2025全国高考二轮化学配套热练微专题热练12　化学反应原理综合(一)

2025全国高考二轮化学配套热练微专题热练12化学反应原理综合(一)1.(2024·厦门二检)利用热分解法测定硫酸回收量(以SO2、SO3的硫元素含量计)。有关热化学方程式为反应Ⅰ：H2SO4(l)SO3(g)＋H2O(g)ΔH1K1反应Ⅱ：2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)ΔH2＝＋196kJ/molK2(1)已知反应Ⅲ：2H2SO4(l)2SO2(g)＋O2(g)＋2H2O(g)ΔH3＝＋550kJ/mol则ΔH1＝＋177kJ/mol。(2)下列能说明在密闭容器中反应Ⅱ达到平衡状态的有CD(填字母)。A.2v正(SO3)＝v逆(O2)B.c(SO2)＝2c(O2)C.混合气体平均相对分子质量不再改变D.O2的体积分数保持不变(3)在压强为p的反应体系中对1g酸渣(含硫酸、沥青质等)进行热分解，平衡时体系中SO2、SO3气体体积分数和热解气体总体积(已折算为标准状况)随温度变化如图。①K1＜K2(选填“＞”或“＜”)，依据是平衡时SO3的体积分数远小于SO2。②结合平衡移动原理分析，SO2气体体积分数随温度变化的原因可能为温度升高，反应Ⅱ平衡正向移动程度小于酸渣中沥青质分解程度。【解析】(1)根据盖斯定律，反应Ⅲ＝反应Ⅰ×2＋反应Ⅱ，故ΔH3＝2ΔH1＋ΔH2，所以ΔH1＝eq\f(1,2)×(550－196)kJ/mol＝＋177kJ/mol。(2)当v正(SO3)＝2v逆(O2)时反应才达到平衡，A错误；SO2与O2均为生成物，c(SO2)＝2c(O2)始终成立，不能说明反应达到平衡，B错误。(3)①由图可知，平衡时SO3的体积分数远小于SO2，说明大多数SO3已分解，故K1<K2。②SO2体积分数随温度升高而降低可能是反应Ⅱ平衡正向移动程度小于酸渣中沥青质分解程度。2.(2024·黑吉辽卷)为实现氯资源循环利用，工业上采用RuO2催化氧化法处理HCl废气：2HCl(g)＋eq\f(1,2)O2(g)Cl2(g)＋H2O(g)ΔH1＝－57.2kJ/molΔSK。将HCl和O2分别以不同起始流速通入反应器中，在360℃、400℃和440℃下反应，通过检测流出气成分绘制HCl转化率(α)曲线，如图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。回答下列问题：(1)ΔS＜0(填“>”或“<”)；T3＝360℃。(2)结合以下信息，可知H2的燃烧热ΔH＝－285.8kJ/mol。H2O(l)=H2O(g)ΔH2＝＋44.0kJ/molH2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)ΔH3＝－184.6kJ/mol(3)下列措施可提高M点HCl转化率的是BD(填字母)A.增大HCl的流速B.将温度升高40℃C.增大n(HCl)∶n(O2)D.使用更高效的催化剂(4)图中较高流速时，α(T3)小于α(T2)和α(T1)，原因是流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降，同时，T3温度低，反应速率低，故单位时间内氯化氢的转化率低。(5)设N点的转化率为平衡转化率，则该温度下反应的平衡常数K＝6(用平衡物质的量分数代替平衡浓度计算)(6)负载在TiO2上的RuO2催化活性高，稳定性强，TiO2和RuO2的晶体结构均可用如图表示，二者晶胞体积近似相等，RuO2与TiO2的密度比为1.66，则Ru的相对原子质量为101(Ti—48，精确至1)。【解析】(1)该反应的反应前气体系数大于反应后气体系数，ΔS<0；根据题意较低流速下的转化率可近似为平衡转化率，因此从图1可以看出，较低流速下，HCl转化率大小为a(T1)<a(T2)<a(T3)，由于反应放热，则升温HCl平衡转化率下降，所以T3为低温，T3＝360℃。