2022届河南省郑州市十校高二下学期期中联考化学试题（含解析）

2021-2022学年下期高二年级期中联考试题化学学科可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16一、选择题(每小题只有一个选项符合题意；3分×16=48分)1.2022年2月，万众瞩目的第二十四届冬季奥林匹克运动会在北京举办。下列物质属于有机化合物的是A.火炬使用的燃料——氢气B.颁奖礼仪服装中添加石墨烯发热材料C.速滑竞赛服中大腿部位使用的高弹性橡胶材料D.用来打造国家速滑馆“冰丝带”的超临界二氧化碳 【1题答案】【答案】C【解析】【详解】A．氢气是由氢元素组成的单质，故不选A；B．石墨烯是碳元素组成的单质，故不选B；C．橡胶是有机高分子化合物，属于有机化合物，故选C；D．二氧化碳是无机物，故不选D；选C。2.下列物质：①甲烷②乙烯③乙炔④苯⑤甲苯，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能使溴的四氯化碳溶液褪色的是A.①② B.②③ C.②③⑤ D.②③④【2题答案】【答案】B【解析】【详解】乙烯、乙炔和甲苯都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙烯和乙炔中均含有碳碳不饱和键，二者均能和溴发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色，故选：B。3.下列表示正确的是A.CH3CH2Br的官能团是—Br B.乙醇的分子式CH3CH2OHC.2—甲基戊烷的键线式 D.乙烯的比例模型【3题答案】【答案】A【解析】【详解】A．CH3CH2Br的官能团是碳溴键，即—Br，故A正确；B．乙醇分子中含有1个甲基、1个亚甲基和1个羟基，乙醇的结构简式为：CH3CH2OH，分子式为：C2H6O，故B错误；C．2-甲基丁烷俗称异戊烷，键线式为，故C错误；

D．乙烯的分子中碳原子的半径大于氢原子的半径，其比例模型(空间填充模型)为，故D错误；故选：A。4.下列有机物的系统命名正确的是A.3，3-二甲基丁烷 B.2，3-二甲基-2-乙基己烷C.2，3，5-三甲基己烷 D.3，6-二甲基庚烷【4题答案】【答案】C【解析】【详解】A．按照名称书写出的结构简式为，按照烷烃命名原则：离支链最近的一端进行编号，正确的名称应是2，2－二甲基丁烷，故A错误；B．按照名称书写出的结构简式为，按照烷烃命名原则：选择最长的碳链为主链，正确的名称为3，3，4－三甲基庚烷，故B错误；C．按照名称书写出的结构简式为，按照烷烃命名原则：“最小原则”，该有机物的名称为2，3，5－三甲基己烷，故C正确；D．按照名称书写出的结构简式为，该有机物的名称为2，5－二甲基庚烷，故D错误；答案为C。5.下列说法正确的是A.乙烯能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，其褪色原理相同B.在一定条件下，苯与氯气生成氯苯的反应类型是加成反应C.CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl属于取代反应D.