2022年天津市滨海新区七所重点学校高考化学联考试卷(附答案详解)

2022年天津市滨海新区七所重点学校高考化学联考试卷一、单选题（本大题共12小题，共36.0分）化学与生活生产社会可持续发展密切相关，下列说法错误的( )石墨晶体中存在范德华力，常用作润滑剂用聚氯乙烯代替木材，生产快餐盒，以减少木材的使用免洗洗手液的有效成分中含有活性银离子，能使蛋白质变性水煤气合成甲醇等含氧有机物的过程属于煤的液化，实现了煤的综合利用下列应用不涉及物质氧化性或还原性的( )用葡萄糖制镜或保温瓶胆NO2参与酸雨的形成Na2SiO3溶液制备木材防火剂用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果下列说正法确的( )乙醛的键线式N2H4的电子式：苯乙烯分子中所有原子可能在同一个平面上0.1mol/L的Na2SO4Al2(SO4)3溶液中的溶解度相同下列有关说法正确的( )铅酸蓄电池充电时，PbSO4在两电极上生成制造中国“奋斗者”号载人潜水器的钛合金比纯金属钛的熔点低、强度大的盐酸与氯化铵溶液中，升温后氢离子浓度仍相等298K2Mg(s)+CO2(g)=C(s)+2MgO(s)ΔH>0下列离子方程式的书写及评价均合理的( )第1页，共23页选项 离子方程式将2molCl2通入含有1molFeI2的溶液中：2Fe2++A2I−+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl−向Fe(OH)3中加入氢碘酸溶液：Fe(OH)3+3H+=BFe3++3H2O过量SO2通入NaClO溶液中：SO2+H2O+ClO−=CHClO+HSO−3

评价2+、I−均氧化正确：酸与碱反应生成盐和水正确：说明酸性H2SO3强于HClO3已知酸性>HCN>则NaCN溶液正确CO2的反应D 中通入少量CO2时：CN−+CO2+H2O=HCN+ 产物与对应酸性强弱有3关HCO−关3A B.B C.C D.DNA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的( )标准状况下，11.2LCH4和C2H4H2NA时，pH=1LH+0.0001NA100g17%H2O2NANAOH−1mol/L如图实验装置能达到实验目的的( )检查装置气密性CCl4I2的混合物Na2CO3少量氨气的尾气吸收装置第2页，共23页XYZQW1～20号元素且原子序与Q和W()WX是共价化合物>Z>Y<YZ和XY、WQ均形成至少两种二元化合物高分子修饰指对高聚物进行处理接上不同取代基改变其性能我国高分子科学家对聚乙烯进行胺化修饰，并进一步制备新材料，合成路线如图。下列说法正确的( )a组峰b的反应为加聚反应c的水溶性比聚乙烯的水溶性好1molb2mol反应价类二维图是学习元素及其化合物知识的重要模型。它是以元素化合价为纵坐标以物质类别为横坐标的二维平面图像如图为氯元素的价类二维图下列叙述不正确的( )种又作还原剂与1：1通入紫色石蕊溶液中，溶液变红第3页，共23页H2C2O4NaClO3和H2SO4三种物质反CO21molCO2lmol(⋅OH)，可以去除水体中CH2Cl2，原理如图所示。下列说法正确的( )pH增大交换膜为阴离子交换膜CH2Cl24⋅OH=CO2+2H2O+2HCl脱氯的实质是碳氯键和碳氢键断裂形成碳氧键0.1000mol/LNaOH20.00mL0.1000mol/LCH3COOH溶液(CH3

