（6分）合成气经压缩升温后进入10m 3 甲醇合成塔，在催化剂作用下，进行甲醇合成，主要反应是：2H 2 (g)

⑴ > ⑵ 0.03 mol·L － 1 ·min － 1 ⑶ 提高原料CO、H 2 的利用率（或提高产量、产率亦可）。 （1）根据物质的浓度可知，此时 ＜160，所以反应向正反应方向进行，即正反应速率大于逆反应速率。（2）根据（1）可知，起始时氢气的浓度是1.0mol/L，所以在（2）中氢气的浓度变化量是0.6mol/L，则生成甲醇是0.3mol/L，则甲醇的反应速率是0.3mol/L÷10min＝0.03 mol·L － 1 ·min － 1 。（3）生产过程中，合成气进行循环，可以提高原料CO、H 2 的利用率。

（1）由图可知曲线b降低了反应的活化能，所以曲线b使用了催化剂；由图可知反应物所具有的能量大于生成物所具有的能量，所以该反应为放热反应；故答案为：b；放热；（2）实验组①和②中反应的温度相同，反应物的初始浓度相同，而催化剂的质量不同，所以实验探究等质量催化剂的比表面积不同时对合成甲醇化学反应速率的影响规律；实验组③和②相比，温度升高，所以初始浓度和催化剂应该相同，所以CO的浓度为1.20×10-3mol?L-1，H2的浓度为5.80×10-3mol?L-1；故答案为：探究等质量催化剂的比表面积不同时对合成甲醇化学反应速率的影响规律；1.20×10-3；5.80×10-3；（3）由图2可知温度越高，CO的转化率越小，所以“图2”所揭示的规律是：在p1压强达平衡时：CO的转化率随温度的升高而降低；增大压强平衡正移，则CO的转化率增大，则p2压强下曲线应该在P1的上面；据此画图为：；故答案为：CO的转化率随温度的升高而降低；；（4）在碱性条件下氢气在负极失电子生成水，所以其电极反应式为：H2+2OH--e-=2H2O；故答案为：H2+2OH--e-=2H2O．

（1）由表中数据可知，10min时氢气的浓度为0.2mol/L、CO的浓度为0.1mol/L、甲醇的浓度为0.4mol/L，则此时的浓度商Qc=

0.4

0．22×0.1

=100，小于平衡常数160，故反应向正反应方向进行，故V_正＞V_逆，依据图表计算起始量；
               2H₂（g）+CO（g）?CH₃OH（g）
起始量（mol/L）  1       0.5       0
变化量（mol/L）  0.8     0.4      0.4
T4时（mol/L）   0.2     0.1       0.4
若加入CO、H₂后，在T₅℃反应10min达到平衡，c（H₂）=0.4mol?L^-1，由表中数据可知，l0min内氢气的浓度变化量为0.6mol/L，故甲醇的浓度变化量为0.3mol/L，故v（CH₃OH）=

0.3mol/L

10min

=0.03mol/（L?min），
故答案为：＞；0.03；
（2）2H₂（g）+CO（g）?CH₃OH（g）+181.6kJ，反应是气体体积减小的放热反应
a．反应速率之比等于化学方程式计量数之比，2v_逆（CO）=v_正（H₂），说明一氧化碳正逆反应速率相同，说明反应达到平衡状态，故a正确；
 b．c（CO）：c（H₂）：c（CH₃OH）=1：2：1，只能说明浓度比等于反应比，和起始量变化量有关，不能说明反应达到平衡，故b错误；
c．反应前后气体物质的量减小，质量不变，混合气体的平均式量保持不变，说明反应达到平衡状态，故c正确；
d．反应前后气体质量和体积不变，混合气体的密度始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故d错误；
故答案为：a c；
（3）a．其他条件不变，增大压强，平衡常数不变，故a错误；
b．其他条件不变，温度升高，反应是放热反应，平衡逆向进行，平衡常数K会减小，故b正确；
c．其他条件不变，若同比例地增加CO和H₂的量，相当于增大压强，平衡正向进行，故c错误；
d．其他条件不变，增大甲醇的物质的量，增大生成物浓度，平衡逆向进行，正逆反应速率也会随之逐渐增大，故d正确；
故答案为：b d；
（4）该反应正反应为放热反应，应选择催化活性高、速度快、反应温度较低，故选择Z，
故答案为：Z；催化活性高、速度快、反应温度较低：

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