1、2015-2016学年广西南宁市上林中学高二（上）期末化学试卷（理科）一、选择题（每小题一个答案，将答案转涂在答题卡上，每小题2分，共44分）1下列有关试剂的保存方法，错误的是（）A浓硝酸保存在无色玻璃试剂瓶中B氢氧化钠溶液保存在具橡皮塞的玻璃试剂瓶中C少量的钠保存在煤油中D新制的氯水通常保存在棕色玻璃试剂瓶中2下列叙述正确的是（）ANaCl溶液在电流的作用下电离出Na+B离子化合物一定是电解质C氨水呈弱碱性，故NH3是弱电解质D溶于水电离出氢离子的化合物都是酸3下列离子组在溶液中因发生氧化还原反应而不能大量共存的是（）AH+、NO3、Fe2+、Na+BK+、Ba2+、OH、SO42CAg+、
2、NO3、Cl、K+DCu2+、NH4+、Br、OH4根据元素周期表和元素周期律分析下面的推断，其中错误的是（）A砹的氢化物不稳定B硒化氢比硫化氢稳定C氢氧化锶比氢氧化钙的碱性强D铍的原子失电子能力比镁弱5关于锌铜稀硫酸原电池的叙述，错误的是（）A氢离子在铜表面被还原，产生气泡B电流从锌片经导线流向铜片C电子从锌片经导线流向铜片D锌是负极，其质量逐渐减小6乙烷在光照的条件下与氯气混和，最多可以生成几种物质（）A6种B7种C9种D10种7二十世纪化学合成技术的发展对人类健康水平和生活质量的提高做出了巨大贡献下列各组物质全部为合成高分子材料的是（）A纤维素 涤纶B麦芽糖 胰岛素C聚乙烯酚醛树脂D淀粉
3、 聚异戊二烯8下列说法正确（）A石油、煤、天然气、油脂都属于化石燃料B油脂在碱性条件下的水解反应又称为皂化反应C分子式为（C6H10O5）n的淀粉和纤维素互为同分异构D蔗糖是还原性糖9用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A2.8 g乙烯和丙烯的混合气体中所含碳原子数为0.2NAB0.5mol C3H8分子中所含CH共价键数为2NAC标准状况下，22.4L乙醇完全燃烧所耗的氧气分子数为3NAD1mol碳正离子CH5+所含的电子数为11NA10能够鉴定溴乙烷中存在溴元素的实验操作是（）A在溴乙烷中直接加入AgNO3溶液B加蒸馏水，充分搅拌后，加入AgNO3溶液C加入NaOH的乙醇溶液，加
4、热后加入AgNO3溶液D加入NaOH溶液加热，冷却后加入稀硝酸酸化，然后加入AgNO3溶液11下列各物质中的少量杂质，可用括号内的试剂和方法除去的是（）A苯中溶有苯酚（浓溴水，过滤）B甲烷中含有乙烯（溴水，洗气）C溴苯中溶有溴（苯，分液）D乙醇中含有水（金属钠，蒸馏）12某有机物其结构简式如图关于该有机物，下列叙述不正确的是（）A能与NaOH的醇溶液共热发生消去反应B能使溴水褪色C一定条件下，能发生加聚反应D一定条件下，能发生取代反应13下列物质不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但能使溴水层褪色的是（）A乙烯B苯C甲苯D1戊炔14下列关于苯酚的叙述中，正确的是（）A苯酚呈弱酸性，能使石蕊试液显浅红色
5、B苯酚分子中的13个原子有可能处于同一平面上C苯酚可以和硝酸发生加成反应D苯酚能与FeCl3溶液反应生成紫色沉淀15下列反应的能量变化与其它三个不相同的是（）A铝粉与氧化铁的反应B氯化铵与消石灰的反应C锌片与稀硫酸反应D钠与冷水反应16在测定中和热的实验中，使用下列用品不是为了减小实验误差的是（）A碎泡沫塑料B环形玻璃棒C硬纸板D两个量筒17下列热化学方程式中的H能表示物质燃烧热的是（）A2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H=56kJ/molBCH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=890kJ/molC2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=571.6kJ/molDH2
6、（g）+Cl2（g）2HCl（g）H=183kJ/mol18在2A+B3C+4D反应中，表示该反应速率最快的是（）Av（A）=0.5 molL1s1Bv（B）=0.3 molL1s1Cv（C）=0.8 molL1s1Dv（D）=1 molL1s119下列说法正确的是（）A增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而增大有效碰撞的次数B有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大C升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数D催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子的百分数，从而增大反应速率2
7、0在2升的密闭容器中，发生以下反应：2A（g）+B（g）2C（g）+D（g）若最初加入的A和B都是4mol，在前10秒钟A的平均反应速度为0.12mol/（Ls），则10秒钟时，容器中B的物质的量是（）A1.6 molB2.8 molC2.4 molD1.2 mol21下列变化过程中，S0的是（）A氯化钠溶于水中BNH3（g）与HCl（g）反应生成NH4Cl（s）C干冰升华DCaCO3（s）分解为CaO（s）和CO2（g）22下列叙述中，不能用平衡移动原理解释的是（）A红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅B高压比常压有利于合成SO3的反应C由H2、I2（g）、HI（g）气体组成的平衡体系加压
8、后颜色变深D黄绿色的氯水光照后颜色变浅二、填空题（每空2分，共50分）23在反应2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O中，氧化剂（填化学式，下同），氧化产物，氧化产物与还原产物物质的量之比，被氧化与未被氧化的HCl的质量之比为，若有7.3gHCl被氧化，转移的电子数为 mol24（1）乙炔的电子式请写出1丙醇与乙酸反应的化学方程式为（2）蛋白质结构中含有（写官能团符号），因此既能与酸反应，又能与碱反应25已知实验室制备1，2二溴乙烷可能存在的主要副反应有：乙醇在浓硫酸的存在下在l40脱水生成乙醚少量的溴和足量的乙醇制备1，2二溴乙烷的装置如下图所示：有关数据列表如
