2017-2018学年宁夏银川一中高二上学期期末化学试题（解析版）


2017-2018学年宁夏银川一中高二（上）期末化学试卷
一、单选题（本大题共13小题，共26.0分）
1. 已建立平衡的某可逆反应，当改变条件使化学平衡向正反应方向移动时，下列叙述正确的是（　　）
①生成物的体积分数一定增加
②生成物的产量一定增加
③反应物的转化率一定增加
④反应物的浓度一定降低
⑤正反应速率一定大于逆反应速率
A. ①②④⑤ B. ①②③⑤ C. ②③ D. ②⑤
【答案】D
【解析】解：①减小生成物浓度，使平衡正向移动，而生成物体积分数减小，故错误；
②平衡向正反应移动，生成物的物质的量一定增加，可知生成物的产量一定增加，故正确；
③如增大反应物的浓度，平衡向正方向移动，可促进其它反应物的转化，而自身转化率减小，故错误；
④减小体积可能使平衡向正反应移动，则反应物浓度可增大，故错误；
⑤正反应速率大于逆反应速率时，平衡正向移动，故正确；
故选：D。
①减小生成物浓度，使平衡正向移动；
②平衡向正反应移动，生成物的物质的量一定增加；
③如增大反应物的浓度，平衡向正方向移动，可促进其它反应物的转化；
④减小体积可能使平衡向正反应移动；
⑤若平衡向正反应移动，正反应速率一定大于逆反应速率。
本题考查化学平衡，为高考常见题型，把握平衡移动的影响因素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意④为解答的难点，题目难度不大。

2. 可逆反应：2NO2⇌2NO+O2在体积固定的密闭容器中进行，达到平衡状态的标志是（　　）
①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO
②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2
③用NO2，NO，O2表示的反应速率的比为2：2：1的状态
④混合气体的压强不再改变的状态
⑤混合气体的密度不再改变的状态
⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
⑦混合气体的颜色不再改变的状态．
A. ②④⑥⑦ B. ②③⑤⑦ C. ①③④⑤ D. 全部
【答案】A
【解析】解：①无论该反应是否达到平衡状态，单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO，不能据此判断平衡状态，故错误；
②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；
③无论该反应是否达到平衡状态，用NO2，NO，O2表示的反应速率的比为2：2：1，不能据此判断平衡状态，故错误；
④该反应的反应前后气体的物质的量改变，当混合气体的压强不再改变时改反应达到平衡状态，故正确；
⑤反应前后气体的质量不变、容器的体积不变，所以密度始终不变，所以不能据此判断平衡状态，故错误；
⑥该反应的反应前后气体的物质的量改变，混合气体的平均相对分子质量不再改变时该反应达到平衡状态，故正确；
⑦混合气体的颜色不再改变时，各物质的浓度不变，该反应达到平衡状态，故正确；
故选：A。
可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的一系列物理量不变，据此分析解答．
本题考查化学平衡状态的判断，只有反应前后改变的物理量才能作为判断依据，正确判断哪些物理量改变是解本题关键，题目难度中等．

3. 未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生，下列属于未来新能源标准的是（　　）
①天然气    ②煤    ③核能   ④石油⑤太阳能           ⑥生物质能  ⑦风能  ⑧氢能
A. ⑤⑥⑦ B. ⑤⑥⑦⑧ C. ③⑤⑥⑦⑧ D. ③④⑤⑥⑦⑧
【答案】B
【解析】解：煤、石油、天然气是化石能源，不是新能源，属于未来新能源：太阳能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等，所以属于未来新能源标准的是⑤⑥⑦⑧。
故选：B。
煤、石油、天然气是化石燃料，太阳能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等都是新能源。
本题主要考查学生对常见的新能源的了解和掌握，难度不大，注意基础知识的积累，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。

