1、陕西省子洲中学2019-2020学年高二下学期第一次月考、化学试题1. 下列热化学方程式或叙述正确的是A. 1 mol液态肼(N2H4)在足量氧气中完全燃烧生成水蒸气，放出642 kJ热量：N2H4(l)O2(g)N2(g)2H2O(g)H=642 kJmol1B. 12 g石墨转化为CO时，放出110.5 kJ热量：2C(石墨，s)O2(g)2CO(g)H=110.5 kJmol1C. 已知：H2(g)O2(g)H2O(l)H=286 kJmol1，则2H2O(l)2H2(g)O2(g) H=572 kJmol1D. 已知：N2(g)3H2(g)2NH3(g)H=92.4 kJmol1，则在
2、一定条件下向密闭容器中充入0.5 mol N2(g)和1.5 mol H2(g)充分反应放出46.2 kJ的热量【答案】C【解析】【分析】【详解】A、反应放热，H0，A错误；B、2mol石墨即24g石墨放出的热量是221kJ，B错误；C、氢气燃烧放热，则水分解吸热，C正确；D、反应是可逆反应，不能计算放出的热量，D错误；答案选C。2. 能够说明一个可逆反应H2(g)I2(g)2HI(g)已达到平衡状态的是( )A. 1 mol HH键断裂的同时有1 mol HI键形成B. 1 mol HH键断裂的同时有2 mol HI键形成C. 1 mol II键断裂的同时有2 mol HI键形成D. 1 m
3、ol HH键断裂的同时有1 mol II键形成【答案】D【解析】【分析】【详解】断裂反应物的化学键和形成生成物的化学键都表示正反应，断裂生成物的化学键和形成反应物的化学键都表示逆反应。D项正确。3. 在一定条件下，反应：2NOO22NO2在定容容器中发生，对该反应达到平衡的标志的描述中，错误的是( )A. 混合气体的总分子数不再变化B. 混合气体的颜色不再变化C. 容器的总压强不再变化D. 混合气体的总质量不再变化【答案】D【解析】【分析】【详解】A. 混合气体的总分子数不再变化，说明各组分的浓度保持不变，达到平衡；B. 混合气体的颜色不再变化，说明各组分的浓度保持不变，达到平衡；C. 容器的
4、总压强不再变化，说明各组分的浓度保持不变，达到平衡；D. 反应混合物中各组分均为气体，故混合气体的总质量一直不变，混合气体的总质量不再变化不能说明达到平衡。故选D。4. 金属镍有广泛的用途粗镍中含有少量Fe、Cu、Pt等杂质，可用电解法制备高纯度的镍（用 NiSO4作电解质溶液）已知：氧化性Fe2+Ni2+Cu 2+，下列叙述正确的是（ ）A. 阴极发生还原反应，其电极反应式：Ni2+2eNiB. 电解后，溶液中 Ni2+浓度不变C. 电解后，溶液中存在的金属阳离子只有Fe2+D. 电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等【答案】A【解析】【分析】【详解】A阴极发生还原反应，其电极反应式
5、：Ni2+2eNi，A正确；B粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质做阳极，阴极只有镍离子得到电子，电解后，溶液中 Ni2+浓度发生变化，B错误；C电解后，溶液中存在的金属阳离子有Fe2+、Ni2+，C错误；D电解过程中阳极失电子的有Fe、Ni；阴极析出的是镍；依据电子守恒，阳极质量的减少与阴极质量的增加不相等，D错误；答案选A。5. 利用如图所示装置（电极均为惰性电极）可吸收SO2，并用阴极排出的溶液吸收NO2，下列说法正确的是A. a为直流电源的负极B. 阴极的电极反应式为：2HSO3-2H2O2e=S2O42-2OH-C. 阳极的电极反应式为：SO22H2O2e=SO42-4H+D.
