高考全国卷理综化学试题精准解析Word版.doc

高考全国卷理综化学试题精准解析Word版.doc

《高考全国卷理综化学试题精准解析Word版.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考全国卷理综化学试题精准解析Word版.doc（17页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。

2016年普通高等学校全国统一考试（新课标Ⅰ）

理科综合能力测试（化学）

可能用到的相对原子质量：

H1　C12　N14　O16　Na23　Cl35.5　K39　Cr52　Mn55　Ge73　Ag108

一、选择题（在四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

每小题6分，共42分）

7．化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是（　　）

A．用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维

B．食用油反复加热会产生稠环芳香烃等有害物质

C．加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性

D．医用消毒酒精中乙醇的浓度为95%

【解答】选D．解：

A．蚕丝含有蛋白质，灼烧时具有烧焦的羽毛气味，为蛋白质的特有性质，可用于鉴别蛋白质类物质，故A正确；

B．食用油反复加热会生成苯并芘等稠环芳香烃物质，可致癌，故B正确；

C．加热可导致蛋白质变性，流感病毒是蛋白质，故C正确；

D．医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%，故D错误．

8．设NA为阿伏加德罗常数值．下列有关叙述正确的是（　　）

A．14g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA

B．1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数为2NA

C．1molFe溶于过量硝酸，电子转移数为2NA

D．标准状况下，2.24LCCl4含有的共价键数为0.4NA

【解答】选A．解：

A.14g乙烯和丙烯混合气体中含CH2物质的量==1mol，含氢原子数为2NA，故A正确；

B.1molN2与4molH2反应生成的NH3，反应为可逆反应1mol氮气不能全部反应生成氨气，生成氨气分子数小于2NA，故B错误；

C.1molFe溶于过量硝酸生成硝酸铁，电子转移为3mol，电子转移数为3NA，故C错误；

D．标准状况下，四氯化碳不是气体，2.24LCCl4含物质的量不是0.1mol，故D错误；

9．下列关于有机化合物的说法正确的是（　　）

A．2﹣甲基丁烷也称异丁烷

B．由乙烯生成乙醇属于加成反应

C．C4H9Cl有3中同分异构体

D．油脂和蛋白质都属于高分子化合物

【解答】选B．解：

A．异丁烷含有4个C原子，2﹣甲基丁烷含有5个C原子，故A错误；

B．乙烯与水在催化剂加热的条件下发生加成反应生成乙醇，故B正确；

C．同分异构体是化合物具有相同分子式，但具有不同结构的现象，C4H9Cl的同分异构体共有4种，故C错误；

D．油脂不是高分子化合物，故D错误；

10．下列实验操作能达到实验目的是（　　）

A．用长颈漏斗分离出乙酸与乙醇反应的产物

B．用向上排空气法收集铜粉与稀硝酸反应产生的NO

C．配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释

D．将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水可得到纯净的Cl2

【解答】选C．解：

A．互不相溶的液体采用分液方法分离，乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液不互溶，应该采用分液方法分离，用到的仪器是分液漏斗，故A错误；

B．NO易和空气中O2反应生成NO2，所以不能用排空气法收集，NO不易溶于水，应该用排水法收集，故B错误；

C．FeCl3属于强酸弱碱盐，Fe3+易水解生成Fe（OH）3而产生浑浊，为了防止氯化铁水解，应该将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释，故C正确；

D．将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水会带出部分水蒸气，所以得不到纯净的氯气，应该将饱和食盐水出来的气体再用浓硫酸干燥，故D错误；

11．三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42﹣可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室．下列叙述正确的是（　　）

A．通电后中间隔室的SO42﹣离子向正极迁移，正极区溶液pH增大

B．该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品

C．负极反应为2H2O﹣4e﹣=O2+4H+，负极区溶液pH降低

D．当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的O2生成

【解答】选B．解：

A、阴离子向阳极（即正极区）移动，氢氧根离子放电pH减小，故A错误；

B、直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42﹣可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室，通电时，氢氧根离子在阳极区放电生成水和氧气，使得氢离子浓度增大，与硫酸根离子结合成硫酸；氢离子在阴极得电子生成氢气，使得氢氧根离子浓度增大，与钠离子结合成氢氧化钠，故可以得到NaOH和H2SO4产品，故B正确；

C、负极即为阴极，发生还原反应，氢离子得电子生成氢气，故C错误；

D、每生成1mol氧气转移4mol电子，当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.25mol的O2生成，故D错误．

