届云南省师范大学附属中学高三上学期第二次月考理综化学试题解析版.docx

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届云南省师范大学附属中学高三上学期第二次月考理综化学试题解析版

云南省师范大学附属中学2019届高三上学期第二次月考理综

化学试题

★祝你考试顺利★

注意事项：

1、考试范围：

高考考查范围。

2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、选择题的作答：

每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

4、主观题的作答：

用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非主观题答题区域的答案一律无效。

5、选考题的作答：

先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。

6、本科目考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

1.有关下列诗句或谚语的说法正确的是

A.“水乳交融”“火上浇油”都包含化学变化

B.“蜡炬成灰泪始干”肯定包含化学变化

C.“滴水石穿”“绳锯木断”不包含化学变化

D.“落汤螃蟹着红袍”不包含化学变化

【答案】B

【解析】

【分析】

本题考查学生对物理变化和化学变化的确定。

判断一个变化是物理变化还是化学变化，要依据在变化过程中有没有生成其他物质，生成其他物质的是化学变化，没有生成其他物质的是物理变化。

【详解】A项，水乳交融没有新物质产生，包含物理变化，而火上浇油包含油的燃烧，包含化学变化，故A项错误；

B项，蜡炬成灰泪始干包括两个过程，蜡烛受热熔化变为蜡油，这一过程只是状态发生了变化，没有新的物质生成，属于物理变化；蜡油受热变为蜡蒸气，与氧气发生反应生成水和二氧化碳，有新的物质生成，属于化学变化，所以既有物理变化又有化学变化，故B项正确；

C项，石头中含有碳酸钙，碳酸钙与水和空气中的二氧化碳反应生成可溶的碳酸氢钙，造成水滴石穿的现象，包含化学变化，故C项错误；

D项，螃蟹煮熟时，会产生类似于胡萝卜素的色素类物质，有新物质产生，发生了化学变化，故D项错误。

综上所述，本题正确答案为B。

【点睛】要熟记物理变化与化学变化的本质区别：

是否有新物质生成，有新物质生成属于化学变化，没有新物质生成属于物理变化。

2.下列有关物质性质和应用不正确的是

A.石英坩埚耐高温，可用来加热熔化NaOH固体

B.盐析可提纯蛋白质并保持其生理活性

C.FeCl3溶液能与Cu反应，可用于蚀刻印刷电路

D.医用酒精能使蛋白质变性，可用来消毒杀菌

【答案】A

【解析】

【分析】

A、石英主要成分是二氧化硅，和氢氧化钠反应；

B、盐析为可逆过程，则盐析可提纯蛋白质并保持其生理活性；

C、FeCl3溶液能与Cu反应，可用于蚀刻印刷电路；

D、酒精可以使蛋白质发生变性。

【详解】A、石英的主要成分是二氧化硅，和氢氧化钠反应，石英坩埚耐高温，不可用来加热熔化NaOH固体，故A错误；

B、盐析是一个可逆的过程，不改变蛋白质的性质，盐析可提纯蛋白质并保持其生理活性，故B正确；

C、氯化铁与铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，所以FeCl3溶液可用于蚀刻印刷电路，故C正确；

D、酒精可以使蛋白质发生变性，医用酒精能使蛋白质变性，可用来消毒杀菌，故D正确。

故选A。

3.下列有关物质分类，一定正确的是

A.强电解质：

盐酸、氢氧化钡、硫酸钡

B.弱电解质：

醋酸，醋酸铵，纯碱

C.非电解质：

氯气，二氧化硫，苯

D.同系物：

C3H8、C4H10、C6H14

【答案】D

【解析】

【分析】

（1）在水溶液里或熔融状态下完全电离的电解质是强电解质，强电解质包括强酸、强碱、大部分盐和活泼金属氧化物；

（2）在水溶液部分电离的电解质是弱电解质，弱电解质包括弱酸、弱碱、小部分盐和水；

（3）在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质，包括非金属氧化物、氨气、一些有机物如蔗糖、酒精；

