【化学】陕西省咸阳百灵中学2019-2020学年高二上学期第二次月考（理）试题（解析版）

陕西省咸阳百灵中学2019-2020学年高二上学期第二次月考（理）试题
1.下列说法正确的是（ ）
A. 在常温下，放热反应一般能自发进行，吸热反应都不能自发进行
B. 反应NH4HCO3(s) =NH3(g)+H2O(g)+CO2(g) ΔH=+185.57 kJ/mol 能自发进行，原因是体系有自发向混乱度增大的方向转变的倾向
C. 焓变和熵变都与反应的自发性有关，所以焓变和熵变均可以单独作为反应能否自发进行的判据
D. 在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂，可以改变化学反应进行的方向
【答案】B
【解析】
【详解】A. 在常温下，放热反应一般能自发进行，有的吸热反应也能自发进行，故A错误；
B. 反应NH4HCO3(s) =NH3(g)+H2O(g)+CO2(g) ΔH=+185.57 kJ/mol 能自发进行，原因是体系有自发向混乱度增大的方向转变的倾向，故B正确；
C. 焓变和熵变都与反应的自发性有关，所以焓变和熵变不可以单独作为反应能否自发进行的判据，故C错误；
D. 催化剂只改变化学反应速率，在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂，不可以改变化学反应进行的方向，故D错误；
故答案选B。
2.下列各组物质，按强电解质、弱电解质、非电解质、既不是电解质又不是非电解质的顺序排列的是（ ）
A. NaOH、NaCl、SO2、NaCl溶液 B. BaSO4、SO3、CuSO4晶体、Na2O2
C. NaCl、H2S、CO2、Cu D. SO3、AgCl、NH3•H2O、Ag
【答案】C
【解析】
【详解】A、NaCl在水溶液中能完全电离，属于强电解质，不是弱电解质，故A错误；B、SO3是非电解质，CuSO4晶体是电解质、Na2O2也是电解质，故B错误；C、NaCl为强电解质、H2S为弱电解质、CO2是非电解质，Cu是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C正确；D、SO3是非电解质，AgCl是强电解质，NH3•H2O是弱电解质，Ag是单质，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；故选C。
3.稀氨水中存在着下列平衡：NH3·H2ONH4+＋OH－，若要使平衡向逆反应方向移动，同时使c(OH－)增大，应加入的物质或采取的措施是（ ）
①NH4Cl固体；②硫酸；③NaOH固体；④水；⑤加热；⑥加入少量MgCl2固体。
A. ①②③⑤ B. ③⑥ C. ③ D. ③⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①加入氯化铵固体，铵根离子浓度增大，平衡逆向移动，氢氧根浓度减小，故①错误；
②加入硫酸，氢离子中和氢氧根使之浓度减少，继而引发电离平衡正向移动，故②错误；
③加入氢氧化钠固体，氢氧根浓度增大，平衡逆向移动，故③正确；
④加水稀释使电离平衡相关的微粒浓度都减小，平衡向电离方向移动，故④错误；
⑤弱电解质的电离是吸热过程，加热使平衡向右移动，故⑤错误；
⑥加入少量硫酸镁固体，镁离子与氢氧根反应，使溶液中氢氧根浓度减小，稀氨水的电离平衡正向移动，故⑥错误。故只有③正确。
综上所述，答案为B。
4. 下列说法正确的是( )
A. pH=0的溶液不存在
B. 使用广泛pH试纸测得某溶液的pH=3.5
C. 中性溶液的pH不一定等于7
D. 酸或碱溶液在稀释时，溶液的pH均减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．pH=0的溶液，其氢离子浓度为1mol/L，存在这样的溶液，如：1mol/L的盐酸，A错误；
B．广泛pH试纸只能读整数，不能读出小数，B错误；
C．中性溶液的pH在常温下为7，其他温度下不一定等于7，如：100C时，约为6，C正确；
D．酸在稀释时，溶液的pH减小；碱溶液在稀释时，溶液的pH增大，D错误；
故选C。
5.下列说法正确的是（ ）
A. 1 mol·L－1的稀硫酸中存在OH－