6、 电解时，H由阴极室通过阳离子交换膜到阳极室【答案】C【解析】【分析】【详解】A二氧化硫被氧化为硫酸根，所以二氧化硫所在的区为阳极区，阳极与电源正极a相连，故A错误；B阴极的电极反应式为：2HSO3-+2H+2e-S2O42-+2H2O，故B错误；C阳极的电极反应式为：SO2+2H2O-2e-SO42-+4H+，故C正确；D阳离子交换膜只允许阳离子通过，电解时，阳离子移向阴极，所以H+由阳极室通过阳离子交换膜到阴极室，故D错误；答案选C。【点睛】本题考查了电解原理的分析应用，主要是电极反应，电极名称判断，理解电解池原理是关键。依据图示可知，二氧化硫被氧化为硫酸根，所以二氧化硫所在的区为阳极区，
7、阳极区发生反应SO2-2e-+2H2OSO42-+4H+，阳极与电源的正极a相连，b为电源负极。6. 1000K时，已知反应Ni(s)H2O(g)NiO(s)H2(g)的平衡常数K=0.0059.当水蒸气和氢气的物质的量浓度相等时，下列说法正确的是( )A. 该反应已达到平衡状态B. 该反应未达到平衡状态，反应正向进行C. 该反应未达到平衡状态，反应逆向进行D. 无法确定该反应是否达到平衡状态【答案】C【解析】【分析】【详解】当水蒸气和氢气的物质的量浓度相等时，则该反应未达到平衡状态，反应逆向进行，C正确；答案选C。7. 用a、b两个质量相等的Pt电极电解AlCl3和CuSO4的混合溶液n(A
8、lCl3):n(CuSO4)1:9 。t1时刻a电极得到混合气体，其中Cl2在标准状况下为 224 mL（忽略气体的溶解）；t2时刻Cu全部在电极上析出。下列判断正确的是A. a电极与电源的负极相连B. t2时，两电极的质量相差3.84 gC. 电解过程中，溶液的pH不断增大D. t2时，b电极的电极反应是2H2O4e2OHH2【答案】B【解析】【分析】阳极先产生氯气后产生氧气，阴极先析出铜后逸出氢气。【详解】A项、a电极为阳极，故A错误；B项、a电极所得混合气体为氯气和氧气，由氯气体积得混合溶液中Cl-为0.02mol，由氯化铝和硫酸铜物质的量比1：9得溶液中Cu2+为0.06mol，所以t
9、2时阴极析出0.06molCu，质量为3.84g，故B正确；C项、电解过程中相当于依次电解氯化铜溶液、硫酸铜溶液、硫酸铝溶液，故C错误；D项、b电极为阴极，得电子发生还原反应，故D错误；故选B。8. 利用反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O构成电池的方法，既能实现有效消除氮氧化物的排放，减轻环境污染，又能充分利用化学能，装置如图所示。下列说法不正确的是A. 电流从右侧电极经过负载后流向左侧电极B. A电极上发生氧化反应，B为正极C. 电极A极反应式为2NH3-6e-=N2+6H+D. 当有2.24 LNO2(标准状况)被处理时，转移电子为0.4 mol【答案】C【解析】【分析】根据总反应
10、可知NO2被还原，NH3被氧化，所以通入NO2的B极为正极，通入NH3的A极为负极。【详解】A原电池中电流由正极经外电路流向负极，B为正极，A为负极，即电流从右侧电极经过负载后流向左侧电极，故A正确；B根据分析可知A电极上NH3失电子发生氧化反应为负极，B电极上NO2得电子被还原为正极，故B正确；C电解质溶液呈碱性，所以电极方程式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，故C错误；D2.24 LNO2(标准状况)的物质的量为0.1mol，该反应中NO2中氮元素由+4价变为0价，所以转移的电子为0.4mol，故D正确；综上所述答案为C。9. 在新制的氯水中存在平衡：Cl2H2OHClHClO
11、，若向氯水中投入少量碳酸钙粉末，溶液中发生的变化是( )A. H浓度减小，HClO浓度减小B. H浓度增大，HClO浓度增大C. H浓度减小，HClO浓度增大D. H浓度增大，HClO浓度减小【答案】C【解析】【分析】【详解】碳酸的酸性弱于盐酸而强于次氯酸，向氯水中投入少量碳酸钙粉末后，它与盐酸反应，而不与次氯酸反应。又由于H浓度减小，平衡Cl2H2O HClHClO向正反应方向移动，故HClO浓度增大，故C选项符合题意，答案选 C。【点睛】10. 某同学组装了如图所示的电化学装置，则下列说法正确的是A. 图中甲池为原电池装置，Cu电极发生还原反应B. 实验过程中，甲池左侧烧杯中NO3的浓度不
