课下巩固检测练28 反应原理综合题-【正禾一本通】2025年高考化学高三二轮专题复习高效讲义（新教材，双选版）

[课下巩固检测练(二十八)]　反应原理综合题 __________________________________________________________________(每小题10分) 1．(2024·江苏南京一模)乙醇是一种清洁的替代能源，催化加氢制备乙醇技术是当前的研究热点。 (1)CO2催化加氢制备乙醇的反应为2CO2(g)＋6H2(g)===C2H5OH(l)＋3H2O(l)。 ①若要计算上述反应的ΔH，须查阅的两个数据是C2H5OH(l)的燃烧热和____________________________________________________________________。 ②某金属有机骨架负载的铜基催化剂上，CO2加氢生成C2H5OH的部分反应机理如图所示。 C→X过程中两个H－均参与反应，画出X的结构式(注明电荷)___________。 (2)乙酸甲酯催化加氢制备乙醇主要涉及如下反应： 反应Ⅰ：CH3COOCH3(g)＋2H2(g)⥫⥬C2H5OH(g)＋CH3OH(g)　ΔH＝－23.6 kJ·mol-1 反应Ⅱ：2CH3COOCH3(g)＋2H2(g)⥫⥬ CH3COOC2H5(g)＋2CH3OH(g)　ΔH＝－22.6 kJ·mol-1 在其他条件不变时，将n起始(H2)∶n起始(CH3COOCH3)＝8∶1的混合气体以一定流速通入装有铜基催化剂的反应管，测得CH3COOCH3转化率、C2H5OH选择性[]、CH3COOC2H5选择性[S(CH3COOC2H5)＝]随温度的变化如图所示。 ①铜基催化剂须含合适物质的量之比的Cu2O与Cu。Cu2O的晶胞如图所示(立方体)，Cu2O晶体的密度可表示为__________ g·cm-3(用含a、NA的代数式表示，NA表示阿伏加德罗常数的值)。 ②180～260 ℃下均有S(C2H5OH)＋S(CH3COOC2H5)<100%，其原因是 __________________________________________________________________ __________________________________________________________________。 ③180～200 ℃范围内，CH3COOCH3转化率随温度升高而迅速增大的主要原因是__________________________________________________________________。 ④温度高于220 ℃时，催化剂的催化活性下降，其原因可能是 __________________________________________________________________ __________________________________________________________________。 解析：(1)②二氧化碳分子中氧电负性较大，氧带负电荷、碳带正电荷，则二氧化碳被铜基催化剂吸附后，二氧化碳分子中两个氧分别与Cu2+、M＋相吸，C→X过程中两个H－均参与反应，中带负电荷的氢与碳结合形成中间产物X，则X为。 (2)①据“均摊法”，晶胞中含8×＋1＝2个黑球、4个白球，结合化学式可知，黑球为氧、白球为铜，则晶体密度为 g·cm-3＝ g·cm-3。②180～260 ℃下均有S(C2H5OH)＋S(CH3COOC2H5)<100%，说明乙酸甲酯没有完全反应转化为乙醇、乙酸乙酯，应该还有副反应发生，故其原因是部分CH3COOCH3发生了其他不产生C2H5OH和CH3COOC2H5的反应。③催化剂能明显加快反应速率，但是催化剂需一定的活性温度，180～200 ℃范围内，CH3COOCH3转化率随温度升高而迅速增大的主要原因是温度升高与催化剂活性增大共同导致反应Ⅰ、Ⅱ的速率加快。④铜基催化剂须含合适物质的量之比的Cu2O与Cu，温度过高，会导致有机物转化为积碳，碳具有一定还原性，能还原铜的氧化物为铜单质，则温度高于220 ℃时，催化剂的催化活性下降，其原因可能是积碳覆盖在催化剂表面；Cu2O被还原为Cu，改变了Cu2O与Cu的比例，导致催化剂活性降低。 答案：(1)①H2(g)的燃烧热　② (2)① ②部分CH3COOCH3发生了其他不产生C2H5OH和CH3COOC2H5的反应 ③温度升高与催化剂活性增大共同导致反应Ⅰ、Ⅱ的速率加快 ④积碳覆盖在催化剂表面；Cu2O被还原为Cu，改变了Cu2O与Cu的比例，导致催化剂活性降低 2．