江西省抚州市2023-2024学年高二上学期学生学业质量监测化学试题

抚州市2023－2024学年度上学期学生学业质量监测高二化学试题卷说明：1．本卷分为第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，共18小题，全卷满分100分，考试时间为75分钟。2．答案须写在答题卡相应的位置上，不得在本试题卷上作答，否则不给分。本卷可能用到的相对原子质量：H－1C－12N－14O－16P－31第Ⅰ卷（选择题，共42分）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，只有一个选项符合题意）1.化学与生产、生活和社会发展密切相关，下列叙述正确的是A.华为5G麒麟9000芯片（HUAWEIKirin）主要成分是二氧化硅B.“酒曲”的酿酒工艺，是利用了催化剂使平衡正向移动的原理C.合成氨生产过程中升高温度可加快反应速率，缩短生产周期，故温度越高越好D.国家速滑馆“冰丝带”采用了制冰技术，比氟利昂更加环保【答案】D【解析】【详解】A．硅是良好的半导体材料，芯片主要成分是硅，A错误；B．“酒曲”酿酒工艺中，酒曲为催化剂，能加快反应速率，但不影响化学平衡，不能使平衡发生移动，B错误；C．合成氨反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，故不是温度越高越好，C错误；D．氟利昂会破坏臭氧层，国家速滑馆“冰丝带”采用了制冰技术，所以更加环保，D正确；故选D。2.如图所示实验操作正确且能达到实验目的的是A.图甲模拟侯氏制碱法获得B.图乙用NaOH溶液滴定未知浓度的醋酸溶液C.图丙用溶液，探究温度对[Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl[CuCl4]2(黄色)+4H2O化学平衡的影响D图丁制备并收集气体【答案】C【解析】【详解】A．氨气与碱石灰不反应，不可用其吸收生成，A错误；B．氢氧化钠为强碱，应该使用碱式滴定管，且指示剂应使用酚酞试液，B错误；C．，反应吸热，温度改变导致平衡移动使得溶液颜色不同，能探究温度对化学平衡影响，C正确；D．制应使用浓，二氧化硫常温下能和水反应生成亚硫酸，所以不能用排水法，密度比空气大，因此可用向上排空气法收集，D错误；故选C。3.已知反应：①，②，③，则反应的为A. B.C. D.【答案】C【解析】【详解】已知反应：①，②，③，根据盖斯定律，将，整理可得得，故选C。4.下列说法正确的是A.的燃烧热是890.3kJ/mol，则表示的燃烧热的热化学方程式为：B.反应常温下不能自发进行，则该反应的△H＞0C.500℃、30MPa，将0.5mol和1.5mol置于密闭容器中充分反应生成（g），放热19.3kJ，其热化学方程式为：D.将充有的玻璃球浸到热水中，气体颜色加深：△H＞0【答案】B【解析】【详解】A．表示的燃烧热的热化学方程式为：，气态水改为液态水，A错误；B．反应是熵增的反应，常温下不能自发进行，根据可知该反应的>0，B正确；C．人工合成氨的反应是可逆反应，转化率达不到100%，则，C错误；D．将充有玻璃球浸到热水中，气体颜色加深，平衡逆向移动，则，D错误；故选B。5.常温下，下列叙述正确的是A.稀释pH＝3的溶液，溶液中所有离子的浓度均降低B.分别中和pH与体积均相同的硫酸和醋酸，硫酸消耗氢氧化钠的物质的量多C.pH均为11的NaOH溶液和溶液中，水的电离程度相同D.一定浓度的溶液和NaOH溶液混合，溶液呈中性，则混合液【答案】D【解析】【详解】A．稀释pH=3的醋酸溶液，溶液中氢离子浓度减小，水的离子积常数不变，溶液中氢氧根浓度增大，故A错误；B．硫酸为强酸，溶于水全部电离，醋酸为弱酸，溶于水部分电离，pH与体积相同的硫酸和醋酸溶液中，醋酸的物质的量大，与氢氧化钠溶液反应时，醋酸消耗氢氧化钠的物质的量多，故B错误；C．氢氧化钠是强碱，在溶液中电离出的氢氧根抑制水的电离，碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根在溶液中水解促进水的电离，则pH均为11的NaOH和Na2CO3溶液中，水的电离程度一定不相同，故C错误；D．