12、变C. 若甲池中Ag电极质量增加5.4g时，乙池某电极析出1.6g金属，则乙中的某盐溶液可能是AgNO3溶液D. 若用铜制U形物代替“盐桥”，工作一段时间后取出U形物称量，质量会减小【答案】C【解析】【分析】【详解】A由装置图可知甲池为原电池装置发生反应：Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+，故Cu电极发生氧化反应，A错误；B实验过程中甲池左侧烧杯中产生Cu2+，故盐桥中NO3-移向甲池中左侧烧杯，故实验过程中，甲池左侧烧杯中NO3的浓度增大，B错误；C若甲池中Ag电极质量增加5.4g时，乙池若为AgNO3溶液，则乙池某电极析出金属质量5.4g，C正确；D若用铜制U形物代替“盐桥”，则甲池右侧烧杯
13、即为原电池装置，发生Cu+2Ag+2Ag+Cu2+，U形棒发生反应Cu2e=Cu2+，而甲池左侧烧杯U形棒发生反应Cu2+ +2e= Cu，故工作一段时间后取出U形物称量，质量不变，D错误；答案选C。11. 下列事实中不能用勒夏特列原理解释的是( )A. 光照新制的氯水时，溶液的酸性逐渐增强B. 向含有Fe(SCN)2的红色溶液中加铁粉，振荡，溶液颜色变浅或退去C. 加入催化剂有利于氨的氧化反应D. 用排饱和食盐水法除去Cl2中的HCl【答案】C【解析】【分析】【详解】A新制的氯水中， 光照新制的氯水时，次氯酸见光已分解生成盐酸和氧气，降低次氯酸浓度，平衡右移，溶液的酸性逐渐增强 ，故A能用勒
14、夏特列原理解释，A不符合；B 向含有Fe(SCN)2的红色溶液中， ，加铁粉，振荡，降低三价铁离子浓度，平衡左移，颜色变浅，故B能用勒夏特列原理解释，B不符合；C 加入催化剂，只能加快反应速率，不改变平衡状态，故C不能用勒夏特列原理解释，C符合；D，饱和食盐水增大了氯离子浓度，平衡左移，可以减少氯气的溶解，故D能用勒夏特列原理解释，D不符合。答案选C。12. 在合成氨的反应中，在5s中N2由6mol/L减至2mol/L。则NH3的平均反应速率是( )A. 2.4 mol/(Ls)B. 1.6mol/(Ls)C. 0.8 mol/(Ls)D. 0.08 mol/(Ls)【答案】B【解析】分析】【
15、详解】V(N2)=0.8mol/(Ls)，根据反应方程式N2+3H22NH3可知V(NH3)=2V(N2)=1.6 mol/(Ls)，故合理选项是B。13. 反应A(g)3B(g) 2C(g)2D(g)在四种不同情况下的反应速率分别为v(A)0.15 molL1s1 v(B)0.6 molL1s1；v(C)0.4 molL1s1；v(D)0.45 molL1s1该反应进行的快慢顺序为()A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】【详解】各物质的反应速率之比等于化学计量数之比，用B的反应速率来表示每个选项中的速率，由化学方程式A(g)+3B(g) 2C(g)+2D(g)得出：v(B)=3
16、v(A)=30.15molL-1s-1=0.45molL-1s-1；v(B)=0.6molL-1s-1；v(B)=v(C)=0.4molL-1s-1=0.6molL-1s-1；v(B)=v(D)=0.45molL-1s-1=0.675molL-1s-1；比较的大小为=。故选：A。【点睛】题目中已知化学反应方程式和以不同物质表示的化学反应速率，要比较化学反应速率的快慢，可将各物质的速率转化为同一种物质进行比较；同一反应中各物质的反应速率之比等于化学计量数之比，据此进行解答。14. 10 mL 1mol/L的盐酸与一小块大理石的化学反应CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2+H2O，下列措施能使
17、化学反应速率提高的是（ ）。A. 加入一定量的CaCl2B. 加入5 mL 1.5 mol/L的盐酸C. 加入15 mL 0.5 mol/L的盐酸D. 加入5 mL H2O【答案】B【解析】【分析】【详解】A碳酸钙和盐酸反应的反应速率与CaCl2无关，加入一定量的CaCl2对化学反应速率无影响，A错误；B加入5 mL 1.5 mol/L的盐酸，能够增大盐酸的浓度，提高化学反应速率，B正确；C加入15 mL 0.5 mol/L的盐酸，减小了盐酸浓度，反应速率减慢，C错误；D加入5 mL H2O，能够减小反应物浓度，化学反应速率减慢，D错误。故答案B。15. 设 ，反应速率为， ，反应速率为，当温