Ka)lgc(CH3COO−)−V(NaOH)图象如图，下列说法c(CH3COOH)不正确的( )aPH=−lgKa)+c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=0.1000mol/L10.00mL2c(H+c(CH3COO−c(CH3COOHc(OH−二、实验题（本大题共2小题，共32.0分）第4页，共23页(IV)(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]⋅10H2O，难溶于水，VO2V2O51：已知：+4价钒在弱酸性条件下具有还原性。回答下列问题：步i中N2H4⋅2HCl属于 (填“正盐”“酸式盐”或“碱式盐只用浓盐酸V2O5反应也能制VOCl2溶液，但从环保角度分析，该反应不被推广的主要原因是 (用化学方程式表。ii装置中进行。①B装置盛装的试剂是 (填名)。实验时，先关K2，打K1，当观察到 填实验现)时，再关K1，开K2。③反应结束后，得到紫红色晶体，先用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次，再用无水乙醇洗次。用饱NH4HCO3溶液洗涤除去的阴离子主要是 (填离子符)。检验用饱NH4HCO3溶液洗涤沉淀是否干净的操作是 。2KMnO4KMnO4()，最后用1mol/L(NH4)2Fe(SO4)2VO++Fe2++22H+=VO2++Fe3++H2O)，消耗标准溶液的体积为ymL。滴定时，可选用几(填化学)溶液作指示剂。粗产品中钒的质量分数为 %(用含有w、y的式子表)。若实验测得钒的质分数偏大，则可能的原因是 。A.(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液被氧化第5页，共23页B.滴定前平视读数，滴定终点时仰视读数C.滴定前，滴定管内无气泡，滴定结束后尖嘴有气泡义，回答下列问题。(1)碘蒸气的存在能大幅度提高N2O的分解速率，反应历程为：第一步：I2(g)→2I(g)(快反应)第二步：I(g)+N2O(g)→N2(g)+IO(g)(慢反应)第三步：IO(g)+N2O(g)→N2(g)+O2(g)+I2(g)(快反应)实验表明：含碘N2O分解速率方v=k⋅c(N2O)⋅[c(I2)]0.5(k为速率常)。下列表述正确的是 。B.第二步的活化能比第三步小C.IO为反应的催化剂D.N2O分解反应的速率与是否含碘蒸气有关(2)为探究温度及不同催化剂对反应2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)ΔH=NO图点对应的速(对应温400°C)v v 填“>”、“<”或“=”)，(正) (逆)温度升高后，两种催化剂条件NO转化效率均明显降低，原因可能是 。实验发现易发生二聚反2NO(g)⇌N2O2(g)。向某恒容的容器中充入一定量NO进行反应测得温度分别和NO的转化率随时间变化的结果如所示。填“>”、或。温度时，达到平衡时体系的总压强点对应的平衡常KpkPa−1(用分压表)；提NO平衡转化率的条件为 (写出其中一。NH3催化还NO是重要的烟气脱硝技术，研究发现Fe3+为主体催化剂时可能发生的反应过程如3，写出脱硝过程总反应的化学方程式。第6页，共23页三、简答题（本大题共2小题，共32.0分）(Ti)美称，具有广泛的应用前景。回答下列问题：基Ti原子的电子排布式[Ar] 原子核外有 种空间运动状态不同的电子。4Ti(BH4)2是一种储氢材料BH−的空间构型是 Ti的电负性由大4到小的顺序为 。锆l4H2222形[ZrCl4(H2NCH2CH2NH2)]。乙二胺中原子的杂化方式为 。②1mol[ZrCl4(H2NCH2CH2NH2)]中含σ键的物质的量为 mol。乙二胺形成配合物后−N−H键角将变大，原因是 。钙钛(主要成CaTiO3)，晶胞结构如图所示，若阿伏加德罗常数的值NA，晶体密度g⋅m3则相距最近之间的距离为 m列出计算第7页，共23页H是合成雌桐激素的中间体，科学家们采用如图合成路线；回答下列问题：中官能团的名称为 ，C生D的反应类型为 (2)F的结构简式为 ，可用于鉴和F的试剂为 。(3)B生C的化学方程式为 。还可用于形成一种高分子化合M，该反应的化学方程式为 。