“祥云”火炬燃料为丙烷气体，为了便于储存或携带，常温下可采用_________的方法使其液化，这一物态变化过程要____

由于是常温下使气体液化，所以不可能是降低温度，只能是压缩体积使其液化．气体在液化的过程中要放出热量．
紫光照在红色的物体上，紫光被吸收，所以没有光从火炬手柄上放出去，故火炬手柄为黑色．
故答案为：压缩体积；放出；黑．

点评：
本题考点： 液化及液化现象；物体的颜色．

考点点评： 不透明物体的颜色是由其反射的色光决定的．即什么颜色的物体反射什么颜色的光，其余的色光被其吸收．能够反射所有色光的是白色，若物体吸收所有的色光，即没有光从物体反射出去，该物体即为黑色．

（1）由C₃H₈（g）→CH₄（g）+HC≡CH（g）+H₂（g）△H₁=+156.6kJ•mol^-1①，
CH₃CH=CH₂（g）→CH₄（g）+HC≡CH（g）△H₂=+32.4kJ•mol^-1 ②，
则根据盖斯定律，反应C₃H₈（g）→CH₃CH=CH₂（g）+H₂（g）可由①-②得到，
所以△H=△H₁-△H₂=+156.6kJ•mol^-1-（+32.4kJ•mol^-1）=+124.2kJ•mol^-1，故答案为：+124.2；
（2）负极通入丙烷，碳元素的化合价升高，电池的正极通入O₂，氧元素的化合价降低，即丙烷与氧气反应生成二氧化碳和水，
则电池的总反应为C₃H₈+5O₂═3CO₂+4H₂O，原电池中阴离子向负极移动，即CO₃^2-移向电池的负极，
故答案为：C₃H₈+5O₂═3CO₂+4H₂O；负；
（3）忽略水的电离及H₂CO₃的第二级电离，pH=5.60，c（H⁺）=10^-5.60=2.5×10^-6mol•L^-1，
由H₂CO₃HCO₃^-+H⁺，
平衡时c（H⁺）=c（HCO₃^-）=2.5×10^-6mol•L^-1，
c（H₂CO₃）=（1.5×10^-5-2.5×10^-6）mol•L^-1，
则Ka=
c(H+)×c(HCO3−)
c(H2CO3) =4.2×10^-7 mol•L^-1，故答案为：4.2×10^-7 mol•L^-1；
（4）NaHCO₃溶液的pH大于8，则水解大于电离，水解生成H₂CO₃，电离生成CO₃^2-，即HCO₃^-CO₃^2-+H⁺，HCO₃^-+H₂OH₂CO₃+OH^-，
所以c（H₂CO₃）＞c（CO₃^2-），故答案为：＞；HCO₃^-CO₃^2-+H⁺，HCO₃^-+H₂OH₂CO₃+OH^-．

