福建省漳州市十校联盟2023-2024学年高三上学期期中质量检测联考化学试卷

20232024学年(上)期中质量检测高三化学试卷相对原子质量：H1C12N14O16S32Cl35.5Ca40Cu64Sr88Ba137一、单选题(每小题只有一个正确选项，每题4分，共40分)1.科技是第一生产力，我国科学家在诸多领域取得新突破，下列说法错误是A.利用CO2合成了脂肪酸：实现了无机小分子向有机高分子的转变B.发现了月壤中的“嫦娥石[(Ca8Y)Fe(PO4)7]”：其成分属于无机盐C.研制了高效率钙钛矿太阳能电池，其能量转化形式：太阳能→电能D.革新了海水原位电解制氢工艺：其关键材料多孔聚四氟乙烯耐腐蚀【答案】A【解析】【详解】A．常见的脂肪酸有：硬脂酸(C17H35COOH)、油酸(C17H33COOH)，二者相对分子质量虽大，但没有达到高分子化合物的范畴，不属于有机高分子，A错误；B．嫦娥石因其含有Y、Ca、Fe等元素，属于无机化合物，又因含有磷酸根，是无机盐，B正确；C．电池是一种可以将其他能量转化为电能的装置，钙钛矿太阳能电池可以将太阳能转化为电能，C正确；D．海水中含有大量的无机盐成分，可以将大多数物质腐蚀，而聚四氟乙烯塑料被称为塑料王，耐酸、耐碱，不会被含水腐蚀，D正确；故答案选A。2.向饱和氯水中加入少量亚硫酸钠固体，下列说法正确的是A.溶液pH减小 B.溶液颜色变深 C.漂白性增强 D.导电性减弱【答案】A【解析】【分析】饱和氯水中存在平衡：Cl2+H2OHCl+HClO，向饱和氯水中加入少量固体，HClO和Na2SO3发生氧化还原反应，使平衡正向移动，Cl2浓度减小，据此解答。【详解】A．反应生成HCl，溶液pH减小，A正确；B．Cl2浓度减小，溶液颜色变浅，B错误；C．次氯酸浓度减少，漂白性减弱，C错误；D．生成的HCl、Na2SO4为强电解质，导电性增强，D错误；故选A。3.设NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是A.3.6gD20和3.6gH2O中含有的质子数均为2NAB.含2molH2SO4的浓硫酸和足量的Cu在加热的条件下反应可生成NA个SO2分子C.常温常压下，22.4L甲醛(HCHO)含有的原子数目为4NAD.过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA【答案】D【解析】【详解】A.因为D20的摩尔质量为20g/mol,H2O的摩尔质量为18g/mol,他们的质子数均为10，所以3.6gD20和3.6gH2O中含有的质子数不等，故A错误；B.因为浓硫酸和铜反应放出SO2，稀硫酸和铜不反应，所以含2molH2SO4的浓硫酸和足量的Cu在加热的条件下反应可生成SO2分子数小于NA个，故B错误；C.甲醛为气体，常温常压下22.4LHCHO的物质的量小于1mol，故含有的原子数目小于4NA，故C错误；D.根据O元素的化合价变化可知，过氧化钠与水反应生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA，故D正确；本题答案为：D。4.工业上联合生产碳酸氢钠和氯代烃的工艺流程如图所示，在生产NaHCO3的过程中完成乙烯氯化，下列叙述错误的是A.过程Ⅰ中的TBA替代了侯德榜制碱法中的氨气B.在过程Ⅱ中实现了TBA、CuCl2的再生C.理论上每生成1molNaHCO3，可得到1molC2H4Cl2D.过程Ⅲ中的反应是C2H4+2CuCl2C2H4Cl2+2CuCl【答案】C【解析】【分析】根据题意可知，制碱过程为NaCl+CO2+H2O+TBA=NaHCO3+TBA•HCl，过程Ⅱ为TBA的再生过程为O2+2CuCl+2TBA•HCl=2CuCl2+2TBA+H2O，乙烯的氯化过程为C2H4+2CuCl2C2H4Cl2+2CuCl，由此分析。【详解】A．侯德榜制碱法是先把氨气通入食盐水，然后向氨盐水中通二氧化碳，生产溶解度较小的碳酸氢钠，再将碳酸氢钠过滤出来，经焙烧得到纯净洁白的碳酸钠，由图可知，过程I中的TBA替代了侯德榜制碱法中的氨气，故A正确；B．