12．298K时，在20.0mL0.10mol•L﹣1氨水中滴入0.10mol•L﹣1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示．已知0.10mol•L﹣1氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述正确的是（　　）

A．该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂

B．M点对应的盐酸体积为20.0mL

C．M点处的溶液中c（NH4+）=c（Cl﹣）=c（H+）=c（OH﹣）

D．N点处的溶液中pH＜12

【解答】选D．解：

A．强酸弱碱相互滴定时，由于生成强酸弱碱盐使溶液显酸性，所以应选择甲基橙作指示剂，所以氨水滴定盐酸需要甲基橙作指示剂，故A错误；

B．如果M点盐酸体积为20.0mL，则二者恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵中铵根离子水解导致该点溶液应该呈酸性，要使溶液呈中性，则氨水应该稍微过量，所以盐酸体积小于20.0mL，故B错误；

C．M处溶液呈中性，则存在c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒得c（NH4+）=c（Cl﹣），该点溶液中溶质为氯化铵，铵根离子水解而促进水电离，但水的电离程度较小，该点溶液中离子浓度大小顺序是c（NH4+）=c（Cl﹣）＞c（H+）=c（OH﹣），故C错误；

D．N点为氨水溶液，氨水浓度为0.10mol•L﹣1，该氨水电离度为1.32%，则该溶液中c（OH﹣）=0.10mol/L×1.32%1.32×10﹣3mol/L，c（H+）=mol/L=7.6×10﹣10mol/L，所以该点溶液pH＜12，故D正确；

13．短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加．m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，q的水溶液具有漂白性，0.01mol•L﹣1r溶液的pH为2，s通常是难溶于水的混合物．上述物质的转化关系如图所示．下列说法正确的是（　　）

A．原子半径的大小W＜X＜Y

B．元素的非金属性Z＞X＞Y

C．Y的氢化物常温常压下为液态

D．X的最高价氧化物的水化物为强酸

【解答】选：

C．解：

短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加．m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，则n为Cl2，Z为Cl，氯气与p在光照条件下生成r与s，0.01mol•L﹣1r溶液的pH为2，则r为HCl，s通常是难溶于水的混合物，则p为CH4，氯气与m反应生成HCl与q，q的水溶液具有漂白性，则m为H2O，q为HClO，结合原子序数可知W为H元素，X为C元素，Y为O元素．

A．所以元素中H原子半径最小，同周期自左而右原子半径减小，故原子半径W（H）＜Y（O）＜X（C），故A错误；

B．氯的氧化物中氧元素表现负化合价，氧元素非金属性比氯的强，高氯酸为强酸，碳酸为弱酸，氯元素非金属性比碳的强，故非金属性Y（O）＞Z（Cl）＞X（C），故B错误；

C．氧元素氢化物为水，常温下为液态，故C正确；

D．X的最高价氧化物的水化物为碳酸，碳酸属于弱酸，故D错误．

二、解答题必选题（共3小题，满分43分）

26．（14分）氮的氧化物（NOx）是大气污染物之一，工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NOx还原生成N2．某同学在实验室中对NH3与NO2反应进行了探究．回答下列问题：

（1）氨气的制备

①氨气的发生装置可以选择上图中的　A　，反应的化学方程式为　Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O　．

②欲收集一瓶干燥的氨气，选择上图中的装置，其连接顺序为：

发生装置→　d→c→f→e→i　（按气流方向，用小写字母表示）．

（2）氨气与二氧化氮的反应

将上述收集到的NH3充入注射器X中，硬质玻璃管Y中加入少量催化剂，充入NO2（两端用夹子K1、K2夹好）．在一定温度下按图示装置进行实验．

操作步骤

实验现象

解释原因

打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢充入Y管中

①Y管中　红棕色气体慢慢变浅

②反应的化学方程式

8NH3+6NO27N2+12H2O

将注射器活塞退回原处并固定，待装置恢复到室温

Y管中有少量水珠

生成的气态水凝聚

打开K2

③　Z中NaOH溶液产生倒吸现象

④　反应后气体分子数减少，Y管压强小于外压

【解答】解：

（1）①实验室用加热固体氯化铵和氢氧化钙的方法制备氨气，反应物状态为固体与固体，反应条件为加热，所以选择A为发生装置，反应方程式：

Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；故答案为：

A；Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；

②实验室用加热固体氯化铵和氢氧化钙的方法制备氨气，制备的气体中含有水蒸气，氨气为碱性气体，应选择盛有碱石灰干燥管干燥气体，氨气极易溶于水，密度小于空气密度所以应选择向下排空气法收集气体，氨气极易溶于水，尾气可以用水吸收，注意防止倒吸的发生，所以正确的连接顺序为：