点评：
本题考点： 用盖斯定律进行有关反应热的计算；电极反应和电池反应方程式；化学平衡的计算；离子浓度大小的比较．

考点点评： 本题考查了多个知识点，属于小综合习题，明确盖斯定律、原电池的工作原理、电离平衡常数的计算、溶液中利用电离与水解来比较离子的浓度即可解答，难度不大．

（1）常温、同压下，等体积的丙烷和丁烷物质的量相同，完全燃烧恢复到原状态，水为液体，生成二氧化碳的体积比为物质的量之比，依据碳元素守恒得到二氧化碳气体的体积比为3：4；故答案为：3：4；
（2）丁烷的燃烧热为2880kJ/mol，依据燃烧热概念写出热化学方程式为：C₄H₁₀（g）+[13/2]O₂（g）→4CO₂（g）+5H₂O（l）△H=-2880kJ/mol；
1mol丙烷和丁烷（物质的量之比1：1）的混合气中丙烷为0.5mol，丁烷为0.5mol；0.5mol丁烷放热1440KJ，所以0.5mol丙烷燃烧放热1110KJ；丙烷燃烧的热化学方程式为；
C₃H₈（g）+5O₂（g）→3CO₂（g）+4H₂O（l）△H=-2220KJ/mol，
故答案为：C₃H₈（g）+5O₂（g）→3CO₂（g）+4H₂O（l）△H=-2220KJ/mol；
（3）标准状况下，1.0mol丙烷和丁烷的混合气和足量氧气混合完全燃烧后，恢复至原状态，混合气体的体积减小了70.0L，物质的量为3.125mol；
设丙烷物质的量为X，丁烷物质的量为1-X；
C₃H₈（g）+5O₂（g）→3CO₂（g）+4H₂O（l）△n
1 3
X 3X
2C₄H₁₀（g）+13O₂（g）→8CO₂（g）+10H₂O（l）
2 7
1-X 3.5（1-X）
3X+3.5（1-X）=3.125
X=0.75mol
所以混合气体中丙烷和丁烷的体积比=0.75：（1-0，75）=3：1，
故答案为：3：1；
（4）标准状况下，a L的某丙烷和丁烷的混合气体，在b L足量氧气中完全燃烧后，恢复到原状态体积为V L，所得气体体积V依据化学方程式计算得到：
假设气体全部是丙烷体积为a
C₃H₈（g）+5O₂（g）→3CO₂（g）+4H₂O（l）△V减小
1 3
a3a
3a=a+b-V
V=b-2a
假设气体全部是丁烷体积为a
2C₄H₁₀（g）+13O₂（g）→8CO₂（g）+10H₂O（l）△V减小
2 7
a 3.5a
3.5a=a+b-V
V=b-2.5a
a L的某丙烷和丁烷的混合气体，在b L足量氧气中完全燃烧后，恢复到原状态体积为V L，所得气体体积V为：b-2.5a＜V＜b-2a，
故答案为：b-2.5a＜V＜b-2a．

点评：
本题考点： 烷烃及其命名；热化学方程式；有关混合物反应的计算．

考点点评： 本题考查了阿伏伽德罗定律的计算应用，混合物的计算应用和判断，烷烃燃烧的热化学方程式的书写方法，燃烧热的概念应用，燃烧前后气体体积的变化计算，题目难度中等．

A、根据化学式可知，丙烷由碳、氢两种元素组成，符合事实，故A错误；
B、由化学式可知1个分子中有8个H原子，则含有4个氢原子与事实不符，故B正确；
C、相对分子质量为12×3+1×8═44，则相对分子质量为44，与事实符合，故C错误；
D、由化学式可知1个分子中有8个H原子和3个C原子，共11个原子，与事实符合，故D错误；
故选B．

点评：
本题考点： 物质的元素组成；分子和原子的区别和联系；相对分子质量的概念及其计算．

考点点评： 本题属于信息题，学生可利用物质的化学式并结合所学知识来解答，明确化学式是解答此类习题的关键信息．

（1）铝与空气中氧气反应生成一层致密的氧化膜，对内部的铝起到保护作用，所以不易生锈；设硫元素的化合价为X则：（+3）×2+X×3=0解得X=-2价；
（2）燃烧的必须具备的条件有三个：①物质具有可燃性；②可燃物与氧气接触；③可燃物必须达到着火点；火未熄灭说明具备燃烧的条件，大风主要起到降温的作用，不灭说明温度未达到着火点以下；丙烷燃烧的反应物是丙烷和氧气写在等号的左边，生成物是二氧化碳和水，写在等号的右边，用观察法配平即可；所以燃烧的化学方程式为：C₃H₈+5O₂

点燃
.
3CO₂+4H₂O；作为燃料，丙烷与煤、石油相比，其优点是丙烷燃烧的火焰明亮，燃烧的产物无污染．
故答案为：（1）与空气中氧气反应生成一层致密的氧化膜，对内部的铝起到保护作用；-2价；
（2）火炬的温度未达到着火点以下，且与氧气接触；C₃H₈+5O₂

