重庆市长寿中学2022-2023学年高二化学上学期10月期中考试试题（Word版附解析）

重庆市长寿中学校高2022-2023学年高二上期半期考试化学试题可能用到的相对原子质量：H-1　C-12　N-14　O-16　一、选择题(本题包括14小题，每小题3分，共42分，每小题只有1个选项符合题意)1.下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是A.焓变是指1mol物质参加反应时的能量变化B.在一个化学反应中，当反应物总焓小于生成物的总焓时，ΔH为负值C.应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应焓变D.同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH不同【答案】C【解析】【详解】A．焓变是生成物和反应物的焓值差，当反应物的物质的量不同时，焓变不同，参加反应的反应物的物质的量不一定为1mol，故A错误；B．ΔH=生成物的总焓-反应物的总焓，在一个化学反应中，当反应物的总焓小于生成物的总焓时，ΔH为正值，故B错误；C．反应的热效应只与始态、终态有关，与过程无关，根据盖斯定律可计算某些难以直接测量的反应焓变，故C正确；D．反应的热效应只与始态、终态有关，与反应条件无关，同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH相同，故D错误；答案选C。2.如图是H2与Cl2发生反应生成HCl的途径和三个状态的能量，有关说法错误的是A.步骤2是放热过程B.三个状态能量E2最大C.要实现步骤1的转化，必须加热D.该反应的ΔH＜0【答案】C【解析】【详解】A．步骤2是由H原子、Cl原子通过形成共价键结合成HCl分子，是放热过程，A正确；B．步骤1是断裂共价键，由分子转化为原子，需要吸收能量，步骤2是形成共价键，能够放出能量，所以三个状态的能量E2最大，B正确； C．要实现步骤1的转化，需要吸收能量，此能量可以来自周围环境，不一定需要加热，C错误；D．此反应的总反应为H2+Cl2=2HCl，属于化合反应，反应放出能量，所以该反应的ΔH＜0，D正确；故选C。3.下列措施不是为了改变化学反应速率的是A.加工馒头时添加膨松剂B.将食物存放在冰箱中C.糕点包装袋内放置除氧剂D.冶铁时将铁矿石粉碎【答案】A【解析】【详解】A．加工馒头时添加膨松剂，可使馒头疏松柔软，与改变反应速率无关，故A符合；B．食物存放在冰箱中，可降低温度，减缓食物氧化速率，与减小反应速率有关，故B不符合；C．包装袋内放置除氧剂，可防止糕点被氧化，减缓食物氧化速率，与减小反应速率有关，故C不符合；D．将铁矿石粉碎，可增大接触面积，可加快反应速率，与增大反应速率有关，故D不符合；故选A。4.10mL浓度为1mol·L-1的硫酸与过量的锌粉反应，下列措施能加快反应速率但又不影响氢气生成量的是①加入少量CuSO4溶液②改用质量分数98%的硫酸③加入少量K2SO4溶液④升高温度⑤再加入20mL1mol·L-1的硫酸A.①④B.①②C.③④D.④⑤【答案】A【解析】【分析】①CuSO4与锌粉发生反应，置换出铜，铜与锌粉形成原电池，从而加快反应速率，同时加入少量CuSO4溶液不会影响硫酸的量，从而不影响氢气生成量，则加入少量CuSO4溶液，能加快反应速率但又不影响氢气生成量；②改用质量分数98%的硫酸，浓硫酸与锌反应不产生氢气；③加入少量K2SO4溶液，稀释使反应速率减小；④温度越高反应速率越快，升高温度能加快反应速率但又不影响氢气生成量；⑤再加入20mL1mol·L-1的硫酸，会导致氢气的生成量增大。【详解】A．①CuSO4与锌粉发生反应，置换出铜，铜与锌粉形成原电池，从而加快反应速率，同时加入少量CuSO4溶液不会影响硫酸的量，从而不影响氢气生成量，则加入少量CuSO4溶液，能加快反应速率但又不影响氢气生成量；④温度越高反应速率越快，升高温度能加快反应速率但又不影响氢气生成量，故A正确；B．②改用质量分数98%的硫酸，浓硫酸与锌反应不产生氢气，故B错误；C．③反应实质为锌与氢离子反应，加入少量K2SO4溶液，只起稀释作用，不能加快反应速率，故C错误； D．⑤再加入20mL1mol·L-1的硫酸，会导致氢气的生成量增大，故D错误；答案选A。5.“蓝天保卫战”需要持续进行大气治理，有效处理SO2、NO2等大气污染物。化学研究为生产、生活处理废气，防止大气污染做出重要贡献。已知反应：,运用该反应处理废气时有关说法正确的是A.增大压强有利于反应自发进行B.