9、下： 乙醇1，2二溴乙烷 乙醚 状态 无色液体 无色液体 无色液体密度/gcm3 0.79 2.2 0.71 沸点/ 78.5 132 34.6 熔点/ 一l30 91l6回答下列问题：（1）反应原理是（2）在装置C中应加入，（填正确选项前的字母）其目的是a水 b浓硫酸 c氢氧化钠溶液 d饱和碳酸氢钠溶液（3）判断该制各反应已经结束的最简单方法是；（4）若产物中有少量副产物乙醚可用的方法除去；（5）反应过程中应用冷水冷却装置D，其主要目的是；但又不能过度冷却（如用冰水），其原因是26已知一定条件下，烯烃可发生反应：现有如图转化关系，其中A是蜂王浆中的有效成分，分子式为C10H18O3，具有酸性
10、B能被NaOH溶液中和C中没有支链，也不含CH3G是六元环状化合物，分子式为C4H4O4请回答：（1）B中的官能团名称为（2）E与足量的新制氢氧化铜悬浊液反应的化学方程式为（3）D与F反应生成G的化学方程式为；分子中有2个羧基、且能使Br2的CCl4溶液褪色的G的同分异构体有（写结构简式）27（1）对于反应：2SO2+O22SO3，如果2min内SO2的浓度由6mol/L下降为2mol/L，那么，用SO2浓度变化来表示的化学反应速率为，用O2浓度变化来表示的反应速率为（2）在下列事实中，什么因素影响了化学反应速率：集气瓶中H2和Cl2的混合气体，在瓶外点燃镁条时发生爆炸：熔化的KClO3放出气
11、泡很慢，撒入少量MnO2很快产生气体：同浓度、同体积的盐酸中分别放入同样大小的锌粒和镁条，产生气体有快有慢：夏天的食品易霉变，而冬天不易发生该现象：三、计算题28已知：H2（g）+O2（g）H2O（l）H=285.8kJ/mol；C3H8（g）+5O2（g）3CO2（g）+4H2O（l）H=2220.0kJ/mol；H2O（l）H2O（g）H=+44.0kJ/mol（1）写出丙烷燃烧生成CO2和气态水的热化学方程式：（2）实验测得H2和C3H8的混合气体共5mol，完全燃烧生成液态水时放热6262.5kj，则混合气体中H2和C3H8的体积比为多少？2015-2016学年广西南宁市上林中学高二（
12、上）期末化学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（每小题一个答案，将答案转涂在答题卡上，每小题2分，共44分）1下列有关试剂的保存方法，错误的是（）A浓硝酸保存在无色玻璃试剂瓶中B氢氧化钠溶液保存在具橡皮塞的玻璃试剂瓶中C少量的钠保存在煤油中D新制的氯水通常保存在棕色玻璃试剂瓶中【考点】化学试剂的存放【专题】化学实验基本操作【分析】实验室保存化学试剂，应根据化学药品的物理性质和化学性质采取正确的保存方法，如易挥发药品要密封保存，易分解物质和避光、低温保存，具体物质要具体分析【解答】解：A浓硝酸见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中，故A错误； B玻璃中含有二氧化硅，易与NaOH溶液反应生成具有黏
13、性的硅酸钠，盛NaOH溶液的试剂瓶应用橡皮塞，故B正确；C金属钠易与空气中氧气反应、易与水反应，与煤油不反应且密度比煤油小，保存在煤油中可隔绝空气，防止钠变质，故C正确；D氯水中的次氯酸见光易分解而导致Cl2水变质，应于棕色试剂瓶避光保存，故D正确；故选A【点评】本题考查化学试剂的存放，题目难度不大，注意把握化学试剂的性质，选择正确的保存方法，试题贴近高考，针对性强，有利于激发学生的学习兴趣和学习积极性2下列叙述正确的是（）ANaCl溶液在电流的作用下电离出Na+B离子化合物一定是电解质C氨水呈弱碱性，故NH3是弱电解质D溶于水电离出氢离子的化合物都是酸【考点】强电解质和弱电解质的概念；酸、碱
14、、盐、氧化物的概念及其相互联系；电解质与非电解质；电解质在水溶液中的电离【分析】A、在水溶液中，电解质在水分子作用下电离出自由移动的离子；在熔融状态下，电解质在电流的作用下电离出自由移动的离子；B、离子化合物在水溶液里和熔化状态下均电离出离子；C、氨气溶于水后形成氨水导电，氨气不导电；D、酸式盐也能电离出氢离子，举例说明即可【解答】解：A、NaCl溶液在水分子作用下电离出钠离子和氯离子，故A错误；B、离子化合物在水溶液里和熔化状态下均能电离出自由移动的离子，故B正确；C、氨气不能导电，故氨气是非电解质，故C错误；D、NH4SO4在水溶液里能电离出氢离子，但是它是盐，故D错误，故选B【点评】本题
15、主要考查电解质溶液导电的原因以及电解质的概念，难度不大要注意掌握电解质在不同条件下导电的原理3下列离子组在溶液中因发生氧化还原反应而不能大量共存的是（）AH+、NO3、Fe2+、Na+BK+、Ba2+、OH、SO42CAg+、NO3、Cl、K+DCu2+、NH4+、Br、OH【考点】离子共存问题；氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题；离子反应专题【分析】在溶液中因发生氧化还原反应而不能大量共存，则离子组中存在氧化性离子和还原性离子，且能发生氧化还原反应，结合离子的性质解答【解答】解：A酸性条件下，NO3与Fe2+发生氧化还原反应而不能大量共存，故A选；BBa2+与SO42反应生成沉淀而不能大量
16、共存，但没有发生氧化还原反应，故B不选；CAg+与Cl反应生成沉淀而不能大量共存，但没有发生氧化还原反应，故C不选；DCu2+与OH反应生成沉淀而不能大量共存，但没有发生氧化还原反应，故D不选故选A【点评】本题考查离子共存问题，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合运用，注意把握离子的性质以及反应类型的判断，难度不大4根据元素周期表和元素周期律分析下面的推断，其中错误的是（）A砹的氢化物不稳定B硒化氢比硫化氢稳定C氢氧化锶比氢氧化钙的碱性强D铍的原子失电子能力比镁弱【考点】同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】A、同主族元素的原
