广东署山一中东华高级中学联考2022届高三化学上学期摸底试题含解析

2022-2022学年广东省佛山一中、东华高级中学联考高三（上）摸底化学试卷　一、选择题（本题包括15小题，每小题3分，共45分．每小题只有一个选项符合题意）1．NA为阿伏伽德罗常数的值．下列叙述正确的是（　　）A．1.0L1.0mo1•L﹣1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NAB．常温常压下，8gO2含有4NA个电子C．25℃时pH=13的NaOH溶液中含有OH﹣的数目为0.1NAD．1mol的羟基与1mol的氢氧根离子所含电子数均为9NA　2．下列物质分类正确的是（　　）A．SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物B．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C．烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D．福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物　3．下列离子方程式正确的是（　　）A．Cl2通入水中：Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣B．双氧水加入稀硫酸和KI溶液：H2O2+2H++2I﹣═I2+2H2OC．Na2O2溶于水产生O2：Na2O2+H2O═2Na++2OH﹣+O2↑D．Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O32﹣+4H+═SO42﹣+3S↓+2H2O　4．短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其简单离子都能破坏水的电离平衡的是（　　）A．W2﹣、X+B．X+、Y3+C．Y3+、Z2﹣D．X+、Z2﹣　5．室温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合（忽略体积变化），实验数据如表：下列判断不正确的是（　　）实验编号起始浓度/（mol•L﹣1）反应后溶液的pHc（HA）c（KOH）①0.10.19②x0.27A．实验①反应后的溶液中：c（K+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）B．实验①反应后的溶液中：c（OH﹣）=c（K+）﹣c（A﹣）=mol•L﹣1C．实验②反应后的溶液中：c（A﹣）+c（HA）＞0.1mol•L﹣1D．实验②反应后的溶液中：c（K+）=c（A﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）　226．银制器皿日久表面会逐渐变黑，这是生成了Ag2S的缘故．根据电化学原理可进行如下处理：在铝质容器中加入食盐溶液，再将变黑的银器浸入该溶液中，一段时间后发现黑色会褪去．下列说法正确的是（　　）A．处理过程中银器一直保持恒重B．银器为正极，Ag2S被还原生成单质银C．该过程中总反应为2Al+3Ag2S═6Ag+Al2S3D．黑色褪去的原因是黑色Ag2S转化为白色AgCl　7．在一个不导热的密闭反应器中，只发生两个反应：a（g）+b（g）⇌2c（g）；△H1＜0x（g）+3y（g）⇌2z（g）；△H2＞0进行相关操作且达到平衡后（忽略体积改变所作的功），下列叙述错误的是（　　）A．等压时，通入惰性气体，c的物质的量不变B．等压时，通入z气体，反应器中温度升高C．等容时，通入惰性气体，各反应速率不变D．等容时，通入z气体，y的物质的量浓度增大　8．下列叙述中正确的是（　　）A．液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封B．能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl2C．某溶液中加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在I﹣D．某溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液一定含有Ag+　9．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）A．1.0mol•L﹣1的KNO3溶液：H+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣B．甲基橙呈红色的溶液：NH4+、Ba2+、ClO﹣、Cl﹣C．pH=12的溶液：K+、Na+、CH3COO﹣、Br﹣D．与铝反应产生大量氢气的溶液：Na+、K+、CO32﹣、NO3﹣　10．室温下，将1mol的CuSO4•5H2O（s）溶于水会使溶液温度降低，热效应为△H1，将1mol的CuSO4（s）溶于水会使溶液温度升高，热效应为△H2；CuSO4•5H2O受热分解的化学方程式为：CuSO4•5H2O（s）CuSO4（s）+5H2O（l），热效应为△H3．则下列判断正确的是（　　）A．△H2＞△H3B．△H1＜△H3C．△H1+△H3=△H2D．△H1+△H2=△H3　11．某物质的结构为，关于该物质的叙述正确的是（　　）A．一定条件下与氢气反应可以生成硬脂酸甘油酯B．该物质不能使酸性KMnO4溶液褪色C．与氢氧化钠溶液混合加热能得到肥皂的主要成分D．与其互为同分异构且完全水解后产物相同的油脂还有三种　2212．下列实验方案中，不能达到实验目的是（　　）选项实验目的实验方案A检验CH3CH2Br在NaOH溶液中是否发生水解将CH3CH2Br与NaOH溶液共热．冷却后，取出上层水溶液，用稀HNO3酸化，加入AgNO3溶液，观察是否产生淡黄色沉淀B检验Fe（NO3）2晶体是否已氧化变质将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红C验证Br2的氧化性强于I2将少量溴水加入KI溶液中，再加入CCl4，振荡，静置．可观察到下层液体呈紫色D验证Fe（OH）3的溶解度小于Mg（OH）2将FeCl3溶液加入Mg（OH）2悬浊液中，振荡，可观察到沉淀由白色变为红褐色A．AB．BC．CD．D　13．下列有关实验原理或实验操作正确的是（　　）A．用水湿润pH试纸测量某溶液的pHB．用量筒量取20mL0.5000mol•L﹣1H2SO4溶液于烧杯中，加水80mL，配制成0.1000mol•L﹣1H2SO4溶液C．实验室用图1所示装置制取少量氨气D．实验室用图2所示装置除去Cl2中的少量HCl　14．