（4）结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物。

【详解】A．氯化氢、氢氧化钡、硫酸钡都是强电解质，但盐酸是HCl的水溶液，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；

B．醋酸是弱电解质，纯碱、醋酸铵是强电解质，故B错误；

C．二氧化硫、苯都是非电解质，氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；

D．C3H8、C4H10、C6H14都属于烷烃，结构相似，分子组成相差一个或若干个CH2原子团，是同系物，故D正确；

故选：

D。

4.下列反应的离子方程式不正确的是

A.向Ba（OH）2溶液中滴加稀硫酸：

Ba2＋+2OH－+2H＋+SO42－=BaSO4↓＋2H2O

B.向NaHCO3溶液中加入稀HCl：

HCO3－+H+=CO2↑＋H2O

C.向AlCl3溶液中加入过量稀氨水：

Al3＋＋4NH3·H2O=AlO2－＋4NH4＋＋2H2O

D.酸性介质中KMnO4氧化H2O2：

2MnO4－＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O

【答案】C

【解析】

【分析】

A.反应生成硫酸钡和水；

B.反应生成氯化钠、水和二氧化碳；

C.反应生成氢氧化铝和氯化铵；

D.发生氧化还原反应，电子、电荷守恒。

【详解】A.向Ba（OH）2溶液中滴加稀硫酸的离子反应为Ba2＋+2OH－+2H＋+SO42－=BaSO4↓＋2H2O，所以A选项是正确的；

B.NaHCO3在溶液中电离出碳酸氢根离子，碳酸氢根离子不能拆开，故B正确；

C.氢氧化铝不溶于弱碱氨水中，正确的是Al3＋＋3NH3·H2O=Al（OH）3↓＋3NH4＋，故C不正确；

D.酸性介质中KMnO4氧化H2O2的离子反应为2MnO4－＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O，所以D选项是正确的。

故选C。

5.下列判断不正确的是

①维生素C具有还原性，在人体内起抗氧化作用

②NO2溶于水时发生氧化还原反应

③1molCl2参加反应转移电子数一定为2NA

④阴离子都只有还原性

⑤BaSO3和H2O2的反应为氧化还原反应

⑥化合反应均为氧化还原反应

A.①②⑤

B.②③⑥

C.③④⑤

D.③④⑥

【答案】D

【解析】

【详解】①维生素C具有还原性，能被强氧化剂氧化而体现还原性，所以在人体内起抗氧化作用，故①正确；

②NO2+H2O=2HNO3+NO，该反应中N元素化合价由+4价变为+5价、+2价，所以二氧化氮发生氧化还原反应，故②正确；

③Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O中有1mol氯气参加反应时，有NA个电子转移，故③错误；

④阴离子可能具有氧化性，如ClO-具有强氧化性，故④错误；

⑤BaSO3+H2O2=Na2SO4+H2O，该反应中有电子转移，属于氧化还原反应，故⑤正确；

⑥化合反应有的不是氧化还原反应，如CaO和水反应，故⑥错误。

综合以上分析，③④⑥错误，故选D。

【点睛】本题考查了氧化还原反应，根据反应中是否有电子转移判断即可，要熟悉常见元素化合价。

常见具有还原性的阴离子有I-、S2-、SO32-等，常见具有氧化性的阴离子有MnO4-、NO3-（H+）、ClO-等。

6.下列实验操作正确且能达到相应实验目的的是

实验目的

实验操作

A

称取2.0gNaOH固体

先在托盘上各放一张滤纸，然后在右盘上添加2g砝码，左盘上添加NaOH固体

B

配制0.1mol/LNaCl溶液100mL

将NaCl固体溶解于100mL蒸馏水即可

C

检验溶液中是否含有NH4+

取少量试液于试管中，加入NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体

D

检验溶液中是富含有I-

取少量试液于试管中，加入CCl4并振荡，静置，观察CCl4层的颜色

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【分析】

A.氢氧化钠是强腐蚀性易潮解的固体；

B.配制0.1mol/LNaCl溶液100mL需要使用100mL容量瓶；

C.氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，根据铵离子的检验方法进行判断：

加入滴加NaOH溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试液变蓝，则原溶液中一定含有NH4+；

