2025年沪教版高二化学下册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年沪教版高二化学下册阶段测试试卷754考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、对于卤族元素的叙述中不正确的是（）

A.沸点HF＞HCl＞HBr＞HI

B.还原性HI＞HBr＞HCl＞HF

C.热稳定性HF＞HCl＞HBr＞HI

D.氧化性F2＞Cl2＞Br2＞I2

2、乙醇rm{(CH_{3}CH_{2}OH)}和二甲醚rm{(CH_{3}-O-CH_{3})}互为的同分异构体的类型为rm{(}rm{)}A.碳链异构B.位置异构C.官能团异构D.顺反异构3、下列关于有机化合物的说法正确的是()A.分子式为rm{C_{8}H_{8}O_{2}}的芳香族化合物中属于羧酸的同分异构体有rm{3}种B.麦芽糖的水解产物有两种，且互为同分异构体C.等质量的苯和苯乙烯rm{(}rm{)}完全燃烧，消耗氧气的体积一定不相同D.分子式为rm{C_{4}H_{8}Cl_{2}}且含有两个甲基的有机物有rm{4}种4、在室温下等体积的酸和碱的溶液，混合后pH一定小于7的是，A.pH=3的硝酸和pH=11的氢氧化钠溶液B.pH=3的盐酸和pH=11的氨水C.pH=3的硫酸和pH=11的氢氧化钠溶液D.pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液5、如图是电解CuCl2溶液的装置，其中c、d为石墨电极，则下列有关判断正确的是（）A.a为负极，b为正极B.d为阳极，c为阴极C.电解过程中，d电极质量增加D.电解过程中，氯离子浓度不变6、下列物质属于配合物的是（）A.NH4ClB.Na2CO3•10H2OC.Co（NH3）6Cl3D.CuSO47、下列实验式中；没有相对分子质量也可以确定分子式的是（）

①CH3②C2H5③C2H6O④CH2．A.①②③④B.①②③C.①②④D.②③8、不属于大气污染物的是rm{(}rm{)}A.rm{N_{2}}B.rm{NO}C.rm{NO_{2}}D.rm{SO_{2}}评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)9、（10分）在密闭容器中进行可逆反应：CO（气）＋NO2（气）CO2（气）＋NO（气）△H＜0，达到平衡后，只改变其中一个条件，对平衡的影响是：（1）增大容器的体积，平衡________，反应混合物的颜色____。（2）通人CO2气体，平衡____，反应混合物的颜色____。（3）加入催化剂，平衡____。10、(4分)加热时；N2O5可按下列分【解析】

N2O5N2O3+O2；其中N2O3又可按下列分【解析】

N2O3N2O+O2。今将4molN2O5充入一升密闭容器中，加热至t℃时反应达到了平衡状态。平衡时，c（O2）=4.5mol/L,c（N2O3）=1.62mol/L,c（N2O）=mol/L，此时N2O5的分解率为。11、金属元素Cr的一种配位数为6的配合物化学式为CrCl3•6H2O．已知0.01molCrCl3•6H2O在水溶液中用过量硝酸银溶液处理，产生0.02molAgCl沉淀．则此配合物的配离子的化学式为____．12、常温下将0.2mol/LHCl溶液与0.2mol/LMOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH=6，则混合溶液中由水电离出的c（H+）______0.2mol/LHCl溶液中由水电离出的c（H+）．（填“＞”“＜”或“=”），该混合溶液的物料守恒式为______．13、根据要求填空：

（1）下列各组物质：

①金刚石和C60②H、D和T③和④CH3（CH2）2CH3和（CH3）2CHCH3⑤正戊烷和异戊烷⑥（CH3）3CCH2CH2CH3和CH3CH2CH2CH2CH3⑦H2O、T2O和D2O

互为同位素的是（填序号；下同）______，互为同素异形体的是______，互为同系物的是______，属于同分异构体的是______。

（2）书写下列物质的结构简式：

①2；6-二甲基-4-乙基辛烷：______

②2-甲基-1-戊烯：______

（3）按要求填空：

①分子式为C8H10的芳香烃；苯环上的一溴取代物只有一种，写出该芳香烃的结构简式：______；

②C6H13Cl的同分异构体共有______种；请写出结构中仅含有四个甲基的所有同分异构体的结构简式：______。

③用系统命名法命名______14、如图，一定温度下，分别往容积均为5L的甲（恒压容器）、乙（恒容容器）中加入0.5mol无色的N2O4气体，立即出现红棕色．当反应进行到2s时，测得乙容器中N2O4的浓度为0.09mol•L-1．经过60s；乙容器中的反应达到平衡．（反应过程中两个容器的温度均保持恒定）

（1）容器中气体出现红棕色的原因（用化学方程式表示）是：____．

（2）前2s内乙容器中以N2O4的浓度变化表示的反应速率为____．

（3）达到平衡时，甲容器中反应所需的时间____60s（填“大于”、“小于”或“等于”，以下同）；容器内N2O4的浓度甲____乙；反应过程中吸收的能量甲____乙．

15、在一体积为10L的容器中，通入一定量的CO和H2O，在85℃时发生如下反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=-QkJ/molCO和H2O浓度变化如图；则。

（1）0-4min的平均反应速率v（CO）=____mol/

（2）下列能说明反应达到平衡状态的是____．

a、每消耗1molCO2的同时生成lmolH2Ob；体系压强保持不变。

c、v正（CO）=v逆（CO2）d；容器中混合气体的密度保持不变。

e、混合气体中H2O的体积分数保持不变f、CO2和H2的体积比保持不变。

t1℃时物质浓度（mol/L）的变化。

。时间COH2OCO2H20.2000.30020.1380.2380.0620.0623C1C2C3C34C1C2C3C350.1160.2160.08460.0960.2660.104（3）t℃（高于850℃）时；在相同容器中发生上述反应，容器内各物质的浓度变化如上表．

