2022届高三化学一轮复习化学反应原理11化学平衡图像分析含解析

这是一份2022届高三化学一轮复习化学反应原理11化学平衡图像分析含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
化学平衡图像分析
一、单选题（共14题）
1．碳单质可应用于脱硝。向容积为2L的密闭容器中加入炭(足量)和NO，模拟发生脱硝反应：C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)，测得不同温度下，NO的物质的量随时间的变化如下图所示，下列有关说法正确的是

A．该反应ΔH>0
B．正反应速率：M＜N
C．T1时，0~15min时的反应速率v(NO)=0.08mol·L-1·min-1
D．T1时，若起始向容器中充入N2(g)和CO2(g)各1mol，平衡时，NO的体积分数为40%
2．如图所示是425℃时，在1L密团容器中发生化学反应的浓度随时间的变化示意图。下列叙述错误的是


A．图①中t0时，反应达到平衡状态
B．图①中t0时，三种物质的物质的量相同
C．当反应都达平衡时，图①②中
D．图①②中当时，反应达到平衡状态
3．某可逆反应为2X(g)3Y(g)+Z(g)，混合气体中X的物质的量分数与温度关系如图所示：下列推断正确的是


A．升高温度，该反应平衡常数K减小
B．压强大小有P3＞P2＞P1
C．平衡后加入高效催化剂使Mr（混合气体的平均相对分子质量）增大
D．在该条件下M点X平衡转化率为
4．下列表格中的各种情况，可以用下图曲线表示的是


反应
纵坐标
a
b
A
相同质量的氨，在同一容器中2NH3N2+ 3H2
氨气的转化率
400℃
500℃
B
在体积可变的恒压容器中，体积比1︰3的N2、H2，N2+ 3H2 2NH3
氢气的转化率
500℃
400℃
C
在体积可变的恒压容器中，体积比1︰3的N2、H2，N2+ 3H2 2NH3
氨气的浓度
活性一般的
催化剂
活性高的
催化剂
D
2 molSO2和1 molO2，在相同温度下2SO2+ O22SO3
SO3物质的量
10个大气压
2个大气压

A．A B．B C．C D．D
5．在恒容密闭容器中充入和，发生如下反应：。如图所示为该反应正反应的平衡常数K正和逆反应的平衡常数K逆随温度变化的曲线。下列分析不正确的是

A．曲线I为K正，曲线II为K逆
B．T1时，A的平衡转化率为50%
C．T2时，X点v正＞v逆
D．若B、C、D都是固体，其他条件不变，则平衡后再充入，再次平衡后，A的浓度与原平衡时相同
6．在温度和容积不变的密闭容器中，A气体与B气体反应生成C气体。反应过程中，反应物与生成物的浓度随时间变化的曲线如图所示，则下列叙述正确的是

A．该反应的化学方程式为A+3B2C
B．在t1s时，v(A)正=0
C．(t1+10)s时再充入0.4mol A和0.25mol B，反应物A的转化率增大
D．若该反应在绝热容器中进行，也在t1时刻达到平衡
7．焦炭常用于冶炼工业。已知反应①：2C(s)+O2(g)=2CO(g)；反应②：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)，反应①、②的反应趋势与温度关系如图所示。下列说法错误的是

A．反应②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)的ΔS>0，ΔH＜0
B．983K是反应趋势变化的转折点
C．L1对应反应①
D．当温度低于983K时，过量焦炭的氧化产物以CO2为主
8．乙酸制氢的主反应：热裂解反应CH3COOH(g)⇌2CO(g)+2H2(g) ΔH>0
副反应：脱羧基反应CH3COOH(g)⇌CH4(g)+CO2(g)
其中温度与气体产率的关系如图： 

下列说法正确的是
A．由图像可知副反应的活化能低于主反应的活化能
B．主反应与副反应在改变温度时平衡移动方向相同
C．在密闭容器中，利用乙酸制氢，应选择较大的压强
D．保持其他条件不变，在乙酸气中掺杂一定量水，氢气产率一定会显著降低
9．在容积为2L的密闭容器中发生反应： ，其他条件不变，考查温度对反应的影响，实验结果如图所示，下列说法正确的是