18、度升高时，速率变化情况为（ ）A. 增大，减小B. 、都增大C. 减小，增大D. 、都减小【答案】B【解析】【分析】【详解】升高温度，使分子获得更多能量，活化分子百分数增大，另外含有较高能量的分子间的碰撞频率也随之提高，所以不论是吸热反应还是放热反应，升高温度，化学反应速率均增大。答案选B。16. 对于某一可逆玩应。使用催化剂的作用在于（ ）A. 提高反应物的平衡转化率B. 同等程度地改变正、逆反应速率C. 增大正反应速率，减小逆反应速率D. 改变平衡状态【答案】B【解析】【分析】【详解】A. 催化剂改变速率，不改变化学平衡，反应物的转化率不变，故A错误；B. 催化剂同等程度影响正逆反应速率，
19、故B正确；C. 催化剂同等程度影响正逆反应速率，故C错误；D. 催化剂改变速率，不改变化学平衡状态，故D错误；故选B。17. 根据平衡移动原理，合成氨适宜的条件是( )A. 高温高压B. 高温低压C. 低温高压D. 低温低压【答案】C【解析】【分析】【详解】为气体体积缩小的可逆反应，且为放热反应，根据平衡移动原理，在低温、高压下有利于氨气的生成，所以合成氨适宜的条件是低温高压，C正确；答案选C。18. 下列措施有利于反应N2 (g) + 3H2(g)2NH3 (g) H = -92kJmol1，平衡向正反应方向移动的是升高温度 降低温度 增大压强 减小压强 增大NH3浓度 减小NH3浓度A.
20、B. C. D. 【答案】D【解析】分析】【详解】该反应为一个体积减少的放热反应；升高温度，平衡左移； 降低温度，平衡右移；增大压强，平衡右移； 减小压强，平衡左移； 增大NH3浓度，平衡左移 减小NH3浓度，平衡右移；D正确，故选D。19. 参考下列图表和有关要求回答问题：（1）图是 1mol NO2（g）和 1 mol CO（g）反应生成 CO2 和NO 过程中能量变化示意图，若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1的变化是_（填“增大”“减小”或“不变”，下同），H 的变化是_。请写出 NO2和 CO反应的热化学方程式：_。（2）甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应
21、原理是：CH3OH（g）H2O（g）=CO2（g）3H2（g）H49.0 kJmol-1CH3OH（g）O2（g）=CO2（g）2H2（g）H192.9 kJmol1又知H2O（g）=H2O（l） H44 kJmol-1则甲醇燃烧生成液态水的热化学方程式：_。（3）下表是部分化学键的键能数据：已知 1 mol 白磷（P4）完全燃烧放热为 dkJ，白磷及其完全燃烧的产物结构如图所示，则表中 x_kJmol-1（用含有 a、b、c、d 的代数式表示）。【答案】 (1). 减小 (2). 不变 (3). NO2（g）+CO（g）=NO（g）+CO2（g）H=-234 kJmol1 (4). CH3O
22、H（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=-726 KJmol1 (5). 【解析】【分析】【详解】（1）图是 1mol NO2（g）和1mol CO（g）反应生成 CO2 和NO 过程中能量变化示意图，加入催化剂能降低反应所需的活化能，则E1和E2都减小，催化剂不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即反应热不改变，催化剂对反应热无影响，H不变，由图可知，1mol NO2和1mol CO反应生成CO2和NO放出热量368kJ-134kJ=234kJ，反应热化学方程式为NO2（g）+CO（g）=NO（g）+CO2（g）H=-234 kJmol1，故答案：减小；不变；NO2（g）
