2022年高考理综化学真题试卷（全国乙卷）含答案解析

【高考真题】2022

年高考理综化学真题试卷（全国乙卷）一、选择题生活中处处有化学，下列叙述正确的是（铅笔芯的成分为二氧化铅碳酸氢钠可做食品膨松剂）C．青铜和黄铜是不同结构的单质铜D．焰火中红色来源于钠盐灼烧2．一种实现二氧化碳固定及再利用的反应如下：下列叙述正确的是（ ）化合物

1

分子中的所有原子共平面化合物

1

与乙醇互为同系物化合物

2

分子中含有羟基和酯基化合物

2

可以发生开环聚合反应3．某白色粉末样品，可能含有、、和．取少量样品进行如下实验：①溶于水，得到无色透明溶液②向①的溶液中滴加过量稀盐酸，溶液变浑浊，有刺激性气体逸出．离心分离．③取②的上层清液，向其中滴加 溶液有沉淀生成．该样品中确定存在的是（ ）A． B．C． D．4．由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是（ ）实验操作现象结论A向 溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉先变橙色，后变蓝色氧化性：溶液B向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入新制的 悬浊液无砖红色沉淀蔗糖未发生水解C石蜡油加强热，将产生的气体通入 的溶液溶液红棕色变无色气体中含有不饱和烃D加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片试管口润湿的蓝色石蕊试纸变红氯乙烯加聚是可逆反应A．AB．B C．C D．D可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z

为短周期元素，原5．化合物子序数依次增加，且加和为

21。 分子的总电子数为奇数，常温下为气体。该化合物的热重曲线如图所示，在 以下热分解时无刺激性气体逸出。下列叙述正确的是（ ）A．W、X、Y、Z

的单质常温下均为气体最高价氧化物的水化物的酸性：阶段热分解失去

4个热分解后生成固体化合物6． 电池比能量高，在汽车、航天等领域具有良好的应用前景．近年来科学家研究了一种光照充电 电池（如图所示）．光照时，光催化电极产生电子 和空穴 ，驱动阴极反应和阳极反应 对电池进行充电．下列叙述错误的是（ ）A．充电时，电池的总反应充电效率与光照产生的电子和空穴量有关放电时， 从正极穿过离子交换膜向负极迁移放电时，正极发生反应7．常温下，一元酸 的 。在某体系中，的 可自由穿过该膜（如图所示）。与 离子不能穿过隔膜，未电离设溶液中，当达到平衡时，下列叙述正确的是（）A．溶液Ⅰ中B．溶液Ⅱ中的的电离度为C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的不相等D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的之比为二、非选择题8．废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有、、和 ，还有少量 、 、 的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅的回收。一些难溶电解质的溶度积常数如下表：难溶电解质一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的如下表：金属氢氧化物开始沉淀的2.36.83.57.2完全沉淀的3.28.34.69.1回答下列问题：（1）在“脱硫”中 转化反应的离子方程式为

，用沉淀溶解平衡原理解释选择的原因

。（2）在“脱硫”中，加入 不能使铅膏中 完全转化，原因是

。（3）在“酸浸”中，除加入醋酸（ ），还要加入（ⅰ）能被 氧化的离子是

；（ⅱ） 促进了金属 在醋酸中转化为为

；（ⅲ） 也能使 转化为 ，。，其化学方程式的作用是

。“酸浸”后溶液的 约为

4.9，滤渣的主要成分是

。“沉铅”的滤液中，金属离子有

。9．二草酸合铜（Ⅱ）酸钾（ ）可用于无机合成、功能材料制备。实验室制备二草酸合铜（Ⅱ）酸钾可采用如下步骤：Ⅰ．取已知浓度的 溶液，搅拌下滴加足量 溶液，产生浅蓝色沉淀。加热，沉淀转变成黑色，过滤。Ⅱ．向草酸（ ）溶液中加入适量 固体，制得 和 混合溶液。Ⅲ．将Ⅱ的混合溶液加热至

80~85

℃，加入Ⅰ中的黑色沉淀。全部溶解后，趁热过滤。Ⅳ．将Ⅲ的滤液用蒸汽浴加热浓缩，经一系列操作后，干燥，得到二草酸合铜（Ⅱ）酸钾晶体，进行表征和分析。回答下列问题：（1）由配制Ⅰ中的溶液，下列仪器中不需要的是

