湖南省永州市宁远一中学年高二月考化学试题doc.docx

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湖南省永州市宁远一中学年高二月考化学试题doc

2015-2016学年湖南省永州市宁远一中高二（上）月考化学试卷（11月份）

参考答案与试题解析

一、选择题（共18小题，每小题3分，满分54分）

1．未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或者污染很小，且可以再生．下列属于未来新能源标准的是（　　）

①天然气②生物质能③潮汐能④石油⑤太阳能⑥煤⑦风能⑧氢能．

A．①②③④B．②③⑤⑦⑧C．⑤⑥⑦⑧D．③④⑤⑥⑦⑧

【考点】清洁能源．

【专题】化学反应中的能量变化．

【分析】煤、石油、天然气是化石燃料是不可再生能源；太阳能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等都是可再生、无污染的新能源．

【解答】解：

煤、石油、天然气是化石能源是不可再生能源，燃烧时生成的污染物较多，不是新能源；常见新能源有：

太阳能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等，它们都是可再生、无污染的新能源．

故选B．

【点评】本题考查化石能源与新能源，题目难度不大，注意加强基础知识的积累．

2．在四个不同的容器中，分别进行不同条件下的合成氨反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）．在相同时间内表示该反应速率最快的是（　　）

A．v（H2）=0.1mol/（L•s）B．v（N2）=0.1mol/（L•s）

C．v（N2）=0.2mol/（L•s）D．v（NH3）=0.3mol/（L•s）

【考点】化学反应速率和化学计量数的关系．

【专题】化学反应速率专题．

【分析】利用反应速率与化学计量数的比值，比值越大，反应速率越快，以此来解答．

【解答】解：

反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，

A.

=0.033；

B.

=0.1；

C.

=0.2；

D.

=0.15，

显然C中比值最大，反应速率最快，

故选C．

【点评】本题考查反应速率的比较，为高频考点，把握反应速率与化学计量数的关系为解答的关键，注意比值法可快速解答选择题，也可转化为同种物质的反应速率比较大小，还应注意单位要一致，题目难度不大．

3．①pH=0的盐酸②0.5mol•L﹣1盐酸③0.1mol•L﹣1的NH4Cl溶液④0.1mol•L﹣1的NaOH溶液⑤0.5mol•L﹣1的NH4Cl溶液，以上溶液中水电离的c（H+）由大到小的顺序是（　　）

A．⑤③④②①B．①②③⑤④C．①②③④⑤D．⑤③④①②

【考点】水的电离．

【专题】电离平衡与溶液的pH专题．

【分析】先根据影响水的电离平衡的因素分析，酸和碱抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离；水溶液中一定温度下存在氢氧根离子浓度和氢离子浓度乘积是常数，存在水的离子积；可以计算溶液中水电离出的氢离子或氢氧根离子进行比较；

【解答】解：

①pH=0的盐酸[H+]酸=1mol/L，抑制水的电离，水电离出的氢离子浓度等于水电离出的氢氧根离子浓度，由水溶液中的离子积计算：

[H+]酸[OH﹣]水=10﹣14，[OH﹣]水=[H+]水=10﹣14；

②0.5mol•L﹣1盐酸溶液中[H+]酸=0.5mol/L，抑制水的电离，所以根据水溶液中的离子积计算：

[H+]酸[OH﹣]水=10﹣14，[OH﹣]水=[H+]水=2×10﹣14；

③0.1mol•L﹣1的NH4Cl溶液中，NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；促进水的电离，水电离出的氢离子增大；

④0.1mol•L﹣1的NaOH溶液中[OH﹣]碱=0.1mol/L，根据水溶液中的离子积计算：

[H+]水[OH﹣]碱=10﹣14，[OH﹣]水=[H+]水=10﹣13；

⑤0.5mol•L﹣1的NH4Cl溶液，NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；促进水的电离，水电离出的氢离子增大；

③⑤比较铵根离子浓度越小，水解程度越大，对水的电离促进程度越大，水解是微弱的，铵根离子浓度越大，水电离出的氢离子浓度越大，所以溶液中由水电离出的氢离子浓度③＜⑤，