发生装置→d→c→f→e→i；故答案为：

d→c→f→e→i；

（2）打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢充入Y管中，则氨气与二氧化氮发生归中反应生成无色氮气，所以看到现象为：

红棕色气体慢慢变浅；

8NH3+6NO2=7N2+12H2O该反应是气体体积减小的反应，装置内压强降低，所以打开K2在大气压的作用下发生倒吸；故答案为：

操作步骤

实验现象

解释原因

打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢充入Y管中

①红棕色气体慢慢变浅

②反应的化学方程式

8NH3+6NO2=7N2+12H2O

将注射器活塞退回原处并固定，待装置恢复到室温

Y管中有少量水珠

生成的气态水凝聚

打开K2

③Z中NaOH溶液产生倒吸现象

④反应后气体分子数减少，Y管中压强小于外压

27．（15分）元素铬（Cr）在溶液中主要以Cr3+（蓝紫色）、Cr（OH）4﹣（绿色）、Cr2O72﹣（橙红色）、CrO42﹣（黄色）等形式存在，Cr（OH）3为难溶于水的灰蓝色固体，回答下列问题：

（1）Cr3+与Al3+的化学性质相似，在Cr2（SO4）3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，可观察到的现象是　蓝紫色溶液变浅，同时又灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液　．

（2）CrO42﹣和Cr2O72﹣在溶液中可相互转化．室温下，初始浓度为1.0mol•L﹣1的Na2CrO4溶液中c（Cr2O72﹣）随c（H+）的变化如图所示．

①用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应　2CrO42﹣+2H+=Cr2O72﹣+H2O　．

②由图可知，溶液酸性增大，CrO42﹣的平衡转化率　增大　（填“增大“减小”或“不变”）．根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为　1.0×1014　．

③升高温度，溶液中CrO42﹣的平衡转化率减小，则该反应的△H　＜0　（填“大于”“小于”或“等于”）．

（3）在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl﹣，利用Ag+与CrO42﹣生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点．当溶液中Cl﹣恰好完全沉淀（浓度等于1.0×10﹣5mol•L﹣1）时，溶液中c（Ag+）为　2.0×10﹣5　mol•L﹣1，此时溶液中c（CrO42﹣）等于　5×10﹣3　mol•L﹣1．（已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10﹣12和2.0×10﹣10）．

（4）+6价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3将废液中的Cr2O72﹣还原成Cr3+，反应的离子方程式为　5H++Cr2O72﹣+3HSO3﹣=2Cr3++3SO42﹣+4H2O　．

【解答】解：

（1）Cr3+与Al3+的化学性质相似可知Cr2（SO4）3溶液中逐滴加入NaOH溶液，先生成Cr（OH）3灰蓝色沉淀，继续加入NaOH后沉淀溶解，生成绿色Cr（OH）4﹣；故答案为：

蓝紫色溶液变浅，同时又灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液；

（2）①随着H+浓度的增大，CrO42﹣转化为Cr2O72﹣的离子反应式为：

2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O，故答案为：

2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O；

②溶液酸性增大，平衡2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O正向进行，CrO42﹣的平衡转化率增大；A点Cr2O72﹣的浓度为0.25mol/L，根据Cr元素守恒可知CrO42﹣的浓度为0.5mol/L，H+浓度为1×10﹣7mol/L，此时该转化反应的平衡常数为K===1.0×1014，故答案为：

1.0×1014；

③升高温度，溶液中CrO42﹣的平衡转化率减小，平衡逆向移动，说明正方向放热，则该反应的△H＜0，故答案为：

＜；

（3）当溶液中Cl﹣完全沉淀时，即c（Cl﹣）=1.0×10﹣5mol/L，依据Ksp（AgCl）=2.0×10﹣10，计算得到c（Ag+）===2.0×10﹣5mol/L

此时溶液中c（CrO42﹣）===5.0×10﹣3mol/L，

故答案为：

2.0×10﹣5；5.0×10﹣3；

（4）利用NaHSO3的还原性将废液中的Cr2O72﹣还原成Cr3+，发生反应的离子方程式为：

5H++Cr2O72﹣+3HSO3﹣=2Cr3++3SO42﹣+4H2O，故答案为：

5H++Cr2O72﹣+3HSO3﹣=2Cr3++3SO42﹣+4H2O．

28．（14分）NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：

回答下列问题：

（1）NaClO2中Cl的化合价为　+3价　．

（2）写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式　2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2↑　．

