江西省万载2016届高三化学第一章化学反应与能量第一节化学反应与能量的变化同步练习试卷新人教版选修4.doc

化学反应与能量的变化同步一、选择题1.已知：4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（g）H=1269kJ/mol下列说正确的是（）A断开1 mol OO键比断开1 mol NN键所需能量少448kJB断开1 mol HO键比断开1 mol HN键所需能量相差约72.6kJC由以上键能的信息可知H2O的沸点比NH3高D由元素非金属性的强弱可知 H一O键比H一N键弱2.下列说法正确的是 A表示化学反应2NO2(g) + O3(g) N2O5(g) + O2(g)H> 0B表示25时，用0.1 mol/LCH3COOH溶液滴定20 mL 0.1 mol/LNaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化C表示10 mL 0.01 mol/L KMnO4酸性溶液与过量的0.1 mol/LH2C2O4溶液混合时，n (Mn2+)随时间的变化D表示体积和pH均相同的HCl和CH3COOH两种溶液中，分别加入足量的锌，产生H2的体积随时间的变化，则a表示CH3COOH溶液3.分别取40mL的0.50mol/L盐酸与40mL0.55mol/L氢氧化钠溶液进行中和热的测定下列说法错误的是（ ）A稍过量的氢氧化钠是确保盐酸完全反应B仪器A的名称是环形玻璃搅拌棒C在实验过程中，如果不把温度计上的酸用水冲洗干净直接测量NaOH溶液的温度，则测得的H偏大D用Ba（OH）2和硫酸代替盐酸和氢氧化钠溶液，结果也是正确的4.向足量H2SO4溶液中加入100mL 0.4mol·L1 Ba（OH）2溶液，放出的热量是5.12kJ如果向足量Ba（OH）2溶液中加入100mL 0.4mol·L1盐酸时，放出的热量为2.2 kJ则Na2SO4溶液与BaCl2溶液反应的热化学方程式为（ ）ABa2+（aq）+SO42（aq）BaSO4（s） H=2.92 kJ·mol1BBa2+（aq）+SO42（aq）BaSO4（s） H=18 kJ·mol1CBa2+（aq）+SO42（aq）BaSO4（s） H=73 kJ·mol1DBa2+（aq）+SO42（aq）BaSO4（s） H=0.72 kJ·mol15.化学反应A2（g）+B2（g）2AB（g）的能量变化如图所示，下列叙述中正确的是（ ）A每生成2个分子AB吸收（ab） kJ热量B该反应热H=+（ab）kJ·mol1C该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量D断裂1mol AA和1mol BB键，放出a kJ能量6.下列关于能量的变化及反应热的说法中正确的是（ ）A任何化学反应都有反应热B有些化学键断裂时吸收能量，有些化学键断裂时放出能量C新化学键的形成不一定放出能量D有热量变化的反应一定有化学键的断裂与形成7.根据下列各图曲线表征的信息，得出的结论不正确的是（ ）A图1表示常温下向体积为10 mL 0.1 mol·L1NaOH溶液中逐滴加入0.1 mol·L1 CH3COOH溶液后溶液的pH变化曲线，则b点处有：c（CH3COOH）+c（H+）=c（OH）B图2表示用水稀释pH相同的盐酸和醋酸时溶液的pH变化曲线，其中表示醋酸，表示盐酸，且溶液导电性：cbaC图3表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，H2的燃烧热为285.8 kJ·mol1D由图4得出若除去CuSO4溶液中的Fe3+，可采用向溶液中加入适量CuO，调节溶液的pH至4左右8.