氢能是人类未来的理想能源之一，氢能利用存在两大难题：制取和储存。 Ⅰ.制取氢气 (1)甲醇水蒸气催化重整是当前制取清洁能源氢气的主要方法，其反应机理如下： 反应1：CH3OH(g)＋H2O(g)⥫⥬CO2(g)＋3H2(g)　ΔH1 反应2：CO2(g)＋H2(g)⥫⥬CO(g)＋H2O(g)　ΔH2 ①在催化剂Ru作用下，反应1可通过如图所示的反应历程实现催化重整，则ΔH1＝________ kJ·mol-1(用含字母a、b、c的代数式表示)。 ②将一定量的甲醇气体和水蒸气混合反应，使用催化剂Ru，测得相同条件下，甲醇的转化率与CO的物质的量分数变化如图所示。反应2为________(填“吸热”或“放热”)反应，选择催化剂Ru的作用为__________________________________。 (2)乙烷催化裂解也可制备氢气：C2H6(g)⥫⥬C2H4(g)＋H2(g)，催化裂解过程中利用膜反应新技术可以实现边反应边分离出生成的氢气。不同温度下，1.0 mol乙烷在容积为1.0 L的恒容密闭容器中发生催化裂解反应。氢气移出率α[]不同时，C2H6的平衡转化率与反应温度的关系如图所示： ①相同温度时，α3、α2、α1依次增大，则对应的C2H6的平衡转化率依次________(填“增大”或“减小”)；上述反应达到平衡后，欲增大单位时间内C2H6的转化率，可以采取的措施有________(填字母)。 A．升高温度 B．通入惰性气体 C．及时移出H2 D．加入催化剂 ②A点时平衡常数K＝0.81，则α1＝___________________________________。 Ⅱ.储存氢气：硼氢化钠(NaBH4)是研究最广泛的储氢材料之一 (3)在配制NaBH4溶液时，为防止发生水解反应，可以加入少量的________________(写化学式)。 (4)NaBH4中硼原子在成键时，能将一个2s电子激发进入2p能级参与形成化学键，该过程形成的原子光谱为________(填“吸收”或“发射”)光谱。 (5)硼氢化钠(NaBH4)的强碱溶液在催化剂作用下与水反应可获取氢气。查阅资料可知：常温下，NaB(OH)4在水中的溶解度不大，易以NaBO2形式结晶析出，且化学反应速率与催化剂的接触面积有关。在其他条件相同时，测得平均每克催化剂使用量下，NaBH4的浓度和放氢速率的变化关系如图所示。随着NaBH4浓度的增大，放氢速率先增大后减小，其原因可能是______________________________。 解析：(1)②由图可知，随着反应温度的升高，CO的物质的量分数增大，说明反应2平衡正向移动，则该反应为吸热反应；相同温度下，加入催化剂CO的物质的量分数降低，说明催化剂不利于反应2的正向进行，所以催化剂会降低反应2的选择性。(2)①氢气的移出率增大，生成物中氢气浓度降低，平衡正向移动，对应的C2H6的平衡转化率依次增大；反应达到平衡后，欲增大单位时间内C2H6的转化率，即想要提高化学反应速率，可以采取的措施有升高温度或者加入催化剂。②A点时乙烷平衡转化率为90%，生成的氢气总物质的量为0.9 mol，设平衡体系中氢气物质的量为x mol，平衡常数K＝＝0.81，解得x＝0.09，则氢气移出率α1＝×100%＝90%。 答案：(1)①(a－b＋c)　②吸热　降低反应2的选择性 (2)①增大　AD　②90%　(3)NaOH　(4)吸收 (5)浓度过大，析出了NaBO2晶体，覆盖在催化剂表面，减小了NaBH4与催化剂表面的接触面积 3．(2024·江西南昌三模)甲醛释氢对氢能源和含甲醛污水处理有重要意义。 (1)HCHO电催化释氢 催化电解含较低浓度的HCHO、NaOH混合溶液，可获得H2与HCOONa(如图所示)，其中电极b表面覆盖一种Mo与P形成的化合物(晶胞结构如图所示)作催化剂。 ①催化剂可由MoO2与(NH4)2HPO4混合物与H2高温灼烧制得(反应中N元素化合价不变)，该反应的化学方程式为_____________________________________。 ②电解时，电极b上同时产生H2与HCOO－的物质的量之比为1∶2，则电极b上的电极反应式为____________________________________________________， 此种情况下，电解过程中每产生1 mol H2，通过阴离子交换膜的OH－为_______ mol。 (2)HCHO水化释氧 45 ℃时，碱性条件下Ag作催化剂可将甲醛转化为H2，反应的机理如图所示： 使用时将纳米Ag颗粒负载在Al2O3表面以防止纳米Ag团聚，其他条件不变，反应相同时间，NaOH浓度对氢气产生快慢的影响如图所示： ①若将甲醛中的氢用D原子标记为DCDO，得到的氢气产物为_________(填化学式)。 ②若NaOH浓度过大，H2的产生迅速减慢的原因可能是__________________。 (3)氢气在化学工业中应用广泛，一定条件下，在某恒容密闭容器中，按投料比n(H2)∶n(NO)＝1∶1发生如下反应： 2H2(g)＋2NO(g)⥫⥬ N2(g)＋2H2O(g)。 ①下列能够说明该反应已达到化学平衡状态的是___________(填字母)。 A．2v逆(NO)＝v正(N2) B．混合气体的密度不再变化 C．容器内总压强不再变化 D．混合气体的平均相对分子质量不再变化 ②研究表明该反应速率方程式为v＝kcm(H2)c2(NO)，其中k为速率常数，与温度、活化能有关。若投料比n(H2)∶n(NO)＝1∶1，T1时的初始速率为v0，当H2转化率为50%时，反应速率为0.125v0，由此可知m＝___________；设此时反应的活化能为Ea，不同温度T1、T2条件下对应的速率常数分别为k1、k2，存在关系：lg (R为常数)，据此推测：升高一定温度，活化能越大，速率常数增大倍数___________(填“越大”“越小”或“不变”)。 解析：(1)①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、棱心和面心的磷原子个数为8×＝4，位于体内的钼原子个数为4，催化剂的化学式为MoP，则制备催化剂的反应为二氧化钼与磷酸氢铵混合物与氢气高温下反应生成磷化钼、氨气和水，反应的化学方程式为2MoO2＋2(NH4)2HPO4＋9H22MoP＋4NH3＋12H2O；②由题意可知，电解时，与电源正极相连的电极b是电解池的阳极，碱性条件下甲醛在阳极失去电子发生氧化反应生成甲酸根离子、氢气和水，电极反应式为2HCHO＋4OH－－2e－===2HCOO－＋H2↑＋2H2O，电极a是阴极，水分子得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑，由得失电子数目守恒可知，电解过程中生成1 mol氢气时，阴、阳两极生成氢气的物质的量都为0.5 mol，则通过阴离子交换膜由阴极区进入阳极区的氢氧根离子物质的量为0.5 mol×2＝1 mol。 (2)①由反应的机理可知，氢分子中的两个氢原子一个来自水分子，一个来自甲醛分子，若将甲醛中的氢用D原子标记为DCDO，得到的氢气产物为HD；②氧化铝能与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠，若氢氧化钠溶液浓度过大，氢氧化钠溶液溶解载体氧化铝，使纳米银颗粒发生团聚，催化活性下降，导致氢气的产生迅速减慢。 (3)①A.由方程式可知，2v逆(NO)＝v正(N2)不能说明正、逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；B.由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变不能说明正、逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；C.该反应是气体体积减小的反应，反应中容器内压强减小，则容器内压强保持不变说明正、逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；D.由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应是气体体积减小的反应，反应中混合气体的平均相对分子质量增大，则混合气体的平均相对分子质量不再变化说明正、逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确。 ②设起始氢气和一氧化氮的浓度都为1 mol/L，由题意可知，起始反应速率v0＝k×1m×12＝k，氢气转化率为50%时，氢气和一氧化氮的浓度都为1 mol/L－1 mol/L×50%＝0.5 mol/L，则反应速率v＝k×0.5m×0.52＝0.125v0＝0.125k，解得m＝1；由lg可知，活化能越大，升高温度时，－的值增大，则lg的值增大，所以速率常数增大的倍数越大。 答案：(1) ①2MoO2＋2(NH4)2HPO4＋9H22MoP＋4NH3＋12H2O ②2HCHO＋4OH－－2e－===2HCOO－＋H2↑＋2H2O　1 (2)①HD　②NaOH溶解载体Al2O3，使纳米Ag颗粒发生团聚，催化活性下降 (3)①CD　②1　越大 4．