2025版高考化学二轮复习 板块1 题型突破特训3

题型突破特训(三)化学反应原理综合1.(2024·河北唐山市二模)金属氧化物催化氧化制备苯甲醛是近年来的研究热点。以Fe3O4为催化剂，苯乙烯、H2O2为原料制备苯甲醛涉及的主要反应有：反应ⅰ：(l)＋2H2O2(l)→(l)＋HCHO(l)＋2H2O(l)ΔH1＝－489.0kJ·mol－1反应ⅱ：(l)＋H2O2(l)→(l)＋H2O(l)ΔH2＝＋566.6kJ·mol－1反应ⅲ：(l)＋H2O2(l)→(l)＋HCHO(l)＋H2O(l)ΔH3回答下列问题：(1)反应ⅲ的ΔH3＝________kJ·mol－1。(2)根据阿伦尼乌斯方程lnk＝－eq\f(Ea,RT)＋lnA(A为指前因子，Ea为活化能)，lnk与eq\f(1,T)呈线性关系。据图1可知反应ⅰ的活化能________反应ⅱ的活化能。(填“>”“＝”或“<”)(3)实验测得苯乙烯的转化率与温度的关系如图2所示。温度高于60℃(4)Fe3O4的催化反应机理如下图所示：以上转化过程中，属于氧化还原反应的是____________(填序号)。(5)在V2O5－ZrO2催化下，甲苯可以实现气相氧化制备苯甲醛。主反应：＋O2→＋H2O副反应：2＋O2→2T℃时，向2L密闭容器中充入1mol甲苯蒸气和2molO2，起始压强为p0,2h后反应达平衡时容器内气体总物质的量为2.9mol，甲苯的转化率为80%。则甲苯的平均反应速率为________mol·L－1·h－1，主反应的Kp＝________(Kp为平衡分压代替平衡浓度的平衡常数，气体平衡分压＝总压×该气体物质的量分数，计算结果保留三位有效数字)。【答案】(1)－1055.6(2)<(3)温度升高，H2O2部分分解(或升温反应ⅰ逆向移动，反应ⅱ正向移动，对反应ⅰ的影响更大)(4)②⑥(5)0.22.18【解析】(1)反应ⅰ－反应ⅱ可以得到反应ⅲ，所以反应ⅲ的ΔH3＝ΔH1－ΔH2＝－1055.6kJ·mol－1。(2)由公式可知，－eq\f(Ea,R)即为斜率，所以反应ⅰ的活化能小于反应ⅱ的活化能。(3)温度高于60℃，苯乙烯的转化率下降，可能的原因是：温度升高，H2O2部分分解(或升温反应ⅰ逆向移动，反应ⅱ正向移动，对反应ⅰ的影响更大)。(4)有元素化合价变化的反应属于氧化还原反应，即以上转化过程中，属于氧化还原反应的是②⑥。(5)向2L密闭容器中充入1mol甲苯蒸气和2molO2，甲苯的转化率为80%，消耗的甲苯为0.8mol，则甲苯的平均反应速率为eq\f(Δn,VΔt)＝eq\f(0.8mol,2L·2h)＝0.2mol·L－1·h－1；起始(mol)1200转化(mol)0.80.80.80.8平衡(mol)0.21.20.80.8起始(mol)0.81.20转化(mol)2xx2x平衡(mol)0.8－2x1.2－x2x根据题目信息，则0.8－2x＋1.2－x＋2x＋0.8＋0.2＝2.9，则x＝0.1mol，根据反应前后压强之比等于物质的量之比，eq\f(3,2.9)＝eq\f(p0,p)，平衡时压强p＝eq\f(2.9,3)p0，则p(甲苯)＝eq\f(2.9,3)×eq\f(0.2,2.9)p0，p(苯甲醛)＝eq\f(2.9,3)×eq\f(0.6,2.9)p0，p(H2O)＝eq\f(0.8,3)p0，p(O2)＝eq\f(1.1,3)p0，所以主反应的Kp＝eq\f(\f(0.8,3)×0.2p\o\al(2,0),\f(1.1,3)×\f(0.2,3)p\o\al(2,0))＝2.18。2.(2024·江西南昌市二模)硅是信息产业、太阳能电池光电转化的基础材料。(1)碳和硅的有关化学键键能如下所示，简要分析和解释下列有关事实：化学键C—CC—HSi—SiSi—H键能/(kJ·mol－1)356413226318硅与碳同族，但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多，原因是________________________________________________________________________。(2)锌还原四氯化硅是一种有着良好应用前景的制备硅的方法。Zn还原SiCl4的反应如下：反应1：400～756℃，SiCl4(g)＋2Zn(l)Si(s)＋2ZnCl2(l)ΔH1<0反应2：756～907℃，SiCl4(g)＋2Zn(l)Si(s)＋2ZnCl2(g)ΔH2<0反应3：907～1410℃，SiCl4(g)＋2Zn(g)Si(s)＋2ZnCl2(g)ΔH3①对于上述三个反应，下列说法合理的是________。