说明$\rm B$代表的物质，并解释温度高于$\rm 600\;\rm ^\circ\rm C$后$\rm B$的物质的量随温度升高而逐渐减小的原因                。

曲线$\\rm B$表示平衡时$n\\rm (CO_{2})$随温度的变化关系；升高温度时反应Ⅱ正向移动的程度大于反应$\\rm I$逆向移动的程度

反应$\rm I$为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，达到平衡后升高温度，反应$\rm I$的平衡逆向移动，反应Ⅱ的平衡正向移动，逆向移动使$n\rm (CH_{4})$减小，正向移动$n\rm (CO)$增大，并且随温度升高$n\rm (CO)$一直增大，$n\rm (CH_{4})$一直减小，则图中曲线$\rm A$表示平衡时$n\rm (CH_{4})$随温度的变化关系，曲线$\rm C$表示平衡时$n\rm (CO)$随温度的变化关系，曲线$\rm B$表示平衡时$n\rm (CO_{2})$随温度的变化关系，由图可知，温度高于$\rm 600\;\rm ^\circ\rm C$，$\rm CO$的含量增大，$\rm CH_{4}$的含量减小，$\rm CO_{2}$的含量也减小，说明$\rm CO_{2}$的平衡转化率增大，$\rm CO$的平衡产率增大，$\rm CH_{4}$的平衡产率减小，即升高温度时反应Ⅱ正向移动的程度大于反应$\rm I$逆向移动的程度；

实际反应过程中，还会发生如下反应：

反应Ⅲ：$2\text{CO}(\text{g})=\text{C}{{\text{O}}_{2}}(\text{g})+\text{C}(\text{s})\qquad \Delta { H}=-172.5\;\rm \text{kJ}\cdot \text{mo}{{\text{l}}^{-1}}$

反应Ⅳ：$\text{C}{{\text{H}}_{4}}(\text{g})=\text{C}(\text{s})+2{{\text{H}}_{2}}(\text{g})\qquad \Delta H$

则反应Ⅳ的$\Delta { H}=$                。

$\\rm +74.6\\text{ kJ}\\cdot \\text{mo}{{\\text{l}}^{-1}}$

根据盖斯定律，方程式Ⅱ$\times \rm 2+$Ⅲ$\rm -I$可得反应Ⅳ，则反应Ⅳ的$\Delta { H}=41.2\;\rm \text{kJ}\cdot \text{mo}{{\text{l}}^{-1}}\times 2-172.5\;\rm \text{kJ}\cdot \text{mo}{{\text{l}}^{-1}}+164.7\;\rm \text{kJ}\cdot \text{mo}{{\text{l}}^{-1}}\rm =+74.6\text{ kJ}\cdot \text{mo}{{\text{l}}^{-1}}$；

保持温度一定，实际反应过程中测得一段时间后，催化剂的活性会降低，原因是                。

反应Ⅲ和反应Ⅳ有单质碳生成，反应一段时间后产生的积碳会覆盖在催化剂表面，从而降低催化剂的活性

根据化学方程式可知，反应Ⅲ和反应Ⅳ有单质碳生成，反应一段时间后产生的积碳会覆盖在催化剂表面，从而降低催化剂的活性；

Ⅱ．$\rm Deacon$催化氧化法处理$\text{HCl}$废气，可实现氯资源的再利用。

$\rm Deacon$氧化反应为$4 \mathrm{HCl}(\mathrm{g})+\mathrm{O}_{2}(\mathrm{g})=2 \mathrm{Cl}_{2}(\mathrm{g})+2 \mathrm{H}_{2} \mathrm{O}(\mathrm{g})\qquad \Delta { H}=-1144\;\rm \text{kJ}\cdot \text{mo}{{\text{l}}^{-1}}$。将$\text{HCl}$和${{\text{O}}_{2}}$分别以不同起始流速通入装有催化剂的反应器，在$\rm 360\;\rm ^\circ\rm C$、$\rm 400\;\rm ^\circ\rm C$和$\rm 440\;\rm ^\circ\rm C$下分别发生$\rm Deacon$氧化反应，通过检测不同温度下反应器出口处气体成分绘制$\text{HCl}$的转化率$\rm (\alpha)$曲线如图所示$\rm ($较低流速下转化率可近似为平衡转化率$\rm )$。