(2023·山东滨州二模)为减少含氮物质的排放对环境造成的污染，研究含氮物质的转化有重大意义。 (1)在进行低温下消除氮氧化物的机理研究时，某科研团队发现NO在转化过程中存在以下核心过程： ①e－＋NO⥫⥬ N＋O＋e－　ΔH1<0 ②NO＋N⥫⥬ O＋N2　ΔH2>0 ③NO＋O⥫⥬ NO2　ΔH3<0 当温度为2.4 K时，反应最终产物中c(N2)＝7c(NO2)，若使反应最终产物中<7，则温度应该__________(填“高于”或“低于”)2.4 K。 (2)为实现氮氢化物转化为氢气，我国科技人员计算了下列反应在一定温度范围内的压强平衡常数Kp，并绘制pKp1 ­T和pKp2 ­T的线性关系如图所示(pKp＝－lg Kp)。 ①3N2H4(l)⥫⥬4NH3(g)＋N2(g)ΔH1　Kp1 ②4NH3(g)⥫⥬2N2(g)＋6H2(g)ΔH2　Kp2 则反应3N2H4(l)⥫⥬3N2(g)＋6H2(g)的Kp＝__________(用Kp1、Kp2表示)；由图可知该反应的ΔH__________(填“>”或“<”)0，写出推理过程___________________。 (3)原煤经热解、冷却得到的煤焦可用于NO的脱除。热解温度为500 ℃、900 ℃得到的煤焦分别用S­500、S­900表示，相关信息如下表。 煤焦 元素占比/% 比表面积/(cm2·g-1) C H S­500 80.79 2.76 105.69 S­900 84.26 0.82 8.98 将NO浓度恒定的废气以固定流速通过如下反应器，不同温度下进行多组平行实验，测定相同时间内NO的出口浓度，可得NO的脱除率与温度的关系如下图所示[已知NO的脱除主要含吸附和化学还原(ΔH<0)两个过程]。 ①已知煤焦表面存在的官能团有利于NO的吸附，其数量与煤焦中氢碳质量比的值密切相关。由图可知，相同温度下，S­900对NO的脱除率比S­500的低，结合表格数据分析其原因可能是__________________________________________、 _____________________________________________________________________。 ②350 ℃后，随着温度升高，NO的脱除率增大的原因是__________________。 (4)电厂烟气中的氮氧化物进行脱硝处理时，通常采用以下反应原理： 4NH3(g)＋5O2(g)⥫⥬4NO(g)＋6H2O(g)；4NH3(g)＋4NO(g)＋O2(g)⥫⥬4N2(g)＋6H2O(g)。373 ℃下，在容积固定的密闭容器中通入1 mol NH3、1 mol NO和，初始压强为p0，达到平衡后测得NH3转化率为88%，体系中n(N2)∶n(NO)＝20∶7，此时容器中压强p＝__________p0(结果保留两位小数)，NO转化率为____________。 解析：(1)当温度为2.4 K时，反应最终产物中c(N2)＝7c(NO2)，若使反应最终产物中<7，则氮气浓度降低，二氧化氮浓度升高，反应②逆向移动，反应③正向移动，根据反应②、③分别是吸热反应和放热反应，则应该是降低温度即温度应该低于2.4 K。(2)将反应①加上反应②得到反应3N2H4(l)⥫⥬3N2(g)＋6H2(g)，方程式相加，则平衡常数相乘即Kp＝Kp1·Kp2。由题图可知，温度越高，pKp1越大，pKp2越小，pKp＝pKp1＋pKp2越大，则Kp越小，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应即反应的ΔH＜0。(3)①由题图可知，相同温度下，S­900对NO的脱除率比S ­500的低，结合表格数据分析，根据前面信息煤焦表面存在的官能团有利于NO的吸附，其数量与煤焦中氢碳质量比的值密切相关，则可能原因是热解温度高，煤焦H/C比值小，表面官能团少；S­900的比表面积小，吸附能力弱。②350 ℃后，随着温度升高，NO的脱除率增大的原因是温度升高，反应速率增大。(4)根据题意，373 ℃下，在容积固定的密闭容器中通入1 mol NH3、1 mol NO和0.7 mol O2，初始压强为p0，达到平衡后测得NH3转化率为88%，体系中n(N2)∶n(NO)＝20∶7，设氮气物质的量为20x，NO物质的量为7x，则2×20x＋7x＝1×88%＋1，解得x＝0.04，NO物质的量为0.28 mol，氮气物质的量为0.8 mol，反应达到平衡时，氨气物质的量为0.12 mol，NO物质的量为0.28 mol，氧气物质的量为0.4 mol，氮气物质的量为0.8 mol，水物质的量为1.32 mol，，此时容器中压强p＝1.08p0，NO转化率为×100%＝72%。 