程Ⅱ为TBA的再生过程为O2+2CuCl+2TBA⋅HCl=2CuCl2+2TBA+H2O，实现了TBA、CuCl2的再生，故B正确；C．制碱过程为NaCl+CO2+H2O+TBA=NaHCO3+TBA⋅HCl，理论上每生成1molNaHCO3需要1molTBA，根据过程Ⅱ为TBA的再生过程为O2+2CuCl+2TBA•HCl=2CuCl2+2TBA+H2O，乙烯的氯化过程为C2H4+2CuCl2C2H4Cl2+2CuCl，则关系式TBA∼CuCl∼C2H4Cl2，则理论上每生成1molNaHCO3，可得到0.5molC2H4Cl2，故C错误；D．根据分析，过程Ⅲ是乙烯的氯化过程，化学方程式为C2H4+2CuCl2C2H4Cl2+2CuCl，故D正确；答案选C。5.下列离子方程式书写正确的是A.将铝粉与NaOH溶液混合：Al+2OH=AlO+H2↑B.将Cl2通入石灰乳中制漂白粉：Cl2+2OH=ClO+Cl+H2OC.向明矾溶液中加入少量Ba(OH)2溶液：Al3++4OH+2Ba2++2SO=2BaSO4↓+AlO+2H2OD.用MgO除去MgCl2溶液中的FeCl3：2Fe3++3H2O+3MgO=2Fe(OH)3+3Mg2+【答案】D【解析】详解】A．将铝粉与NaOH溶液混合生成偏铝酸钠和氢气：2Al+2OH+2H2O=2AlO+3H2↑，A错误；B．将Cl2通入石灰乳中制漂白粉，石灰乳为悬浊液，写化学式：Cl2+Ca(OH)2=Ca2++ClO+Cl+H2O，B错误；C．向明矾溶液中加入少量Ba(OH)2溶液，Ba(OH)2反应完全，生成氢氧化铝和硫酸钡：2Al3++6OH+3Ba2++3SO=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓，C错误；D．用MgO除去MgCl2溶液中的FeCl3，FeCl3为强酸弱碱盐，水解产生氢离子，MgO消耗氢离子，促使水解平衡正向进行，生成氢氧化铁，2Fe3++3H2O+3MgO=2Fe(OH)3+3Mg2+，D正确；答案为D。6.冠醚因分子结构形如皇冠而得名，某冠醚分子c可识别，其合成方法如下。下列说法错误的是A.该反应为取代反应 B.a、b均可与溶液反应C.c核磁共振氢谱有3组峰 D.c可增加在苯中的溶解度【答案】C【解析】【详解】A．根据a和c的结构简式可知，a与b发生取代反应生成c和HCl，A正确；B．a中含有酚羟基，酚羟基呈弱酸性能与NaOH反应，b可在NaOH溶液中发生水解反应，生成醇类，B正确；C．根据C的结构简式可知，冠醚中有四种不同化学环境的氢原子，如图所示：，核磁共振氢谱有4组峰，C错误；D．c可与K+形成鳌合离子，该物质在苯中溶解度较大，因此c可增加KI在苯中的溶解度，D正确；故答案选C。7.完成下述实验，装置或试剂不正确的是A.实验室制 B.实验室收集 C.验证易溶于水且溶液呈碱性 D.除去中混有的少量【答案】D【解析】【详解】A．MnO2固体加热条件下将HCl氧化为Cl2，固液加热的反应该装置可用于制备Cl2，A项正确；B．C2H4不溶于水，可选择排水收集，B项正确；C．挤压胶头滴管，水进入烧瓶将NH3溶解，烧瓶中气体大量减少压强急剧降低打开活塞水迅速被压入烧瓶中形成红色喷泉，红色喷泉证明NH3与水形成碱性物质，C项正确；D．Na2CO3与HCl、CO2发生反应，不能达到除杂的目的，应该选用饱和NaHCO3溶液，D项错误；故选D。8.W、X、Y、Z为原子序数依次增加的同一短周期元素，其中X、Y、Z相邻，W的核外电子数与X的价层电子数相等，是氧化性最强的单质，4种元素可形成离子化合物。下列说法正确的是A.分子的极性： B.第一电离能：X<Y<ZC.氧化性： D.键能：【答案】A【解析】【分析】是氧化性最强的单质，则Z是F，X、Y、Z相邻，且X、Y、Z为原子序数依次增加的同一短周期元素，则X为N，Y为O，W的核外电子数与X的价层电子数相等，则W为B，即：W为B，X为N，Y为O，Z是F，以此解题。【详解】A．由分析可知，W为B，X为N，Z是F，WZ3为BF3，XZ3为NF3，其中前者的价层电子对数为3，空间构型为平面三角形，为非极性分子，后者的价层电子对数为4，有一对孤电子对，空间构型为三角锥形，为极性分子，则分子的极性：，A正确；B．