将足量CO2通入下列各溶液中，所含离子还能大量共存的是（　　）A．K+、SiO32﹣、Cl﹣、NO3﹣B．H+、NH4+、Al3+、SO42﹣C．Na+、S2﹣、OH﹣、SO42﹣D．Na+、C6H5O﹣、CH3COO﹣、HCO3﹣　15．Al、Fe、Cu都是重要的金属元素．下列说法正确的是（　　）A．三者对应的氧化物均为碱性氧化物B．三者的单质放置在空气中均只生成氧化物C．制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法D．电解AlCl3、FeCl3、CuCl2的混合溶液时阴极上依次析出Cu、Fe、Al　　二、非选择题（共55分）16．（14分）（2022•北京）甲、乙两同学为探究SO2与可溶性钡的强酸盐能否反应生成白色BaSO3沉淀，用下图所示装置进行实验（夹持装置和A中加热装置已略，气密性已检验）．22实验操作和现象：操作现象关闭弹簧夹，滴加一定量浓硫酸，加热A中有白雾生成，铜片表面产生气泡B中有气泡冒出，产生大量白色沉淀C中产生白色沉淀，液面上方略显浅棕色并逐渐消失打开弹簧夹，通入N2，停止加热，一段时间后关闭﹣﹣﹣从B、C中分别取少量白色沉淀，加稀盐酸均未发现白色沉淀溶解（1）A中反应的化学方程式是　　　　　　．（2）C中白色沉淀是　　　　　　，该沉淀的生成表明SO2具有　　　　　　性．（3）C中液面上方生成浅棕色气体的化学方程式是　　　　　　．（4）分析B中不溶于稀盐酸的沉淀产生的原因，甲认为是空气参与反应，乙认为是白雾参与反应．①为证实各自的观点，在原实验基础上：甲在原有操作之前增加一步操作，该操作是　　　　　　；乙在A、B间增加洗气瓶D，D中盛放的试剂是　　　　　　．②进行实验，B中现象：甲大量白色沉淀乙少量白色沉淀检验白色沉淀，发现均不溶于稀盐酸．结合离子方程式解释实验现象异同的原因：　　　　　　．（5）合并（4）中两同学的方案进行实验．B中无沉淀生成，而C中产生白色沉淀，由此得出的结论是　　　　　　．　17．（15分）（2022秋•佛山校级月考）合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，其反应原理为N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ•mol﹣1．一种工业合成氨的简式流程图如图所示：（1）天然气中的H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS．一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，写出再生反应的化学方程式：　　　　　　．（2）步骤Ⅱ中制氢气的原理如下：22①CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H=+206.4kJ•mol﹣1②CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=﹣41.2kJ•mol﹣1对于反应①，一定可以提高平衡体系中H2的百分含量，又能加快反应速率的措施是　　　　　　．a．升高温度　b．增大水蒸气浓度　c．加入催化剂　d．降低压强利用反应②，将CO进一步转化，可提高H2的产量．若1molCO和H2的混合气体（CO的体积分数为20%）与H2O反应，得到1.18molCO、CO2和H2的混合气体，则CO的转化率为　　　　　　．（3）图（a）表示500℃、60.0MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH3体积分数的关系．根据图中a点数据计算N2的平衡体积分数：　　　　　　．（4）依据温度对合成氨反应的影响，在图（b）坐标系中，画出一定条件下的密闭容器内，从通入原料气开始，随温度不断升高，NH3物质的量变化的曲线示意图．（5）上述流程图中，使合成氨放出的能量得到充分利用的主要步骤是（填序号）　　　　　　．简述本流程中提高合成氨原料总转化率的方法：　　　　　　．　18．（14分）（2022•黑龙江模拟）在容积为1.00L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4（g）⇌2NO2（g），随温度的升高，混合气体的颜色变深．回答下列问题：（1）反应的△H　　　　　　0（填“大于”或“小于”）；100℃时，体系中各物质浓度随时间变化如图所示．在0～60s时段，反应速率v（N2O4）为　　　　　　mol•L﹣1•s﹣1；反应的平衡常数K1为　　　　　　．（2）100℃时达平衡后，改变反应温度为T，c（N2O4）以0.0020mol•L﹣1•s﹣1的平均速率降低，经10s又达到平衡．①T　　　　　　100℃（填“大于”或“小于”），判断理由是　　　　　　．②列式计算温度T时反应的平衡常数K2　　　　　　．（3）温度T时反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半，平衡向　　　　　　（填“正反应”或“逆反应”）方向移动，判断理由是　　　　　　．22　19．（12分）（2022•揭阳学业考试）姜黄素具有抗突变和预防肿瘤的作用，其合成路线如下：化合物I可以由以下合成路线获得：（1）有机物Ⅳ的分子式为　　　　　　，含有官能团的名称为醚键和　　　　　　．（2）有机物V的名称为　　　　　　，其生成Ⅵ的化学方程式为（注明反应条件）：　　　　　　．（3）写出一种符合下列条件的Ⅳ的同分异构体的结构简式　　　　　　．①苯环上的一硝基取代物有2种②1mol该物质水解，最多消耗3molNaOH（4）反应①中反应物的原子利用率为100%，请写出该反应的化学方程式　　　　　　．　　2022-2022学年广东省佛山一中、东华高级中学联考高三（上）摸底化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（本题包括15小题，每小题3分，共45分．每小题只有一个选项符合题意）1．NA为阿伏伽德罗常数的值．下列叙述正确的是（　　）A．1.0L1.0mo1•L﹣1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NAB．常温常压下，8gO2含有4NA个电子C．25℃时pH=13的NaOH溶液中含有OH﹣的数目为0.1NAD．1mol的羟基与1mol的氢氧根离子所含电子数均为9NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、偏铝酸钠溶液中，溶剂水中也含有氧原子；B、依据8g氧气计算含有的电子数即可；22C、溶液体积不知不能计算微粒数；D、依据羟基和氢氧根离子的结构分析判断．