苯环侧链烃基能被酸性高锰酸钾溶液氧化，是烃基对苯环的影响造成的【5题答案】【答案】C【解析】【详解】A．乙烯和溴水发生加成反应使其褪色，乙烯和酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使其褪色，两者褪色原理不同，A错误；B．一定条件下，苯与氯气反应生成氯苯，是苯环上的氢原子被氯原子取代，属于取代反应，B错误；C．该反应为甲基上的氢原子被氯原子取代，属于取代反应，C正确；D．苯环侧链烃基能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成羧基，是苯环对烃基的影响造成的，D错误；答案选C。6.某气态烃0.5mol能与1molHCl加成，加成后产物分子上的氢原子又可被3molCl2取代，则此气态烃可能是A.1，3—丁二烯 B.2—甲基—1—丙烯 C.乙炔 D.丙炔【6题答案】【答案】D【解析】【详解】气态烃0.5mol能与1molHCl加成，说明烃中含有1个C≡C键或2个C=C键，加成后产物分子上的氢原子又可被3molCl2完全取代，说明0.5mol氯代烃中含有3molH原子，则0.5mol烃中含有2molH原子，即1mol烃含有含有4molH，并含有1个C≡C键或2个C=C键，符合要求的只有丙炔(CH≡CCH3)，故选：D。7.下列关于晶体的叙述正确的是A.晶体中有阳离子一定有阴离子B.凡有规则外形的固体一定是晶体C.金属晶体都是采取最密堆积方式，以使其变得比较稳定D.区分晶体和非晶体最科学的方法是对固体进行X射线衍射实验【7题答案】【答案】D【解析】【详解】A．金属晶体是由金属阳离子和自由电子形成的晶体，晶体中不含有阴离子，故A错误；B．具有规则几何外形的固体不一定是晶体，固体还必须有固定的熔点才是晶体，故B错误；C．金属晶体不一定都是采取最密堆积方式，如Po为简单立方堆积，故C错误；D．晶体与非晶体最本质的区别是组成物质的粒子在微观空间是否有序排列，x射线衍射可以看到微观结构，则区分晶体和非晶体最科学的方法是对固体进行X射线衍射实验，故D正确；故选D8.下列各组物质晶体类型相同，物质发生状态变化所克服的相互作用也相同的是A.SO2和HCl B.KCl和Mg C.CCl4和SiO2 D.NaCl和H2O【8题答案】【答案】A【解析】【详解】A．SO2和HCl都为分子晶体，都有极性共价键，物质发生状态变化都克服分子间作用力，A正确；B．KCl为离子晶体，Mg为金属晶体，晶体类型不同，化学键类型不同，物质发生状态变化时，前者克服的是离子键，后者克服的是金属键，B错误；C．CCl4是分子晶体，SiO2是原子晶体，晶体类型不同，都有极性共价键，物质发生状态变化前者克服分子间作用力，后者克服的是共价键，C错误；D．NaCl为离子晶体，H2O为分子晶体，晶体类型不同，化学键类型不同，物质发生状态变化时，前者克服的是离子键，后者克服的是分子间作用力，D错误；答案选A。9.下列物质中，不能作为配合物的配位体的是A.NH3 B.CO C.CH4 D.OH-【9题答案】【答案】C【解析】【详解】A．NH3是共价化合物，氮原子分别与3个氢原子通过一对共用电子对结合，NH3电子式为，有孤对电子，可以作为配体，故A不选；