17、子，从上到下氢化物的稳定性逐渐减弱；B、同主族元素的原子，从上到下氢化物的稳定性逐渐减弱；C、同主族元素的原子，从上到下其最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐增强；D、同主族元素的原子，从上到下失电子能力逐渐增强【解答】解：A、同主族元素的原子，从上到下氢化物的稳定性逐渐减弱，碘的氢化物不稳定，所以砹（At）的氢化物不稳定，故A正确；B、同主族元素的原子，从上到下氢化物的稳定性逐渐减弱，所以硒（Se）化氢不如硫化氢稳定，故B错误；C、同主族元素的原子，从上到下其最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐增强，所以氢氧化锶（Sr（OH）2比氢氧化钙的碱性强，故C正确；D、同主族元素的原子，从上到下失电子能力逐
18、渐增强，所以铍（Be）的原子失电子能力比镁弱，故D正确故选B【点评】本题考查学生元素周期律的应用知识，侧重于考查同主族元素性质的递变规律，难度不大5关于锌铜稀硫酸原电池的叙述，错误的是（）A氢离子在铜表面被还原，产生气泡B电流从锌片经导线流向铜片C电子从锌片经导线流向铜片D锌是负极，其质量逐渐减小【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】锌铜、稀硫酸构成的原电池中，锌易失电子发生氧化反应而作负极，铜作正极，电子从负极沿导线流向正极，电流流向与电子流向正好相反，正极上氢离子得电子发生还原反应【解答】解：A锌作负极、铜作正极，正极上氢离子得电子生成氢气，所以氢离子在铜表面被还原而产
19、生气泡，故A正确；B锌作负极、铜作正极，电子从负极锌沿导线流向正极铜，电流从正极铜沿导线流向负极锌，故B错误；C锌失电子、铜片上氢离子得电子，所以电子从负极锌沿导线流向正极铜，故C正确；D锌易失电子生成锌离子而逐渐被腐蚀，所以其质量逐渐减小，所以锌作负极，故D正确；故选B【点评】本题考查了原电池原理，根据电极上得失电子确定正负极，再结合电子和电流流向来分析解答，总结原电池正负极的判断方法，灵活运用，题目难度不大6乙烷在光照的条件下与氯气混和，最多可以生成几种物质（）A6种B7种C9种D10种【考点】有机化合物的异构现象【专题】同分异构体的类型及其判定【分析】乙烷与氯气发生取代反应，可以是一元取
20、代、二元取代到完全取代，注意多元取代时，可以取代相同碳原子上的氢原子，也可以取代不同碳原子上的氢原子，发生n元取代与m元取代，若n+m等于氢原子数目，则取代产物种数相同，据此书写判断【解答】解：乙烷的一氯取代物有1种，二氯取代物有2种，三氯取代物有2种，四氯取代物有2种（与二溴取代物个数相同），五氯取代物有1种（与一溴取代物个数相同），六氯取代物1种，所以共有9种，故选C【点评】本题考查同分异构体、取代反应等，难度不大，注意同分异构体的书写7二十世纪化学合成技术的发展对人类健康水平和生活质量的提高做出了巨大贡献下列各组物质全部为合成高分子材料的是（）A纤维素 涤纶B麦芽糖 胰岛素C聚乙烯酚醛树
21、脂D淀粉 聚异戊二烯【考点】合成材料【专题】有机化合物的获得与应用【分析】A纤维素是天然存在的；B胰岛素在人体内存在；C聚乙烯、酚醛树脂都是人工合成的；D淀粉是天然存在的【解答】解：A纤维素是天然存在的，例如棉花中含有纤维素，故A错误； B胰岛素在人体内存在，可以是天然的，故B错误；C聚乙烯、酚醛树脂都是合成高分子材料，故C正确；D淀粉是天然存在的，不是合成的，故D错误故选C【点评】本题考查合成材料，化学来源于生活，服务于生活，经常注意现实生活中的化学问题即可轻松解决，难度不大，明确物质的成分是解题的关键8下列说法正确（）A石油、煤、天然气、油脂都属于化石燃料B油脂在碱性条件下的水解反应又称为
22、皂化反应C分子式为（C6H10O5）n的淀粉和纤维素互为同分异构D蔗糖是还原性糖【考点】有机化学反应的综合应用；石油的裂化和裂解【专题】有机反应【分析】A化石燃料是煤、石油、天然气；B油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油，高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分；C淀粉和纤维素虽具有相同的表示式，但n不同；D蔗糖是多羟基酮【解答】解：A油脂不是化石燃料，故A错误；B油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油，高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，所以该反应为皂化反应，故B正确；C淀粉和纤维素虽具有相同的表示式，但n不同，则分子式不同，故不是同分异构体，故C错误；D蔗糖不是还原性糖，故D错误，故选B【点评】本
23、题考查有机物的结构与性质，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握9用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A2.8 g乙烯和丙烯的混合气体中所含碳原子数为0.2NAB0.5mol C3H8分子中所含CH共价键数为2NAC标准状况下，22.4L乙醇完全燃烧所耗的氧气分子数为3NAD1mol碳正离子CH5+所含的电子数为11NA【考点】阿伏加德罗常数【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A乙烯和丙烯的最简式为CH2，根据二者的最简式计算出混合气体中含有的碳原子数目；B丙烷分子之间晶体8个碳氢共价键，0.5mol丙烷中含有4mol碳氢共价键；C标准状况下，乙醇的状态不