下列离子方程式或化学方程式与所述事实相符且正确的是（ ）A向0.1 mol/L、pH=1的NaHA溶液中加入NaOH溶液：H+OH=H2OB稀硝酸中加入过量铁粉：Fe+4H+NO3Fe3+NO+2H2OC表示硫酸与氢氧化钡反应的中和热的热化学反应方程式为： H2SO4（aq）+ Ba（OH）2（aq）= BaSO4（s）+H2O（l）H=57.3 kJ/molDNH4Al（SO4）2溶液中加入Ba（OH）2溶液使SO42完全沉淀：Al3+2SO42+2Ba2+4OH=AlO2+2BaSO4+2H2O9.下列说法中正确的是（）A在化学反应过程中，发生物质变化的同时不一定发生能量变化B生成物全部化学键形成时所释放的能量大于破坏反应物全部化学键所吸收的能量时，反应为吸热反应CFeCl3+3KSCN3KCl+Fe（SCN）3 体系中加入KCl固体，平衡向逆反应方向移动D对一个可逆反应来说，吸热反应一方的速率受温度变化的影响总是大于放热反应10.已知工业合成氨：2N2（g）+6H2（g）4NH3（g）H=184.8kJ/mol一定条件下，现有容积相同且恒容的密闭容器甲与乙：向甲中通入1mol N2和3mol H2，达到平衡时放出热量Q1 kJ；向乙中通入0.5mol N2和1.5mol H2，达到平衡时放出热量Q2kJ则下列关系式正确的是（）A92.4=Q12Q2 B92.4Ql2Q2 CQ1=2Q2=92.4 DQ1=2Q292.411.下列图示与对应的叙述不相符的是（）A图1表示KNO3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80时KNO3的不饱和溶液B图2表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化C图3表示0.1000molL1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000molL1醋酸溶液得到滴定曲线D图4 表示向NH4Al（SO4）2溶液中逐滴滴入Ba（OH）2溶液，随着Ba（OH）2溶液体积V的变化，沉淀总物质的量n的变化12.强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应：H+（aq）+OH（aq）=H2O（l）；H=57.3kJ/mol向1L 0.5mol/L的NaOH溶液中加入下列物质：稀醋酸 浓硫酸 稀硝酸，恰好完全反应时，反应热H1、H2、H3的关系正确的是（）AH1H2H3 BH2H3H1CH1H3H2 DH3H2H1二、非选择题13.某实验小组设计用50mL 1.0mol/L盐酸跟50mL 1.1mol/L 氢氧化钠溶液在如图装置中进行中和反应在大烧杯底部垫碎泡沫塑料（或纸条），使放入的小烧杯杯口与大烧杯杯口相平然后再在大、小烧杯之间填满碎泡沫塑料（或纸条），大烧杯上用泡沫塑料板（或硬纸板）作盖板，在板中间开两个小孔，正好使温度计和环形玻璃搅拌棒通过通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热试回答下列问题：（1）本实验中用稍过量的NaOH的原因教材中说是为保证盐酸完全被中和试问：盐酸在反应中若因为有放热现象，而造成少量盐酸在反应中挥发，则测得的中和热 （填“偏大”、“偏小”或“不变”）（2）在中和热测定实验中存在用水洗涤温度计上的盐酸的步骤，若无此操作步骤，则测得的中和热会 （填“偏大”、“偏小”或“不变”）（3）若用等浓度的醋酸与NaOH溶液反应，则测得的中和热会 （填“偏大”、“偏小”或“不变”），其原因是 （4）该实验小组做了三次实验，每次各取溶液50mL，并记录下原始数据（见下表） 实验序号起始温度t1/终止温度（t2）/温差（t2t1）/盐酸NaOH溶液平均值125.124.925.031.66.6225.125.125.131.86.7325.125.125.131.96.8已知盐酸、NaOH溶液密度近似为1.00g/cm3，中和后混合液的比热容c=4.18×103kJ/（g），则根据计算结果，写出表示该中和热的离子方程式 14.