福建省永安一中德化一中漳平一中高三上学期第二次联考化学试题

“永安一中、德化一中、漳平一中”三校联考2017—2018学年第一学期第二次月考高三化学试题1.下列有关说法不正确的是（）A.“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应B.古剑“沈卢”“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，剂钢指的是铁的合金C.李白诗句“炉火照天地，红星乱紫烟”,“紫烟”指“炉”中碘升华的现象D.曹植诗句“煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”，这里的能量变化主要是化学能转化为热能【答案】C【解析】A、“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，是指铁与硫酸铜发生置换反应得到铜单质，故A正确；B、剑刃硬度要大，所以用碳铁合金，合金的硬度大于成分金属，故B正确；C、炉火映红了天地，浓烟中火星乱窜，此处“紫烟”是形容“浓烟”，与碘升华没有关系，故C错误；D、“煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”，是指用锅煮豆子时，锅底下豆萁在燃烧，化学能转化为热能，故D正确。故选C。2.化学与社会生产生活紧密相关，下列说法正确的是（）A.河水中有许多杂质和有害细菌，加入明矾消毒杀菌后可以饮用B.纯碱可用于生产普通玻璃，日常生活中也可用纯碱溶液来除去物品表面的油污C.燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放D.高纯度的SiO2可以制成光电池，将光能直接转化为电能【答案】B【解析】A、明矾水解生成氢氧化铝胶体，胶体粒子具有吸附性，能吸附水中的杂质，所以用明矾净水，但明矾不能用于消毒，故A错误；B、纯碱是生产玻璃的原料之一，日常生活中用热的纯碱溶液去油污，是因为碳酸钠溶液水解显碱性，可以促进油脂的水解，故B正确；C、燃煤时加入CaO，使SO2转化为CaSO3，CaSO3又被氧化为稳定的CaSO4，此方法可以减少SO2的排放，称为钙基固硫。但是并不能减少CO2的排放，因为CaO与CO2反应生成CaCO3，高温条件下又分解为CO2，故C错误；D、光电池中使用到的是纯硅，故D错误。故选B。3.下列有关有机物的结构和性质的叙述中正确的是A.、、互为同系物B.丙烯和苯分子所有原子均在同一平面内C.乙烯和聚乙烯均可使酸性高锰酸钾溶液褪色D.有机物M分子式为C6H12O2且能与NaHCO3溶液反应产生CO2，其同分异构体有8种【答案】D【解析】A、同系物要求结构相似，这三种分子含有苯环数目不相同，结构不相似，故A错误；B、丙烯含有甲基，具有甲烷的四面体结构，所有原子不可能在同一平面内，故B错误；C、乙烯中含有碳碳双键能使高锰酸钾溶液褪色，而聚乙烯中没有双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；D、能与NaHCO3溶液反应产生CO2，则M中含有COOH，所以M可简写为：C5H11COOH，则可看作是羧基取代C5H12上的一个氢原子，而C5H12有3种碳链异构，8种不同位置的氢原子，则C5H11COOH有8种结构，故D正确。故选D。4.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.lmolC3H8O分子中含有共价键数目为11NAB.15g14C16O中含有的质子数目为8NAC.标准状况下，22.4LSO2和SO3的混合物，含硫原子的数目为NAD.一定条件下，将2.8gN2与足量氢气充分反应，得到氨气分子数目等于0.2NA【答案】A【解析】A、C3H8O若为醇类，则每mol分子中含有2molCC键，7molCH键，1molCO键，1molOH键，共11mol共价键；若为醚类，则每mol分子中含有1molCC键，2molCO键，8molCH键，共11mol共价键，故A正确；B、14C16O中每个C原子含有6个质子，每个O原子含有8个质子，则每个CO分子含有14个质子，14C16O的摩尔质量为30g/mol，则15gCO为0.5mol，质子总物质的量为7mol，即质子数目为7NA，故B错误；C、标况下，SO3为固态，不能用气体摩尔体积进行计算，故C错误；D、N2与H2的反应是可逆反应，2.8gN2（0.1mol）不能反应完全，则得到氨气小于0.2mol，即得到氨气分子数目小于0.2NA，故D错误。故选A。5.下列关于离子共存或离子反应的说法正确的是()A.pH=1的溶液中能大量存在：MnO4—、K+、Na+、S2O32—B.含Fe3+的溶液中：CO32—、NO3—、HCO3—、Na+C.将过量SO2通入冷氨水中：SO2＋NH3·H2O===HSO3—＋NH4+D.用KIO3氧化酸性溶液中的KI：5I－＋IO3—＋3H2O===3I2＋6OH－【答案】C【解析】A、pH=1的溶液中存在大量H+，H+与S2O32—反应不能大量共存，且MnO4—具有强氧化性能将S2O32—氧化，故A错误；B、Fe3+与CO32—、HCO3—均能发生彻底水解，产生氢氧化铁和二氧化碳，不能大量共存，故B错误；C、SO2过量，与碱反应时生成酸式盐，故C正确；D、酸性溶液中不能生成OH－，正确离子方程式应为：5I－＋IO3—＋6H+=3I2＋3H2O，故D错误。故选C。点睛：SO2、CO2与碱反应时，若气体过量则生成酸式盐，若气体少量则生成正盐。6.CO2通入BaCl2溶液中不产生沉淀；若在下图右侧的Y形管中放置合适的药品，并进行合理操作，则在BaCl2溶液中可以看到白色沉淀；右侧Y形管中可放入的药品是()A.Cu和浓硝酸B.CaO和浓氨水C.Na2SO3和较浓硫酸D.KMnO4溶液和浓盐酸【答案】B7.下列叙述正确的有()①碱性氧化物：Na2O2、MgO、Al2O3