①表中3min-4min之间反应处于____状态；C1数值____0.08mol/L（填大于；小于或等于）．

②反应在4min-5min之间，平衡向逆方向移动，可能的原因是____（单选），表中5min-6min之间数值发生变化，可能的原因是____（单选）．

a．增加水蒸气b．降低温度。

c．使用催化剂d．增加氢气浓度．

16、(8分)基态原子X的电子在L层上只有一个空轨道，则X的原子结构示意图为；基态原子R的4p轨道上只有一个未成对电子，则R原子可能是（用化学符号表示）、；Y原子的核电荷数为33，其外围电子排布式是____，在元素周期表中的位置是第____周期第____族，属于区的元素，其最高价氧化物对应水化物的化学式为____。评卷人得分三、元素或物质推断题(共4题，共8分)17、有一包固体；可能由硝酸铜；硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠、氢氧化钠中的一种或几种组成．为了探究该固体的组成，某化学小组设计并开展以下实验：

知：步骤Ⅰ中固体全部消失，溶液呈蓝色，无气泡，步骤Ⅱ、Ⅲ中均可观察到有白色沉淀生成。则

（1）原固体中一定不含有的物质是_______________________（填化学式）。

（2）步骤II中产生白色沉淀的化学方程式是_______________________________________。

（3）步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是_________________________填化学式）。18、X；Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素；在周期表的短周期主族元素中，X的原子半径最小，X与R的最外层电子数相等；Z的内层电子数是最外层电子数的一半；U的最高化合价和最低化合价的代数和为6；R和Q可形成原子个数之比为1：1和2：1的两种化合物；T与Z同主族。请回答下列问题：

(1)T元素在周期表中的位置是________________________。

(2)X、Z、Q三种元素的原子半径由小到大的顺序为___________（填元素符号）。

(3)R、T两元素最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为____________。

(4)某同学用X、R两元素的单质反应生成固体物质RX，RX属于离子化合物，且能与化合物X2Q反应生成X的单质。

①RX的电子式为_____________；RX与X2Q反应的化学方程式为___________。

②该同学认为取X、R两元素的单质反应后的固体物质与X2Q反应，若能产生的单质，即可证明得到的固体物质一定是纯净的RX。请判断该方法是否合理并说明理由：_____________。19、有一包固体；可能由硝酸铜；硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠、氢氧化钠中的一种或几种组成．为了探究该固体的组成，某化学小组设计并开展以下实验：

知：步骤Ⅰ中固体全部消失，溶液呈蓝色，无气泡，步骤Ⅱ、Ⅲ中均可观察到有白色沉淀生成。则

（1）原固体中一定不含有的物质是_______________________（填化学式）。

（2）步骤II中产生白色沉淀的化学方程式是_______________________________________。

（3）步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是_________________________填化学式）。20、已知：Ag(NH3)+2H+=Ag++2今有一白色固体，可能是由A1(SO4)3、AgNO3、BaCl2、NH4Cl、KOH、Na2S中的2种或3种组成；为确定该白色固体组成，进行以下实验：取白色固体少许，加入适量蒸馏水充分振荡，得到无色溶液；取无色溶液少许，滴加稀硝酸，有白色沉淀生成。

(1)此白色固体必须含有的物质是①第一组_______；第二组_______。

(2)若要确定白色固体的组成，还需做的实验_______评卷人得分四、推断题(共2题，共4分)21、将猫薄荷中分离出的荆芥内酯与等物质的量的氢气进行加成，得到的二氢荆芥内酯是一种有效的驱虫剂，可用于商业生产rm{.}下图为二氢荆芥内酯的一种合成路线：

已知：rm{垄脵A(C_{10}H_{16}O)}的结构中有一个五元环；能发生银镜反应．

回答下列问题：

rm{(1)C}的结构简式为____，rm{D}中含有的官能团的名称____．

rm{(2)B隆煤C}的反应类型为____．

rm{(3)}写出上述流程中反应rm{垄脵}的化学方程式____．

rm{(4)}符合下列条件的rm{B}的同分异构体有______种rm{.}

rm{垄脵}结构中含有六元碳环rm{垄脷}含rm{2}个醛基和rm{1}个乙基。

rm{(5)}已知：同一碳原子上连两个羟基时结构不稳定，易脱水生成醛或酮rm{.}请将下列合成高分子聚酯rm{(}rm{)}的路线补全完整：22、已知在柑橘、柠檬等水果中含有柠檬酸，且已知柠檬酸中只含rm{C}rm{H}rm{O}三种元素取柠檬酸rm{19.2g}在氧气中完全燃烧，产生rm{CO_{2}}和rm{H_{2}O}分别为rm{26.4g}和rm{7.2g}现对该物质进行质谱分析，可获得柠檬酸的相对分子质量为请回答：

rm{(1)}通过计算；可获得柠檬酸的分子式为______．

rm{(2)}利用______分析可知柠檬酸分子中含有和．

rm{(3)}再利用核磁共振氢谱分析发现有rm{4}个吸收峰，其峰面积之比为rm{4}rm{2}rm{1}rm{1}综合以上信息，写出柠檬酸的结构简式______．

rm{(4)}柠檬酸与有机物rm{A}在一定条件下发生酯化反应可生成一种相对分子质量为rm{220}的酯类物质任写一种rm{A}可能的结构简式______．评卷人得分五、解答题(共3题，共27分)23、用系统命名法命名下列物质。

①______；②______；③______．

24、氨在国民经济中占有重要的地位；请参与下列探究．

（1）合成氨反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）；该反应为放热反应，若在恒温；恒压条件下向平衡体系中通入氩气，则平衡______移动（填“向左”“向右”或“不”）；使用催化剂，上述反应的△H______（填“增大”“减小”或“不改变”）．

（2）已知在400℃时，N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）的K=0.5，则①2NH3（g）⇌N2（g）+3H2（g）的K=______（填数值）．

②400℃时，在0.5L的反应容器中进行合成氨反应，一段时间后，测得N2、H2、NH3的物质的量分别为4mol、2mol、4mol；则此时反应v（N2）正______v（N2）逆（填：“＞”；“＜”、“=”或“不能确定”）