4. 醋酸是电解质，下列能说明醋酸是弱电解质的组合是（　　）
①醋酸与水能以任意比例互溶
②白醋中滴入石蕊试液呈红色
③0.1mol/L醋酸的pH比0.1mol/L盐酸的pH大
④蛋壳浸入白醋中有气体放出
⑤0.1mol/L醋酸钠溶液pH=8.9
⑥大小相同的锌粒与相同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应，醋酸产生H2的速率慢
A. ②⑤⑥ B. ③④⑤⑥ C. ③⑤⑥ D. ①②
【答案】C
【解析】解：①醋酸与水能以任意比例互溶，说明醋酸溶解性强，但不能说明醋酸部分电离，则不能说明醋酸是弱电解质，故错误；
②白醋中滴入石蕊试液呈红色，说明醋酸为酸，但不能说明醋酸部分电离，则不能说明醋酸是弱电解质，故错误；
③0.1mol/L醋酸的pH比0.1mol/L盐酸的pH大，说明醋酸部分电离，为弱电解质，故正确；
④蛋壳浸入白醋中有气体放出，说明醋酸酸性大于碳酸，但不能说明醋酸部分电离，则不能证明醋酸为弱电解质，故错误；
⑤0.1mol/L醋酸钠溶液pH=8.9，说明醋酸钠为强碱弱酸盐，则醋酸为弱酸，故正确；
⑥大小相同的锌粒与相同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应，醋酸产生H2的速率慢，说明醋酸部分电离，为弱电解质，故D正确；
故选：C。
要说明醋酸是弱电解质，只要证明醋酸部分电离即可，可以根据其一定溶液的pH、钠盐溶液的pH等方法判断，据此分析解答。
本题考查弱电解质的判断，明确强弱电解质根本区别是解本题关键，弱电解质与电解质溶解性强弱无关，题目难度不大。

5. 已知：CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O△H＜0．下列说法不正确的是（　　）
A. 其它条件不变，适当增大盐酸的浓度将加快化学反应速率
B. 其它条件下不变，适当增加CaCO3的用量将加快化学反应速率
C. 反应过程中，化学反应速率将先增大后减小
D. 一定条件下反应速率改变，△H＜0不变
【答案】B
【解析】解：A．增大盐酸的浓度，氢离子浓度增大，反应速率加快，故A正确；
B．由于CaCO3是固体，若只增大其用量，而不增大其与盐酸的接触面积，化学反应速率不变，故B错误；
C．由于反应放热，反应过程中温度升高，速率会变快，但随着盐酸浓度的减小，速率会逐渐变慢，故C正确；
D．反应焓变只与反应物和生成物的能量状态有关，与反应快慢无关，故D正确；
故选：B。
A．增大盐酸的浓度，氢离子浓度增大，反应速率加快；
B．由于CaCO3是固体，若只增大其用量，而不增大其与盐酸的接触面积；
C．由于反应放热，反应过程中温度升高，速率会变快，但随着盐酸浓度的减小，速率会逐渐变慢；
D．反应焓变只与反应物和生成物的能量状态有关．
本题考查影响化学反应速率的因素及其焓变的影响因素，为高频考点，把握常见的影响因素为解答的关键，题目难度不大．

6. 向某密闭容器中加入0.3mol A、0.1mol C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甲图所示（t0～t1阶段的c（B）变化未画出）。乙图为t时刻后改变条件平衡体系中正、逆反应速率随时间变化的情况，且四个阶段都各改变一种反应条件（浓度、温度、压强、催化剂）且互不相同，t3～t4阶段为使用催化剂。下列说法中不正确的是（　　）

