D．根据实验①可推出溶液中含有NO3﹣或NO2﹣参考答案：B考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．.专题：物质检验鉴别题．分析：①滴加适量的淀粉KI溶液，呈蓝色，说明在该酸性溶液中有一种能将碘离子氧化为碘单质的物质存在，硝酸、亚硝酸都能将碘离子氧化为碘单质，因此溶液中含有NO2﹣或NO3﹣，就一定不会含有SO32﹣，因为SO32﹣具有较强的还原性，酸性条件下，与NO3﹣不能共存；②滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀析出，故一定含有SO42﹣；③滴加NaOH溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则有氨气生成，故一定含有NH4+；④加入足量硝酸酸化的AgNO3溶液，有沉淀产生，静置，在上层清液中滴加酸性KMnO4溶液，不褪色，一定不含NO2﹣，若有NO2﹣，能使酸性KMnO4褪色，而氯离子的存在与否不能判断，因为硫酸根已经存在．解答：解：①滴加适量的淀粉KI溶液，呈蓝色，说明在该酸性溶液中有一种能将碘离子氧化为碘单质的物质存在，硝酸、亚硝酸都能将碘离子氧化为碘单质，因此溶液中含有NO2﹣或NO3﹣，就一定不会含有SO32﹣，因为SO32﹣具有较强的还原性，酸性条件下，与NO3﹣不能共存；②滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀析出，故一定含有SO42﹣；③滴加NaOH溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则有氨气生成，故一定含有NH4+；④加入足量硝酸酸化的AgNO3溶液，有沉淀产生，静置，在上层清液中滴加酸性KMnO4溶液，不褪色，一定不含NO2﹣，若有NO2﹣，能使酸性KMnO4褪色，而氯离子的存在与否不能判断，因为硫酸根已经存在，综上所述，肯定存在的离子有SO42﹣、NO3﹣、NH4+；肯定不存在的离子有SO32﹣、NO2﹣；其它离子不能判定是否存在；A、依据以上分析可知，该溶液中一定含有NO3﹣、SO42﹣、NH4+，故A正确；B、根据实验④可推出溶液中不存在NO2﹣，故分析错误，故B错误；C、静置后往上层清液中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，说明生成了AgCl沉淀，溶液中含有Cl﹣，故C正确；D、滴加适量的淀粉KI溶液，呈蓝色，说明在该酸性溶液中有一种能将碘离子氧化为碘单质的物质存在，硝酸、亚硝酸都能将碘离子氧化为碘单质，因此溶液中含有NO2﹣或NO3﹣，故D正确；故选B．点评：本题是对离子共存知识以及离子的检验知识的考查，该题型是现在考试的热点和难点，掌握离子反应是解题的关键．9.下列物质按酸、碱、混合物、电解质的顺序组合的一组是A.氢氟酸、纯碱、空气、液氨B.硝酸、烧碱、水玻璃、硫酸钡C.醋酸、熟石灰，胆矾、小苏打D.硫酸、碱式碳酸铜、汽油、草木灰参考答案：B10.下列除去杂质的方法正确的是（）A.除去N2中的少量O2：通过灼热的CuO粉末，收集气体B.除去CO2中的少量HCl：通入Na2CO3溶液，收集气体C.除去FeCl2溶液中少的量FeCl3：加入足量铁屑，充分反应后，过滤D.除去KCl溶液中的少量MgCl2：加入适量NaOH溶液，过滤参考答案：C略11.下列说法中不正确的是A．HF稳定性比HCl强

B．Mg失电子能力比Ca弱C．NaCl与NH4Cl含有的化学键类型相同

D．等物质的量的C2H6和H2O2含电子数相同参考答案：C试题分析：A．F的非金属性强于Cl，因此HF稳定性比HCl强，A正确；B．同主族自上而下，金属性逐渐减弱，因此Mg失电子能力比Ca弱，B正确；C．NaCl与NH4Cl含有的化学键类型不相同，后者除了离子键还有共价键，C错误；D．等物质的量的C2H6和H2O2含电子数相同，都是18个电子，D正确，答案选C。考点：考查元素周期律的应用12.某一元弱酸HA的相对分子质量为M。在t℃时，将agHA完全溶解于水，得VmL饱和溶液，测得该溶液的密度为ρg·cm－3，其中n(A－)为bmol。下列叙述，错误的是