综上所述：

溶液中水电离的c（H+）由大到小的顺序是⑤③④②①，

故选A．

【点评】本题考查了水的电离平衡的影响因素，水溶液中离子积的应用，主要是水解的盐对水的电离的影响判断，③⑤的比较是关键．

4．已知热化学反应方程式：

2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H1=﹣483.6kJ/mol

则对于热化学方程式：

2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H2

下列说法正确的是（　　）

A．热化学方程式中化学计量数表示分子个数

B．该反应的△H2=+483.6kJ/mol

C．|△H2|＜|△H1|

D．|△H2|＞|△H1|

【考点】热化学方程式．

【专题】化学反应中的能量变化．

【分析】A．热化学方程式中化学计量数只表示物质的量；

B．水的状态不同，气态水变为液态水需要放热；

C.2H2O（g）═2H2（g）+O2（g）△H=+483kJ/mol；

D．液态水变为气态水需吸热，2H2O（g）═2H2（g）+O2（g）△H=+483kJ/mol．

【解答】解：

A．热化学方程式中化学计量数只表示物质的量，不表示分子个数，故A错误；

B．因水的状态不同，气态水变为液态水需要放热，则△H2＞+483.6kJ/mol，故B错误；

C．2H2O（g）═2H2（g）+O2（g）△H=+483kJ/mol，△H2=﹣（△H1﹣Q）=483kJ•mol﹣1+Q（Q＞0），△H2＞△H1，即|△H2|＞|△H|，故C错误；

D.2H2O（g）═2H2（g）+O2（g）△H=+483kJ/mol，△H2=﹣（△H1﹣Q）=483kJ•mol﹣1+Q（Q＞0），△H2＞△H1，即|△H2|＞|△H|，故D正确；

故选D．

【点评】本题考查热化学反应方程式，比较反应热及热量时注意正负号，并能注意隐含的常识是水由气态转化为液态要放出热量来解答即可，题目难度不大．

5．在一定温度下的恒容容器中，当下列物理量不再发生变化时，表明反应：

A（固）+3B（气）⇌2C（气）+D（气）已达平衡状态的是（其中只有B气体有颜色）（　　）

A．混合气体的压强B．混合气体的密度

C．气体的平均分子量D．气体的颜色

【考点】化学平衡的影响因素．

【专题】化学平衡专题．

【分析】反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，由此进行判断．解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．

【解答】解：

A、可逆反应：

A（s）+2B（g）⇌C（g）+D（g），反应前后，气体的物质的量不发生变化，体积恒定，反应自开始到平衡，压强都是一定值，故A错误；

B、无论该反应是否达到平衡状态，A的密度始终不变，故B错误；

C、该反应是一个反应前后气体体积不变的化学反应，无论该反应是否达到平衡状态，气体的总物质的量和总质量始终不变，则气体的平均分子量，故C错误；

D、只有B气体有颜色，气体的颜色，则B的浓度不变，反应达到平衡状态，故D正确．

故选D．

【点评】本题考查化学平衡状态的判断，难度不大，化学平衡状态的判断是高考的热点，平衡状态的本质是正逆反应速率相等．

6．在同温同压下，下列各组热化学方程式中，△H2＞△H1的是（　　）

A．2H2（g）+O2（g）=2H2O（g），△H1；2H2（g）+O2（g）=2H2O（l），△H2

B．S（g）+O2（g）=SO2（g），△H1；S（s）+O2（g）=SO2（g），△H2

C．C（s）+

O2（g）=CO（g），△H1；C（s）+O2（g）=CO2（g），△H2

D．H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g），△H1；2H2（g）+2Cl2（g）=4HCl（g）△H2

【考点】反应热的大小比较．

【分析】A、液态水变为气态水的过程是吸热过程；

B、固体硫变为气态硫需要吸收热量；

C、碳单质完全燃烧放热多于不完全燃烧放的热；

D、化学反应方程式的系数加倍，焓变数值加倍．

【解答】解：

A、物质的燃烧反应是放热的，所以焓变是负值，液态水变为气态水的过程是吸热的，故△H1＞△H2，故A错误；

B、物质的燃烧反应是放热的，所以焓变是负值，固体硫变为气态硫需要吸收热量，所以△H1＜△H2，故B正确；

C、碳单质完全燃烧生成二氧化碳放热多于不完全燃烧生成一氧化碳放的热，反应的焓变是负值，故△H1＞△H2，故C错误；

D、化学反应方程式的系数加倍，焓变数值加倍，该化合反应是放热的，所以焓变值是负值，2△H1=△H2，△H1＞△H2，故D错误；

故选B．

【点评】本题考查了物质反应能量变化分析判断，主要是盖斯定律的应用，物质量不同、状态不同、产物不同，反应的能量变化本题，题目较简单．

7．25℃时，水的电离达到平衡：

H2O⇌H++OH﹣；△H＞0，下列叙述正确的是（　　）

A．向水中加入少量固体NaHSO4，c（H+）增大，KW不变

B．向水中加入少量NaOH溶液，平衡逆向移动，c（OH﹣）减小

C．向水中加入少量冰醋酸，平衡正向移动，c（H+）增大

D．将水加热，KW增大，pH不变

【考点】水的电离．

【专题】电离平衡与溶液的pH专题．

【分析】水电离生成氢离子、氢氧根离子，所以加入能电离出氢离子或氢氧根离子的物质抑制水电离，加入和氢离子或氢氧根离子反应的物质能促进水电离，温度不变，离子积常数不变，据此分析解答．