23、+CO（g）=NO（g）+CO2（g）H=-234 kJmol1；（2）甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是：CH3OH（g）H2O（g）=CO2（g）3H2（g）H49.0 kJmol-1CH3OH（g）O2（g）=CO2（g）2H2（g）H192.9 kJmol1又知H2O（g）=H2O（l） H44 kJmol-1依据盖斯定律计算（3-2+2） 得到CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=-726 KJmol1；故答案为：CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=-726 KJmol1；（3）白磷燃烧的方程式为P4+5O2
24、=P4O10，1mol白磷完全燃烧需拆开6mol P-P、5mol O=O，形成12molP-O、4mol P=O，所以12molbkJmol1+4molxkJmol1-（6mola kJmol1+5 molc kJmol1）=dkJmol1，x=kJmol1，故答案为：。【点睛】本题考查较为综合，本题注意热化学方程式的书写方法和计算应用，注意焓变计算和物质聚集状态的标注，难点（3）注意反应热的计算，特别是注意分析白磷的氧化磷的分子结构，正确判断共价键的类型和数目。20. 下图所示的四个容器中分别盛有不同的溶液，除a、b外，其余电极均为石墨电极。甲为铅蓄电池，其两个电极的电极材料分别为PbO2
25、和Pb。闭合K，发现g电极附近的溶液先变红，20min后，将K断开，此时c、d两极上产生的气体体积相同。据此回答：(1)a电极的电极材料是_（填“PbO2”或“Pb”）。(2)丙装置中发生电解的总反应方程式为_。(3)电解20min时，停止电解，此时要使乙中溶液恢复到原来的状态，需要加入的物质及其物质的量是_。(4)20min后将乙装置与其他装置断开，然后在c、d两极间连接上灵敏电流计，发现电流计指针偏转，则此时c电极为_极，d电极上发生反应的电极反应式为_。【答案】 (1). PbO2 (2). 2H2O2H2+O2 (3). 0.1molCu(OH)2或0.1molCuO、0.1molH2
26、O (4). 负 (5). O2+4H+4e-=2H2O【解析】【分析】【详解】甲池是原电池做电源，发生的电池总反应为：Pb+PbO2+2H2SO4 2PbSO4+2H2O；乙、丙、丁是电解池，闭合K，发现g电极附近的溶液变红，说明g电极是电解池的阴极，h是电解池的阳极；所以a为正极，b为负极；c电极为阴极，d为阳极；e电极为阴极，f为阳极；20min后，将K断开，此时c、d两极上产生的气体体积相同，(1)a电极是铅蓄电池的正极，正极的电极材料是PbO2，正极电极反应式为PbO2+4H+=PbSO4+2H2O；(2)丙中电解硫酸铝溶液，其实际上是电解水，其电解方程式为2H2O2H2+O2；(3
27、)c、d两极上产生的气体体积相同，c电极上发生的电极反应为：Cu2+2e-=Cu；2H+2e-=H2，d电极上发生的电极反应为：4OH-4e-=2H2O+O2，设生成的氧气物质的量为x，则氢气物质的量也为x，生成Cu的物质的量为0.1L1mol/L=0.1mol，由得失电子可得：2x+0.1mol2=4x，解得x=0.1mol，则电解时生成0.1mol氢气、0.1mol氧气和0.1molCu，若要恢复到原来的状态，需要加入0.1molCu(OH)2或0.1molCuO和0.1molH2O；(4)20min后将乙装置与其他装置断开，然后在c、d两极间连上灵敏电流计，发现电流计指针偏转，说明形成了
28、原电池反应，氢气在c极失电子，c为负极，氧气在d极得电子，正极的反应为O2+4H+4e-=2H2O。21. 科学家一直致力于“人工固氮”新方法的研究。(1)传统“人工固氮”的反应为N2(g)3H2(g)2NH3(g)。一定温度下，将1molN2和3molH2通入体积为0.5L的密闭容器中，达到平衡状态时H2的转化率为50%，该温度下该反应的平衡常数K=_(保留两位有效数字)。(2)最新“人工固氮”的研究报道，常温常压、光照条件下，N2在催化剂表面与水发生反应：2N2(g)6H2O(l)4NH3(g)3O2(g)H=QkJmol-1.已知该反应的平衡常数K与温度的关系如图所示，则此反应为_(填“