溶液呈中性说明溶液中c（H+）=c（OH），由KW=c（H+）·c（OH）可得混合液中可知，故D正确；故选D。6.下列有关化学用语正确的是A.分子的氧原子杂化方式为：B.的VSEPR模型为平面三角形C.分子的空间结构为直线形D.基态Cu原子的价电子排布图：【答案】A【解析】【详解】A．分子的氧原子含有2个键和2个孤电子对，故杂化方式为：，故A正确；B．中心N原子的价层电子对数为，VSEPR模型为四面体形，故B错误；C．分子中S原子采用杂化，含有1个孤电子对，故分子的空间结构为V形，故C错误；D．基态Cu原子的3d轨道为全充满结构，故D错误；故选：A。7.我国科学家开发出了一种Zn－NO电池系统，该电池在对外供电的同时合成了氨，其工作原理如图所示，双极膜可将解离为和并实现定向通过，而两端隔室中的离子被阻挡不能进入双极膜中。下列叙述正确的是A.Zn/ZnO电极为负极，放电时发生还原反应 B.电路通过10mol电子时，理论上可以转化30gNOC.双极膜中的向右移动，向左移动 D.正极反应为【答案】D【解析】【分析】该装置为原电池，Zn为活泼金属作负极，Zn失电子发生氧化反应，正极NO得电子生成氨气，双极膜中的OH向左侧负极移动，H+向右侧正极移动。【详解】A．该装置为原电池，Zn为活泼金属作负极，Zn失电子发生氧化反应，故A错误；B．正极NO得电子生成氨气，电极反应为：NO+4H2O+5e═NH3+5OH，电路通过10mol电子时，理论上可以转化60gNO，故B错误；C．由上述分析可知，双极膜中的OH向左侧负极移动，H+向右侧正极移动，故C错误；D．正极NO得电子生成氨气，电极反应为：NO+4H2O+5e═NH3+5OH，故D正确；答案选D。8.已知某可逆反应mA(g)+nB(g)pC(g)；在密闭容器中进行，下图表示在不同反应时间t、温度T和压强P与反应物B在混合气体中百分含量B%的关系曲线，由曲线分析，下列判断正确的是A.T1<T2、P1>P2、m+n>P，ΔH<0B.T1>T2、P1<P2、m+n<P，ΔH>0C.T1<T2、P1>P2、m+n<P，ΔH<0D.T1>T2、P1<P2、m+n>P，ΔH>0【答案】B【解析】【详解】根据“先拐先平，数值大”，可知P1<P2，T1>T2；增大压强，B在混合气体中的百分含量增大，说明平衡逆向移动，可知正反应气体系数和增大，m+n<P；升高温度，B在混合气体中的百分含量减小，说明平衡正向移动，可知正反应吸热，ΔH>0，故选B。9.下列事实中一定能证明是弱电解质的是①用溶液做导电实验，灯泡很暗②往溶液中滴加溶液，产生大量气泡③0.1溶液中④1mL的溶液稀释至1L，⑤20mL0.2溶液恰好与20mL0．2NaOH溶液完全反应A.①② B.②③ C.②⑤ D.③④【答案】D【解析】【详解】①用CH3COOH溶液做导电实验，灯泡很暗，说明溶液中离子浓度较小，不能说明醋酸部分电离，则不能证明醋酸为弱电解质，故①不符合；②往溶液中滴加溶液，产生大量气泡，只能证明的酸性比碳酸强，不能证明醋酸为弱电解质，故②不符合；③0.1溶液中，说明部分电离，能证明醋酸为弱电解质，故③符合；④1mL的CH3COOH溶液稀释至1L，c(H+)＞1.0×105mol⋅L1，说明CH3COOH未完全电离，加水稀释促进了电离，能够说明CH3COOH是弱电解质，故④符合；⑤同体积同浓度一元酸和一元碱混合都恰好反应，不能说明CH3COOH是弱电解质，故⑤不符合；综上，③④符合题意，答案选D。10.某兴趣小组用数字实验系统测定一定浓度碳酸钠的溶液的pH与温度的关系，得到如图所示曲线。下列分析错误的是A.c点水解程度最大 B.水的电离平衡不会对溶液的pH产生影响C.a→b段水解平衡向右移动 D.