②Ca(HCO3)2、Fe(OH)3、FeCl2均可由化合反应制得③碘晶体分散到酒精中、饱和氯化铁溶液滴入沸水中所形成的分散系分别为：溶液、胶体④灼热的炭与CO2反应、Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应均既是氧化还原反应，又是吸热反应⑤碱石灰、生石灰、玻璃、漂白粉、光导纤维都是混合物⑥苛性钾、次氯酸、氯气按顺序分类依次为：强电解质、弱电解质和非电解质A.1个B.2个C.3个D.4个【答案】B【解析】①Al2O3

为两性氧化物，故①错误；②Ca(HCO3)2、Fe(OH)3、FeCl2可由以下三个化合反应分别制得：CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3、2FeCl3+Fe=3FeCl2，故②正确；③碘晶体分散到酒精中形成碘酒溶液，饱和氯化铁溶液滴入沸水中得到氢氧化铁胶体，故③正确；④Ba(OH)2⋅8H2O与NH4Cl的反应不属于氧化还原反应，故④错误；⑤生石灰为氧化钙属于纯净物，碱石灰是氢氧化钠和氧化钙的混合物，玻璃为硅酸盐和二氧化硅的混合物，漂白粉为氯化钙和次氯酸钙的混合物，光导纤维主要成分为二氧化硅，故⑤错误；⑥苛性钾为KOH，属于强碱，是强电解质，次氯酸为弱酸，属于弱电解质，氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故⑥错误。故正确的只有②③。故选B。8.用下列实验装置进行相应实验,能达到实验目的的是()A.用标准氢氧化钠溶液滴定未知浓度的盐酸B.蒸干FeCl3溶液获取FeCl3固体C.用酒精萃取碘水中的碘D.通过原电池原理证明金属性Zn>Cu【答案】D【解析】A．标准氢氧化钠溶液应盛装在碱式滴定管中，而装置中使用的是酸式滴定管盛放NaOH溶液，故A错误；B．加热FeCl3溶液过程中促进Fe3+的水解，最终获取Fe(OH)3固体，故B错误；C．酒精与水混溶，无法用酒精萃取碘水中的碘，故C错误；D．原电池中Zn为负极，Cu为正极，通常原电池的负极活泼性大于正极，即通过原电池原理能证明金属性Zn>Cu，故D正确；答案为D。9.根据下列实验操作和现象，所得结论不正确的是（）选项实验现象结论A向AgNO3溶液中滴加过量氨水得到澄清溶液Ag+与NH3·H2O能大量共存BBa(NO3)2溶液中通入SO2气体产生白色沉淀BaSO4难溶C向KMnO4酸性溶液中滴加草酸溶液褪色草酸具有还原性D用蒸馏水将Na2SO3固体样品溶解，加入足量稀盐酸酸化，再加入氯化钡溶液产生白色沉淀Na2SO3样品己变质A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】A、向AgNO3溶液中滴加氨水的现象为，先产生白色沉淀，后沉淀溶解，其原理为Ag+与NH3⋅H2O反应生成AgOH沉淀，AgOH和NH3⋅H2O反应生成银氨络合离子，所以Ag+与NH3⋅H2O不能大量共存，故A错误；B、SO2溶于水后生成H2SO3，溶液呈酸性，NO3在酸性环境下有强氧化性，发生反应：H2SO3＋2NO3=2NO↑＋3SO42＋4H＋＋H2O，则溶液中产生了SO42，溶液酸性增强，所以白色沉淀为BaSO4，故B正确；C、酸性KMnO4具有强氧化性，溶液褪色说明高锰酸钾被还原，则证明草酸具有还原性，故C正确；D、用蒸馏水将Na2SO3固体样品溶解，加入足量稀盐酸酸化后溶液中不再存在SO32，此时加入氯化钡溶液，产生白色沉淀，则溶液中一定存在SO42，可以说明Na2SO3己被氧化变质，故D正确。故选A。10.甲、乙、丙、丁四种物质，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间有如图转化关系；下列有关物质的推断不正确的是()A.