由分析可知，X为N，Y为O，Z是F，同一周期越靠右，第一电离能越大，但是N的价层电子排布式为2s22p3，为半满稳定结构，其第一电离能大于相邻周期的元素，则第一电离能：Y<X<Z，B错误；C．由分析可知，W为B，X为N，Y为O，则为，为，两种化合物中N和B的化合价都是+3价，但是N的非金属性更强一些，故的氧化性更强一些，C错误；D．由分析可知，X为N，Y为O，Z是F，其中N对应的单质为氮气，其中包含三键，键能较大，D错误；故选A。9.“肼合成酶”以其中的配合物为催化中心，可将与转化为肼()，其反应历程如下所示。下列说法错误的是A.、和均为极性分子B.反应涉及、键断裂和键生成C.催化中心的被氧化为，后又被还原为D.将替换为，反应可得【答案】D【解析】【详解】A．NH2OH，NH3，H2O的电荷分布都不均匀，不对称，为极性分子，A正确；B．由反应历程可知，有N－H，N－O键断裂，还有N－H键的生成，B正确；C．由反应历程可知，反应过程中，Fe2+先失去电子发生氧化反应生成Fe3+，后面又得到电子生成Fe2+，C正确；D．由反应历程可知，反应过程中，生成的NH2NH2有两个氢来源于NH3，所以将NH2OH替换为ND2OD，不可能得到ND2ND2，得到ND2NH2和HDO，D错误；故选D。10.固体化合物X由四种元素组成，某学习小组开展如下探究实验。下列说法错误的是A.固体化合物X中的金属元素位于周期表第四周期第ⅠB族B.固体化合物XCu2(OH)2CO3C.黑色化合物隔绝空气分解的过程中，生成1mol砖红色化合物，转移2mol电子D.蓝色溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，可制得胆矾晶体【答案】B【解析】【分析】采用逆推法，红色金属单质为Cu，质量为0.96g，其物质的量为n(Cu)==0.015mol；蓝色溶液为CuSO4溶液，砖红色化合物为Cu2O，物质的量为n(Cu2O)==0.015mol，能使带火星的木条复燃的气体为O2，则黑色化合物为CuO，根据Cu盐酸守恒可知其物质的量为0.03mol；3.46g化合物X加热分解生成的水为0.18g，水物质的量为n(H2O)==0.01mol；2.00g白色沉淀为CaCO3，其物质的量为0.02mol，无色无味气体为CO2，物质的量为0.02mol。根据3.46gX分解生成0.01molH2O、0.03molCuO和0.02molCO2，可知X的化学式。【详解】A．固体化合物X中的金属元素为Cu，Cu是29号元素，位于元素周期表第四周期第ⅠB族，A正确；B．3.46gX分解生成0.01molH2O、0.03molCuO和0.02molCO2，n(CuO)：n(CO2)：n(H2O)=0.03mol：0.02mol：0.01mol=3：2：1，则根据各种元素的原子个数关系，可知X的化学式是Cu3(OH)2(CO3)2，B错误；C．黑色化合物CuO隔绝空气高温分解的反应为，可知生成1molCu2O，转移2mol电子，C正确；D．蓝色溶液为硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，可制得胆矾晶体，D正确；故选B。二、非选择题(包括4小题，共60分)11.某学习小组为了验证SO2的还原性并测定产生SO2的质量，组装了下图装置。回答下列问题：(已知：K3[Fe(CN)6]可检验亚铁离子，生成蓝色沉淀)（1）C中发生反应的化学方程式是___________，关于该套装置说法正确的是___________(填标号)a．组装仪器、加入药品后检查气密性

b．实验开始和最后时均需要通入空气c．利用A、B装置是为了减小实验误差