该反应不能完全消除废气C.降低反应温度可提高去除效率D.升高反应温度可提高废气转化率【答案】B【解析】【分析】【详解】A．增大压强会使气体变为液体甚至固体，体现的熵减小，不利于反应自发，A错误；B．该反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以不能完全消除废气，B正确；C．降低反应温度会降低反应速率，降低效率，C错误；D．该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，废气转化率降低，D错误；综上所述答案为B。6.有以下三个反应H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH1H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH22H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH3下列说法错误的是A.ΔH1、ΔH2、ΔH3均小于0B.2ΔH2=ΔH3C.ΔH1＞ΔH2D.2ΔH1＜ΔH3【答案】D【解析】【分析】为便于分析与比较，我们给三个反应进行编号：①H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH1②H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH2③2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH3【详解】A．三个反应均为H2的燃烧反应，它们都是放热反应，所以ΔH1、ΔH2、ΔH3均小于0，A正 确；B．反应②、③相比，反应③=反应②×2，所以2ΔH2=ΔH3，B正确；C．反应①、②相比，反应物相同、化学计量数相同，但产物的状态不同，H2O(g)转化为H2O(l)时，放出热量，所以反应②放出的热量更多，ΔH1＞ΔH2，C正确；D．反应②、③相比，2ΔH2=ΔH3，反应①②相比，ΔH1＞ΔH2，所以2ΔH1＞ΔH3，D错误；故选D。7.已知ΔG=ΔH-TΔS(设ΔH、ΔS不随温度变化)，当ΔG＜0时反应能自发进行。下列说法错误的是A.同一物质的熵值：S(g)＞S(l)＞S(s)B.等质量水的焓：H2O(g)＞H2O(l)＞H2O(s)C.2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)在常温下能自发进行，则该反应的ΔH＞0D.CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)ΔH＞0，高温有利于该反应的自发进行【答案】C【解析】【详解】A．同一物质，混乱度气态最大，固态最小，故熵值：S(g)＞S(l)＞S(s)，A正确；B．水由气态变为液态、由液态变为固态，都会放出热量，所以等质量水的焓：H2O(g)＞H2O(l)＞H2O(s)，B正确；C．2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)，其ΔS＜0，在常温下能自发进行，则该反应一定是放热反应，ΔH＜0，C错误；D．CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)ΔH＞0，其ΔS＞0，低温下不能自发进行，高温有利于该反应的自发进行，D正确；故选C。8.下列关于有效碰撞理论与影响速率因素之间关系正确的是A.增大反应物浓度，可以提高活化分子百分数，从而提高反应速率B.对于气体反应来说，通过压缩体积增大压强，可以提高单位体积内活化分子数，从而提高反应速率C.温度升高，分子动能增加，反应所需活化能减少，反应速率增大D.选用适当的催化剂，分子运动加快，增加了碰撞频率，故反应速率增大【答案】B【解析】【详解】A．增大反应物浓度，单位体积内分子总数增多，活化分子数目增多，活化分子百分数不变，碰撞次数增多，反应速率增大，故A错误；B．对于气体反应来说，通过压缩体积增大压强，单位体积内分子总数增多，活化分子数目增多，活化分 子百分数不变，碰撞次数增多，反应速率增大，故B正确；C．温度升高，分子动能增加，反应的活化能不变，单位体积内分子总数不变，活化分子数目增多，活化分子百分数增多，碰撞次数增多，反应速率增大，故C错误；D．选用适当的催化剂，降低反应所需的活化能，单位体积内分子总数不变，活化分子数目增多，活化分子百分数增多，碰撞次数增多，反应速率增大，故D错误。