a．升高温度会提高SiCl4的转化率b．还原过程需在无氧的气氛中进行c．ΔH1<ΔH2<ΔH3d．Na、Mg可以代替Zn还原SiCl4②实际制备过程选择“反应3”，选择的理由是_____________________(3)工业上也可用SiHCl3制备高纯硅。25℃时，SiHCl3热化学方程式平衡常数2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)ΔH1＝＋48kJ·mol－1K13SiH2Cl2(g)SiH4(g)＋2SiHCl3(g)ΔH2＝－30kJ·mol－1K24SiHCl3(g)SiH4(g)＋3SiCl4(g)ΔH3K3①则该温度下，ΔH3＝________kJ·mol－1；K3＝________(用K1和K2表示)。②对于反应4SiHCl3(g)SiH4(g)＋3SiCl4(g)，采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在T1和T2时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。则T1________T2(填“大于”“小于”或“等于”)，T1时平衡常数K＝________(保留2位小数)。③在T2下，要提高SiHCl3转化率，可采取的措施是_________________。【答案】(1)Si—Si键的键能比C—C键的键能低，难以形成较长的硅链；Si—H键的键能比C—H键的键能低，使得短链硅烷也不稳定(2)①bd②温度高，反应速率快；更易于硅的分离(3)①＋114Keq\o\al(3,1)·K2②大于0.11③及时分离出产物【解析】(1)硅原子半径大于碳，形成硅硅键键长大于碳碳键键长，使得Si—Si键的键能比C—C键的键能低，难以形成较长的硅链；Si—H键的键能比C—H键的键能低，也使得短链硅烷也不稳定，故硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多。(2)①a.反应均为放热反应，升高温度平衡逆向移动，导致SiCl4的转化率降低，错误；b.锌、硅都会和氧气反应，故还原过程需在无氧的气氛中进行，正确；c.液态氯化锌变为气体，导致反应放热减少，放热的焓变为负值，故ΔH1<ΔH2，液态锌单质变为气体，使反应放热更多，故ΔH2>ΔH3，错误；d.Na、Mg均为活泼金属，可以代替Zn作为还原剂，还原SiCl4，正确；故选bd；②反应3温度高，反应速率快，且生成硅为固态而氯化锌为气体，更易于硅的分离，所以实际制备过程选择“反应3”。(3)①已知：Ⅰ：2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)ΔH1＝＋48kJ·mol－1；Ⅱ：3SiH2Cl2(g)SiH4(g)＋2SiHCl3(g)ΔH2＝－30kJ·mol－1，由盖斯定律可知，3×Ⅰ＋Ⅱ得反应：4SiHCl3(g)SiH4(g)＋3SiCl4(g)，则该温度下，ΔH3＝3×(＋48kJ·mol－1)＋(－30kJ·mol－1)＝＋114kJ·mol－1；K3＝Keq\o\al(3,1)·K2。②反应4SiHCl3(g)SiH4(g)＋3SiCl4(g)为吸热反应，升高温度，平衡正向移动且反应速率加快，SiHCl3的转化率增大，结合图可知，T1大于T2；T1平衡时，SiHCl3的转化率为50%，假设投料SiHCl31mol，则：4SiHCl3(g)SiH4(g)＋3SiCl4(g)起始(mol)100转化(mol)0.50.1250.375平衡(mol)0.50.1250.375反应为气体分子数不变的反应，可以用物质的量代替其浓度，则平衡常数K＝eq\f(0.3753×0.125,0.54)＝0.11。③T2下，及时分离出产物，可以促使反应正向进行，使得SiHCl3转化率提高。3.(2024·河北省重点高中三模)氙及其化合物在工业生产中有重要用途。(1)1962年，化学家巴特利特合成了氙的第一个化合物XePtF6，其在熔化时电离出Xe＋和PtFeq\o\al(－,6)。Xe和PtF6混合制得XePtF6的反应可以表示如下：已知：①在标准状态下将1mol离子型晶体(如NaCl)拆散为1mol气态阳离子(Na＋)和1mol气态阴离子(Cl－)所需要的能量叫做晶格能，XePtF6的晶格能为458.7kJ·mol－1。②Xe的第一电离能为1170.0kJ·mol－1。③PtF6(g)=PtFeq\o\al(－,6)(g)ΔH＝－771.0kJ·mol－1。