A．溶液中c(H+)=

B．物质的量浓度c(HA)=mol·L－1

C．t℃时，HA的溶解度S=

D．HA的质量分数w(HA)=参考答案：C略13.下列物质的制备合理的是：

①将氯化铝溶液与硫化钾溶液混和后过滤来制备硫化铝②将过量的铁与氯气加热反应制备氯化亚铁③在配制FeSO4溶液时常向其中加入一定量铁粉和稀硫酸④铜先氧化成氧化铜，再与硫酸反应来制取硫酸铜⑤将45mL水加入到盛有5gNaCl的烧杯中，搅拌溶解来配制50g质量分数为5%的NaCl溶液A．①④

B．②③

C．③④

D．全部参考答案：C略14.甲、乙、丙、丁四种元素位于同一短周期，原子序数依次增加。下列判断正确的是A．原子半径：甲＜乙＜丙

B．最外层电子数：丙＞丁C．若甲、乙、丙均是金属，则氢氧化物碱性：甲＜乙＜丙D．若乙的最高价含氧酸为强酸，则丙是活泼非金属元素参考答案：D略15.一种碳纳米管能够吸附氢气，用这种材料制备的二次电池原理如图甲所示，该电池的电解质为6mol/LKOH溶液，下列说法中正确

A、放电时K+移向负极

B、放电时电池负极的电极反应为：H2

-2e-=2H+

C、放电时电池正极的电极反应为：

NiO(OH)+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-D、该电池充电时将碳电极与电源的正极相连参考答案：C略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.（14分）某科研小组用MnO2和浓盐酸制备Cl2时，利用一定量的FeBr2与FeI2的混合溶液对其尾气进行吸收处理。（1）请完成制取Cl2时的化学反应方程式

，该反应中盐酸所显示的性质是

；（2）请完成过量Cl2与FeBr2溶液反应的离子方程式

；（3）请设计实验，对吸收后溶液中剩余的溶质离子进行如下探究【提示：已知氧化性Cl2＞Br2＞Fe3+＞I2，Fe2+与铁氰化钾溶液反应可生成蓝色溶液，Fe3+与亚铁氰化钾溶液反应也可生成蓝色溶液】①提出合理假设：假设1：三种离子均有剩余；假设2：剩余

和

；假设3：只剩余

。②设计实验方案，进行实验。请在答题卡上写出实验步骤以及预期现象和结论。限选实验试剂：0.01mol/LNH4SCN溶液、氯水、四氯化碳、0.01mol/L亚铁氰化钾溶液、0.01mol/L铁氰化钾溶液实验目的实验步骤预期现象和结论除去吸收中Cl2后的溶液中的Br2、I2。步骤1：取吸收Cl2后的溶液适量，用四氯化碳多次萃取，直到四氯化碳液体不再变色。取萃取后的水溶液适量分别置于A、B、C试管中。证明假设1是否正确步骤2：向试管A中加入

后，振荡、静置、观察

证明假设2是否正确步骤3：若步骤2中没有出现预期现象，向试管B中加入

后，振荡、静置、观察

证明假设3是否正确步骤4：若步骤2、步骤3中均没有出现预期现象，向试管C中加入

后，振荡、静置、观察

参考答案：（1）MnO2+4HCl(浓)

MnCl2+Cl2↑+H2O，还原性和酸性；（2）3Cl2+2Fe2++4Br-2Fe3++6Cl-+2Br2；（3）；①假设2：Br-和Fe2+；假设3：Br-。②步骤1：氯水和四氯化碳

若四氯化碳层变为紫色，证明假设1正确；步骤2：0.01mol/L铁氰化钾溶液

若溶液变蓝，证明假设2正确；步骤3：氯水和四氯化碳

若四氯化碳层变为黄色（或橙色），证明假设3正确。略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.（15分）重金属元素铬的毒性较大，含铬废水需经处理达标后才能排放．Ⅰ．某工业废水中主要含有Cr3+，同时还含有少量的Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等，且酸性较强．为回收利用，通常采用如下流程处理：注：部分阳离子常温下以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH见下表．氢氧化物Fe（OH）3Fe（OH）2Mg（OH）2Al（OH）3Cr（OH）3pH3.79.611.189（＞9溶解）（1）氧化过程中可代替H2O2加入的试剂是（填序号）．A．Na2O2

B．HNO3

C．FeCl3

D．KMnO4（2）加入NaOH溶液调整溶液pH=8时，除去的离子是；已知钠离子交换树脂的原理：Mn++nNaR﹣→MRn+nNa+，此步操作被交换除去的杂质离子是．A．Fe3+