综上所述，答案为B。9.一定温度下，在容积不变的密闭容器中进行如下可逆反应：C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g)，下列不能表明该反应已达到化学平衡状态的是A.N2的体积分数不再变化B.容器内气体压强不再变化C.混合气体的密度不再变化D.混合气体的平均相对分子质量不再变化【答案】B【解析】【详解】A．N2的体积分数不再变化，则正逆反应速率相等，反应达平衡状态，A不符合题意；B．反应前后气体的分子数相等，压强始终保持不变，则当容器内气体压强不再变化时，反应不一定达平衡状态，B符合题意；C．随着反应的进行，气体的质量不断发生改变，而气体的体积不变，则混合气体的密度不断发生改变，当混合气体的密度不再变化时，反应达平衡状态，C不符合题意；D．混合气体的质量不断发生改变，物质的量始终不变，则平均相对分子质量不断发生改变，当混合气的平均相对分子质量不再变化时，反应达平衡状态，D不符合题意；故选B。10.已知稀溶液中，H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1，下列说法正确的是A.实验室中和反应反应热的测定，由Q=m·c·Δt算出的值即为中和反应的反应热B.1molH2SO4与足量的NaOH溶液反应，放出的热量为57.3kJC.稀盐酸与稀Ba(OH)2溶液反应生成1molH2O，放出的热量为57.3kJD.稀NaOH与98%浓硫酸反应生成1molH2O，放出的热量为57.3kJ【答案】C【解析】【详解】A．实验室中和反应反应热的测定，由Q=m•c•Δt算出的值为反应放出的热量，不是中和反应的反 应热，中和反应的反应热为；故A错误；B．由H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1可知，生成1mol水放出的热量为57.3kJ，则1molH2SO4与足量的NaOH溶液反应生成2mol水，放出的热量为2×57.3kJ，故B错误；C．由于盐酸和氢氧化钡均完全电离，且没有生成沉淀，则稀盐酸与稀Ba(OH)2溶液反应生成1molH2O，放出的热量为57.3kJ，故C正确；D．浓硫酸稀释时要放热，则稀NaOH与98%浓硫酸反应生成1molH2O，放出的热量大于57.3kJ，故D错误。答案选C。11.下列平衡移动方向和现象判断正确的是A.+H2O2+2H+，加水增大了水的浓度，平衡正向移动B.2NO2(g)N2O4(g)，压缩容器体积，平衡正向移动，气体颜色变浅C.2HI(g)H2(g)+I2(g)，压缩容器体积，平衡不移动，气体颜色无变化D.[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2OΔH＞0，升高温度，溶液由蓝绿色变为黄绿色【答案】D【解析】【详解】A．+H2O2+2H+，加水稀释，水的浓度不变，各离子浓度均减小，平衡正向移动，A不正确；B．2NO2(g)N2O4(g)，压缩容器体积，虽然平衡正向移动，NO2的物质的量减小，但NO2的浓度仍比加压前大，所以气体颜色变深，B不正确；C．2HI(g)H2(g)+I2(g)，压缩容器体积，虽然平衡不发生移动，但I2(g)的浓度增大，所以气体颜色加深，C不正确；D．[Cu(H2O)4]2+呈蓝绿色，[CuCl4]2-呈黄绿色，对于反应[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2OΔH＞0，升高温度，平衡正向移动，则溶液由蓝绿色变为黄绿色，D正确；故选D。12.下列各实验装置、目的或结论全都正确的是 实验装置甲乙丙丁A.甲用于测定中和反应的反应热B.乙可验证FeCl3对H2O2的分解反应有催化作用C.丙可验证镁片与稀盐酸反应放热D.由丁可推断出：反应2NO2(g)N2O4(g)为吸热反应【答案】C【解析】【详解】A．图中缺少玻璃搅拌器，不能搅拌，则不能准确测定中和热，故A错误；B．右侧试管的温度高，且加催化剂，两个变量，不能验证FeCl3对H2O2的分解反应有催化作用，故B错误；C．Mg与盐酸反应放热，使饱和石灰水的温度升高，石灰水变浑浊，可验证镁片与稀盐酸反应放热，故C正确；D．热水中颜色深，可知升高温度平衡向生成二氧化氮的方向移动，则反应2NO2(g)N2O4(g)为放热反应，故D错误。答案选C13.已知反应：mA(g)nB(g)+pC(g)ΔH=akJ·mol-1.则下列说法正确的是A.由图甲知：m>n+p，a>0B.