黑龙江省哈尔滨市宾县第二中学2024-2025学年高二化学下学期期中试题含解析

PAGE15-黑龙江省哈尔滨市宾县其次中学2024-2025学年高二化学下学期期中试题（含解析）一、单选题(共20小题，每小题2分，共40分)1.下列用电子式表示共价化合物的形成过程，正确的是（）A.Na×+·C=Na+[C]-B.×Ca×+→C.·S·+4·→D.【答案】C【解析】【详解】A．氯化钠是离子化合物，不是共价化合物，“=”要改为“”，故A错误；B．氟化钙为离子化合物，阴阳离子须要标出所带电荷，且用箭头标出电子转移方向，用电子式表示其形成过程为：，故B错误；C．SiF4为共价化合物，各原子达到稳定结构，故C正确；D．H2O为共价化合物，各原子达到稳定结构，用电子式表示形成过程为，故D错误。故选C。【点睛】题考查电子式的书写规则，留意驾驭电子式的书写原则，能够用电子式正确表示常见物质的形成过程，易错点B，留意离子化合物的形成过程的表示方法。2.一种微生物燃料电池的结构示意图如下所示，关于该电池的叙述正确的是()A.电池工作时，电子由a流向bB.微生物所在电极区放电时发生还原反应C.放电过程中，H＋从正极区移向负极区D.正极反应式为：MnO2＋4H＋＋2e－=Mn2＋＋2H2O【答案】D【解析】【详解】A、左侧MnO2反应转化为Mn2+，Mn元素化合价降低，发生还原反应，所以左侧电极为电源的正极，电子由b流向a，故A错误；B、微生物在右侧，右侧电极为电源的负极，所以微生物所在电极区放电时发生氧化反应，故B错误；C、H+是阳离子，在原电池中，H+从负极区移向正极区，故C错误；D、电池左侧为电池的正极区，MnO2在H+条件下发生得电子反应，所以正极反应式为：MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，故D正确；答案选D。3.如图是探讨二氧化硫性质的微型试验装置。现用60%硫酸溶液和亚硫酸钠晶体反应制取SO2气体，试验现象很明显，且不易污染空气。下列说法中错误的是()A.紫色石蕊溶液变蓝色B.品红溶液褪色C.溴水橙色褪去D.含酚酞的NaOH溶液红色变浅【答案】A【解析】【详解】A.二氧化硫能与水反应生成亚硫酸，亚硫酸显酸性，紫色石蕊溶液变红色，故A错误；

B.因为二氧化硫有漂白性，所以品红褪色，故B正确；

C.因二氧化硫具有还原性，能与溴水发生反应：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，所以溴水褪色，故C正确；