(2)①2HCl(g)＋eq\f(1,2)O2(g)H2O(g)＋Cl2(g)ΔH1＝－57.2kJ/mol；②H2O(l)=H2O(g)ΔH2＝＋44.0kJ/mol；③H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)ΔH3＝－184.6kJ/mol；④H2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=H2O(l)ΔH。则反应④＝反应③＋反应①－反应②，ΔH＝ΔH3＋ΔH1－ΔH2＝(－184.6－57.2－44.0)kJ/mol＝－285.8kJ/mol。(3)M点为高流速，因此体系中反应并未达到平衡态，对应的HCl转化率为一段时间内的转化率，因此可以通过增大反应速率来提高M点HCl的转化率，B、D正确，从图中可看出增大流速，HCl转化率会下降，A错误，增大比例时，HCl的转化率下降，C错误。(4)高流速下反应未达到平衡态，因此HCl的转化率与反应速率有关，T3为360℃，其他条件相同的情况下，温度越低，反应速率越慢，因此a(T3)小于a(T2)和a(T1)。(5)N点时HCl和O2比例为4∶4，HCl转化率为80%，可列式：2HCl(g)＋eq\f(1,2)O2(g)H2O(g)＋Cl2(g)起始/mol4400转化/mol3.20.81.61.6平衡/mol0.83.21.61.6n总＝(0.8＋3.2＋1.6＋1.6)mol＝7.2mol，K＝eq\f(\f(1.6,n总)×\f(1.6,n总),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(0.8,n总)))2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3.2,n总)))\f(1,2))＝6。(6)eq\f(ρ1,ρ2)＝eq\f(\f(m1,V1),\f(m2,V2))，由于两种晶胞的体积近似相等，因此eq\f(ρ1,ρ2)＝eq\f(m1,m2)＝1.66，根据晶胞结构可知小球共2个，大球共4个，所以1个晶胞含有2个TiO2或RuO2，因此eq\f(m1,m2)＝eq\f(2×MRu＋2MO,2×MTi＋2MO)＝eq\f(MRu＋32,48＋32)，则MRu≈101。3.(2024·泉州质检三)甲烷干重整(DRM)以温室气体CH4和CO2为原料在催化条件下生成合成气CO和H2。体系中发生的反应如下：ⅰ.CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)ΔH1＝＋247kJ/molⅱ.CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH2＝＋41kJ/molⅲ.CH4(g)C(s)＋2H2(g)ΔH3＝＋74.9kJ/molⅳ.2CO(g)C(s)＋CO2(g)ΔH4(1)ΔH4＝－172.1kJ/mol。(2)高温(填“高温”或“低温”)有利于反应ⅰ自发进行。(3)起始投入CH4和CO2各1kmol，DRM反应过程中所有物质在100kPa下的热力学平衡数据如图1所示。图1①950℃时，向反应器中充入N2作为稀释气，CH4的平衡转化率升高(填“升高”“不变”或“降低”)，理由是950℃时，体系中只有反应ⅰ，该反应为体积增大的反应，恒压条件充入氮气，平衡正向移动，CH4转化率升高。②625℃时，起始投入CH4、CO2、H2、CO、H2O各0.5kmol，此时反应ⅱ的v正＜v逆(填“＞”“＝”或“＜”)。③625℃时，反应体系经过tmin达到平衡状态，测得甲烷的平衡转化率为α。