根据以上信息，计算反应Xe(g)＋PtF6(g)=XePtF6(s)ΔH＝________kJ·mol－1。(2)不久，在三个不同实验室里又分别合成了XeF2、XeF4、XeF6三种简单化合物。其中一种化合物的晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，NA表示阿伏加德罗常数的值。则该化合物的化学式为________，中心原子的价层电子对数为________，晶体密度为________g·cm－3。(3)一定条件下，向恒容密闭容器中充入Xe和F2混合气体，反应体系中存在的平衡及相应部分数据如下表所示。已知：分压＝总压×该组分物质的量分数；对于反应dD(g)＋eE(g)gG(g)＋hH(g)Keq\o\al(θ,p)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(pG,pθ)))g·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(pH,pθ)))h,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(pD,pθ)))d·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(pE,pθ)))e)其中pθ＝100kPa，pG、pH、pD、pE为各组分的平衡分压。标准压强平衡常数Keq\o\al(θ,p)反应平衡Keq\o\al(θ,p)(523K)Keq\o\al(θ,p)(673K)反应Ⅰ：Xe(g)＋F2(g)XeF2(g)ΔH18.8×104360反应Ⅱ：Xe(g)＋2F2(g)XeF4(g)ΔH2反应Ⅲ：Xe(g)＋3F2(g)XeF6(g)ΔH3Keq\o\al(θ,p)(Ⅲ)①ΔH1________0(填“>”或“<”)。为提高平衡混合物中XeF2(g)的含量，应________投料比xeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x＝\f(nF2,nXe)))(填“增大”或“减小”)。②673K时充入23.77molXe和45.28molF2，达平衡时容器内总压强p＝2.477×103kPa，各产物的物质的量如下表所示：化学式XeF2XeF4XeF6物质的量/mol3.6019.800.36则F2平衡转化率α平(F2)＝________(保留三位有效数字)，Keq\o\al(θ,p)(Ⅲ)________。【答案】(1)－59.7(2)XeF25eq\f(338,a2bNA×10－30)(3)①<减小②97.8%36【解析】(1)XePtF6的晶格能为458.7kJ·mol－1，则Xe＋形成1molXePtF6晶体的热化学方程式：Xe＋(g)＋PtFeq\o\al(－,6)(g)=XePtF6(s)ΔH＝－458.7kJ·mol－1；Xe的第一电离能为1170.0kJ·mol－1，则Xe(g)=Xe＋(g)ΔH＝＋1170.0kJ·mol－1；根据盖斯定律，Xe(g)＋PtF6(g)=XePtF6(s)ΔH＝(－458.7＋1170.0－771.0)kJ·mol－1＝－59.7kJ·mol－1。(2)图中大球的个数为8×eq\f(1,8)＋1＝2，小球的个数为8×eq\f(1,4)＋2＝4，根据粒子半径的大小判断大球应为Xe原子、小球应为F原子，大球与小球个数比是1∶2，则晶胞的化学式为XeF2；中心原子的价层电子对数为2＋eq\f(8－1×2,2)＝5；该晶胞中含有2个XeF2分子，故晶胞的质量为m＝eq\f(2M,NA)g，晶胞的体积为V＝a2b×10－30cm3，则密度为ρ＝eq\f(m,V)＝eq\f(2×169,NAa2b×10－30)＝eq\f(338,NAa2b×10－30)g·cm－3。