若甲为焦炭，则丁可能是氧气B.若甲为NaAlO2，则丁可能是盐酸C.若甲为Fe，则丁可能是C12D.若甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2【答案】C【解析】A、若甲为焦炭，丁为O2,则有,符合转化，故A正确；B、若甲为NaAlO2,丁为盐酸,则有，符合转化，故B正确；C、若甲为Fe,丁为与氯气，不能发生的转化，故C错误；D、甲为NaOH溶液，丁是CO2,则有，符合转化，故D正确；故选C。点睛：氯气具有强氧化性，与大多数金属反应都将金属直接氧化为最高价，铁和氯气反应直接生成氯化铁，此为本题的易错点。11.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素。W的原子半径是周期表中最小的；X2—与Y+的电子层结构相同；Z的最高正价与最低负价的代数和为4，下列说法正确的是()A.原子半径：Z<Y<XB.最简单氢化物的稳定性：X<ZC.X与Y形成的化合物中，阴阳离子个数比为1:2D.Z的低价氧化物与X的氢化物反应，一定生成弱酸【答案】C【解析】W的原子半径是周期表中最小的，则W为氢（H）元素；X、Y均为短周期元素，X2—与Y+的电子层结构相同，则两种离子均为两个电子层，则X为氧（O），Y为钠（Na）元素；Z的最高正价与最低负价的代数和为4，则Z最高价为+6价，最低负极为2价，故Z为硫（S）元素。A、电子层数越多，原子半径越大，则X（O）半径最小，同周期主族元素，从左到右原子半径逐渐减小，则半径Y（Na）＞Z（S），所以原子半径：Y＞Z＞X，故A错误；B、同主族元素，从上到下，非金属性减弱，其氢化物的稳定性减弱，故最简单氢化物的稳定性X（O）＞Z（S），故B错误；C、X与Y形成的化合物有两种，Na2O和Na2O2,两者阴阳离子个数比为1:2，故C正确；D、Z的低价氧化物为SO2，X的氢化物有两种：H2O和H2O2,SO2与H2O反应生成弱酸H2SO3，SO2与H2O2发生氧化还原反应，生成强酸H2SO4，故D错误。故选C。12.已知常温下二氯化二硫(S2Cl2)为红棕色液体，其结构式为ClSSCl。其制备反应及与水反应的化学方程式如下：①CS2+3Cl2CCl4+S2Cl2②2S2Cl2+2H2O=4HCl+SO2↑+3S↓则下列说法正确的是()A.反应①中CS2作氧化剂B.反应②中S2Cl2既作氧化剂又作还原剂C.反应①中每生成1molS2Cl2转移4mol电子D.反应②中氧化产物与还原产物的物质的量之比为3:1【答案】B【解析】A、反应①，CS2中S元素化合价由2升高到+1，失电子，作还原剂，故A错误；B、反应②，只有S元素化合价变化,则S2Cl2既作氧化剂又作还原剂，故B正确；C、反应①，产物S2Cl2中S元素是由2升高到+1，每生成1molS2Cl2转移6mo电子，故C错误；D、反应②氧化产物为SO2，还原产物为S，由反应可知二者的物质的量比为1:3，故D错误。故选B。13.近几年科学家发明的一种新型可控电池——锂水电池,工作原理如图所示。下列有关说法不正确的是()A.石墨极发生的反应是2H2O+2e—===H2↑+2OH—B.有机电解质和水溶液不可以互换区域C.该装置不仅可提供电能,还可得到清洁的氢气D.标准状况下产生22.4L的氢气时,正极消耗锂的质量为14g【答案】D【解析】A、根据图示信息可知,石墨电极上产生H2，则石墨电极为正极，电极反应为：2H2O+2e−=H2↑+2OH−，故A正确；B、Li和有机电解质不反应，而Li和水反应，若Li和水接触，会有部分化学能直接转化为热能，所以有机电解质和水溶液不可以换区域，故B正确；C、该原电池是将化学能转化为电能的装置，装置不仅可提供电能，并且反应产物是氢气，能提供氢能源，故C正确；D、金属锂是负极，故D错误。