0～tmin生成CO的平均速率为eq\f(1,2t)kmol/min；用物质的量分数表示反应ⅰ的平衡常数Kx＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\f(1,2),2＋α)))2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\f(4a－1,2),2＋α)))2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－α,2＋α)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\f(1,2),2＋α))))(用含α的表达式表示，列计算式即可)。(4)CO2在Ni基催化剂表面氢助解离有两种可能路径，图2为不同解离路径的能量变化，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。①基态Ni的价层电子排布式为3d84s2。②写出最有可能发生的“氢助解离”路径的决速步反应化学方程式：*OOCH=CO(g)＋*OH。图2(5)对催化剂载体CeO2改性，使其形成氧空位，可减少积碳。取干燥CeO2在Ar气条件下加热，热重分析显示样品一直处于质量损失状态；X射线衍射分析结果表明随着温度升高，该晶胞边长变长，但铈离子空间排列没有发生变化[CeO2晶胞结构如图3所示，M(CeO2)＝172g/mol]。图3①加热过程中，Ce4＋被还原为Ce3＋。写出该反应化学方程式：4CeO2eq\o(=,\s\up7(△))2Ce2O3＋O2↑。②已知：失重率＝eq\f(损失的质量,总质量)×100%。加热后，当失重率为2.32%时，每个晶胞拥有的O2－的个数为7。【解析】(1)由盖斯定律，反应ⅳ＝反应ⅲ－反应ⅰ，所以ΔH4＝(＋74.9－247)kJ/mol＝－172.1kJ/mol。(2)反应ⅰ的ΔH＞0、ΔS＞0，由ΔG＝ΔH－TΔS<0，可知高温有利于反应自发进行。(3)②625℃时，起始投入CH4、CO2、H2、CO、H2O各0.5kmol，此时Qc＝eq\f(cCO·cH2O,cCO2·cH2)＝1，由图1可知，平衡时n(CO)＝n(CO2)＝n(H2O)＜n(H2)，即平衡常数K＜1，所以此时Qc＞K，平衡逆向进行，所以反应ⅱ的v正＜v逆。③由图1可知，625℃平衡时n(CO)＝0.5kmol，所以0～tmin生成CO的平均速率为eq\f(0.5kmol,tmin)＝eq\f(1,2t)kmol/min，由图1可知，625℃平衡时n(CO)＝n(CO2)＝n(H2O)＝0.5kmol，由反应的化学计量数可知，反应ⅰ和反应ⅲ生成的氢气的物质的量为消耗的甲烷的2倍，反应ⅱ消耗氢气的物质的量与生成的水的物质的量相等，所以平衡时n(H2)＝(2a－0.5)kmol＝eq\f(4a－1,2)kmol，n(CH4)＝(1－a)kmol，即平衡时气体总物质的量为(2a－0.5＋1－a＋0.5＋0.5＋0.5)kmol＝(2＋a)kmol，所以平衡常数Kx＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\f(1,2),2＋α)))2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\f(4a－1,2),2＋α)))2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－α,2＋α)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\f(1,2),2＋α))))。(4)②活化能大的反应速度慢，速率慢的反应为决速步，由图像2可知最有可能发生的“氢助解离”路径的决速步反应化学方程式为*OOCH=CO(g)＋*OH。(5)②一个晶胞中Ce4＋个数为8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4、O2－个数为8,1molCeO2质量为172g，加热后当失重率为2.32%时，损失的质量为氧元素的质量，即172g×2.32%＝4g，n(O)＝eq\f(4g,16g/mol)0.25mol，一个晶胞中4个Ce4＋、8个O2－，失去O2－的个数为0.25×4＝1，每个晶胞拥有的O2－的个数为8－1＝7。