D．4CO（g）+2NO2（g）⇌N2（g）+4CO2（g），在其它条件不变的情况下增大起始反应物CO的物质的量，二氧化氮转化率增大，NO2的转化率：
c>b>a，D正确；
答案选D。
6．B
【解析】
【详解】
A．A点CO的转化率为0.5，则参加反应的CO为10mol×0.5=5mol，则：
CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）气体物质的量减少
12
5mol10mol
故A点平衡时，混合气体总的物质的量=10mol+20mol-10mol=20mol；
B点CO的转化率为0.7，则参加反应的CO为10mol×0.7=7mol，则：
CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）气体物质的量减少
12
7mol14mol
故B点平衡时，混合气体总的物质的量=10mol+20mol-14mol=16mol；
故A、B两点时容器内总气体的物质的量之比n（A）：
n（B）=20mol：
16mol=5：
4，故A错误；
B．C点的温度、压强都高于A点，温度越高、压强越大，反应速率越快，最先到达平衡，故从反应开始至到达平衡状态所需的时间tA＞tC，故B正确；
C．由图可知，一定压强下，温度越高，CO的转化率越低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，B的温度低于C点，故平衡常数KB＞KC，故C错误；
D．正反应是气体体积减小的反应，减压平衡向逆反应方向移动，CO的转化率降低，故D错误；
答案为B。
7．B
【解析】
【详解】
A．K的相对原子质量大于Na，所以等质量的钠、钾分别与足量水反应，Na生成的氢气多，K比Na活泼，反应速率更快，甲为Na、乙为K，故A错误；
B．氨气分解是吸热反应，温度升高，反应速率加快，平衡向正反应方向移动，氨气的分解率增大，图象中甲为400℃，反应速率较小，平衡转化率大，乙为500℃，反应速率快、氨气的转化率较小，故B正确；
C．催化剂改变反应速率，活性高的催化剂先到达平衡，催化剂不影响平衡移动，氨气的平衡浓度不变，图象中，平衡时氨气的浓度不相等，故C错误；
D．可逆反应2SO2+O2⇌2SO3，增大压强平衡，反应速率加快，平衡向正反应方向移动，SO3物质的量增大，若甲为10个大气压，则应更快达到平衡，且平衡时SO3物质的量各大，图象与实际不相符，故D错误；
故选：
B。
8．A
【解析】
【详解】
A.画一条与y轴相平的经过a点直线，同温度下，a点转化率要达到平衡时NO的转化率，NO转化率要减小，即平衡逆向移动，因此υ（正）＜υ（逆），故A符合题意；
B.b点、D.d点都是平衡点，故B、D不符合题意；
C.画一条与y轴相平的经过c点直线，同温度下，c点转化率要达到平衡时NO的转化率，则平衡正向移动，因此υ（逆）＜υ（正），故C不符合题意。
综上所述，答案为A。
【点睛】
曲线上的点是平衡点，未在曲线上的点是未平衡的状态，从该点作一条与y轴平行的线到平衡点，可判断υ（逆）、υ（正）相对大小。
9．C
【解析】
【详解】
A．根据图知，升高温度NO转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，则正反应为放热反应，△H＜0，故A正确；
B．图中X点在该温度下没有达到平衡状态，此点反应正向移动，所以延长时间能提高NO转化率，故B正确；
C．Y点为该温度下的平衡点，增大反应物O2浓度，平衡正向移动，从而提高NO转化率，故C错误；
D．设消耗的c（O2）＝xmol/L，根据方程式知，消耗的c（NO）＝2c（O2）＝2xmol/L，NO的转化率为50%，则c起始（NO）＝4xmol/L，平衡时c（NO）＝2xmol/L、c（NO2）＝2xmol/L，c（O2）＝（5.0×10−4-x）mol/L，化学平衡常数K＝
＝
＞2000，故D正确；
故答案选C。
【点睛】
明确曲线含义、化学平衡常数计算方法是解本题关键，D为解答易错点和难点。
10．A
【解析】
【分析】
A．温度高反应速率加快，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，C的体积分数减小；
B．交点前未到达平衡，压强增大平衡正向进行，交点处于平衡状态，再增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，但瞬间正逆速率均增大；
C．催化剂不能使平衡移动；
D．正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，A的转化率减小，正反应为气体体积减小反应，增大压强平衡正向移动，A的转化率增大．
【详解】
A．温度高反应速率加快，到达平衡时间缩短，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，C的体积分数减小，图象与实际相符合，故A正确；
B．交点前未到达平衡，压强增大平衡正向进行，交点处于平衡状态，再增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，但瞬间正逆速率均增大，图象与实际不相符，故B错误；
C．使用催化剂加快反应速率，缩短到达平衡的水解，但使用催化剂不使平衡移动，C的浓度不变，图象与实际不相符，故C错误；
D．正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，A的转化率减小，正反应为气体体积减小反应，增大压强平衡正向移动，A的转化率增大，图象与实际不相符，故D错误，
故选A。
11．BCD低温K（B）＞K（C）=K（D）