故选D。14.假设图中原电池产生的电压、电流强度均能满足电解、电镀要求，即为理想化。①～⑧为各装置中的电极编号。下列说法错误的是()A.当K断开时，B装置锌片溶解，有氢气产生B.当K闭合时，A装置发生吸氧腐蚀，在电路中作电源C.当K闭合后，C装置可作为电镀池装置D.当K闭合后，A、B装置中pH变大，C、D装置中pH不变【答案】B.....................点睛：多个单池相互串联时，若有外接电源，则与电源相连接的装置均为电解池；若无外接电源，选具有最容易自发的氧化还原的装置为电池装置，其余为电解池。15.水溶液X中只可能含有K＋、Mg2＋、Al3＋、AlO2—、SiO32—、SO32—、CO32—、SO42—中的若干种离子。某同学对该溶液X进行了如下实验;下列判断正确的是()A.气体甲一定是纯净物B.K＋、AlO2—和SiO32—一定存在于溶液X中C.沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物D.凭以上实验能确定SO42—是否存在于溶液X中【答案】B【解析】溶液中加入过量稀盐酸后有气体生成，说明原溶液中至少含有CO32—、SO32—中的一种；有沉淀生成，则一定含有SiO32—；SiO32—与Al3+和Mg2+不共存，则一定不存在Al3+和Mg2+；根据电荷守恒，溶液中一定存在阳离子，则K+一定存在；向甲溶液中加入过量氨水产生白色沉淀，说明溶液甲中存在Al3+，逆推可知溶液X中一定存在AlO2—；SO42—不能确定。A、若CO32—、SO32—同时存在，则气体甲是混合物，故A错误；B、根据上述分析，K＋、AlO2—和SiO32—一定存在于溶液X中，故B正确；C、沉淀甲是H2SiO3，没有硅酸镁，故C错误；D、上述实验不能够确定是否含有SO42—，故D错误。故选B。16.合成氨及其相关工业中，部分物质间的转化关系如下;下列说法正确的是()A.反应I、Ⅱ、Ⅲ、V均属于氧化还原反应B.甲、乙、丙和丁四种物质中都含有氮元素C.反应Ⅳ和Ⅵ中的部分产物可在上述流程中循环利用D.反应V是先向饱和氯化钠溶液中通CO2至饱和再通NH3【答案】C【解析】由图中反应关系可知，反应I是：N2+3H22NH3，反应II是：4NH3+5O24NO+6H2O，反应III是：2NO+O2=2NO2，反应IV是3NO2+H2O=2HNO3+NO，反应V是：NH3+CO2+NaCl+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，反应VI是：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O。A．根据上述分析可知，反应I、II、III中有元素化合价发生变化，是氧化还原反应，而反应V中没有元素化合价发生变化，不是氧化还原反应反应，故A错误；B．根据上述分析，甲为N2，乙为NO，丙为NO2，丁为NaHCO3，因NaHCO3中不含氮元素，故B错误；C．反应IV中的产物NO可以在反应III中循环使用，反应VI中的产物CO2可以在反应V中循环使用，故C正确；D．因CO2在水中的溶解度很小，氨气在水中的溶解度很大，所以反应V是先向饱和氯化钠溶液中通NH3至饱和再通CO2，故D错误；故答案选C。17.某含氧酸盐X的化学式为ABO3；已知在元素周期表中，A、B均为前四周期主族元素，且A位于B的下一周期。（1）若常温下A、B的单质都能与水发生反应，且A的焰色反应为紫色。①B在元素周期表中的位置是___________________。