（3）在三个相同容器中各充入1molN2和3molH2，在某一不同条件下反应并达到平衡，氨的体积分数随时间变化曲线如图．下列说法正确的是______（填序号）．

A．图Ⅰ可能是不同压强对反应的影响，且P2＞Pl

B．图Ⅱ可能是不同压强对反应的影响，且Pl＞P2

C．图Ⅲ可能是不同温度对反应的影响，且T1＞T2

D．图Ⅱ可能是同温同压下；催化剂性能，1＞2．

25、红磷P（s）和Cl2（g）发生反应生成PCl3（g）和PCl5（g）．反应过程和能量关系如图所示（图中的△H表示生成lmol产物的数据）．

根据上图回答下列问题：

（1）PCl5分解成PCl3和Cl2的热化学方程式是______．

（2）工业上制备PCl5通常分两步进行，先将P和Cl2反应生成中间产物PCl3，然后降温，再和Cl2反应生成PCl5原因是______．

（3）P和Cl2分两步反应生成1molPCl5的△H3=______，P和Cl2一步反应生成1molPCl5的△H4______△H3（填“大于”；“小于”或“等于”）．简述原因：______．

评卷人得分六、有机推断题(共4题，共12分)26、某烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型．

根据图示回答下列问题：

(1)写出A、B、C、D、E的结构简式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)写出②；④两步反应的化学方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．27、某烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型．

根据图示回答下列问题：

(1)写出A、B、C、D、E的结构简式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)写出②；④两步反应的化学方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．28、某研究小组按下列路线合成神经系统药物抗痫灵：

已知：①

②R1CHO+R2CH2CHO

请回答：

(1)下列说法正确的是___________。

A．化合物B能与FeCl3溶液发生显色反应。

B．化合物C能发生氧化反应。

C．具有弱碱性。

D．抗痫灵的分子式是C15H15NO3

(2)写出化合物E的结构简式___________。

(3)写出由化合物G→抗痫灵的化学方程式___________。

(4)设计以化合物C为原料经过三步制备化合物D的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)___________。

(5)化合物H是比哌啶多一个碳的同系物，写出化合物H同时符合下列条件的同分异构体的结构简式___________。

IR谱和1H－NMR谱检测表明：

①分子中含有一个五元环；

②分子中含有4种不同化学环境的氢原子。29、香料甲和G都在生活中有很多用途；其合成路线如下：

已知：①R1—CHO+R2—CH2—CHO(R1、R2代表烃基或氢原子)

②D与A互为同系物；在相同条件下；D蒸气相对于氢气的密度为39。

请回答下列问题：

（1）G中含氧官能团的名称是_______________，写出一种能鉴别A和D的试剂：________________。

（2）②的反应类型是____________，B和F的结构简式分别为______________、___________________。

（3）写出反应①的化学方程式_________________________________________________。

（4）C有多种同分异构体，其中属于芳香族化合物的还有_______种。

（5）G的同分异构体是一种重要的药物中间体，其合成路线与G相似，请以为原料设计它的合成路线(其他所需原料自选)，写出其反应流程图：_____________________________________________________________________。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】

A、因氢化物的相对分子质量越大，沸点越大，但HF分子中有氢键，沸点最大，则沸点HF＞HI＞HBr＞HCl；故A错误；

B、因非金属性F＞Cl＞Br＞I，则还原性HI＞HBr＞HCl＞HF；故B正确；

C、因非金属性F＞Cl＞Br＞I，则热稳定性HF＞HCl＞HBr＞HI；故C正确；

D、因非金属性F＞Cl＞Br＞I，则氧化性F2＞Cl2＞Br2＞I2；故D正确；

故选A．

【解析】【答案】A；氢化物的相对分子质量越大；沸点越大，但HF分子中含有氢键，沸点最大；

B；非金属性越强；对应离子的还原性越弱；

C；非金属性越强；对应的气态氢化物越稳定；

D；非金属性越强；对应单质的氧化性越强．

2、C【分析】解：乙醇rm{(CH_{3}CH_{2}OH)}和二甲醚rm{(CH_{3}-O-CH_{3})}分子式相同；结构不同，互为同分异构体，二者官能团不同，属于官能团异构．

故选C．

碳链异构是指化合物分子中的碳原子骨架连接方式不同；构成不同的碳链或碳环，一般用于形容碳氢化合物．

位置异构体是组成相同而分子中的取代基或官能团rm{(}包括碳碳双键和三键rm{)}在碳架rm{(}碳链或碳环rm{)}上的位置不同；

官能团异构又叫异类异构，又称功能团异构rm{.}分子式相同；但构成分子的官能团不同；

顺反异构也称几何异构，立体异构的一种，由于双键不能自由旋转引起的，一般指不饱和烃的双键，也有rm{C=N}双键，rm{N=N}双键及环状等化合物的顺反异构；

本题考查同分异构现象，题目难度不大，注意同分异构体的种类．【解析】rm{C}3、D【分析】【分析】了解麦芽糖的性质、知道苯和苯乙烯最简式都是rm{CH}掌握同分异构体书写规则即可。【解答】rm{A.}分子式为rm{C_{8}H_{8}O_{2}}的芳香族化合物中属于羧酸的同分异构体有rm{4}种，A错误；B.麦芽糖的水解产物只有葡萄糖，B错误；C.等质量的苯和苯乙烯rm{(}rm{)}完全燃烧，消耗氧气的体积一定相同，C错误；D.分子式为rm{C_{4}H_{8}Cl_{2}}且含有两个甲基的有机物有rm{4}种，D正确；本题选D。【解析】rm{D}4、D【分析】试题解析：A、c（H+）=c（OH—）,强酸与强碱等体积混合后溶液呈中性，错误；B、c（H+）=0.001mol/l考点：考查酸碱混合液的酸碱性的判断【解析】【答案】D5、C【分析】【解答】解：在电解池中，电流的流向和电子的移动方向相反，电流是从正极流向阳极，所以c是阳极，d是阴极，a是正极，b是负极．A、a是正极，b是负极；故A错误；