B．CO分子C与O原子之间形成3对共用电子对，电子式为，含有1个σ键，C原子含有1对孤电子对，可以作为配体，故B不选；

C．碳原子最外层的4个电子分别与氢原子形成共用电子对，电子式为，无孤对电子，不可以作为配体，故C选；

D．OH-电子式为，有孤对电子，可以作为配体，故D不选；

故答案为：C；10.下列各项叙述中正确的是A.所有原子任一能层的s电子云轮廓图都是球形，但球的半径大小不同B.镁原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2时，原子释放能量，由基态转化成激发态C.4s电子能量较高，总是在比3s电子离核更远的地方运动D.p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量【10题答案】【答案】A【解析】【详解】A．所有原子的任一能层的s电子云轮廓图都是球形，由于s电子云离核远近的不同，球的半径大小不同，A项正确；B．镁原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2时，原子吸收能量，由基态转化成激发态，B项错误；C．同一原子的能层越高，s电子云半径越大，由于电子的能量依次增高（4s电子的能量高于3s电子的能量），电子在离核更远的区域出现的概率逐渐增大，即4s电子在离核更远的区域出现的概率更大，但并不总是在比3s电子离核更远的地方运动，C项错误；D．p轨道电子能量不一定高于s轨道电子能量，如2p轨道电子能量低于3s轨道电子能量，D项错误；答案选A。11.下列关于原子核外电子排布与元素在周期表中位置关系的表述错误的是A.基态原子的p能级上半充满的元素一定位于p区B.基态原子的p能级上有5个电子的元素一定是第VIIA族元素C.原子的价电子排布式为ns2np1～6的元素一定是主族元素D.基态原子的N层上只有一个电子的元素，不一定是第IA族元素【11题答案】【答案】C【解析】【详解】A．基态原子的p能级上半充满的元素为第VA族元素，所以一定位于p区，故A正确；B．基态原子的p能级上有5个电子的元素，价电子排布为ns2np5的元素，一定位于ⅦA族，故B正确；C．零族元素价电子排布也符合ns2np1～6，所以不一定是主族元素，故C错误；D．基态原子的N层上只有一个电子的元素可能是K、Cr、Cu，所以可能位于第IA族、第VIB族、第IB族，故D正确；故选：C。12.下列说法正确的是A.分子的稳定性与分子间作用力无关B.键长等于成键两原子的半径之和C.在可燃冰(CH4•nH2O)中，甲烷分子与水分子之间形成了氢键D.凡是中心原子采取sp3杂化的分子，其空间结构都是正四面体形【12题答案】【答案】A【解析】【详解】A．分子的稳定性与分子内的化学键强弱有关，分子间作用力影响的是物质的熔沸点，所以分子的稳定性与分子间作用力的大小无关，A正确；B．键长是两个成键原子的平均核间距离，不是两成键原子半径之和，B错误；C．电负性较强的N、O、F元素易形成氢键，碳元素不能形成氢键，所以甲烷分子与水分子之间不存在氢键，C错误；D．中心原子采取sp3杂化的分子，其空间结构不一定呈正四面体形，如氨气中氮原子采取sp3杂化，有1对孤对电子，空间构型为三角锥形，D错误；答案选A。13.下列说法正确的是A.气体单质中，一定有σ键，可能有π键B.基态C原子有两个未成对电子，所以最多只能形成2个共价键C.所有的原子轨道都具有一定的伸展方向，因此所有的共价键都具有方向性D.杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对【13题答案】【答案】D【解析】【详解】A．气体单质中不一定含有σ键，如稀有气体单质中不存在化学键，A项错误；B．基态C原子的核外电子排布式为1s22s22p2，虽然基态C原子有两个未成对电子，但C原子的最外层有4个电子，最多能形成4个共价键，B项错误；C．s轨道是球形的，基态H原子的核外电子排布式为1s1，所以H2中两个H原子间形成的共价键没有方向性，C项错误；D．杂化轨道只用于形成σ键或用来容纳未参与成键的孤电子对，π键是由未参与杂化的轨道形成的，D项正确；答案选D。14.某元素离子X3+的核外电子排布式为[Ar]3d3，下列有关该元素的说法正确的是A.该元素位于元素周期表的ds区B.该元素基态原子的未成对电子数为6C.该元素基态原子的价层电子排布式为3d44s2D.该元素基态原子的电子的空间运动状态共有24种【14题答案】【答案】B【解析】【详解】某元素离子X3+的核外电子排布式为[Ar]3d3，则其核电荷数为26，由洪特规则特例，基态X原子的核外电子排布式为[Ar]3d54s1，为Cr元素；A．该元素为Cr，位于元素周期表的d区，A错误；B．基态Cr原子的核外电子排布式为[Ar]3d54s1，3d、4s能级电子均为单电子，即Cr原子有6个未成对电子，B正确；C．由由洪特规则特例，基态Cr原子的价电子排布式为3d54s1，C错误；D．24号Cr元素的原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，基态Cr原子的核外电子有1+1+3+1+3+5+1=15种空间运动状态，D错误；故选：B。15.有四种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4②1s22s22p63s23p3③1s22s22p3④1s22s22p5。下列说法正确的是A.原子半径：③＞④＞②＞① B.第一电离能：④＞③＞②＞①C.电负性：④＞③＞②＞① D.最高正化合价：④＞①＞②=③【15题答案】【答案】B【解析】【分析】由电子排布可知，①为S，②为P，③为N，④为F，注意F没有正价，电子层越多，半径越大，同周期原子序数大的原子半径小，非金属性强，则电负性大，第一电离能大，以此来解答。【详解】由电子排布可知，①为S，②为P，③为N，④为F，