点燃
.
3CO₂+4H₂O；燃烧的火焰明亮，燃烧的产物无污染．

点评：
本题考点： 金属的化学性质；有关元素化合价的计算；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式；燃烧与燃烧的条件．

考点点评： 本题难度不大，只要掌握了铝不易腐蚀的原因、化学方程式的书写、燃烧的条件，就可做好此题．

（1）已知：t=15min=900s，v=3m/s，
那么在一支火炬的燃烧时间内运动员能跑的路程为s=vt=900s×3m/s=2700m=2.7×10³m，
（2）由于火炬手将火炬举在同一高度跑了100m，在力的作用下火炬通过的距离为s=0m，根据功的公式W=Fs就可算出火炬手对火炬做的功为0J，
故答案为：2.7×10³，0．

点评：
本题考点： 速度公式及其应用；功的计算．

考点点评： 本题考查了速度公式的计算及功的计算；弄清物体做功的两个条件是解题的关键；注意计算过程中单位的统一及力的距离的确定．

A、丙烷含有3个碳原子，分子式为C₃H₈，题中C₃H₆为丙烯或环丙烷，故A错误；
B、丙烷分子中含有3个碳原子，每个碳原子连接的原子、基团都呈四面体结构，故3个碳原子呈角型，所以碳原子不可能在一条直线上，故B错误；
C、丙烷属于烷烃，在光照条件下能够与Cl₂发生取代反应，故C正确；
D、丙烷含有3个碳原子，碳原子数目＜4，通常条件为气体，故D错误．
故选：C．

点评：
本题考点： 烷烃及其命名．

考点点评： 以北京奥运会的“祥云”火炬所用燃料的主要成分是丙烷为载体，考查烷烃的结构与性质，难度不大，注意通常条件为气态有机物：碳原子数目≤4烃，一氯甲烷、甲醛、新戊烷等．

（1）由表中可知，丁烷的沸点较高，在低温地区，丁烷会处于液态．故填：液态．
根据质量守恒定律可知，反应前后元素的种类不变，所以丙烷必定含有的两种元素是碳元素和氢元素．故填：碳、氢．
（2）铝具有较强抗腐蚀性的原因是铝能与空气中氧气作用在其表面形成一层致密的氧化铝薄膜，阻止内部的铝进一步和氧气接触．故填：铝能与空气中氧气作用在其表面形成一层致密的氧化铝薄膜，阻止内部的铝进一步和氧气接触．
（3）铝与稀盐酸反应的化学方程式为：2Al+6HCl=2AlCl₃+3H₂↑．

点评：
本题考点： 常用燃料的使用与其对环境的影响；常见金属的特性及其应用；金属的化学性质；物质的元素组成．

考点点评： 本题借助奥运火炬燃料和火炬外壳铝合金考查燃料的性质和金属铝的化学性质．

解；火炬为一圆柱体，传递火炬时，人要用手握住火炬，因此，火炬的半径约为3cm，
火炬的体积V=Sh=πR²h=3.14×（3cm）²×72cm=2034.72cm³≈2×10^-3m³．
火炬质量m=985g=0.985Kg，火炬的密度ρ=[m/V]=
0.985Kg
2×10−3m3≈490Kg/m³．
它的密度约为水的密度的约为水的密度的一半，密度较小．
火炬下半部喷涂高触感红色塑胶漆，一方面增大了火炬与人手间的摩擦，
另一方面人的视觉对红色比较敏感，容易被人看到．
故答案为 较小 增大摩擦．

点评：
本题考点： 与密度有关的物理现象；增大或减小摩擦的方法．

考点点评： 合理地估算出火炬的体积，才能较准确的估算密度，估算出密度后再与常见物体密度相比较，判定密度较小还是较大．

A．铝合金制作的火炬质量轻、不易腐蚀，故A正确；
B．工业上用电解熔融氧化铝的方法制取金属铝，故B错误；
C．丙烷与乙烷在分子组成上相差一个CH₂，互为同系物，故C错误；
D．丙烷不能被酸性KMnO₄溶液氧化而褪色，故D错误．
故选A．