D.因二氧化硫能与NaOH反应生成亚硫酸钠和水，溶液碱性减弱，所以溶液红色变浅，故D正确；

故选：A。4.如图是氢氧燃料电池(电解质溶液为磷酸溶液)构造示意图。下列关于该电池的说法不正确的是（）A.a极是负极 B.电子由a通过灯泡流向bC.正极的电极反应是O2＋2H2O＋4e－=4OH－ D.氢氧燃料电池是环保电池【答案】C【解析】【详解】A、在氢氧燃料电池中，通入氢气的一极发生氧化反应，为原电池的负极，所以a极是负极，正确；B、电子从负极流向正极，所以电子从a极流出，经灯泡流向b，正确；C、正极是氧气得到电子的反应，电解质为酸性，则生成的氢氧根离子与氢离子反应生成水，即氧气得到电子与氢离子结合生成水，错误；D、氢氧燃料电池的产物是水，无污染，所以属于环保电池，正确；答案选C。5.下列反应肯定属于氧化还原反应的是（）A.化合反应 B.分解反应C.置换反应 D.复分解反应【答案】C【解析】【详解】A．化合反应不肯定为氧化还原反应，如氧化钠和水的反应，故A错误；B．分解反应不肯定为氧化还原反应，如碳酸氢钠的分解，故B错误；C．置换反应有单质参与，肯定存在元素化合价的改变，为氧化还原反应，故C正确；D．复分解反应肯定不是氧化还原反应，故D错误。故选C。【点睛】本题考查氧化还原反应，侧重于四种基本类型反应的推断，留意把握反应的特点，答题时能举出实例。6.下列检验Cl－的方法正确的是()A.向某溶液中滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀说明该溶液中有Cl－B.向某溶液中先滴加盐酸，再滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，说明溶液中有Cl－C.向某溶液中先滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀，再滴加盐酸，沉淀不消逝，说明溶液中有Cl－D.向某溶液中滴加用HNO3酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，说明溶液中有Cl－【答案】D【解析】【详解】A.可能生成碳酸银、硫酸银等沉淀，不能说明该溶液中有Cl−，故A错误；B.先滴加盐酸,引入Cl−，不能说明该溶液中有Cl−，故B错误；C.加入盐酸，不能解除Cl−的干扰，故C错误；D.因氯化银不能溶解于硝酸，滴加用HNO3酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，可说明溶液中有Cl−，故D正确；故选D。【点睛】氯离子的特征离子反应是可以和银离子反应生成白色不溶于硝酸的白色沉淀，留意解除其它离子的干扰，以此解答该题。7.下列关于“硅胶”的叙述不正确的是()A.硅胶是硅酸凝胶干燥脱水而形成 B.硅胶呈多孔状，吸水性强C.硅胶常用作干燥剂或催化剂载体 D.硅胶的主要化学成分是硅酸【答案】D【解析】【详解】硅酸凝胶经干燥脱水后而形成硅胶，硅胶的主要成分是二氧化硅，具有很强的吸水性，常用作干燥剂，也可用作催化剂载体，故选：D。8.与盐酸反应最猛烈的碱金属是（）A.锂 B.钠 C.钾 D.铷【答案】D【解析】【详解】Li、Na、K、Rb四种元素位于周期表同一主族，同主族元素从上到下元素的金属性渐渐增加，元素的金属性越小，对应单质与水反应越猛烈，Rb的非金属性最强，则与水反应最猛烈，故选D。9.下列说法正确的是()A.青铜是我国运用最早的合金，也是目前运用最广泛的合金B.不管哪种铜合金都含有铜元素，所以它们的性质也和金属铜一样C.我们日常生活中用到的铜合金制品主要是黄铜制的D.各种铜合金都有良好的导电、导热性【答案】C【解析】【详解】A、我们目前运用最广泛的合金是铁合金，错误；B、合金因其构成元素及配比的不同，性质各异，错误；C、黄铜的性质使其宜于制造日用品，正确；D、白铜的导电、导热性很差，错误。10.如图所示，两电极一为碳棒，一为铁片，若电流表指针发生偏转，且a极上有大量气泡生成，则以下叙述正确的是A.a为负极，是铁片，烧杯中的溶液为硫酸B.b为负极，是铁片，烧杯中的溶液为硫酸铜溶液C.a为正极，是碳棒，烧杯中的溶液可为硫酸D.b为正极，是碳棒，烧杯中的溶液为硫酸铜溶液【答案】C【解析】【详解】A、a极上有大量气泡生成，说明a是正极，应当是碳棒，负极b是铁片，烧杯中的溶液可以为硫酸，故A错误；B、a极上有大量气泡生成，说明a是正极，应当是碳棒，负极b是铁片，烧杯中的溶液不行以为硫酸铜，否则正极上会析出金属铜，故B错误；C、a极上有大量气泡生成，说明a是正极，应当是碳棒，烧杯中的溶液可以为硫酸，故C正确；D、a极上有大量气泡生成，说明a是正极，应当是碳棒，烧杯中的溶液为硫酸铜时，正极上会析出金属铜，故烧杯中的溶液不能是为硫酸铜溶液，故D错误；故选：C。11.对下列试验的评价，正确的是（）A.加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消逝，肯定有SO42-B.加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，肯定有CO32-C.