2018-2019学年黑龙江省大庆实验中学高二上学期开学考试化学试题 解析版
大庆实验中学2018-2019学年度上学期开学考试高二化学试题
说明：本试卷满分100分，考试时间为90分钟。
第Ⅰ卷 选择题（共45分）
一、单项选择题（每小题只有一项符合题意，每小题2分，共24分）
1.1.碘元素的一种核素I可用于治疗肿瘤，下列有关I的说法正确的是（ ）
A. 质量数是53 B. 质子数是125 C. 中子数是125 D. 电子数是53
【答案】D
【解析】
【详解】的质子数为53，质量数为125，则核外电子数为53，中子数为125﹣53=72，故选D。
【点睛】本题重点考查质子数、中子数、核外电子数及其相互联系；质量数与质子数、中子数之间的相互关系。根据原子符号的含义、核外电子数=质子数、中子数=质量数﹣质子数来解答。
2.2.下列说法中正确的是（ ）
A. PM2.5、二氧化碳都属于空气质量日报的内容
B. 向煤中加入适量CaSO4，可大大减少燃烧产物中SO2的量
C. 对“地沟油”进行分馏可得到汽油
D. “光化学烟雾”、“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化合物有关
【答案】D
【解析】
试题分析：A．空气质量日报的内容包括有害气体和颗粒物；
B．要减少燃烧产物中SO2的量，通常向煤中加入适量石灰石或生石灰；煤中加入CaSO4不能减少燃烧产物中SO2的量，因为CaSO4与SO2不反应；
C．“地沟油”的成分主要成分是油脂，即高级脂肪酸甘油酯，汽油的成分是烃；
D．以一氧化氮和二氧化氮为主的氮氧化物是形成光化学烟雾和硝酸型酸雨的一个重要原因．
解：A．二氧化碳是无毒气体，不属于空气质量日报的内容，故A错误；
B．因为CaSO4与SO2不反应，所以在煤中加入CaSO4，不能减少燃烧产物中SO2
的量；要减少燃烧产物中SO2的量，通常向煤中加入适量石灰石或生石灰，故B错误；
C．“地沟油”的成分主要是油脂，即高级脂肪酸甘油酯，汽油的成分是烃，故地沟油分馏不能得到汽油，故C错误；
D．以一氧化氮和二氧化氮为主的氮氧化物是形成“光化学烟雾”“硝酸型酸雨”的形成的一个重要原因，故D正确．
3.3.家用84消毒液的有效成分是（ ）
A. NaClO B. NaCl C. Ca（ClO）2 D. HClO
【答案】A
【解析】
【详解】“84消毒液”是由氯气和NaOH反应后得到的消毒剂，主要成分为NaCl和NaClO，其具有漂白性的原因是NaClO与酸反应生成具有漂白性的HClO，则有效成分为NaClO，故选A。
【点睛】84消毒液”是由氯气和NaOH反应后得到的消毒剂，主要成分为NaCl和NaClO，有效成分为NaClO；漂白粉的有效成分是 Ca(ClO)2。
4.4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是（ ）
A. 标准状况下，22.4L四氯化碳中含有C﹣Cl数目为4NA
B. 1molCl2通入足量水中反应转移的电子数为NA
C. 常温下，0.5mol•L﹣1Fe2（SO4）3溶液中含Fe3+数目为NA
D. 常温常压下，5.6g丙烯和环丙烷的混合气体中含有的碳原子数为0.4NA
【答案】D
【解析】
A、标况下，四氯化碳为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；B．1mol氯气通入足量水中，参与反应的氯气只有少部分，所以转移的电子的物质的量小于1mol，故B错误；C、溶液的体积不知，无法由浓度求物质的量，故C错误；D．5.6g乙烯和环丙烷的混合物中含有0.4mol最简式CH2，含有0.4molC原子，含有的碳原子数为0.4 NA，故D正确；故选D。
5.5.某学生进行蔗糖的水解实验，并检验水解产物中是否含有葡萄糖。他的操作如下：取少量纯蔗糖加水配成溶液；在蔗糖溶液中加入3～5滴稀硫酸；将混合液煮沸几分钟、冷却；在冷却后的溶液中加入银氨溶液，在水浴中加热，实验结果没有银镜产生。其原因是（ ）
A. 蔗糖尚未水解 B. 蔗糖水解的产物中没有葡萄糖
C. 加热时间不够长 D. 煮沸后的溶液中没有加碱，以中和作催化剂的酸
【答案】D
