解题思路：（1）根据M的转化率为60%计算出M的浓度变化量，利用浓度变化量之比等于化学计量数之比求出N的浓度变化量，再根据转化率=[消耗量/起始量]×100%得到；
（2）该反应正反应为吸热反应，升高温度平衡向吸热方向移动，即向正反应方向移动，M的转化率增大；
（3）由于温度不变，则平衡常数不变，与（1）相同，利用三段式计算平衡时各组分的浓度，代入平衡常数计算；
（4）设平衡时M的浓度变化量为xmol/L，由于温度不变，则平衡常数不变，与（1）相同，利用三段式计算平衡时各组分的浓度，代入平衡常数计算x的值，在利用转化率等于计算；
（5）A．由图可知，X、Y的物质的量减小，X、Y为反应物，Z的物质的量增大，Z为生成物，参加反应的各物质的物质的量之比等于化学计量数之比，据此确定化学计量数，反应最后X、Y的物质的量不变，反应为可以反应，据此确定反应方程式；
B．根据v=
△n
V
△t
计算反应速率；
C．由图2中曲线可知，温度为T2先到达平衡，故温度T2＞T1，温度越高Y的含量越低，平衡向正反应移动；
D．图3与图1比较，判断平衡是否发生移动，根据影响平衡移动的因素判断．
（1）△c（M）=60%×1mol•L-1=0.6mol•L-1，浓度变化量之比等于化学计量数之比，所以△c（N）=△c（M）=0.6mol•L-1，故此时N的转化率[0.6mol/L/2.4mol/L]×100%=25%，故答案为：25%；
（2）该反应正反应为吸热反应，升高温度平衡向吸热方向移动，即向正反应方向移动，M的转化率增大，故答案为：增大；
（3））△c（M）=60%×1mol•L-1=0.6mol•L-1，则：
M（g）+N（g）⇌P（g）+Q（g）；
初始（mol/L）：12.4 0 0
转化（mol/L）：0.60.6 0.6 0.6
平衡（mol/L）：0.4 1.8 0.6 0.6
故该温度下平衡常数k=[0.6×0.6/0.4×1.8]=0.5，
反应温度不变，反应物的起始浓度分别为c（M）=4mol•L-1，c（N）=amol•L-1；达到平衡后，c（P）=2mol•L-1，则：
M（g）+N（g）⇌P（g）+Q（g）；
初始（mol/L）：4 a 0 0
转化（mol/L）：222 2
平衡（mol/L）：2a-22 2
所以[2×2
2×(a−2)=0.5，解得a=6，
故答案为：6；
（4）设平衡时M的浓度变化量为为xmol/L，则：
M（g）+N（g）⇌P（g）+Q（g）；
初始（mol/L）：bb 0 0
变化（mol/L）：xxx x
平衡（mol/L）：b-xb-xx x
所以
x×x
(b−x)(b−x)=0.5，解得x=0.41b，
故M的转化率为
0.41bmol/L/bmol/L]×100%=41%，
故答案为：41%；
（5）A．由图1知，X的物质的量减少量为（2.0-1.4）mol=0.6mol，Y的物质的量减少量为（1.6-1.4）mol=0.2mol，X、Y为反应物；Z的物质的量增加量为（0.8-0.4）mol=0.4mol，Z为生成物，同一化学反应同一时间段内，反应物减少的物质的量和生成物增加的物质的量之比等于其计量数之比，所以X、Y、Z的计量数之比=0.6mol：0.2mol：0.4mol=3：1：2，所以反应可表示为：3X（g）+Y（g）⇌2Z（g），故A正确；
B．v=
△n
V
△t=[2.0mol−1.4mol/2L×3min]=0.1mol/（L．min），故B错误；
C．由图2知，“先拐平数值大”，所以T2＞T1，升高温度Y的含量减少，平衡向正反应方向移动，即生成物的浓度增大反应物的浓度减少，所以平衡常数增大，故C减小；
D．图3与图1比较，图3到达平衡所用的时间较短，说明反应速率增大，但平衡状态没有发生改变，应是加入催化剂所致，故D错误；
故选A．
点评：
本题考点： 化学平衡的计算；物质的量或浓度随时间的变化曲线；产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线．
考点点评： 本题考查化学平衡的有关计算、平衡常数的有关计算等，注意理解化学平衡常数的用途，判断反应进行程度、判断反应进行的方向、计算转化率等，化学平衡移动以及平衡图象题，做题时注意分析图象中曲线的变化规律，结合外界条件对平衡移动的影响进行分析，题目难度中等．．