4.(2024·合肥二模)我国科研人员一直致力于氮氧化物(NOx)治理与消除技术研究，以实现“蓝天保卫战”。回答下列问题：(1)三元催化器可以将汽车尾气中的NO(g)和CO(g)转化成两种无污染的气体。①已知N2(g)＋O2(g)=2NO(g)ΔH＝＋180.0kJ/mol，CO燃烧热为283.5kJ/mol，则2CO(g)＋2NO(g)=2CO2(g)＋N2(g)ΔH＝－747kJ/mol。②若在恒温恒容密闭容器中，充入等量的CO和NO发生上述转化反应，以下哪些值不变能说明该反应达到平衡状态AD(填字母)。A.正反应速率B.气体密度C.平衡常数D.反应物与生成物物质的量之比(2)NH3催化还原NOx技术(SCR技术)是烟气脱硝中应用最广泛的技术。标准SCR有下列反应：主反应：4NH3(g)＋4NO(g)＋O2(g)4N2(g)＋6H2O(g)Kp(1)副反应：4NH3(g)＋4NO(g)＋3O2(g)4N2O(g)＋6H2O(g)Kp(2)①模拟烟气投料比n(NH3)∶n(NO)＝1∶1，不同温度下达平衡时标准SCR实验数据如图1所示(N2的选择性＝eq\f(生成N2的物质的量,消耗NO的物质的量)×100%)。图1图2300℃时NO的转化率最高，此时体系中O2的平衡分压为p，则该温度时主副反应的分压平衡常数之比eq\f(Kp1,Kp2)＝256p2(用含有p的式子表示)。②β－MnO2作催化剂能有效减少副产物N2O的量，其晶胞如图2所示，图中“●”表示锰原子，该晶胞密度为eq\f(1.74×1032,a2bNA)g/cm3(Mn—55，用含有a、b的式子表示)，(3)烟气中的NO还可先氧化为NO2，再用碱液吸收。NO在某催化剂表面的氧化机理如下(*为吸附位点，k为速率常数)：O2(g)＋2*eq\o(,\s\up7(k1),\s\do5(k′1))2O*(S1)NO(g)＋*eq\o(,\s\up7(k2),\s\do5(k′2))NO*(S2)NO(g)＋O*eq\o(→,\s\up7(k3))NOeq\o\al(*,2)(S3)NOeq\o\al(*,2)eq\o(,\s\up7(k4),\s\do5(k′4))NO2(g)＋*(S4)假设NO、NO2和O均被相同类型的表面位点吸附，其分数覆盖率用θ表示(θ＝eq\f(被占据的吸附位点数,总吸附位点数)，如：θNO)，未被占据的吸附位点记作θv。①S1的正、逆反应速率方程分别表示为v正＝k1c(O2)θeq\o\al(2,v)和v逆＝k′1θeq\o\al(2,O)，则S3的正反应速率方程可表示为v＝k3c(NO)θO。②某些催化剂反应历程不经过步骤S3，而是通过NO*＋O*eq\o(→,\s\up7(k5))*＋NOeq\o\al(*,2)(S5)进行，当温度和NO浓度恒定时，在一定量某催化剂下的NO氧化反应速率与O2浓度的关系如图3所示，则该催化机理符合S5(填“S3”或“S5”)，理由是从S5可以看出，v由NO和O的吸附量共同决定，二者的吸附竞争，当氧浓度过大导致氧吸附量增多，使得NO的吸附量减少，故v不升反降。图3【解析】(1)①N2(g)＋O2(g)=2NO(g)ΔH＝＋180.0kJ/mol，CO(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=CO2(g)ΔH＝－283.0kJ/mol，由盖斯定律，目标反应式＝②×2－①，ΔH＝2ΔH2－ΔH1＝[2×(－283.5)－180]kJ/mol＝－747kJ/mol。②恒温恒容下，容器容积不变，反应前后气体总质量不变，故混合气体的密度始终不变，不能说明反应达到平衡，B错误；温度不变平衡常数始终不变，不能说明反应已达平衡，C错误。