A．电子层越多，半径越大，同周期原子序数大的原子半径小，原子半径为②＞①＞③＞④，故A错误；

B．非金属性强，则第一电离能大，所以第一电离能为④＞③＞②＞①，故B正确；

C．非金属性强，则电负性大，则电负性为④＞③＞②＞①，故C错误；

D．F没有正价，则最高正价为①＞③=②，故D错误；

故选：B。16.因生产金属铁工艺和温度等因素不同，产生的铁单质的晶体结构、密度和性质均不同。经测定，铁有以下两种晶胞，其晶胞结构如图所示。下列说法不正确的是

A.图1结构中铁原子间的最短距离为边长的B.图2所含铁原子数及配位数分别为2，8C.图2结构中铁原子间的最短距离为边长的D.图1所含铁原子数及配位数分别为4，8【16题答案】【答案】D【解析】【详解】A．图1结构中面心与顶角的两个铁原子间距离最短，为边长的，A正确B．图2晶胞为体心立方堆积，以体心Fe原子研究，与之紧邻的原子处于顶点，可知晶胞中铁原子数及配位数分别为2，8，B正确；C．图2结构中体心与顶角的两个铁原子间距离最短，由几何关系可得最短距离为边长的，C正确；D．图1晶胞中Fe位于顶角和面心，铁原子数目为8×+6×=4，面心与顶角的两个铁原子间距离最短，配位数为12，D错误；故选：D。二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.现有A、B两种烃，已知A的分子式为C5Hm，而B的最简式为C5Hn(m、n均为正整数)。（1）下列关于烃A和烃B的说法中不正确的是____(填序号)。a.烃A和烃B可能互为同系物b.烃A和烃B可能互为同分异构体c.若m=10时，A一定为烯烃d.烃A和烃B可能都为芳香烃（2）若n=12，且其一氯代物不存在同分异构体，则B的结构简式为____。（3）若烃A为含支链的链状烃，分子中所有碳原子不可能都在同一平面上。在一定条件下，1molA最多只能与1molH2发生加成反应。烃A结构简式为____。（4）若烃B为苯的同系物，取一定量的烃B完全燃烧后，生成物先通过足量浓硫酸，浓硫酸质量增加1.26g，再通过足量碱石灰，碱石灰质量增加4.4g，则烃B的分子式为____。若其苯环上的一溴代物只有一种，则符合条件的烃B有____种。【17题答案】【答案】（1）cd（2）（3）CH2=CHCH(CH3)2（4）①.C10H14②.4【解析】【小问1详解】a．烃A和烃B可能互为同系物，如A为C5H10，B为C10H20的烯烃，a正确；b．当n=m时，若B的分子式与A相同，则A、B互为同分异构体，b正确；c．m=10时，A的分子式为C5H10，A可能为环戊烷，不一定是烯烃，c错误；d．芳香烃含苯环，至少含6个碳，A只含5个碳，不可能是芳香烃，d错误；答案选cd。【小问2详解】若n=12，B的最简式为C5H12，分子式也为C5H12，其同分异构体中一氯代物不存在同分异构体，说明只含一种效果的氢，其结构简式为：。【小问3详解】1molA最多只能与1molH2发生加成反应，烃A为含支链的链状烃，则A中含1个碳碳双键，A的分子式为C5H10，分子中所有碳原子不可能都在同一平面上，则碳原子呈四面体结构，故烃A的结构简式为：CH2=CHCH(CH3)2。【小问4详解】根据题意，n(CO2)==0.1mol，n(H2O)==0.07mol，所以烃B的最简式为C5H7，B为苯的同系物，设B的分子式为CaH2a-6，a:(2a-6)=5:7，解得a=10，B分子式为C10H14；其苯环上的一溴代物只有一种，则符合条件的烃有：，共4种。19.表中列出了元素周期表中前20号元素中某些元素性质的一些数据：性质元素原子半径/(10-10m)最高价态最低价态①1.02+6-2②2.27+1③0.74-2④1.43+3⑤0.77+4-4⑥1.10+5-3⑦0.99+7-1⑧1.86+1⑨0.75+5-3⑩1.17+4-4（1）以上10种元素中，第一电离能最小的是____(填元素符号)，它位于元素周期表的____区。（2）上述⑤⑥⑦三种元素中任意两种元素形成的化合物中，每个原子都满足8电子稳定结构的物质可能是____(填分子式)。（3）元素⑨和⑩形成的化合物的化学式为____，该物质的晶体类型是____。