B；c是阳极；d是阴极，故B错误；

C；电解过程中；d电极是阴极，该电极上铜离子得电子析出金属铜，电极质量增加，故C正确；

D；电解过程中；氯离子在阳极上失电子产生氯气，氯离子浓度减小，故D错误．

故选C．

【分析】在电解池中，电流的流向和电子的移动方向相反，根据电子或电流的流向可以确定电解池的阴阳极，进而确定电极反应．6、C【分析】解：A．NH4Cl属于一般化合物，为氯离子和铵根离子构成的离子化合物，不含配体，所以NH4Cl不属于配合物；故A不选；

B．Na2CO3•10H2O属于一般化合物，为碳酸根离子和钠离子以及结晶水构成的离子化合物，无中心离子，也不含配体，所以Na2CO3•10H2O不属于配合物；故B不选；

C．Co（NH3）6Cl3中，Co3+为中心离子提供空轨道，NH3为配体提供孤电子对；形成配位键，所以该物质属于配合物，故C选；

D．CuSO4属于一般化合物，为铜离子和硫酸根离子构成的离子化合物，不含配体，所以CuSO4不属于配合物；故D不选；

故选C．

配合物也叫络合物；为一类具有特征化学结构的化合物，由中心原子或离子（统称中心原子）和围绕它的称为配位体（简称配体）的分子或离子，完全或部分由配位键结合形成，配合物中中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对．

本题考查配合物的成键情况，分析时从物质的化学式和结构入手，题目难度中等，明确配合物的形成条件是解本题关键，把握相关概念，明确“只有有提供空轨道原子和提供孤电子对的原子”才能形成配位键．【解析】【答案】C7、B【分析】解：①因为如果只有一个碳，必需CH4，如果3个碳就是C3H9，但最多只可能是C3H8，所以分子式一定是C2H6；故正确；

②最简式为C2H5，氢原子为偶数，若氢原子为10，分子式为C4H10，已达饱和结构，所以分子式一定是C4H10；故正确；

③C2H6O中已达饱和结构；为乙醇或二甲醚，故正确；

④任何烯烃最简式都是CH2；故错误．

故选B．

因为碳氢化合物或含氧衍生物中碳成4条键；所以氢原子数必定是偶数，而且根据烷烃通式可得，最多氢原子数=2n+2（n是碳原子数），氧原子不影响氢原子数目，据此分析．

本题考查了根据实验式确定分子式，中等难度，碳成4条键，氢原子数必定是偶数，氢原子数最多为2n+2（n是碳原子数）是判断依据．【解析】【答案】B8、A【分析】解：题中rm{NO}rm{NO_{2}}和rm{SO_{2}}都属于空气污染物，其中rm{NO}rm{NO_{2}}可导致光化学烟雾；且都可形成酸雨，而氮气为空气的主要成分，不是污染物．

故选A．

空气污染的途径主要有两个：有害气体和粉尘rm{.}有害气体主要有一氧化碳；二氧化硫、二氧化氮等气体；粉尘主要是地面粉尘、燃煤排放的粉尘、沙尘暴等．

本题考查空气的污染及其危害，环保问题已经引起了全球的重视，关于“三废”的处理问题，是高考的热点问题，化学上提倡绿色化学工艺，要从源头上杜绝污染，难度不大．【解析】rm{A}二、填空题(共8题，共16分)9、略

【分析】根据方程式可知，该反应是体积不变的、放热的可逆反应，则（1）增大容器的体积，物质的浓度降低，但平衡不移动。浓度降低，颜色变浅。（2）增大CO2的浓度，即增大生成物的浓度，平衡向逆反应方向移动，NO2的浓度增大，颜色加深。（3）催化剂只能影响反应速率，但不能改变平衡状态，因此平衡不移动。【解析】【答案】（1）不移动变浅（2）左移变深（3）不移动10、略

【分析】试题分析：N2O5N2O3+O2起始量（mol）400转化量（mol）xxx平衡量（mol）4－xxxN2O3N2O+O2起始量（mol）x00转化量（mol）yyy平衡量（mol）x－yyy所以x＋y＝4.5、x－y＝1.62解得x＝3.06，y＝1.44此时N2O5的分解率为×100%＝76.5%考点：考查可逆反应的有关计算【解析】【答案】1.44；76.5%11、[Cr（H2O）5Cl]2+【分析】【解答】解：0.01mol氯化铬（CrCl3•6H2O）在水溶液中用过量硝酸银溶液处理；产生0.02molAgCl沉淀；

氯化铬（CrCl3•6H2O）和氯化银的物质的量之比是1：2，根据氯离子守恒知，一个氯化铬（CrCl3•6H2O）化学式中含有2个氯离子；剩余的1个氯离子是配原子；

所以氯化铬（CrCl3•6H2O）的化学式可能为[Cr（H2O）5Cl]Cl2•H2O，则此配合物的配离子的化学式为[Cr（H2O）5Cl]2+；

故答案为：[Cr（H2O）5Cl]2+．

【分析】氯化铬（CrCl3•6H2O）中的阴离子氯离子能和银离子反应生成氯化银沉淀，注意配体中的氯原子不能和银离子反应，根据氯化铬（CrCl3•6H2O）和氯化银物质的量的关系式计算氯离子个数，从而确定氯化铬（CrCl3•6H2O）的化学式，得出该样品的配离子．12、略

【分析】解：常温下，将0.2mol/LHCl溶液与0.2mol/LMOH溶液等体积混合，氯化氢和MOH恰好反应生成MCl，测得混合溶液的pH=6，溶液显示酸性，说明MCl为强酸弱碱盐，溶液中水的电离程度增大，水电离的氢离子为溶液中的氢离子浓度，即c（H+）=1×10-6mol/L；而氯化氢为酸溶液，抑制了水的电离，所以混合溶液中由水电离出的c（H+）大于盐酸中水电离的氢离子浓度；M元素在溶液中存在两种微粒MOH、M+，则溶液中的物料守恒为c（Cl-）=c（MOH）+c（M+）；