D.CCl4能萃取碘水中的I2，不能萃取I-。

【详解】A.称量强腐蚀性试剂需在烧杯内称量，用纸片会造成托盘污染腐蚀且称量不准确，故A错误；

B.配制0.1mol/LNaCl溶液100mL，要按照计算、称量、溶解、转移、定容等步骤进行，需要使用100mL容量瓶，故B错误；

C.检验铵根离子，可以使用氢氧化钠溶液，氢氧化钠溶液中的氢氧根离子能与铵根离子结合产生氨气，氨气的水溶液呈碱性，能使润湿的红色石蕊试纸变蓝，所以C选项是正确的；

D.CCl4能萃取碘水中的I2，不能萃取I-，加入CCl4并振荡，静置，CCl4层无颜色变化，故D错误。

所以C选项是正确的。

7.H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的Ag＋还原为银，从而可用于化学镀银。

利用H2PO2－进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：

1，下列说法正确的是

A.H2PO2-是氧化剂

B.Ag＋是还原剂

C.氧化产物是H3PO3

D.氧化产物是H3PO4

【答案】D

【解析】

【分析】

NaH2PO2为正盐，可将溶液中的Ag＋还原为Ag，Ag元素的化合价降低，P元素的化合价升高，结合氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：

1及电子守恒计算。

【详解】NaH2PO2为正盐，可将溶液中的Ag＋还原为Ag，Ag元素的化合价降低，P元素的化合价升高，设氧化产物中P元素的化合价为x，

由氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：

1及电子守恒可以知道：

4×（1-0）=1×（x-1）， 

计算得出：

x=+5， 发生反应为：

H2PO2-+4Ag++2H2O=H3PO4+4Ag+3H+， 该反应的氧化剂是Ag+，还原剂是H2PO2-，则H2PO2-对应的氧化产物为H3PO4， 

因此，本题正确答案选D。

8.胆矾（CuSO4·5H2O）是一种重要的含铜化合物，某课外研究小组用粗铜（含少量Fe）通过不同的化学反应制取胆矾的过程如图

...........................

物质

完全沉淀时的pH

Fe（OH）3

3.2

Fe（OH）2

9.6

Cu（OH）2

6.4

当溶液中被沉淀离子的物质的量浓度小于1×10－5mol·L－1时，认为该离子沉淀完全。

试回答下列问题：

（1）下列物质中，最适合作为试剂X的是_________（填序号）。

A．KMnO4B．K2Cr2O4C．H2O2D．NaClO

（2）由粗铜通过两种途径制取胆矾，与途径Ⅱ相比，途径I有明显的两个优点，分别是_______________________，_______________________.

（3）试剂Y可以是__________________.（任填一种物质的化学式）

（4）若溶液C中Cu2＋、Fe3＋的浓度分别为1mol/L、0.lmol/L，则向溶液C中加入少量试剂Y的过程中应控制溶液C的pH范围约为________________.

（5）氢化亚铜（CuH）是一种红色固体，40~50℃时，滤液E和H3PO2溶液混合反应可得氢化亚铜沉淀，同时得到硫酸和磷酸，该反应的离子方程式为____________，该反应每转移1.5NA个电子，生成CuH的物质的量为__________.

（6）纳米氧化亚铜（Cu2O）是一种用途广泛的光电材料，电化学法可用铜棒和石墨作电极，电解滤液E获得纳米氧化亚铜，电解过程中无气体产生，则铜棒作____极，生成Cu2O的电极反应式为____，电解过程中滤液E的浓度____（填“增大”“不变”或“减小”）。

（7）得到CuSO4·5H2O晶体，乙醇代替蒸馏水洗涤晶体的目的是__________.