24、是气体，不能使用标况下的 气体摩尔体积计算乙醇的物质的量；D碳正离子CH5+中含有10个电子，1mol该离子中含有10mol电子【解答】解：A2.8g乙烯和丙烯的混合物中含有0.2mol最简式CH2，含有0.2mol碳原子，所含碳原子数为0.2NA，故A正确；B0.5mol丙烷中含有4mol碳氢共价键，所含CH共价键数为4NA，故B错误；C标况下，乙醇不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L乙醇的物质的量，故C错误；D1mol碳正离子CH5+含有10mol电子，含有的电子数为10NA，故D错误；故选A【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标况下乙醇的
25、状态不是气体，要求掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系；选项D为易错点，注意该离子中含有10个电子10能够鉴定溴乙烷中存在溴元素的实验操作是（）A在溴乙烷中直接加入AgNO3溶液B加蒸馏水，充分搅拌后，加入AgNO3溶液C加入NaOH的乙醇溶液，加热后加入AgNO3溶液D加入NaOH溶液加热，冷却后加入稀硝酸酸化，然后加入AgNO3溶液【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】先将溴乙烷中的溴元素转化为溴离子，硝酸银和溴离子反应生成不溶于酸的浅黄色沉淀，所以再用硝酸银溶液检验溴离子
26、是否存在，从而证明溴乙烷中是否含有溴元素【解答】解：在NaOH水溶液中加热，溴乙烷水解脱掉Br生成Br，再加HNO3酸化（NaOH过量，下一步加的Ag+会和OH反应变成不稳定的AgOH，近而变成白色沉淀Ag2O，影响实验，所以加H+把OH除掉），再加AgNO3溶液，如果生成浅黄色沉淀，则证明溴乙烷中含有溴元素，故选D【点评】本题考查物质的检验和鉴别的设计，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，易错点为卤代烃水解是碱性溶液中进行或在在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应，加硝酸银时必须先加酸中和碱才能出现溴化银沉淀，注意实验的操作步骤11下列各物质中的少量杂质，可用括号内的试剂和方法除去的是（）A苯中溶
27、有苯酚（浓溴水，过滤）B甲烷中含有乙烯（溴水，洗气）C溴苯中溶有溴（苯，分液）D乙醇中含有水（金属钠，蒸馏）【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【专题】实验评价题；化学实验基本操作【分析】A生成的三溴苯酚溶于苯中，引入新杂质；B乙烯可与溴水发生加成反应；C溴苯、溴都可与苯混溶；D乙醇和水都可与钠反应【解答】解：A苯酚和溴水反应生成的三溴苯酚溶于苯中，引入新杂质，应用氢氧化钠溶液除杂，故A错误；B乙烯可与溴水发生加成反应生成1，2二溴乙烷，甲烷不反应，可用溴水除杂，故B正确；C溴苯、溴都可与苯混溶，应用氢氧化钠溶液除杂，故C错误；D乙醇和水都可与钠反应，应加入生石灰，然后用蒸馏的方法分离
28、，故D错误故选B【点评】本题考查物质的分离、提纯，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意除杂时不能引入新的杂质，更不能影响被提纯物质的性质，难度不大12某有机物其结构简式如图关于该有机物，下列叙述不正确的是（）A能与NaOH的醇溶液共热发生消去反应B能使溴水褪色C一定条件下，能发生加聚反应D一定条件下，能发生取代反应【考点】有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构【专题】有机物的化学性质及推断【分析】该有机物含C=C、Cl及苯环，结合烯烃及卤代烃的性质来解答【解答】解：A与Cl相连C的邻位C上没有H，不能发生消去反应，故A错误；B含C=C，能使溴水褪色，故
29、B正确；C含C=C，一定条件下，能发生加聚反应，故C正确；D含Cl，则一定条件下，能发生取代反应，故D正确；故选A【点评】本题考查有机物的结构与性质，注意把握烯烃、卤代烃的性质即可解答，注重基础知识的考查，题目难度不大13下列物质不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但能使溴水层褪色的是（）A乙烯B苯C甲苯D1戊炔【考点】有机物的结构和性质【专题】有机物的化学性质及推断【分析】含碳碳双键、三键的有机物与溴水发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化还原反应；苯的同系物能被高锰酸钾氧化，苯与溴水发生萃取，以此来解答【解答】解：A乙烯含碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，能使溴水层褪色，故A不选；B苯不能使酸性高锰酸
30、钾溶液褪色，但能使溴水层褪色，苯与溴水发生萃取，故B选；C甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C不选；D.1戊炔中含碳碳三键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，能使溴水层褪色，故D不选；故选B【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意烯烃、苯及其同系物的性质，萃取为解答的易错点，题目难度不大14下列关于苯酚的叙述中，正确的是（）A苯酚呈弱酸性，能使石蕊试液显浅红色B苯酚分子中的13个原子有可能处于同一平面上C苯酚可以和硝酸发生加成反应D苯酚能与FeCl3溶液反应生成紫色沉淀【考点】苯酚的化学性质【专题】有机物的化学性质及推断【分析】苯