加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消逝，肯定有Ba2+D.验证烧碱溶液中是否含有Cl﹣，先加稍过量的稀硝酸除去OH﹣，再加入AgNO3溶液，如有白色沉淀，则证明有Cl﹣【答案】D【解析】【详解】A．氯化钡能与硫酸根离子或银离子结合生成不溶于水也不溶于酸的白色沉淀，加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消逝，原溶液中可能含有银离子，不肯定含有SO42-，故A错误；B．将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，生成的气体可能为二氧化硫、二氧化碳，原溶液中可能存在HCO3-、SO32-等离子，不肯定含有碳酸根离子，故B错误；C．碳酸钡和碳酸钙等沉淀都可溶于盐酸，原溶液中可能含有Ca2+，不肯定含有Ba2+，故C错误；D．验证烧碱溶液中是否含Cl-，先加过量的稀硝酸除去OH-，AgCl不溶于硝酸，如有白色沉淀生成，证明含Cl-，故D正确；故选D。【点睛】解答该类题目要留意解除离子的干扰，留意试验的严密性，把握物质的性质。本题的易错点为B，能够使澄清石灰水变浑浊的气体可能是二氧化碳或二氧化硫。12.下列有关氨的叙述中不正确的是()A.氨分子中氮元素的化合价只能上升，氨具有还原性B.氨的催化氧化反应的化学方程式是4NH3＋5O24NO＋6H2OC.氨的催化氧化反应中若氧气过量则有红棕色气体生成D.氨的催化氧化属于人工氮的固定【答案】D【解析】【分析】A、氮元素的常见化合价有-3、0、+2、+4、+5价，氨气分子中氮元素是-3价，为最低价态；B、氨气具有还原性，在催化剂作用下可与氧气反应被氧化为NO；C、若氧气过量，生成的一氧化氮气体与氧气反应生成红棕色气体二氧化氮；D、氨的催化氧化是氮的化合态之间的转化，不属于氮的固定。【详解】A项、氨气分子中氮元素是-3价，是氮元素的最低价态，所以只具有还原性，故A正确；B项、氨气具有还原性，在催化剂作用下可与氧气反应被氧化为NO，反应的化学方程式是4NH3＋5O24NO＋6H2O，故B正确；C项、氨催化氧化反应是氨气在催化剂作用下被氧气氧化为一氧化氮的反应，若氧气过量，生成的一氧化氮气体与氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，故C正确；D项、NH3催化氧化生成NO和H2O，是氮的化合态之间的转化，不属于氮的固定，故D错误。故选D。13.X、Y、Z是三种短周期元素，其中X、Y位于同一主族，Y、Z处于同一周期。X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍。Z原子的核外电子数比Y原子少1。下列说法正确的是A.元素非金属性由弱到强的依次为Z＜Y＜XB.Y元素最高价氧化物对应水化物的化学式可表示为H3YO4C.三种元素的气态氢化物中，Z的气态氢化物最稳定D.原子半径由大到小的依次为Z＜Y＜X【答案】A【解析】分析】依据题意分析：X、Y、Z是3种短周期元素，X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，所以X是O，X、Y位于同一族，所以Y是S，Z原子的核外电子数比Y原子少1且Y、Z处于同一周期，所以Z是P。【详解】A.元素周期表中同一周期从左至右，元素非金属性渐渐增加，同一主族元素从上至下非金属性渐渐减弱，所以元素非金属性由弱到强的依次为Z＜Y＜X，故A项正确；B.Y元素为S，最高价氧化物对应水化物的化学式可表示为H2SO4，故B项错误；C.非金属性越强，元素形成的气态氢化物越稳定，所以3种元素的气态氢化物中稳定性：Z＜Y＜X，故C项错误；D.同一周期从左至右原子半径渐渐减小，同一主族元素从上至下原子半径渐渐增大，所以X、Y、Z原子半径由大到小的依次为：X＜Y＜Z，故D项错误。综上所述，本题正确答案为A。14.下列有关说法正确的是A.苯能与溴发生取代反应，不能用苯萃取溴水中的溴B.甲烷和苯都属于烃，都不存在同分异构体C.甲烷和乙烯可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别D.丙烯和苯分子中的全部原子都在同一平面内【答案】C【解析】【详解】A．在催化剂存在的条件下，苯能与液溴发生取代反应，但苯与溴水不能反应，能将溴水中的溴萃取出来，是常用的萃取剂，故A错误；B．同分异构体是分子式相同，结构不同的有机物互称同分异构体，甲烷不存在同分异构体，但苯存在同分异构体，如2,4,-己二炔等，故B错误；C．乙烯分子中含有碳碳双键，能使溴水、高锰酸钾溶液褪色，而甲烷则不能，所以用溴水、酸性高锰酸钾溶液都能鉴别甲烷和乙烯，故C正确；D．苯的结构是平面正六边形，苯分子中的全部原子都在同一平面内，丙烯分子中甲基上的氢原子与其他的原子不行能都在同一平面内，故D错误；答案选C。15.依据元素周期律，由下列事实进行归纳推想，推想不合理的是（）选项事实推想ACaCO3