B．Al3+

C．Ca2+

D．Mg2+（3）还原过程中，每消耗0.8molCr2O72﹣转移4.8mole﹣，该反应离子方程式为

．Ⅱ．酸性条件下，六价铬主要以Cr2O72﹣形式存在，工业上常用电解法处理含Cr2O72﹣的废水：该法用Fe作电极电解含Cr2O72﹣的酸性废水，随着电解进行，在阴极附近溶液pH升高，产生Cr（OH）3溶液．（1）电解时能否用Cu电极来代替Fe电极？

（填“能”或“不能”），理由是

．（2）电解时阳极附近溶液中Cr2O72﹣转化为Cr3+的离子方程式为

．（3）常温下，Cr（OH）3的溶度积Ksp=1×10﹣32，溶液的pH应为时才能使c（Cr3+）降至10﹣5mol?L﹣1．

参考答案：I．（1）A；（2）AB；CD；（3）3S2O32﹣+4Cr2O72﹣+26H+═6SO42﹣+8Cr3++13H2O；II．（1）不能；因阳极产生的Cu2+不能使Cr2O72﹣还原到低价态；（2）6Fe2++Cr2O72﹣+14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O；（3）5．

考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．版权所有分析：I．某工业废水中主要含有Cr3+，同时还含有少量的Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等，加双氧水把亚铁离子氧化为铁离子，同时Cr3+被氧化为Cr2O72﹣，加氢氧化钠调节pH=8，则Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，过滤，滤液中主要含有Cr2O72﹣、Ca2+和Mg2+等，通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+，然后加Na2S2O3把Cr2O72﹣还原为8Cr3+，再调节pH得到Cr（OH）（H2O）5SO4，（1）加氧化剂主要目的是把亚铁离子氧化为铁离子，注意不能引入新的杂质；（2）根据表中数据判断；通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+；（3）每消耗0.8molCr2O72﹣转移4.8mole﹣，则1molCr2O72﹣转移6mol电子，所以生成Cr3+，S2O32﹣被氧化为SO42﹣+，结合得失电子守恒和原子守恒写出离子方程式；II．（1）铜失去电子得到的阳离子是铜离子，该离子不具有还原性，不能和重铬酸根之间发生反应；（2）Cr2O72﹣具有强氧化性，可以将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为2Cr3+，据此书写方程式；（3）根据溶度积常数以及水的离子积常数来进行计算．解答：解：I．某工业废水中主要含有Cr3+，同时还含有少量的Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等，加双氧水把亚铁离子氧化为铁离子，同时Cr3+被氧化为Cr2O72﹣，加氢氧化钠调节pH=8，则Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，过滤，滤液中主要含有Cr2O72﹣、Ca2+和Mg2+等，通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+，然后加Na2S2O3把Cr2O72﹣还原为8Cr3+，再调节pH得到Cr（OH）（H2O）5SO4，（1）加氧化剂主要目的是把亚铁离子氧化为铁离子，同时不能引入新的杂质，所以可以用Na2O2代替H2O2，故答案为：A；（2）根据表中数据可知，pH=8时，Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，则Fe3+、Al3+被除去；通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+；故答案为：AB；CD；（3）每消耗0.8molCr2O72﹣转移4.8mole﹣，则1molCr2O72﹣转移6mol电子，所以生成Cr3+，S2O32﹣被氧化为SO42﹣+，则反应的离子方程式为：3S2O32﹣+4Cr2O72﹣+26H+═6SO42﹣+8Cr3++13H2O；故答案为：3S2O32﹣+4Cr2O72﹣+26H+═6SO42﹣+8Cr3++13H2O；II．（1）若用Cu电极来代替Fe电极，在阳极上铜失去电子得到的阳离子是铜离子，该离子不具有还原性，不能和重铬酸根之间发生反应，故答案为：不能；因阳极产生的Cu2+不能使Cr2O72﹣还原到低价态；（2）Cr2O72﹣具有强氧化性，可以将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为2Cr3+，反应的实质是：6Fe2++Cr2O72﹣+14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O，故答案为：6Fe2++Cr2O72﹣+14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O；（3）当c（Cr3+）=10﹣5mol/L时，溶液的c（OH﹣）==10﹣9mol/L，c（H+）═=10﹣5mol/L，pH=5，即要使c（Cr3+）降至10﹣5mol/L，溶液的pH应调至5，故答案为：5．点评：本题考查了物质分离提纯的操作及方法应用、电解原理、难溶物溶度积的计算等，题目难度较大，涉及的知识点较多，注意掌握电解原理、难溶物溶度积的概念及计算方法，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力．18.草酸()在工业上可作漂白剂、鞣革剂，也是实验室常用试剂。（1）已知草酸中相关化学键的键能数据如下表：化学键C—OCOC—CE/(kJ/mol)abc