氨氮比为2.0到2.2，脱硝率变化不大，但氨浓度增加较大，导致成产成本增多，低于2.0时，脱硝率随氨氮比增加而明显增大
【解析】
【分析】
⑴A.H2的消耗速率，正向进行，CH3OH生成速率，正向进行，同一个方向，因此不能说明达到平衡；B.CH3OH的体积分数不再改变，说明达到平衡；C.密度等于气体质量除以容器体积，正向反应，气体质量不变，容器体积减小，密度不断减小，当混合气体的密度不再改变，则达到平衡；D.CO和CH3OH的物质的量之比保持不变，则说明达到平衡。
⑵判断反应ΔH，ΔS，根据ΔG=ΔH−ΔS＜0判断。
⑶C、D温度相同，平衡常数相等，B温度比C温度低，判断K（B）、K（C）大小。
⑷根据温度相同，平衡常数相同，A点平衡常数与E点平衡常数相同，建立三段式算E点平衡常数。
⑸①根据图中信息氨氮比进行分析。
②使用催化剂与不使用，主要是反应速率加快，转化率不变，。
【详解】
⑴A.H2的消耗速率，正向进行，CH3OH生成速率，正向进行，同一个方向，因此不能说明达到平衡，故A不符合题意；B.CH3OH的体积分数不再改变，说明达到平衡，故B符合题意；C.密度等于气体质量除以容器体积，正向反应，气体质量不变，容器体积减小，密度不断减小，当混合气体的密度不再改变，则达到平衡，故C符合题意；D.CO和CH3OH的物质的量之比保持不变，则说明达到平衡，故D符合题意；综上所述，答案为BCD。
⑵从C点到A点，温度降低，转化率升高，平衡正向移动，降温向放热反应移动即正向放热反应，反应是体积减小反应ΔS＜0，因此根据ΔG=ΔH−ΔS＜0，得出CO（g）+2H2（g）
CH3OH（g）在在低温下能自发进行；故答案为：
低温。
⑶C、D温度相同，K（C）=K（D），B温度比C温度低，反应是放热反应，因此降温正向移动，平衡常数增大，即K（B）＞K（C），所以化学平衡常数K（B）、K（C）、K（D）的大小关系是：
K（B）＞K（C）=K（D）。
⑷根据温度相同，平衡常数相同，A点平衡常数与E点平衡常数相同，因此E点CO转化率为80%，则
，因此E点的平衡常数
，A点和E一样，故答案为：
。
⑸①图2中，根据图中信息氨氮比为2.0到2.2，脱硝率变化不大，但氨浓度增加较大，因此增加成本较多，低于2.0时，脱硝率随氨氮比增加而明显增大，所以最佳氨氮比为2.0；故答案为：
氨氮比为2.0到2.2，脱硝率变化不大，但氨浓度增加较大，导致成产成本增多，低于2.0时，脱硝率随氨氮比增加而明显增大。
②请在图3中，使用催化剂与不使用，主要是反应速率加快，转化率不变，因此用实线画出不使用催化剂情况下的图示与原来是一致的，只是把虚线变为实线，如图。
；故答案为：
。
12．NO−2e-+H2O=2H++NO2acpH降低，ClO-+H+=HClO，溶液中c（HClO）增大HClO受热分解，溶液中c（HClO）减小NO+NO2+Ca（OH）2=Ca2++2NO2-+H2ONO2量太多，剩余的NO2和水反应生成NO逸出，导致NO去除率降低0.55~0.58
【解析】
【分析】
（1）g-C3N4端得电子，那么Pl端失电子，结合电荷守恒、原子守恒可写P1端离子方程式；
（2）次氯酸盐脱除NO的主要过程可看出，脱NO的本质是转换成HNO3；
（3）NaClO脱NO的过程可看出，实际上是HClO与NO反应，所以pH变化HClO跟着变化，脱NO效果也会跟着变化；
（4）NO和Ca（OH）2不反应，NO、NO和Ca（OH）2三者反应，分析化合价可知产物为亚硝酸钙，在此基础上分析解答。
【详解】
（1）g-C3N4端得电子发生还原反应，生成过氧化氢，P1端NO失电子变成NO2，这样左边就出现了正电荷，右边加H+，结合原子守恒，左边应加H2O,所以P1端的离子方程式为：
NO−2e-+H2O=2H++NO2，故答案为：
NO−2e-+H2O=2H++NO2；
（2）a．从给出的条件看，次氯酸盐脱除NO是先将一部分NO氧化成NO2才脱出的，O2和NO反应生成NO2，就省了第一步了，所以烟气中含有的少量O2能提高NO的脱除率，a正确；
b．从原理上看，氮氧化物转换为HNO3就被脱出了，NO2单独存在时能和水反应生成HNO3和NO，有一定的脱出率，b错误；
c．次氯酸盐水解显碱性，从原理来看，最后生成硝酸和HCl，pH下降，c正确；
故答案为：
ac；
（3）①pH降低，c（H+）增大，产生更多的HClO，所以NO的脱除率增大，故答案为：
pH降低，ClO-+H+=HClO，溶液中c（HClO）增大；
②HClO会分解，温度太高，HClO分解得太多，溶液中HClO浓度减小了，故答案为：
HClO受热分解，溶液中c（HClO）减小；
（4）①NO和Ca（OH）2不反应，所以反应物有NO、NO2和Ca（OH）2，根据氧化还原规律，产物为Ca（NO2）2和水，所以离子方程式为：
NO+NO2+Ca（OH）2=Ca2++2NO2-+H2O，故答案为：
NO+NO2+Ca（OH）2=Ca2++2NO2-+H2O；
②当
太大，NO2量太多，吸收不完，有一部分NO2就和水反应生成硝酸和NO，这样就导致NO2去除率升高，但NO去除率却降价，故答案为：
NO2量太多，剩余的NO2和水反应生成NO逸出，导致NO去除率降低；
③从图上看NOx总去除效果最好时，
介于1.2到1.4之间，设NO的物质量为1，那么则NO2的物质的量为1.2介于1.4之间，由NO+O3=NO2+O2可知，此时消耗O3和NO的量均为1.2到1.4之间，所以O3的量为1.2-1.4，NO的量为（1.2+1）到（1.4+1）之间，即
在
到
，即0.55到0.58之间，故答案为：
0.55~0.58。
【点睛】
本题的（4）③采用设“1”法可将计算简单化。
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