31、酚含有酚羟基，可发生取代、氧化和显色反应，酚羟基能发生电离，苯酚具有弱酸性，以此解答【解答】解：A苯酚酸性太弱，不能使紫色石蕊试液显浅红色，故A错误；B苯为正六边形结构，C与H均在同一平面内，苯酚为苯环上的一个H被羟基取代生成的产物，羟基与苯环在同一平面内，故B正确；C苯酚和硝酸发生的是取代反应，而非加成，故C错误；D苯酚与氯化铁发生颜色反应，溶液变成紫色，没有生成沉淀，故D错误；故选B【点评】本题考查苯酚的性质，侧重于有机物的结构和性质的考查，为高考高频考点，难度不大，注意相关基础知识的积累，D选项为容易错选项，苯酚的显色反应不是沉淀15下列反应的能量变化与其它三个不相同的是（）A铝粉与氧化
32、铁的反应B氯化铵与消石灰的反应C锌片与稀硫酸反应D钠与冷水反应【考点】吸热反应和放热反应【专题】化学反应中的能量变化【分析】化学反应存在吸热反应和放热反应，一般来说，化合反应、活泼金属与酸的反应以及与水的反应属于放热反应，碳和二氧化碳的反应属于吸热反应【解答】解：A铝粉与氧化铁的反应属于放热反应； B氯化铵与消石灰的反应属于吸热反应；C锌片与稀硫酸反应属于放热反应；D钠与冷水反应属于放热反应显然B中反应的能量变化与其他三项不相同故选B【点评】本题考查化学反应与能量问题，题目难度不大，注意常见的放热反应和吸热反应有哪些16在测定中和热的实验中，使用下列用品不是为了减小实验误差的是（）A碎泡沫塑料
33、B环形玻璃棒C硬纸板D两个量筒【考点】中和热的测定【专题】实验评价题；化学实验常用仪器及试剂【分析】碎泡沫塑料和底部垫纸条，目的是保温，以减小实验中的误差；环形玻璃棒，使溶液混合更均匀，测量更准确【解答】解：碎泡沫塑料和底部垫纸条，目的是保温，以减小实验中的误差；环形玻璃棒，使溶液混合更均匀，测量更准确；量筒是测量溶液体积的，不能减少实验误差，故选D【点评】本题主要考查了中和反应的原理，难度不大，注意实验的原理17下列热化学方程式中的H能表示物质燃烧热的是（）A2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H=56kJ/molBCH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=890kJ/mo
34、lC2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=571.6kJ/molDH2（g）+Cl2（g）2HCl（g）H=183kJ/mol【考点】燃烧热【专题】化学反应中的能量变化【分析】在25摄氏度，101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热应注意：（1）书写燃烧反应的热化学方程式时可燃物必须是1 mol，即可燃物的计量系数一定是1，其他物质的计量系数可以用分数或小数表示（建议用分数）（2）单质或化合物必须是完全燃烧，如反应物中CCO2，H2H2O（液），SSO2（气）等（3）燃烧热指的是可燃物在氧气中的燃烧【解答】A、书写燃烧反应的热化学方程式时可
35、燃物必须是1 mol，故A错误；B、书写燃烧反应的热化学方程式时可燃物一定是1 mol，反应物中CCO2，H2H2O（液），故B正确；C、书写燃烧反应的热化学方程式时可燃物必须是1 mol，故C错误；D、燃烧热指的是可燃物在氧气中的燃烧，故D错误故选B【点评】本题考查了燃烧热的概念，掌握燃烧热概念的要点是解题关键，难度不大18在2A+B3C+4D反应中，表示该反应速率最快的是（）Av（A）=0.5 molL1s1Bv（B）=0.3 molL1s1Cv（C）=0.8 molL1s1Dv（D）=1 molL1s1【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】由于不同物质表示
36、的速率之比等于其化学计量数之比，故化学反应速率与其化学计量数的比值越大，反应速率越快【解答】解：化学反应速率与其化学计量数的比值越大，反应速率越快，A. =0.25，B. =0.3，C. =0.27，D. =0.25，则反应速率最快的为B，故选B【点评】本题考查反应速率快慢的比较，利用反应速率与化学计量数的比值可快速解答，也可转化为同种物质的反应速率来比较，题目难度不大19下列说法正确的是（）A增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而增大有效碰撞的次数B有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大C升高温度能使化学反应速率增
37、大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数D催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子的百分数，从而增大反应速率【考点】化学反应速率的影响因素【专题】化学反应速率专题【分析】A增大浓度，单位体积活化分子数目增多，但单位体积内活化分子的百分数不变；B增大压强，单位体积活化分子数目增多，但单位体积内活化分子的百分数不变；C升高温度，提供分子需要的能量，活化分子的百分数增大；D催化剂，降低反应所需的活化能【解答】解：A增大浓度，单位体积活化分子数目增多，则使有效碰撞次数增大，反应速率加快，但单位体积内活化分子的百分数不变，故A错误；B有气体参加的反应，增大压强，单位体积活化分子数目增多，
38、从而使反应速率增大，但单位体积内活化分子的百分数不变，故B错误；C升高温度，提供分子需要的能量，活化分子的百分数增大，从而使有效碰撞次数增大，则反应速率加快，故C正确；D催化剂，降低反应所需的活化能，增大单位体积内活化分子的百分数，从而增大反应速率，故D错误；故选C【点评】本题考查影响反应速率的因素，为高频考点，把握浓度、温度、压强、催化剂对反应速率的影响即可解答，侧重活化理论的理解及分析的考查，题目难度不大20在2升的密闭容器中，发生以下反应：2A（g）+B（g）2C（g）+D（g）若最初加入的A和B都是4mol，在前10秒钟A的平均反应速度为0.12mol/（Ls），则10秒钟时，容器中B