（4）①⑥⑦⑩四种元素的气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序是____(填化学式)。（5）④的单质和⑧的最高价氧化物水化物发生反应的离子反应方程式为____。【19题答案】【答案】（1）①.K②.s（2）PCl3、CCl4（3）①.Si3N4②.共价晶体（4）HCl＞H2S＞PH3＞SiH4（5）2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑【解析】【分析】根据元素周期表中前20号元素的最高价态和最低价态可以判断，①位于第VIA族，由于O没有+6价，则①为S，②、⑧处于第IA族，③位于第VIA族，结合原子半径，③为O，④位于第IIIA族，⑤、⑩位于第IVA族，⑥、⑨位于第VA，⑦位于第VIIA族，由于F没有正价，⑦为Cl；结合原子半径的大小可判断，②为K，④为Al，⑤为C，⑥为P，⑧为Na，⑨为N，⑩为Si；据此分析作答。【小问1详解】同周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，第IIA族、VA族高于相邻的元素；同主族从上到下元素的第一电离能逐渐减小；故10种元素中第一电离能最小的是处于第四周期第IA族的K；K位于s区；答案为：K；s。【小问2详解】⑤为C，⑥为P，⑦为Cl，这三种元素中的任意两种元素形成的化合物中，每个原子都满足8电子稳定结构的物质可能是CCl4、PCl3等；答案为：CCl4、PCl3。【小问3详解】⑨为N，N原子的最外层有5个电子，⑩为Si，Si原子的最外层有4个电子，N的非金属性强于Si，故两者形成的化合物中N呈-3价、Si呈+4价，根据化合物中元素的正负化合价的代数和为0，则形成化合物的化学式为Si3N4，该物质的原子间以共价键形成三维骨架结构，故属于共价晶体；答案为：Si3N4；共价晶体。【小问4详解】①为S，⑥为P，⑦为Cl，⑩为Si，这四种元素都位于第三周期，同周期从左到右元素的非金属性逐渐增强，气态氢化物的稳定性逐渐增强，则气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序为HCl＞H2S＞PH3＞SiH4；答案为：HCl＞H2S＞PH3＞SiH4。【小问5详解】④为Al，⑧为Na，Na的最高价氧化物水化物为NaOH，Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑；答案为：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑。21.钛被誉为“21世纪的金属”，工业上将TiO2与焦炭混合，通入Cl2高温下制得TiCl4；再将TiCl4提纯后，在氩气保护下与镁高温反应制得Ti。其反应如下：①TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO；②TiCl4+2MgTi+2MgCl2（1）基态Ti原子的价电子排布图(轨道表示式)为____。（2）写出与CO互为等电子体的两种常见微粒____。（3）已知TiCl4在通常情况下是无色液体，熔点为-37℃，沸点为136℃。TiCl4在潮湿空气中易水解产生白雾，同时产生H2TiO3固体。①写出TiCl4的化学键类型____。②TiCl4在潮湿空气中水解的化学方程式是____。（4）配离子[TiCl(H2O)5]2+中Ti的化合价为____，配体为____。【21题答案】【答案】（1）（2）N2、CN-或C（3）①.共价键②.TiCl4+3H2O=H2TiO3↓+4HCl（4）①.+3②.Cl-、H2O【解析】【小问1详解】Ti的原子序数为22，位于周期表中的第四周期第ⅣB族，其电子排布为[Ar]3d24s2，价电子的轨道表示式为；【小问2详解】等电子体中原子数和价电子数都相同，则N2、CN-或C的原子数都是2，价电子数都是10，则互为等电子体，故答案为：N2、CN-或C；【小问3详解】①已知TiCl4在通常情况下是无色液体，熔点为-37℃，沸点为136℃；由此可判断TiCl4是由共价键结合的分子；故答案为：共价；