【解析】
葡萄糖的检验应在碱性条件下进行，在酸性条件下不能有银镜产生，蔗糖水解在酸性溶液中进行，因此首先要加入氢氧化钠中和硫酸，然后再加入银氨溶液，在水浴中加热，答案选D。
6.6.分子式为C5H12O且可与金属钠反应放出氢气的有机化合物有（不考虑立体异构） （ ）
A. 6种 B. 7种 C. 8种 D. 9种
【答案】C
【解析】
与金属钠反应生成氢气，说明该化合物一定含有—OH，所以此有机物的结构符合C5H11—OH，首先写出C5H11—碳链异构有3种：①C—C—C—C—C、②、③，再分别加上—OH。①式有3种结构，②式有4种结构，③式有1种结构，共8种。
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7.7.下列物质既能由金属和酸反应获得，也能通过金属和氯气反应获得的是（ ）
A. CuCl2 B. FeCl2 C. FeCl3 D. AlCl3
【答案】D
【解析】
试题分析：A．Cu与Cl2发生反应产生CuCl2，Cu与盐酸不能发生反应，故不能由金属与盐酸反应制得，错误；B． Fe与Cl2发生反应产生FeCl3，不能产生FeCl2，错误；C．Fe和HCl发生反应FeCl2，不能产生FeCl3，错误；D．Al与Cl2发生反应产生AlCl3，由于Al是比较活泼的金属，可以与HCl发生置换反应产生AlCl3，正确。
考点：考查物质制备方法正误判断的知识。
8.8.室温时，两个容积相同的烧瓶中分别盛有M和N两种气体(同温同压)取下弹簧夹A，使两烧瓶内的气体接触(如图)，容器内的压强由大到小的顺序是( )
编号
①
②
③
④
气体M
HI
NH3
H2
NO
气体N
Cl2
HCl
N2
O2
A. ①②③④ B. ③①④② C. ④①②③ D. ①④③②
【答案】B
【解析】
【详解】取下弹簧夹A，使两烧瓶内的气体接触，发生反应如下：①2HI(g)+ Cl 2(g)= I2(s)+2 HCl(g)；②NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)；③不发生反应；④2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)、2NO2(g) N2O4(g)，设M和N中气体体积均为2L，则反应后：①剩余3L气体；②不含气体；③剩余4L气体；④剩余2~3L气体，则容器内的压强由大到小的顺序是③①④②。故选B。
9. 下列物质中均既有离子键又有共价键的一组是
A. NaOH、H2O、NH4Cl B. KOH、Na2O2、NH4Cl
C. MgO、CaBr2、NaCl D. Na2SO4、HCl、MgCl2
【答案】B
【解析】
试题分析：H2O中只有共价键，故A错误；KOH、Na2O2、NH4Cl既有离子键又有共价键，故B正确；MgO、CaBr2、NaC只有离子键，故C错误；HCl只有共价键、MgCl2只有离子键，故D错误。
考点：本题考查化学键。
10.10.如图所示，ΔH1＝－393.5 kJ·mol－1，ΔH2＝－395.4 kJ·mol－1，下列说法或表示式正确的是( )
A. C(s，石墨)===C(s，金刚石) ΔH＝＋1.9kJ·mol－1
B. 石墨和金刚石的转化是物理变化
C. 金刚石的稳定性强于石墨
D. 1mol石墨的能量比1 mol金刚石的能量大
【答案】A
【解析】
由图像知，金刚石的能量高于石墨的能量，故石墨转化为金刚石应该为吸热反应，A错误；石墨和金刚石的转化是化学变化，B错误；能量越高越不稳定，石墨的稳定性强于金刚石，C正确；键能越大，能量越低，1 mol石墨的总键能比1 mol金刚石的总键能大1.9 kJ，D错误。
11.11.下列有关工业生产的叙述不正确的是( )
A. 用海水淡化后的浓缩海水作原料提取溴
B. 在太阳能资源相对充足的沿海地区建造海水淡化厂
C. 利用“海水→氯化钠→金属钠→氢氧化钠”的工艺流程生产烧碱
D. 利用“海水→氢氧化镁→氯化镁→金属镁”的工艺流程生产金属镁
【答案】C
【解析】
试题分析：A．用海水淡化后的浓缩海水作原料提取溴，A正确；B．在太阳能资源相对充足的沿海地区建造海水淡化厂，B正确；C．工业上通过电解饱和食盐水来生产烧碱，C错误；D．利用“海水→氢氧化镁→氯化镁→金属镁”的工艺流程生产金属镁，D正确，答案选C。
