C8H10(乙苯,g)=C8H8(苯乙烯,g)+H2(g)

乙炔、聚乙炔、乙烯均含不饱和键，均能被高锰酸钾氧化，使其褪色；
甲苯、乙苯为苯的同系物，都能使KMnO₄（H⁺）溶液褪色；
只有聚乙烯中不含C=C，不能被高锰酸钾氧化，则不能使其褪色，
故答案为：×．

点评：
本题考点： 有机物的结构和性质．

考点点评： 本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握能被高锰酸钾氧化的有机物结构特点为解答的关键，注意聚乙烯中不含双键，题目难度不大．

（1）①乙苯与CO₂反应的平衡常数表达式为：K=
c(C6H5CH＝CH2)•c(CO)•c(H2O)
c(C6H5CH2CH3)•c(CO2)，故答案为：
c(C6H5CH＝CH2)•c(CO)•c(H2O)
c(C6H5CH2CH3)•c(CO2)；
②A、到达平衡后正、逆速率相等，不再变化，t₁时刻V_正最大，之后随反应进行速率发生变化，未到达平衡，故A错误；
B、该反应正反应为放热反应，随反应进行温度升高，化学平衡常数减小，到达平衡后，温度为定值，达最高，平衡常数不变，为最小，图象与实际符合，故B正确，
C、t₁时刻后二氧化碳、NO的物质的量发生变化，t₁时刻未到达平衡状态，故C错误；
D、NO的质量分数为定值，t₁时刻处于平衡状态，故D正确；
故答案为：BD；
（2）①根据图I中可知，0-50min时乙苯的浓度变化为1.0mol/L-0.4mol/L=0.6mol/L，
则其反应速率为[△c/t]=[0.6mol/L/50min]=0.012mol/（L•min）；
故答案为：0.012mol/（L•min）；
②根据图I中实验Ⅱ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；
③图1可知曲线Ⅲ乙苯的物质的量浓度较大，所以苯乙烯的体积分数就小，而且Ⅲ达平衡时间短，然后作为：，故答案为：；

（3）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；
由 （g）+CO₂（g）⇌（g）+CO（g）+H₂O（g）
初起量：1.0 3.0 0 0 0
变化量：0.6 0.6 0.6 0.6 0.6
平衡量：0.4 2.4 0.6 0.6 0.6
所以平衡常数为：K=[0.6×0.6×0.6/0.4×2.4]=0.225，
故答案为：减小；0.225．

点评：
本题考点： 化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素；产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线；化学平衡的计算．

考点点评： 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，题目涉及的内容较多，侧重于考查学生对知识点的综合应用能力，题目难度中等．

（1）Ph-CH₂CH₃（g）⇌Ph-CH=CH₂（g）+H₂，所以Kp=
P(H2)•P(Ph−CH＝CH2)
P(Ph−CH2CH3)，故答案为：Kp=
P(H2)•P(Ph−CH＝CH2)
P(Ph−CH2CH3)；
（2）从图示a可见，随温度升高，苯乙烯产率增大，可见反应吸热；又据方程式可见，1mol气体反应生成2mol气体，可知为熵增大反应，据图a分析适宜的温度为580℃，故答案为：＞；＞；580℃；
（3）正反应为体积增大的可逆反应，增大压强，平衡逆向移动，所以从压强因素分析，为提高乙苯的转化率，应采用低压的生产条件，故答案为：低压；
①在容积可变的密闭容器中分别作了四组实验，探究温度等因素、反应相同时间时测定实验数据和压强都控制在常压下对该反应的产率影响，所以应该采用的其他实验条件是反应温度相同、乙苯的流速相同、压强都控制在常压下和反应相同时间时测定实验数据，故选：ACDE；
②温度改变活化分子的百分数，而压强只是改变单位体积内活化分子总数，所以温度对对反应的选择性影响更大，故答案为：温度；
（4）A．水蒸气的体积分数保持不变，说明各物质的量不变，正逆反应速率相等，故正确；
B．氢气、苯乙烯的生成速率之比保持不变，从反应开始到平衡一直不变，故错误；
C．反应是在容积可变的密闭容器中进行，反应前后气体体积不相等，而m不变，故混合气体的密度不再变化时反应处于平衡状态，故正确；
D．反应的选择性保持不变，由图1可知选择性不变，转化率在变，故错误；
故选：AC；
（5）分离出水蒸气，反应物浓度增大，反应速率加快，但水与乙苯的量之比变减小，导致产率降低，平衡逆向移动，所以图象为：，故答案为：．

点评：
本题考点： 化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素；化学平衡的调控作用；化学平衡状态的判断．

考点点评： 本题主要考查化学平衡状态的建立以及平衡状态的判断和平衡的移动，题目有一定的难度，特别是（5）的注意反应速率比原平衡快．

（1）方程A+方程B得到：，所以该反应的反应热为：△H=△H₁+△H₂=-125-41=-166KJ/mol，
故答案为：-166KJ/mol；
（2）①乙苯与CO₂反应的平衡常数表达式为：K=
c(C6H5CH＝CH2)•c(CO)•c(H2O)
c(C6H5CH2CH3)c(CO2)，故答案为：
c(C6H5CH＝CH2)•c(CO)•c(H2O)
c(C6H5CH2CH3)c(CO2)；
②a．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；
c．c（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）①根据图I中可知，0-50min时乙苯的浓度变化为1.0mol/L-0.4mol/L=0.6mol/L，则其反应速率为[△c/t]=[0.6mol/L/50min]=0.012mol/（L•min）；
故答案为：0.012mol/（L•min）；
②根据图I中实验Ⅱ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；
③实验Ⅲ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，0-50min时乙苯的浓度变化为1.0mol/L-0.4mol/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=[0.6×0.6×0.6/0.4×2.4]=0.225，
故答案为：减小；0.225．

点评：
本题考点： 化学平衡状态的判断；化学平衡的计算．

考点点评： 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．

A．溴水可鉴别出苯酚溶液、庚烯，但银氨溶液不能鉴别乙酸乙酯和乙苯，故A不选；
B．苯酚溶液、乙苯、庚烯均使酸性高锰酸钾溶液褪色，氯化铁溶液只能鉴别出苯酚，故B不选；
C．苯酚溶液、乙酸乙酯、乙苯、庚烯，先加溴水，溴水褪色的为庚烯，生成白色沉淀的为苯酚；现象相同的乙苯、乙酸乙酯，然后另取两种液体少许，分别滴加高锰酸钾，褪色的为乙苯，出现分层的为乙酸乙酯，可鉴别，故C选；
D．溴水可鉴别出苯酚溶液、庚烯，氯化铁溶液只能鉴别出苯酚，故D不选；
故选C．

点评：
本题考点： 物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．

考点点评： 本题考查有机物的鉴别，为高频考点，侧重有机物性质及鉴别方法的考查，把握有机物的官能团与性质及反应的不同现象为鉴别的关键，题目难度不大．