A. 若t1=15 s，则用C的浓度变化表示的t0～t1段的平均反应速率为0.004mol•L-1•s-1
B. t4～t5阶段改变的条件一定为减小压强
C. 该容器的容积为2 L，B的起始物质的量为0.02 mol
D. 该化学反应方程式为3A（g）⇌B（g）+2C（g）
【答案】C
【解析】解：t3～t4阶段为使用催化剂，t4～t5阶段改变条件平衡不移动，改变温度或某一组分浓度，平衡发生移动，故t4时改变的条件为减小压强，说明反应前后气体的体积相等，且反应速率减小，应是降低压强。t5时正逆反应速率都增大，应是升高温度，t2时正、逆反应速率中只有其中一个增大，应是改变某一物质的浓度。
由图甲可知，t1时到达平衡，△c（A）=0.09mol/L，△c（C）=0.06mol/L，二者化学计量数之比为0.9：0.6=3：2，则B为生成物，反应方程式为：3A（g）⇌B（g）+2C（g）。
A．若t1=15s，t0～t1段△c（C）=0.11mol/L-0.05mol/L=0.06mol/L，则v（A）==0.004mol/（L．s），故A正确；
B．t4～t5阶段改变的条件是降低压强，故B正确；
C．由方程式可知△c（B）=△c（C）=0.03mol/L，B的起始浓度=0.05mol/L-0.03mol/L=0.02mol/L，该容器的容积为2 L，B的起始物质的量为2L×0.02mol/L=0.02 mol，故C错误；
D．A、B、C在方程式的系数之比是3：1：2，A是反应物，B、C是产物，反应最终达到了平衡，属于可逆反应，即反应方程式为：3A⇌2C+B，故D正确；
故选：C。
t3～t4阶段为使用催化剂，t4～t5阶段改变条件平衡不移动，改变温度或某一组分浓度，平衡发生移动，故t4时改变的条件为减小压强，说明反应前后气体的体积相等，且反应速率减小，应是降低压强。t5时正逆反应速率都增大，应是升高温度，t2时正、逆反应速率中只有其中一个增大，应是改变某一物质的浓度。
由图甲可知，t1时到达平衡，△c（A）=0.09mol/L，△c（C）=0.06mol/L，二者化学计量数之比为0.09：0.06=3：2，则B为生成物，反应方程式为：3A（g）⇌B（g）+2C（g）。
A．根据v=计算v（C）；
B．t4～t5阶段改变的条件是降低压强；
C．由方程式可知△c（B）=△c（C），B的起始浓度=B的平衡浓度-△c（B），再根据n=cV计算；
D．根据A、C浓度变化量确定二者的系数之比以及反应过程中混合气体的平均相对分子质量始终不变，得到反应是前后气体的系数和相等的反应，确定B的位置和系数，书写方程式；
本题考查化学平衡计算与影响因素、化学平衡图象、反应速率计算、热化学方程式书写等，关键是根据图象综合分析各阶段改变条件、确定反应方程式，题目难度中等。

7. pH=5的盐酸和pH=9的氢氧化钠溶液以体积比11：9混合，混合液的pH为（　　）
A. 7.2 B. 8 C. 6 D. 无法计算
【答案】C
【解析】解：pH=5的盐酸中c（H+）=10-5mol/L，pH=9的氢氧化钠中c（OH-）=mol/L=10-5mol/L，二者以体积比11：9混合，则盐酸过量，溶液呈酸性，混合溶液中c（H+）==10-6mol/L，则溶液的pH=6，
故选：C。
pH=5的盐酸中c（H+）=10-5mol/L，pH=9的氢氧化钠中c（OH-）=mol/L=10-5mol/L，二者以体积比11：9混合，则盐酸过量，溶液呈酸性，先计算混合溶液中氢离子浓度，再计算溶液的pH．
本题考查了pH的简单计算，根据混合溶液中氢离子浓度计算溶液的pH，该题也可以采用排除法判断，酸中氢离子浓度和碱中氢氧根离子浓度相等，酸的体积大于碱的体积，二者混合时酸过量导致溶液呈酸性，只有C选项为酸性溶液．

8. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（　　）
A. 合成氨工业上增大压强以提高反应物的转化率
B. 黄绿色的氯水光照后颜色变浅
C. 由H2、I2蒸气、HI组成的平衡体系加压后颜色变深
D. 在含有Fe（SCN）2+的红色溶液中加铁粉，振荡静置，溶液颜色变浅或褪去
【答案】C
【解析】解：A．增大压强，平衡向正反应方向移动，能用平衡移动原理解释，故A不选；
B．氯气溶于水的反应是一个可逆反应，Cl2+H2O⇌HClO-+H++Cl-，光照条件下次氯酸分解生成HCl和氧气，导致平衡正向移动，所以黄绿色的氯水光照后颜色变浅，可以用平衡移动原理解释，故B不选；
C．该反应前后气体物质的量之和不变，增大压强平衡不移动，因为体积减小导致碘浓度增大而使颜色加深，所以不能用平衡移动原理解释，故C选；
D．溶液中存在平衡Fe3++SCN-⇌Fe（SCN）2+，加铁粉，铁与Fe3+反应，Fe3+浓度降低，则平衡向左移动进行，溶液颜色变浅或褪去，能用勒夏特利原理来解释，故D不选；
故选：C。
平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动；平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用勒沙特列原理解释．
本题考查化学平衡移动原理，为高频考点，侧重考查学生对化学平衡移动原理概念的理解及运用，明确化学平衡移动原理适用范围是解本题关键，注意：催化剂只能改变反应速率不改变平衡移动，题目难度不大，易错选项是C．