水解是吸热过程【答案】B【解析】【分析】碳酸钠属于强碱弱酸盐，水溶液中存在CO+H2OHCO+OH，水是弱电解质，存在H2OH++OH，这个两个平衡均为吸热反应，图中显示温度升高溶液的碱性先增强后减弱，水的电离是吸热过程，纯水中温度升高pH值会降低，碳酸钠溶液中温度升高pH有增大的过程，说明水解受到促进，即水解为吸热过程；后pH值下降，说明温度升高水电离出更多的氢氧根抑制了碳酸根的水解，据此分析作答；【详解】A．根据分析可知水解是吸热过程，温度越高，水解程度越大，c点温度最高，水解程度最大，故A说法正确；B．随温度升高，此时促进盐类水解，对水的电离也起到促进作用，水电离出的氢氧根离子浓度抑制水解平衡，导致溶液pH值减小，因此水的电离平衡也对pH产生影响，故B说法错误；C．a→b段说明升温促进水解，氢氧根离子浓度增大，碱性增大溶液pH增大，图像符合，故C说法正确；D．根据分析可知水解是吸热过程，故D说法正确；答案为B。11.在25℃时，向50.00mL未知浓度的氨水中逐滴加入0.5的HCl溶液，滴定过程中，溶液的pOH[]与滴入HCl溶液体积的关系如图所示，则下列说法中正确的是A.图中②点所示溶液的导电能力弱于①点B.③点处水电离出的C.图中点①所示溶液中，D.25℃时氨水的约为【答案】C【解析】【详解】A．向50.00mL未知浓度的氨水中逐滴加入0.5mol·L1的HCl，盐酸和氨水恰好完全反应生成氯化铵和水，氯化铵中铵根水解显酸性，因而②（pH=7）时，氨水稍过量，即反应未完全进行，从①到②，氨水的量减少，氯化铵的量变多，又溶液导电能力与溶液中离子浓度呈正比，氯化铵为强电解质，完全电离，得到的离子（铵根的水解不影响）多于氨水电离出的离子（氨水为弱碱，少部分NH3·H2O发生电离），因而图中②点所示溶液的导电能力强于①点，A错误；B．观察图象曲线变化趋势，可推知③为盐酸和氨水恰好完全反应的点，得到氯化铵溶液，盐类的水解促进水的电离，因而溶液pOH=8，则c溶液(OH)=108mol/L，c水(OH)=c水(H+)=Kw/c溶液(OH)=106mol/L，B错误；C．①点盐酸的量是③点的一半，③为恰好完全反应的点，因而易算出①点溶液溶质为等量的NH3·H2O和NH4Cl，可知电荷守恒为c(NH)+c(H+)=c(Cl)+c(OH)，又①pOH=4,说明溶液显碱性，则c(OH)>c(H+)，那么c(NH)>c(Cl)，C正确；D．V(HCl)=0时，可知氨水的pOH=2.8，则c(OH)=102.8mol/L，又NH3·H2O⇌NH+OH，可知c(NH)=c(OH)=102.8mol/L，③点盐酸和氨水恰好反应，因而c(NH3·H2O)=mol/L=0.2mol/L，因而Kb===5×105.6mol·L1，D错误；故答案选C。12.下列关于丙烯()分子的说法中，错误的是A.有8个σ键，1个π键 B.有2个碳原子是杂化C.3个碳原子在同一平面上 D.所有原子都在同一平面上【答案】D【解析】【详解】A．已知单键均为σ键，双键为1个σ键和1个π键，三键为1个σ键和2个π键，故丙烯()有8个σ键，1个π键，A正确；B．分子中甲基上的C原子周围有4个σ键，为sp3杂化，双键所在的两个C原子为sp2杂化，故有2个碳原子是杂化，B正确；C．双键所在的平面上有6个原子共平面，故分子中3个碳原子在同一平面上，C正确；D．由于分子中存在甲基，故不可能所有原子都在同一平面上，D错误；故答案为：D。13.TCCA是一种高效消毒剂，由原子序数依次增大的W、X、Y、Z四种元素构成，且位于两个不同短周期。W元素的K层电子数与其p能级上的电子数相等，基态Y原子s能级电子总数与p能级电子总数相等，其原子半径小于W原子，Z元素的原子半径为同周期主族元素最小。下列叙述正确的是A.电负性大小：X＞Y＞WB.简单离子半径：Z＞Y＞XC.Y的氢化物的沸点一定高于W的氢化物D.化合物WY2中，W的杂化方式为sp，为非极性分子【答案】D【解析】【分析】原子序数依次增大的W、X、Y、Z四种元素构成，且位于两个不同短周期。W元素的K层电子数与其p能级上的电子数相等，则W为碳；基态Y原子s能级电子总数与p能级电子总数相等，其原子半径小于碳原子，则Y与碳同周期，为氧，那么X原子序数位于碳氧之间，X为氮；Z元素的原子半径为同周期主族元素最小，为第三周期的氯；【详解】A．