B. Kw随溶液c(H＋)和c(OH－)的变化而改变
C. 水的电离只受温度影响，酸碱性对其无影响
D. Kw＝10－14适用于任何温度、任何溶液
【答案】A
【解析】
【详解】A．硫酸溶液中，还存在水微弱的电离，水能电离出少量的氢离子和氢氧根离子，故硫酸溶液中存在氢氧根离子，故A正确；
B．Kw的值与所处的环境无关，只受温度的影响，与溶液中c(H+)和c(OH-)的相对大小无关，故B错误；
C．酸、碱能抑制水的电离，盐类的水解能促进水的电离，故溶液的酸碱性对水的电离有影响，故C错误；
D．Kw＝10－14适用于常温下的任何水溶液，故D错误；
故答案为A。
6.25 ℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋＋OH－，下列叙述正确的是（ ）
A. 将纯水加热到95 ℃时，Kw变大，pH不变，水仍呈中性
B 向纯水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH－)增大，Kw变小
C. 向纯水中加入少量碳酸钠固体，影响水的电离平衡，c(H＋)减小，Kw不变
D. 向纯水中加入醋酸钠固体或盐酸，均可抑制水的电离，Kw不变
【答案】C
【解析】
【详解】A．水的电离是吸热过程，将水加热，促进水的电离，KW增大，氢离子浓度增大，pH减小，水仍呈中性，故A错误；
B．向水中加入稀氨水，稀氨水是弱碱，抑制水的电离，平衡逆向移动，c(OH-)增大，Kw不变，故B错误；
C．向水中加入少量固体碳酸钠，碳酸根离子水解结合水电离出的氢离子，c(H+)减小，Kw不变，促进水电离，平衡正向移动，故C正确；
D．纯水中加入盐酸，抑制了水的电离，但是加入醋酸钠，醋酸根离子发生水解，促进了水的电离，故D错误；
故答案为C。
7.pH＝2的盐酸和pH＝2的稀硫酸相比较，下列说法正确的是（ ）
A. 两溶液的物质的量浓度相同
B. 两溶液的c(H＋)相同
C. 等体积的两溶液分别与足量的Zn反应，产生H2的量不同
D. 将两溶液均稀释100倍后，pH不同
【答案】B
【解析】
【详解】A．pH=2的盐酸和pH=2的稀硫酸溶液中，c(H+)=0.01mol/L，但由于是HCl是一元强酸，而硫酸是二元强酸，据此可知两酸溶液的浓度之比为2；1，故A错误；
B．两溶液中c(H+)均为0.01mol/L，故B正确；
C．两溶液中c(H+)均为0.01mol/L，故等体积的两溶液中氢离子的物质的量相等，则和足量的锌反应产生的氢气的物质的量相等，故C错误；
D．由于都是强酸，故pH=2的盐酸和pH=2的稀硫酸溶液稀释100倍后，溶液的pH均变为4，故D错误；
故答案为B。
8.常温下，4 L的pH＝9的Ca(OH)2溶液与1 L的pH＝13的NaOH溶液混合后，溶液中氢离子的浓度为（ ）
A. 5×10－13 mol·L－1 B. 2×10－12 mol·L－1
C. 4×10－5 mol·L－1 D. 4×10－9mol·L－1
【答案】A
【解析】
【分析】碱与碱混合后溶液的pH计算，先结合溶液中的离子积常数，计算溶液中氢氧根离子浓度，再计算混合后溶液中氢氧根离子浓度，结合溶液中离子积常数换算氢离子浓度。
【详解】4LpH=9的Ca(OH)2溶液中c(OH-)==10-5mol/L；1LpH=13的NaOH溶液中c(OH-)==10-1mol/L；混合后溶液中氢氧根离子浓度c(OH-)=≈2×10-2mol/L；混合溶液中c(H+)==5×10-13mol/L；故答案为A。
9.下列说法正确的是（ ）
A. c(H＋)>1.0×10－7 mol·L－1的溶液一定呈酸性
B. c(H＋)·c(OH－)＝1.0×10－14的溶液一定呈中性
C. 中性溶液中的c(H＋)一定等于1.0×10－7 mol·L－1
D. c(H＋)＝c(OH－)的溶液一定是中性溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A．100℃时，纯水溶液pH=6，则c(H+)＞1.0×10-71mol•L-1的溶液可能呈中性、碱性或酸性，故A错误；
B．常温下c(H+)•c(OH-)=1.0×10-14，该溶液可能呈酸性、碱性或中性，与溶液中H+和OH-浓度相对大小有关，故B错误；