考点：考查工业生产的有关判断
12.12.下列关于化石燃料及其使用的一些说法不正确的是( )
A. 煤的气化是指将固态煤粉碎成气态煤，使煤燃烧时能与氧气充分接触而完全燃烧
B. 天然气除可用作清洁能源外，还可用于合成氨和生产甲醇等
C. 石油分馏得到的汽油和石油催化裂化得到的汽油其成分不相同
D. 化石燃料也是重要的化工原料，乙烯和苯就是分别来自石油和煤的基本化工原料
【答案】A
【解析】
A、煤的气化是将固态煤转化为可燃性气体的过程，主要反应的化学方程式为C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)，A错误；B、天然气、煤和石油都是重要的化工原料，B正确；C、直馏汽油的主要成分是烷烃，裂化汽油中含有不饱和烃，C正确；D、化石燃料也是重要的化工原料，乙烯和苯就是分别来自于石油和煤的基本化工原料D正确；答案选A。
二、不定项选择题（每小题有1-2项符合题意，每小题3分，共21分）
13.13.原电池的电极名称不仅与电极材料的性质有关，也与电解质溶液有关，下列说法中不正确的是（ ）
A. 由Zn、Cu、稀H2SO4组成原电池，放电时SO42﹣向Zn电极移动
B. 由Mg、Al、NaOH溶液组成原电池，其负极反应式为：Al﹣3e+4OH﹣═AlO2﹣+2H2O
C. 由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池，其负极反应式为：Cu﹣2e﹣═Cu2+
D. 由Al、Cu、浓硝酸组成原电池作电源，其负极反应式为：Cu﹣2e﹣═Cu2+
【答案】C
【解析】
【详解】A、由Zn、Cu、稀H2SO4组成原电池，锌和稀硫酸反应而失电子，铜和稀硫酸不反应，所以锌作负极，铜作正极，电解质溶液中的阴离子硫酸根移向负极锌，故A正确；B、Mg、Al、NaOH溶液组成原电池，铝和氢氧化钠溶液反应而失去电子发生氧化反应，镁和氢氧化钠溶液不反应，所以铝是负极，镁是正极，其负极反应式为: Al﹣3e+4OH﹣═AlO2﹣+2H2O，故B正确； C、由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池，铁和铜都与氯化铁反应，但铁的金属性比铜强，所以铁作负极，铜作正极，其负极反应式为Fe﹣2e﹣═Fe2+，故C错误；D、Al、Cu、浓硝酸组成原电池，铝和浓硝酸发生钝化现象，铜和浓硝酸能自发的进行反应，所以铜作负极，铝作正极，其负极反应式为: Cu﹣2e﹣═Cu2+，故D正确；故选C。
【点睛】本题重点考查原电池的原理。原电池中，活泼金属作负极，负极是能够与电解质溶液反应，失电子发生氧化反应的电极，正极得到电子发生还原反应，电解质溶液中阳离子移向正极，阴离子移向负极。
14.14.下列叙述不正确的是（ ）
①由于氢键的原因，热稳定性：H2O＞HF＞H2S
②熔点：Al＞Na＞K
③第ⅠA、ⅡA族元素金属阳离子与上周期稀有气体元素的原子具有相同的核外电子排布
④元素周期表中从ⅢB族到ⅡB族10个纵行的元素都是金属元素
⑤沸点：NH3＜PH3＜AsH3
⑥因为常温下白磷可自燃，而氮气须在放电时才与氧气反应，所以非金属性：P＞N
⑦含有阴离子的化合物一定含有阳离子
A. ②③④⑦ B. ①②⑤⑦ C. ②④⑥ D. ①⑤⑥
【答案】D
【解析】
【详解】①非金属性F>O>S，元素非金属性越强，对应氢化物越稳定，故热稳定性: HF＞H2O＞H2S,故①错误；②离子半径Al3+
Cl->Na+>Al3+ (7). 共价 (8). (9). 2NH3+ClO—=N2H4 +Cl—+H2O
【解析】
【分析】
由元素在周期表中的位置可以知道，①为C、②为N、③为O、④为Na、⑤为Al、⑥为S、⑦为Cl、⑧为Ar。
【详解】（1）稀有气体氩原子最外层为稳定结构，化学性质最不活泼，原子结构示意图为；