29、放热”或“吸热”)反应。(3)氨催化氧化法制硝酸的主要反应为4NH3(g)5O2(g)4NO(g)6H2O(g)H”“K2=K3=K4 (6). t2t3【解析】【分析】【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；从反应开始到达第一次平衡时的平均速率v（A）= =0.05mol
30、/（Lmin）；（2）K值不变，温度不变，由图1可知，5min时各组分的物质的量不变，且平衡向正反应移动，只能改变压强，由反应为前后气体体积减小的反应，故应增大压强；（3）降低温度，A的转化率将增大，反应向正反应进行，所以正反应为放热反应，该反应为前后气体体积减小的反应，t3时刻，正逆反应速率都增大，且逆反应速率变化大，平衡向逆反应移动，应为升高温度，所以K1K2；t6时刻，正逆反应速率都减小，且正反应速率变化大，平衡向逆反应移动；应为降低压强，所以K3=K4；t5t6正逆速率都增大，平衡不移动，应是使用催化剂，K不变，所以K2=K3，所以K1K2=K3=K4，所以t2t3段A的转化率最高。2
31、3. 丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备。回答下列问题：（1）正丁烷（C4H10）脱氢制1-丁烯（C4H8）的热化学方程式如下：C4H10(g)= C4H8(g)+H2(g) H1已知：C4H10(g)+O2(g)= C4H8(g)+H2O(g) H2=-119 kJmol-1H2(g)+ O2(g)= H2O(g) H3=-242 kJmol-1反应的H1为_ kJmol-1。图（a）是反应平衡转化率与反应温度及压强的关系图，x_0.1（填“大于”或“小于”）；欲使丁烯的平衡产率提高，应采取的措施是_（填标号）。A升高温度 B降低温度 C增大压强 D降低压强（2）丁烷和氢气的混合
32、气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器（氢气的作用是活化催化剂），出口气中含有丁烯、丁烷、氢气等。图（b）为丁烯产率与进料气中n（氢气）/n（丁烷）的关系。图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势，其降低的原因是_。（3）图（c）为反应产率和反应温度的关系曲线，副产物主要是高温裂解生成的短碳链烃类化合物。丁烯产率在590之前随温度升高而增大的原因可能是_、_；590之后，丁烯产率快速降低的主要原因可能是_。【答案】 (1). +123kJmol1 (2). 小于 (3). AD (4). 氢气是产物之一，随着n(氢气)/n(丁烷)增大，逆反应速率增大 (5). 升高温度有利于反应向吸热方向进行 (6
33、). 温度升高反应速率加快 (7). 丁烷高温裂解生成短链烃类【解析】【分析】【详解】（1）根据盖斯定律，用式-式可得式，因此H1=H2-H3=-119 kJ/mol +242 kJ/mol =+123kJ/mol。由a图可以看出，温度相同时，由0.1MPa变化到xMPa，丁烷的转化率增大，即平衡正向移动，根据反应前后气体系数之和，反应前气体系数小于反应后气体系数之和，因此减小压强，平衡向正反应方向移动，即x0.1。提高丁烯的产率，要求平衡向正反应方向移动，A、因为反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，即丁烯转化率增大，故A正确；B、降低温度，平衡向逆反应方向移动，丁烯的转化率降低，故B错误；C、反应前气体系数之和小于反应后气体系数之和，增大压强，平衡向逆反应方向移动，丁烯的转化率降低，故C错误；D、根据C选项分析，降低压强，平衡向正反应方向移动，丁烯转化率提高，故D正确；（2）因为通入丁烷和氢气，发生，氢气是生成物，随着n(H2)/n(C4H10)增大，相当于增大氢气的量，反应向逆反应方向进行，逆反应速率增加；（3）根据图(c)，590之前，温度升高时反应速率加快，生成的丁烯会更多，同时由于反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡体系中会含有更多的丁烯。而温度超过590时，由于丁烷高温会裂解生成短链烃类，所以参加反应的丁烷也就相应减少。