在一定条件下充分反应，所得产物中含有的手性碳原子个数为 个。的同分异构体中符合下列条件的有 种其中核磁共振氢谱组峰峰面积之比的结构简式为 。①能发生银镜反应②苯环上有三个取代基且其中两个为酚羟基写出以笨和 为原料制备化合物 的合成路线(参以上合成路线，其他试剂任) 。第8页，共23页答案和解析B【解析】解：A.石墨晶体层与层之间存在范德华力，范德华力较弱，所以石墨质软常用作润滑剂，故A正确；聚氯乙烯受热释放含氯有毒物质，不能用于生产快餐盒，故B错误；银离子为重金属离子，能够使蛋白质变性，具有杀菌消毒作用，故C正确；属于煤的液化，故D正确；故选：B。A.石墨晶体层与层之间存在范德华力；B.聚氯乙烯受热释放含氯有毒物质；C.银离子为重金属离子，能够使蛋白质变性；D.煤的液化是使煤经过化学反应生成液体燃料。本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应和性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度不大。C【解析】解：A.葡萄糖和银氨溶液发生氧化反应生成Ag，所以用葡萄糖制镜或保温瓶胆体现葡萄糖的还原性，故A错误；B.NO2和H2O反应生成HNO3和NO，该反应中NO2得电子生成NO、失电子生成HNO2，反应中体现NO2的氧化性和还原性，故B错误；C.Na2SiO3Na2SiO3关，故C正确；D.体现氧化性，故D错误；故选：C。不涉及物质氧化性或还原性，说明反应中没有电子转移，不属于氧化还原反应。本题考查物质的用途及氧化还原反应，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确第9页，共23页氧化还原反应概念、本质是解本题关键，题目难度不大。C【解析解乙醛的键线式为： ，故A错误；B.N2H4的电子式为： ，故B错误；C.苯环和乙烯都是平面型分子，所以苯乙烯分子中所有原子可能在同一个平面上，故C正确；D.硫酸钡在浓度均为0.1mol/L的Na2SO4和Al2(SO4)3溶液中的溶解度是不相同的，在Al2(SO4)3溶液中溶解度更小，故D错误；故选：C。A.乙醛含有2个碳原子；B.N2H4中含有N−H键、N−N键，N原子还含有未成键的孤对电子；C.苯环和乙烯都是平面型分子；D.浓度均为0.1mol/L的Na2SO4和Al2(SO4)3溶液中硫酸根离子浓度是不相同的。本题考查知识面较广，涉及键线式、电子式书写，原子的共面共线问题，沉淀溶解平衡等，都属于基本知识的考查，难度不大。B【解析】解：A.铅蓄电池充电时，阳极反应为PbSO4+2H2O−2e−=PbO2+4H++2SO2−，阴极反应为PbSO4=Pb−2e−+SO2−，所以硫酸铅在两极上溶解，故A错误；4 44B.钛合金比纯金属钛具有更高的强度BC.HClNH+c(H+)：HCl<NH4ClC错误；4D.△S<△H−T△S<0，则△H<0，故D错误；故选：B。4A.铅蓄电池充电时，阳极反应为PbSO4+2H2O−2e−=PbO2+4H++2SO2−，阴极反44应为PbSO4=Pb−2e−+SO2−；4B.合金熔点低于各组分；第10页，共23页4C.HCl完全电离，升高温度促进NH+水解；4D.△S<△H−T△S<。应、盐类水解原理等知识点是解本题关键，题目难度不大。D【解析】解：A.将2molCl2通入含有1molFeI2的溶液中，离子方程式为：2Fe2++4I−+3Cl2=2Fe3++2I2+6Cl−，故A错误；B.向Fe(OH)3中加入氢碘酸溶液，离子方程式：2Fe(OH)3+6H++2I−=2Fe2++I2+6H2O，故B错误；C.二氧化硫具有还原性，与次氯酸钠溶液发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：4ClO−+H2O+SO2=2H++Cl−+SO2−，故C错误；433D.已知酸性：H2CO3>HCN>HCO−，依据强酸之比弱酸规律可知，则向NaCN溶液中通入少量的CO2时，离子方程式为：CN−+CO2+H2O=HCN+HCO−，故D正确；33故选：D。A.2molCl2通入含有1molFeI2的溶液中，氯气足量，碘离子与亚铁离子都被氧化；B.铁离子能够氧化碘离子；C.二氧化硫具有还原性，能够被次氯酸根离子氧化；D.依据强酸制备弱酸的规律判断。A