A．该反应为吸热反应
B．该反应在时的平衡常数比时小
C．温度为时，从反应开始到平衡，生成Р的速率为
D．处于A点的反应体系从变到，达到平衡时N的物质的量增大
10．如图中的曲线表示在一定条件下，2NO＋O2⇌2NO2(正反应为放热反应)，反应中NO的转化率与温度的关系曲线，图中标出a、b、c、d四点，其中表示未达到平衡状态，且v(正)>v(逆)的点是

A．a点 B．b点 C．c点 D．d点
11．对于可逆反应：，描述平衡移动的图象正确的是
A． B．
C． D．
12．合成氨反应：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) △H=-92.4 kJ•mol-1，在反应过程中，正反应速率的变化如图。下列说法正确的是

A．t1时升高了温度 B．t2时使用了催化剂
C．t3时增大了压强 D．t4时降低了温度
13．已知反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) △H0，反应过程中各物质的物质的量浓度(c)随时间(t)的变化曲线如图所示。

(1)该温度下，若温度升高，K值将________(填“增大”、“减小”或“不变”)，平衡后容器内气体颜色____。
(2)a、b、c、d四个点中，表示化学反应处于平衡状态的是_____点。曲ac表示N2O4浓度的变化情况，从起点开始首次达到平衡时，以N2O4表示的反应速率为_______，其转化率为_______。
(3)25 min时，加入了_____(填加入物质的化学式)，使平衡发生了移动。
(4)d点对应NO2的物质的量浓度________(填“大于”、“小于”或“等于”)0.8 mol·L－1。
(5)a点，V正 ______V逆 (填“大于”、“小于”或“等于”)。
16．25℃时，在体积为2L的密闭容器中，气态物质A、B、C的物质的量n(mol)随时间t的变化如图所示，已知达到平衡后，降低温度，A的转化率增大。

(1)根据图中数据，写出该反应的化学方程式：______。此反应的平衡常数的表达式K=_______，0~3 min内，A的速率为_______。在5~7min内，若K值不变，则此处曲线变化可能的原因是________。
(2)图中表示此反应的反应速率v和时间t的关系图：

上图中t3时刻改变的条件是______ 。A的转化率最大的一段时间是_______。
17．(1)向一体积不变的密闭容器中加入、和一定量的B三种气体。一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如图1所示。图2为时刻后改变反应条件，平衡体系中反应速率随时间变化的情况，且四个阶段都各改变一种不同的条件。已知阶段为使用催化剂；图1中阶段未画出。
①，阶段改变的条件为_________，________B的起始物质的量为________。
②为使该反应的反应速率减慢且平衡向逆反应方向移动可以采取的措施有_________。

(2)某小组利用溶液和硫酸酸化的溶液反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时通过测定酸性溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。该小组设计了如下方案。已知：(未配平)。
实验编号
酸性溶液的体积
溶液的体积
的体积
实验温度/℃
溶液褪色所需时间
①
10

35
25

②
10
10
30
25

③
10
10

50

①表中___________mL，___________mL
②探究温度对化学反应速率影响的实验编号是________(填编号，下同)，可探究反应物浓度对反应速率影响的实验编号是____________。
③实验①测得溶液的褪色时间为2min，忽略混合前后溶液体积的微小变化，这段时间内平均反应速率_______________.
④已知50℃时与反应时间t的变化曲线如图。若保持其他条件不变，请在坐标图中，画出25℃时的变化曲线示意图。_________

18．(1)Deacon发明的直接氧化法为：4HCl(g)＋O2(g)⇌2Cl2(g)＋2H2O(g)。如图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系：

可知反应平衡常数K(300℃)______K(400℃)(填“大于”或“小于”)。设HCl初始浓度为c0，根据进料浓度比c(HCl)∶c(O2)＝1∶1的数据计算K(400℃)＝_____(列出计算式)。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过高的不利影响是______。
(2)在不同温度下，NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中SO2和NO的平衡分压pc如图所示。