d．F、G中的碱石灰可以换为无水CaCl2（2）甲同学认为很快可以看到D装置的现象，他的依据是___________(用离子方程式表示)。乙同学做实验时发现和甲同学预测的现象不一样，先出现棕红色，经过一段时间后变为浅绿色。于是查阅资料发现反应分为两步：第一步：Fe3++SO2+H2O=Fe(HSO3)2+(棕红色)+H+(快反应)第二步：Fe3++Fe(HSO3)2++H2O=+2Fe2++3H+(慢反应)如果需要验证第一步反应是快反应，可以事先在D装置中滴加数滴___________试剂，相应的实验现象是___________。（3）学习小组通过实验后D和F装置中的数据来计算SO2的质量。D中加入足量的BaCl2溶液充分反应，经过___________操作，测得沉淀为m1g，F的质量差为m2g，C中产生SO2的体积(标准状况下)为___________L。【答案】（1）①.Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O②.bc（2）①.2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+②.铁氰化钾或K3[Fe(CN)6]③.溶液出现棕红色时没有生成蓝色沉淀（3）①.过滤、洗涤；干燥、称量②.【解析】【分析】本实验验证SO2的还原性并测定产生SO2的质量，C装置是发生装置，制备SO2，A处通入空气，实验之前通空气是排除装置中的空气，实验之后通入空气是使C中的SO2进入D、F装置充分反应，则A、B装置是排除空气中的酸性气体和氧气，防止干扰试验；F装置通过碱石灰吸收SO2测其含量；SO2具有还原性，三价铁具有氧化性，发生氧化还原反应，溶液变成浅绿色；若要验证第一步Fe3++SO2+H2O=Fe（HSO3）2+(红棕色)+H+是快反应，可以检测是否立即生成Fe2+；溶液中有沉淀生成通过过滤、洗涤、干燥、称量得到沉淀质量；通过S元素守恒可求出C中产生的SO2的体积；据此分析。【小问1详解】C装置是发生装置，制备SO2，发生反应的化学方程式是Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；B装置是吸收空气中的酸性气体，名称是洗气瓶或广口瓶；组装好仪器，加入药品之前检查气密性，a错误；实验开始和最后时均需要通入空气，实验之前通空气是排除装置中的空气，实验之后通入空气是使C中的SO2进入D、F装置充分反应，b正确；A、B装置是排除空气中的酸性气体和氧气，防止干扰实验，利用A、B装置是为了减小实验误差，c正确；F是吸收SO2，SO2与无水CaCl2不反应，d错误；答案为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；洗气瓶或广口瓶；bc；【小问2详解】D装置中三价铁具有氧化性，SO2具有还原性，发生氧化还原反应，溶液变成浅绿色，离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO+4H+；若要验证第一步Fe3++SO2+H2O=Fe（HSO3）2+(红棕色)+H+是快反应，可以检测是否立即生成Fe2+，则实验前滴加几滴铁氰化钾或K3[Fe(CN)6]，当溶液出现棕红色时没有生成蓝色沉淀即可说明；答案为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO+4H+；铁氰化钾或K3[Fe(CN)6]；溶液出现棕红色时没有生成蓝色沉淀；【小问3详解】D中加入足量的BaCl2溶液充分反应，生成BaSO4沉淀，经过过滤、洗涤、干燥、称量操作，测得沉淀为m1g，F的质量差为m2g，说明剩余的SO2的质量为m2g，根据前后S原子守恒，n(SO2)=n(BaSO4)+n(剩余SO2)=，标准状况下的体积为，该实验的设计中，仍然存在系统误差的可能原因是C溶液中溶解的SO2未被充分排除或空气除氧不彻底；答案为：过滤、洗涤、干燥、称量；。12.一种“氢氧化锶氯化镁法”制备“牙膏用氯化锶（SrCl2·6H2O）”的工艺流程如下：（1）锶与钙元素同主族。金属锶应保存在_______中（填“水”、“乙醇”或“煤油”）。（2）天青石(主要成分SrSO4)经过多步反应后可制得工业碳酸锶。其中第一步是与过量焦炭隔绝空气微波加热还原为硫化锶，该过程的化学方程式为__________。（3）工业碳酸锶中含有CaCO3、MgCO3、BaCO3等杂质。“滤渣”的主要成分是______。（4）“重结晶”时蒸馏水用量（以质量比mH2O：mSrO表示）对Sr(OH)2·8H2O纯度及产率的影响如下表。