（3）“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2+和Ca2+，要加入的试剂分别为　NaOH溶液　、　Na2CO3溶液　．“电解”中阴极反应的主要产物是　ClO2﹣（或NaClO2）　．

（4）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2．此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为　2：

1　，该反应中氧化产物是　O2　．

（5）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：

每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力．NaClO2的有效氯含量为　1.57　．（计算结果保留两位小数）

【解答】解：

（1）在NaClO2中Na为+1价，O为﹣2价，根据正负化合价的代数和为0，可得Cl的化合价为+3价，故答案为：

+3；

（2）NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，其中NaClO2是氧化剂，还原产物为NaCl，回收产物为NaHSO4，说明生成硫酸氢钠根据电子守恒和原子守恒，此反应的化学方程式为：

2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+ClO2↑，故答案为：

2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+ClO2↑；

（3）食盐溶液中混有Mg2+和Ca2+，可以利用过量NaOH溶液除去Mg2+，利用过量Na2CO3溶液除去Ca2+，ClO2氧化能力强，因此电解装置中阴极ClO2得电子生成ClO2﹣，阳极Cl﹣失电子生成Cl2．故答案为：

NaOH溶液；Na2CO3溶液；ClO2﹣（或NaClO2）；

（4）依据图示可知，利用含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO2，产物为ClO2﹣，则此反应中ClO2为氧化剂，还原产物为ClO2﹣，化合价从+4价降为+3价，H2O2为还原剂，氧化产物为O2，每摩尔H2O2得到2mol电子，依据电子守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：

1，故答案为：

2：

1；O2；

（5）1gNaClO2的物质的量=mol，依据电子转移数目相等，NaClO2～Cl﹣～4e﹣，Cl2～2Cl﹣～2e﹣，可知氯气的物质的量为mol×4×=mol，则氯气的质量为mol×71g/mol=1.57g，故答案为：

1.57g．

三．选考题（共15分）请考生从给出的3道化学题中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑．注意所选题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则按所做的第一题计分．

11．[化学--选修2：

化学与技术]（15分）

高锰酸钾（KMnO4）是一种常用氧化剂，主要用于化工、防腐及制药工业等．以软锰矿（主要成分为MnO2）为原料生产高锰酸钾的工艺路线如下：

回答下列问题：

（1）原料软锰矿与氢氧化钾按1：

1的比例在“烘炒锅”中混配，混配前应将软锰矿粉碎，其作用是　增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率　．

（2）“平炉”中发生的化学方程式为　2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O　．

（3）“平炉”中需要加压，其目的是　提高氧气的压强，加快反应速率，增加软锰矿转化率　．

（4）将K2MnO4转化为KMnO4的生产有两种工艺．

①“CO2歧化法”是传统工艺，即在K2MnO4溶液中通入CO2气体，使体系呈中性或弱碱性，K2MnO4发生歧化反应，反应中生成KMnO4，MnO2和　KHCO3　（写化学式）．

②“电解法”为现代工艺，即电解K2MnO4水溶液，电解槽中阳极发生的电极反应为　MnO42﹣﹣e﹣=MnO4﹣　

，阴极逸出的气体是　H2　．

③“电解法”和“CO2歧化法”中，K2MnO4的理论利用率之比为　3：

2　．

（5）高锰酸钾纯度的测定：

称取1.0800g样品，溶解后定容于100mL容量瓶中，摇匀．取浓度为0.2000mol•L﹣1的H2C2O4标准溶液20.00mL，加入稀硫酸酸化，用KMnO4溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为24.48mL，该样品的纯度为　95.62%　（列出计算式即可，已知2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O）．

【解答】解：

（1）原料软锰矿与氢氧化钾按1：

1的比例在“烘炒锅”中混配，混配前应将软锰矿粉碎，其作用是增大接触面积加快反应速率，提高原料利用率．

故答案为：

增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；

（2）流程分析可知平炉中发生的反应是氢氧化钾、二氧化锰和氧气加热反应生成锰酸钾和水，反应的化学方程式为：

2MnO2+4KOH+O2=2K2MnO4+2H2O，

故答案为：

2MnO2+4KOH+O2=2K2MnO4+2H2O；

（3）“平炉”中加压能提高氧气的压强，加快反应速率，增加软锰矿转化率．

故答案为：

提高氧气的压强，加快反应速率，增加软锰矿转化率；

（4）①在K2MnO4溶液中通入CO2气体，使体系呈中性或弱碱性，K2MnO4发生歧化反应，反应中生成KMnO4，MnO2，二氧化碳在碱性溶液中生成碳酸氢钾，化学式为：