(2)①假设初始时NH3和NO均为1mol,300℃时NO转化率最高，NO的平衡转化率是50%，N2的选择性为80%，消耗的NO为0.5mol，生成的N2为0.4mol，则NH3的平衡转化率为50%，消耗NH3的物质的量为0.5mol，由N原子守恒，N2O的物质的量为eq\f(1,2)×(0.5＋0.5－0.4×2)＝0.1mol，eq\f(Kp1,Kp2)＝eq\f(\f(p6H2O·p4N2,p4NH3·p4NOpO2),\f(p4N2O·p6H2O,p4NH3·p4NO·p3O2))＝eq\f(p4N2·p2O2,p4N2O)，eq\f(p4N2,p4N2O)＝eq\f(n4N2,n4N2O)，则eq\f(Kp1,Kp2)＝eq\f(n4N2,n4N2O)·p2(O2)＝eq\f(0.44×p2,0.14)＝256p2。②由晶胞图知，黑球位于顶点和体心，共有2个，白球位于面上和体内，共有4个，由化学式可知，黑球为锰原子，白球为氧原子；密度为ρ＝eq\f(m,V)＝eq\f(2×32＋55,a×10－102×b×10－10×NA)g/cm3＝eq\f(1.74×1032,a2bNA)g/cm3。微专题热练13化学反应原理综合(二)1.(2024·芜湖二模)丙烯是生产塑料、橡胶和纤维三大合成材料的重要基础化工原料。(1)丙烷经催化脱氢可制丙烯：C3H8(g)C3H6(g)＋H2(g)ΔH1＝＋124kJ/mol，该反应自发进行的条件是高温。下列措施既能提高反应物C3H8的平衡转化率，又能增大生成C3H6的反应速率的是A(填字母)。A.升高温度B.增大压强C.加入催化剂D.恒容条件增加C3H8的量(2)已知丙烷和丙烯的燃烧热分别为2220kJ/mol和2058kJ/mol，则丙烷氧化脱氢反应：C3H8(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=C3H6(g)＋H2O(g)ΔH2＞(填“＞”“＜”或“＝”)－162kJ/mol。(3)温度一定时，假定体系内只有反应C3H8(g)C3H6(g)＋H2(g)发生，反应过程中压强恒定为p0kPa(即C3H8的初始压强)，平衡转化率为α，该反应的平衡常数Kp为eq\f(a2,1－a2)p0kPa(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。(4)在上述体系中压强恒定为xp0kPa和p0kPa下，丙烷平衡转化率与温度的关系如图1所示。图1根据图中数据可得x＝0.1(已知：x＜1。计算结果保留一位小数)。(5)在催化剂条件下，向恒温恒容的C3H8平衡体系中通入不同量的CO2。已知：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)经相同时间，体系中C3H6、CO和H2浓度随初始通入CO2量的关系如图2。由图可知，其中曲线b代表的产物是H2，理由是由起点可知a、b两线为C3H6和H2，加入CO2后，因发生反应：CO2＋H2CO＋H2O，H2浓度比C3H6浓度越来越低，所以b为H2。图2【解析】(1)该反应为吸热的熵增反应，在高温条件下自发。升高温度，化学反应速率增大，平衡正向移动，能提高C3H8的平衡转化率，A正确；增大压强，化学反应速率增大，平衡逆向移动，C3H8的平衡转化率降低，B错误；加入催化剂，化学反应速率增大，C3H8的平衡转化率不变，C错误；恒容条件增加C3H8的量，化学反应速率增大，C3H8的平衡转化率减小，D错误。(2)丙烷燃烧热的热化学方程式为①C3H8(g)＋5O2(g)=3CO2(g)＋4H2O(l)ΔH3＝－2220kJ/mol，丙烯燃烧热的热化学方程式为②C3H6(g)＋eq\f(9,2)O2(g)=3CO2(g)＋3H2O(l)ΔH4＝－2058kJ/mol，根据盖斯定律，①－②得C3H8(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=C3H6(g)＋H2O(l)ΔH＝(－2220＋2058)＝－162kJ/mol，由于生成液态水放热更多，所以ΔH2＞－162kJ/mol。