故答案为：＞；（Cl-）=c（MOH）+c（M+）．

将0.2mol/LHCl溶液与0.2mol/LMOH溶液等体积混合；二者恰好反应，反应后溶液显示酸性，说明生成了强酸弱碱盐，促进了水的电离；而氯化氢溶液抑制了水的电离，据此进行判断．

本题考查了溶液pH的简单计算、溶液中物料守恒的应用、盐的水解原理的应用，题目难度不大，注意掌握酸碱混合后溶液酸碱性判断及溶液pH的计算方法．【解析】＞；c（Cl-）=c（MOH）+c（M+）13、②①⑥④⑤CH3CH（CH3）CH2CH（CH2CH3）CH2CH（CH3）CH2CH3CH2=CH（CH3）CH2CH2CH317CH3C（CH3）2CHClCH3；（CH3）2CCl-CH（CH3）22-甲基-4-乙基庚烷【分析】解：（1）①金刚石和C60是同素异形体；

②H；D和T为同位素；

③和是同种物质；

④CH3（CH2）2CH3和（CH3）2CHCH3为同分异构体；

⑤正戊烷和异戊烷为同分异构体；

⑥（CH3）3CCH2CH2CH3和CH3CH2CH2CH2CH3是烷烃的同系物；

⑦H2O、T2O和D2O是同种物质；

互为同位素的是②；互为同素异形体的是①，互为同系物的是⑥，属于同分异构体的是④⑤；

故答案为：②；①；⑥；④⑤；

（2）①2，6-二甲基-4-乙基辛烷中最长的主链含有8个C原子，甲基处于2、6号碳原子上，乙基处于4号碳原子上，其结构简式为CH3CH（CH3）CH2CH（CH2CH3）CH2CH（CH3）CH2CH3；

故答案为：CH3CH（CH3）CH2CH（CH2CH3）CH2CH（CH3）CH2CH3；

②2-甲基-1-戊烯分子中含有C=C双键的碳链有5个碳原子，双键处于端位置，从C=C双键一端编号，甲基处于2号碳原子上，其结构简式为CH2=CH（CH3）CH2CH2CH3；

故答案为：CH2=CH（CH3）CH2CH2CH3；

（3）①分子式为C8H10的芳香烃有四种：

分子中；苯环上有3种不同氢原子，所以苯环上的一溴取代物有3种；

分子中；苯环上有2种不同氢原子，所以苯环上的一溴取代物有2种；

分子中；苯环上只有3种氢原子，所以苯环上的一溴取代物有3种；

分子中；苯环上有1种氢原子，所以苯环上的一溴取代物只有1种；

故答案为：

②C6H13Cl的同分异构体；可以先写出己烷的同分异构体，再写出一氯取代产物的同分异构体；

主链为6个碳原子时：CH3CH2CH2CH2CH2CH3；一氯代物3种；

主链为5个碳原子时：（CH3）2CHCH2CH2CH3一氯代物5种，CH3CH2CH（CH3）CH2CH3一氯代物4种；

主链为4个碳原子时：（CH3）2CHCH（CH3）2、一氯代物2种，（CH3）3CCH2CH3一氯代物3种；

共17种；

己烷存在结构中仅含有四个甲基的所有同分异构体的结构简式：CH3C（CH3）2CHClCH3；（CH3）2CCl-CH（CH3）2；

故答案为：17；CH3C（CH3）2CHClCH3；（CH3）2CCl-CH（CH3）2；

③为烷烃；主碳链7个碳。离取代基静的一端编号得到正确的名称，2-甲基-4-乙基庚烷；

故答案为：2-甲基-4-乙基庚烷。

（1）具有相同质子数；不同中子数的原子；互为同位素；

同种元素的不同单质；互为同素异形体；

分子式相同；结构不同的有机物；互为同分异构体；

结构相似，组成相差n个CH2原子团的有机物互为同系物；官能团的数目；种类应相同；

（2）①最长的主链含有8个C原子；甲基处于2；6号碳原子上，乙基处于4号碳原子上，据此书写；

②含有C=C双键的碳链有5个碳原子；双键处于端位置，从C=C双键一端编号，甲基处于2号碳原子上；

（3）①分子式为C8H10的芳香烃；存在四种同分异构体：乙苯；邻二甲苯、间二甲苯和对二甲苯；苯环上的一溴取代物只有一种，说明苯环上只含有1种等效H，根据苯环上含有等效氢原子数目写出满足条件的芳香烃的结构简式；

②C6H13Cl的同分异构体；先写出己烷同分异构体，再连接一个氯原子判断存在的同分异构体数，结构中仅含有四个甲基说明主碳链上中间的碳原子连接有两个取代基，一个氯原子；

③为烷烃；主碳链7个碳。离取代基静的一端编号得到正确的名称。

本题考查了同位素、同素异形体、同分异构体、同系物概念的理解应用、结构简式的书写等，掌握基础是解题关键，题目难度不大。【解析】②①⑥④⑤CH3CH（CH3）CH2CH（CH2CH3）CH2CH（CH3）CH2CH3CH2=CH（CH3）CH2CH2CH317CH3C（CH3）2CHClCH3；（CH3）2CCl-CH（CH3）22-甲基-4-乙基庚烷14、略

【分析】

（1）容器中气体出现红棕色的原因是因为N2O4气体发生反应生成NO2，NO2气体是红棕色气体；反应的化学方程式为N2O4⇌2NO2，故答案为：N2O4⇌2NO2；

（2）化学反应速率是用单位时间内物质浓度的变化计算，开始N2O4的浓度为0.1mol/L；反应2s后浓度变为0.09mol/L，前2s内乙容器中以N2O4的浓度变化表示的反应速率为：v===0.005mol/L•s；故答案为：0.005mol/L•s；