【解答】解：

A、向水中加入硫酸氢钠固体，硫酸氢钠电离出氢离子导致溶液中c（H+）增大，温度不变Kw不变，故A正确；

B、向水中加入氢氧化钠固体，c（OH﹣）增大，水的电离平衡左移，故B错误；

C、加入少量冰醋酸，溶液中的c（H+）增大，水的电离被抑制，平衡左移，故C错误；

D、由于水的电离吸热，故将水加热，水的电离平衡右移，Kw增大，溶液中的c（H+）增大，故pH减小，故D错误．

故选A．

【点评】本题考查离子积常数、水的电离，明确氢离子或氢氧根离子抑制水电离、弱离子促进水电离即可解答，注意离子积常数与溶液酸碱性无关，置于温度有关，为易错点．

8．温度一定时，于密闭容器中发生可逆反应：

mA（气）+nB（气）

pC（气），达到平衡后，若将混合气体的体积压缩到原来的

，当再次达到平衡时，C的浓度为原平衡时C的浓度的1.9倍，则下列叙述中正确的是（　　）

A．平衡向逆反应方向移动B．C气体的体积分数增大

C．气体A的转化率升高D．m+n＞p

【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．

【专题】化学平衡专题．

【分析】若将混合气体的体积压缩到原来的

，如平衡不移动，C的浓度为原平衡时C的浓度的2倍，而当再次达到平衡时，C的浓度为原平衡时C的浓度的1.9倍，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，则应有m+n＜p，结合平衡移动特点解答该题．

【解答】解：

A．将混合气体的体积压缩到原来的

，如平衡不移动，C的浓度为原平衡时C的浓度的2倍，而当再次达到平衡时，C的浓度为原平衡时C的浓度的1.9倍，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，故A正确；

B．平衡向逆反应方向移动，C气体的体积分数减小，故B错误；

C．平衡向逆反应方向移动，气体A的转化率减小，故C错误；

D．增大压强平衡向逆反应方向移动，则应有m+n＜p，故D错误．

故选A．

【点评】本题考查化学平衡移动的判断，题目难度中等，注意把握缩小体积气体浓度的变化判断平衡移动的方向，此为解答该题的关键．

9．一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是（　　）

A．pH=5的H2S溶液中，c（H+）=c（HS﹣）=1×10﹣5mol•L﹣1

B．pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1

C．pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：

c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）

D．pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c（Na+）：

①＞②＞③

【考点】离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．

【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．

【分析】A．H2S为二元弱酸，分步电离，第一步电离程度远远大于第二步；

B．加水稀释促进一水合氨电离；

C．H2C2O4是二元弱酸，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；

D．pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液，酸根离子水解程度越小，其浓度越大．

【解答】解：

A．H2S为二元弱酸，分步电离，第一步电离程度远远大于第二步，所以溶液中c（H+）＞c（HS﹣），故A错误；

B．加水稀释促进一水合氨电离，pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，溶液中的氢氧根离子浓度大于原来的

，其pH=b，则a＜b+1，故B错误；

C．H2C2O4是二元弱酸，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣），故C错误；

D．pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液，酸根离子水解程度越小，其浓度越大，酸根离子水解程度①＜②＜③，所以盐浓度①＞②＞③，钠离子不水解，所以c（Na+）：

①＞②＞③，故D正确；

故选D．

【点评】本题考查了离子浓度大小比较，涉及弱电解质的电离和盐类水解，根据弱电解质电离特点、盐类水解特点再结合电荷守恒来分析解答，易错选项是B，题目难度中等．

10．下列关于0.10mol/LNaHCO3溶液的说法正确的是（　　）

A．溶质的电离方程式为NaHCO3→Na++H++CO32﹣

B．25℃时，加水稀释后，n（H+）与n（OH﹣）的乘积变大

C．离子浓度关系：

c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）

D．温度升高，c（HCO3﹣）增大

【考点】离子浓度大小的比较；电离方程式的书写．

【分析】A．碳酸氢根离子不可拆分；

B．加水稀释后，促进HCO3﹣水解，但Kw不变；

C．溶液遵循电荷守恒；

D．HCO3﹣水解为吸热反应，升高温度，促进水解．

【解答】解：

A．NaHCO3为强电解质，溶质的电离方程式为NaHCO3═Na++HCO3﹣，故A错误；

B.25℃时，加水稀释后，促进HCO3﹣水解，n（OH﹣）增大，c（OH﹣）减小，由Kw不变，可知c（H+）增大，则n（H+）增大，则n（H+）与n（OH﹣）的乘积变大，故B正确；