最合适的质量比为____________，当质量比大于该比值时，Sr(OH)2·8H2O产率减小，其原因是_____。质量mH2O：mSrO4：15：16：17：18：19：110：1Sr(OH)2·8H2O纯度%98.6498.6898.6598.6498.6398.6398.65Sr(OH)2·8H2O产率%17.9153.3663.5072.6692.1789.658893（5）水氯镁石是盐湖提钾后的副产品，其中SO42含量约为1%，“净化”过程中常使用SrCl2除杂，写出该过程的离子方程式__________。（6）将精制氢氧化锶完全溶于水，与氯化镁溶液在90℃时反应一段时间，下列判断MgCl2是否反应完全的最简易可行的方法是______（填标号）。A反应器中沉淀量不再增加B测定不同时间反应液pHC测定Sr2+浓度变化D向反应器中滴加AgNO3溶液观察是否有沉淀（7）若需进一步获得无水氯化锶，必须对SrCl2·6H2O(M=267g·mol1)进行脱水。脱水过程采用烘干法在170℃下预脱水，失重达33.7%，此时获得的产物化学式为________。【答案】①.煤油②.SrSO4+4CSrS+4CO↑③.Ca(OH)2，MgO④.8：1⑤.随着蒸馏水溶剂的增加，在冷却结晶、过滤的过程中部分氢氧化锶留在母液中导致产率减小⑥.SO42+Sr2+=SrSO4↓⑦.B⑧.SrCl2·H2O【解析】【分析】流程图可知：工业碳酸锶中含有CaCO3、MgCO3、BaCO3等杂质，高温煅烧生成对应的氧化物SrO、CaO、MgO、BaO，SrO与水反应生成Sr(OH)2，CaO与水反应生成Ca(OH)2，微溶于水，BaO与水反应生成Ba(OH)2，MgO难溶于水；过滤后滤渣的主要成分为Ca(OH)2，MgO；锶与钙元素同主族，均活泼，所以保存在煤油中；SrSO4与过量焦炭隔绝空气微波加热还原为硫化锶和CO；SrCl2除SO42杂质利用的是沉淀法；氢氧化锶完全溶于水，与氯化镁反应后生成氯化锶和氢氧化镁，由于溶液pH变化明显，最简单的方法是测定不同时间反应液的pH；根据脱水失重的比例计算出失水的物质的量，进而求出化学式。据此分析。【详解】(1)锶与钙元素同主族,且锶的金属性大于钙，易与水、乙醇等物质反应，故金属锶应保存在煤油中；答案为：煤油；(2)根据氧化还原反应原理可知SrSO4与过量焦炭隔绝空气微波加热还原为硫化锶和CO，化学方程式为SrSO4+4CSrS+4CO↑；答案为：SrSO4+4CSrS+4CO↑；(3)工业碳酸锶中含有CaCO3、MgCO3、BaCO3等杂质，高温煅烧生成对应的氧化物CaO、MgO、BaO，CaO与水反应生成Ca(OH)2，微溶于水，BaO与水反应生成Ba(OH)2，MgO难溶于水；过滤后滤渣的主要成分为Ca(OH)2，MgO；答案为：Ca(OH)2，MgO；(4)根据图表信息得质量比为8：1时Sr(OH)2·8H2O的纯度和产率均相对较高；当质量比大于该比值时，Sr(OH)2·8H2O产率减小，其原因是随着蒸馏水溶剂的增加，在冷却结晶、过滤的过程中部分氢氧化锶留在母液中导致产率减小；答案为：8：1；随着蒸馏水溶剂的增加，在冷却结晶、过滤的过程中部分氢氧化锶留在母液中导致产率减小；(5)“净化”过程中常使用SrCl2除SO42杂质，以生成沉淀的方式除杂，离子方程式为SO42+Sr2+=SrSO4↓；答案为：SO42+Sr2+=SrSO4↓；(6)氢氧化锶完全溶于水，与氯化镁反应后生成氯化锶和氢氧化镁，由于溶液pH变化明显，最简单的方法是测定不同时间反应液的pH；答案为：B；(7)SrCl2·6H2O(M=267g·mol1)脱水过程采用烘干法在170℃下预脱水，失重达33.7%，失重为H2O的质量。假设SrCl2·6H2O的物质的量1mol，质量为267g，在170℃下预脱水，失重33.7%，失重的质量为267g×33.7%=90g，则失水的物质的量为5mol，则此时产物的化学式为SrCl2·H2O；答案为：SrCl2·H2O；【点睛】周期表中元素性质呈现周期性规律变化，钙、锶和钡都是第ⅡA族元素，且金属性依次增强，所以根据常见钙、钡的性质推导锶的性质是解答此题的关键。