点评：
本题考点： 金属与合金在性能上的主要差异；金属冶炼的一般原理；烷烃及其命名．

考点点评： 本题考查合金的性质，金属冶炼的原理，烷烃的性质，解答本题要充分理解铝合金的性质方面的内容，只有这样才能对相关方面的问题做出正确的判断．

（1）丙烷在空气中完全燃烧后的产物是CO₂和H₂O，反应的化学方程式为：C₃H₈+5O₂

点燃
.
3CO₂+4H₂O．
（2）根据反应的化学方程式X+2NaClO₂═2ClO₂+2NaCl，反应物中钠、氯、氧原子个数分别为2、2、4，反应后的生成物中钠、氯、氧原子个数分别为2、4、2，根据反应前后原子种类、数目不变，则每个X分子由2个氯原子构成，则物质X的化学式为Cl₂．
氧元素显-2价，设氯元素的化合价是x，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可得：x+（-2）×2=0，则x=+4价．
（3）铁与胃液中的盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，反应的化学方程式为：Fe+2HCl═FeCl₂+H₂↑；该反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，属于置换反应．
故答案为：（1）C₃H₈+5O₂

点燃
.
3CO₂+4H₂O；（2）Cl₂；+4；（3）Fe+2HCl═FeCl₂+H₂↑；置换．

点评：
本题考点： 书写化学方程式、文字表达式、电离方程式；有关元素化合价的计算；反应类型的判定；质量守恒定律及其应用．

考点点评： 本题难度不大，掌握化学方程式的书写方法、利用化学反应前后原子守恒来确定物质的化学式、化合物的原则等是正确解答本题的关键．

A、根据丁烷的化学式是C₄H₁₀，丁烷由C、H两种元素组成，而不是由碳和氢气组成，故A不正确；
B、根据丁烷的化学式是C₄H₁₀，其分子由4个C原子和10个H原子所构成，而不是丁烷由4个碳原子和10个氢原子构成，故B不正确；
C、丁烷C₄H₁₀中碳元素和氢元素的质量比=（12×4）：（1×10）=24：5≠2：5，故C不正确；
D、有机化合物是指含C元素的化合物，根据丁烷的化学式是C₄H₁₀，丁烷由C、H两种元素组成的化合物，属于有机化合物；完全燃烧时其中H全部生成水、其中C全部生成二氧化碳；故D正确；
故选D．

点评：
本题考点： 有关化学式的计算和推断．

考点点评： 根据化学式能表示物质的组成与分子构成，利用化学式可判断物质的组成元素、物质的类、分子构成别及完全燃烧后的产物，可计算组成元素质量比等．

（1）丙烷中含有碳元素，因此属于有机化合物．故答案为：有机物
（2）丙烷在空气中燃烧就是与空气中的氧气反应生成二氧化碳和水，只要配平化学方程式即可；丙烷燃烧的是二氧化碳和水，因此不会污染空气．
故选C₃H₈+5O₂

点燃
.
3CO₂+4H₂O 燃烧的产物不会污染空气

点评：
本题考点： 有机物与无机物的区别；空气的污染及其危害；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．

考点点评： 本考点是考查有关有机物的一些性质，属于结合课本知识的信息题，有机物的考点经常出现在选择题和填空题中．

丙烷由气态通过加压的方法使其变为液态叫液化，在此过程中需要放热．
气体液化有两种方法，一是压缩体积，二是使气体温度降低；故另一种使气体液化的方法是降温．
故答案为：压缩体积；放出；降温