(3)假设起始时C3H8的物质的量为1mol，则转化的C3H8为αmol，生成的C3H6、H2各为αmol，平衡时C3H8、C3H6、H2分别为(1－α)mol、αmol、αmol，则p(C3H6)＝p(H2)＝eq\f(α,1＋α)p0kPa，p(C3H8)＝eq\f(1－α,1＋α)p0kPa，Kp＝eq\f(pH2pC3H6,pC3H8)＝eq\f(α2,1－α2)p0。(4)该反应正向为气体体积增大的方向，加压平衡逆向移动，根据x＜1，则p0的压强更大，转化率更小，为40%，xp0的转化率为80%，根据温度不变，平衡常数不变，代入eq\f(α2,1－α2)p0，可得eq\f(0.82,1－0.82)xp0＝eq\f(0.42,1－0.42)p0，x≈0.1。2.(2024·龙岩5月质检)丙烯腈()是合成橡胶及合成树脂等工业中的重要原料，以为原料合成丙烯腈的反应过程如下：反应Ⅰ：反应Ⅱ：科学家通过DFT计算得出反应Ⅱ的历程包含p、q两步，其中p步反应的化学方程式为。已知：部分化学键键能如表所示：化学键键能/(kJ/mol)化学键键能/(kJ/mol)C—H413C=C615O—H463C—O351N—H389C=O745C—C348C≡N891C—N305(1)q步反应的热化学方程式为。(2)在盛有催化剂TiO2、压强为200kPa的恒压密闭容器中按体积比2∶15充入和NH3发生反应，通过实验测得平衡体系中含碳物质(乙醇除外)的物质的量分数随温度的变化如图所示。①ΔH1＞0(填“＞”“＜”)。②含碳物质检测过程中，未检测出，反应活化能相对大小应为p＜(填“＞”或“＜”)q。③M点时，体系中H2O(g)的体积分数为12.4%(保留三位有效数字)。④N点时，反应Ⅱ的压强平衡常数Kp＝2.14kPa(保留三位有效数字)；150～350℃范围内，物质的量分数表示的平衡常数Kx的相对大小：反应Ⅰ＞(填“＞”“＜”或“＝”)反应Ⅱ。⑤上述条件下丙烯腈的平衡产率不高，实际生产中会向反应器中再充入一定量N2(不参与反应)，请解释该操作的目的并说明理由：提高丙烯腈的平衡转化率，因为恒压充入N2，反应Ⅱ分压减小，平衡正向移动。【解析】(1)反应热＝反应物键能总和－生成物键能总和可知，ΔH＝(8×413＋615＋2×351＋2×348＋745＋3×389)kJ/mol－(8×413＋615＋2×348＋745＋305＋2×389＋351＋463)kJ/mol＝－28kJ/mol。(2)①由图知，在200℃之前，平衡体系中物质的量分数几乎不变，即反应Ⅱ反应程度变化不大，平衡体系中的物质的量分数随温度的升高而逐渐增大，的物质的量分数随温度的升高而逐渐减小，则说明反应Ⅰ平衡正向移动，即反应Ⅰ为吸热反应，ΔH1＞0。②反应Ⅱ的历程包含p、q两步，含碳物质检测过程中，未检测出，说明生成该物质的速率慢，消耗该物质的速率快，即其中q步为决速步骤，该步骤活化能较大，p步活化能＜q步活化能。③设初始投入物质的量为2mol，NH3物质的量为15mol，M点平衡体系中的含碳物质的物质的量分数为80%，几乎为0，则反应Ⅰ生成的H2O(g)物质的量为2mol，根据三段式分析：则eq\f(2－x,2)×100%＝80%，解得x＝0.4mol，平衡体系中H2O(g)的体积分数＝eq\f(2＋0.4mol,19＋0.4mol)×100%≈12.4%。④N点平衡体系中与的含碳物质的物质的量分数均为50%，几乎为0，利用三段式分析：则则eq\f(2－y,2)×100%＝50%，解得y＝1mol，平衡体系中与的物质的量均为1mol，NH3的物质的量为14mol，H2O(g)的物质的量为3mol，的物质的量为1mol，气体总物质的量为20mol，反应Ⅱ的压强平衡常数Kp＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(200kPa×\f(1mol,20mol)))×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(200kPa×\f(3mol,20mol)))×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(200kPa×\f(1mol,20mol))),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(200kPa×\f(1mol,20mol)))×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(200kPa×\f(14mol,20mol))))≈2.14kPa。