HH

11.2L

×4×NA/mol2NA，故A正确；

4 2 4

22.4L/molB.25℃时，pH=1LH+0.0001mol/L×1L×NA/mol=0.0001NA，故B错误；C.100g质量分数17%的H2O2溶液中，H2O2质量为100g×17%=17g，含有H−O键个第11页，共23页

×2×NA/mol=NA，水分子中也含有H−O极性键，溶液中极性键数目大于34g/molNA，故C错误；D.题目未给溶液体积，无法计算离子的物质的量浓度，故D。A.一个CH4和一个C2H4分子中均含有4个氢原子；B.由公式n=cV计算物质的量；C.双氧水中，一个H2O2中含有2个H−O极性键，水分子中也含有H−O极性键；D.题目未给溶液体积。D【解析】解：A.气体易从长颈漏斗逸出，应改为分液漏斗，故A错误；和I2的混合物互溶，不能选图中分液漏斗分离，故B错误；C.高温时坩埚中二氧化硅与硅酸钠反应，应选铁坩埚，故CD.氨气极易溶于水，球形结构可防止倒吸，图中装置可吸收尾气，故D正确；故选：D。A.气体易从长颈漏斗逸出；B.CCl4和I2的混合物互溶；C.高温时坩埚中二氧化硅与硅酸钠反应；D.氨气极易溶于水，球形结构可防止倒吸。DZQW1～20Q同主族，由结、QO、QS，QW的简单离子具有相同的电子层1223页结构，W的原子序数最大，W为K，Y可形成4个共价键，X只能形成1个共价键，结合原子序数可知X为H、Y为C，以此来解答。由上述分析可知，X为H、Y为C、Z为O、Q为S、W为K，A.WX是KH，含离子键，为离子化合物，故A错误；B.W>Y>故B错误；C.非金属性S大于C，则最高价氧化物对应的水化物的酸性：Q>Y，故C错误；D.Z和X、Y、W、Q均形成至少两种二元化合物，如CO、二氧化碳、水、双氧水、氧化钾、过氧化钾、二氧化硫、三氧化硫，故D正确；故选：D。本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握物质结构、元素的位置、化学键来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度一般。C【解析】解：A.a结构对称，含2种H，则核磁共振氢谱有2组峰，故A错误；B.a中N=N转化为单键生成b，为加成反应，故B错误；C.b含−COOC−，与NaOH发生水解反应生成c中含−OH，则c的水溶性比聚乙烯的水溶性好，故C正确；D.b的聚合度为n，含2n个−COOC−，则1mol高分子b最多可与2nmolNaOH反应，故D错误；故选：C。A.a结构对称，含2种H；B.a中N=N转化为单键生成b；C.b含−COOC−，与NaOH发生水解反应生成c中含−OH；D.b的聚合度为n，含2n个−COOC−。本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。B第13页，共23页【解析】解：A.上述6种物质，属于电解质的有氯化氢、次氯酸、氯化钠、次氯酸钠，共4种，故A正确；N2和NH4Cl⋅H2O+3Cl2=N2+6NH4Cl+8H2O，在此过程中氯气只作氧化剂，故B错误；混合，恰好反应生成盐酸+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，通人紫色石蕊溶液中，溶液变红，故C正确；的反应方程式为1molCO2转移电子的物质的量为1mol，故D正确；故选：B。为−1为Cl2，为ClO2+4为+1为−1NaClO，+1价，属于钠盐，据此分析回答问题。D【解析】解：A.阳极区发生氧化反应，由装置图可知，左侧区为阳极区，电极反应式为H2O−e−=⋅OH+H+，则阳极附近的pH减小，故A错误；B.右侧区为阴极区，电极反应式为2H++2e−=H2↑，则交换膜为阳离子交换膜，故B错误；C.由图可知，阴极上H+得电子生成H2，则阴极反应为2H++2e−=H2↑，故C错误；D.由图可知，脱氯是将CH2Cl2转化为HCHO、CH3OH、CO2和Cl−，则脱氯的实质是碳氯键和碳氢键断裂形成碳氧键，故D正确；故选：D。H+H2，则右侧电极为阴极，左侧电极为阳2H++2e−=H2↑H2O⋅H+，阳极反第14页，共23页H2O−e−=⋅OH+H+H+通过交换膜进入阴极区，则交换膜为阳离⋅CH2Cl2HCHOCH3OHCO2和Cl−，达到脱氯目的，据此分析解答。⋅OH脱氯过程中共价键的变化，题目难度中等。Da点lgc(CH3COO−)c(CH