如第五问沉淀法除去硫酸根离子，保存用煤油保存等；第七问求化学式，方法均是求出各个微粒的物质的量之比即可，此处是根据失重求出减少的水的量，再根据前后系数关系正确书写化学式。13.钛(Ti)和锆(Zr)是同一副族的相邻元素，它们的化合物在生产、生活中有着广泛的用途。回答下列问题：（1）钛和锆价层电子结构相似，基态锆原子的价电子排布式为_______。（2）Ti(BH4)2是一种储氢材料。BH的空间构型是_______，H、B、Ti的电负性由大到小的顺序为_______。（3）ZrCl4可以与乙二胺形成配合物[ZrCl4(H2NCH2CH2NH2)]，其中Zr原子配位数为6。①1mol[ZrCl4(H2NCH2CH2NH2)]中含有σ键的物质的量为_______mol。②H2NCH2CH2NH2形成[ZrCl4(H2NCH2CH2NH2)]后，HNH键角将_______(填“变大”“变小”或“不变”)，原因是_______。（4）已知TiO2晶胞中Ti4+位于O2−所构成的正八面体的体心，ZrO2晶胞中Zr4+位于O2−所构成的立方体的体心，其晶胞结构如图所示：①TiO2晶胞中O2−的配位数是_______。②已知ZrO2晶胞的密度为ρg·cm−3，则晶体中Zr原子和O原子之间的最短距离_______pm(列出表达式，NA为阿伏加德罗常数的值，ZrO2的摩尔质量为Mg/mol)。【答案】（1）4d25s2（2）①.正四面体②.Ti＜B＜H（3）①.17②.变大③.游离态H2NCH2CH2NH2与Zr结合后，孤电子对变成了σ键电子对，排斥力减小，因此HNH键之间的夹角会增大（4）①.3②.×1010pm【解析】【小问1详解】Ti的原子序数为22，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d24s2，价电子排布式为:3d24s2，钛和锆的价层电子结构相同，基态锆原子的价电子排布式为4d25s2。故答案为：4d25s2；【小问2详解】BH与CH4具有相同的原子数目和相同的价电子数目，两者互为等电子体，空间构型相似，甲烷为正四面体形，BH的空间构型是正四面体形，金属元素的电负性小于非金属元素，H元素在非金属元素中电负性之比B大，所以H、B、Ti的电负性由小到大的顺序为：Ti＜B＜H。故答案为：正四面体；Ti＜B＜H；【小问3详解】①1个[ZrCl4(H2NCH2CH2NH2)]中含有Zr←Cl配位键4个，Zr←N配位键2个，配位键属于σ键，共6个，H2NCH2CH2NH2中含有NH键4个、CH键4个、NC键2个、CC键1个，共11个共价键，属于σ键，所以总共有17个共价键，1mol[ZrCl4(H2NCH2CH2NH2)]中含有σ键的物质的量为17mol。故答案为：17；②游离态H2NCH2CH2NH2中N原子有一对孤对电子，配合物中N原子提供一对孤对电子与Zr形成配位键，孤电子对之间的斥力＞孤电子与成键电子之间的斥力＞成键电子对之间的斥力，与Zr形成配位键，孤电子对变成了σ键电子对，即成键电子对，排斥力减小，因此HNH之间的夹角会增大。故答案为：变大；游离态H2NCH2CH2NH2与Zr结合后，孤电子对变成了σ键电子对，排斥力减小，因此HNH键之间的夹角会增大；【小问4详解】①TiO2晶胞中Ti4+位于O2所构成的正八面体的体心，Ti4+的配位数为6，晶胞中Ti4+的数目为：1+8×=2，O2的数目为：2+4×=4，则TiO2晶胞中O2的配位数是3，故答案为：3；②已知二氧化锆晶胞的密度为ρg•cm3，则晶体中Zr原子和O原子之间的最短距离，晶胞体对角线长度等于棱长的倍，两原子核之间的距离为apm，则晶胞的棱长为：×1010cm，晶胞中黑色球数目为8，白色球数目为4，即O原子数目为8，Zr原子数目为4，晶胞质量为：g=(×1010cm)3×ρg/cm3，解得：a=×1010pm，故答案为：×1010。14.阿佐塞米(化合物L)是一种可用于治疗心脏、肝脏和肾脏病引起的水肿的药物。L的一种合成路线如图(部分试剂和条件略去)已知：R﹣COOHR﹣COClR﹣CONH2，回答下列问题：（1）A的化学名称是___________。（2）由A生成B