反应A（g）+B（g）C（g）+D（g）过程中的能量变化如图所示，回答下列问题（1）该反应是 反应（填“吸热”、“放热”）（2）当反应达到平衡时，升高温度，A的转化率 （填“增大”、“减小”、“不变”），原因是 （3）反应体系中加入催化剂对反应热是否有影响？ （填“有”、“无”），原因是 （4）在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1和E2的变化是：E1 ，E2 （填“增大”、“减小”、“不变”）15.（1）如图是某化学反应中的能量变化图该反应是 （填“吸热”或“放热”）反应请在图中画出该反应的活化能E和反应热H，并作相应标注催化剂在实际生产中往往起关键作用，使用催化剂能改变反应速率的原因是 （2）已知生成1mol HH键，1molNH键，1molNN键分别放出的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为 （3）473K，101KPa时，把1mol H2和1mol I2放在某密闭容器中进行反应，热化学方程式如下：H2（g）+I2 （g）2HI（g）H=14.9kJ/mol，测得反应放出的热量总是少于14.9kJ/mol，其原因是 16.工业上采用乙苯与CO2脱氢生产重要化工原料苯乙烯其中乙苯在CO2气氛中的反应可分两步进行（1）上述乙苯与CO2反应的反应热H为 （2）乙苯与CO2反应的平衡常数表达式为：K= 乙苯与CO2在固定体积的容器中反应下列叙述不能说明已达到平衡状态的是 a体系的密度不再改变 b体系的压强不再改变 cc（CO2）=c（CO）d消耗1molCO2同时生成1molH2O eCO2的体积分数保持不变（3）在3L密闭容器内，乙苯与CO2的反应在三种不同的条件下进行实验，乙苯、CO2的起始浓度分别为1.0mol/L和3.0mol/L，其中实验I在T1，0.3MPa，而实验II、III分别改变了实验其他条件；乙苯的浓度随时间的变化如图I所示实验I乙苯在050min时的反应速率为 实验可能改变条件的是 图II是实验I中苯乙烯体积分数V%随时间t的变化曲线，请在图II中补画实验中苯乙烯体积分数V%随时间t的变化曲线（4）若实验I中将乙苯的起始浓度改为1.2mol/L，其他条件不变，乙苯的转化率将（填“增大”、“减小”或“不变”），计算此时平衡常数为 参考答案1.B考点：反应热和焓变分析：A氧气中为O=O键，氮气中为NN键；B已知4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（g）H=1269kJ/mol，根据焓变=反应物断键吸收热量生成物形成化学键放出热量判断，HO键与HN的键能大小；C键能与沸点无关；D元素的非金属性越强，与H元素形成的化学键越稳定解答：解：A根据II可知O=O键的键能比NN键的键能小，则断开1molO=O键比断开1mol NN键所需能量少448kJ，故A错误；B已知4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（g）H=1269kJ/mol，则12HN+3×498kJ/mol2×946kJ/mol12HO=1269kJ/mol，得（HO）（HN）=72.6kJ/mol，所以断开1mol HO键与断开1mol HN键所需能量相差约72.6kJ，故B正确；C键能与沸点无关，沸点与分子间作用力有关，故C错误；D元素的非金属性越强，与H元素形成的化学键越稳定，非金属性：ON，则HO键比HN键强，故D错误；故选B点评：本题考查了化学键键能和焓变关系计算，图象分析判断，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和计算能力2.D3.D解：A测定中和热时，为了使氢离子或者氢氧根离子完全反应，需要让其中一种反应物稍稍过量，故A正确； B仪器A是环形玻璃搅拌棒，故B正确；C中和反应是放热反应，温度计上的酸与NaOH溶液反应放热，使温度计读数升高，使测得的中和热偏高，故C正确；D硫酸与Ba（OH）2溶液反应除了生成水外，还生成了BaSO4沉淀，该反应中的生成热会影响反应的反应热，所以不能用Ba（OH）2溶液和硫酸代替NaOH溶液和盐酸测中和热，故D错误故选D4.B解：100mL 