COO−)=

=c(CH3COO−)×c(CH3COOH) 3 3 a c(CH3COOH)c(H+)=c(H+)pH=−lgc(H+)=−lgKa，故A正确；B.混合前c(NaOH)=c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=0.1000mol/L，酸碱混合溶液中存在守恒c(NaOH)+c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=0.1000mol/L，所以滴定过程中一定存在：c(Na+)+c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=0.1000mol/L，故B正确；C.滴加10.00mL时，溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)、存在物料守恒2c(Na+)=c(CH3COO−)+c(CH3COOH)，所以存在c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO−)+2c(OH−)，故C正确；D.c(H+c(CH3COO−c(OH−)，若滴定过程中可能存在：c(CH3COO−c(OH−c(H+)c(CH3COO−)>c(CH3COOH)>c(OH−)>c(H+)D错误；故选：D。A.a点lgc(CH3COO−)0c(CH

COO−)=

COOH)，K

=c(CH3COO−)×c(H+)=c(CH3COOH) 3c(H+)；

3 a c(CH3COOH)B.混合前c(NaOH)=c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=0.1000mol/L，酸碱混合溶液中存在守恒c(NaOH)+c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=0.1000mol/L；C.滴加10.00mL时，溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)、存在物料守恒2c(Na+)=c(CH3COO−)+c(CH3COOH)；D.c(H+c(CH3COO−c(OH−)，若滴定过程中可能存在：c(CH3COO−)>c(OH−)<c(H+)。第15页，共23页D选项的计算，题目难度中等。【答案正盐有氯气产生，污染环境除CO2中混有HCl D中澄清石灰水变浑浊NH4HCO3溶液呈弱碱性可以防止产品被氧化取最后一次洗涤液先滴加稀硝酸再滴加硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，说明沉淀洗涤干净，否则，未洗涤干净KSCN5.1y ABw【解析】解：(1)肼为二元弱碱，步骤I中盐酸过量，N2H4⋅2HCl属于正盐，只用浓盐酸与V2O5反应也能制备VOCl2溶液，但从环保角度分析，该反应不被推广的主要原因是有氯气产生，污染环境，故答案为：正盐；有氯气产生，污染环境；CO2CO2中混有的HCl，盛放饱和NaHCO3溶液，故答案为：除去CO2中混有的HCl；②+4价钒在弱酸性条件下具有还原性，能被O2氧化，二氧化碳先排尽装置中空气，D中澄清石灰水变浑浊说明已经排尽，故答案为：D中澄清石灰水变浑浊；③+4价钒在弱酸性条件下具有还原性，能被O2氧化，NH4HCO3溶液呈弱碱性，可以防止产品被氧化，故答案为：NH4HCO3溶液呈弱碱性，可以防止产品被氧化；④用饱和NH4HCO3溶液洗去附着的Cl−，检验洗涤沉淀是否干净的操作是：取最后一次洗涤液，先滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，说明沉淀洗涤干净，否则，未洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液，先滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，说明沉淀洗涤干净，否则，未洗涤干净；溶液作为指示剂，故答案为：KSCN；2V～VO+～(NH4)2Fe(SO4)2n(Vn[(NH4)2Fe(SO4)21mol/L10−3L==0.001y×51100%=5.1y%，2w w第16页，共23页故答案为：5.1y%；w③A.(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液被氧化，标准液中亚铁离子浓度偏小，消耗标准液体积偏大，测定钒的质量分数偏大，符合题意，故A正确；B.B正确；C.故C错误；故答案为：AB。⋅2HClV2O5反应也VOCl2溶液，但从环保角度分析，该反应不被推广的主要原因是有氯气产生；CO2CO2HCl；②+4价钒在弱酸性条件下具有还原性，能被O2氧化，二氧化碳先排尽装置中空气；③+4价钒在弱酸性条件下具有还原性，能被O2氧化，NH4HCO3溶液呈弱碱性；NH4HCO3Cl−滴定终点，三价铁离子有剩余；2V～VO+～(NH4)2Fe(SO4)2n(Vn[(NH4)2Fe(SO4)21mol/L10−3L=2③A.(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液被氧化，标准液中亚铁离子浓度偏小，消耗标准液体积偏大；B.C.滴定前，滴定管内无气泡，滴定结束后尖嘴有气泡，说明体积片小。本题考查探究物质组成、测量物质含量，为高考常见题型，明确实验原理、实验目的为解答关键，注意掌握常见元素及其化合物性质，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用能力，题目难度较大。【答案AD > 温度升高催化剂活性降低< 0.03 降低温度+4NO+O−O2