由图分析可知，反应温度升高，脱硫、脱硝反应的平衡常数均______(填“增大”、“不变”或“减小”)。
19．（1）在一定温度下，将2molA和2molB两种气体相混合后于容积为2L的某密闭容器中，发生如下反应3A（g）+B（g）xC（g）+2D（g），2min末反应达到平衡状态，生成了0.8molD，并测得C的浓度为0.4mol/L，请填写下列空白：
①x值等于_________
②A的转化率为__________
③生成D的反应速率为________
④如增大反应体系的压强，则平衡体系中C的质量分数_____（填增大，减小，不变）
（2）已知某可逆反应mA（g）＋nB（g）qC（g）在密闭容器中进行。如图所示反应在不同时间t，温度T和压强P与反应物B的体积分数的关系曲线。根据图象填空

①化学计量数的关系:m＋n______q；（填“＞”.“＜”或“＝”）
②该反应的正反应为_________反应。（填“吸热”或“放热”
20．某科研小组研究臭氧氧化-碱吸收法同时脱除SO2和NO的工艺，其氧化过程的反应原理及反应热、活化能数据如下：
反应I：NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g)△H1=-200.9kJ·mol-1，E1=3.2kJ·mol-1
反应II：SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g)△H2=-241.6kJ·mol-1，E2=58kJ·mol-1
已知该体系中臭氧发生分解反应：2O3(g)3O2(g)。
保持其他条件不变，每次向容积为2L的反应器中充入含2.0molNO、2.0molSO2的模拟烟气和4.0molO3，改变温度，反应相同时间后体系中NO和SO2的转化率如图所示：

（1）臭氧氧化过程不能有效地脱硫，但后续步骤“碱吸收”可以有效脱硫。写出利用氨水吸收SO3的离子方程式：___。
（2）由图可知相同温度下NO的转化率远高于SO2，其可能原因是___。
（3）若其他条件不变时，缩小反应器的容积，可提高NO和SO2的转化率，请解释原因：___。
（4）假设100℃时，P、Q均为平衡点，此时发生分解反应的O3占充入O3总量的10%，体系中剩余O3的物质的量是___。试分析反应II中SO2转化率随温度变化先增大后减小的可能原因：___。
参考答案
1．D
【详解】
A．由图可知，T2＞T1，温度升高，平衡时NO的量增加，反应向逆反应方向进行，说明正向反应放热，即该反应ΔH＜0，A项错误；
B． T2＞T1，则正反应速率：M＞N，B项错误；
C． T1时，0~15 min时的反应速率v(NO)= =0.04 mol·L-1·min-1，C项错误；
D．由反应可知，反应前后体积不变，T1时，若起始向容器中充入N2(g)和CO2(g)各1mol与开始通入2molNO等效，则平衡时，NO的体积分数==40%，D项正确；
答案选D。
2．A
【详解】
A． 图①中t0时，反应物和生成物浓度相等，但各反应混合物的浓度没有达到保持不变的状态，反应没有达到平衡状态，故A选；
B． 图①中t0时，三种物质的物质的量相同，故B不选；
C． 当反应都达平衡时，图①②中=3.16mol·L－1 ，故C不选；
D． 图①②中当时，碘化氢浓度保持不变，反应达到平衡状态，故D不选；
故选A。
3．D
【详解】
A．根据图象可知，升高温度，X的物质的量分数降低，说明反应向正反应方向移动，平衡常数K增大，A项错误；
B．该可逆反应的正反应是气体分子数增大的反应，减小压强，X的物质的量分数减小，所以，压强大小关系有：P3＜P2＜P1，B项错误；
C．催化剂不会使平衡发生移动，故平衡后加入高效催化剂，Mr不变，C项错误；
D．由图可知，M点对应的平衡体系中，X的物质的量分数为0.1，设起始时加入X的物质的量为1mol，反应过程中转化了2xmol，则有：

根据题意，有：，解得：x=，则M点时X的平衡转化率=，D项正确；
答案选D。
4．B
【详解】
A．b温度大于a，所以b所以速率大于a，与图象不符，故不选A；
B．a温度大于b，a反应速率大于b；N2+ 3H2 2NH3正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，氢气的转化率降低，所以a氢气的转化率低于b，与图象相符，故选B；
C．使用活性高的催化剂反应速率快，反应速率b大于a；使用活性高的催化剂平衡不移动，a、b氨气的浓度相同，与图象不符，故不选C；
D．a压强大于b，压强越大反应速率越快，反应速率a大于b，增大压强，2SO2+ O22SO3平衡正向移动，SO3物质的量增大，与图象不符，故不选D；
选B。
5．B
【分析】
恒容密闭容器中充入和，设平衡时A的变化量为x，则可建立如下三段式：