②下列说法正确的是__________(填代号)。a．A离子的半径大于B离子的半径b．A、B元素的最高价氧化物对应的水化物都是强电解质c．A单质与水反应后溶液的pH比B单质与水反应后溶液的pH大③400℃时，X能发生分解反应生成两种盐，其物质的量之比为1:3，其中一种是无氧酸盐。该反应的化学方程式为_______________________________________________。（2）若含氧酸盐X难溶于水，在空气中易氧化变质；且B元素原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。已知X能快速消除自来水中的C1O—，则该反应的离子方程式为_____________（3）若含氧酸盐X能与稀硫酸反应，生成无色、无味的气体。①该气体的电子式为______________。②X可用作防火涂层，其原因是：a．高温下X发生分解反应时，吸收大量的热；b．________________________(任写一种)。【答案】(1).第3周期第VIIA族(2).bc(3).4KClO3KCl+3KClO4(4).ClO—+CaSO3=Cl—+CaSO4(5).(6).生成CO2阻隔空气或生成高熔点的MgO覆盖在可燃物表面【解析】（1）A的焰色反应为紫色，则A为K；含氧酸盐X的化学式可表示为KBO3；B元素在X中显+5；K（A）为第四周期的元素，而A位于B的下一周期，则B元素处于第三周期；第三周期元素中，常温下单质能和水发生反应，且能显+5价的，只有Cl，则B为氯元素。①氯元素在周期表中的位置为：第3周期第VIIA族；②a、K+和Cl的电子层结构相同，电子层结构相同时，核电荷数越大，半径越小，所以K+的半径小于Cl，故a错误；b、K（A）的最高价氧化物对应的水化物为KOH，属于强碱，是强电解质；Cl(B)的最高价氧化物对应的水化物为HClO4，是最强酸，属于强电解质，故b正确；c、K与水反应生成KOH，所得溶液显强碱性，Cl2与水反应生成盐酸与次氯酸，所得溶液显酸性，故pH比较小，故c正确；故选bc。③X为KClO3，分解时生成两种盐，其中一种为无氧酸盐，根据元素守恒，该无氧酸盐一定是KCl；KCl为Cl元素升高的产物，则另外一种必为化合价升高的产物。X中K元素化合价不能升高，O化合价若升高产物为氧气，不符合要求。KClO3中Cl化合价为+5，则Cl化合价升高只能被氧化成KClO4。故反应方程式为：4KClO3KCl+3KClO4；（2）B元素原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，则B可能是碳元素或硫元素。若B为碳元素，则X为碳酸盐。A在B的下一周期，则A是第三周期的元素，所以X为MgCO3；MgCO3没有还原性，不能被空气氧化，不符合要求。若B为硫元素，则X为亚硫酸盐，具有强还原性，在空气中易被氧化；A在B的下一周期，则A为第四周期的主族元素，X为CaSO3,难溶于水，符合题意。C1O—具有强氧化性，能和CaSO3反应，反应的离子方程式为：ClO—+CaSO3=Cl—+CaSO4；（3）含氧酸盐ABO3能与稀硫酸反应生成无色无味的气体，可推测ABO3为碳酸盐，所以B为碳元素。A在B元素的下一周期，且为+2价，则A为Mg，即X为MgCO3，气体为CO2。①CO2的电子式为：②MgCO3在高温条件下分解，能吸收大量的热，且产生CO2和MgO，生成CO2阻隔空气或生成高熔点的MgO覆盖在可燃物表面，所以MgCO3可作防火涂层。18.利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇；发生的主反应如下：