【解答】解：A、溶剂水中也含有氧原子，1．OL1.0mo1•L﹣1的Na2CO3水溶液中含有的氧原子数大于3NA，故A错误；B、8g氧气的物质的量==0.25mol，含有电子数为0.25mol×2×8=4mol，故B正确；C、溶液体积不知不能计算微粒数，故C错误；D、1mol的羟基所含电子数为9NA，1mol的氢氧根离子所含电子数为10NA，故D错误；故选B．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是盐类水解、物质和微粒结构，掌握基础是关键，题目较简单．　2．下列物质分类正确的是（　　）A．SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物B．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C．烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D．福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物；分散系、胶体与溶液的概念及关系；电解质与非电解质．【专题】物质的分类专题．【分析】A、酸性氧化物是指和碱反应生成盐和水的氧化物，一氧化碳是不成盐氧化物；B、胶体是分散质直径在1﹣100nm的分散系，硅酸是沉淀，氯化铁溶液不是胶体；C、电解质是水溶液中或熔融状态能导电的化合物，四氯化碳是非电解质；D、不同物质组成的物质为混合物；【解答】解：A、SO2、SiO2和碱反应生成盐和水，均为酸性氧化物，CO不能和碱反应生成盐和水是不成盐氧化物，故A错误；B、稀豆浆属于胶体、硅酸是难溶的沉淀、氯化铁溶液不是胶体，分散质微粒直径不同是分散系的本质区别，故B错误；C、烧碱是氢氧化钠水溶液中完全电离是强电解质、冰醋酸水溶液中部分电离是弱电解质、四氯化碳水溶液中或熔融状态都不导电属于非电解质，故C错误；D、福尔马林是甲醛水溶液属于混合物、水玻璃是硅酸钠水溶液，属于混合物、氨水氨气溶于水形成的溶液属于混合物，所以均为混合物，故D正确；故选D．【点评】本题考查了氧化物分类，分散系的区分，电解质的判断，混合物的物质组成，题目较简单．　3．下列离子方程式正确的是（　　）A．Cl2通入水中：Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣B．双氧水加入稀硫酸和KI溶液：H2O2+2H++2I﹣═I2+2H2OC．Na2O2溶于水产生O2：Na2O2+H2O═2Na++2OH﹣+O2↑D．Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O32﹣+4H+═SO42﹣+3S↓+2H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．次氯酸为弱电解质，保留化学式；22B．双氧水加入稀硫酸和KI溶液生成碘和硫酸钾、水；C．原子个数不守恒；D．电荷不守恒．【解答】解：A．Cl2通入水中，离子方程式：Cl2+H2O═H++Cl﹣+HClO，故A错误；B．双氧水加入稀硫酸和KI溶液，离子方程式：H2O2+2H++2I﹣═I2+2H2O，故B正确；C．Na2O2溶于水产生O2，离子方程式：2Na2O2+2H2O═4Na++4OH﹣+O2↑，故C错误；D．Na2S2O3溶液中加入稀硫酸，离子方程式：S2O32﹣+2H+═S↓+SO2+H2O，故D错误；故选：B．【点评】本题考查离子方程式和电离方程式书写，明确物质的性质及离子方程式书写规则是解本题关键，注意离子方程式书写应符合客观事实、原子守恒、电荷守恒及转移电子守恒，题目难度不大．　4．短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其简单离子都能破坏水的电离平衡的是（　　）A．W2﹣、X+B．X+、Y3+C．Y3+、Z2﹣D．X+、Z2﹣【考点】影响盐类水解程度的主要因素．【专题】盐类的水解专题．【分析】根据答案选项可知W、X、Y、Z形成的简单离子分别为W2﹣、X+、Y3+、Z2﹣，又知W、X、Y、Z均为短周期元素，且原子序数依次增大，故可推出W为O，X为Na，Y为Al，Z为S．【解答】解：根据短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大及各选项可以推出，W为O2﹣、X为Na+、Y为Al3+、Z为S2﹣，Al3+和S2﹣均能发生水解，水解打破了水的电离平衡；O2﹣不能在水溶液存在，而Na+不水解，故正确的是C；故选C．【点评】本题考查影响盐类水解的因素，命题结构简单，切入点新颖，考查了离子化合价与其离子电荷的关系，难度中等．　5．室温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合（忽略体积变化），实验数据如表：下列判断不正确的是（　　）实验编号起始浓度/（mol•L﹣1）反应后溶液的pHc（HA）c（KOH）①0.10.19②x0.27A．实验①反应后的溶液中：c（K+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）B．实验①反应后的溶液中：c（OH﹣）=c（K+）﹣c（A﹣）=mol•L﹣1C．实验②反应后的溶液中：c（A﹣）+c（HA）＞0.1mol•L﹣1D．实验②反应后的溶液中：c（K+）=c（A﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】室温下，将等体积等浓度的HA和KOH混合（忽略体积变化），溶液呈碱性，说明该酸是弱酸，22A．根据盐的类型确定溶液中离子浓度的相对大小；B．根据电荷守恒计算氢氧根离子浓度；C．当等物质的量的酸和碱恰好反应时，溶液呈碱性，要使等体积的酸和碱混合后溶液呈中性，则酸的浓度应大于碱的浓度；D．根据电荷守恒确定离子浓度关系；【解答】解：室温下，将等体积等浓度的HA和KOH混合（忽略体积变化），溶液呈碱性，说明该酸是弱酸，A．溶液中存在电荷守恒，即c（K+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），该盐是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，c（OH﹣）＞c（H+），水的电离较微弱，所以c（A﹣）＞c（OH﹣），故A正确；B．溶液中存在电荷守恒，即c（K+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），c（OH﹣）﹣c（H+）=c（K+）﹣c（A﹣）=mol/L﹣10﹣9mol/L，故B错误；C．