（2）④为Na、⑤为Al，两者位于同一周期，核外电子层数相同，Na的核电荷数小，半径大；①为C、②为N、③为O、⑦为Cl，非金属性越强，最高价氧化物所对应的水化物酸性越强，Cl的非金属性最强，所以酸性最强的化合物是HClO4；④为Na、⑤为Al、⑨为K，金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，金属性最强的为K，则碱性最强的化合物为KOH；具有两性的化合物是Al（OH）3。
（3）离子的电子层越多，离子半径越多，当电子层相同时，离子的核电荷数越大，离子半径越小，则四种离子的半径大小为：S2->Cl->Na+>Al3+ ；
（4）元素①和⑦形成的化合物为氯化氢，属于共价化合物；元素④与⑥的化合物为Na2S，由钠离子与硫离子构成，其晶体为离子晶体；用Na原子、S原子电子式表示其形成过程为：；
（5）A为10电子结构，所以A为氨气，B为18电子结构所以B为N2H4，B可由A与次氯酸钠反应制得，该反应的离子方程式为2NH3+ClO—=N2H4 +Cl—+H2O。
【点睛】本题主要考查元素周期律的相关知识。首先根据元素周期表推断出①为C、②为N、
③为O、④为Na、⑤为Al、⑥为S、⑦为Cl、⑧为Ar；再根据元素周期律回答问题。粒子半径的判断：电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越大半径越小；元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强；元素的金属性越强，其做高价氧化物对应水化物的碱性越强。
21.21.“碘钟”实验中，3I﹣+S2O82﹣=I3﹣+2SO42﹣的反应速率可以用I3﹣与加入的淀粉溶液显蓝色的时间t来度量，t越小，反应速率越大。某探究性学习小组在20℃进行实验，得到的数据如下表：
实验编号
①
②
③
④
⑤
c（I﹣）/mol•L﹣1
0.040
0.080
0.080
0.160
0.120
c（S2O82﹣）/mol•L﹣1
0.040
0.040
0.080
0.020
0.040
t/s
88.0
44.0
22.0
44.0
t1
回答下列问题：
（1）该实验的目的是___。
（2）显色时间t1=___。（保留一位小数）
（3）温度对该反应的反应速率的影响符合一般规律，若在40℃下进行编号③对应浓度的实验，显色时间t2的范围为___（填字母）。
A．＜22.0s B．22.0～44.0s C．＞44.0s D．数据不足，无法判断
（4）通过分析比较上表数据，得到的结论是_____。
【答案】 (1). 研究反应物I﹣与S2O82﹣的浓度对反应速率的影响 (2). 29.3 (3). A (4). 反应速率与反应物起始浓度乘积成正比
【解析】
试题分析：（1）图表中的物理量是反应物浓度与时间，通过分析知，反应物的浓度与时间成反比，浓度的变化量与时间的比值为速率，所以得出反应物浓度与反应速率的关系，因此实验目的是研究反应物I-与S2O82-的浓度对反应速率的影响；
（2）对比数据组①和②，可以看到，c（S2O82-）不变，c（I-）增大到2倍时，反应时间缩短了一半，即反应速率加快了一倍；对比实验①和⑤，实验⑤的c（I-）为实验①的3倍，而c（S2O82-
）保持不变，则由此可计算实验⑤的反应时间应为实验①反应时间的1/3，即t1=88s×1/3=29.3s；
（3）温度越高，化学反应速率越快，所用时间越短，答案选a；
（4）对比数据组①和②，可以看到，c（S2O82-）不变，c（I-）增大到2倍时，反应时间缩短了一半，即反应速率加快了一倍；对比数据组②和③，可以看到，c（I-）不变，c（S2O82-）增大到2倍时，反应时间缩短了一半，即反应速率也加快了一倍；对比数据组③和④，可以看到，c（S2O82-）增大到2倍时，c（I-）变为1/4倍时，反应时间增大了一倍，即反应速率减慢了一倍；对比数据组对比数据组①和③，可以看到，c（I-）和c（S2O82-）均增大到2倍时，反应时间为原反应时间的1/4，即反应速率加快了4倍，可见两个反应物的浓度和反应速率之间的数学关系是：反应物浓度每增加一倍，反应时间就减少一倍，对于两个反应物来说都是如此，可得出结论：反应速率与反应物起始浓度乘积成正比。
【考点定位】考查外界条件对反应速率影响的实验设计和探究