39、的物质的量是（）A1.6 molB2.8 molC2.4 molD1.2 mol【考点】反应速率的定量表示方法【专题】化学反应速率专题【分析】根据速率之比等于化学计量数之比计算v（B），利用c=vt计算c（B），n（B）=c（B）V，B的起始物质的量减n（B）为10秒钟时容器中B的物质的量【解答】解：根据速率之比等于化学计量数之比，所以v（B）=0.5v（A）=0.50.12mol/（Ls）=0.06mol/（Ls），所以c（B）=0.06mol/（Ls）10s=0.6mol/L，所以n（B）=0.6mol/L2L=1.2mol，故10秒钟时容器中B的物质的量为4mol1.2mol=2.8mo
40、l故选B【点评】本题考查反应速率的有关计算，难度不大，注意对反应速率公式的灵活运用21下列变化过程中，S0的是（）A氯化钠溶于水中BNH3（g）与HCl（g）反应生成NH4Cl（s）C干冰升华DCaCO3（s）分解为CaO（s）和CO2（g）【考点】反应热和焓变【专题】化学反应中的能量变化【分析】熵变是反应体系的混乱度，是体系混乱度（或无序度）的量度，同一物质，气态熵大于液态熵，液态熵大于固态熵；不同物质生成的气体体积越大，熵值增加，熵变为正值气体体积减少，熵值减小，熵变为负值【解答】解：A、氯化钠溶于水中变化过程中固体溶解到水中形成溶液，熵值增大，S0，故A错误；B、NH3（g）与HCl（g
41、）反应生成NH4Cl（s），熵值减小，S0，故B正确；C、干冰升华变化过程中固体变化为气体，熵值增大，S0，故C错误；D、CaCO3（s）分解为CaO（s）和CO2（g），熵值增大，S0，故D错误；故选：B【点评】本题考查了反应熵变的概念和理解，结合反应及变化的特征分析判断熵值的变化是解题关键22下列叙述中，不能用平衡移动原理解释的是（）A红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅B高压比常压有利于合成SO3的反应C由H2、I2（g）、HI（g）气体组成的平衡体系加压后颜色变深D黄绿色的氯水光照后颜色变浅【考点】化学平衡移动原理【专题】化学平衡专题【分析】平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件（
42、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，则不能用平衡移动原理解释【解答】解：A存在平衡2NO2（g）N2O4（g），增大压强，混合气体的浓度增大，平衡体系颜色变深，该反应正反应为体积减小的反应，增大压强平衡正反应移动，二氧化氮的浓度又降低，颜色又变浅，由于移动的密度目的是减弱变化，而不是消除，故颜色仍不原来的颜色深，所以可以用平衡移动原理解释，故A不选；B存在平衡2SO2+O2（g）2SO3（g），正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应移动，有利于合成SO3，能用平衡移动原理解释，故B不选；C存在平衡H2+
43、I2（g）2HI（g），该反应前后气体的体积不变，增大压强，平衡不移动，增大平衡体系的压强气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，不能用平衡移动原理解释，故C选；D对氯水中的次氯酸受光照射会分解，次氯酸浓度减小，使得化学平衡Cl2+H2OHCl+HClO向右移动，能用平衡移动原理解释，故D不选；故选：C【点评】本题考查勒夏特列原理知识，题目难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，且是否发生平衡的移动二、填空题（每空2分，共50分）23在反应2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O中，氧化剂KMnO4（填化学式，下同），氧化产物Cl2，氧化产物与还原产物物
44、质的量之比5：2，被氧化与未被氧化的HCl的质量之比为5：3，若有7.3gHCl被氧化，转移的电子数为0.1 mol【考点】氧化还原反应的计算【专题】氧化还原反应专题【分析】所含元素化合价降低的反应为氧化剂，元素化合价升高，发生氧化反应，得到氧化产物，元素化合价降低，发生还原反应，得到还原产物，反应中Cl2是氧化产物，MnCl2是还原产物；被氧化的HCl生成Cl2，未被氧化的HCl生成KCl、MnCl2，根据产物中利用数目判断；根据n=计算被氧化HCl的物质的量，结合Cl元素化合价变化计算转移电子【解答】解：反应方程式为：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，反
45、应中KMnO4中Mn元素化合价由+7价降低为MnCl2中+2价，Cl元素化合价由HCl1价升高为Cl2中0价，故KMnO4是氧化剂，MnCl2是还原产物，HCl是还原剂，Cl2是氧化产物，由方程式可知氧化产物与还原产物物质的量之比5：2；被氧化的HCl生成Cl2，未被氧化的HCl生成KCl、MnCl2，根据方程式可知，被氧化与未被氧化的HCl的质量之比为52：（2+22）=5：3；被氧化HCl的物质的量为=0.2mol，反应中转移电子为0.2mol0（1）=0.1mol，故答案为：KMnO4；Cl2；5：2；5：3；0.1【点评】本题考查氧化还原反应基本概念与有关计算，根据化合价理解基本概念，
46、掌握电子转移守恒在氧化还原反应中计算24（1）乙炔的电子式请写出1丙醇与乙酸反应的化学方程式为CH3CH2CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH2CH3+H2O（2）蛋白质结构中含有NH2、COOH（写官能团符号），因此既能与酸反应，又能与碱反应【考点】化学方程式的书写；电子式；有机物分子中的官能团及其结构【专题】化学用语专题【分析】（1）乙炔中碳原子最外层有4个电子，碳原子和碳原子间只能形成3对共用电子对；在浓硫酸作催化剂条件下加热醇和酸发生酯化反应生成酯，反应本质为酸脱羟基，醇脱氢；（2）蛋白质中含有氨基和羧基，显两性，氨基具有碱性，羧基具有酸性【解答】解：（1）乙炔中碳原子最外