(3)①根据表格数据，第一个反应的温度升高，平衡常数K减小，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应，故ΔH1<0；根据表格中的三个方程式，F2比例越大，越容易转化为XeF4或XeF6，所以应该减小投料中F2/Xe的比值；②根据反应ⅰ、ⅱ、ⅲ，达到平衡时，反应的F2物质的量为n(F2)＝3.60＋19.80×2＋0.36×3＝44.28mol，则F2平衡转化率α平(F2)＝eq\f(44.28mol,45.28mol)×100%≈97.8%；已知，达到平衡时，各物质总物质的量n总＝[3.60＋19.80＋0.36＋(45.28－44.28)＋(23.77－23.76)]mol＝24.77mol，反应Ⅲ的平衡常数Keq\o\al(θ,p)(Ⅲ)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(pXeF6,pθ))),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(pXe,pθ)))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(pF2,pθ)))3)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2.477×103kPa×\f(0.36,24.77),100kPa))),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2.477×103kPa×\f(0.01,24.77),100kPa)))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2.477×103kPa×\f(1,24.77),100kPa)))3)＝36。4.(2024·湖南九校联考二模)2023年杭州亚运会主火炬塔首次使用废碳再生的“绿色甲醇”作为燃料，实现了循环内的零排放。Ⅰ.将工业废气中的CO2加氢制甲醇是“碳中和”的一个重要研究方向。在催化剂作用下主要发生以下反应：①CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH1＝－49.4kJ/mol②CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH2＝＋41kJ/mol③CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH3已知：甲醇的选择性＝eq\f(n甲醇,n参加反应的CO2)(1)反应③自发进行的条件是________。(2)恒温恒容条件下，原料气CO2(g)、H2(g)以物质的量浓度之比为1∶3投料时，控制合适条件(不考虑反应③)，甲醇的选择性为60%。已知初始压强为4MPa，c(CO2)＝1.0mol·L－1，CO2平衡转化率为50%，则该条件下反应②的Kp＝________(保留三位小数)。Ⅱ.恒压时，将3molH2和1molCO2充入密闭容器中进行上述反应。(3)平衡时，CO2转化率α(CO2)、CH3OH选择性SM、CO选择性SCO随温度T变化如图甲所示：图中表示SM的是曲线________，曲线c随温度升高而升高的原因是___________________________________________________________________。(4)为探究原料气中混入CO气体对反应的影响，测得平衡时α(CO2)、平衡时CH3OH物质的量与初始CO2物质的量之比γ随原料气中eq\f(nCO,nCO2)的变化如图乙所示。图中随着eq\f(nCO,nCO2)增大，α(CO2)降低而γ升高的原因是________________________________________________________________________；当eq\f(nCO,nCO2)＝0.4时，若平衡时α(CO2)＝0.1，n(CO)＝0.15mol，则γ＝________。Ⅲ.新能源的利用对实现“碳中和”也有重要意义。搭载钠离子电池的新能源汽车，动力充足、冬天也无需频繁充电。第二代钠离子电池是以硬碳(Cy)为基底材料的嵌钠硬碳(NaxCy)和锰基高锰普鲁士白Na2Mn[Mn(CN)6]为电极的一种新型二次电池，在充放电过程中，Na＋在两个电极之间往返嵌入和脱嵌。其工作原理如图所示。(5)若用该钠离子电池给铅酸蓄电池充电，普鲁士白电极连接________(填“Pb”或“PbO2”【答案】(1)低温(2)0.105(3)b线c表示的是SCO，反应①、③均为放热反应，反应②为吸热反应，温度升高，反应①、③逆向移动，反应②正向移动，CO的选择性变大(4)eq\f(nCO,nCO2)增大，与CO反应的H2变多，与CO2反应的H2变少，所以α(CO2)降低；eq\f(nCO,nCO2)增大，更有利于反应③的正向进行，产生CH3OH变多，所以γ升高0.35(5)PbO2NaxCy－xe－=Cy＋xNa＋【解析】(1)由盖斯定律可知，ΔH3＝ΔH1－ΔH2＝－90.4kJ/mol；反应③是气体体积减小的放热反应，当ΔH－TΔS<0时反应能自发进行，则该反应自发进行的条件是低温。(2)设容积为1L，根据已知条件列出“三段式”

CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)初始/mol1300转化/molx3xxx平衡/mol1－x3－3xxxCO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)起始/mol1－x3－3x0x转化/molyyyy平衡/mol1－x－y3－3x－yyx＋y甲醇的选择性为eq\f(x,x＋y)×100%＝60%，CO2平衡转化率为eq\f(x＋y,1)×100%＝50%，解得x＝0.3mol，y＝0.2mol，则平衡压强为4MPa×eq\f(3.4,4)＝3.4MPa，该条件下反应②Kp＝eq\f(pH2O·pCO,pH2·pCO2)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(0.5,3.4)×3.4))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(0.2,3.4)×3.4)),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1.9,3.4)×3.4))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(0.5,3.4)×3.4)))＝0.105。(3)由于SM＋SCO＝1，而随着温度的升高，SM降低，所以表示SM的是曲线b。表示SCO的是曲线c，反应①、③均为放热反应，反应②为吸热反应，温度升高，反应①、③逆向移动，反应②正向移动，CO的选择性变大，故曲线c随温度的升高而升高。(4)eq\f(nCO,nCO2)增大，与CO反应的H2变多，与CO2反应的H2变少，所以α(CO2)降低；eq\f(nCO,nCO2)增大，更有利于反应③的正向进行，产生CH3OH变多，所以γ升高。初始3molH2和1molCO2，eq\f(nCO,nCO2)＝0.4，n(CO)＝0.4mol。平衡状态时α(CO2)＝0.1，所以n(CO2)＝1mol×(1－0.1)＝0.9mol，n(CO)＝0.15mol，根据碳元素守恒，n(CH3OH)＝(1＋0.4－0.9－0.15)mol＝0.35mol，所以γ＝0.35。(5)普鲁士白为正极，给铅酸蓄电池充电时，连接铅酸蓄电池的PbO2电极，负极为嵌钠硬碳，电极反应式为NaxCy－xe－=Cy＋xNa＋。5.(2024·河北石家庄市三模)短链烃是重要的化工原料，也是衡量国家化工水平的重要指标之一。Ⅰ.丙烷制烯烃的反应有ⅰ.C3H8(g)=C3H6(g)＋H2(g)ΔH1ⅱ.C3H8(g)=C2H4(g)＋CH4(g)ΔH2＝＋82kJ·mol－1已知：共价键的键能如表所示：共价键C—HC—CC=CH—H键能/kJ·mol－1413347613436回答下列问题：(1)ΔH1＝________kJ·mol－1。(2)一定温度下，在恒容密闭容器中充入C3H8(g)发生反应ⅰ和ⅱ，下列事实能说明该反应达到平衡状态的是________(填字母)。A．容器内混合气体的平均相对分子质量不再变化B.eq\f(cC3H8,cC3H6·cH2)的值保持不变C．v正(C3H8)＝v逆(C3H6)D．C2H4(g)和CH4(g)的物质的量之比保持不变(3)在温度为600℃、起始压强为700kPa的恒温恒容密闭容器中充入C3H8(g)发生反应ⅰ和ⅱ，达到平衡后CH4(g)、C3H6①反应ⅰ的分压平衡常数为Kp1＝________kPa。②若其他条件不变，该反应在恒容绝热容器中进行，测得平衡时CH4(g)的体积分数大于C3H6(g)，则此时反应ⅰ和ⅱ的分压平衡常数：Kp1′________Kp2′(填“>”“<”或“＝”)。(4)C3H8(g)在催化剂Cr2O3/Al2O3表面制C3H6(g)的部分反应机理如图所示．从元素电负性角度解释步骤1能发生反应的原因为________________________________________________________________________。Ⅱ.丙烷、甲醇共进料时，除发生反应ⅰ和ⅱ外，还发生反应：ⅲ.C3H8(g)＋CH3OH(g)=CO(g)＋3CH4(g)ΔH＝－29kJ·mol－1(5)平衡体系中C3H6(g)、C2H4(g)、CH4(g)和CO(g)在含碳微粒中的物质的量分数随不同投料比L＝eq\f(nC3H8,nCH3OH)的变化关系如图所示，其中代表C2H4(g)的变化曲线为________(填字母)。