湖南省G10教育联盟2023学年化学高一下期末考试试题含答案解析

1、2023学年高一下化学期末模拟测试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在测试卷卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在测试卷卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和

2、答题卡一并交回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列烧杯中盛放的都是稀硫酸,不能构成原电池的是A B C D2、实验室用锌粒与2mol/L硫酸溶液制取氢气，下列措施不能增大化学反应速率的是A用锌粉代替锌粒B改用3mol/L硫酸溶液C改用热的2mol/L硫酸溶液D向该硫酸溶液中加入等体积的水3、下列对于NaHSO4的分类中不正确的是：ANaHSO4是盐 BNaHSO4是酸式盐CNaHSO4是钠盐 DNaHSO4是酸4、常温下，已知:CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1)H=-980kJ/mol 2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) H=-5

3、60kJ/mol现有CH4和H2组成的混合气体共0.4mol,使其在O2中完全燃烧，恢复至常温共放出252kJ的热量，则CH4与H2的物质的量之比是A1:1 B1:2 C2:3 D3:25、下列有关说法不正确的是A构成原电池正极和负极的材料必须是两种金属B把铜片和铁片紧靠在起浸入稀硫酸中，铜片表面出现气泡C把铜片插入三氯化铁溶液中，在铜片表面不会出现一层铁D把锌粒放入盛有盐酸的试管中，加入几滴氯化铜溶液，气泡放出速率加快6、用下列装置进行相应的实验，能达到实验目的是A探究温度对反应速率的影响B实现化学能转化为电能C实验室制备乙酸乙酯D验证非金属性：ClCSi7、W、X、Y和Z为原子序数依次增大

4、的四种短周期元素。W、Y、Z最外层电子数之和为10；W与X形成的化合物可与Z的单质反应，其中一种有机产物曾被用做麻醉剂。下列说法正确的是A最高正价:WXY0，则金刚石比石墨稳定C含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热置，则该反应的热化学方程式为：NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l) H=-57.4kJ/molD已知 2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) H=-QkJmol-1(Q0)，则将2mol SO2(g)和lOmol O2(g)置于一密闭容器中充分反应后放出QkJ的热量18、下列关于化学用语的表示正确的是( )A羧基的电子式：

5、B乙醇的分子式：C2H5OHC四氯化碳的比例模型：D质子数为35、中子数为45的溴原子：3519、X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的位置如图所示。若Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，下列说法中正确的是 （ ）A原子半径：Z WXYB氧化物对应水化物的酸性：WZXC四种元素氢化物的沸点：W ZYXD四种元素对应阴离子的还原性：W ZYX20、下列反应中，生成物总能量高于反应物总能量的是A镁粉与稀盐酸反应B甲烷燃烧C碳酸钙受热分解D中和反应21、下列说法正确的是（ ）A石油主要含碳、氢两种元素，属于可再生能源B石油的分馏是物理变化，各馏分均是纯净物C煤的气化和液化是化学变化

6、D煤中含有苯、甲苯、二甲苯等有机化合物，经干馏后分离出来22、下列实验现象预测正确的是（）A实验：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变B实验：酸性KMnO4溶液中出现气泡，且颜色逐渐褪去C实验：微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色D实验：滴入FeCl3后，可形成带电的胶体，该分散系导电能力增强二、非选择题(共84分)23、（14分）已知A、B、C、D是元素周期表中的四种短周期元素，A分别与B、C、D结合生成三种化合物：甲、乙、丙。甲、乙、丙三种化合物的分子中含有相同数目的电子；丙与甲、乙均能发生化学反应，且甲、丙为无色有不同刺激性气味的物质，化合物丁与C的某种单质在常温下反应

7、可生成红棕色气体；B、C、D三种元素的单质与甲、乙、丁三种化合物之间存在如图所示的转化关系(反应条件已略去)：(1)D在元素周期表中的位置为_。(2)B、C、D的原子半径的大小关系为_(用元素符号表示)。(3)丁与C的单质在常温下反应的化学方程式为_。(4)甲、乙、丙分子中的电子数均为_，实验室如何检验丙_ 。(5)C的单质丙乙丁的化学方程式为_。24、（12分）已知：； 苯环上原有的取代基对新导入的取代基进入苯环的位置有显著影响。以下是用苯作原料制备一系列化合物的转化关系图：（1）A转化为B的化学方程式是_。（2）图中“苯”省略了反应条件，请写出、物质的结构简式：_，_。（3）苯的二氯代物有