47、层有4个电子，要达到稳定结构要形成四对共用电子对，而1个氢原子只能与1个碳原子形成形成1对公用电子对，所以碳原子和碳原子间只能形成3对公用电子对，所以乙炔的电子式为，1丙醇和丙酸反应，酸脱羟基，醇脱氢，反应为：CH3CH2CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH2CH3+H2O，故答案为：；CH3CH2CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH2CH3+H2O； （2）蛋白质中含有的官能团是氨基（NH2）和羧基（COOH），氨基具有碱性，羧基具有酸性，故答案为：NH2、COOH【点评】本题主要考查了电子式、官能团、化学方程式的书写，题目难度不大，注意基础知识的积累25已知实验室制
48、备1，2二溴乙烷可能存在的主要副反应有：乙醇在浓硫酸的存在下在l40脱水生成乙醚少量的溴和足量的乙醇制备1，2二溴乙烷的装置如下图所示：有关数据列表如下： 乙醇1，2二溴乙烷 乙醚 状态 无色液体 无色液体 无色液体密度/gcm3 0.79 2.2 0.71 沸点/ 78.5 132 34.6 熔点/ 一l30 91l6回答下列问题：（1）反应原理是CH3CH2OHCH2=CH2+H2O；CH2=CH2+Br2BrCH2CH2Br（2）在装置C中应加入c，（填正确选项前的字母）其目的是吸收反应中可能生成的酸性气体a水 b浓硫酸 c氢氧化钠溶液 d饱和碳酸氢钠溶液（3）判断该制各反应已经结束的最
49、简单方法是溴的颜色完全褪去；（4）若产物中有少量副产物乙醚可用蒸馏的方法除去；（5）反应过程中应用冷水冷却装置D，其主要目的是冷却可避免溴的大量挥发；但又不能过度冷却（如用冰水），其原因是产品1，2二溴乙烷的熔点（凝固点）低，过度冷却会凝固而堵塞导管【考点】制备实验方案的设计【专题】实验设计题【分析】用少量的溴和足量的乙醇、浓硫酸制备1，2二溴乙烷，装置A中是浓硫酸、乙醇迅速加热到170C，反应生成乙烯，乙烯中含有二氧化硫、二氧化碳、水蒸气，1，2二溴乙烷熔点为9，冷却容易析出晶体，堵塞玻璃导管，B为安全瓶，可以防止倒吸，根据E中内外液面高低变化，可以判断是否发生堵塞，装置C浓硫酸具有强氧化性
50、，将乙醇氧化成二氧化碳，自身被还原成二氧化硫，二氧化碳；生成的酸性气体为SO2、CO2可以和氢氧化钠反应，装置D是发生的反应是乙烯与溴发生加成反应生成1，2二溴乙烷，1，2二溴乙烷的凝固点较低（9），反应过程中应用冷水冷却装置D得到1，2二溴乙烷，（1）实验室制备1，2二溴乙烷，先发生乙醇的消去反应生成乙烯，再发生乙烯与溴水的加成反应；（2）装置C中应为碱性溶液，吸收反应中可能生成的酸性气体；（3）乙烯和溴水发生加成反应生成1，2二溴乙烷，1，2二溴乙烷为无色；（4）1，2二溴乙烷与乙醚的沸点不同，两者均为有机物，互溶，用蒸馏的方法将它们分离；（5）溴易挥发，冷却防止溴大量挥发；1，2二溴乙烷
51、的凝固点较低（9），过度冷却会使其凝固而使气路堵塞【解答】解：（1）实验室制备1，2二溴乙烷的反应原理为：先发生乙醇的消去反应生成乙烯，再发生乙烯与溴水的加成反应，反应分别为CH3CH2OHCH2=CH2+H2O、CH2=CH2+Br2BrCH2CH2Br，故答案为：CH3CH2OHCH2=CH2+H2O；CH2=CH2+Br2BrCH2CH2Br；（2）浓硫酸具有强氧化性，将乙醇氧化成二氧化碳，自身被还原成二氧化硫，二氧化碳、二氧化硫能和氢氧化钠溶液反应而被吸收，则装置C中试剂为NaOH溶液，其目的是，故答案为：c；吸收反应中可能生成的酸性气体；（3）乙烯和溴水发生加成反应生成1，2二溴乙烷
52、，1，2二溴乙烷为无色，D中溴颜色完全褪去说明反应已经结束，故答案为：溴的颜色完全褪去；（4）两者均为有机物，互溶，但1，2二溴乙烷与乙醚的沸点不同，用蒸馏的方法将它们分离，故答案为：蒸馏；（5）溴在常温下，易挥发，乙烯与溴反应时放热，溴更易挥发，冷却可避免溴的大量挥发，但1，2二溴乙烷的凝固点9较低，不能过度冷却，过度冷却会使其凝固而使气路堵塞，导致B中长导管内液面上升，故答案为：冷却可避免溴的大量挥发；产品1，2二溴乙烷的熔点（凝固点）低，过度冷却会凝固而堵塞导管【点评】本题考查制备实验方案的设计，为高频考点，把握制备实验原理、混合物分离提纯实验等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题
53、目难度中等26已知一定条件下，烯烃可发生反应：现有如图转化关系，其中A是蜂王浆中的有效成分，分子式为C10H18O3，具有酸性B能被NaOH溶液中和C中没有支链，也不含CH3G是六元环状化合物，分子式为C4H4O4请回答：（1）B中的官能团名称为醛基和羧基（2）E与足量的新制氢氧化铜悬浊液反应的化学方程式为OHCCHO+4Cu（OH）2HOOCCOOH+2Cu2O+4H2O（3）D与F反应生成G的化学方程式为；分子中有2个羧基、且能使Br2的CCl4溶液褪色的G的同分异构体有HOOCCH=CHCOOH、（写结构简式）【考点】有机物的推断【专题】有机物的化学性质及推断【分析】A分子式为C10H1
54、8O3，具有酸性，说明A中含有羧基，A分子的不饱和度=，说明A中含有两个双键，因为含有羧基，所以碳氧之间存在一个双键，则该反应中还含有一个双键，含有一个醇羟基；A能发生反应生成B和C，结合题给信息知，A中含有碳碳双键；B能被NaOH溶液中和说明B中含有羧基，B能和银氨溶液发生银镜反应，说明B中含有醛基，D中含有两个羧基，D和F反应生成G，G是六元环状化合物，分子式为C4H4O4，则G是乙二酸乙二酯，所以D是HOOCCOOH，F是HOCH2CH2OH，F发生氧化反应生成E，E发生氧化反应生成HOOCCOOH，则E是OHCCHO，根据碳原子守恒知，B的结构简式为：OHCCOOH；C中没有支链，也不