4N2

+6H2O第17页，共23页【解析】解：(1)A.断键吸热，所以升高温度，第一步向右进行的程度变大，故A正确；B.第二步的慢反应，其活化能比第三步大，故BC.IO为中间产物，I2C错误；D.根据含碘时分解速率方程v=k⋅c(N2O)⋅[c(I2)]0.5(k为速率常数)，可判断N2O分解反应的速率与是否含碘蒸气有关，故D正确；故答案为：AD；点对应的转化率低于催化剂甲时对应的转化率，因(正((正

>v；(逆)；温度高于400℃，NO转化率降低的原因可能是温度升高催化剂活性降低，故答案为：>；温度升高催化剂活性降低；1<2物质的量为1mol，列三段式：2NO(g)⇌N2O2(g)(单位：mol)开1 0变化0.8 平衡0.2 0.4Kp

p(N2O2)=

0.4×2000.6

kPa−1

=

，由图可知，温度升高，NO转化率降低，该p2

(0.2×200)20.6反应是放热反应，则降低温度可以提高NO平衡转化率，故答案为：<；0.03；降低温度；3 NO3 的化学方程式4NH +4NO+

−

4N2

+6H2O，故答案为+4NO+

−剂4N

+6H2O。3 2A.3 2B.第二步的慢反应，其活化能比第三步大；C.IO为中间产物，I2是反应的催化剂；D.根据含碘时分解速率方程v=k⋅c(N2O)⋅[c(I2)]0.5，可判断N2O分解反应的速率与是否含碘蒸气有关；此反应没有达到平衡状态，反应向正反应方向进行；1<2物质的量为1mol，列三段式：第18页，共23页2NO(g)⇌N2O2(g)(单位：mol)开1 0变化0.8 平衡0.2 0.4pK =p(N2O2pp2(NO)NO和氧气，生成物是氮气和水。应基本原理及外界条件对化学平衡移动影响原理是解本题关键，题目难度中等。【答案3d24s2 15 正四面体形H>B>Ti 17 游离H2NCH2CH2NH2与Zr结合后，孤电子对变成σ键电子对，排斥力减小，因H−N−H键之间的夹角会增大2×√NAρ×2 1361s22s22p63s23p63d24s21+1+3+1+3+5+1=15，故答案为：3d24s2；15；(2)BH−的价层电子对数为4+3+1−4×1=4，不含孤电子对，空间构型为正四面体形，元4 2素周期表从下往上，从左往右，得电子能力越来越强，电负性越来越大，所以电负性H>B>Ti，故答案为：正四面体形；H>B>Ti；(3)①乙二胺中，N原子的杂化方式为sp3，故答案为：sp3；②1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N−H键4个、C−H键4个、N−C键2个、C−C键11σ17个共价键，则1mol[ZrCl4(H2NCH2CH2NH2)]σ17mol，③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，第19页，共23页因此H−N−H之间的夹角会增大，故答案为：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H−N−H键之间的夹角会增大；(4)依据晶胞结构可知，1个晶胞含有Ti4+个数为：1，含有Ca2+个数为：1×8=1，含83有O2−×6=个CaTiO1