（填仪器名称）。长期存放的 中，会出现少量白色固体，原因是

。Ⅰ中的黑色沉淀是

（写化学式）。Ⅱ中原料配比为 ，写出反应的化学方程式

。Ⅱ中，为防止反应过于剧烈而引起喷溅，加入 应采取

的方法。Ⅲ中应采用

进行加热。Ⅳ中“一系列操作”包括

。10．油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题：（1）已知下列反应的热化学方程式：①②③计算 热分解反应④（2）较普遍采用的的

。处理方法是克劳斯工艺。即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法热分解反应。

是：利用反应④高温热分解 。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是

，缺点是

。在 、 反应条件下，将 的混合气进行平衡时混合气中 与 的分压相等， 平衡转化率为

，平衡常数。在 、 反应条件下，对于 分别为 、 、 、 、混合气，热分解反应过程中 转化率随时间的变化如下图所示。的① 越小， 平衡转化率

，理由是

。② 对应图中曲线

，计算其在 之间， 分压的平均变化率为

。11．[化学——选修

3：物质结构与性质]卤素单质及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题：（1）氟原子激发态的电子排布式有

，其中能量较高的是

。（填标号）a． b． c． d．（2）①一氯乙烯分子中，C的一个

杂化轨道与的 轨道形成

键，并且 的 轨道与

C的 轨道形成

3中心

4电子的大

键 。②一氯乙烷 、一氯乙烯 、一氯乙炔 分子中，键长的顺序是

，理由：（ⅰ）C

的杂化轨道中

s成分越多，形成的 键越强；（ⅱ）

。卤化物 受热发生非氧化还原反应，生成无色晶体

X

和红棕色液体

Y。X为

。解释

X的熔点比

Y高的原因

。晶体中 离子作体心立方堆积（如图所示）， 主要分布在由 构成的四面体、八面体等空隙中。在电场作用下， 不需要克服太大的阻力即可发生迁移。因此， 晶体在电池中可作为

。已知阿伏加德罗常数为 ，则晶体的摩尔体积

（列出算式）。12．[化学——选修

5：有机化学基础]左旋米那普伦是治疗成人重度抑郁症的药物之一，以下是其盐酸盐（化合物

K）的一种合成路线（部分反应条件已简化，忽略立体化学）：已知：化合物

F

不能与饱和碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳。回答下列问题：（1）A的化学名称是

。（2）C的结构简式为

。（3）写出由

E生成

F反应的化学方程式

。（4）E中含氧官能团的名称为

。（5）由

G生成

H的反应类型为

。（6）I是一种有机物形成的盐，结构简式为

。（7）在

E的同分异构体中，同时满足下列条件的总数为

种。a）含有一个苯环和三个甲基；b）与饱和碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳；c）能发生银镜反应，不能发生水解反应。上述同分异构体经银镜反应后酸化，所得产物中，核磁共振氢谱显示有四组氢（氢原子数量比为

6∶3∶2∶1）的结构简式为

。答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．铅笔芯的主要成分为石墨，A

不符合题意；B．碳酸氢钠受热易分解生成

CO2，能使面团疏松，可做食品膨松剂，B

符合题意；C．青铜是铜锡合金，黄铜是铜锌合金，均属于混合物，C

不符合题意；D．钠元素的焰色呈黄色，D

不符合题意；故答案为：B。【分析】A.

铅笔芯的主要成分为石墨。B.根据碳酸氢钠的性质进行分析。C.熟悉常见合金，注意合金属于混合物。D.熟悉常见元素的焰色反应。2．【答案】D【解析】【解答】A．根据化合物

1

的结构简式可知，分子中含有-CH2-，碳原子含有

4

对电子对，采用

sp3

杂化，所有原子不可能共平面，A不符合题意；化合物

1

是环氧乙烷（C2H4O），属于醚类，而乙醇（C2H6O）属于醇类，两者分子式不是相差

n个

CH2且结构不相似，不属于同系物，B不符合题意；根据化合物

2的结构简式，其含有的官能团是酯基，C

不符合题意；化合物

2分子可发生开环聚合形成高分子化合物 ，D

符合题意；故答案为：D。【分析】A.根据有机物中碳原子的杂化方式进行分析。B.