C．由电荷守恒可知，离子浓度关系：

c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣），故C错误；

D．HCO3﹣水解为吸热反应，升高温度，促进水解，则c（HCO3﹣）减小，故D错误；

故选B．

【点评】本题电离、水解及溶液中离子浓度关系的考查，选项B为解答的易错点，注意稀释促进水解时浓度与物质的量的变化不同，题目难度中等．

11．常温下，0.2mol/L的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．HA为强酸

B．该混合液pH=7

C．图中X表示HA，Y表示OH﹣，Z表示H+

D．该混合溶液中：

c（A﹣）+c（Y）=c（Na+）

【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．

【专题】电离平衡与溶液的pH专题．

【分析】一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L混合，HA+NaOH=NaA+H2O，所得溶液中A﹣浓度小于0.1mol/L，说明在溶液中存在A﹣+H2O⇌HA+OH﹣，NaA水解，HA为弱酸，NaA溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），一般来说，盐类的水解程度较低，则有c（A﹣）＞c（OH﹣），所以有：

c（Na+）=0.1mol/L＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（HA）＞c（H+），即X表示OH﹣，Y表示HA，Z表示H+，溶液中存在物料守恒为：

c（Na+）=c（A﹣）+c（HA）．

A．HA为弱酸；B．该混合液pH＞7；C．X表示OH﹣，Y表示HA，Z表示H+；D．Y表示HA，溶液中存在物料守恒得到c（A﹣）+c（Y）=c（Na+）．

【解答】解：

一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L混合，HA+NaOH=NaA+H2O，所得溶液中A﹣浓度小于0.1mol/L，说明在溶液中存在A﹣+H2O⇌HA+OH﹣，NaA水解，HA为弱酸，NaA溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），一般来说，盐类的水解程度较低，则有c（A﹣）＞c（OH﹣），所以有：

c（Na+）=0.1mol/L＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（HA）＞c（H+），即X表示OH﹣，Y表示HA，Z表示H+，溶液中存在物料守恒得到：

c（Na+）=c（A﹣）+c（HA）．

A．一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L混合，二者恰好反应：

HA+NaOH=NaA+H2O，所得溶液为NaA溶液，溶液中中A﹣浓度小于0.1mol/L，说明在溶液中存在A﹣+H2O⇌HA+OH﹣，NaA水解，HA为弱酸，故A错误；

B．c（Na+）＞c（A﹣），说明NaA水解，A﹣+H2O⇌HA+OH﹣，该混合液pH＞7，故B错误；

C．HA是弱电解质，则有c（A﹣）＞c（OH﹣），c（OH﹣）除了水解产生的还有水电离的，因此c（OH﹣）＞c（HA），所以有：

c（Na+）=0.1mol/L＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（HA）＞c（H+），即X表示OH﹣，Y表示HA，Z表示H+，故C错误；

D．溶液中存在物料守恒c（Na+）=c（A﹣）+c（HA），Y表示HA，得到c（A﹣）+c（Y）=c（Na+），故D正确；

故选D．

【点评】本题考查了酸碱混合溶液定性判断，根据酸的强弱结合物料守恒、电荷守恒分析解答，考查离子浓度大小比较、溶液PH值、盐类水解等，判断一元酸HA是弱酸为解题关键，题目难度中等．

12．标准状态下，气态分子断开1mol化学键的焓变为键焓．已知H﹣H，H﹣O和O=O键的键焓△H分别为436kJ•mol﹣1、463kJ•mol﹣1和495kJ•mol﹣1．下列热化学方程式正确的是（　　）

A．H2O（g）═H2（g）+

O2（g）△H=﹣485kJ•mol﹣1

B．H2O（g）═H2（g）+

O2（g）△H=+485kJ•mol﹣1

C．2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=+485kJ•mol﹣1

D．2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣485kJ•mol﹣1

【考点】热化学方程式；真题集萃．

【专题】化学反应中的能量变化．

【分析】旧键断裂需要吸收能量，新键的生成会放出能量，△H=反应物的键能和﹣生成物的键能和，据此进行解答．

【解答】解：

A、水分解是吸热反应，应该△H＞0，故A错误；

B、△H=2×463kJ/mol﹣436kJ/mol﹣

×495kJ/mol=242.5kJ/mol，故B错误；

C、氢气燃烧放热，应该△H＜0，故C错误；

D、△H=2×436kJ/mol+495kJ/mol﹣4×463kJ/mol=﹣485kJ/mol，故D正确．

故选：

D．

【点评】本题考查了热化学方程式的书写、反应热的计算，题目难度中等，注意掌握热化学方程式的书写原则，明确化学键与化学反应中能量变化的关系是解题关键．

13．室温下，用0.100mol/LNaOH溶液分别滴定20.00mL0.100mol/L的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．Ⅱ表示的是滴定醋酸的曲线