55、含CH3，则醇羟基处于边上，结合题给信息知，C的结构简式为：OHC（CH2）6CH2OH，根据碳碳双键的断键方式知，A的结构简式为：HOOCCH=CH（CH2）6CH2OH，据此分析解答【解答】解：A分子式为C10H18O3，具有酸性，说明A中含有羧基，A分子的不饱和度=，说明A中含有两个双键，因为含有羧基，所以碳氧之间存在一个双键，则该反应中还含有一个双键，含有一个醇羟基；A能发生反应生成B和C，结合题给信息知，A中含有碳碳双键；B能被NaOH溶液中和说明B中含有羧基，B能和银氨溶液发生银镜反应，说明B中含有醛基，D中含有两个羧基，D和F反应生成G，G是六元环状化合物，分子式为C4H4O4，
56、则G是乙二酸乙二酯，所以D是HOOCCOOH，F是HOCH2CH2OH，F发生氧化反应生成E，E发生氧化反应生成HOOCCOOH，则E是OHCCHO，根据碳原子守恒知，B的结构简式为：OHCCOOH；C中没有支链，也不含CH3，则醇羟基处于边上，结合题给信息知，C的结构简式为：OHC（CH2）6CH2OH，根据碳碳双键的断键方式知，A的结构简式为：HOOCCH=CH（CH2）6CH2OH，（1）B的结构简式为：OHCCOOH，B中的官能团名称为醛基和羧基，故答案为：醛基和羧基；（2）在加热条件下，乙二醛和氢氧化铜悬浊液发生反应生成乙二酸，反应方程式为：OHCCHO+4 Cu（OH）2HOOCC
57、OOH+2 Cu2O+4 H2O，故答案为：OHCCHO+4 Cu（OH）2HOOCCOOH+2 Cu2O+4 H2O；（3）在浓硫酸作催化剂、加热条件下，乙二酸和乙二醇发生酯化反应，反应方程式为：，G是乙二酸乙二酯，分子中有2个羧基且能使Br2的CCl4溶液褪色说明含有碳碳双键，则符合条件的G的同分异构体有HOOCCH=CHCOOH，故答案为：；HOOCCH=CHCOOH、【点评】本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断及信息获取和运用能力，根据B的性质和G的分子式与结构为突破口来推断B，再结合题给信息进行分析解答，从而确定A的结构简式，题目难度中等27（1）对于反应：2SO2+
58、O22SO3，如果2min内SO2的浓度由6mol/L下降为2mol/L，那么，用SO2浓度变化来表示的化学反应速率为2molL1min1，用O2浓度变化来表示的反应速率为1molL1min1（2）在下列事实中，什么因素影响了化学反应速率：集气瓶中H2和Cl2的混合气体，在瓶外点燃镁条时发生爆炸：温度熔化的KClO3放出气泡很慢，撒入少量MnO2很快产生气体：催化剂同浓度、同体积的盐酸中分别放入同样大小的锌粒和镁条，产生气体有快有慢：固体表面积夏天的食品易霉变，而冬天不易发生该现象：温度【考点】反应速率的定量表示方法；化学反应速率的影响因素【专题】化学反应速率专题【分析】（1）v=，化学反应速
59、率之比等于化学计量数之比；（2）镁条燃烧放出大量的热，温度升高，化学反应速率加快；催化剂加快化学反应速率；固体的表面积影响了化学反应速率；夏季温度高，冬季温度低，温度影响化学反应速率；【解答】解：（1）v（SO2）=2 molL1min1，v（O2）：v（SO2）=1：2，v（O2）=v（SO2）=1molL1min1，故答案为：2 molL1min1；1 molL1min1；（2）镁条燃烧放出大量的热，温度升高，化学反应速率加快，故答案为：温度；熔化的KClO3放出气泡很慢，撒入少量MnO2很快产生气体，体现了催化剂加快化学反应速率，故答案为：催化剂；同浓度、同体积的盐酸中分别放入同样大小的
60、锌粒和镁条，产生气体有快有慢，固体的表面积影响了化学反应速率，故答案为：固体表面积；夏天的食品易霉变，而冬天不易发生该现象，夏季温度高，冬季温度低，温度影响化学反应速率，故答案为：温度【点评】本题考查化学反应速率的相关计算和外界条件对化学反应速率的影响，难度不大，计算时要注意化学反应速率之比等化学计量数之比的应用三、计算题28已知：H2（g）+O2（g）H2O（l）H=285.8kJ/mol；C3H8（g）+5O2（g）3CO2（g）+4H2O（l）H=2220.0kJ/mol；H2O（l）H2O（g）H=+44.0kJ/mol（1）写出丙烷燃烧生成CO2和气态水的热化学方程式：（2）实验测得
61、H2和C3H8的混合气体共5mol，完全燃烧生成液态水时放热6262.5kj，则混合气体中H2和C3H8的体积比为多少？【考点】热化学方程式【专题】化学反应中的能量变化【分析】（1）根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减，反应热也处于相应的系数进行相应的加减，构造目标热化学方程式；（2）计算H2和C3H8的平均燃烧热，根据十字交叉法计算H2和C3H8的体积比即可【解答】解：（1）已知：C3H8（g）+5O2（g）3CO2（g）+4H2O（1）；H=2220.0kJ/molH2O（1）=H2O（g）；H=+44.0kJ/mol由盖斯定律可知，+4得C3H8（g）+5O2（g）3C
62、O2（g）+4H2O（g）H=2044kJ/mol，答：丙烷燃烧生成CO2和气态水的热化学方程式C3H8（g）+5O2（g）3CO2（g）+4H2O（g）H=2044kJ/mol；（2）由热化学方程式可知，氢气的燃烧热为285.8kJ/mol，丙烷的燃烧热为2220.0kJ/mol，H2和C3H8的混合气体共5mol，完全燃烧生成液态水时放热6262.5KJ，则混合气体中H2和C3H8的平均燃烧热为=1252.5kJ/mol，根据十字交叉法计算H2和C3H8的体积比：故H2和C3H8的体积比为967.5kJ/mol：966.7kJ/mol=1：1答：混合气体中H2和C3H8的体积比为1：1【点评】本题考查反应热的计算、盖斯定律等，难度中等，（1）中利用十字交叉法计算，比常规方法简单，容易计算，注意对十字交叉法的理解2016年3月8日