在T1点，K正=K逆=1，所以，求出x=mol。
【详解】
A．因为正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，则正反应的平衡常数随温度升高而增大，逆反应的平衡常数随温度升高而减小，所以曲线I为K正，曲线II为K逆，A正确；
B．由分析知，T1时，参加反应的A的物质的量为mol，则A的平衡转化率为≈66.7%，B不正确；
C．T2时，X点时浓度商小于K正，大于K逆，则平衡正向移动，所以v正＞v逆，C正确；
D．若B、C、D都是固体，温度不变时，平衡常数不变，所以平衡后再充入，再次达平衡后，A的浓度与原平衡时相同，D正确；
故选B。
6．C
【详解】
A．根据图象可知，t1时达到平衡状态，A、B、C的浓度改变量分别为0.6mol/L、0.2mol/L、0.4mol/L，相同时间内浓度的变化量之比等于其计量数之比，则A、B、C的计量数之比=0.6mol/L：0.2mol/L：0.4mol/L=3：1：2，则化学反应方程式为3A(g)+B(g)⇋2C(g)，故A错误；
B．在t1s时，反应达到平衡状态为动态平衡，V正(A)=V逆(A)≠0，故B错误；
C．反应方程式为3A(g)+B(g)⇋2C(g)，平衡常数，（t1+l0）s时再充入0.4 molA和0.25 mol B，，则平衡正向进行，反应物A的转化率增大，故C正确；
D．若该反应在绝热容器中进行，反应过程中容器内温度改变，温度对反应也有影响，若为吸热反应，在t1时刻则不能达到平衡，故D错误；
故选：C。
7．C
【详解】
A．生成物气体化学计量数系数之和小于反应物气体化学计量系数之和，所以ΔS＜0，根据ΔG=ΔH-TΔS，因为ΔG＜0，则-TΔS>0，所以ΔH＜0，A项正确；
B．ΔG负的成都越小，说明它能够反应的趋势更大，983K时两反应的ΔG相等，所以983K是反应趋势变化的转折点，B项正确；
C．反应①的ΔS>0，则-ΔS＜0，ΔG和T成反比，所以斜率小于0，L2对应反应①，C项错误；
D．当温度低于983K时，L1的ΔG小，所以以反应②为主，产物以CO2为主，D项正确；
答案选C。
8．A
【详解】
A. 由图像可知随着温度的升高甲烷和二氧化碳的产率减小，则升高温度副反应逆向移动，则副反应为放热反应，故副反应的活化能低于主反应的活化能，选项A正确；
B. 主反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，副反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，故在改变温度时平衡移动方向不相同，选项B错误；
C．在密闭容器中，利用乙酸制氢，反应CH3COOH(g)⇌2CO(g)+2H2(g)为气体体积增大的反应，若增大压强平衡逆向移动，产率降低，则应选择较小的压强，选项C错误；
D．保持其他条件不变，在乙酸气中掺杂一定量水，温度降低，平衡正向移动，乙酸与水互溶浓度降低平衡逆向移动，故无法确定氢气产率的变化，选项D错误；
答案选A。
9．D
【详解】
A．依据图象分析T2先达到平衡则T2＞T1，由温度升高反应速率增大可知T2的反应速率大于T1，又温度高时平衡状态P的物质的量少，则说明可逆反应向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，故A错误；
B．由A分析知正反应为放热反应，根据题给图象分析可知，T2先达到平衡则T2＞T1，升高温度，平衡向逆反应方向移动，该反应在T1时的平衡常数比T2时的大，故B错误；
C．温度为时，生成Р的速率为，故C错误；
D．处于A点的反应体系从T1变到T2，升高温度，平衡向逆反应方向移动，达到平衡时，N的物质的量增大，故D正确；
故选：D。
10．C
【详解】
图像中，在NO转化率实线上的a、b点均为平衡状态；c、d均为不平衡状态，且c点NO转化率较低，反应需要正向进行以提高其转化率，则有v(正)>v(逆)；d点NO转化率过高，需要反应逆向进行以减小其转化率，则有v(正) v(逆)，故D错误。
14．C
【详解】
A．随温度升高，CO2的平衡转化率减小，所以M点的平衡常数比N点的大，故A错误；
B．温度低于250℃时，随温度升高，CO2的平衡转化率减小，乙烯的产率随温度升高而减小，故B错误；
C．保持N点温度不变，向容器中再充入一定量的H2，平衡正向移动，CO2的转化率增大，故C正确；
D．催化剂不能使平衡移动，其他条件不变，若不使用催化剂，则250℃时CO2的平衡转化率仍位于M点，故D错误；
选C。
15．增大 加深 bd 0.02mol/(L·min) 33.3% NO2 小于 大于
【详解】
(1) N2O4(g)⇌2NO2(g) ΔH>0正反应吸热，若温度升高，平衡正向移动，K值将增大，平衡后容器内气体颜色加深；
(2)一定条件下，达到化学平衡，浓度保持不变，a、b、c、d四个点中，表示化学反应处于平衡状态的是b、d点。曲ac表示N2O4浓度的变化情况，从起点开始首次达到平衡时，N2O4的浓度变化为（0.6-0.4）mol/L=0.2mol/L，以N2O4表示的反应速率为0.02mol/(L·min)，其转化率为33.3%；
(3)25 min时，NO2的浓度突然增大，所以是加入了NO2，使平衡发生了移动；