（3）达到平衡时，甲容器是恒温恒压容器，反应慢，进行的程度大，时间长，乙容器是恒温恒容，压强增大，反应快，进行程度小，时间短，甲容器中反应所需的时间大于乙容器；容器内N2O4的浓度甲小于乙；反应过程中吸收的能量甲小于乙；故答案为：大于；小于；小于．

【解析】【答案】（1）N2O4气体发生反应生成NO2，NO2气体是红棕色气体；

（2）依据化学反应速率的概念结合N2O4气体单位时间内的浓度变化计算；

（3）甲始终恒压；反应慢，进行的程度大，时间长，吸收能量多，而乙恒容，压强增大，反应快，进行程度小，时间短，吸收能量少．

15、略

【分析】

（1）v（CO）===0.03mol/L．min；故答案为：0.03mol/L．min；

（2）a、无论反应是否达到平衡状态，每消耗1molCO2的同时生成lmolH2O；所以不能作为判断平衡的依据，故错误；

b；该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应；无论反应是否达到平衡状态，体系压强始终保持不变，所以不能作为判断平衡的依据，故错误；

c、当v正（CO）=v逆（CO2）时；该反应达到平衡状态，所以可以作为判断平衡的依据，故正确；

d；反应前后气体的质量不变；容器的体积不变，所以气体的密度始终不变，所以容器中混合气体的密度保持不变不能作为判断平衡的依据，故错误；

e、反应达到平衡状态时，各物质的体积不变，所以混合气体中H2O的体积分数保持不变可以作为判断平衡的依据；故正确；

f、无论反应是否达到平衡状态，CO2和H2的体积比可能都保持不变；这与反应起始浓度和转化率有关，所以不能作为判断平衡的依据，故错误；

故选ce；

（3）①3min；4min时；各物质的物质的量浓度不变，所以该反应达到平衡状态；

该CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以t℃（高于850℃）时，C1数值大于850℃CO的浓度，所以C1＞0.08mol/L；

故答案为：平衡；＞；

②C1＞0.08mol/L，则C3＜0.12mol/L，C2＞0.18mol/L；4min-5min之间，平衡向逆方向移动，二氧化碳的浓度降低，一氧化碳和水蒸气的浓度都增大，所以改变的条件是增大氢气的浓度；

5min-6min之间；一氧化碳浓度减小，水蒸气和二氧化碳浓度增大，平衡向正反应方向移动，则改变的条件是增大水蒸气的浓度；

故答案为：d；a．

【解析】【答案】（1）根据v（CO）=计算CO的平均反应速率；

（2）可逆反应达到平衡状态时；同一物质的正逆反应速率相等，平衡体系中各物质的物质的量浓度不变；百分含量不变，据此判断；

（3）①可逆反应达到平衡状态；平衡体系中各物质的物质的量浓度不变，该反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动；

②根据4min-5min之间；5min-6min之间；各物质的浓度变化判断改变的条件．

16、略

【分析】【解析】【答案】Ga、Br；____，____________，____________，p，____三、元素或物质推断题(共4题，共8分)17、略

【分析】【详解】

根据固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜；又因为无气泡产生，所以固体中一定不含有碳酸氢钠；步骤Ⅱ加入过量硝酸钡产生白色沉淀，说明固体中一定含有硫酸钠；步骤Ⅲ中加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，则该白色沉淀为氯化银，由于一开始加入过量稀盐酸，所以溶液中一定有氯离子，所以会生成氯化银沉淀，但不能确定氯离子是来自于原固体中的氯化钠，即不一定含有氯化钠。则（1）原固体中一定不含有的物质是NaHCO₃；（2）步骤II中产生白色沉淀是硝酸钡与硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠，其化学方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根据向固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜和硝酸，硝酸铜溶于水，所以蓝色滤液中一定含有硝酸铜；加入过量硝酸钡，说明硝酸钡有剩余，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钡；硝酸钡和硫酸钠反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钠；故步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

点睛：本题主要考查盐的性质，要求学生熟练的掌握盐的水溶性，及两种盐之间的反应，并且知道无色的硝酸铜粉末溶于水后得到的溶液呈蓝色。【解析】①.NaHCO₃②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）218、略

【分析】【分析】

X、Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素，周期表的全部元素中X的原子半径最小，则X为H元素，X与R的最外层电子数相等，二者原子序数相差大于2，则R为Na元素，可知Z、Q处于第二周期，Z的内层电子数是最外层电子数的一半，Z的核外电子排布为2、4，Z原子最外层电子数为4，则Z为C元素；U的最高化合价和最低化合物的代数和为6，则U为Cl元素，R和Q可形原子数之比为1：1和2：1的两种化合物，则Q为O元素，这两种化合物为Na2O2、Na2O；T与Z同主族，由于Z是C元素，所以T为Si元素，据此分析解答。

【详解】

根据上述分析可知：X为H；Z为C，Q为O，R为Na，T为Si，U为Cl元素。(1)T为Si元素，原子核外电子排布为2；8、4，所以Si元素在期表中的位置是第三周期IVA族；

(2)X为H，Z为C，Q为O，同一周期元素原子序数越大原子半径越小；原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以上述三种元素中原子半径由小到大顺序为H

(3)R为Na，T为Si，它们的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、H2SiO3，H2SiO3是弱酸，可以与强碱NaOH发生中和反应产生Na2SiO3和H2O，反应的化学方程式为：2NaOH+H2SiO3=Na2SiO3+2H2O；

(4)X为H，R为Na，Q为O，H、Na二种元素形成的化合物NaH是离子化合物，X2Q是H2O，NaH与H2O反应产生NaOH和H2。

①NaH中Na+与H-通过离子键结合，电子式为NaH与H2O反应产生NaOH和H2，反应方程式为：NaH+H2O=NaOH+H2↑；

②由于Na是非常活泼的金属，可以与水反应产生H2，反应方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；所以如果有Na残留，过量的Na与水反应也生成氢气，因此不能根据H；Na反应后的固体与水反应放出氢气确定得到的固体一定是纯净NaH，即该同学的说法不合理。