图乙中c表示A的浓度，则可推断出：T1、T3均未达平衡状态 C.图丙纵坐标表示生成物C的百分含量，E点v(正)>v(逆)D.达平衡后，降低温度，则反应速率变化图象可以用图丁表示【答案】A【解析】【详解】A．由图可知，温度一定时，压强增大，A的转化率增大，平衡正向移动，则m＞n+p,压强一定时，升高温度，A的转化率增大，平衡正向移动，反应正向为吸热反应，则a＞0，故A正确；B．由图可知，反应正向建立平衡，达平衡前A的浓度减小，故T2时反应达到平衡，温度升高，平衡逆向移动，A的浓度增大，故T3时反应处于平衡状态，故B错误；C．由图可知，E点未达平衡，压强一定时，E点C的百分含量减小，反应可达到平衡状态，故E点反应逆向进行，故E点v(正)＜v(逆)，故C错误；D．达平衡后，降低温度，正逆反应速率均减小，故D错误；答案选A。14.常温下将4mL0.2mol·L-1FeCl3溶液与4mL0.5mol·L-1KSCN溶液混合(忽略溶液混合体积的变化)后发生如下反应Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，测得溶液中c(Fe3+)随时间的变化趋势如图所示，下列说法正确的是A.生成Fe3+的速率P<N<MB.向P中加入少量铁粉，c(Fe3+)减小，平衡逆向移动，发生的离子方程式是：Fe+Fe3+=2Fe2+C.该反应的平衡常数为1000D.其他条件不变，若将P点溶液各组分浓度均变为原来2倍，平衡逆向移动【答案】C【解析】【详解】A．生成Fe3+的速率受到Fe(SCN)3浓度的影响，Fe(SCN)3浓度越大，生成Fe3+的速率越快，Fe3+浓度越小，Fe(SCN)3浓度越大，由图可知Fe(SCN)3浓度大小为P>N>M，则生成Fe3+的速率为P>N>M，故A错误；B．向P中加入少量铁粉，发生的离子方程式是Fe+2Fe3+=3Fe2+，c(Fe3+)减小，平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3逆向移动，故B错误；C．由图可知，平衡时，原溶液混合后， ，达平衡时Fe3+转化的浓度为,SCN-转化的浓度为，Fe(SCN)3生成的浓度为，则平衡时，，，带入平衡常数表达式，故C正确；D．其他条件不变，若将P点溶液各组分浓度均变为原来2倍，此时浓度商，平衡正向移动，故D错误；答案选A。二、非选择题(本大题共4小题，共58分)15.化学反应的热效应是人类获取和利用能量的重要途径。回答下列问题：（1）上图为H2和O2生成1molH2O(g)的能量变化图，则2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的ΔH=___________。（2）反应物S转化为产物P的能量与反应进程的关系如下图所示：上述三种不同反应进程中进程Ⅰ是___________反应(填放热或吸热)，平衡时P的产率Ⅰ___________Ⅱ，生成P的速率Ⅱ___________Ⅲ(填“＞”“＜”或“=”)。（3）已知反应：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l)ΔH1，2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(l)ΔH2，比较∆H1___________∆H2(填“＞”“＜”或“=”)。 （4）在101kPa时，CO在1mol氧气中完全燃烧，生成CO2气体，放出566kJ的热量，表示CO燃烧热的热化学方程式是___________。（5）联氨(N2H4)是一种高效清洁的火箭燃料。已知N2H4(g)完全燃烧生成氮气和气态水时，平均每转移1mol电子放出133.5kJ热量，该反应的热化学方程式是___________。（6）在载人航天器中，可以利用CO2与H2反应，将航天员呼出的CO2转化成H2O等，反应的方程式为4H2(g)+CO2(g)=CH4(g)+2H2O(l)。已知H2O(l)=H2O(g)ΔH=+44kJ·mol-1.相关的化学键键能数据如下：化学键C—HC=OH—HH—O键能/kJ·mol-1413745436463则4H2(g)+CO2(g)=CH4(g)+2H2O(l)的ΔH=___________(填字母)。A.-182kJ·mol-1B.-358kJ·mol-1C.-270kJ·mol-1D.-314kJ·mol-1【答案】（1）2(a-b)kJ·mol-1（2）①.放热②.=③.