当等物质的量的酸和碱恰好反应时，溶液呈碱性，要使等体积的酸和碱混合后溶液呈中性，则酸的浓度应大于碱，根据物料守恒得c（A﹣）+c（HA）＞0.1mol/L，故C正确；D．溶液中存在电荷守恒，即c（K+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），溶液呈中性，即c（OH﹣）=c（H+），则c（K+）=c（A﹣），中性溶液中水的电离较微弱，所以c（A﹣）＞c（OH﹣），故D正确；故选B．【点评】本题考查离子浓度大小的比较，根据电荷守恒和微粒守恒来分析解答，易错选项是C，题目难度中等．　6．银制器皿日久表面会逐渐变黑，这是生成了Ag2S的缘故．根据电化学原理可进行如下处理：在铝质容器中加入食盐溶液，再将变黑的银器浸入该溶液中，一段时间后发现黑色会褪去．下列说法正确的是（　　）A．处理过程中银器一直保持恒重B．银器为正极，Ag2S被还原生成单质银C．该过程中总反应为2Al+3Ag2S═6Ag+Al2S3D．黑色褪去的原因是黑色Ag2S转化为白色AgCl【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】铝、银和电解质溶液构成原电池，铝作负极，银作正极，负极上铝失电子发生氧化反应，正极上银离子得电子发生还原反应，据此分析解答．【解答】解：A．银器放在铝制容器中，由于铝的活泼性大于银，故铝为负极，失电子，银为正极，银表面的Ag2S得电子，析出单质银，所以银器质量减小，故A错误；B．银作正极，正极上Ag2S得电子作氧化剂，在反应中被还原生成单质银，故B正确；C．Al2S3在溶液中不能存在，会发生双水解反应生成H2S和Al（OH）3，故C错误；D．黑色褪去是Ag2S转化为Ag而不是AgCl，故D错误；故选B．【点评】本题考查原电池原理，明确正负极上得失电子是解本题关键，难度不大．　7．在一个不导热的密闭反应器中，只发生两个反应：a（g）+b（g）⇌2c（g）；△H1＜022x（g）+3y（g）⇌2z（g）；△H2＞0进行相关操作且达到平衡后（忽略体积改变所作的功），下列叙述错误的是（　　）A．等压时，通入惰性气体，c的物质的量不变B．等压时，通入z气体，反应器中温度升高C．等容时，通入惰性气体，各反应速率不变D．等容时，通入z气体，y的物质的量浓度增大【考点】化学平衡的影响因素．【专题】压轴题；化学平衡专题．【分析】A、等压时，通入惰性气体，体积增大，对第二个反应平衡向逆反应移动，温度升高，导致第一个反应向逆反应移动；B、等压时，通入z气体，第二反应平衡向逆反应移动，反应器中温度升高；C、等容时，通入惰性气体，各反应混合物的浓度不变；D、等容时，通入z气体，第二反应平衡向逆反应移动．【解答】解：A、等压时，通入惰性气体，容器体积增大，等效为压强减小，平衡x（g）+3y（g）⇌2z（g）（△H＞0）向左移动，正反应为吸热反应，反应体系的温度升高，由于该反应容器是一个不导热的容器，所以平衡a（g）+b（g）⇌2c（g）也向吸热方向移动，即逆反应方向移动，所以c的物质的量减小，故A错误；B、等压时，通入z气体，增大了生成物的浓度，平衡x（g）+3y（g）⇌2z（g）向左移动，由于该反应的逆反应是放热反应，容器内温度升高，虽然导致第一个反应向逆反应移动，但移动结果不会恢复到原温度，故平衡时温度升高，故B正确；C、等容时，通入惰性气体，各反应物和生成物的物质的量没有变化，即各组分的浓度没有发生变化，所以各组分的反应速率不发生变化，故C正确；D、等容时，通入z气体，增大了生成物z的浓度，平衡逆向移动，所以y的物质的量浓度增大，故D正确；故选A．【点评】本题考查外界条件对化学平衡的影响，难度中等，本题要特别注意题干中的信息“不导热的密闭反应器”，注意压强对第一个反应没有影响，根据第二反应的移动热效应，判断第一个反应的移动．　8．下列叙述中正确的是（　　）A．液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封B．能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl2C．某溶液中加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在I﹣D．某溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液一定含有Ag+【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计．【专题】化学实验基本操作．【分析】A．实验室保存液溴常用水封的方法；B．能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质具有氧化性；C．CC14层显紫色，证明原溶液中存在I2；D．溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，可能为AgCl或BaSO4．【解答】解：A．液溴易挥发，密度比水大，实验室常用水封的方法保存，故A正确；B．能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质具有氧化性，可能为NO2、O3、Cl2等物质，但不一定为Cl2，故B错误；C．CC14层显紫色，证明原溶液中存在I2，I﹣无色，故C错误；22D．溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，可能为AgCl或BaSO4，不一定含有Ag+，故D错误．故选A．【点评】本题考查物质的保存、检验等知识，题目难度不大，解答该类题目注意把握相关化学基本实验操作．　9．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）A．1.0mol•L﹣1的KNO3溶液：H+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣B．甲基橙呈红色的溶液：NH4+、Ba2+、ClO﹣、Cl﹣C．pH=12的溶液：K+、Na+、CH3COO﹣、Br﹣D．与铝反应产生大量氢气的溶液：Na+、K+、CO32﹣、NO3﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．离子之间发生氧化还原反应；B．甲基橙呈红色的溶液，显酸性；C．pH=12的溶液，溶液显碱性；D．与铝反应产生大量氢气的溶液，为酸或强碱溶液．【解答】解：A．H+、Fe2+、NO3﹣离子之间发生氧化还原反应，不能共存，故A错误；B．甲基橙呈红色的溶液，显酸性，ClO﹣、Cl﹣发生氧化还原反应，不能共存，故B错误；C．pH=12的溶液，溶液显碱性，该组离子之间不反应，能共存，故C正确；D．