(4)根据等效平衡原理，开始容器中相当于加入NO2的浓度1.4mol/L，达到平衡时，NO2的物质的量浓度0.6mol/L，25 min时，容器中相当于加入NO2的浓度1.8mol/L，若为等效平衡NO2的浓度为0.77mol/L，，增大压强平衡逆向移动，d点对应NO2的物质的量浓度小于0.8 mol·L－1；
(5)a点后NO2的物质的量浓度增大，说明反应正向进行， V正 大于V逆。
【点睛】
本题考查化学平衡移动、平衡转化率，明确影响化学平衡的因素是解题关键，注意理解化学平衡的建立，培养学生图象分析、判断能力，掌握等效平衡理论的应用。
16．A(g)+2B(g)⇌2C(g) 0.05mol/(L·min) 增大压强 温度升高 t2~t3
【分析】
根据各物质在相同时间内的物质的量变化可以确定反应的方程式，A、B为反应物，而降低温度A的转化率增大，说明降温平衡正向移动，则正反应为吸热反应。
【详解】
(1)由图1可知，A、B为反应物，C为生产物，且最后A、B的物质的量不为0，为可逆反应，3min时△n(A)：△n(B)：△n(C)=(1-0.7)mol：(1-0.4)mol：0.6mol=1：2：2，物质的量之比等于化学计量数之比，所以反应方程式为A+2B2C；平衡常数为生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，所以K=；据图可知0~3min内△n(A)=0.3mol，容器体积为2L，所以A的反应速率为=0.05mol/(L·min)；据图可知改变条件的瞬间各物质的物质的量没有发生变化，说明不是改变反应物或生成物的量，而改变条件后A、B的物质的量减少，C的物质的量增加，说明平衡正向移动，而K值不变，则温度不变，而该反应为气体系数之和减小的反应，所以改变的条件应为增大压强；
(2)t3时刻，正逆反应速率都瞬间增大，且逆反应速率变化大，平衡向逆反应移动，考虑到该反应为吸热反应，此时改变的条件应为升高温度；
据图可知t3、t6时刻改变条件后，逆反应速率大于正反应速率，即平衡逆向移动，A的转化率减小，而t5时刻改变条件后平衡不移动，所以t2～t3段A的转化率最高。
17．减小压强 升高温度 0.1mol 降低温度或及时移出A、B 5 30 2和3 1和2 0.025 mol•L−1•min−1
【详解】
(1)①t3～t4阶段与t4～t5阶段正逆反应速率都相等，而t3～t4阶段为使用催化剂，若t4～t5阶段改变的条件为降低反应温度，平衡会发生移动，则正逆反应速率不相等，该反应为气体等体积反应，则t4～t5阶段应为减小压强；t5～t6阶段化学反应速率均增加，且正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，该反应正向为吸热反应，因此t5～t6阶段改变的条件为升高温度；反应开始至平衡过程中，A的物质的量浓度由1mol/L降低至0.8mol/L，Δc(A)=0.2mol/L，则Δc(B)=0.1mol/L，A起始的物质的量为2mol，起始浓度为1mol/L，则容器体积为2L，平衡时c(B)=0.4mol/L，则起始c(B)=0.4mol/L+0.1mol/L=0.5mol/L，n(B)=0.5mol/L×2L=0.1mol；
②要使化学反应速率减慢，则需要减弱外界条件，该反应为气体等体积吸热反应，因此可通过降低温度或及时移出A、B使该反应的反应速率减慢且平衡向逆反应方向移动；
(2)①实验2混合液的总体积为10mL+10mL+30mL=50mL，则V1=50mL−10mL−35mL=5mL，V2=50mL−10mL-10mL=30mL；
②探究温度对化学反应速率影响，必须满足除了温度不同，其他条件完全相同，所以满足此条件的实验编号是：2和3；探究反应物浓度对化学反应速率影响，除了浓度不同，其他条件完全相同的实验编号是1和2，故答案为：2和3；1和2；
③草酸的物质的量为0.60mol/L×0.005L=0.003mol，高锰酸钾的物质的量为0.10 mol/L×0.01L=0.001mol，草酸和高锰酸钾的物质的量之比为0.003mol：0.001mol=3：1，由2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O可知草酸过量，高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为=0.02mol/L，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)==0.01mol•L−1•min−1，由速率之比等于化学计量数之比可知，这段时间内平均反应速率v(H2C2O4)=0.01mol•L−1•min−1×=0.025 mol•L−1•min−1，故答案为：0.025 mol•L−1•min−1；
④25℃时反应速率小于50℃时，所以高锰酸根离子的浓度变化比50℃时小，反应需要的时间大于50℃条件下需要的时间，据此画出25℃时的变化曲线示意图为：。
18．大于 HCl的转化率减小 减小
【详解】
(1)根据反应方程式知，HCl平衡转化率越大，平衡常数K越大，结合图像知升高温度平衡转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，则K(300℃)>K(400℃)；
由图像知，400℃时，HCl平衡转化率为84%，用三段式法对数据进行处理得：