8、_种同分异构体。（4）有机物的所有原子_（填“是”或“不是”）在同一平面上。25、（12分）某实验小组对氯水成分和性质进行研究，实验如下：（1）氯水呈黄绿色，说明其中含有_（填化学式）。（2）实验一的现象表明，氯水具有酸性和_性。（3）氯气与水反应的化学方程式为_。（4）用化学用语说明实验二中“红色不褪去”的原因_。（5）实验四证明了实验三中“红色不褪去”不是因为氯水被稀释所致，补充所加试剂和现象。（实验四）加入：_，现象：_；（6）进一步探究实验三中“红色不褪去”的原因。（实验五）取实验三的白色沉淀，洗涤，用饱和氯化钠溶液浸泡，取上层清液，滴加2滴紫色石蕊溶液，一段时间后，颜色褪去。写出氯水

9、和硝酸银溶液反应的化学方程式_。26、（10分）实验室制备乙酸乙酯的装置，如图所示，回答下列问题：(1)乙醇、乙酸和浓硫酸混合顺序应为_。(2)收集乙酸乙酯的试管内盛有的饱和碳酸钠溶液的作用是_。(3)反应中浓硫酸的作用_。(4)反应中乙醇和乙酸的转化率不能达到100%，原因是_。(5)收集在试管内的乙酸乙酯是在碳酸钠溶液的_层。(6)该反应的化学方程式为_。(7)将收集到的乙酸乙酯分离出来的方法为_。27、（12分）ZrO2常用作陶瓷材料，可由锆英砂(主要成分为ZrSiO4，也可表示为ZrO2SiO2，还含有少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)通过如下方法制取。已知：ZrO2能与烧碱

10、反应生成可溶于水的Na2ZrO3，Na2ZrO3与酸反应生成ZrO2。部分金属离子在实验条件下开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示。金属离子Fe3Al3ZrO2开始沉淀时pH1.93.36.2沉淀完全时pH3.25.28.0 (1)“熔融”时ZrSiO4发生反应的化学方程式为_。(2)“滤渣”的化学式为_。(3)为使滤液中的杂质离子沉淀完全，需用氨水调pHa，则a的范围是_；继续加氨水至pHb时，所发生反应的离子方程式为_。(4)向“过滤”所得滤液中加入CaCO3粉末并加热，得到两种气体。该反应的离子方程式为_。28、（14分）氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。（1）在T时，将16m

11、olH2和14molN2置于容积为2 L的密闭容器中(压强为mPa)发生反应：3H2+N22NH3 H0说明此反应是吸热反应，即金刚石的能量大于石墨，物质能量越低，越稳定，即石墨比金刚石稳定，故B错误；C、1mol氢氧化钠参与放出热量为28.7/0.5kJ=57.4kJ，故C正确；D、此反应是可逆反应，不能完全进行到底，放出的热量小于Q，故D错误。点睛：本题易错点是选项A，燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物所释放的热量，水是液态，C转化成CO2，S转化成SO2。18、D【答案解析】A. 羧基的化学式是COOH，则其电子式为，A错误；B. 乙醇的分子式为C2H6O，C2H5OH表示结

12、构简式，B错误；C. 碳原子半径小于氯原子半径，不能表示四氯化碳的比例模型，可以表示甲烷分子的比例模型，C错误；D. 质子数为35、中子数为45的溴原子的质量数是35+4580，可表示为3580Br答案选D。【答案点睛】选项C是易错点，注意比例模型的含义，即比例模型是一种与球棍模型类似，用来表现分子三维空间分布的分子模型。球代表原子，球的大小代表原子直径的大小，球和球紧靠在一起，另外还要注意比例模型与球棍模型的区别。19、A【答案解析】Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍可知，Y的次外层电子数为2，最外层电子数为6，Y为氧元素，根据元素在周期表中的位置关系可以推出：X为N元素，Z为S元素，

13、W为Cl元素。再根据元素周期性分析判断。【题目详解】A同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，故XY，ZW，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，故ZY，故原子半径：ZWXY，故A正确；B同一周期，从左到右，最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，但其他氧化物对应水化物的酸性不满足此规律，如次氯酸为弱酸，而硫酸为强酸，故B错误；C水分子间能够形成氢键，沸点比硫化氢高，即氢化物的沸点存在：Y Z，故C错误；D元素的非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，阴离子的还原性： Z W，故D错误；答案选A。20、C【答案解析】生成物总能量高于反应物总能量，说明该反应为吸热反应。A.镁粉与稀盐酸反应为放热反应，