和

BaCO3

都难溶于水SrCO3

也难溶于水BSi

是半导体材料，同族的

Ge

也是半导体材料第ⅣA

族的元素的单质都可作半导体材料CHCl

在

1

500℃时分解，HI

在

230℃时分解HBr

的分解温度介于二者之间DSi

与

H2

高温时反应，S

与

H2

加热能反应P

与H2

在高温时能反应A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．CaCO3、BaCO3都难溶于水，Sr与Ca、Ba位于同一主族，则SrCO3也难溶于水，故A正确；B．位于金属与非金属交界处的元素，可作半导体材料，但第ⅣA元素形成的单质C不能作半导体材料，故B错误；C．非金属性越强，氢化物越稳定，由事实可知，HBr的分解温度介于二者之间，故C正确；D．非金属性S＞P＞Si，则P与H2在高温时能反应，故D正确；故选B。16.下列离子方程式中，只能表示一个化学反应的是（）①Ag++Cl-=AgCl↓②Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O③CO32-+2H+=CO2↑+H2O④Fe+Cu2+=Fe2++CuA.①③ B.②④ C.②③ D.没有【答案】D【解析】【详解】①Ag++Cl-=AgCl↓可以表示HCl+AgNO3=AgCl↓+HNO3，也可以表示可溶性金属氯化物与AgNO3溶液的反应，如NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3，所以可以表示多个反应，①不符合题意；②Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O可以表示Ba(OH)2与H2SO4的反应，也可以表示Ba(OH)2与NaHSO4混合时溶液显中性时的反应，所以可以表示多个反应，②不符合题意；③CO32-+2H+=CO2↑+H2O可以表示可溶性碳酸盐与强酸反应产生CO2、H2O、可溶性盐，表示全部同一类型的反应，③不符合题意；④Fe+Cu2+=Fe2++Cu可以表示可溶性铜盐与Fe发生置换反应产生Cu单质与可溶性亚铁盐，表示全部同一类型的反应，④不符合题意；综上所述可知，没有任何一个离子反应符合题目要求，故合理选项是D。17.下列物质中，分别加入金属钠，不能产生氢气的是（）A.苯 B.蒸馏水C.无水酒精 D.75%的酒精【答案】A【解析】【详解】A．苯与钠不反应，故A选；B．蒸馏水与钠反应生成氢氧化钠和氢气，故B不选；C．无水乙醇能与钠反应，羟基上的氢原子被还原，生成乙醇钠和氢气，故C不选；D．75%的酒精中水和乙醇均能钠反应生成氢气，故D不选；故选A。18.下列关于元素周期律的叙述中不正确的是（）A.Na、Mg、Al最外层电子数依次增多，其单核离子的氧化性依次增加B.P、S、Cl最高正化合价依次上升，对应简洁气态氢化物的稳定性依次增加C.同周期元素的原子半径以第ⅦA族的为最大D.Na、Mg、Al的氢氧化物的碱性依次减弱【答案】C【解析】【详解】A．Na、Mg、Al在同周期，最外层电子数分别为1、2、3，从左向右金属性减弱，则单核离子的氧化性依次增加，故A正确；B．P、S、Cl在同周期，最高正价分别为5、6、7，从左向右非金属性增加，则气态氢化物的稳定性增加，故B正确；C．因同周期从左向右原子半径在渐渐减小，则同周期元素的原子半径以VIIA族的为最小，故C错误；D．Na、Mg、Al在同周期，从左向右金属性减弱，则对应的氢氧化物的碱性减弱，故D正确；故选C。19.