＞（3）＜（4）CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-283kJ·mol-1（5）N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)ΔH=-534.0kJ·mol-1（6）B【解析】【小问1详解】从图中可得出，H2(g)+O2(g)=H2O(g)的ΔH=(a-b)kJ·mol-1，则2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的ΔH=2(a-b)kJ·mol-1。【小问2详解】进程Ⅰ中，生成物具有的能量低于反应物具有的能量，则反应是放热反应；反应Ⅱ是加入催化剂，降低了反应的活化能，但反应物、生成物的总能量不变，反应物的转化率和生成物的产率不变，所以平衡时P的产率Ⅰ=Ⅱ；反应Ⅱ、Ⅲ都加入了催化剂，但反应Ⅲ的活化能比反应Ⅱ大，所以生成P的速率Ⅱ＞Ⅲ。【小问3详解】已知反应：①2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l)ΔH1，②2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(l)ΔH2，从反应方程式看，反应①相当于在反应②的基础上，S(s)继续燃烧，所以反应①放出的热量多，∆H1＜∆H2。【小问4详解】在101kPa时，CO在1mol氧气中完全燃烧，生成CO2气体，放出566kJ的热量，即2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH=-566kJ·mol-1，则表示CO燃烧热的热化学方程式是CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-283kJ·mol-1。【小问5详解】已知N2H4(g)完全燃烧生成氮气和气态水时，平均每转移1mol电子放出133.5kJ热量，1molN2H4(g)完全燃烧生成氮气和气态水时，转移4mole-，则放出热量133.5kJ×4=534.0kJ，该反应的热化学方程式是N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)ΔH=-534.0kJ·mol-1。【小问6详解】对于反应4H2(g)+CO2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH=4E(H-H)+2E(C=O)-4E(C-H)-4E(H-O)=4×436kJ·mol-1+2×745kJ·mol-1-4×413kJ·mol-1-4×463kJ·mol-1=-270kJ·mol-1。即4H2(g)+CO2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH=-270kJ·mol-1①H2O(l)=H2O(g)ΔH=+44kJ·mol-1.②依据盖斯定律，将反应①-②×2得：4H2(g)+CO2(g)=CH4(g)+2H2O(l)ΔH=(-270kJ·mol-1)-(44kJ·mol-1)×2=-358kJ·mol-1，故选B。16.优化反应条件是研究化学反应的重要方面。以反应Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O为例，探究外界条件对化学反应速率的影响，实验方案如下表所示。实验序号Na2S2O3溶液H2SO4溶液蒸馏水体积/mL温度/℃浓度/(mol·L-1)体积/mL浓度/(mol·L-1)体积/mLI0.11.50.11.51220Ⅱ0.12.50.11.511aⅢ0.12.50.11.5b30（1）表中，a为___________，b为___________。（2）选用Ⅱ和Ⅲ作对照实验的目的是探究___________对化学反应速率的影响，Ⅲ中加入bmL蒸馏水的目的是___________。（3）上述三个实验中的反应速率最快的应该是实验___________(用I、Ⅱ、Ⅲ作答)，支持这一结论的实验现象为___________。（4）通过实验测定，实验Ⅲ20s后不再产生S沉淀，则0~20s内v(Na2S2O3)=___________。(忽略溶液混合体积的变化)【答案】（1）①.20②.11（2）①.温度②.保持两次实验中溶液总体积相同，确保两次实验反应物浓度相等 （3）①.Ⅲ②.产生浑浊的时间最短（4）5×10-4mol/(L·s)【解析】【分析】本实验是探究Na2S2O3的浓度和温度改变对化学反应速率产生的影响，H2SO4的浓度在三组实验中应相同，因为H2SO4的起始投入量相同，所以溶液的总体积应相等。