i.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H1

ii.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H2iii.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H3

回答下列问题：（1）已知反应ii中的相关的化学键键能（“CO”表示CO的化学键）数据见表：

化学键HHCOCOHOCHE/（kJ·mol1）4363431076465413由此计算△H2=________

kJ·mol1;已知△H1=58kJ·mol1，则△H3=________

kJ·mol1（2）反应i、ii、iii对应的平衡常数K1、K2、K3之间的关系式为_______________

。

（3）一定条件下，在2L的恒容密闭容器中充入1molCO2和2molH2发生反应i。下图1是反应体系中CO2的平衡转化率与温度的关系曲线。①当温度为500K时，该反应10min达到平衡。0～10min时间内用CH3OH表示该反应的化学反应速率为_____________________。②若改充入1molCO2和3molH2，则图1中的曲线会_________（填“上移”或“下移”）。（4）某温度下在容积为2L的密闭容器中充入1mol

CO和2mol

H2合成甲醇，发生反应ii，各组分物质的量随时间的变化情况如图2所示。①5min至10min时速率变化的原因可能是_________；②反应ii在10min时达平衡，此时平衡常数K=_________（保留两位有效数字）。③若该反应在恒温恒压下进行，能说明该反应达到平衡状态的是________；A．单位时间内消耗CO的浓度与生成CH3OH的浓度相等B．混合气体的密度不变C．CO和H2的体积分数之比不变D．混合气体的平均相对分子质量不变【答案】(1).99(2).+41(3).K1=K2·K3（或者K3=K1/K2）(4).0.03mol/(L·min)(5).上移(6).升高温度或使用了催化剂(7).9.38(8).BD【解析】（1）反应热=反应物总键能−生成物总键能，故△H1=(1076+2×436)−(3×413+343+465)=−99kJ·mol1；根据盖斯定律：反应i−反应ii=反应iii，△H3=△H1−△H2=−58−(−99)=+41kJ·mol1。故答案为：−99；+41；（2）反应i−反应ii=反应iii，所以K3=K1/K2，即K1=K2·K3；故答案为：K1=K2·K3（或者K3=K1/K2）；（3）①当温度为500K时，CO2的平衡转化率为60％，则△n(CO2)=0.6mol。变化量之比等于计量系数之比，根据CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，得△n(CH3OH)=0.6mol，所以v(CH3OH)==0.03mol/(L·min)。故答案为：0.03mol/(L·min)；②图1反应为恒容时充入1molCO2和2molH2，若改充入1molCO2和3molH2，即增加的H2量。相同温度下，增大氢气的量，CO2的平衡转化率增大，故图1上的曲线会上移。故答案为：上移。①5min时刻瞬间，各组分的物质的量没有发生突变，各组分物质的量变化的速率加快，即反应速率加快，可能是升高温度或使用了催化剂。故答案为：升高温度或使用了催化剂；②10min时达到平衡状态，此时n(CO)=0.4mol,n(H2)=0.8mol,n(CH3OH)=0.6mol,则平衡常数K=≈9.38。故答案为：9.38；③若反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)在恒温恒压下进行，则温度和压强是一个定量，变量不再改变时，反应达到平衡状态。A、单位时间内消耗CO的浓度与生成CH3OH的浓度均只能用来表示正反应速率，且正反应中不管反应是否平衡都存在这样一个等量关系，不能作为反应达到平衡状态的标志，故A错误；B、该反应是一个前后气体数目不相等的反应，则恒温恒压下，容器体积是变量，气体总质量为定量，根据ρ=m/V，可知密度是变量，当密度不再改变，则反应达到平衡状态，故B正确；C、起始时，CO和

H2的物质的量之比为1∶2，在反应过程中，物质的量变化量之比也为1∶2，所以无论反应进行到何时，CO和

H2的物质的量之比都为1∶2，即CO和H2的体积分数之比一直是不变的，故不能作为平衡的标志，故C错误；D、气体的平均相对分子质量数值上=总质量÷气体总物质的量，在该反应中气体的总质量是定量，而气体的物质的量是变量，故气体的平均相对分子质量是一个变量，当混合气体的平均相对分子质量不变，说明反应达到平衡状态，故D正确。故选BD。点睛：判断平衡状态的依据为“变量不变达平衡”。19.CuCl广泛应用于化工和印染等行业；某研究性学习小组拟热分解CuCl2•2H2O制备CuCl，并进行相关探究。已知：该小组用如图所示装置进行实验（夹持仪器略）；请回答下列问题：（1）仪器X的名称是_________________（2）实验操作的先后顺序是①→______→______→______→______，_____________①检查装置的气密性后加入药品