②TiCl4在潮湿空气中易水解产生白雾说明生成HCl，同时产生H2TiO3固体，所以其反应方程式为：TiCl4+3H2O=H2TiO3↓+4HCl；【小问4详解】配离子[TiCl(H2O)5]2+的中心离子所带的电荷2+1=3，故中心离子为Ti3+，Cl-、H2O含有孤对电子对是配体，故答案为：+3；Cl-、H2O。23.已知A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的前四周期元素，其中元素A的L电子层电子数为0；B元素基态原子的最外层有2个未成对电子；D元素原子的价层电子排布式为nsnnp2n；E元素原子有5个未成对电子；F3+的3d轨道为半充满状态。（1）B2A2分子中，σ键和π键的个数比为____；BA的键角____BA的键角(填“＞”“=”或“＜”)。（2）C2的电子式为____，CA3的价层电子对互斥模型名称为____。（3）A2D2的结构式为____，是____分子(填“极性”或“非极性”)，D元素的杂化类型是____。（4）固体A2D的结构模型中，每个A2D最多与相邻的____个A2D相连接，这主要是由氢键的____决定的。（5）气态E2+再失去一个电子比气态F2+再失去一个电子更难的原因是____。【23题答案】【答案】（1）①.3：2②.﹥（2）①.②.四面体（3）①.H—O—O—H②.极性③.sp3（4）①.4②.方向性（5）Mn2+价层电子排布为3d5，3d轨道为半充满，比较稳定；Fe2+的价层电子排布为3d6，再失去一个电子即可达到3d轨道半充满的稳定状态【解析】【分析】元素A的L电子层电子数为0，则A为H元素，B元素基态原子的最外层有2个未成对电子，其核外电子排布式为：1s22s22p2或1s22s22p4，即B为：C或O，D元素原子的价层电子排布是nsnnp2n，n=2，为前四周期元素，则D为O元素；可知B为C元素，C为N元素；E元素原子有5个未成对电子，电子排布应为1s22s22p63s23p63d54s2，E为Mn；F3+的3d轨道为半充满状态，其原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，故F为Fe元素；【小问1详解】A为H、B为C，C2H2分子结构式为：，单键为σ键，三键含有1个σ键、2个π键，σ键和π键的个数比为3：2，CH中C原子价层电子对数为3，碳原子无孤电子对，为平面三角形，CH中C原子价层电子对数为4，碳原子有1对孤电子对，为三角锥形，所以CH的键角＞CH的键角，故答案为：3：2；＞；【小问2详解】C为N，N2由氮氮三键形成的共价键，电子式为，NH3中N原子形成N原子有1对孤对电子，形成3个N-H键，价层电子对数为1+3=4，其价层电子对互斥模型为四面体形，故答案为：；四面体形；【小问3详解】A为H、D为O，H2O2为共价化合物，分子中含有2个O-H键和1个O-O键，其结构式为H-O-O-H，H2O2分子结构不对称，正负电荷中心不重叠，属于极性分子，O元素的杂化类型是sp3，故答案为：H-O-O-H；极性；sp3；【小问4详解】固体H2O的结构模型中，每个水分子被相邻的4个水分子包围，形成的是变形的正四面体结构，所以每个水分子最多与相邻的4个水分子连接，水分子间存在氢键，且氢键有方向性，导致液态水分子形成冰时存在较大空隙，故答案为：4；方向性；【小问5详解】E为Mn、F为Fe，因为Mn2+的电子排布是1s22s22p63s23p63d5，成半充满状态，而Fe2+的电子排布为：1s22s22p63s23p63d6，不稳定，故答案为：Mn2+的价层电子排布为3d5，3d轨道为半充满，比较稳定；Fe2+的价层电子排布为3d6，再失去一个电子即可达到3d轨道半充满的稳定状态。25.“天问一号”着陆火星，“嫦娥五号”采回月壤，探索宇宙离不开化学。镍铼合金是制造喷气发动机的燃烧室、涡轮叶片及排气喷嘴的重要材料。75号元素铼Re，熔点仅次于钨，是稀有金属之一，地壳中铼的含量极低，多伴生于铜、锌、铅、锗等矿物中。（1）基态Ge原子的核外电子排布式为____。（2）在元素周期表中，铼与锰在同族，铼在元素周期表中的位置是____；铼易形成高配位数的化合物如Re2(CO)10，该配合物中由____(填名称)原子提供孤对电子与铼成键。（3）锌在潮湿的空气中极易生成一层紧密的碱式碳酸锌[ZnCO3•3Zn(OH)2]薄膜