点评：
本题考点： 液化方法及其应用．

考点点评： 此题考查的是液化的方式和液化放热过程，属于基础知识是考查，难度较小，容易解答．

（1）65公里/小时=65×[5/18]m/s=18.1m/s．
（2）奥运会火炬在在火炬手中传递时，他需长时间举着火炬轻松奔跑，则在相同体积情况下火炬的重力应越小越好，它的质量越小，即应用材料的密度越小，这样火炬在相同体积情况下，密度小，火炬的质量小，火炬手拿在手中很轻松，便于火炬手拿在手中很轻松的传递．
（3）火炬下半部喷涂高触感红色塑胶漆，高触感是增大火炬下半部的表面的粗糙程度，从而增大了摩擦，便于稳稳握住火炬．同时，红色塑胶漆反射太阳中的红光，给人们较强的视觉感，提高现场的欢乐气氛．
故答案为：（1）18.1．（2）较小；相同体积情况下，密度小，火炬的质量小，火炬手拿在手中很轻松．（3）增大摩擦（或红色反射太阳光中的红色光，是人看到视觉很强．

点评：
本题考点： 物理量的单位及单位换算；与密度有关的物理现象；增大或减小摩擦的方法．

考点点评： 本题考查物理知识在生活中的应用，是让我们结合生活实际的需要，充分利用物理知识．

A、烷烃分子中有多个碳原子应呈锯齿形，丙烷呈角形，碳原子不在一条直线上，故A正确；
B、烷烃在光照条件下能与卤素气态单质发生取代反应，故B正确；
C、烷烃中碳个数越多沸点越高，丙烷分子中碳原子数小于丁烷，故丁烷沸点高，更易液化，故C错误；
D、丙烷属于石油分馏的产物，是液化石油气的成分之一，故D正确．
故选C．

点评：
本题考点： 烷烃及其命名．

考点点评： 本题考查了烷烃的结构与性质，题目都能不大，注意掌握常见有机物的结构与性质，明确烷烃的碳原子数目越大，则其沸点越高．

燃烧要发生，须有可燃物，在珠峰能燃烧，珠峰的条件是温度低，氧气稀薄，则燃料需要具备以下性质：（1）易气化、火焰要明亮、能够经受高风速干扰、火焰不会轻易的熄灭；
（2）还要考虑不会因珠穆朗玛峰的空气稀薄而使火焰熄灭的地步；
（3）在严寒中火炬燃料不会被冻结、风吹不灭、要有最新式的防风系统，要有火炬自燃保护．

点评：
本题考点： 化学性质与物理性质的差别及应用．

考点点评： 本题主要考查了物质的性质和用途等方面的知识．

（1）丙烷是含有碳元素的化合物，属于有机物．故填：有机物．
（2）丙烷分子中，氢、碳两元素的质量之比为1×8：12×3=2：9．故填：2：9．
（3）丙烷和氧气反应的反应属于氧化反应．故填：氧化．
丙烷燃烧生成二氧化碳和水，燃烧的产物不污染空气，故填：燃烧产物不会污染空气．