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；电负性大小：O＞N＞C，A错误；B．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；简单离子半径：Cl＞N3＞O2，B错误；C．碳可以形成相对分子质量很大的高聚物氢化物，故氧的的氢化物的沸点不一定高于碳的氢化物，C错误；D．化合物CO2中分子构型为直线形，碳的杂化方式为sp，分子正负电荷中心重合，为非极性分子，D正确；故选D。14.反应，在温度为、时，平衡体系中的体积分数随压强变化的曲线如图所示。下列说法正确的是A. B.X、Y两点的反应速率：X＞YC.X、Z两点气体的颜色：X比Z浅 D.X、Z两点气体的平均相对分子质量：X＞Z【答案】BC【解析】【详解】A．X、Y两点压强相同，X点二氧化氮体积分数大于Y点二氧化氮体积分数，说明从Y点到X点，平衡逆向移动，则为升温，即，故A错误；B．根据，X、Y两点压强相同，温度大速率快，则X、Y两点的反应速率：X＞Y，故B正确；C．X、Z两点温度相同，Z压强大，相当于减小容器体积，二氧化氮浓度增大，平衡正向移动，二氧化氮浓度比原来大，因此X、Z两点气体的颜色：X比Z浅，故C正确；D．X、Z两点温度相同，Z压强大，相当于减小容器体积，平衡正向移动，物质的量减小，气体质量不变，气体摩尔质量增大，因此X、Z两点气体的平均相对分子质量：Z＞X，故D错误。综上所述，答案为BC。第Ⅱ卷（非选择题，共58分）二、非选择题（本题共4小题，共58分）15.图表为元素周期表的一部分，请参照元素①～⑪在表中的位置，回答下列问题：①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑪（1）元素②在周期表中的位置是___________，属于元素周期表的___________区元素。（2）基态④原子有___________种运动状态的电子。（3）基态⑨原子价电子排布式是___________，元素③⑩电负性较大的是___________（用元素符号表示）。（4）基态⑧原子中，电子占据的最高能级符号为___________，该能级具有的原子轨道数为___________。（5）过渡元素的金属离子与水分子形成的配合物是否有颜色，与其d轨道电子排布有关。一般而言，为或排布时，无颜色，为～排布时，有颜色，如显粉红色。据此判断，___________（填“无”或“有”）颜色。【答案】（1）①.第二周期第ⅤA族②.p（2）9（3）①.3d54s1②.O（4）①.4s②.1（5）有【解析】【分析】由周期表的结构可知，①~⑪分别为H、N、O、F、Na、Al、Cl、K、Cr、Cu、Se。【小问1详解】N元素在周期表中的位置为第二周期第ⅤA族，属于p区。【小问2详解】F原子核外有9个电子，故有9种运动状态的电子。【小问3详解】Cr原子的价电子排布式为3d54s1，O和Cu中电负性大的为O。【小问4详解】K的价电子为4s1，故电子占据的最高能级符号为4s，s能级有1个原子轨道。【小问5详解】Mn2+的价电子为3d5，故有颜色。16.三氯化氧磷（）是一种重要的化工原料，常用作半导体掺杂剂及光导纤维原料，一研究小组在实验室模拟反应制备并测定产品含量。资料卡片：物质熔点/℃沸点/℃相对分子质量其他－93.676.1137.5遇水剧烈水解，易与反应1.25105.8153.5遇水剧烈水解，能溶于－10578.8119遇水剧烈水解，受热易分解（1）若选用固体与70%浓制取，反应的化学方程式是________________。（2）反应装置图的虚框中未画出的仪器最好选择___________（填“己”或“庚”）；溶液A饱和食盐水乙装置中应该盛装的试剂为___________（填“”或“碱石灰”或“浓”或“无水硫酸铜”）。（3）水浴加热三颈烧瓶，控制反应温度在60～65℃，其原因是__________________________。（4）甲、丁装置的作用除了用于气体的净化除杂外，还有________________。