9. 下列对定量实验误差分析正确的是（　　）

操作
结果
A
中和热测定实验中，缓慢地将NaOH溶液倒入测定装置中
无影响
B
酸碱中和滴定实验中，滴定前无气泡而滴定后有气泡
偏高
C
测定溶液PH 的实验中，用湿润的pH 试纸测定某溶液的pH
偏高
D
现需90mL 1.0mo/LNaOH溶液，称取3.6gNaOH固体配制
溶液浓度偏低
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】解：A．缓慢地将NaOH溶液倒入测定装置中，热量散失，难测定最高温度，测定结果偏低，故A错误；
B．滴定前无气泡而滴定后有气泡，标准液的体积偏小，则测定浓度偏低，故B错误；
C．湿润的pH 试纸，将溶液浓度稀释，若测定NaCl溶液的pH无影响，测定酸溶液的pH偏高，测定碱溶液的pH偏低，故C错误；
D．需90mL 1.0mo/LNaOH溶液，选100mL容量瓶，需要NaOH的质量为0.1L×1.0mol/L×40g/mol=4.0g，则称取3.6gNaOH固体配制，溶液浓度偏低，故D正确；
故选：D。
A．缓慢地将NaOH溶液倒入测定装置中，热量散失，难测定最高温度；
B．滴定前无气泡而滴定后有气泡，标准液的体积偏小；
C．湿润的pH 试纸，将溶液浓度稀释；
D．需90mL 1.0mo/LNaOH溶液，选100mL容量瓶，需要NaOH的质量为0.1L×1.0mol/L×40g/mol=4.0g。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握中和热测定、中和滴定、pH测定、溶液配制、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

10. 用水稀释0.1mol/L的氨水时，溶液中随着水量增加而减少的是（　　）
A. c（H+） B. OH-的物质的量 C. D.
【答案】D
【解析】解：加水稀释促进一水合氨电离，但是一水合氨电离增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c（NH3．H2O）、c（NH4+）、c（OH-）都减小，因为离子积常数不变，则溶液中c（H+）增大，
A．通过以上分析知，溶液中c（H+）增大，故A错误；
B．促进一水合氨电离，导致溶液中n（OH-）增大，故B错误；
C．稀释后溶液中c（NH4+）减小，温度不变电离平衡常数不变，则=×=增大，故C错误；
D．根据C知，增大，则减小，故D正确；
故选：D。
加水稀释促进一水合氨电离，但是一水合氨电离增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c（NH3．H2O）、c（NH4+）、c（OH-）都减小，因为离子积常数不变，则溶液中c（H+）增大，据此分析解答。
本题考查弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点及微粒浓度大小是解本题关键，侧重考查学生分析判断能力，有分式的计算要考虑利用电离平衡常数解答，题目难度不大。

11. 某化学研究小组探究外界条件对化学反应mA（g）+nB（g）⇌pC（g）的速率和平衡的影响图象如下，下列判断正确的是（　　）


A. 由图1可知，T1＜T2，该反应正反应为吸热反应
B. 由图2 可知，该反应m+n＜p
C. 图3中，点3的反应速率V正＞V逆
D. 图4中，若m+n=p，则a曲线一定使用了催化剂
【答案】C
【解析】解：A．T2先达到平衡，且T2对应C%含量低，则升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故A错误；
B．相同温度下，压强越大对应C%含量高，则增大压强平衡正向移动，则m+n＞p，故B错误；
C．曲线上点为平衡点，点1对应的转化率大于平衡转化率，点3转化率小于平衡转化率，点3时平衡正向移动，则反应速率v正＞v逆，故C正确；
D．若m+n=p，该反应为气体体积不变的反应，图中a、b平衡状态相同，则a曲线可能使用了催化剂或增大压强，故D错误；
故选：C。
A．T2先达到平衡，且T2对应C%含量低，则升高温度平衡逆向移动；
B．相同温度下，压强越大对应C%含量高，则增大压强平衡正向移动；
C．点3转化率小于平衡转化率，点3时平衡正向移动；
D．若m+n=p，该反应为气体体积不变的反应，图中a、b平衡状态相同。
本题考查化学平衡的影响因素，为高频考点，把握温度、压强对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图象与平衡移动原理的结合，题目难度不大。