【名师点晴】注意控制变量法探究影响化学反应速率的因素：影响化学反应速率的因素有多种，在探究相关规律时，需要控制其他条件不变，只改变某一个条件，探究这一条件对反应速率的影响。变量探究实验因为能够考查学生对于图表的观察、分析以及处理实验数据归纳得出合理结论的能力，因而在这几年高考试题中有所考查。解答此类题时，要认真审题，清楚实验目的，弄清要探究的外界条件有哪些。然后分析题给图表，确定一个变化的量，弄清在其他几个量不变的情况下，这个变化量对实验结果的影响，进而总结出规律。然后再确定另一个变量，重新进行相关分析。但在分析相关数据时，要注意题给数据的有效性。例如对于本题图表的分析方法：先比较两组数据的不同点，再分析不同点说明的问题，从而确定它们之间关系。如：①、②两组数据的不同点是c（I-）和时间，浓度越大，时间越短，浓度的变化量与时间的比值为速率，所以浓度越大，反应速率越快。
22.22.工业上以A为主要原料来合成乙酸乙酯，其合成路线如下图所示。其中A是石油裂解气的主要成份，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平。又知2CH3CHO+O22CH3COOH。请回答下列问题：
（1）写出A的电子式________________________。
（2）B、D分子内含有的官能团分别是________、________（填名称）。
（3）写出下列反应的反应类型：①______________，④______________。
（4）写出②反应的化学方程式： _______________________；
（5）E是C的同分异构体，其结构简式为___________；传统生产E的方法是氯代乙醇法，先生产2-氯乙醇，再与Ca(OH)2反应制得。与传统方法相比采用反应⑤的优势在于_________________。
【答案】 (1). (2). 羟基 (3). 羧基 (4). 加成反应 (5). 取代反应（答酯化反应给分） (6). (7). (8). 原子利用率为100%
【解析】
【分析】
A是石油裂解气的主要成份，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，则A为CH2=CH2，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，则B为乙醇，B与D反应生成乙酸乙酯，则D为乙酸，C为乙醛。
【详解】（1）A是石油裂解气的主要成份，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，则A为CH2=CH2，分子中碳原子与碳原子通过两对共用电子对相连接，碳原子与氢原子通过一对共用电子对相连接，所以电子式为；
（2）B为CH3CH2OH，D为CH3COOH，则B中官能团是羟基，D中官能团是羧基；
（3）在一定条件下，乙烯和水发生加成反应生成乙醇；在浓硫酸作催化剂、加热条件下，乙醇和乙酸发生酯化反应（或取代反应）生成乙酸乙酯；
（4）在铜或银作催化剂、加热条件下，乙醇被氧气氧化生成乙醛，反应方程式为：；
（5）E是C的同分异构，即分子式相同，结构不同，则E的结构简式为：；传统生产E的方法是氯代乙醇法，先生产2-氯乙醇，再与Ca(OH)2反应制得，反应最终产物除外，还有氯化钙，而使用反应⑤制备，没有其他产物，原子利用率为100%。
23.23.某课题组为了深入探究二氧化硫的性质设计以下装置进行了实验。
步骤一：检验装置气密性后向B、C中各加入20mL图示液体。
步骤二：打开A中活塞，反应进行10分钟后关闭活塞。
步骤三：用pH计分别测量B、C试管中溶液的pH。
结合上述实验，回答以下问题：
请回答下列问题：
（1）装置A中盛放亚硫酸钠的仪器名称是________，其中发生反应的化学方程式为_______________________。
（2）甲同学认为两瓶中pH大致相等，原因是二氧化硫溶于水后生成了酸性物质_____________,该物质发生电离所致。
（3）通过pH计测定，B瓶中pH为2.13，C瓶中pH为1.05。为了解释该实验现象，该同学提出进行多次平行实验，目的是_______________________。
测定结果如下：
第1次实验
第2次实验
第3次实验