（5）通过佛尔哈德法可测定经过提纯后的产品中的含量：准确称取1.600g样品在水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配成100mL溶液，取10.00mL于锥形瓶中，加入0.2000的溶液20.00mL（），再加少许硝基苯，用力振荡，使沉淀被有机物覆盖加入作指示剂，用0.1000KSCN标准溶液滴定过量的至终点（），做平行实验，平均消耗KSCN标准溶液10.00mL。①达到滴定终点的现象是__________________。②的质量分数为___________（保留一位小数）。【答案】（1）Na2SO3＋H2SO4Na2SO4＋SO2↑＋H2O（2）①.己②.P2O5（3）温度太低，反应速率太慢；温度太高，PCl3等物质挥发（4）通过观察产生气泡的速率控制通入气体的流速（5）①.当滴入最后半滴KSCN标准溶液时，溶液变红色，且半分钟内不褪色②.95.9%【解析】【分析】生成氯气通过甲装置除去挥发的氯化氢气体，通过装置乙干燥后进入丙装置，二氧化硫通过丁装置净化后进入丙装置，Cl2、PCl3、SO2反应生成三氯化氧磷，尾气使用碱石灰吸收防止污染。【小问1详解】实验室制备SO₂的反应为亚硫酸钠和浓硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫、水，化学方程式为Na2SO3＋H2SO4Na2SO4＋SO2↑＋H2O；小问2详解】反应装置图中装置丙、戊间方框内未画出的仪器应选择球形冷凝管，作用是冷凝回流丙中物质；溶液A中饱和食盐水的作用是除去氯气中混有的氯化氢，装置乙中盛有酸性固体干燥剂五氧化二磷，干燥氯气，防止水蒸气进入三颈烧瓶中导致三氯化氧磷水解；【小问3详解】温度低，反应速率慢，温度高，反应物的沸点低会大量挥发，利用率低，故该实验需控制反应温度6065℃，温度不宜过高和过低；【小问4详解】甲、丁装置可以通过观察产生气泡的速率来控制气体的流速；【小问5详解】①KSCN标准溶液会与铁离子生成红色溶液，故滴定终点的现象为当滴入最后半滴KSCN标准溶液时，溶液变红色，且半分钟内不褪色；②根据题意可知，与氯离子反应的硝酸银为0.2000mol·L¹×20.00×103L0.1000mol·L¹×10.00×103L=3.0×103mol，根据氯元素守恒可知，产品中POCl₃的质量分数为。17.某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质，采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体（）。溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：金属离子开始沉淀时（）的pH7.23.72.27.5完全沉淀时（）的pH8.74.73.29.0回答下列问题：（1）“碱浸”中NaOH的两个作用分别是___________________________；为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀，写出该反应的离子方程式____________________。（2）“滤液②”中含有的金属离子是______________________。（3）“转化”中可替代的物质是___________。（4）利用上述表格数据，计算的___________（列出计算式）；如果“转化”后的溶液中浓度为1.0，则“调pH”应控制的pH范围是___________。（5）将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是______________。（6）硫酸镍可转化为NiOOH用作镍镉电池，镍镉（Ni－Cd）可充电电池在现代生活中有广泛应用，它的充放电反应按下式进行：，放电时NiOOH参与的电极反应式为___________________；某种电化学脱硫法装置如图所示，不仅可脱除烟气中，还可以制得，请写出在阳极脱除生成的电极反应式是________________。