⑤由温度升高，的含碳物质的物质的量分数增大，反应Ⅱ平衡正移，可知反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为吸热反应，在200℃之前，平衡体系中物质的量分数几乎不变，即反应Ⅱ反应程度小，平衡常数Kx小，含碳物质的物质的量分数较大，反应Ⅰ反应程度大，平衡常数Kx大于反应Ⅱ平衡常数Kx，且随温度升高到一定温度，几乎为0，则平衡常数Kx＞105，反应Ⅱ随温度升高，平衡常数Kx增大，但仍小于反应Ⅰ平衡常数Kx，则反应Ⅰ平衡常数Kx＞反应Ⅱ平衡常数Kx；再充入一定量N2，总压不变情况下，各物质的分压减小，相当于减小压强，则反应Ⅱ平衡正向移动，提高丙烯腈的平衡转化率。3.(2024·岳阳三模)2024年上海国际碳中和技术博览会以“中和科技、碳素未来”为主题，重点聚焦二氧化碳的捕捉、利用与封存(CCUS)等问题。回答下列问题：Ⅰ.CO2是典型的温室气体，Sabatier反应可实现CO2转化为甲烷，实现CO2的资源化利用。合成CH4过程中涉及如下反应：甲烷化反应(主反应)：①CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)ΔH1＝－164.7kJ/mol逆变换反应(副反应)：②CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH2＝＋41.1kJ/mol(1)反应③2CO(g)＋2H2(g)CO2(g)＋CH4(g)ΔH＝－246.9kJ/mol，该反应在低温(填“高温”“低温”或“任何温度”)下能自发进行。(2)下列叙述能说明反应①达到平衡状态的是BE(填字母)。A.断裂4molC—H的同时断裂1molC=OB.恒温恒容条件下，体系压强不再变化C.恒温恒容条件下，气体的密度不再变化D.v正(CO2)＝v逆(H2O)E.绝热恒容条件下，eq\f(cCH4·c2H2O,cCO2·c4H2)不再变化(3)科研小组按eq\f(nH2,nCO2)＝eq\f(4,1)进行投料，下面探究影响CH4选择性的一些因素。①若在恒容容器中进行反应(初始压强为0.1MPa)，平衡时各气体的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。图中表示H2O(g)的物质的量分数随温度变化的曲线是曲线2(填“曲线1”“曲线2”或“曲线3”)。曲线1和曲线3交叉点处CO2的平衡分压为0.004(该空忽略副反应逆变换反应)。②积碳会使催化剂的活性降低，从而影响甲烷的选择性，各积碳反应的平衡常数与温度关系如下表所示：温度/℃K1K2K380021.600.1360.13385033.940.0580.06790051.380.0270.036反应a：CH4(g)C(s)＋2H2(g)K1反应b：2CO(g)C(s)＋CO2(g)K2反应c：CO(g)＋H2(g)C(s)＋H2O(g)K3由表中数据可知，积碳反应主要由反应a引起(填“a”“b”或“c”)。Ⅱ.完成下列问题(4)一定条件下，向4L恒容密闭容器中充入2molCO2和6molH2，发生反应CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)。