与铝反应产生大量氢气的溶液，为酸或强碱溶液，酸溶液中H+、CO32﹣反应，且Al、H+、NO3﹣发生氧化还原反应不生成氢气，不能共存，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子的共存，为高考常见题型，侧重氧化还原反应的考查，注意信息的抽取和应用，题目难度不大．　10．室温下，将1mol的CuSO4•5H2O（s）溶于水会使溶液温度降低，热效应为△H1，将1mol的CuSO4（s）溶于水会使溶液温度升高，热效应为△H2；CuSO4•5H2O受热分解的化学方程式为：CuSO4•5H2O（s）CuSO4（s）+5H2O（l），热效应为△H3．则下列判断正确的是（　　）A．△H2＞△H3B．△H1＜△H3C．△H1+△H3=△H2D．△H1+△H2=△H3【考点】反应热和焓变；反应热的大小比较．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】胆矾溶于水时，溶液温度降低，反应为CuSO4•5H2O（s）=Cu2+（aq）+SO42﹣（aq）+5H2O（l）△H1＞0；CuSO4（s）=Cu2+（aq）+SO42﹣（aq）△H2；已知CuSO4•5H2O（s）=CuSO4（s）+5H2O（l）△H3，根据盖斯定律确定之间的关系．【解答】解：①胆矾溶于水时，溶液温度降低，反应为CuSO4•5H2O（s）=Cu2+（aq）+SO42﹣（aq）+5H2O（l）△H1＞0；②CuSO4（s）=Cu2+（aq）+SO42﹣（aq）△H2＜0；③已知CuSO4•5H2O（s）=CuSO4（s）+5H2O（l）△H3；依据盖斯定律①﹣②得到③，所以△H3=△H1﹣△H2；△H2＜0，△H1＞0，则△H3＞0，A、上述分析可知△H2＜△H3，故A错误；22B、分析可知△H2=△H1﹣△H3，由于△H2＜0，△H3＞△H1，故B正确；C、△H3=△H1﹣△H2，故C错误；D、△H2＜0，△H1＞0、△H3＞△H1+△H2，故D错误；故选B．【点评】本题考查了物质溶解及物质分解过程中的能量变化，根据盖斯定律分析物质溶解过程中的能量变化是解题关键，题目难度中等．　11．某物质的结构为，关于该物质的叙述正确的是（　　）A．一定条件下与氢气反应可以生成硬脂酸甘油酯B．该物质不能使酸性KMnO4溶液褪色C．与氢氧化钠溶液混合加热能得到肥皂的主要成分D．与其互为同分异构且完全水解后产物相同的油脂还有三种【考点】有机物的结构和性质．【分析】一定条件下与氢气反应可以生成，既不是硬脂酸甘油酯，也不是软脂酸甘油酯，其在碱性条件下水解得到高级脂肪酸钠，为肥皂的主要成分；与其互为同分异构且完全水解后产物相同的油脂有和两种，以此解答该题．【解答】解：A．一定条件下与氢气反应可以生成，不生成硬脂酸甘油酯，故A错误；B．含有不饱和烃基，可被酸性高锰酸钾氧化，故B错误；C．其在碱性条件下水解得到高级脂肪酸钠，为肥皂的主要成分，故C正确；D．与其互为同分异构且完全水解后产物相同的油脂有和两种，故D错误．故选C．【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重于油脂的水解的考查，为高频考点，注意油脂的组成和结构，特别是硬脂酸、软脂酸和油酸的区别．　12．下列实验方案中，不能达到实验目的是（　　）选项实验目的实验方案A检验CH3CH2Br在NaOH溶液中是否发生水解将CH3CH2Br与NaOH溶液共热．冷却后，取出上层水溶液，用稀HNO3酸化，加入AgNO3溶液，观察是否产生淡黄色沉淀B检验Fe（NO3）2晶体是否已氧化变质将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红22C验证Br2的氧化性强于I2将少量溴水加入KI溶液中，再加入CCl4，振荡，静置．可观察到下层液体呈紫色D验证Fe（OH）3的溶解度小于Mg（OH）2将FeCl3溶液加入Mg（OH）2悬浊液中，振荡，可观察到沉淀由白色变为红褐色A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．检验有机物中的溴元素时，先将溴元素转化为溴离子，再用硝酸酸化溶液，最后用硝酸银溶液检验溴离子即可；B．硝酸能将亚铁离子氧化为铁离子而干扰实验；C．自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；D．溶解度大的物质能向溶解度小的物质转化．【解答】解：A．检验有机物中的溴元素时，先将溴元素转化为溴离子，再用硝酸酸化溶液，最后用硝酸银溶液检验溴离子，如果有淡黄色沉淀生成就说明含有溴元素，否则没有溴元素，故A正确；B．加入稀硫酸后，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子而干扰实验，所以不能实现实验目的，故B错误；C．将少量溴水加入KI溶液中，再加入CCl4，振荡，静置．可观察到下层液体呈紫色，说明二者发生氧化还原反应2I﹣+Br2=2Br﹣+I2，溴是氧化剂、碘是氧化产物，所以溴的氧化性大于碘，所以能实现实验目的，故C正确；D．溶解度大的物质能向溶解度小的物质转化，将FeCl3溶液加入Mg（OH）2悬浊液中，振荡，可观察到沉淀由白色变为红褐色，说明Fe（OH）3的溶解度小于Mg（OH）2，所以能实现实验目的，故D正确；故选B．【点评】本题考查了实验方案评价，明确实验原理是解本题关键，根据物质的性质来分析解答，易错选项是AB，注意：用硝酸银检验溴离子时要先中和过量的碱，为易错点．　13．下列有关实验原理或实验操作正确的是（　　）A．用水湿润pH试纸测量某溶液的pHB．用量筒量取20mL0.5000mol•L﹣1H2SO4溶液于烧杯中，加水80mL，配制成0.1000mol•L﹣1H2SO4溶液C．实验室用图1所示装置制取少量氨气D．实验室用图2所示装置除去Cl2中的少量HCl【考点】测定溶液pH的方法；氨的实验室制法；气体的净化和干燥；配制一定物质的量浓度的溶液．【专题】化学实验基本操作．【分析】A、pH试纸不能事先湿润；22B、20mL0.5000mol•L﹣1H2SO4溶液和80ml水混合后，溶液的体积不等于100ml；C、收集氨气的试管不能用橡皮塞塞住管口；D、根据氯气难溶于饱和食盐水进行除杂．【解答】解：A、pH试纸不能事先湿润，否则会带来实验误差，故A错误；B、20mL0.5000mol•L﹣1H2SO4溶液和80ml水混合后，溶液的体积不等于100ml，且稀释浓硫酸时，为防止酸液飞溅，应将浓硫酸加入到水中，故B错误；C、收集氨气的试管不能塞橡皮塞，会导致试管内压强过大而将橡皮塞顶开，应在试管口塞一团棉花，故C错误；D、氯气难溶于饱和食盐水，可用饱和食盐水进行洗气分离，故D正确．