同系物是指结构相似，分子上相差

n

个

CH2

的有机物，据此分析。C.熟悉有机物中常见官能团的形式。D.根据聚合反应的特点及有机物的结构进行分析。3．【答案】A【解析】【解答】由题干信息可知，①取少量样品溶于水得到无色透明溶液，说明这四种物质均能溶于水且相互不反应，都能得到无色透明溶液，无法确定样品成分；②向①的溶液中滴加过量稀盐酸，溶液变浑浊，有刺激性气体放出，说明样品中一定含有

Na2S2O4，因为加入稀盐酸，Na2SO4不反应，Na2SO3参与反应生成

SO2（有刺激性气味）、NaCl、H2O，Na2S2O4

参与反应生成

S（黄色沉淀）、SO2（有刺激性气味）、NaCl、H2O，Na2CO3

参与反应生成

CO2（无味）、NaCl、H2O；③取②的上层清液，向其中滴加

BaCl2

溶液，有沉淀生成，则沉淀为

BaSO4，说明样品中一定含有Na2SO4。故答案为：A。【分析】实验①无法确定样品成分；实验②可确定样品中一定含有

Na2S2O4，涉及反应是

S2O32-+2H+=S↓+H2O+SO2↑，注意

Na2SO3

与过量盐酸反应生成

SO2，Na2CO3

与过量盐酸反应生成

CO2，这些现象都可以被

Na2S2O3

与过量盐酸反应的现象覆盖掉；实验③可确定样品中一定含有

Na2SO4，涉及反应是

SO4

+Ba

=

BaSO4↓，注意②中过量盐酸可排除碳酸盐的干扰。2- 2+4．【答案】C【解析】【解答】A．向

NaBr

溶液中滴加过量氯水，发生反应

2Br-+Cl2=Br2+

2Cl-，但氯水过量，再加入淀粉

KI

溶液，过量的氯水可以将

I-氧化为

I2，无法证明

Br2

的氧化性强于

I2，A

不符合题意；B．向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热后，应加入适量碱性溶液中和硫酸并使体系呈碱性，否则未反应的稀硫酸会和新制

Cu(OH)2

反应，则不会产生砖红色沉淀，不能说明蔗糖没有发生水解，B

不符合题意；C．石蜡油加强热，产生的气体能使

Br2

的

CCl4

溶液褪色，说明气体中含有不饱和烃，与

Br2

发生加成反应使Br2的CCl4溶液褪色，C符合题意；D．根据题干信息，聚氯乙烯加热产生酸性气体，结合聚氯乙烯的结构简式可知产生的酸性气体是HCl，不能说明氯乙烯加聚是可逆反应，D

不符合题意；故答案为：C。【分析】A.氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物。蔗糖中不含醛基，蔗糖在酸性条件下水解得到的葡萄糖中含有醛基，注意碱性环境下的新制Cu(OH)2

悬浊液可检验醛基，据此分析。石蜡油加强热产生的不饱和烃气体能与

Br2发生加成反应。可逆反应是指在同一条件下，既能向正反应方向进行，同时又能向逆反应的方向进行的反应，注意氯乙烯加聚和聚氯乙烯加强热分解条件不同。5．【答案】D【解析】【解答】A．由分析可知，W、X、Y、Z

的单质分别是

H2、B、N2、O2，常温下

B

为粉末，其他均为气体，A

不符合题意；B．由分析可知，X

是

B，Y

是

N，同周期元素的最高价含氧酸的酸性从左到右依次增强，所以应是X＜Y，B

不符合题意；C．假设

100~200℃阶段热分解失去

H2O

的分子数为

x，则，解得

x≈3，说明失去

3个水分子，C不符合题意；D．假设

500℃热分解生成固体

B2O3，根据反应前后原子个数守恒，则得到

2NH4B5O8·4H2O～5B2O3，此时

B2O3

的质量分数为，D

符合题意；故答案为：D。【分析】W、X、Y、Z

为短周期元素，根据化合物的分子式（YW4X5Z8·4W2Z）及该化合物在

200℃以下热分解时无刺激性气体逸出，则说明失去的是水，即

W2Z

为

H2O，所以

W

为氢元素，Z

为氧元素；根据

YZ2分子的总电子数为奇数且常温下为气体，可推出

YZ2是

NO2，则

Y

是氮元素；而

W、X、Y、Z

的电子数之和为

21，可推出

X是硼元素。6．【答案】C【解析】【解答】A．由分析可知，充电时阴、阳极的电极反应式，将两电极反应式相加即可得电池总反应为Li2O2=2Li+O2，A不符合题意；B．根据题干信息可知，充电时，光照会使光催化电极产生电子和空穴，阴极反应与电子有关，阳极反应与空穴有关，即充电效率与光照产生的电子和空穴量有关，B