【答案】

（1）.C

（2）.产生等量胆矾途径Ⅰ消耗硫酸少（3）.途径Ⅰ不会产生污染大气的气体（4）.CuO、Cu（OH）2、CuCO3、Cu2（OH）2CO3（5）.3.2～3.9（6）.4Cu2++3H3PO2+6H2O=4CuH↓+8H++3H3PO4（7）.0.5mol（8）.阳极（9）.2Cu2+ + 2e−+ H2O=Cu2O+2H+（10）.减小（11）.硫酸铜在乙醇中溶解度较小且乙醇易挥发

【解析】

【分析】

分析由粗铜（含少量Fe）通过不同的化学反应制取胆矾的流程图可知，由粗铜通过两种途径制取胆矾，途径Ⅰ中，铜在空气中加热生成CuO，同时铁生成Fe3O4，固体A为CuO和Fe3O4的混合物，加入足量的稀硫酸，固体A溶解生成硫酸铜、溶液中还含有Fe2+、Fe3+，从后续分离步骤分析，试剂X应为氧化剂，其作用是将Fe2+氧化为Fe3+，便于后面形成Fe（OH）3除去，试剂Y的作用是调节溶液的pH，使Fe3+沉淀；途径II铜直接和浓硫酸加热反应，生成硫酸铜、水和二氧化硫，铁也被氧化成Fe3+，得到溶液C，经分离得到胆矾，可以据此解答。

【详解】

（1）根据以上分析，试剂X应为氧化剂，其作用是将Fe2+氧化为Fe3+，为了不引入杂质，最适合作为试剂X的是H2O2，故选C，

因此，本题正确答案为：

C。

（2）途径II中产生二氧化硫气体不但会产生污染，而且会使部分硫酸因转化成二氧化硫而造成转化率不高，因此与途径Ⅱ相比，途径I有明显的两个优点，分别是产生等量胆矾途径Ⅰ消耗硫酸少，途径Ⅰ不会产生污染大气的气体，

因此，本题正确答案为：

产生等量胆矾途径Ⅰ消耗硫酸少；途径Ⅰ不会产生污染大气的气体；

（3）试剂Y的作用是调节溶液的pH，使Fe3+沉淀，为了不引入杂质，因此试剂Y可以是CuO、Cu（OH）2、CuCO3、Cu2（OH）2CO3，

因此，本题正确答案为：

CuO、Cu（OH）2、CuCO3、Cu2（OH）2CO3；

（4）根据制备的最终目的是得到胆矾，要除去铁元素，加入少量试剂Y的过程中应控制溶液C的pH，使Fe3+沉淀完全时，且Cu2+不沉淀，由表中数据可知，Fe3+沉淀完全时pH=3.2，Cu2+沉淀完全时pH=6.4，此时c（OH-）=10-7.6，据此可求出氢氧化铜的溶度积Ksp[Cu（OH）2]=c（Cu2+）c2（OH-）=1×10-5×10-15.2=10-20.2，若c（Cu2+）=1mol/L，解得c（OH-）=10-10.1，则c（H+）=10-3.9，pH=3.9，

因此，本题正确答案为：

3.2～3.9；

（5）滤液E中的铜离子和H3PO2溶液混合反应可得氢化亚铜沉淀，同时得到硫酸和磷酸，根据得失电子守恒和电荷守恒，写出反应的离子方程式为4Cu2++3H3PO2+6H2O=4CuH↓+8H++3H3PO4；该反应中每生成4molCuH转移12mol电子，所以每转移1.5NA个电子，生成CuH的物质的量为0.5mol，

因此，本题正确答案为：

4Cu2++3H3PO2+6H2O=4CuH↓+8H++3H3PO4；0.5mol；

（6）要生成氧化亚铜，则铜必须失去电子，因此铜作阳极。

阴极得到电子，发生还原反应，所以阴极电极反应式为 2Cu2+ +2e－+H2O==Cu2O+2H+，由两电极反应可知，阳极产生的Cu2+小于阴极消耗的Cu2+故电解过程中滤液E的浓度减小，

因此，本题正确答案为：

阳极；2Cu2+ + 2e−+ H2O=Cu2O+2H+；减小；

（7）因为硫酸铜在乙醇中溶解度较小且乙醇易挥发，所以用乙醇代替蒸馏水洗涤硫酸铜晶体，

因此，本题正确答案为：

硫酸铜在乙醇中溶解度较小且乙醇易挥发。

9.某化学兴趣小组在实验室从海带灰中提取碘并制备KI晶体。

I.碘单质的提取，实验过程如图：

请回答下列问题

（1）操作b的名称是____________.