C．中性溶液中的c(H+)不一定等于1.0×10-71mol•L-1，如100℃时，纯水溶液pH=6，故C错误；
D．只要溶液中存在c(H+)=c(OH-)，则该溶液一定是中性溶液，故D正确；
故答案为D。
10.下列说法正确的是（ ）
A. 25 ℃水的电离常数是1.0×10－12
B. 中性溶液的c(H＋)＝
C. 纯水在100 ℃时，c(H＋)>10－7 mol·L－1，所以此时纯水中c(H＋)>c(OH－)
D. pH<7溶液一定是酸溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A．温度为25℃，纯水中c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L,c(H2O)==55.6mol/L，则水的电离常数是=≈1.79×10-12，故A错误。
B．已知Kw=c(H+)×c(OH-)，中性溶液中c(H+)=c(OH-)，则c(H+)=，故B正确；
C．温度升高到100℃，水的电离度增大，则c(H+)=c(OH-)＞10-7mol/L，但c(H+)和c(OH-)仍相等，故C错误；
D．温度未知，pH＜7的溶液不一定呈酸性，可能呈中性或碱性，如100℃时中性溶液pH=6，故D错误；
故答案为B。
11.下列四种溶液中，由水电离出的氢离子浓度之比(①:②:③:④)是（ ）
①c(H＋)＝1 mol·L－1的盐酸
②0.1 mol·L－1的盐酸
③0.01 mol·L－1的NaOH溶液
④c(OH－)＝1 mol·L－1的NaOH溶液
A. 1:10:100:1 B. 1:10－1:10－12：10－14
C. 14:13:12:14 D. 14:3:2:1
【答案】A
【解析】
【分析】酸溶液中水的电离受抑制，溶液中的OH-来源于水的电离，而碱溶液中水的电离也受到抑制，溶液中的H+来源于水的电离。
【详解】①c(H＋)＝1 mol·L－1的盐酸中c(OH－)＝=mol·L－1=1×10-14mol/L，则水电离出的c(H＋)＝1×10-14mol/L；
②0.1 mol·L－1的盐酸中c(H＋)＝0.1 mol·L－1，c(OH－)＝=mol·L－1=1×10-13mol/L，则水电离出的c(H＋)＝1×10-13mol/L；
③0.01 mol·L－1的NaOH溶液中c(OH-)＝0.01 mol·L－1，c(H+)＝=mol·L－1=1×10-12mol/L，则水电离出的c(H＋)＝1×10-12mol/L；
④c(OH－)＝1 mol·L－1的NaOH溶液，c(H+)＝=mol·L－1=1×10-13mol/L，则水电离出的c(H＋)＝1×10-14mol/L；
即由水电离出的氢离子浓度之比①:②:③:④=1×10-14:1×10-13:1×10-12:1×10-14=1:10:100:1，故答案为A。
12. pH=13的 强碱与pH=2的强酸溶液混合，所得混合液的pH＝11，则强碱与强酸的体积比为（ ）
A. 9:1 B. 1:11 C. 1:9 D. 11:1
【答案】C
【解析】
【详解】设强碱与强酸的体积分别是x、y。所得混合液的pH＝11，说明碱是过量的。反应后的溶液中OH－的浓度是0.001mol/L，所以有，解得x︰y＝1︰9，C项正确，
答案选C。
13.pH＝2的A、B两种酸溶液各1 mL，分别加水稀释到1 000 mL，其中pH与溶液体积V的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)

A. A、B两酸溶液的物质的量浓度一定相等
B. 稀释后，A酸溶液的酸性比B酸溶液的酸性强
C. a＝5时，A是强酸，B是弱酸
D. 一定有关系：5>a>2
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，稀释相同的倍数，A的变化大，则A的酸性比B的酸性强；溶液中氢离子浓度越大，酸性越强，对于一元强酸：c(酸)=c(H+)，但对于一元弱酸：c(酸)＞c(H+)，据此分析解答。
【详解】A．因A、B酸的强弱不同，对于一元强酸来说c(酸)=c(H+)，对于一元弱酸，c(酸)＞c(H+)，则A、B两种酸溶液的物质的量浓度一定不相等，故A错误；