答案：(1)低于　(2)Kp1·Kp2　<　T越大，pKp＝pKp1＋pKp2的值越大，即Kp越小，因此该反应为放热反应　(3)①热解温度高，煤焦H/C比值小，表面官能团少　S­900的比表面积小，吸附能力弱　②温度升高，反应速率增大　(4)1.08　72% 5．(2023·广东潮州二模)合成氨反应N2(g)＋3H2(g)⥫⥬ 2NH3(g)是目前最有效的工业固氮方法。合成氨的反应过程和能量变化如图所示。请回答下列问题： (1)1 mol N2分子中π键数目为________NA，合成氨反应的热化学方程式为 __________________________________________________________________ __________________________________________________________________。 (2)对总反应速率影响较大的步骤的化学方程式为________________________。 (3)在t ℃、压强为0.9 MPa条件下，向一恒压密闭容器中通入氢氮比为3的混合气体，体系中气体的含量与时间变化关系如图所示： ①反应20 min达到平衡，试求0～20 min内氨气的平均反应速率v(NH3)＝______MPa·min-1，该反应的Kp＝__________(用数字表达式表示)。(Kp为以分压表示的平衡常数，分压＝总压×物质的量分数) ②以下叙述能说明该条件下反应达到平衡状态的是________。 a．氨气的体积分数保持不变 b．容器中氢氮比保持不变 c．N2和NH3平均反应速率之比为1∶2 d．气体密度保持不变 ③若起始条件相同，在恒容容器中发生反应，则达到平衡时H2的含量符合图中_______(填“d”“e”“f”或“g”)点。 (4)NH3可在Pt ­HY催化剂表面消除氮氧化物等大气污染物。 研究表明，在Pt ­HY催化剂中，Pt表面上形成的NH3以的形式被储存。随后在HY载体上与NO和O2产生N2，该反应的离子方程式为_________ ____________________________________________________________________。 (已知该反应的NO和O2物质的量之比为1∶1) (5)利用催化剂通过电化学反应在室温下合成氨的原理如图所示，该装置中阴极的电极反应式为______________________________________________________。 解析：(1)氮气分子的氮氮三键中含有1个σ键和2个π键，则1 mol氮气分子中π键数目为1 mol×2×NA mol-1＝2NA；由图可知，合成氨反应的反应热为ΔH＝(307.8＋100.0) kJ/mol－500 kJ/mol＝－92.2 kJ/mol，反应的热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)⥫⥬2NH3(g)　ΔH＝－92.2 kJ/mol。 (2)由图可知，活化能最大的反应为2*N＋6*H===2*NH3，反应的活化能越大，反应速率越慢，总反应速率取决于慢反应，则对总反应速率影响较大的步骤的的化学方程式为2*N＋6*H===2*NH3。 (3)①反应20 min达到平衡时，氮气、氢气、氨气的分压分别为0.9 MPa×＝0.2 MPa、0.9 MPa×＝0.6 MPa、0.9 MPa×＝0.1 MPa，则0～20 min内氨气的平均反应速率为＝0.005 MPa/min，反应的平衡常数Kp＝ MPa-2；②a.氨气的体积分数保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；b.由质量守恒定律可知，反应中容器中氢氮比始终保持不变，则容器中氢氮比保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；c.氮气和氨气平均反应速率之比为1∶2不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；d.由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应为气体体积减小的反应，在恒压密闭容器中反应时，混合气体的气体密度增大，则混合气体的气体密度保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；③该反应为气体体积减小的反应，若起始条件相同，恒压密闭容器相当于恒容容器增大压强，反应速率加快，达到平衡的时间减小，平衡向正反应方向移动，氢气的百分含量减小，则若起始条件相同，在恒容容器中发生反应，达到平衡所需时间大于恒压密闭容器，氢气的百分含量高于恒压密闭容器。 (4)由图可知，在HY载体上，铵根离子与物质的量比为1∶1的一氧化氮和氧气反应生成氮气、氢离子和水，反应的离子方程式为＋2NO＋2O2===3N2＋4H＋＋6H2O。 (5)由图可知，与直流电源负极相连的电极为阴极，酸性条件下氮气在阴极得到电子发生还原反应生成氨气，电极反应式为N2＋6H＋＋6e－===2NH3。 答案：(1)2　N2(g)＋3H2(g)⥫⥬2NH3(g)　ΔH＝－92.2 kJ/mol (2)2*N＋6*H===2*NH3 (3)①0.005　　②ad　③g (4)＋2NO＋2O2===3N2＋4H＋＋6H2O (5)N2＋6H＋＋6e－===2NH3 6．(2024·浙江杭州模拟)二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。回答下列问题： (1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)。该反应一般认为通过如下步骤来实现： ①CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g)　ΔH1＝＋41 kJ·mol-1。 ②CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)　ΔH2＝－90 kJ·mol-1。 总反应的ΔH＝________ kJ·mol-1，若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是______(填字母)。 (2)合成总反应在起始物n(H2)/n(CO2)＝3时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为x(CH3OH)，在T＝250 ℃下的x(CH3OH)～p、在p＝5×105 Pa下的x(CH3OH)～T如图所示。 ①用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式Kp＝____________。 ②图中对应等压过程的曲线是________，判断的理由是__________________。 ③当x(CH3OH)＝0.10时，CO2的平衡转化率α＝________，反应条件可能为__________________或__________________。 解析：(1)依据盖斯定律，将反应①＋②得总反应，ΔH＝ΔH1＋ΔH2＝＋41 kJ·mol-1－90 kJ·mol-1＝－49 kJ·mol-1；由题给信息可知，该反应①为慢反应，则反应①的活化能大于反应②，且ΔH＜0；图像中，反应①的活化能大于反应②，且总反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，反应①为吸热反应，反应②为放热反应，A符合题意。 (2)①二氧化碳加氢制甲醇的总反应为CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)，因此利用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式Kp＝。②该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，体系中x(CH3OH)将减小，因此图中对应等压过程的曲线是b。③设起始时n(CO2)＝1 mol，n(H2)＝3 mol，则可建立如下三段式： 　　　　　　 CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g) 起始量/mol　　1　　　3　　　　　0　　　　0 变化量/mol x 3x x x 平衡量/mol 1－x 3－3x x x ＝0.1，x＝ mol，从而得出平衡时CO2的转化率为×100%≈33.3%；由图可知，反应条件可能为5×105 Pa，210 ℃或者9×105 Pa，250 ℃。 答案：(1)－49　A (2)①　②b　总反应ΔH<0，其他条件不变，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变小　③33.3%　5×105 Pa，210 ℃　9×105 Pa，250 ℃ 学科网（北京）股份有限公司 $$