【小问1详解】分析表中数据可得出，实验I、Ⅱ是探究Na2S2O3浓度变化对化学反应速率的影响，实验Ⅱ、Ⅲ是探究温度对化学反应速率的影响，所以a为20，b为11。【小问2详解】由分析可知，选用Ⅱ、Ⅲ作对照实验的目的是探究温度对化学反应速率的影响；温度不同，则Na2S2O3、H2SO4的浓度对应相等，Ⅲ中加入bmL蒸馏水的目的是：保持两次实验中溶液总体积相同，确保两次实验反应物浓度相等。【小问3详解】上述三个实验Ⅲ中，反应物的浓度最大、温度最高，则反应速率最快的应该是实验Ⅲ，支持这一结论的实验现象为：产生浑浊的时间最短。【小问4详解】表中数据显示，Na2S2O3过量，H2SO4完全反应。通过实验测定，实验Ⅲ20s后不再产生S沉淀，则0~20s内v(Na2S2O3)==5×10-4mol/(L·s)。【点睛】探究外界条件对化学反应速率的影响时，通常只探究一个变量。17.氨在国民经济生产中占有重要地位。下图是合成氨的简要流程和反应方程式：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH<0（1）图中X是___________，这样操作的目的是___________。（2）T℃时在容积为2L的密闭恒容容器中充入0.8molN2(g)和1.6molH2(g)，5min后达到平衡，测得N2的浓度为0.2mol/L。①计算此段时间的反应速率v(NH3)=___________，H2的转化率___________。②已知300℃时K=0.86，则(2)中的反应温度T___________300(填“>”“<”或“=”)。若向平衡后的体系中同时 加入1.2molN2、1.6molH2、1.2molNH3，平衡将___________(填“正向移动”、“不移动”或“逆向移动”)。（3）下列措施可提高N2平衡转化率的是___________(填序号)。a．恒容时充入H2，使体系总压强增大b．恒容时将NH3从体系中分离c．恒容时充入He，使体系总压强增大d．加入合适的催化剂（4）科学家一直致力于研究常温、常压下“人工固氮”的新方法。曾有实验报道：在低温、常压、光照条件下，N2在催化剂(掺有少量Fe2O3的TiO2)表面与水发生反应：2N2(g)+6H2O(l)4NH3(g)+3O2(g)　ΔH=+765.2kJ·mol-1.进一步研究NH3生成量与温度的关系，部分实验数据见下表(光照、压强1.0×105Pa、反应时间3h)：T/K303313323353NH3生成量/(×10-6mol)4.85.96.02.0当温度高于323K时，NH3的生成量反而降低的可能原因是___________。【答案】（1）①.N2、H2②.提高原料的利用率（2）①.0.08mol/(L·min)②.75%③.<④.正向移动（3）ab（4）催化剂失去活性；发生副反应氨气与氧气反应；温度升高液态水脱离催化剂表面，降低了氮气在催化剂表面与水接触的几率【解析】【分析】由转化图可知，生成的氨气在冷凝器中冷凝，未反应的N2、H2进入到压缩机循环利用；合成氨反应为放热反应，温度越高平衡常数越小，判断平衡的移动方向时，计算出Qc，再与平衡常数比较；要提高N2平衡转化率，可采用冲入H2，分离产物，加压等方法。当温度高于323K时，NH3的生成量反而降低的可能原因是催化剂失去活性；发生副反应氨气与氧气反应；温度升高液态水脱离催化剂表面，降低了氮气在催化剂表面与水接触的几率。【小问1详解】冷凝器将氨气冷凝分离出后，氮气和氢气进入压缩机循环，则X为N2、H2，这样操作的目的是提高原料的利用率，故答案为：N2、H2；提高原料的利用率；【小问2详解】①在容积为2L的密闭恒容容器中充入0.8molN2(g)和1.6molH2(g)，开始时，氮气和氢气的浓度分别为0.4mol/L和0.8mol/L，5min后达到平衡，测得N2的浓度为0.2mol/L，氢气的浓度为0.8mol/L-3×(0.4-0.2)mol/L=0.2mol/L，氨气的浓度为2×(0.4-0.2)mol/L=0.4mol/L，则此段时间的反应速率v(NH3)===0.08mol/(L.min)，消耗氢气的物质的量为氢气的浓度为3×(0.8-0.2×2)mol=1.2mol,则H2的转化 率=×100%=×100%=75%，故答案为：0.08mol/(L·min)；75%；②T℃时，平衡常数K===100，300℃时K=0.86，相比于300℃，平衡常数增大，平衡正移，由于合成氨为放热反应，则T＜300℃，若向平衡后的体系中同时加入1.2molN2、1.6molH2、1.2molNH3，此时氮气、氢气和氨气的物质的量浓度分别为0.8mol/L、1.0mol/L、1.0mol/L，Q==1.25＜K，则平衡将正向移动，故答案为：＜；正向移动；【小问3详解】a.