0.4mol·L1 Ba（OH）2的物质的量为0.04mol，向H2SO4溶液中加入100mL 0.4mol·L1 Ba（OH）2溶液反应涉及的离子方程式有Ba2+（aq）+SO42（aq）=BaSO4（s），H+（aq）+OH（aq）=H20（l），100mL 0.4mol·L1 HCl的物质的量为0.04mol，反应涉及的离子方程式为H+（aq）+OH（aq）=H20（l），根据放出的热量为2.2kJ，可知H+（aq）+OH（aq）=H20（l）H=55kJ·mol1，设Ba2+（aq）+SO42（aq）=BaSO4（s）H=QkJ·mol1，则0.04Q+0.08mol×55kJ·mol1=5.12kJ，解之得Q=18，所以Na2SO4溶液与BaCl2溶液反应的热化学方程式为Ba2+（aq）+SO42（aq）=BaSO4（s）H=18kJ·mol1故选B5.B解：A、依据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2molAB，每生成2molAB吸收（ab） kJ热量，故A错误；B、应焓变等于反应物能量总和生成物能量总和；该反应热H=+（ab）kJ·mol1，故B正确；C、依据能量图象分析可知反应物能量低于生成物能量；故C错误；D、断裂1 mol AA和1 mol BB键，吸收a kJ能量，故D错误；故选B6.A解：A、化学反应的实在是反应物化学键断裂和生成物中化学键的形成，过程中一定伴随能量变化，所以任何化学反应都有反应热，故A正确；B、化学键断裂时是吸收能量，不能放出能量，故B错误；C、化学反应的实在是反应物化学键断裂和生成物中化学键的形成，断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，故C错误；D、有热量变化的反应不一定有化学键的断裂与形成，如氢氧化钠溶解过程中化学键断裂，无化学键形成，冰雪融化放热无化学键变化，故D错误；故选A7.B解：A、体积为10 mL 0.1 mol·L1NaOH溶液中逐滴加入0.1 mol·L1 CH3COOH溶液后，所得的溶液是醋酸钠溶液，存在质子守恒c（CH3COOH）+c（H+）=c（OH），故A正确；B、用水稀释pH相同的盐酸和醋酸，盐酸的pH变化较大，醋酸的pH变化小，溶液的导电能力取决于自由移动离子的浓度的大小，即其中表示盐酸，表示醋酸，且溶液导电性：cba；故B错误；C、氢气在氧气中燃烧的反应是放热的，燃烧热是完全燃烧1mol氢气生成稳定产物液态水所放出的热量，即H2的燃烧热为285.8 kJ·mol1，故C正确；D、除去CuSO4溶液中的Fe3+，向溶液中加入适量CuO，调节溶液的pH至4左右，铁离子水解完全转化为氢氧化铁铁沉淀，可以除去CuSO4溶液中的Fe3+，故D正确故选B8.A9.D考点：吸热反应和放热反应 分析：A化学反应的本质是旧键断裂，新键生成，反应一定伴随能量变化；B吸热反应生成物全部化学键形成时所释放的能量小于破坏反应物全部化学键所吸收的能量；C氯离子不参与反应；D当温度升高时，吸热方向速率增加程度更大；温度降低时，吸热方向速率减小程度更大解答：解：A化学反应的本质是旧键断裂，新键生成，在化学反应过程中，发生物质变化的同时一定发生能量变化，故A错误； B因吸热反应生成物全部化学键形成时所释放的能量小于破坏反应物全部化学键所吸收的能量，故B错误；C氯离子不参与反应，平衡不移动，故C错误；D当温度升高时，正、逆反应速率均增大，但由于吸热方向速率增加程度更大，因此平衡向吸热方向移动；温度降低时，正、逆反应速率均减小，但吸热方向速率减小程度更大，因此平衡向放热的方向移动，故D正确故选D点评：本题考查化学变化特征、影响反应速率的因素等，比较基础，注意对基础知识的理解掌握10.B考点：反应热的大小比较 