B．由图可知，稀释后，B的pH小，c(H+)大，则稀释后B酸的酸性强，故B错误；
C．由图可知，若a=5，A完全电离，则A是强酸，B的pH变化小，则B为弱酸，故C正确；
D．若A和B都是弱酸，加水稀释时促进弱酸电离，所以溶液中pH为5＞a＞2，但A为强酸时，a=5，则5≥a＞2，故D错误；
故选C。
14.在25℃时，某稀溶液中由水电离产生的c（OH-）=10-10 mol•L-1．下列有关该溶液的叙述正确的是（　　）
A. 该溶液一定呈酸性
B. 该溶液中可能等于 
C. 该溶液的pH可能为4也可能为10
D. 该溶液有可能呈中性
【答案】C
【解析】
【分析】25℃时，某稀溶液中由水电离产生的c（OH-）=10-10 mol•L-1＜10-7mol•L-1，说明水的电离受到抑制，酸或碱抑制水电离，所以该溶液中溶质为酸或碱，据此分析解答。
【详解】A．根据以上分析知，该溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，故A错误；
B．如果该溶液呈酸性，该溶液中c（H+）==10-4 mol•L-1，故B错误；
C．如果该溶液呈酸性，该溶液中c（H+）==10-4 mol•L-1，溶液pH=4，如果该溶液呈碱性，溶液中c（H+）等于水电离出来的c（OH-）等于10-10mol•L-1，则溶液的pH=10，故C正确；
D．因为水的电离被抑制，所以溶质可能为酸或碱等物质，溶液可能为酸性或碱性，不可能为中性，故D错误；
答案选C。
15.关于溶液的酸碱性说法正确的是 （　　）
A. c(H+)很小的溶液一定呈碱性
B. PH=7的溶液一定呈中性
C. 不能使酚酞试液变红的溶液一定呈酸性
D. c(OH-)= C(H+)的溶液一定呈中性
【答案】D
【解析】
【详解】A．溶液的酸碱性取决于溶液中c（OH﹣）、c（H+）的相对大小，如果c（OH﹣）＞c（H+），溶液呈碱性，如果c（OH﹣）=c（H+），溶液呈中性，如果c（OH﹣）＜c（H+），溶液呈酸性，如果酸的浓度很小，则c（H+）很小，但溶液仍可能呈酸性，故A错误；
B．pH=7的溶液不一定呈中性，如100℃时，纯水的pH＜7，则该温度下，pH=7的溶液呈碱性，只有c（OH﹣）=c（H+）时，溶液一定呈中性与PH无必然联系，故B错误；
C．酚酞的变色范围是8﹣10，所以能使酚酞试液变红的溶液呈碱性，不能使酚酞试液变红的溶液，可能是盐的中性溶液或酸性溶液，如氯化钠盐溶液不能使酚酞试液变红，故C错误；
D．溶液中如果c（OH﹣）=c（H+），则溶液呈中性，故D正确；
故选D。
16.氢能的优点是燃烧热值高，无污染。目前工业制氢气的一个重要反应为CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)　ΔH，反应过程和能量的关系如图所示：

（1）CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)　ΔH______(填“>”“<”或“＝”)0。
（2）过程Ⅱ是加入催化剂后的反应过程，则过程Ⅰ和Ⅱ的反应热________(填“相等”或“不相等”)，原因是___________________________________________。
（3）已知：H2(g)＋O2(g)===H2O(g) ΔH＝－242.0 kJ·mol－1
H2O(l)===H2O(g)　 ΔH＝＋44.0 kJ·mol－1
则H2(g)燃烧生成H2O(l)的热化学方程式为_________________________________________。
【答案】(1). ＞ (2). 相等 (3). 化学反应的反应热仅与反应物的总能量和生成物的总能量有关，与是否加入催化剂无关 (4). H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H=-286.0kJ•mol-1
【解析】
【分析】(1)根据图知，反应物总能量小于生成物总能量，则该反应为吸热反应；
(2)催化剂只改变化学反应速率不影响平衡移动，化学反应的反应热仅与反应物的总能量和生成物的总能量有关；