点评：
本题考点： 常用燃料的使用与其对环境的影响；有机物与无机物的区别；元素质量比的计算；反应类型的判定．

考点点评： 本题主要考查了物质的分类方法、化学反应的反应类型、求物质中元素的质量比及其燃料燃烧对环境的影响等方面的内容．

（1）常温、同压下，等体积的丙烷和丁烷物质的量相同，完全燃烧恢复到原状态，水为液体，生成二氧化碳的体积比为物质的量之比，依据碳元素守恒得到二氧化碳气体的体积比为3：4；故答案为：3：4；
（2）丁烷的燃烧热为2880kJ/mol，依据燃烧热概念写出热化学方程式为：C₄H₁₀（g）+[13/2]O₂（g）→4CO₂（g）+5H₂O（l）△H=-2880kJ/mol；
1mol丙烷和丁烷（物质的量之比1：1）的混合气中丙烷为0.5mol，丁烷为0.5mol；0.5mol丁烷放热1440KJ，所以0.5mol丙烷燃烧放热1110KJ；丙烷燃烧的热化学方程式为；
C₃H₈（g）+5O₂（g）→3CO₂（g）+4H₂O（l）△H=-2220KJ/mol，
故答案为：C₃H₈（g）+5O₂（g）→3CO₂（g）+4H₂O（l）△H=-2220KJ/mol；
（3）标准状况下，1.0mol丙烷和丁烷的混合气和足量氧气混合完全燃烧后，恢复至原状态，混合气体的体积减小了70.0L，物质的量为3.125mol；
设丙烷物质的量为X，丁烷物质的量为1-X；
C₃H₈（g）+5O₂（g）→3CO₂（g）+4H₂O（l）△n
1 3
X 3X
2C₄H₁₀（g）+13O₂（g）→8CO₂（g）+10H₂O（l）
2 7
1-X 3.5（1-X）
3X+3.5（1-X）=3.125
X=0.75mol
所以混合气体中丙烷和丁烷的体积比=0.75：（1-0，75）=3：1，
故答案为：3：1；
（4）标准状况下，a L的某丙烷和丁烷的混合气体，在b L足量氧气中完全燃烧后，恢复到原状态体积为V L，所得气体体积V依据化学方程式计算得到：
假设气体全部是丙烷体积为a
C₃H₈（g）+5O₂（g）→3CO₂（g）+4H₂O（l）△V减小
1 3
a3a
3a=a+b-V
V=b-2a
假设气体全部是丁烷体积为a
2C₄H₁₀（g）+13O₂（g）→8CO₂（g）+10H₂O（l）△V减小
2 7
a 3.5a
3.5a=a+b-V
V=b-2.5a
a L的某丙烷和丁烷的混合气体，在b L足量氧气中完全燃烧后，恢复到原状态体积为V L，所得气体体积V为：b-2.5a＜V＜b-2a，
故答案为：b-2.5a＜V＜b-2a．

点评：
本题考点： 烷烃及其命名；热化学方程式；有关混合物反应的计算．

考点点评： 本题考查了阿伏伽德罗定律的计算应用，混合物的计算应用和判断，烷烃燃烧的热化学方程式的书写方法，燃烧热的概念应用，燃烧前后气体体积的变化计算，题目难度中等．

“祥云”火炬燃料为丙烷气体，为了便于储存或携带，常温下可采用压缩体积的方法使其液化，便于储存或携带．
故答案为：压缩体积．

点评：
本题考点： 液化方法及其应用．

考点点评： 本题主要考查学生对：液化方法的了解和掌握，比较简单．

由丙烷燃烧的化学方程式可以知道：方程式右边含有3个碳原子、8个氢原子、10个氧原子，方程式的左边含有10个氧原子和1个丙烷分子．根据质量守恒定律中元素种类不变、原子个数不变的规律可知：1个丙烷分子含有3个碳原...

点评：
本题考点： 化合价规律和原则；化合价的概念；质量守恒定律及其应用．

考点点评： 本题主要考查根据质量守恒定律元素种类不变和原子个数不变的规律，推断物质的化学式，难度较小．

由反应的化学方程式5O₂+X

点燃
.
3CO₂+4H₂O，可知：
反应前 反应后
O原子 10 10
C原子 03
H原子 0 8
根据化学变化前后原子的种类、数目不变，可判断物质X的分子由3个C原子和8个H原子构成，则X物质的化学式为C₃H₈；
故选D．

点评：
本题考点： 有关化学式的计算和推断；质量守恒定律及其应用．

考点点评： 根据化学变化前后原子的种类、数目不变，由反应的化学方程式，可以推断反应中某物质的分子构成及物质化学式的确定．

（1）铝元素显+3，设硫元素的化合价是x，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可知硫化铝（Al₂S₃）中硫元素的化合价：（+3）×2+3x=0，则x=-2．
（2）火未熄灭说明具备燃烧的条件，大风主要起到降温的作用，不灭说明温度未达到着火点以下；故丙烷能抗每小时65km的强风，在强风下火炬不会熄灭的原因是温度没有降到丙烷的着火点以下．
故答案为：-2；温度没有降到丙烷的着火点以下．

点评：
本题考点： 有关元素化合价的计算；燃烧与燃烧的条件．

考点点评： 本题难度不大，掌握利用化合价的原则计算指定元素的化合价的方法、燃烧的条件等是正确解答本题的关键．