专题：化学反应中的能量变化分析：反应为可逆反应，向密闭容器甲中通入1molN2和3molH2，达平衡时放出热量 Q1Q，甲与乙相比较，甲相当于在乙的基础上增大压强，平衡向正反应方向移动，则甲转化率大于乙，以此解答该题解答：解：反应为可逆反应，向密闭容器甲中通入1molN2和3molH2，达平衡时放出热量 Q192.4，甲与乙相比较，甲相当于在乙的基础上增大压强，平衡向正反应方向移动，则甲转化率大于乙，如转化率相等，则Q1=2Q2，而转化率越大，则反应的热量越多，则Q12Q2，所以2Q2Q192.4；故选：B点评：本题综合考查化学平衡移动问题，为高考常见题型，侧重于考查学生的分析能力，本题可从压强对平衡移动影响的角度分析，难度中等11.C考点：化学能与热能的相互转化；镁、铝的重要化合物；中和滴定 专题：化学反应中的能量变化；元素及其化合物分析：A、KNO3的溶解度随着温度的升高而升高；B、催化剂可以降低反应的活化能，从而加快化学反应的速率；C、强碱滴定弱酸溶液时，恰好完全反应时，所得溶液为醋酸钠溶液显示碱性，pH大于7；D、根据硫酸铝铵和氢氧化钡溶液反应的情况来判断解答：解：A、KNO3的溶解度随着温度的升高而升高，溶解度曲线上的点是饱和溶液，曲线以下的a点是不饱和溶液，故A正确；B、反应物的总能量大于生成物的总能量，则反应是放热反应，加入催化剂会降低活化能，改变反应的速率，但反应热不改变，故B正确；C、强碱氢氧化钠滴定弱酸醋酸溶液时，恰好完全反应时，所得溶液为醋酸钠溶液显示碱性，pH大于7，而不是等于7，故C错误；D、开始滴加同时发生反应为SO42+Ba2+=BaSO4，Al3+3OH=Al（OH）3，当Al3+沉淀完全时需加入0.03molOH，即加入0.015molBa（OH）2，加入的Ba2+为0.015mol，SO42未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵、硫酸铝；（开始到a）再滴加Ba（OH）2，生成BaSO4沉淀，发生反应为SO42+Ba2+=BaSO4，NH4+OH=NH3H2O，所以沉淀质量继续增加；当SO42完全沉淀时，共需加入0.02molBa（OH）2，加入0.04molOH，Al3+反应掉0.03molOH，生成Al（OH）30.01mol，剩余0.01molOH恰好与NH4+完全反应，此时溶液中NH4+完全反应，此时溶液为氨水溶液；（a到b）继续滴加Ba（OH）2，Al（OH）3溶解，发生反应Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，由方程式可知要使0.01molAl（OH）3完全溶解，需再加入0.005molBa（OH）2，此时溶液为氨水与偏铝酸钡溶液，（b到c），故D正确故选C点评：本题以图象题的形式呈现来考查知识点，做题时要注意从图象中获取正确信息，正确判断得出结论，综合性较强，难度大12.C考点：反应热的大小比较 专题：化学反应中的能量变化分析：在稀溶液中强酸与强碱生成1molH2O放出的热量为中和热，注意弱电解质的电离吸热，浓硫酸溶于水放热来解答解答：解：强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应：H+（aq）十OH（aq）=H2O；H=一57.3kJ/mol，分别向1L 0.5mol/L的NaOH溶液中加入：稀醋酸；浓H2SO4；稀硝酸，醋酸的电离吸热，浓硫酸溶于水放热，则恰好完全反应时的放出的热量为，所以H1H3H2，故选C点评：本题考查中和热，明确中和热的概念及弱电解质的电离、浓硫酸溶于水的热效应即可解答，需要注意的是放出的能量多，H反而小13.