(3)①H2(g)+O2(g)═H2O(g)△H=-242.0kJ•mol-1，②H2O(l)═H2O(g)△H=+44.0kJ•mol-1，将方程式①-②得H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H进行相应的改变。
【详解】(1)根据图知，反应物总能量小于生成物总能量，则该反应为吸热反应，所以△H＞0；
(2)催化剂只改变化学反应速率不影响平衡移动，化学反应的反应热仅与反应物的总能量和生成物的总能量有关，与是否加入催化剂无关，所以I、II的反应热相等；
(3)①H2(g)+O2(g)═H2O(g)△H=-242.0kJ•mol-1，②H2O(l)═H2O(g)△H=+44.0kJ•mol-1，将方程式①-②得H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H=-242.0kJ/mol-44kJ/mol=-286.0kJ•mol-1。
17.有下列物质的溶液：①CH3COOH　②HCl　③H2SO4　④NaHSO4
（1）若四种溶液的物质的量浓度相同，其c(H＋)的大小比较为____________(用序号表示，下同)。
（2）将6 g CH3COOH溶于水制成1 L溶液，此溶液的物质的量浓度为___________，经测定溶液中c(CH3COO－)为1.4×10－3 mol/L，此温度下醋酸的电离常数Ka＝____________，温度升高，Ka将_____(填“变大”“不变”或“变小”，下同)，加入少量CH3COONa后c(H＋)______，Ka______。
【答案】(1). ③＞②=④＞① (2). 0.1mol/L (3). 1.99×10-5 (4). 变大 (5). 变小 (6). 不变
【解析】
【分析】(1)醋酸是一元弱酸、盐酸是一元强酸、硫酸是二元强酸、硫酸氢钠相当于一元强酸；
(2)n(CH3COOH)==0.1mol，根据c=计算物质的量浓度；根据k=计算其大小并判断升温电离平衡常数的变化，结合外界条件对弱电解质的电离平衡的影响判断离子浓度的变化，电离平衡常数只受温度影响。
【详解】(1)醋酸是一元弱酸、盐酸是一元强酸、硫酸是二元强酸、硫酸氢钠相当于一元强酸，若①CH3COOH ②HCl③H2SO4 ④NaHSO4溶液的物质的量浓度相同，c(H+)的大小顺序为：③＞②=④＞①；
(2)n(CH3COOH)==0.1mol，c(CH3COOH)==0.1mol/L；
c(CH3COO-)=c(H+)=1.4×10-3mol/L，k==1.99×10-5；醋酸电离吸热，升温促进电离，电离平衡常数增大；向醋酸溶液中加入醋酸钠，醋酸根离子浓度增大，醋酸的电离平衡逆向移动，氢离子浓度减小，温度不变电离平衡醋酸不变。
18.（1）在常温下的0.05 mol·L－1硫酸溶液中，c(H＋)＝_______mol·L－1，水电离出的c(H＋)＝___________mol·L－1，水电离出的c(OH－)＝_________ mol·L－1。
（2）某温度下，纯水的c(H＋)＝2×10－7 mol·L－1，则此时c(OH－)为_____________mol·L－1。若温度不变，滴入稀盐酸使c(H＋)＝5×10－4 mol·L－1，则溶液中c(OH－)为_______________mol·L－1，此时温度_______(填“高于”、“低于”或“等于”)25 ℃。
【答案】(1). 0.1 (2). 1×10-13 (3). 1×10-13 (4). 2×10-7 (5). 8×10-11 (6). 高于
【解析】
【分析】(1)常温下水的离子积常数为1×10-14，硫酸溶液中水的电离受抑制，且水电离的H+和OH-浓度相等；
(2)依据纯水存在电离平衡，电离出的氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同；在酸溶液、碱溶液、盐溶液中存在离子积常数，Kw随温度变化；依据离子积计算离子浓度，水的电离是吸热的，温度越高，水的离子积越大，据此回答。
【详解】(1)在常温下的0.05 mol·L－1硫酸溶液中，c(H＋)＝0.05 mol·L－1×2=0.1mol·L－1，此时的电离受抑制，溶液中OH－来自水的电离，且水电离的H+和OH-浓度相等，则水电离出的c(OH－)＝mol·L－1=1×10-13mol/L，水电离出的c(H＋)＝1×10-13mol·L－1；