14、故A错误；B.甲烷燃烧为放热反应，故B错误；C.碳酸钙受热分解为吸热反应，故C正确；D.中和反应为放热反应，故D错误。故选C。【答案点睛】一般金属和水或酸反应，酸碱中和反应，一切燃烧，大多数化合反应和置换反应，缓慢氧化反应如生锈等是放热反应。大多数分解反应，铵盐和碱反应，碳、氢气或CO作还原剂的反应等是吸热反应。答题时还需要明确物理变化中的放热或吸热不能归为放热反应或吸热反应。21、C【答案解析】A. 从能源是否可再生的角度可分为可再生能源和不可再生能源。可再生能源：可以在自然界里源源不断地得到的能源，如水能、风能、生物质能。不可再生能源：越用越少，不可能在短期内从自然界得到补充的能源，如化石

15、能源、核能。石油属于不可再生能源。错误；B、石油的分馏是根据石油中各组分沸点的不同，对石油进行分离的一种方法，是物理变化，而各馏分均是沸点相近的各种烃类的混合物。错误；C、煤的气化是在高温下煤和水蒸气发生化学反应生成一氧化碳、氢气、甲烷等气体的过程。煤的液化是在一定条件下煤和氢气发生化学反应得到液态燃料的过程。正确；D、煤中本身不含有苯、甲苯、二甲苯等有机化合物，是煤经过的干馏（一系列化学变化）后得到的产物。22、B【答案解析】分析：A根据单质溴能与NaOH溶液发生反应，苯与水互不相溶；B根据浓硫酸具有脱水性和氧化性的性质分析；C根据在加热时稀硝酸与铜发生反应，硝酸被还原成NO，广口瓶内有空气

16、，可与NO反应；D胶体粒子带电荷，胶体本身不带电。 详解：A项，苯的密度比水小，位于上层，苯中的Br2与NaOH溶液发生反应，因此振荡后静置，上层溶液褪色，故A项错误；B项，浓H2SO4与蔗糖发生氧化还原反应生成SO2和CO2，CO2不与酸性KMnO4溶液反应，有气泡产生，SO2与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应使溶液褪色，故B项正确；C项，微热稀HNO3片刻，铜与稀HNO3发生反应生成NO，NO与广口瓶内的O2反应生成红棕色的NO2，故C项错误。D项，FeCl3饱和溶液滴入沸水中继续煮沸至红褐色，生成氢氧化铁胶体，胶体电中性，不带电，故D项错误；综上所述，本题正确答案为B。点睛：本题考查实

17、验方案的评价，涉及到氧化还原反应、萃取等知识点，属于常见的冷拼测试卷，考查点较多，学生应注意思维的及时转换来解答，B选项难度较大。二、非选择题(共84分)23、第2周期A族 NOF 2NOO2=2NO2 10 能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色 5O24NH36H2O4NO 【答案解析】本题有几个重要的突破口：甲、乙、丙三种化合物的分子中含有相同数目的电子；丙为无色有不同刺激性气味的物质；化合物丁与C的某种单质在常温下反应可生成红棕色气体，说明丁为NO，C的某种单质可能为O2。【题目详解】A、B、C、D是元素周期表中的四种短周期元素，A分别与B、C、D结合生成三种化合物：甲、乙、丙。化合物丁与C的某

18、种单质在常温下反应可生成红棕色气体，则丁为NO、C为O元素；丙与甲、乙均能发生化学反应，且甲、丙为无色有不同刺激性气味的物质，由图中信息可知，丙与O元素的单质反应生成NO，也可以由O的单质与D的单质化合而得，则丙为NH3、D为N元素，乙为H2O；甲、乙、丙三种化合物的分子中含有相同数目的电子，则其都有10个电子，结合图中信息，B的单质可以与H2O反应生成甲和O元素的单质，故甲为HF、B为F元素。综上所述，A、B、C、D分别是H、F、O、N，甲、乙、丙、丁分别为HF、H2O、NH3、NO。(1)D为N元素，其在元素周期表中的位置为第2周期A族。(2)B、C、D的原子都是第周期的元素，其原子半径随

19、原子序数的增大而减小，故其大小关系为NOF。(3)丁与C的单质在常温下反应的化学方程式为2NOO2=2NO2。(4)甲、乙、丙分子中的电子数均为10，实验室检验丙（NH3）的方法是用湿润的红色石蕊试纸，因为其能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色。(5)C的单质丙乙丁的化学方程式为5O24NH36H2O4NO。【答案点睛】推断题的解题方法最关键的是找好突破口，要求能根据物质的特征性质、特征反应、特殊的反应条件以及特殊的结构，找出一定的范围，大胆假设，小心求证，通常都能快速求解。24、 3 不是 【答案解析】(1)A为硝基苯，根据信息可知B为，根据A、B的结构可知，甲基取代硝基苯苯环上硝基间位的H原子生成