不符合题意；C．由分析可知，放电时，金属

Li

电极为负极，光催化电极为正极，Li+从负极穿过离子交换膜向正极迁移，C

符合题意；D．由分析可知放电时正极反应是

O2+2e-+2Li+=Li2O2，D不符合题意；故答案为：C。【分析】该装置放电时为原电池，金属锂作负极，电极反应式为

Li-e-=Li+；光催化电极作正极，电极反应式为

O2+2e-+2Li+=

Li2O2。充电时为电解池，金属锂作阴极，电极反应式为

Li++e-=Li；光催化电极作阳极，电极反应式为

Li2O2-2e-=O2+2Li+。7．【答案】B【解析】【解答】A．由图可知常温下溶液

I

的

pH=7.0，说明该溶液中

c(H+)=c(OH-)，所以

c(H+)＜c(OH-)＋c(A-)，A不符合题意；B．根据题干信息可知，常温下溶液

II的

pH=1.0，即

c(H+)=0.1mol/L，又

Ka==1.0×10-3，c

总(HA)=c(HA)+c(A-)，则=1.0×10-3，解得=，B

符合题意；C．根据题干信息，未电离的可自由穿过隔膜，则溶液

I

和

II

中的

c(HA)相等，C

不符合题意；D．由题干信息可知，常温下溶液

I

的

c(H+)=1×10-7mol/L，溶液

II

中

c(H+)=0.1mol/L，根据

Ka=和

c

总(HA)=c(HA)+c(A-)，可得到溶液

I

中

c

总(HA)=(104+1)c(HA)，溶液

II

中

c

总(HA)=1.01c(HA)，而两溶液中

c(HA)相等，则溶液

I和

II

中

c总(HA)之比为，D

不符合题意；故答案为：B。【分析】A.注意常温下

pH=7.0

的溶液呈中性，即

c(H+)=c(OH-)，据此分析。B.根据电离平衡常数表达式

Ka=和

c

总(HA)=c(HA)+c(A-)进行解答。C.物质的浓度不随体积多少而改变。D.

根据电离平衡常数表达式

Ka=和

c

总(HA)=c(HA)+c(A-)进行解答，注意两溶液中c(HA)相等。8．【答案】（1）PbSO4(s)+CO

(aq)=

PbCO3(s)+SO

(aq)；反应

PbSO4(s)+CO

(aq)=

PbCO3(s)+SO(aq)的平衡常数

K==3.4

105>105，PbSO4可以比较彻底的转化为

PbCO3（2）反应

BaSO4(s)+CO

(aq)=

BaCO3(s)+SO

(aq)的平衡常数

K==0.04<<105，反应正向进行的程度有限Fe2+；Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O；作还原剂Fe(OH)3、Al(OH)3Ba2+、Na+【解析】【解答】（1）“脱硫”过程中，Na2CO3溶液与

PbSO4反应生成

PbCO3

和

Na2SO4，反应的离子方程式为：PbSO4+CO3

=PbCO3+SO4

；结合第一个表格信息可知该反应的平衡常数

K=2- 2-，说明该反应正向进行程度很大，几乎完全转化，且生成的

PbCO3可通过“酸浸”进入溶液中，减少铅的损失。（2）反应

BaSO4+CO3

=BaCO3(s)+SO4

的平衡常数

K=2- 2-，远小于

105，说明该反应正向进行程度很小，因此加入

Na2CO3

不能使铅膏中的

BaSO4完全转化。（3）（i）H2O2

有氧化性，二价铁有还原性，能被

H2O2氧化为三价铁。根据题干信息可知，该反应属于氧化还原反应，其中

Pb

作还原剂，H2O2

作氧化剂，氧化产物是

Pb(Ac)2，还原产物是

H2O，结合电子守恒、原子守恒进行配平可得Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O。PbO2→Pb(Ac)2的过程中