(2)某温度下纯水中的c(H+)=2×10-7mol/L，则此时溶液中的c(OH-)=2×10-7mol/L，水的离子Kw=c(H+)•c(OH-)=4×10-14mol2•L-2＞1×10-14mol2•L-2，则此时的温度高于25 ℃；若温度不变，滴入稀盐酸，使c(H+)=5×10-4mol/L，则溶液中c(H+)•c(OH-)=4×10-14，可知c(OH-)==8×10-11mol/L。
19.合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要的意义。其原理为：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)　ΔH＝－92.4 kJ/mol，据此回答以下问题：
（1）①该反应的化学平衡常数表达式为________________。
②根据温度对化学平衡的影响规律可知，对于该反应，温度越高，其平衡常数的值越______。
（2）某温度下，若把10 mol N2与30 mol H2置于体积为10 L的密闭容器内，反应达到平衡状态时，测得混合气体中氨的体积分数为20%，则该温度下反应的K＝_________(可用分数表示)。能说明该反应达到化学平衡状态的是_______(填字母)。
a．容器内的密度保持不变　 b．容器内压强保持不变
c．v正(N2)＝2v逆(NH3) d．混合气体中c(NH3)不变
（3）对于合成氨反应而言，下列有关图像一定正确的是_________(选填序号)。
a. b. c.
（4）相同温度下，有恒容密闭容器A和恒压密闭容器B，两容器中均充入1 mol N2和3 mol H2，此时两容器的体积相等。在一定条件下反应达到平衡状态，A中NH3的体积分数为a，放出热量Q1 kJ；B中NH3的体积分数为b，放出热量Q2 kJ。则：a______b(填“>”“＝”或“<”，下同)，Q1_____92.4。
【答案】(1). k= (2). 小 (3). (4). bd (5). ac (6). ＜ (7). ＜
【解析】
分析】(1)①根据化学平衡常数概念列表达式；②反应为放热反应，升温反应逆向移动，k变小；
(2)根据三段式和k的表达式可得；化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分浓度保持不变，据此分析；
(3)a．先出现拐点先达到平衡，则T2大，温度高，平衡逆向移动；
b．平衡时浓度不一定相等；
c．使用催化剂加快反应速率，对平衡无影响；
(4)恒容密闭容器A，反应达到平衡状态，A中NH3的体积分数为a，放出热量Q1kJ，
而恒压密闭容器B，均充入1mol N2和3molH2，反应发生后总物质的量减少，由pV=nRT可知，相对于A来说，相当于B加压，则平衡正向移动。
【详解】(1)①根据化学平衡常数概念列表达式k=；
②该反应是放热反应，温度越高，反应越逆向进行，K越小；
(2)设反应氮气为x，根据三段式：

反应达到平衡状态时，测得混合气体中氨的体积分数为20%，即=20%，解得：x=，则k===；
a．容器体积不变，气体质量不变，所以容器内的密度始终保持不变，故a错误；
b．容器体积不变，反应前后气体物质的量不同，所以容器内压强保持不变说明反应达到平衡状态，故b正确；
c．v正(N2)=2v逆(NH3)，不符合化学计量数之比，故c错误；
d．混合气体中c(NH3)不变，说明各组分浓度都不变，反应达到平衡状态，故d正确；
故答案为：bd；
(3)a．先出现拐点的先达到平衡，则T2大，温度高，平衡逆向移动，与图象一致，故a正确；
b．平衡时浓度不一定相等，平衡浓度取决起始浓度和转化率，图象表示错误，故b错误；
c．使用催化剂加快反应速率，对平衡无影响，平衡时物质的浓度不变，与图象一致，故c正确；
故答案为：ac；
(4)恒容密闭容器A，反应达到平衡状态，A中NH3的体积分数为a，放出热量Q1kJ，而恒压密闭容器B，均充入1mol N2和3molH2，反应发生后总物质的量减少，由pV=nRT可知，相对于A来说，相当于B加压，则平衡正向移动，氨气的体积分数变大，所以a＜b；热化学方程式中反应热为完全反应放出的热量，而A中氮气不能完全转化，放出的热量少，即Q1＜92.4。