12. 室温时，关于相同体积pH均为3 的醋酸和盐酸，下列说法正确的是（　　）
A. 稀释10倍后，两者的pH 变化醋酸大于盐酸
B. 加入一定量的锌粉，产生气体的体积相同，则酷酸一定过量
C. 两溶液中H2O的电离程度：醋酸＞盐酸
D. 加入足量的锌粉，最终产生氢气的量相等，但反应速率醋酸较慢
【答案】B
【解析】解：A．相同体积pH均为3的醋酸和盐酸，初始时C（H+）相同，醋酸为弱酸，加水稀释，促进醋酸的电离，则将pH=3的盐酸和醋酸溶液分别稀释10倍后，醋酸溶液的pH变化小，故A错误；
B．pH相同、体积相同的醋酸和盐酸溶液，两种溶液中氢离子物质的量相等，醋酸存在电离平衡，反应后又电离出氢离子，加入一定量的锌粉，产生气体的体积相同，两种溶液中消耗的氢离子物质的量相等，锌完全消耗，则醋酸过量，故B正确；
C．pH均为3 的醋酸和盐酸，二者溶液中的氢离子抑制了水的电离，由于氢离子浓度相同，则两溶液中H2O的电离程度：醋酸=盐酸，故C错误；
D．pH相同时醋酸浓度大于盐酸，由于体积相同，则醋酸的物质的量大于HCl，则加入足量的锌粉后，醋酸生成的氢气的物质的量大于盐酸，故D错误；
故选：B。
A．醋酸为弱酸，加水稀释，促进醋酸的电离；
B．加入一定量的锌粉，产生气体的体积相同，两种溶液中消耗的氢离子物质的量相等，锌完全消耗，则醋酸过量；
C．二者都抑制了水的电离，氢离子浓度浓度相等，抑制程度相同；
D．醋酸为弱酸，pH相同时醋酸的浓度较大，则加入足量锌后生成氢气的量不相同。
本题考查弱电解质的电离平衡、溶液pH的计算，为高频考点，题目难度中等，明确弱电解质的电离特点为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题培养了学生的灵活应用能力。

13. 下列关于纯净物、混合物、电解质、非电解质的正确组合为（　　）

纯净物
混合物
电解质
非电解质
A
磷酸
冰水混合物
硫酸
干冰
B
蒸馏水
蔗糖溶液
氧化铝
二氧化硫
C
胆矾
氨水
盐酸
铜
D
胆矾
食盐水
氯化铜
石墨
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】解：A．冰水混合物是一种物质组成的纯净物，故A错误；
B．蒸馏水为纯净物，蔗糖溶液为混合物，氧化铝熔融状态导电为电解质，二氧化硫不能电离为非电解质，故B正确；
C．盐酸是氯化氢的水溶液为混合物，铜为单质，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；
D．石墨是碳的单质既不是电解质也不是非电解质，故D错误；
故选：B。
纯净物：由一种物质组成的物质；
混合物：由两种或多种物质混合而成的物质；
电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；
非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物。
本题考查纯净物、混合物、电解质、非电解质概念的辨析，题目难度不大。解题时紧抓住电解质必须是化合物，以及导电是在水溶液或熔化状态下为条件。