Pb元素化合价由+4

降为+2，说明

PbO2是氧化剂，则

H2O2是还原剂。由分析可知，“酸浸”后的滤渣主要成分为

Fe(OH)3

和

Al(OH)3。由（2）可知，“脱硫”时加入

Na2CO3不能使铅膏中的

BaSO4

完全转化，“酸浸”时

Fe3+、Al3+转化为

Fe(OH)3

和

Al(OH)3沉淀，“沉铅”时

Pb2+转化为

Pb(OH)2沉淀，最终得到

PbO，所以“沉铅”的滤液中，金属离子有

Ba2+和

Na+[加

Na2CO3、NaOH

时引入的]。【分析】根据题干信息及流程图可知，加入

Na2CO3“脱硫”时，铅膏中的

PbSO4转化为

PbCO3；过滤后，向滤渣中加入

HAc、H2O2

进行“酸浸”，由于

H2O2

具有氧化性，可将二价铁氧化为三价铁，“酸浸”后溶液的

pH

约为

4.9，结合第二个表格信息可知，此时所得滤渣主要是

Fe(OH)3和

Al(OH)3；过滤后，向滤液中加入

NaOH进行“沉铅”，得到

Pb(OH)2

沉淀，经一系列操作可得到

PbO。9．【答案】（1）分液漏斗和球形冷凝管风化失去结晶水生成无水硫酸铜CuO（4）3H2C2O4+2K2CO3=2KHC2O4+K2C2O4+2H2O+2CO2↑分批加入并搅拌水浴冷却结晶、过滤、洗涤【解析】【解答】（1）由

CuSO4·5H2O

固体配制硫酸铜溶液，需用天平称量一定质量的

CuSO4·5H2O固体，将称好的固体放入烧杯中，用量筒量取一定体积的水溶解固体，所以不需要分液漏斗和球形冷凝管。CuSO4·5H2O

是含结晶水的蓝色固体，长期放置会发生风化失去结晶水而生成白色的

CuSO4固体。CuSO4

溶液与

NaOH

溶液反应生成蓝色的

Cu(OH)2

沉淀，Cu(OH)2

在加热的条件下会分解生成黑色的

CuO固体。该反应是非氧化还原反应，若

H2C2O4

和

K2CO3

以物质的量之比为

1.5：1

发生反应，产物为KHC2O4、K2C2O4、CO2

和

H2O，根据原子守恒进行配平可得化学方程式为：3H2C2O4+2K2CO3=2KHC2O4+K2C2O4+2H2O+2CO2↑。为防止

H2C2O4

和

K2CO3

反应时反应剧烈，造成液体喷溅，可减小反应速率，将

K2CO3

进行分批加入并搅拌。Ⅲ中加热温度在

80-85℃，可采取水浴加热。从溶液中得到晶体的一般方法为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。【分析】根据题干信息，第Ⅰ步是制备

CuO

黑色固体，涉及反应关系式是

CuSO4＋NaOH→Cu(OH)2CuO；第Ⅱ步用

H2C2O4

和

K2CO3

按一定比例反应得到

KHC2O4、K2C2O4；第Ⅲ步将

KHC2O4溶液、K2C2O4

溶液和第Ⅰ步所制的

CuO

混合加热反应；第Ⅳ步经一系列操作得到

K2[Cu(C2O4)2]晶体。10．【答案】（1）170（2）副产物氢气可作燃料；耗能高（3）50%；4.76（4）越高；n(H2S)：n(Ar)越小，H2S

的分压越小，平衡向正反应方向进行，H2S

平衡转化率越高；d；24.9【解析】【解答】（1）根据盖斯定律 （①+②）-③即得到反应④，所以

ΔH4＝（－1036+94）kJ/mol× +484kJ/mol＝+170kJ/mol。根据题干信息，结合盖斯定律可知克劳斯工艺的总反应为

2H2S(g)+O2(g)＝S2(g)+2H2O(g) ΔH＝(－1036+94)kJ/mol×=－314kJ/mol，高温热分解法与之相比，在生成

S

的同时还有燃料

H2

生成，但耗能高，成本较高。根据题干信息，假设反应前

n(H2S)=1mol，n(Ar)=4mol，根据三段式可知：2H2S(g)S2(g)＋ 2H2(g)起始（mol）转化（mol）1x00.5x0x平衡（mol）1-x0.5xx平衡时