20、B，反应方程式为：+CH3Cl+HCl，故答案为+CH3Cl+HCl；(2)与水反应生成，根据信息可知为，由转化关系图可知硝基苯发生间位取代，卤苯发生对位取代，所以卤苯，为，故答案为；(3)苯的二氯代物有邻位、间位和对位3种，故答案为3；(4)中甲基为四面体结构，所以所有原子不是在同一平面上，故答案为不是。【答案点睛】本题的易错点是(4)，只要分子结构中含有饱和碳原子，分子中的原子就不可能共面。25、Cl2 漂白或氧化 Cl2 + H2OHCl + HClO 2HClO2HCl + O2 1 mL蒸馏水 红色褪去 Cl2 + 2AgNO3 + H2O =AgCl + AgClO + 2HNO3

21、 【答案解析】氯气溶于水发生反应Cl2+H2OHCl+HClO，新制氯水含有Cl2、H2O、HClO、H+、Cl-、ClO、OH等粒子，能表现Cl2、HClO、H+、Cl-等微粒的性质。【题目详解】（1）氯水溶于水，溶于水的氯气部分与水反应生成盐酸和次氯酸，溶液呈黄绿色，说明溶液中含有Cl2分子，故答案为：Cl2；（2）实验一中加入石蕊试液变红色，表明溶液呈酸性，溶液红色褪去，说明氯水具有强氧化性而表现漂白性，故答案为：漂白或氧化；（3）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应的化学方程式为Cl2 + H2OHCl + HClO，故答案为：Cl2 + H2OHCl + HClO；（4）实验二中新制氯

22、水在太阳光下放置较长时间，次氯酸遇光分解生成盐酸和氧气，反应的化学方程式为2HClO2HCl + O2，故答案为：2HClO2HCl + O2；（5）由题意可知实验四证明了实验三中“红色不褪去”不是因为氯水被稀释，所以加入1 mL蒸馏水，稀释后继续加入石蕊试液变红色，一段时间后溶液红色又褪去，故答案为：1 mL蒸馏水；红色褪去；（6）取实验三的白色沉淀，洗涤，用饱和氯化钠溶液浸泡，取上层清液，滴加2滴紫色石蕊溶液，一段时间后，颜色褪去说明白色沉淀中含有次氯酸银沉淀，说明新制氯水与硝酸银溶液反应生成氯化银和次氯酸银白色沉淀和硝酸，反应的化学方程式为Cl2 + 2AgNO3 + H2O =AgCl

23、 + AgClO + 2HNO3，故答案为：Cl2 + 2AgNO3 + H2O =AgCl + AgClO + 2HNO3。【答案点睛】本题考查了氯气的化学性质及氯水的成分，能够正确分析氯水的成分，依据成分判断氯水的性质是解答关键。26、向乙醇中慢慢加入浓硫酸和乙酸 中和乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯在水层中的溶解度，便于分层析出 催化剂和吸水剂 乙醇与乙酸的酯化反应为可逆反应，不能进行到底 上 CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O 分液 【答案解析】（1）浓硫酸密度比水大，溶解时放出大量的热，为防止酸液飞溅，加入药品时应先在试管中加入一定量的乙醇，然后边加边振荡试

24、管将浓硫酸慢慢加入试管，最后再加入乙酸；答案：先在试管中加入一定量的乙醇，然后边加边振荡试管将浓硫酸慢慢加入试管，最后再加入乙酸；（2）乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙醇易溶于水，乙酸可与碳酸钠发生反应而被吸收，用饱和碳酸钠溶液可将乙酸乙酯和乙醇、乙酸分离，所以饱和碳酸钠的作用为中和挥发出来的乙酸，溶解挥发出来的乙醇，降低乙酸乙酯在水中的溶解度；答案：中和乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯在水层中的溶解度，便于分层析出；（3）由于是可逆反应，因此反应中浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂；答案：催化剂和吸水剂(4)因为乙酸与乙醇发生的酯化反应为可逆反应，反应不能进行到底，所以反应中乙醇和乙酸的转化率不能达到

25、100%；答案：乙醇与乙酸的酯化反应为可逆反应，不能进行到底(5)因为乙酸乙酯密度比水小，难溶于水，所以收集在试管内的乙酸乙酯是在碳酸钠溶液的上层；答案：上(6)酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；答案：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O（7）互不相溶的液体可用分液的方法分离，由于乙酸乙酯不溶于水，所以将收集到的乙酸乙酯分离出来的方法为分液；答案：分液。27、 ZrSiO44NaOHNa2SiO3Na2ZrO32H2O H2