KHCO3，故答案为：

KHCO3；

②“电解法”为现代工艺，即电解K2MnO4水溶液，在电解槽中阳极，MnO42﹣失去电子，发生氧化反应，产生MnO4﹣．电极反应式是：

MnO42﹣﹣e﹣=MnO4﹣；在阴极，水电离产生的H+获得电子变为氢气逸出，电极反应式是：

2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣；所以阴极逸出的气体是H2；总反应方程式是：

2K2MnO4+2H2O2KMnO4+2H2↑+2KOH，

故答案为：

MnO42﹣﹣e﹣=MnO4﹣；H2；

③依据电解法方程式2K2MnO4+2H2O2KMnO4+2H2↑+2KOH，可知K2MnO4的理论利用率是100%，而在二氧化碳歧化法反应中3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2+K2CO3中K2MnO4的理论利用率是，所以二者的理论利用率之比为3：

2，故答案为：

3：

2；

（5）依据离子方程式2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O

可知KMnO4与草酸反应的定量关系是2KMnO4～5H2C2O4，

配制溶液浓度为c=mol/L，

1.0800g样品中含有KMnO4的物质的量n=×mol=0.006536mol，

KMnO4的质量m=0.006536mol×158g/mol=1.03269g，

纯度为：

×100%=95.62%，故答案为：

95.62%．

12．[化学--选修3：

物质结构与性质]（15分）

锗（Ge）是典型的半导体元素，在电子、材料等领域应用广泛．回答下列问题：

（1）基态Ge原子的核外电子排布式为[Ar]　3d104s24p2　，有　2　个未成对电子．

（2）Ge与C是同族元素，C原子之间可以形成双键、叁键，但Ge原子之间难以形成双键或叁键．从原子结构角度分析，原因是　Ge原子半径大，原子间形成的σ单键较长，p﹣p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键　．

（3）比较下列锗卤化物的熔点和沸点，分析其变化规律及原因　GeCl4、GeBr4、GeI4都属于分子晶体，相对分子质量GeCl4＜GeBr4＜GeI4，分子间作用力增强，熔沸点依次升高　．

GeCl4

GeBr4

GeI4

熔点/℃

﹣49.5

26

146

沸点/℃

83.1

186

约400

（4）光催化还原CO2制备CH4反应中，带状纳米Zn2GeO4是该反应的良好催化剂．Zn、Ge、O电负性由大至小的顺序是　O＞Ge＞Zn　．

（5）Ge单晶具有金刚石型结构，其中Ge原子的杂化方式为　sp3　，微粒之间存在的作用力是　共价键　．

（6）晶胞有两个基本要素：

①原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置，如图为Ge单晶的晶胞，其中原子坐标参数A为（0，0，0）；B为（，0，）；C为（，，0）．则D原子的坐标参数为　（，，）　．

②晶胞参数，描述晶胞的大小和形状，已知Ge单晶的晶胞参数a=565.76pm，其密度为　　g•cm﹣3（列出计算式即可）．

【解答】解：

（1）Ge是32号元素，位于第四周期第IVA族，基态Ge原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2，在最外层的4s能级上2个电子为成对电子，4p轨道中2个电子分别处以不同的轨道内，有2轨道未成对电子，故答案为：

3d104s24p2；2；

（2）Ge与C是同族元素，C原子之间可以形成双键、叁键，Ge原子半径大，难以通过“肩并肩”方式形成π键，Ge原子之间难以形成双键或叁键，

故答案为：

Ge原子半径大，原子间形成的σ单键较长，p﹣p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键；

（3）锗的卤化物都是分子晶体，分子间通过分子间作用力结合，对于组成与结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高，由于相对分子质量：

GeCl4＜GeBr4＜GeI4，故沸点：

GeCl4＜GeBr4＜GeI4，故答案为：

GeCl4、GeBr4、GeI4都属于分子晶体，相对分子质量GeCl4＜GeBr4＜GeI4，分子间作用力增强，熔沸点升高，故答案为：

GeCl4、GeBr4、GeI4都属于分子晶体，相对分子质量GeCl4＜GeBr4＜GeI4，分子间作用力增强，熔沸点升高；

（4）元素非金属性：

Zn＜Ge＜O，元素的非金属性越强，吸引电子的能力越强，元素的电负性越大，故电负性：

O＞Ge＞Zn，故答案为：

O＞Ge＞Zn；

（5）Ge单晶具有金刚石型结构，Ge原子与