（1）偏小；（2）偏小（3）偏小；用醋酸代替盐酸，醋酸电离要吸收能量，造成测得的中和热偏小；（4）H+（aq）+OH（aq）=H2O（l）H=56.012 kJ/mol考点：中和热的测定 专题：实验题分析：（1）根据少量盐酸在反应中挥发，反应的盐酸偏少，放出的热量偏小；（2）没有用水洗涤温度计上的盐酸溶液，导致盐酸的物质的量偏小，放出的热量偏小（3）根据醋酸为弱电解质，电离过程中需要吸收热量进行判断；（4）温差（t2t1）应取三次实验的平均值6.7来计算中和热；根据中和热的概念写出该中和反应的热化学方程式解答：解：（1）少量盐酸在反应中挥发，盐酸挥发吸收热量，且盐酸偏少，放出的热量偏小，测得的中和热数值偏低，故答案为：偏小；（2）没有用水洗涤温度计上的盐酸溶液，导致盐酸的物质的量偏小，放出的热量偏小，测得的中和热数值偏小，故答案为：偏小（3）由于醋酸为弱酸，醋酸电离要吸收能量，造成测得的中和热偏小，故答案为：偏小；用醋酸代替盐酸，醋酸电离要吸收能量，造成测得的中和热偏小；（4）表中三次测量数据都是有效的，三次温差的平均值为：=6.7，H=56.012 kJ/mol，根据中和热的概念可知，热化学方程式为：H+（aq）+OH（aq）=H2O（l）H=56.012 kJ/mol，故答案为：H+（aq）+OH（aq）=H2O（l）H=56.012 kJ/mol点评：本题考查了中和热的测定，题目难度中等，注意掌握中和热的测定方法，明确中和热测定中必须尽量减少热量的散失，无论使测定数据更准确，还需要保证酸碱中有一种物质过量；改变反应的活化能（2）N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92KJ/mol；（3）该反应是可逆反应；考点：有关反应热的计算；吸热反应和放热反应；化学反应速率的影响因素 分析：（1）从图上分析，反应物能量高于生成物，反应放热；反应热等于生成物与反应物的能量差；活化能是指反应发生时所需要的最小能量；根据催化剂的催化原理来分析：催化剂参能参与反应，从而降低反应的活化能，缩短到达平衡的时间，但平衡不移动；（2）化学反应中，化学键断裂吸收能量，形成新化学键放出能量，根据方程式计算分别吸收和放出的能量，以此计算反应热并书写热化学方程式；（3）可逆反应不能完全进行到底，反应物的转化率不能达到100%；解答：解：（1）反应物能量高于生成物，图示反应是放热反应，14.（1）放热；（2）减小；该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动；（3）无；催化剂不改变反应物总能量与生成物总能量之差即反应热不变；（4）减小；减小解：（1）由图象可知该反应是一个能量降低的反应，所以属于放热反应；故答案为：放热；（2）对应放热反应，升高温度，平衡逆移，A的浓度增大，A的转化率减小；故答案为：减小；该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动；（3）加入催化剂改变了反应的途径，降低反应所需的活化能，但是催化剂不改变反应物总能量与生成物总能量之差即反应热不变，所以催化剂对该反应的反应热无影响；故答案为：无；催化剂不改变反应物总能量与生成物总能量之差即反应热不变；（4）加入催化剂能降低反应所需的活化能，则E1和E2都减小，故答案为：减小；减小15.（1）放热； 故答案为：放热； 反应热等于生成物与反应物的能量差；反应的活化能是指反应发生时所需要的最小能量，如图，故答案为：；催化剂改变反应历程，降低反应的活化能，增大活化分子百分数，增大单位体积内的活化分子数目，有效碰撞增大，反应速率加快，故答案为：改变反应的活化能；（2）在反应N2+3H22NH3中，断裂3molHH键，1mol N三N键共吸收的能量为：3×436kJ+946kJ=2254kJ，生成2mol NH3，共形成6mol