故选D．【点评】本题考查化学实验基本操作，题目难度不大，注意B项，为易错点．　14．将足量CO2通入下列各溶液中，所含离子还能大量共存的是（　　）A．K+、SiO32﹣、Cl﹣、NO3﹣B．H+、NH4+、Al3+、SO42﹣C．Na+、S2﹣、OH﹣、SO42﹣D．Na+、C6H5O﹣、CH3COO﹣、HCO3﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】将足量CO2通入溶液中，溶液呈弱酸性，凡是对应的酸比碳酸弱的酸根离子以及OH﹣不能共存．【解答】解：A．H2SiO3酸性比碳酸弱，通入过量CO2，SiO32﹣不能大量共存，故A错误；B．通入过量CO2，四种离子在弱酸性条件下不发生任何反应，可大量共存，故B正确；C．OH﹣与CO2反应而不能大量共存，故C错误；D．C6H5OH酸性比碳酸弱，通入过量CO2，C6H5O﹣不能大量共存，故D错误．故选B．【点评】本题考查离子共存问题，题目难度不大，本题注意比碳酸弱的酸的种类即可解答．　15．Al、Fe、Cu都是重要的金属元素．下列说法正确的是（　　）A．三者对应的氧化物均为碱性氧化物B．三者的单质放置在空气中均只生成氧化物C．制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法D．电解AlCl3、FeCl3、CuCl2的混合溶液时阴极上依次析出Cu、Fe、Al【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；原电池和电解池的工作原理；盐类水解的应用．【专题】基本概念与基本理论；元素及其化合物．【分析】A、根据Al、Fe、Cu三者对应的氧化物各自所属类别来回答；B、根据Al、Fe、Cu三者放在空气中所发生的反应来回答；C、根据AlCl3、FeCl3、CuCl2三种溶液直接蒸干时所得到的产物进行分析；D、根据电解原理，阴极上析出的金属应按照其对应的阳离子的放电顺序来析出．【解答】解：A、铝对应的氧化物Al2O3是两性氧化物，故A错误；B、Fe还可以形成复杂的氢氧化物，Cu可以形成碱式碳酸铜等，故B错误；C、因为AlCl3、FeCl3、CuCl2的溶液加热时都水解生成沉淀和HCl气体了，HCl挥发了，所以得到的是各自的沉淀物，制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法，故C正确；22D、根据电解原理，阴极上离子的放电顺序是：Cu2+＞H+＞Fe2+＞Al3+，Fe2+和Al3+不放电，Fe3+得电子成为Fe2+，不会析出铁，所以铁和Al不可以，因为它们比H活泼，只有Cu可以，故D错误．故选C．【点评】本题考查了常见的金属单质的性质、电解原理以及盐类水解的应用知识，是一道综合型题目．　二、非选择题（共55分）16．（14分）（2022•北京）甲、乙两同学为探究SO2与可溶性钡的强酸盐能否反应生成白色BaSO3沉淀，用下图所示装置进行实验（夹持装置和A中加热装置已略，气密性已检验）．实验操作和现象：操作现象关闭弹簧夹，滴加一定量浓硫酸，加热A中有白雾生成，铜片表面产生气泡B中有气泡冒出，产生大量白色沉淀C中产生白色沉淀，液面上方略显浅棕色并逐渐消失打开弹簧夹，通入N2，停止加热，一段时间后关闭﹣﹣﹣从B、C中分别取少量白色沉淀，加稀盐酸均未发现白色沉淀溶解（1）A中反应的化学方程式是　Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O　．（2）C中白色沉淀是　BaSO4　，该沉淀的生成表明SO2具有　还原　性．（3）C中液面上方生成浅棕色气体的化学方程式是　2NO+O2═2NO2　．（4）分析B中不溶于稀盐酸的沉淀产生的原因，甲认为是空气参与反应，乙认为是白雾参与反应．①为证实各自的观点，在原实验基础上：甲在原有操作之前增加一步操作，该操作是　通N2一段时间，排除装置中的空气　；乙在A、B间增加洗气瓶D，D中盛放的试剂是　饱和NaHSO3溶液　．②进行实验，B中现象：甲大量白色沉淀乙少量白色沉淀检验白色沉淀，发现均不溶于稀盐酸．结合离子方程式解释实验现象异同的原因：　甲：SO42﹣+Ba2═BaSO4↓，乙：2Ba2++2SO2+O2+2H2O═2BaSO4↓+4H+，白雾的量远多于装置中O2的量　．（5）合并（4）中两同学的方案进行实验．B中无沉淀生成，而C中产生白色沉淀，由此得出的结论是　SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀　．【考点】二氧化硫的化学性质．22【专题】压轴题．【分析】（1）由题给实验目的和实验可知，A中发生的反应方程式为：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O；（2）C中白色沉淀不溶于稀盐酸，说明沉淀是BaSO4，原因是硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能将SO2氧化为SO42﹣，说明SO2具有还原性；（3）C中液面上方生成浅棕色气体则是硝酸还原生成的NO，遇O2生成了红棕色的NO2之故，化学方程式是2NO+O2═2NO2；（4）甲同学为排除装置内空气对实验结果的影响，在Cu与浓硫酸反应前，可先通一会儿N2；乙同学为除去白雾或SO2中的SO3，可在A、B间增加一个盛放浓硫酸或饱和NaHSO3溶液的洗气瓶；由于甲同学没有排除白雾的干扰，生成BaSO4沉淀的离子方程式为SO42﹣+Ba2═BaSO4↓；乙同学没有排除空气的干扰，其生成BaSO4的离子方程式为2Ba2++2SO2+O2+2H2O═2BaSO4↓+4H+；（5）合并甲、乙两同学的方案进行实验时，B中无沉淀生成，C中产生白色沉淀，说明SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀．【解答】解：（1）铜和浓硫酸加热条件下生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O；（2）A中生成气体SO2，C中的白色沉淀不溶于稀盐酸，说明C中沉淀为是BaSO4，原因是硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能将SO2氧化为SO42﹣，说明SO2具有还原性；（3）C中发生的反应是3SO2+3Ba2++2NO3﹣+2H2O═3BaSO4↓+2NO↑+4H+，C中液面上方生成浅棕色气体则是硝酸还原生成的NO遇O2生成了红棕色的NO2之故，化学方程式是2NO+O2═2NO2；（4）A中白雾与氯化钡反应能生成BaSO4沉淀，故其可能含有SO3或H2SO4，；甲同学为排除装置内空气对实验结果的影响，在Cu与浓硫酸反应前，可先通一会儿N2；A中白雾可能含有SO3或H2SO4，乙同学为除去白雾或SO2中的SO3，可在A、B间增加一个盛放浓硫酸或饱和NaHSO3溶液的洗气瓶；在甲、乙两同学的实验中，B中均出现了不溶于稀盐酸的白色沉淀，说明该白色沉淀都是BaSO4，由于甲同学没有排除白雾的干扰，故生成BaSO4沉淀的离子方程式为SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓；乙同学没有排除空气的干扰，其生成BaSO4的离子方程式为2Ba2++2SO2+O2+2H2O═2BaSO4↓+4H+，白雾的量远多于装置中氧气的量，所以甲中产生大量白色沉淀，乙中产生少量白色沉淀；（5）合并甲、乙两同学的方案进行实验时，B中无沉淀生成，C中产生白色沉淀，说明SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀．故答案为：（1）Cu+2H2SO4═CuSO4+SO2↑+2H2O；（2）H2SO4，还原；（3）2NO+O2═2NO2，（4）①通N2一段时间，排除装置中的空气；饱和NaHSO3溶液；②甲：SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓，乙：2Ba2++2SO2+O2+2H2O═2BaSO4↓+4H+，白雾的量远多于装置中O2的量；（5）SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀．【点评】本题主要考查了SO2的制取、性质及BaSO3、BaSO4的性质知识等，同时考查了学生的实验设计、分析、检验、推断等基本技能，充分考查了学生的思维分析能力等，综合性强．22　17．（15分）（2022秋•佛山校级月考）合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，其反应原理为N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ•mol﹣1．一种工业合成氨的简式流程图如图所示：（1）天然气中的H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS．一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，写出再生反应的化学方程式：　2NH4HS+O2=2S↓+2NH3•H2O　．（2）步骤Ⅱ中制氢气的原理如下：①CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H=+206.4kJ•mol﹣1②CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=﹣41.2kJ•mol﹣1对于反应①，一定可以提高平衡体系中H2的百分含量，又能加快反应速率的措施是　a　．a．升高温度　b．增大水蒸气浓度　c．加入催化剂　d．降低压强利用反应②，将CO进一步转化，可提高H2的产量．若1molCO和H2的混合气体（CO的体积分数为20%）与H2O反应，得到1.18molCO、CO2和H2的混合气体，则CO的转化率为　90%　．（3）图（a）表示500℃、60.0MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH3体积分数的关系．根据图中a点数据计算N2的平衡体积分数：　14.5%　．（4）依据温度对合成氨反应的影响，在图（b）坐标系中，画出一定条件下的密闭容器内，从通入原料气开始，随温度不断升高，NH3物质的量变化的曲线示意图．（5）上述流程图中，使合成氨放出的能量得到充分利用的主要步骤是（填序号）　Ⅳ　．简述本流程中提高合成氨原料总转化率的方法：　分离液氨，未反应的氮气和氢气循环使用　．【考点】化学平衡的计算；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．22【分析】（1）H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS，一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，说明又生成一水合氨，配平书写化学方程式；（2）对于反应①正反应为气体体积增大吸热反应，a．升高温度，反应速率加快，平衡正向移动；b．增大水蒸气浓度，平衡正向进行，反应速率增大，但平衡体系中H2百分含量不一定增大；c．加入催化剂不影响平衡移动；d．降低压强，反应速率减慢；若1molCO和H2的混合气体（CO的体积分数为20%）中CO为0.2mol，H2的物质的量为0.8mol，与H2O反应，得到1.18molCO、CO2和H2的混合气体，设转化的一氧化碳的物质的量为x，则：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）起始量（mol）0.200.8变化量（mol）xxx平衡量（mol）0.2﹣xxx+0.8则0.2﹣x+x+x+0.8=1.18，进而计算CO转化率；（3）a点氮气的体积分数为42%，氢气与氮气物质的量之比为3：1，二者按3：1反应，平衡时二者体积分数之比为3：1，结合氨气体积分数计算；（4）随反应进行氨气物质的量增大，达到平衡状态，合成氨的反应是放热反应，继续升温，平衡逆向进行，氨气物质的量减小；（5）合成氨为放热过程，通过Ⅳ热交换器加热反应混合气体，使反应达到所需温度；分离出氨气促进平衡正向进行，把平衡混合气体中氮气和氢气重新循环使用，提高原理利用率．【解答】解：（1）H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS，一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，说明又生成一水合氨，化学方程式为：2NH4HS+O2=2S↓+2NH3•H2O，故答案为：2NH4HS+O2=2S↓+2NH3•H2O；（2）对于反应①正反应为气体体积增大吸热反应．a．反应是吸热反应，升高温度，反应速率增大，平衡正向进行，平衡体系中H2百分含量增大，故a符合；b．增大水蒸气浓度，平衡正向进行，反应速率增大，但平衡体系中H2百分含量不一定增大，故b不符合；c．加入催化剂，改变反应速率不改变化学平衡，反应速率增大，氢气百分含量不变，故c不符合；d．