②熄灭酒精灯，冷却③在“气体入口”处通干燥HCl

④点燃酒精灯，加热⑤停止通入HCl，然后通入N2（3）在实验过程中，观察到B中物质由白色变为蓝色，则C中试纸的颜色变化是______（4）反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2或CuO杂质，根据资料信息分析：①若杂质是CuCl2，则产生的原因可能是________________________________②若杂质是CuO，则产生的原因可能是_________________________________（5）若m克CuCl2•2H2O全部转化为CuO（铜元素无损耗），则固体质量减少______克。（用含m的式子表示）【答案】(1).球形干燥管(2).)③；④；②；⑤(3).石蕊试纸先逐渐变为红色，后褪色(4).加热时间不足或温度偏低(5).通入HCl的量不足(6).【解析】根据已知流程可知，热分解CuCl2•2H2O制备CuCl，先要在HCl气流中加热得到CuCl2固体，然后高温条件下使CuCl2分解为CuCl和Cl2。Cu2+易水解，低温加热时若不通入HCl气流，则会水解生成Cu2(OH)2Cl2，高温下分解得CuO。（1）仪器X的名称为球形干燥管，故答案为：球形干燥管；（2）实验中有HCl气体加入，有气体生成，所以要先检验装置的气密性。在点燃酒精灯进行反应之前，要先通入气体赶走装置中的氧气和水蒸气，因为氧气会氧化CuCl，水蒸气会引起铜的水解；在HCl气流中充分加热制备CuCl；反应结束后先熄灭酒精灯，冷却后再停止HCl气流，通入氮气将装置中的Cl2全部赶入NaOH溶液中，使其被充分吸收。所以操作顺序为：③；④；②；⑤。故答案为：③；④；②；⑤（3）B中有白色变为蓝色，说明有水生成，产物中还有Cl2，所以C中石蕊试纸先逐渐变为红色，后褪色。故答案为：石蕊试纸先逐渐变为红色，后褪色；（4）①杂质是CuCl2，说明“”进行不够彻底，即CuCl2没有反应完全。可能原因是加热时间不足或温度偏低；故答案为：加热时间不足或温度偏低②杂质是CuO，说明在加热过程中部分晶体水解生成Cu2(OH)2Cl2，然后分解得到了CuO，或装置中有氧气，使CuCl被氧化。可能原因为：可能是没有在HCl的氛围中加热或者未等试管冷却就停止通入HCl气体。故答案为：通入HCl的量不足。（5）根据关系式：CuCl2•2H2O～CuO，若铜没有损耗，则二者的物质的量相等，所以固体质量的减少量=m(CuCl2•2H2O)m(CuO)=m=.故答案为：。点睛：大多数实验中，考虑到空气中的氧气或水蒸气可能会影响实验，会在进行反应之前，先通入气体赶走装置的空气和水蒸气，防止干扰实验。通入的气体可以是惰性气体或氮气，也可以上实验中的反应物气体。实验结束之后一般先停止加热或停止反应，后停止通入气体。20.钛被称为“二十一世纪金属”，工业上用钛铁矿制备金属钛的工艺流程如下：已知：钛铁矿主要成分与浓硫酸反应的主要产物是TiOSO4和FeSO4，TiOSO4遇水会水解。请回答下列问题：（1）操作1用到的玻璃仪器除烧杯外还有_________；（2）请结合化学用语解释将TiO2+转化为H2TiO3的原理_______________。（3）已知钛的还原性介于铝与锌之间。如果可从Na、Zn、Fe三种金属中选一种金属代替流程中的镁，那么该金属跟四氯化钛反应的化学方程式是____________。（4）电解TiO2来获得Ti是以TiO2作阴极，石墨为阳极，熔融CaO为电解质，用碳块作电解槽，其阴极反应的电极反应式是___________________________________。（5）为测定溶液中TiOSO4的含量，先取待测钛液10mL用水稀释至100mL，加过量铝粉，充分振荡，使其完全反应：3TiO2++Al+6H+=3Ti3++Al3++3H2O。过滤后，取无色滤液20.00mL，向其中滴加2～3滴KSCN溶液作指示剂，用_________