对于化学反应3W(g)+2X(g)=4Y(g)+3Z(g)，下列反应速率关系中，正确的是A.v(W)=3v(Z) B.2v(X)=3v(Z) C.2v(X)=v(Y) D.3v(W)=2v(X)【答案】C【解析】【详解】化学反应速率之比等于化学系数之比，则依据方程式3W(g)+2X(g)=4Y(g)+3Z(g)可知A、v（W）：v（Z）=3：3=1：1，A错误；B、v（X）：v（Z）=2：3，B错误；C、v（X）：v（Y）=2：4=1：2，C正确；D、v（W）：v（X）=3：2，D错误。答案选C。20.将过量的二氧化碳通入下列溶液中，最终呈现浑浊现象的是（）A.氯化钙溶液 B.硅酸钠溶液C.澄清的石灰水 D.硝酸钡溶液【答案】B【解析】【详解】A.碳酸比盐酸的酸性弱，与氯化钙不反应，A不符合题意；B.碳酸比硅酸酸性强，可生成硅酸沉淀，B符合题意；C.二氧化碳通入澄清石灰水中，先生成碳酸钙沉淀，过量二氧化碳可溶解碳酸钙为碳酸氢钙，C不符合题意；D.碳酸比硝酸酸性弱，与硝酸钡不反应，D不符合题意。故选B。【点睛】酸与盐发生的复分解反应，通常满意强酸制弱酸的反应原理，但假如产物中有难溶物，也可能违反此原则，如硫酸铜溶液中通入硫化氢气体，发生反应CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4，因为有难溶物生成，所以促进反应物不断转化为生成物。二、试验题(共1小题，每小题10.0分，共10分)21.合成氨工业对化学和国防工业具有重要意义。（1）试验室欲用下图所示装置(夹持固定装置略去)制备并收集氨气。①请在图中烧瓶内绘出导管所缺部分______________。②试管中反应的化学方程式是____________________。③为汲取多余的氨气，烧杯中的试剂是__________________。（2）氨有许多重要性质。①将酚酞溶液滴加到氨水中溶液呈红色，其缘由是_______________________________。②管道工人曾经用浓氨水检验氯气管道是否漏气，如出现白烟，说明有氯气泄露，同时还有一种相对分子质量为28的气体生成，该反应的化学方程式是__________________________。（3）写出氨的两种用途__________________________________。【答案】(1).(2).2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O(3).水(或稀盐酸、硫酸等)(4).氨水显碱性(5).8NH3＋3Cl2===N2＋6NH4Cl(6).作制冷剂、制化肥等【解析】【分析】(1)①氨气的密度小于空气的密度,且氨气和氧气不反应,氨气极易溶于水，所以只能采纳向下排空气法收集；②氯化铵和氢氧化钙在加热条件下反应生成氯化钙、氨气和水，据此写出该反应方程式；③氨气极易溶于水,且氨气是碱性气体所以也极易溶于酸,据此分析氨气的汲取方法；(2)①氨水溶液显碱性，溶液中存在氢氧根离子大于氢离子浓度，据此进行分析；②依据电子得失守恒、原子守恒规律，推断出氨气和氯气反应生成氯化铵和氮气；据此写出化学方程式；【详解】(1)①氨气的密度小于空气的密度,且氨气和氧气不反应,所以可以采纳向下排空气法收集气体,即导气管应当“短进长出”,如图所示：；

因此，本题正确答案是:。

②氯化铵和氢氧化钙在加热条件下反应生成氯化钙、氨气和水,反应方程式：2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；因此，本题正确答案是:2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O。③氨气极易溶于水，且氨气是碱性气体所以也极易溶于酸,故可以用水或酸汲取氨气；