【点睛】

本题考查元素周期表及原子结构在元素推断中的应用。根据元素的原子结构及相互关系推断元素是解题关键。熟练掌握结构、性质、位置关系，注意元素金属性、非金属性强弱比较实验事实，要注意基础知识并灵活运用，注意金属氢化物有关问题。【解析】第三周期ⅣA族H2SiO3=Na2SiO3+2H2ONaH+H2O=NaOH+H2↑不合理，若反应后有Na残留，也能与水反应生成H219、略

【分析】【详解】

根据固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜；又因为无气泡产生，所以固体中一定不含有碳酸氢钠；步骤Ⅱ加入过量硝酸钡产生白色沉淀，说明固体中一定含有硫酸钠；步骤Ⅲ中加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，则该白色沉淀为氯化银，由于一开始加入过量稀盐酸，所以溶液中一定有氯离子，所以会生成氯化银沉淀，但不能确定氯离子是来自于原固体中的氯化钠，即不一定含有氯化钠。则（1）原固体中一定不含有的物质是NaHCO₃；（2）步骤II中产生白色沉淀是硝酸钡与硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠，其化学方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根据向固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜和硝酸，硝酸铜溶于水，所以蓝色滤液中一定含有硝酸铜；加入过量硝酸钡，说明硝酸钡有剩余，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钡；硝酸钡和硫酸钠反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钠；故步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

点睛：本题主要考查盐的性质，要求学生熟练的掌握盐的水溶性，及两种盐之间的反应，并且知道无色的硝酸铜粉末溶于水后得到的溶液呈蓝色。【解析】①.NaHCO₃②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）220、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】（1）Al2(SO4)3和过量KOH的混合物AgNO3和过量KOH、NH4Cl的混合物。

（2）继续滴加稀HNO3至溶液明显呈酸性，若白色沉淀溶解，为Al2(SO4)3，KOH的混合物，若白色沉淀不溶解，为AgNO3、NH4Cl、KOH的混合物四、推断题(共2题，共4分)21、略

【分析】解：rm{A}的分子式为rm{C_{10}H_{16}O}不饱和度为rm{dfrac{2隆脕10+2-16}{2}=3}rm{A}的结构中有一个五元环，结合的结构可知rm{A}为rm{A}发生氧化反应得到的rm{B}为rm{B}与甲醇发生转化反应得到的rm{C}为rm{C}再与rm{HBr}反应加成反应得到在碱性条件下发生水解反应、酸化得到的rm{D}为rm{D}发生酯化反应得到二氢荆芥内酯，rm{D}发生缩聚反应得到的高聚物rm{E}为．

rm{(1)}根据上面的分析可知，rm{C}为rm{D}为rm{D}中含有的官能团的名称羧基；羟基；

故答案为：羧基；羟基；

rm{(2)}根据上面的分析可知，rm{B隆煤C}的反应类型为酯化反应；

故答案为：酯化反应；

rm{(3)}反应rm{垄脵}的化学方程式为rm{+2NaOHxrightarrow[{水}]{triangle}}rm{+2NaOHxrightarrow[{水}]{triangle

}}

故答案为：rm{+2NaOHxrightarrow[{水}]{triangle}}rm{+CH_{3}OH+NaBr}

rm{+2NaOHxrightarrow[{水}]{triangle

}}为根据条件rm{+CH_{3}OH+NaBr}结构中含有六元碳环，rm{(4)B}含rm{垄脵}个醛基和rm{垄脷}个乙基，则符合条件的rm{2}的同分异为六元碳环两个rm{1}和一个rm{B}根据定二动一的原则可知，这样的结构有rm{-CHO}种；

故答案为：rm{-CH_{2}H_{3}}

rm{9}已知：同一碳原子上连两个羟基时结构不稳定，易脱水生成醛或酮，用对二甲苯合成可以将对二甲苯与氯气在光照条件下取代，其中一个甲基上取代两个氯原子，另一个甲基上取代一个氯原子，再水解得一个醛基和一个醇羟基，再将醛基氧化成羧基，再发生缩聚反应可得产品，补全题中的合成路线流程图为：

故答案为：．

rm{9}的分子式为rm{(5)}不饱和度为rm{A}rm{C_{10}H_{16}O}的结构中有一个五元环，结合的结构可知rm{dfrac{2隆脕10+2-16}{2}=3}为rm{A}发生氧化反应得到rm{A}为rm{A}与甲醇发生转化反应得到rm{B}为rm{B}再与rm{C}反应加成反应得到在碱性条件下发生水解反应、酸化得到rm{C}为rm{HBr}发生酯化反应得到二氢荆芥内酯，rm{D}发生缩聚反应得到高聚物rm{D}为据此答题．

本题考查有机物的推断与合成，充分利用合成路线中物质的结构简式、反应条件进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，较好的考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，难度中等．rm{D}【解析】羧基、羟基；酯化反应；rm{+2NaOHxrightarrow[{水}]{triangle}}rm{+2NaOHxrightarrow[{水}]{triangle

}}rm{+CH_{3}OH+NaBr}rm{9}22、（1）

（2）红外光谱

（3）

（4）或【分析】【分析】本题考查有机物分子式与结构简式的确定，题目难度中等，注意掌握确定有机物分子式、结构简式的方法，rm{(3)}中结构简式的书写为易错点、难点，注意根据红外光谱可知不含碳碳不饱和键。【解答】rm{(1)n(CO_{2})=26.4g隆脗44g/mol=0.6mol}则rm{(1)n(CO_{2})=26.4g隆脗