26、SiO3 (或H4SiO4) 5.26.2 ZrO22NH3H2OH2O=Zr(OH)42NH4 2NH4CaCO3Ca22NH3CO2H2O【答案解析】分析：锆英砂(主要成分为ZrSiO4，也可表示为ZrO2SiO2，还含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)加NaOH熔融，ZrSiO4转化为Na2SiO3和Na2ZrO3，加过量盐酸酸浸，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，滤液中含有ZrO2+、Fe3+、Al3+，加氨水调节pH为5.26.2，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，过滤，滤液中主要含有ZrO2+，再加氨水调节pH使ZrO2+转化为Zr(OH)4沉淀，过滤、洗涤，得到

27、Zr(OH)4，加热分解，即可得到ZrO2。(3)需用氨水调pH=a，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，而ZrO2+不能沉淀，根据表中数据判断；加氨水至pH=b时，ZrO2+与NH3H2O反应生成Zr(OH)4沉淀；据此分析解答。详解：(1)高温下，ZrSiO4与NaOH反应生成Na2SiO3和Na2ZrO3，其反应的方程式为：ZrSiO4+4NaOHNa2SiO3+Na2ZrO3+2H2O；故答案为：ZrSiO4+4NaOHNa2SiO3+Na2ZrO3+2H2O；(2)加过量盐酸酸浸，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，过滤，滤渣为H2SiO3，故答案为：H2SiO3；(3)需用氨水

28、调pH=a，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，而ZrO2+不能沉淀，根据表中数据可知：pH在5.26.2时Fe3+、Al3+完全沉淀，而ZrO2+不沉淀；加氨水至pH=b时，ZrO2+与NH3H2O反应生成Zr(OH)4沉淀，其反应的离子方程式为：ZrO2+2NH3H2O+H2O=Zr(OH)4+2NH4+；故答案为：5.26.2；ZrO2+2NH3H2O+H2O=Zr(OH)4+2NH4+；(4)过滤所得滤液中主要含有铵根离子，溶液显酸性，加入CaCO3粉末并加热得到氨气和二氧化碳，其反应的离子方程式为：2NH4+CaCO3=Ca2+2NH3+CO2+H2O，故答案为：2NH4+CaC

29、O3=Ca2+2NH3+CO2+H2O；点睛：本题考查了物质分离提纯的方法和流程分析应用，正确分析题目涉及流程的分析应用、掌握化学基本实验操作是解题的关键。本题的易错点为(3)，要正确理解加入氨水调节pH的作用。28、1.1125bde变大8NH3(g)+6NO2(g)=7N2(g)+12H2O(g) H=（6a+7b）/5kJmol-11：2【答案解析】分析：（1）利用压强之比是物质的量之比计算反应后的物质的量，然后利用方程式根据vc/t计算；（2）根据平衡状态的含义、特征解答；根据压强对平衡状态的影响分析；（3）根据盖斯定律计算；利用方程式计算。详解：（1）分析题给图像知，反应体系中的压强

30、由起始状态的m变为平衡状态的1.8m，根据阿伏加德罗定律：在等温等容的条件下，气体的压强之比等于气体的物质的量之比知，容器内气体的总物质的量有反应前的1.1mol变为平衡后的1.8mol，气体的物质的量减少1.2mol；结合反应3H2+N22NH3利用差量法分析知，气体减少的物质的量与生成的氨气的物质的量的相等，即为1.2mol，浓度是1.2mol2L1.1mol/L，则根据公式v=c/t可知8min内分钟NH3的平均生成速率为1.1mol/L8min1.1125molL-1min-1；（2）在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为1），反应体系中各种物质的浓度或含量不再

31、发生变化的状态，称为化学平衡状态。a平衡时N2、H2、NH3的浓度之比不一定为l：3：2，a错误；b由3v正(N2)=v逆(H2)得v正(N2)：v逆(H2)=1：3，等于化学计量数之比，反应达到平衡状态，b正确；c由3v正(H2)=2v逆(NH3)得v正(H2)：v逆(NH3)=2：3，不等于化学计量数之比，反应没有达到平衡状态，c错误；d由于反应在容积可变的密闭容器中进行，混合气体的密度随反应的进行不断变化，当其保持不变时已达平衡，d正确；e混合气的平均相对分子质量是混合气的质量和混合气的总的物质的量的比值，质量不变，但物质的量是变化的，所以容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化，已达平衡，e正确，答案选bde；合成氨的反应正向为气体物质的量减小的反应，等温等压条件下达到平衡与等温等容条件下达到平衡相比，相当于缩小容器