因此，本题正确答案是:水(或稀盐酸、硫酸等)。

(2)①氨气极易溶于水生成氨水,氨水能电离出铵根离子和氢氧根离子,导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度,溶液呈碱性，所以将酚酞溶液滴加到氨水中溶液呈红色；综上所述，本题答案是：氨水显碱性。②氨气和氯气反应生成白色烟,为氯化铵,同时还有一种相对分子质量为28的气体生成,依据反应中得失守恒和元素守恒知，另一种物质是氮气，所以反应方程式为8NH3＋3Cl2===N2＋6NH4Cl；综上所述，本题答案是：8NH3＋3Cl2===N2＋6NH4Cl。（3）氨气极易液化,气化时汲取热量,所以氨气能作制冷剂，氨气能与酸反应生成铵盐，可以制造化肥；

因此，本题正确答案是：作制冷剂、制化肥等。三、计算题(共3小题，共50分)22.正常人心脏在一次搏动中泵出血液约80mL，正常人血压(可看作心脏压送血液的压强)平均值为1.6×104Pa，心跳每分钟约70次。设人类消耗体内的葡萄糖产生的热量最高可有80%(睡眠时)用来维持心脏的跳动，葡萄糖与氧气反应产生热量的化学方程式为：C6H12O6(s)＋6O2(g)―→6CO2(g)＋6H2O(g)(放出热量2804kJ)（1）心脏工作的平均功率约为______________；（2）由于心脏跳动每天需消耗葡萄糖的质量是____________________________；（3）维持生命每天需消耗氧气的体积是___________________。【答案】(1).1.49W(2).10.3g(3).7.68L【解析】【分析】本题可先依据物理学问进行计算：W=fl==pV，P＝，其中W为功，f为力，l为距离，V为体积，S为面积，p为压强，P为功率。再利用化学方程式进行计算。【详解】(1)设靠近心脏的某种血管横截面积为S，心脏压送血液的平均压强为p，心脏一次搏动可使血液在血管中向前推动距离L，心脏搏动一次做功：W1＝pSL=pV，心脏每分搏动70次，其平均功率为P，P＝70÷60×pV，式中V为心脏一次搏动中泵出的血液量，V＝80mL所以P＝70÷60×pSL＝70÷60×1.6×104×80×10-6＝1.49(W)答案为：1.49W；(2)每天心脏跳动做功W＝1.49×24×3600＝1.29×105(J)需葡萄糖供应热量Q＝W÷80%＝1.61×105(J)m(C6H12O6)＝10.3g答案为：10.3g；(3)n(O2)＝0343molV(O2)＝0343mol×22.4L/mol＝7.68L答案为：7.68L。【点睛】本题计算时要通过推导把待求的量与已知量进行联系；另一个特殊要留意的是，计算时留意单位换算要正确。23.标准状况下，某气态烷烃和烯烃(含一个双键)混合气体2.24L完全燃烧后，将产生的气体缓慢通过浓硫酸，浓硫酸增重4.05g，剩余气体通过碱石灰，碱石灰增重6.60g。另再取2.24L标准状况下的该混合气体，将它通入过量的溴水中，溴水增重1.05g。(1)确定混合气体由哪两种烃组成_______。(2)计算混合气体中两种烃的体积分数_______。【答案】(1).甲烷丙烯(2).甲烷的体积分数为75%;丙烯的体积分数25%【解析】【详解】(1)混合烃的物质的量为＝0.1mol，燃烧后生成水的物质的量为＝0.225mol，混合烃中氢元素的质量为0.225mol×2×1g·mol－1＝0.45g，混合烃中碳元素的质量为×12g·mol－1＝1.8g，混合烃的平均摩尔质量为＝22.5g·mol－1，必有甲烷，甲烷的物质的量为＝0.075mol，设烯烃的分子式为CnH2n，(0.1mol－0.075mol)×14ng·mol－1＝1.05g，解得n＝3，烯烃为丙烯；(2)甲烷的体积分数为×100%＝75%；丙烯的体积分数为×100%＝25%。