【答案】（1）①.除去油脂、溶解铝及其氧化物②.（2）Ni2＋、Fe2＋、Fe3＋（3）O2（或空气）（4）①.0.01×（107．2－14）2[或10－5×（108．7－14）2]②.3.2≤PH＜6.2（5）提高镍回收率（6）①.NiOOH＋H2O＋e－＝Ni（OH）2＋OH－②.SO2－2e－＋SO＝2SO3【解析】【分析】该废镍催化剂表面覆有油脂，且其中含有Ni、Al、Fe及其氧化物等，“碱浸”时，油脂在氢氧化钠溶液中水解而被除去，铝及其氧化物也会与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸根离子而被除去，过滤滤饼加入硫酸酸浸得到Ni2+、Fe2+、Fe3+的盐溶液，加入过氧化氢将二价铁转化为三价铁，加入氢氧化钠调节pH将铁转化为沉淀，滤液控制pH结晶得到硫酸镍晶体；【小问1详解】“碱浸”时，油脂在氢氧化钠溶液中水解而被除去，铝及其氧化物也会与氢氧化钠溶液反应而被除去，“碱浸”中NaOH的两个作用分别是除去油脂、溶解铝及其氧化物。“滤液①”中铝元素以AlO的形式存在，加入稀硫酸生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为。【小问2详解】因Ni、Fe及其氧化物不与NaOH溶液反应，Ni、Fe及其氧化物存在于“滤饼①”中，向“滤饼①”中加入稀硫酸，Ni、Fe及其氧化物与稀硫酸反应，故得到的“滤液②”中含有的金属离子为Ni2+、Fe2+、Fe3+。【小问3详解】“转化”过程是将二价铁离子全部转化为三价铁离子，选用的氧化剂是H2O2溶液，选用过氧化氢溶液氧化的好处是不引入其他杂质，因此替代过氧化氢溶液的物质也不能引入其他杂质，可用O2或空气替代H2O2溶液；【小问4详解】pH=7.2，c(H+)=107.2mol·L1，c(OH)=(1014/107.2)mol·L1，Ksp=c(Ni2+)·c2(OH)=0.01×(107.214)2，或利用Ni2+沉淀完全时计算得Ksp=105×(108.714)2；c(Ni2+)=1.0mol·L1，若不生成Ni(OH)2，则c(OH)＜mol·L1，c(H+)>106.2mol·L1，pH＜6.2，同时应调节pH≥3.2以除去Fe3+，故pH应控制的范围是3.2～6.2。【小问5详解】母液中还含有少量的硫酸镍，将母液收集、循环使用可提高镍回收率。【小问6详解】根据总反应中各元素的化合价的变化可知，放电时Cd被氧化为负极，NiOOH被还原为正极，故电极反应式为NiOOH＋H2O＋e－＝Ni（OH）2＋OH－；阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应，由示意图可知，阴极是氧气得到电子生成，阳极是熔融硫酸钾中硫酸根失去电子生成SO3和O2，氧气在阴极放电得到电子发生氧化反应；故在阳极生成SO3的电极反应式是24e=2SO3↑+O2↑。18.三氯化硅是制备硅烷、多晶硅的重要原料。已知在催化剂作用下发生反应：。一定条件下，向容积为1L的恒容密闭容器中充入，分别在温度为、条件下反应，测得反应体系中的物质的量分数随时间变化的关系如图所示。（1）在温度下，的平衡转化率_______%。若想进一步提高的转化率，除改变温度外还可以采取的措施是_______。（2）在温度下，经后反应达到平衡。①内，的反应速率_______。②在温度下，该反应的平衡常数_______(已知，压强平衡常数用各气体组分的分压代替物质的量浓度计算)。（3）下列不能判断该反应达到平衡状态的是_______(填标号)。a.b.混合气体的密度不再发生变化c.与的浓度之比不再改变d.混合气体的平均摩尔质量不再发生变化（4）已知：反应速率，、分别表示正、逆反应速率常数，为组分B的物质的量分数。①a、b点的正反应速率之比_______(填“>”、“<”或“=”)1。②b点的_______(保留三位有效数字)。【答案】（1）①.20②.及时移去产物（2）①.②.（3）bd（4）①.>②.2