(6)在恒容密闭容器中充入C3H8(g)和CH3OH(g)发生反应，平衡体系中c(CH4)随温度的升高先减小后增大，解释其原因为________________________________________________________________________。【答案】(1)＋124kJ·mol－1(2)AB(3)①56.25或eq\f(225,4)②＜(4)C的电负性大于H，O的电负性大于Cr，显负电的C与显正电的Cr成键，显正电的H与显负电的O成键(5)c(6)反应ⅱ为吸热反应，反应ⅲ为放热反应，升高温度反应ⅱ正向移动，反应ⅲ逆向移动，开始时反应ⅲ占主导，温度升高到一定程度后反应ⅱ占主导【解析】(1)ΔH1＝反应物的总键能－生成物的总键能＝347×2＋8×413－613－347－6×413－436＝＋124kJ·mol－1。(2)无论反应ⅰ还是ⅱ，气体质量不变，n可变，说明平均相对分子质量是一个可变的值，不再发生变化，说明达到平衡状态，A正确；eq\f(cC3H8,cC3H6·cH2)＝eq\f(1,Q)，当Q不变时，说明Q＝K，达到了平衡状态，B正确；C3H8参加了两个反应，而C3H6只存在于一个反应，不能说明达到平衡状态，C错误；C2H4(g)和CH4(g)在任何时刻物质的量都是按1∶1生成，不能说明达到了平衡状态，D错误；故选AB。(3)①体积分数＝物质的量分数，甲烷的体积分数等于乙烯的体积分数，丙烯的体积分数等于氢气的体积分数，则C3H8的体积分数为100%－15%－15%－15%－15%＝40%，则平衡时的压强＝eq\f(700,40%＋15%×2)＝1000kPa，则p(C3H8)＝1000×40%＝400kPa，p(C3H6)＝p(H2)＝15%×1000＝150kPa，Kp1＝eq\f(150kPa2,400kPa)＝56.25kPa；②由①分析可知恒温恒容条件下，Kp1＝Kp2，恒容绝热容器中CH4(g)体积分数大于C3H6(g)，则可知Kp1′<Kp2′。(4)C3H8(g)在催化剂Cr2O3/Al2O3表面制C3H6(g)的部分反应机理如图所示，从元素电负性角度解释步骤1能发生反应的原因为：C的电负性大于H，O的电负性大于Cr，显负电的C与显正电的Cr成键，显正电的H与显负电的O成键。(5)随着eq\f(nC3H8,nCH3OH)的增大，C3H8的投料增大，CH3OH的投料减小，反应ⅰ和ⅱ正向移动，反应ⅲ逆向移动，CH4与CO物质的量分数减小，C2H4与C3H6物质的量分数增大，由于反应ⅲ逆向移动消耗CH4，使得反应ⅱ正向移动趋势更大，C2H4变化量更大，则代表C2H4(g)的变化曲线为c。(6)反应ⅱ为吸热反应，反应ⅲ为放热反应，升高温度反应ⅱ正向移动，反应ⅲ逆向移动，开始时反应ⅲ占主导，温度升高到一定程度后反应ⅱ占主导。6.(2024·辽宁部分高中三模)利用介孔限域催化温室气体CO2加氢制甲醇，再通过甲醇制备燃料和化工原料等，是解决能源问题与实现双碳目标的主要技术之一，反应如下：ⅰ.CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH1＝－49.4kJ·mol－1ⅱ.CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH2(1)稳定单质的焓(H)为0，有关物质的焓如表所示，物质CO2(g)CO(g)H2O(g)焓/kJ·mol－1－394－111－242ΔH2＝________kJ·mol－1。(2)在5.0MPa下，将5molCO2和16molH2在Cu/ZrO2催化剂作用下进行反应ⅰ和ⅱ，平衡时CH3OH和CO选择性S[S(CH3OH或CO)＝eq\f(CH3OH或CO的量,已转化CO2的总量)×100%]及CO2的转化率α随温度的变化如图所示。①表示平衡时CO2的转化率的曲线是________(填“x”“y”或“z”)。②250℃时，平衡体系共有0.5molCH3OH，则CO2的平衡转化率＝________，反应ⅰ的Kx＝________________(Kx③p、q两点反应ⅰ的正反应速率大小：v正(p)________v正(q)(填“>”“＝”或“<”)。(3)若只发生反应ⅱ，反应的速率方程为v＝keq\f(xCO·xH2O,Kp)mol·L－1·h－1，其中x表示相应气体的物质的量分数，Kp为平衡常数(用平衡分压代替平衡浓度计算)，k为反应的速率常数。已知平衡后x(CO2)＝x(H2)＝0.25，此时反应ⅱ的速率v＝_