一定条件下发生反应H2C2O4(g)H2O(g)+CO(g)+CO2(g)

△H=_________kJ/mol。（2）现将0.50mol无水草酸放入10L的密闭容器中，分别在T1、T2时进行上述反应(体系内物质均为气态)，测得n(H2C2O4)随时间变化的数据如下表：t/min温度010204050T10.500.350.250.100.10T20.500.300.18……0.18

①温度：T1_________T2(填“>”、“<”或“=”)；②T2时0~20min平均反应速率v(CO)=_________；③该反应达到平衡的标志为_________(填序号)；a消耗H2C2O4和生成H2O的物质的量相等

b.气体密度不变c混合气体的平均摩尔质量不变 d.体系中不变④T2时，反应至20min时再加入0.5molH2C2O4，反应达平衡时H2C2O4物质的量_________0.36mol(填“>”“<”或“=”)。（3）室温下利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液的反应探究外界条件对反应速率的影响，设计方案如下：试验编号所加试剂及用量/mL溶液颜色褪至无色所需时间/min0.6mol/LH2C2O4溶液H2O0.01mol/L稀KMnO4溶液3mol/L稀H2SO413.02.03.02.04.022.03.03.02.05.231.04.03.02.06.4

①上述反应的离子方程式为_________；②分析数据可得到的结论是_________；③该实验中若n(Mn2+)随时间变化趋势如图一所示，请于图二画出t2后生成CO2的速率图像(从a点开始作图)并说明理由_________。。参考答案：(1)2a+c-b

(2)①＜

②0.0016mol/(L·min)

③cd

④＜

(3)①5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2+8H2O

②其他条件不变时，草酸的浓度越大，反应速率越快

③，锰离子对反应起到催化作用，生成二氧化碳的速率会突然加快，随着反应的进行，溶液中溶质的浓度逐渐减小，生成二氧化碳的速率减慢，最后几乎为0【分析】(1)根据△H=反应物的总键能-生成物的总键能计算；(2)①温度越高，化学反应速率越快；②首先可以计算T2时0~20min平均反应速率v(H2C2O4)，再结合方程式H2C2O4(g)H2O(g)+CO(g)+CO2(g)，计算v(CO)；③根据化学平衡状态的特征和标志分析判断；④根据表格数据，T2时，反应至20min时反应达到平衡，再加入0.5molH2C2O4，相当于增大压强，据此分析判断；(3)①反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4转化为MnSO4，结合化合价升降守恒写出并配平反应的化学方程式；②表格中溶液的总体积相同，高锰酸钾的体积相等，草酸的体积不同，结合溶液褪色需要的时间分析解答；③根据n(Mn2+)随时间变化趋势图可知，t2时反应速率突然加快，可能是生成的锰离子对反应起到催化作用，因此生成二氧化碳的速率也会突然加快，随着反应的进行，溶液中溶质的浓度逐渐减小，因此生成二氧化碳的速率减慢，最后几乎为0，据此分析解答。【详解】(1)反应物中含有2个H-O，2个C-O，2个C=O和1个C-C；生成物H2O+CO+CO2中含有2个H-O，1个，2个C=O，H2C2O4(g)H2O(g)+CO(g)+CO2(g)

△H=反应物的总键能-生成物的总键能=2E(C-O)+E(C-C)-E()=(2a+c-b)kJ/mol，故答案为：2a+c-b；(2)①温度越高，化学反应速率越快，根据表格数据可知，相同时间内，n(H2C2O4)在T2时变化大，反应速率快，因此温度：T1＜T2，故答案为：＜；②T2时0~20min平均反应速率v(H2C2O4)==0.0016mol/(L·min)，故方程式H2C2O4(g)H2O(g)+CO(g)+CO2(g)，v(CO)=v(H2C2O4)=0.0016mol/(L·min)，故答案为：0.0016mol/(L·min)；③a.H2C2O4(g)H2O(g)+CO(g)+CO2(g)，消耗H2C2O4和生成H2O的物质的量始终相等，不能说明达到平衡状态，错误；b.气体的质量不变，气体的体积不变，因此气体密度始终不变，不能说明达到平衡状态，错误；c.气体的质量不变，气体的物质的量是一个变量，当混合气体的平均摩尔质量不变，说明气体的物质的量不变，说明反应达到了平衡状态，正确；d.随着反应的进行，H2C2O4的物质的量减小，CO的物质的量增大，当体系中不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，正确；故选cd；④根据表格数据，T2时，反应至20min时反应达到平衡，再加入0.5molH2C2O4，相当于增大压强，平衡逆向移动，反应达平衡时H