（2）试剂a可以选用的是____________.（填序号）

A.苯B.CCl4C.甘油D.直馏汽油E.己烯

Ⅱ.KI晶体的制备，实验装置如图：

实验步骤如下

i.配制0.5moL的KOH溶液。

i.在三颈瓶中加入12.7g研细的单质I2和250mL0.5mol/L的KOH溶液，搅拌至碘完全溶解。

ⅲ通过滴液漏斗向反应后的溶液中滴加适量甲酸，充分反应后，HCOOH被氧化为CO2，再用KOH溶液调pH至9~10，将所得溶液蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。

得KI产品14.5g。

请回答下列问题：

（3）配制0.5mol/LKOH溶液时，下列操作导致配得的溶液浓度偏高的是_________（填序号）。

A.托盘上分别放置质量相等的纸片后称量KOH固体

B.KOH固体样品中混有K2O2

C.称量好的固体放入烧杯中溶解未经冷却直接转移入容量瓶

D.未洗涤烧杯及玻璃棒直接向容量瓶中加水定容

E.定容时仰视刻度线

F.定容后摇匀，液面下降，再加水至刻度线

G.定容后摇匀，少量溶液溅出容量瓶

（4）步骤ⅱ中I2与KOH溶液反应生成的氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：

5，请写出氧化产物的化学式：

____________.

（5）步骤ⅲ中向溶液中滴加适量甲酸时，需打开活塞______________（填“a”“b”或“a和b”）

（6）实验中，加入HCOOH发生氧化还原反应的离子方程式为___________________________.

（7）实验中KI的产率为________________%（结果保留一位小数）。

【答案】

（1）.分液

（2）.ABD（3）.BC（4）.KIO3（5）.b（6）.3HCOOH+IO3－=I−+3CO2↑+3H2O（7）.87.3

【解析】

【分析】

I．分析实验流程可知，海带灰加水溶解后过滤将浊液分离固体和溶液，则溶液I含有提取的碘离子，将溶液I酸化再加入H2O2，将I-氧化为I2，加入萃取剂萃取碘，经操作a得到碘的有机溶液，操作a应为分液。

向有基层中加入40%的NaOH溶液，碘和浓氢氧化钠溶液发生岐化反应，溶液分层，因而操作b也是分液，溶液III经硫酸酸化发生归中反应，又生成碘单质，经过滤分离出碘，以此解答

（1）

（2）题；

Ⅱ.分析KI晶体的制备原理，I2与KOH溶液反应生成KIO3和KI，再用甲酸还原KIO3，将所得溶液蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得KI产品，据此解答（3）~（7）题。

【详解】I．

（1）根据以上分析，操作b是分离两种互不相溶液体混合物的操作，该操作为分液；

因此，本题答案为：

分液；

（2）试剂a是萃取碘水中碘的试剂，根据萃取剂的选择要求，可以选用的是苯或CCl4或直馏汽油，应选ABD，

因此，本题答案为：

ABD；

Ⅱ.（3）A.KOH固体具有吸水性，能与空气中二氧化碳反应，在纸片上称量KOH固体，会使所称量的KOH质量偏小，导致配得的溶液浓度偏低，故不选A；

B.1molK2O2与水反应生成2molKOH，1molK2O2的质量为110g，而2molKOH的质量为112g，若KOH固体样品中混有K2O2则使所配溶液中溶质KOH的物质的量增大，导致配得的溶液浓度偏高，故选B；