则K=；根据题干信息知，进料浓度比过低，氧气大量剩余，导致分离产物氯气和氧气的能耗较高；进料浓度比过高，HCl不能充分反应，导致HCl转化率较低；
(2) SO2和NO的平衡分压的负对数随温度的升高而减小，则说明温度越高，SO2和NO的平衡分压越大，SO2和NO的含量越高，故升高温度，平衡都向逆向移动，平衡常数都减小，故答案为：减小。
19．2 60% 0.2mol/（L。min） 不变 ＜ 吸热
【详解】
(1)在一定温度下，将2molA和2molB两种气体相混合后于容积为2L的某密闭容器中，2min末反应达到平衡状态，生成了0.8molD，并测得C的浓度为0.4mol/L，生成C为0.4mol/L×2=0.8mol，则：


平衡时C的浓度为0.4mol/L，则n(C)=0.4mol/L×2L=0.8mol，物质的量之比等于化学计量数之比，所以0.8mol：0.8mol=x：2，解得x=2；
②A的转化率为 =60%；
③生成D的反应速率= =0.2mol/（L。min）；
④反应前后气体的物质的量不变，增大压强，平衡不移动，平衡体系中C的质量分数不变；
(2)定压强相同，比较温度不同时，即比较曲线T1、P2与曲线T2、P2，根据先出现拐点，先到达平衡，先出现拐点的曲线表示的温度高，所以T1>T2，定温度相同，比较压强不同时，即比较曲线T1、P1与曲线T1、P2，根据先出现拐点，先到达平衡，先出现拐点的曲线表示的压强高，所以P1