降低压强，反应速率减小，平衡逆向进行，氢气百分含量减小，故d不符合；若1molCO和H2的混合气体（CO的体积分数为20%）中CO为0.2mol，H2的物质的量为0.8mol，与H2O反应，得到1.18molCO、CO2和H2的混合气体，设转化的一氧化碳的物质的量为x，则：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）起始量（mol）0.200.8变化量（mol）xxx平衡量（mol）0.2﹣xxx+0.8则0.2﹣x+x+x+0.8=1.18，解得x=0.18，则CO转化率为×100%=90%，故答案为：a；90%；22（3）a点氮气的体积分数为42%，氢气与氮气物质的量之比为3：1，二者按3：1反应，平衡时二者体积分数之比为3：1，则平衡时氮气体积分数为（1﹣42%）×=14.5%，故答案为：14.5%；（4）随反应进行氨气物质的量增大，达到平衡状态，合成氨的反应是放热反应，继续升温，平衡逆向进行，氨气物质的量减小，从通入原料气开始，随温度不断升高，NH3物质的量变化的曲线示意图为：，故答案为：；（5）合成氨为放热过程，通过Ⅳ热交换器加热反应混合气体，使反应达到所需温度，使合成氨放出的能量得到充分利用；将氨气液化，分离出氨气促进平衡正向进行，把平衡混合气体中氮气和氢气重新循环使用，提高原理利用率，故答案为：Ⅳ；分离液氨，未反应的氮气和氢气循环使用．【点评】本题考查了化学平衡计算及影响因素等，侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度中等．　18．（14分）（2022•黑龙江模拟）在容积为1.00L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4（g）⇌2NO2（g），随温度的升高，混合气体的颜色变深．回答下列问题：（1）反应的△H　大于　0（填“大于”或“小于”）；100℃时，体系中各物质浓度随时间变化如图所示．在0～60s时段，反应速率v（N2O4）为　0.001　mol•L﹣1•s﹣1；反应的平衡常数K1为　0.36mol/L　．（2）100℃时达平衡后，改变反应温度为T，c（N2O4）以0.0020mol•L﹣1•s﹣1的平均速率降低，经10s又达到平衡．①T　大于　100℃（填“大于”或“小于”），判断理由是　正反应方向吸热，反应向吸热方向移动，故温度升高　．②列式计算温度T时反应的平衡常数K2　1.28mol/L　．（3）温度T时反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半，平衡向　逆反应　（填“正反应”或“逆反应”）方向移动，判断理由是　对气体体积增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向移动　．22【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】（1）随温度的升高，混合气体的颜色变深，化学平衡向正反应方向移动，据此判断；反应速率利用公式v=计算得到；化学平衡常数利用化学平衡常数表达式计算；（2）①N2O4的浓度降低，平衡向正反应方向移动，由于正反应方向吸热，T＞100℃；②计算T℃时两种物质的浓度，计算得到化学平衡常数；（3）反应容器的容积减少一半，压强增大，根据反应前后气体体积大小判断化学平衡移动方向．【解答】解：（1）随温度的升高，混合气体的颜色变深，化学平衡向正反应方向移动，即△H＞0；0～60s时段，N2O4浓度变化为：0.1mol/L﹣0.04mol/L=0.06mol/L，v（N2O4）==0.001mol•L﹣1•s﹣1；K===0.36mol/L，故答案为：大于、0.001mol•L﹣1•s﹣1、0.36mol/L；（2）①N2O4的浓度降低，平衡向正反应方向移动，由于正反应方向吸热，T＞100℃，故答案为：大于、正反应方向吸热，反应向吸热方向移动，故温度升高；②平衡时，c（NO2）=0.120mol•L﹣1+0.002mol•L﹣1•s﹣1×10s×2=0.16mol•L﹣1，c（N2O4）=0.04mol•L﹣1﹣0.002mol•L﹣1•s﹣1×10s=0.020mol•L﹣1，K2==1.28mol/L，故答案为：1.28mol/L；（3）反应容器的容积减少一半，压强增大，正反应方向气体体积增大，增大压强向着气体体积减小的方向移动，故答案为：逆反应、对气体体积增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向移动．【点评】本题考查化学平衡图象、影响平衡的因素、平衡常数影响因素、化学反应速率的计算等，难度不大．　19．（12分）（2022•揭阳学业考试）姜黄素具有抗突变和预防肿瘤的作用，其合成路线如下：22化合物I可以由以下合成路线获得：（1）有机物Ⅳ的分子式为　C8H8O3　，含有官能团的名称为醚键和　（酚）羟基、醛基　．（2）有机物V的名称为　1、2﹣二溴乙烷　，其生成Ⅵ的化学方程式为（注明反应条件）：　CH2Br﹣CH2Br+2NaOHCH2OH﹣CH2OH+2NaBr　．（3）写出一种符合下列条件的Ⅳ的同分异构体的结构简式　　．①苯环上的一硝基取代物有2种②1mol该物质水解，最多消耗3molNaOH（4）反应①中反应物的原子利用率为100%，请写出该反应的化学方程式　　．【考点】有机物的推断．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】乙烯和溴发生加成反应生成Ⅴ为1、2﹣二溴乙烷，Ⅴ生成Ⅵ为乙二醇，Ⅵ催化氧化生成ⅤⅡ为乙二醛，结构简式为OHC﹣CHO，Ⅱ被氧化，结合Ⅳ可知，是Ⅱ中的醇羟基被氧化生成羰基，由Ⅲ到Ⅳ是脱羧基的反应，据此可以答题．【解答】解：乙烯和溴发生加成反应生成Ⅴ为1、2﹣二溴乙烷，Ⅴ生成Ⅵ为乙二醇，Ⅵ催化氧化生成ⅤⅡ为乙二醛，结构简式为OHC﹣CHO，Ⅱ被氧化，结合Ⅳ可知，是Ⅱ中的醇羟基被氧化生成羰基，由Ⅲ到Ⅳ是脱羧基的反应，（1）根据Ⅳ的结构简式可知，分子中含有8个C，3个O，8个H，分子式为C8H8O3，含氧官能团的名称为醚键和（酚）羟基、醛基，故答案为：C8H8O3；（酚）羟基、醛基；（2）有机物V为1、2﹣二溴乙烷，生成Ⅵ的化学方程式为CH2Br﹣CH2Br+2NaOHCH2OH﹣CH2OH+2NaBr，故答案为：1、2﹣二溴乙烷；CH2Br﹣CH2Br+2NaOHCH2OH﹣CH2OH+2NaBr；（3）苯环上的一硝基取代物有2种，说明是含有两个取代基且处于对位，1mol该物质水解，说明含有酯基，最多消耗3molNaOH，结合其分子式知水解后的产物含有2个酚羟基和一个羧基，所以该结构简式为，故答案为：；（4）根据元素守恒结合题中部分反应物和生成物可知，反应方程式为，22故答案为．【点评】本题考查有机物推断，涉及反应方程式的书写、同分异构体的判断等知识点，明确物质含有的官能团及断键和成键方式是解本题关键，难度中等．　22