H2S

和

H2

的分压相等，则其物质的量相等，即

1－x＝x，解得

x＝0.5，所以

H2S

的平衡转化率为 ，平衡常数

Kp＝。（4）① 该反应过程中气体体积分数增大，n(H2S)：n(Ar)的值越小，则

H2S

的分压越小，相当于减压，平衡将向正反应方向移动，所以

H2S

平衡转化率越高。②根据①分析可知

n(H2S)：n(Ar)＝1：9对应的曲线是

d，在

0.1s

时

H2S

转化率为

24%。假设反应前

n(H2S)=1mol，n(Ar)=9mol，则根据三段式可知2H2S(g)S2(g)＋ 2H2(g)0 00.12 0.240.12 0.24起始（mol）1转化（mol）0.24平衡（mol）0.76平衡时

H2S

的压强为，H2S

的起始压强为，所以

H2S

分压的平均变化率为。【分析】（1）根据盖斯定律进行求解，注意几点：①若化学计量数成倍增加或减少，则△H

也要成倍的增加或减少；②当反应逆向进行时，其反应热与正反应的反应热数值相等，正负号相反；③△H的计算一定要带上正负号。可从反应条件、产物，结合成本、效益等角度进行分析。通过列化学平衡三段式，结合转化率和平衡常数的表达式进行分析，注意单位统一。①根据勒夏特烈原理进行分析，注意惰性气体对反应中压强的影响。②气体分压的平均变化率=，注意气体的物质的量与压强之间的关系。11．【答案】（1）ad；d（2）sp2；σ；一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔；Cl

参与形成的大

π

键越多，形成的

C-Cl

键的键长越短CsCl；CsCl

为离子晶体，ICl为分子晶体电解质；【解析】【解答】（1）F

为第

9

号元素，其基态原子电子排布式为

1s22s22p5，其激发态是基态原子

2p能级上的几个电子跃迁到

3p能级上。基态氟原子

2p

能级上的

1

个电子跃迁到

3s能级上，属于氟原子的激发态，a

符合题意；核外共

10个电子，不是氟原子，b不符合题意；核外共

8个电子，不是氟原子，c不符合题意；基态氟原子

2p

能级上的

2

个电子跃迁到

3p

能级上，属于氟原子的激发态，d

符合题意；故答案为：ad。同一原子

3p

能级的能量比

3s

能级的能量高，因此能量最高的是

1s22s22p33p2，故答案为：d。①一氯乙烯的结构式为 ，其中碳原子有

3

对共用电子对，采用

sp2

杂化，因此

C

的一个

sp2

杂化轨道与

Cl的

3px

轨道形成

C-Clσ键。②一氯乙烷中碳采用

sp3杂化，一氯乙烯中碳采用

sp2杂化，一氯乙炔中碳采用

sp

杂化。sp杂化时p

成分少，sp3

杂化时

p

成分多，p

成分越多，形成的

C-Cl

键越弱，则其键长越长；同时

Cl

参与形成的大

π

键越多，形成的

C-Cl

键长越短，一氯乙烯中

Cl

的

3px

轨道与

C

的

2px轨道形成

3

中心

4

电子的大

π

键(Π3

)，一氯乙炔中

Cl

的

3px

轨道与

C

的

2px

轨道形成

2

套

3

中心

4

电子的大

π

键(Π3

)，因4 4此三种物质中

C-Cl键键长顺序为：一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔。非氧化还原反应中各元素化合价不变，根据反应前后元素的种类不变，CsICl2

反应生成无色晶体和红棕色液体，则无色晶体为

CsCl，红棕色液体为

ICl。CsCl

为离子晶体，熔化时，克服的是离子键，ICl

为分子晶体，熔化时，克服的是分子间作用力，因此

CsCl

的熔点比

ICl

高。在电场作用下，Ag+不需要克服太大阻力即可发生迁移，则

α-AgI晶体是优良的离子导体，在电池中可作为电解质。每个晶胞中含

I-的个数为

8×

+1=2，则

Ag+个数也为

2，所以晶胞的物质的量

n=

mol=

mol，晶胞体积

V=a3pm3=(504×10-12)3m3，则

α-AgI

晶体的摩尔体积

Vm=。【分析】（1）注意氟原子的激发