二、简答题（本大题共1小题，共11.0分）
14. （1）甲醇（CH3OH）是重要的溶剂和替代燃料，工业上用CO和H2在一定条件下制备CH3OH的反应为：CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g），在体积为1L的恒容密闭容器中，充入2molCO和4molH2，一定条件下发生上述反应，测得CO（g）和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图所示。
①从反应开始到5min，用CO表示的平均反应速率v（CO）=______。
②下列说法正确的是______（填字母序号）。
A．达到平衡时，H2的转化率为65%
B．5min后容器中混合气体的平均相对分子质量不再改变
C．达到平衡后，再充入氩气，反应速率减小
D．2min前v（正）＞v（逆），2min后v（正）＜v（逆）
（2）碳与水蒸气反应制取H2的相关反应如下：
Ⅰ：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=+131.0KJ/mol
Ⅱ：CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H=-43KJ/mol
Ⅲ：CaO（s）+CO2（g）=CaCO3（S）△H=-178.3KJ/mol
①计算反应ⅣC（s）+2H2O（g）+CaO（s）⇌CaCO3（s）+2H2（g）的△H=______KJ/mol；若K1、K2、K3分别为反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的平衡常数，则反应Ⅳ平衡常数K=______（用K1、K2、K3表示）。
②对于可逆反应C（s）+2H2O（g）+CaO（s）⇌CaCO3（s）+2H2（g），采取以下措施可以提高H2产率的是______。（填字母）
A．降低体系的温度  B．压缩容器的体积 C．增加CaO的量  D．选用适当的催化剂
（3）对于可逆反应C（s）+2H2O（g）+CaO（s）⇌CaCO3（s）+2H2（g），该反应______（填“能”或“不能”）自发进行。


【答案】0.3mol/（L•min）；B；-90.3；K1•K2•K3；A；能
【解析】解：（1）①从反应开始到5min，CO的物质的量浓度改变量为1.5mol/L，则CO的消耗速率为v（CO）===0.3mol/（L•min），
故答案为：0.3mol/（L•min）；
②A．达到平衡时，根据方程式，H2的消耗量为=0.75mol/L，所以H2的转化率为α（H2）==18.75%，故A错误；
B．混合气体的平均相对分子质量大小为，反应前后质量守恒，m不变，总物质的量改变，当反应到达化学平衡时，n不变，则5min后容器中混合气体的平均相对分子质量不再改变，故B正确；
C．达到平衡后，再充入氩气，反应为恒容装置，不改变各组分的浓度，所以反应速率不变，故C错误；
D.2min时反应尚未达到平衡，反应仍需正向进行，所以2min前后，始终有v正＞v逆，故D错误，
故答案为：B；
（2）①所求反应为：C（s）+2H2O（g）+CaO（s）⇌CaCO3（s）+2H2（g），反应可由Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ得到，根据盖斯定律，所求反应的焓变为△H=△H1+△H2+△H3=-90.3kJ/mol，
根据多重平衡规则，所求反应的化学平衡常数为K=K1•K2•K3，
故答案为：-90.3；K1•K2•K3；
②A．降低体系的温度，反应为放热反应，可以促使反应正向进行，提高H2转化率，故A选；
B．压缩容器的体积，反应压强不变，不能增大正向进行程度，故B不选；
C．增加CaO的量，CaO不列入浓度项，不影响化学平衡，故C不选；
D．选用适当的催化剂，催化剂不影响化学平衡，不能增大正向程度，故D不选，
故答案为：A；
（3）反应为放热反应，△H＜0，根据△G=△H-T△S，反应熵增，△S＞0，所以△G＜0，反应能自发进行，
故答案为：能。
（1）①从反应开始到5min，CO的物质的量浓度改变量为1.5mol/L，根据v=计算CO的消耗速率；
②A．根据方程式计算H2的消耗量，根据计算H2的转化率；
B．混合气体的平均相对分子质量大小为；
C．达到平衡后，再充入氩气，反应为恒容装置，不改变各组分的浓度；
D.2min时反应尚未达到平衡，反应仍需正向进行；
（2）①根据已知焓变的热化学方程式推导所求反应，再由盖斯定律计算所求反应的焓变，根据多重平衡规则计算平衡常数；
②采取以下措施可以提高H2产率，即促使反应正向进行程度增大，从温度，压强，浓度角度考虑；
（3）根据△G=△H-T△S判断反应是否自发进行。
本题考查化学平衡常数、反应速率计算、含义及影响因素、热化学方程式的书写、反应进行方向的判断、电极反应式书写等，侧重考查学生对知识的迁移应用，难度中等。