C.溶液未经冷却即注入容量瓶，冷却后溶液体积缩小，导致浓度偏大，故选C；

D.未洗涤烧杯及玻璃棒直接向容量瓶中加水定容，导致溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故D不选；

 E.定容时仰视刻度线，导致溶液的体积偏大，所以配制溶液的浓度偏低，故不选E；

F.定容后摇匀，液面下降，再加水至刻度线，使溶液的体积增大，所配溶液浓度偏低，故F不选；

G.定容后摇匀，少量溶液溅出容量瓶，转移到容量瓶中氢氧化钾的质量减小，所配溶液浓度偏低，故G不选。

综合以上分析，应选BC，

因此，本题答案为：

BC；

（4）I2与KOH溶液反应，I2即被氧化又被还原，容易判断还原产物为KI，若生成的氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：

5，根据得失电子守恒，可判断出氧化产物中碘元素化合价为+5价，因此可推出氧化产物为KIO3，

因此，本题答案为：

KIO3；

（5）步骤ⅲ中向溶液中滴加适量甲酸时，使用的是恒压滴液漏斗，起到了平衡压强作用，因此只需打开活塞b，即可以使甲酸顺利滴下，

因此，本题答案为：

b。

（6）由信息可知，加入甲酸的作用是还原碘酸钾，HCOOH被氧化为CO2，根据得失电子守恒和电荷守恒写出HCOOH发生氧化还原反应的离子方程式为3HCOOH+IO3－=I−+3CO2↑+3H2O，

因此，本题答案为：

3HCOOH+IO3－=I−+3CO2↑+3H2O；

（7）由反应原理可知，理论上参加反应的I2都生成了KI，12.7g单质I2的物质的量为12.7g/254g/mol=0.05mol，则理论上全部生成KI为0.05mol×2=0.1mol，KI的理论产量为0.1mol×166g/mol=16.6g，则产率=（14.5g/16.6g）×100%=87.3%，

因此，本题答案为：

87.3。

10.NOx是造成大气污染的主要物质，现在工业上脱硝有多种方法。

试回答下列问题

I.采用NaClO2溶液作为吸收剂可进行脱硝。

反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表：

写出NaClO2溶液和NO反应的脱硝过程中主要反应的离子方程式：

______________________.

Ⅱ.用焦炭还原法将其转化为无污染的物质也可进行脱硝。

已知：

2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H1=-221.0kJ·mol－1;

N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H2=+180.5kJ/mol

2NO（g）+2CO（g）=2CO2（g）+N2（g）△H3=-746.0kJ/mol

回答下列问题

（1）用焦炭还原NO生成无污染气体的热化学方程式为______________________.

（2）在一定温度下，向甲、乙、丙三个恒容密闭容器中加入一定量的NO和足量的焦炭，反应过程中测得各容器中c（NO）（mo/L）随时间（s）的变化如下表：

（已知：

三个容器的反应温度分别为T甲=400℃、T乙=400℃、T丙=a℃）

甲容器中，该反应的平衡常数K=_________丙容器的反应温度a__________400℃（填“>”，<”或“=”），理由是___________________________________.，用NH3催化还原NOx，也可以消除氮氧化物的污染。

已知：

8NH3（g）+6NO2（g）

7N2（g）+12H2O（l）,ΔH<0。

相同条件下,在2L密闭容器内,选用不同的催化剂进行反应,产生N2的量随时间的变化如图所示

①在催化剂A的作用下0-4min的v（NO2）=___________________.

②该反应活化能Ea（A）、Ea（B）、Ea（C）由小到大的顺序是_____________，理由是_______________________________________.

③下列说法不正确的是____________（填序号）。

a.使用催化剂A达平衡时,△H值更大

b升高温度可使容器内气体颜色加深

c.单位时间内形成N-H键与O-H键的数目相等时,说明反应已经达到平衡

d.若在恒容绝热的密闭容器中反应,当平衡常数不变时,说明反应已经达到平衡

【答案】

（1）.4NO+3ClO2－+4OH−=4NO3－+2H2O+3Cl−

（2）.2NO