NH键，放出的能量为：6×391kJ=2346kJ，吸收的能量少，放出的能量多，该反应为放热反应，放出的热量为：2346kJ2254kJ=92kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92KJ/mol，故答案为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92KJ/mol；（3）由于该反应是可逆反应，加入1molH2和1molI2 不可能完全反应，所以放出的热量总是少于14.9kJ，故答案为：该反应是可逆反应；点评：本题考查学生的识图能力、热化学方程式的书写、可逆反应的特点，注意理解图示中活化能、反应热的表达，题目难度中等16（1）166KJ/mol（2）acd（3）0.012mol/（Lmin）加催化剂（4）减小；0.225考点：化学平衡状态的判断；化学平衡的计算版权所有专题：化学平衡专题分析：（1）根据盖斯定律结合热化学方程式分析；（2）平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，结合方程式分析；根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆速率之比等于化学计量数之比（不同物质），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；（3）根据图I中乙苯的浓度变化，求出反应速率；根据图I中实验改变条件平衡不移动，反应速率增大；实验中改变条件，由图I可知乙苯的浓度增大，平衡逆移，所以苯乙烯体积分数V%随时间t增大而减小；（4）根据加入乙苯引起的浓度增大量与平衡移动引起的浓度减小量的相对关系分析；若实验I中将乙苯的起始浓度改为1.2mol/L，其他条件不变，因为温度不变，则K不变，根据图I中数据求出K的值解答：解：（1）方程A+方程B得到：，所以该反应的反应热为：H=H1+H2=12541=166KJ/mol，故答案为：166KJ/mol；（2）乙苯与CO2反应的平衡常数表达式为：K=，故答案为：；a反应前后体积不变，质量守恒，所以体系的密度始终不变，故不能用密度判断平衡，故a错误； b反应前后气体的体积不等，所以体系的压强改变，当压强不再变化即是平衡状态，故b正确；cc（CO2）与c（CO）的浓度是否相等，与反应的起始量和转化率有关，所以当c（CO2）=c（CO）时，不能说明已经达到平衡状态，故c错误；d消耗1molCO2为正速率，同时生成1molH2O也是正速率，都是正速率，二者始终相等，不能说明已经达到平衡状态，故d错误；e随着反应的进行CO2的体积分数逐渐减小，当CO2的体积分数保持不变，即是平衡状态，故e正确；所以不能说明已达到平衡状态的是acd，故答案为：acd；（3）根据图I中可知，050min时乙苯的浓度变化为1.0mol/L0.4mol/L=0.6mol/L，则其反应速率为=0.012mol/（Lmin）；故答案为：0.012mol/（Lmin）；根据图I中实验改变条件平衡不移动，而反应速率增大，所以改变的条件是加催化剂，故答案为：加催化剂；实验中改变条件，由图I可知乙苯的浓度增大，平衡逆移，所以苯乙烯体积分数V%随时间t增大而减小，其图形为：；故答案为：；（4）若实验I中将乙苯的起始浓度改为1.2mol/L，其他条件不变，平衡正移，由于二氧化碳的初始浓度没变，平衡移动引起的乙苯的浓度的减小量小于加入的乙苯引起的浓度增加量，所以乙苯的转化率减小； 根据图I中实验1可知，050min时乙苯的浓度变化为1.0mol/L0.4mol/L=0.6mol/L C6H5CH2CH3 +CO2 C6H5CH=CH2 +CO+H2O起始浓度（mol/L）：1.0 3.0 0 0 0反应浓度（mol/L）：0.6 0.6 0.6 0.6 0.6平衡浓度（mol/L）：0.4 2.4 0.6 0.6 0.6 则K=0.225，故答案为：减小；0.225点评：本题综合性较大，涉及化学平衡状态的判断、化学平衡常数、化学平衡影响因素、反应速率的计算等，注意（4）中平衡常数的计算依据图I中的实验1分析计算，题目难度较大18