B瓶中pH
2.15
2.10
2.17
C瓶中pH
1.10
1.12
1.09
实验发现：C瓶中溶液的酸性始终比B瓶中的酸性强。
（4）通过查阅文献，I﹣可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程分两步进行如下，将ii补充完整。
i．SO2+4I﹣+4H+=S↓+2I2+2H2O
ii．I2+2H2O+___═___+___+2I﹣
（5）最终结论：C瓶中溶液酸性强于B瓶，是由于生成了____________，该过程中体现出二氧化硫哪些化学性质________________（选填“氧化性”，“还原性”）。
【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). H2SO4(浓)+Na2SO3 =Na2SO4+SO2+H2O（硫酸没写浓扣1分） (3). 亚硫酸 (4). 减小实验误差 (5). SO2 (6). SO42- (7). 4H+ (8). H2SO4 (9). 氧化性 还原性
【解析】
【详解】（1）装置A中盛放亚硫酸钠的仪器蒸馏烧瓶，盛放浓硫酸的仪器是分液漏斗，打开活塞，浓硫酸与亚硫酸钠接触发生复分解反应生成硫酸钠、水和二氧化硫，反应方程式为：H2SO4(浓)+Na2SO3 =Na2SO4+SO2+H2O；
（2）二氧化硫溶于水部分与水发生反应，生成亚硫酸，亚硫酸为弱酸，分步电离；
（3）在实验中进行多次平行实验，目的是多次测量求平均值减小误差；
（4）ii．中碘单质化合价下降被还原为碘离子，则应该存在化合价上升的元素，根据提示可知二氧化硫中硫的化合价升高，被氧化成硫酸根，故离子方程式为：I2+2H2O+ SO2═SO42-+4H++2I﹣；
（5）根据上述反应可知，C中发生氧化还原反应，生成硫酸，此过程中二氧化硫的化合价既升高又降低，因此二氧化硫既是氧化剂又是还原剂。
24.24.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。
（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。T___100℃（填“大于”或“小于”），判断理由是_______________________。
（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。
（4）在2NO2⇌N2O4的可逆反应中，下列状态一定属于平衡状态的是（____）
A．N2O4和NO2的分子数比为1：2 B．N2O4和NO2的浓度相等
C．平衡体系的颜色一定不再改变D．单位时间有1molN2O4变为NO2的同时，有2molNO2变为N2O4
【答案】 (1). 大于 (2). 0.001 (3). 大于 (4). 正反应方向为吸热反应，改变温度平衡向正反应方向移动 (5). 逆反应 (6). CD
【解析】
【详解】（1）随温度升高，混合气体的颜色变深，二氧化氮的浓度增大，说明平衡向正反应方向移动；升高温度，平衡向吸热反应方向移动，正反应方向是吸热反应，则△H大于0。根据题给图像知，0～60s时段，N2O4的物质的量浓度变化为0.060 mol·L﹣1，根据公式v=△c/△t， v (N2O4)= 0.060 mol·L﹣1÷ 60s= 0.0010 mol•L﹣1•s﹣1；
（2）改变反应温度为T后，c(N2O4)降低，即平衡向正反应方向移动，又反应正方向吸热，反应向吸热方向进行，故为温度升高，T大于100 ℃。
（3）温度为T时，反应达平衡，将反应容器的体积减小一半，即增大压强，当其他条件不变时，增大压强，平衡向气体物质平衡向气体物质系数减小的方向移动，即向逆反应方向移动。
（4）A．N2O4和NO2的分子数比为1：2，不能证明反应物和生成物浓度不在发生变化，故A错误； B．N2O4和NO2的浓度相等，不能证明反应物和生成物浓度不在发生变化，故B错误；C．平衡体系的颜色一定不再改变证明反应物和生成物浓度不在发生变化，故C正确；
D．单位时间有1molN2O4变为NO2的同时，有2molNO2变为N2O4，证明反应物和生成物浓度不在发生变化，故D正确；故选CD。