44g/mol=0.6mol}rm{n(C)=0.6mol}rm{m(C)=0.6mol隆脕12g/mol=7.2g}则rm{n(H_{2}O)=7.2g隆脗18g/mol=0.4mol}rm{n(H)=0.8mol}根据质量守恒可知，柠檬酸中氧原子质量为：rm{m(H)=0.8mol隆脕1g/mol=0.8g}则rm{n(O)=11.2g隆脗16g/mol=0.7mol}rm{m(O)=19.2g-7.2g-0.8g=11.2g}柠檬酸的物质的量为：rm{n(O)=11.2g隆脗

16g/mol=0.7mol}rm{19.2g}柠檬酸分子中含有的rm{19.2g}rm{隆脗192g/mol=0.1mol}rm{C}原子数目分别为：rm{H}rm{O}rm{0.6mol隆脗0.1mol=6}则柠檬酸的分子式为：rm{0.8mol隆脗0.1mol=8}故答案为：rm{0.7mol隆脗0.1mol=7}rm{C_{6}H_{8}O_{7}}rm{C}rm{6}rm{6}rm{H}；rm{8}利用红外光谱分析可以判断柠檬酸分子中含有官能团rm{8}和rm{O}故答案为：红外光谱；rm{7}柠檬酸分子式为rm{7}不饱和度rm{(2)}红外光谱分析柠檬酸分子中含有rm{-COOH}和rm{-OH}则分子中含有rm{(3)}个rm{C_{6}H_{8}O_{7}}和rm{=(6隆脕2+2?8)隆脗2=3}个rm{-COOH}剩余碳链有rm{-OH}个碳原子，分子中有rm{3}种化学环境不同的rm{-COOH}原子，rm{1}原子数目分别为rm{-OH}rm{3}rm{4}rm{H}其分子中不含甲基，其中rm{H}个rm{4}处于相同化学环境，故含有rm{2}个rm{1}且化学环境相同，另外的rm{1}与rm{2}连接同一中间碳原子上，故柠檬酸的结构简式：故答案为：rm{-COOH}柠檬酸的相对分子量为rm{2}与有机物rm{CH_{2}}在一定条件下发生酯化反应可生成一种相对分子质量为rm{-COOH}的酯类物质，酯的分子量增加了：rm{-OH}只能形成rm{(4)}个酯基，则rm{192}的相对分子量为：rm{A}柠檬酸中含有官能团羧基和羟基，则rm{220}可能为羧酸或醇类，若rm{220-192=28}为醇，分子量为rm{1}的醇为乙醇，结构简式为：rm{A}rm{220+18-192=46}rm{A}rm{A}rm{46}若rm{CH}为羧酸，相对分子量为rm{3}的羧酸为甲酸，其结构简式为：rm{3}故答案为：rm{CH}或rm{2}

rm{2}【解析】rm{(1)}

rm{(1)}红外光谱rm{(2)}红外光谱rm{(2)}rm{(3)}rm{(3)}五、解答题(共3题，共27分)23、略

【分析】

①苯环连接乙基；是苯的同系物，名称为：乙苯；

②是烷烃主链有5个碳原子；从离甲基近的一端编号，名称为：2-甲基戊烷；

③为烯烃；选取含双键在内的最长碳链为主链，含4个碳原子，从离双键近的一端开始编号，写出名称为：3-甲基-1-丁烯；

故答案为：乙苯；2-甲基戊烷；3-甲基-1-丁烯；

【解析】【答案】判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名；其核心是准确理解命名规范：

1）命名要符合“一长；一近、一多、一小”；也就是主链最长，编号起点离支链最近，支链数目要多，支链位置号码之和最小；

2）有机物的名称书写要规范；

3）对于结构中含有苯环的；命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”；“间”、“对”进行命名．

4）含有官能团的有机物命名时；要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小．

24、略

【分析】

（1）恒压条件下向平衡体系中通入氩气；体积增大，平衡向逆方向移动；加入催化剂，只改变反应的活化能，但反应热不变，故答案为：向左；不改变；

（2）①反应2NH3（g）⇌N2（g）+3H2（g）和反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）是互为可逆反应；平衡常数互为倒数，故此反应的平衡常数是2，故答案为：2；

②一段时间后，当N2、H2、NH3的物质的量分别为2mol/L、1mol/L、2mol/L时，Qc==0.5；所以该状态是平衡状态，正逆反应速率相等，故答案为：=；

（3）A．增大压强平衡右移；氨气的含量应增大，故A错误；

B．压强不同；平衡状态不同，不可能在同一平衡状态，故B错误；

C．升高温度平衡逆向移动；氨气的含量减小，故C错误；

D．催化剂不影响平衡移动；由图象可知催化剂性能，1＞2，故D正确．

故答案为：D．

【解析】【答案】（1）恒压条件下向平衡体系中通入氩气；体积增大，平衡向逆方向移动；催化剂对反应热不影响；

（2）①可逆反应的平衡常数互为倒数；

②根据浓度熵和平衡常数之间的关系来判断反应的状态；

（3）A．增大压强平衡右移；

B．压强不同；平衡状态不同；

C．升高温度平衡逆向移动；

D．催化剂不影响平衡移动．

25、略

【分析】

（1）五氯化磷的分解过程是吸热的过程，根据图中数据，可得：PCl5（g）═PCl3（g）+Cl2（g）；△H=+93kJ/lmol；

故答案为：PCl5（g）═PCl3（g）+Cl2（g）；△H=+93kJ/lmol；

（2）P和Cl2反应生成中间产物PCl3以及三氯化磷和氯气反应生成五氯化磷这两步反应均为放热反应，生成三氯化磷后降温，再和Cl2反应生成PCl5；这样有利于提高产率，防止产物分解，故答案为：两步反应均为放热反应，降温有利于提高产率，防止产物分解；

（3）根据图中数据，可得P（s）+Cl2（g）=PCl5（g）△-399kJ/mol，依盖斯定律，P和Cl2一步反应生成1molPCl5的焓变和分步反应生成的焓变是相等的；

故答案为：-399kJ/mol；等于；根据盖斯定律：磷和氯气化学反应不管是一步完成；还是分步完成，其化学反应的