已知容器内起始压强为240kPa，反应达平衡时容器内压强为150kPa，该温度下反应的标准平衡常数Kθ＝eq\f(400,27)或14.8{该反应标准平衡常数的表达式为Kθ＝eq\f(\f(pCH3OH,pθ)×\f(pH2O,pθ),\f(pCO2,pθ)×[\f(pH2,pθ)]3)，其中p为分压，分压＝总压×物质的量分数，pθ＝100kPa}。【解析】(1)由盖斯定律可知，①－2×②可得反应③，ΔH3＝ΔH1－2ΔH2＝(－164.7－2×41.1)kJ/mol＝－246.9kJ/mol，该反应是气体体积减小的反应，ΔS＜0，当ΔH—TΔS＜0时反应能自发进行，则该反应在低温下能自发进行。(2)断裂4molC—H的同时断裂1molC=O，不能说明正、逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，A错误；该反应是气体体积减小的反应，反应过程中气体压强减小，恒温恒容条件下，体系压强不再变化时，说明反应达到平衡，B正确；恒温恒容条件下，该反应过程中气体总质量不变，气体的密度是定值，当气体密度不再变化时，不能说明反应达到平衡，C错误；v正(CO2)＝v逆(H2O)不能说明正、逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，D错误；绝热恒容条件下，该反应是放热反应，反应过程中温度上升，K＝eq\f(cCH4·c2H2O,cCO2·c4H2)减小，当eq\f(cCH4·c2H2O,cCO2·c4H2)不再变化时，反应达到平衡，E正确。(3)①结合图中CO2的变化曲线可知，温度较低时(大约在600℃以下)，甲烷化反应的逆反应占主导地位，且随着温度的升高，甲烷化反应的化学平衡逆向移动，CO2的含量逐渐增大，则H2的含量也逐渐增大，CH4和H2O(g)的含量逐渐减小[此阶段eq\f(nH2O,nCH4)≈eq\f(2,1)]，故曲线1是CH4的变化曲线：曲线2是H2O(g)的变化曲线；曲线3是H2的变化曲线，温度较高时(大约在650℃以上)，逆变换反应的正反应占主导地位，且随着温度的升高，H2的含量逐渐减小；设起始时n(H2)＝4mol，n(CO2)＝1mol，达到平衡时消耗CO2为xmol，列三段式：CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)起始/mol1400变化/molx4xx2x平衡/mol1－x4－4xx2x曲线1和曲线3交叉点处，n(H2)＝n(CH4)，4－4x＝x，解得x＝0.8；平衡后混合气体的总物质的量＝0.2mol＋0.8mol＋0.8mol＋1.6mol＝3.4mol，在温度和容器的体积一定时，eq\f(p平衡,p起始)＝eq\f(n平衡,n起始)，则eq\f(p平衡,0.1MPa)＝eq\f(3.4mol,5mol)，解得p(平衡)＝0.068MPa，故曲线1和曲线3交叉点处CO2的平衡分压：p(CO2)＝0.068MPa×eq\f(0.2,3.4)＝0.004MPa。②相同温度下，反应CH4(g)C(s)＋2H2(g)的平衡常数最大，平衡常数越大，反应进行的程度越大，故积碳反应主要由该反应造成。(4)根据已知条件列出三段式可知，CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)起始/mol2600变化/molx3xxx平衡/mol2－x6－3xxx已知容器内起始压强为240kPa，反应达平衡时容器内压强为150kPa，则eq\f(240kPa,150kPa)＝eq\f(8,8－2x)，x＝1.5mol，则p(CH3OH)＝eq\f(1.5,5)×150kPa＝45kPa、p(H2O)＝eq\f(1.5,5)×150kPa＝45kPa、p(H2)＝eq\f(1.5,5)×150kPa＝45kPa、p(CO2)＝eq\f(0.5,5)×150kPa＝15kPa，Kθ＝eq\f(\f(pCH3OH,pθ)×\f(pH2O,pθ),\f(pCO2,pθ)×[\f(pH2,pθ)]3)＝eq\f(\f(45,100)×\f(45,10