B．PH=7时，滴定醋酸消耗V（NaOH）小于20mL

C．V（NaOH）=20mL时，C（Cl﹣）=C（CH3COO﹣）

D．V（NaOH）=10mL时，醋酸溶液中：

C（Na+）＞C（CH3COO﹣）＞C（H+）＞C（OH﹣）

【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．

【专题】电离平衡与溶液的pH专题．

【分析】A．醋酸是弱电解质，HCl是强电解质，相同浓度的醋酸和HCl溶液，醋酸的pH＞盐酸；

B．pH=7时，溶液呈中性，醋酸钠溶液呈碱性，要使溶液呈中性，则醋酸的体积稍微大于NaOH；

C．V（NaOH）=20.00mL时，两种溶液中的溶质分别是醋酸钠和NaCl，醋酸根离子水解、氯离子不水解；

D．V（NaOH）=10.00mL时，醋酸溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，再结合电荷守恒判断；

【解答】解：

A．醋酸是弱电解质，HCl是强电解质，相同浓度的醋酸和HCl溶液，醋酸的pH＞盐酸，所以I是滴定醋酸的曲线，故A错误；

B．NaOH和醋酸恰好反应时生成强碱弱酸盐，醋酸钠溶液呈碱性，pH=7时，溶液呈中性，要使溶液呈中性，则醋酸的体积稍微大于NaOH，所以滴定醋酸消耗的V（NaOH）小于20mL，故B正确；

C．V（NaOH）=20.00mL时，两种溶液中的溶质分别是醋酸钠和NaCl，醋酸根离子水解、氯离子不水解，所以c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣），故C错误；

D．V（NaOH）=10.00mL时，醋酸溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），再结合电荷守恒得c（Na+）＜c（CH3COO﹣），故D错误；

故选B．

【点评】本题考查了酸碱混合溶液定性判断，涉及弱电解质的电离、盐类水解、酸碱中和反应等知识点，根据弱电解质的电离特点、溶液酸碱性及盐类水解等知识点来分析解答，题目难度中等．

14．向容积为2L的密闭器中充入2molA气体和1molB气体，在一定条件下发生如下反应：

2A（g）+B（g）⇌3C（g）；经2s后达到平衡，测得C气体的浓度为0.6mol•L﹣1．下列说法中正确的是（　　）

①用物质A表示该反应的平均反应速率为0.2mol•L﹣1•s﹣1

②用物质B表示该反应的平均反应速率为0.2mol•L﹣1•s﹣1

③平衡时物质A与B的转化率相等

④平衡时物质B的浓度为0.2mol•L﹣1

⑤其它条件不变，向容器中再加入1molC气体，达到新平衡时，C的体积分数不变．

A．①②③B．①③⑤C．②④⑤D．①③④

【考点】化学平衡的计算；反应速率的定量表示方法．

【专题】化学平衡专题．

【分析】①C的浓度变化为0.6mol/L，根据v=

计算v（C），根据速率之比等于化学计量数之比计算v（A）；

②C的浓度变化为0.6mol/L，根据v=

计算v（C），根据速率之比等于化学计量数之比计算v（B）；

③A、B化学计量数之比为2：

1，参加反应的A、B的物质的量之比为2：

1，A、B的起始物质的量之比为2：

1，平衡时物质A与B的转化率相等；

④根据C的浓度变化量计算B的浓度变化量，平衡时物质B的浓度等于B起始浓度减去B的浓度变化量；

⑤原平衡与开始加入3molC是等效的，在原平衡状态加入1molC，可以等效为开始加入4molC，该反应反应前后气体的物质的量变化，在恒温恒容体积下，压强增大，平衡状态相同．

【解答】解：

①C的浓度变化为0.6mol/L，所以v（C）=

=0.3mol/（L•S），速率之比等于化学计量数之比，所以v（A）=

v（C）=

×0.3mol/（L•S）=0.2mol/（L•S），故①正确；

②由①知，v（C）=0.3mol/（L•S），速率之比等于化学计量数之比，所以v（B）=

v（C）=

×0.3mol/（L•S）=0.1mol/（L•S），故②错误；

③A