图中${{ {T}}_{\text{3}}}=$                $\rm ^\circ\rm C$。

$\\rm 360$

$\rm Deacon$氧化反应为放热反应，由于在流速较低时的转化率视为平衡转化率，所以在流速低的时候，温度越高，$\rm HCl$的转化率越小，故$T_{1}$代表的温度为$440\;\rm ^\circ\rm C$，$T_{3}$为$360\;\rm ^\circ\rm C$；

下列措施可提高$\rm M$点$\text{HCl}$的转化率的是$(\quad\ \ \ \ )\rm ($填序号$\rm )$。

增大$\\text{HCl}$的流速

将温度升高$\\rm 40\\;\\rm ^\\circ\\rm C$

增大$ {n\\rm(HCl)}:n \\left( {{\\text{O}}_{\\text{2}}} \\right)$

使用更高效的催化剂

$\rm A$．由图像可知，增大$\rm HCl$的流速，$\rm HCl$的转化率减小，故$\rm A$不选；

$\rm B$．$\rm M$对应温度为$\rm 360\;\rm ^\circ\rm C$，由图像可知，在$\rm HCl$流速均为$\rm 0.17\;\rm mol\cdot h^{-1}$时，升高温度，$\rm HCl$的转化率增大，故$\rm B$选；

$\rm C$．增大${n\rm (HCl)}: n\rm (O_{2})$，$\rm HCl$的转化率降低，故$\rm C$不选；

$\rm D$．使用更高效的催化剂，可以增加该温度和$\rm HCl$流速下的反应速率，使单位时间内$\rm HCl$的转化率增大，故$\rm D$选；

图中较高流速时，$\alpha\left( {{ {T}}_{\text{3}}} \right)$小于$\alpha\left( {{ {T}}_{\text{1}}} \right)$和$\alpha\left( {{ {T}}_{\text{2}}} \right)$，原因是                。

流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触发生反应，导致转化率下降，同时$T_{3}$温度低，反应速率慢

图中在较高流速下，$T_{3}$温度下的转化率低于温度较高的$T_{1}$和$T_{2}$，主要原因是：流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触发生反应，导致转化率下降，同时$T_{3}$温度低，反应速率慢；

设$\rm N$点的转化率为平衡转化率，则该温度下反应的平衡常数$ {K}=$                $\rm ($用平衡时气体物质的量分数代替气体平衡浓度计算$\rm )$。

$\\rm 36$

由图像可知，$\rm N$点$\rm HCl$的平衡转化率为$\rm 80\%$，设起始${ n\rm(HCl)}=n\rm(O_{2})=4\;\rm mol$，可列出三段式：

$\begin{matrix} {} & \text{4HCl(g)+} & {{\text{O}}_{\text{2}}}\text{(g)} & \rightleftharpoons & \text{2C}{{\text{l}}_{\text{2}}}\text{(g)+} & \text{2}{{\text{H}}_{\text{2}}}\text{O(g)} \\ 起始\text{(mol)} & \text{4} & \text{4} & {} & \text{0} & \text{0} \\ 变化\text{(mol)} & \text{3}\text{.2} & \text{0}\text{.8} & {} & \text{1}\text{.6} & \text{1}\text{.6} \\ 平衡\text{(mol)} & \text{0}\text{.8} & \text{3}\text{.2} & {} & \text{1}\text{.6} & \text{1}\text{.6} \\ \end{matrix}$

平衡时气体总物质的量为$\rm 7.2\;\rm mol$，故$ K=\dfrac{{{(\dfrac{1.6}{7.2})}^{2}}\times {{(\dfrac{1.6}{7.2})}^{2}}}{{{(\dfrac{0.8}{7.2})}^{4}}\times \dfrac{3.2}{7.2}}\rm =36$。