恒容时充入H2，使体系总压强增大，增大反应物浓度，平衡正移，则N2平衡转化率增大，故a正确；b.恒容时将NH3从体系中分离，减小生成物浓度，平衡正移，则N2平衡转化率增大，故b正确；c.恒容时充入He,使体系总压强增大，各物质的浓度均减小，平衡逆移，则N2平衡转化率减小，故c错误；d.加入合适的催化剂，平衡不移动，则N2平衡转化率不变，故d错误；故答案为：ab；【小问4详解】当温度高于323K时，NH3的生成量反而降低的可能原因是催化剂失去活性；发生副反应氨气与氧气反应；温度升高液态水脱离催化剂表面，降低了氮气在催化剂表面与水接触的几率，故答案为：催化剂失去活性；发生副反应氨气与氧气反应；温度升高液态水脱离催化剂表面，降低了氮气在催化剂表面与水接触几率。18.将CO2转化为CO、CH3OH等燃料，可以有效的缓解能源危机，同时可以减少温室气体，实现“双碳目标”。回答下列问题：（1）以800℃时，H2还原CO2反应的热化学方程式及其平衡常数如下：Ⅰ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH1=+41kJ·mol-1K1=104Ⅱ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH2=-49.5kJ·mol-1K2=10-3①反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH3=___________kJ·mol-1，K3=___________。②反应Ⅰ的反应趋势远大于反应Ⅱ，其原因是___________。③对于反应Ⅱ温度升高，平衡___________移动(填“向左”“向右”或“不”)；增大压强，平衡常数___________(填“变大”“变小”或“不变”)。（2）在1.0×105Pa，将4molH2与1molCO2进行反应，体系中气体平衡组成比例(物质的量分数)随温度变化的理论计算结果如图所示。 反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的平衡常数Kp(600℃)=___________Pa-2，600℃时平衡体系中H2O的物质的量分数是___________。(对于气相反应，用某组分(B)的平衡分压(pB)代替其物质的量浓度(cB)也可以表示平衡常数(记作Kp)，已知：B的平衡分压=总压×平衡时B的物质的量分数，结果保留一位小数)【答案】（1）①.-90.5②.10-7③.800℃时，反应Ⅰ的平衡常数远大于反应Ⅱ的平衡常数④.向左⑤.不变（2）①.1.6×10-9②.30%【解析】【小问1详解】Ⅰ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH1=+41kJ·mol-1K1=104Ⅱ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH2=-49.5kJ·mol-1K2=10-3①依据盖斯定律，将反应Ⅱ-Ⅰ可得：反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH3=(-49.5kJ·mol-1)-(+41kJ·mol-1)=-90.5kJ·mol-1，K3==10-7。②从两反应的平衡常数可以看出，K1≫K2，所以反应Ⅰ的反应趋势远大于反应Ⅱ，其原因是：800℃时，反应Ⅰ的平衡常数远大于反应Ⅱ的平衡常数。③对于反应Ⅱ，ΔH2=-49.5kJ·mol-1＜0，温度升高，平衡向左移动；平衡常数只受温度变化的影响，不受压强变化的影响，则增大压强，平衡常数不变。【小问2详解】从图中可以看出，反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)达平衡时，H2的体积分数为25%，CO、CH3OH的体积分数相等(设为a%)，，则平衡常数Kp(600℃)==1.6×10-9Pa-2。设600℃时平衡体系中，CO的物质的量分数为x，H2O的物质的量分数为y，则CO2、CH3OH的物质的量分 数也为x，==，y=2x，x+x+y+x+25%=100%，x=15%，y=30%。即H2O的物质的量分数是30%。