2021届高考化学考前三个月专项复习课件（59张ppt）题型四 “3＋物质结构与性质”特训

“3＋物质结构与性质”特训
题型四　物质结构与性质综合题的研究(选考)
甲方案：将产生的Cl2与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量，再进行计算得到余酸的量。
乙方案：采用酸碱中和滴定法测定余酸浓度。
丙方案：余酸与已知量CaCO3(过量)反应后，称量剩余的CaCO3质量。
丁方案：余酸与足量Zn反应，测量生成的H2体积。
A组(30分钟)
1
2
3
4
1.(2020·邯郸模拟)实验室常用MnO2与浓盐酸反应制备Cl2(反应主要装置如图一所示，其他装置省略)。当盐酸达到一个临界浓度时，反应就会停止。为测定反应残余液中盐酸的临界浓度，探究小组同学提出了下列实验方案：
具体操作：装配好仪器并检查装置气密性，接下来的操作依次是：
①往烧瓶中加入足量MnO2粉末
②往烧瓶中加入20 mL 12 mol·L－1浓盐酸
③加热使之充分反应。
(1)在实验室中，该发生装置除了可以用于制备Cl2，还可以制备
的气体是______。
A.O2　　　B.H2　　　C.CH2==CH2　　　D.HCl
若使用甲方案，产生的Cl2必须先通过盛有____________(填试剂名称)的洗气瓶， 再通入足量AgNO3溶液中，这样做的目的是__________________；已知AgClO易溶于水，写出Cl2与AgNO3溶液反应的化学方程式：_____________________
______________________。
1
2
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D
饱和食盐水
除去挥发的HCl气体
Cl2＋H2O＋AgNO3===
AgCl↓＋HClO＋HNO3
解析　制氯气的装置是典型的固液加热或液液加热的制气装置，可制氯气和HCl；甲方案的原理是通过沉淀量计算出生成的氯气，再由氯气计算反应的HCl，让总量盐酸减去反应的盐酸得到剩余盐酸。若不除去挥发的HCl气体，得到的沉淀量会偏大。
1
2
3
4
(2)进行乙方案实验：准确量取残余清液，稀释5倍后作为试样。准确量取试样25.00 mL，用1.500 mol·L－1NaOH标准溶液滴定，选用合适的指示剂，消耗NaOH标准溶液23.00 mL，则由此计算得到盐酸的临界浓度为___mol·L－1 (保留两位有效数字)；选用的合适指示剂是____。
A.石蕊 　　 B.酚酞 　　C.甲基橙
1
2
3
4
6.9
C
解析　滴定指示剂一般不选石蕊，本题滴定虽属于强酸强碱的中和滴定，但盐酸中含有强酸弱碱盐MnCl2，若用酚酞，滴定终点偏碱性，此时Mn2＋也会结合NaOH，导致用碱量偏大，所以只能选用甲基橙。
1
2
3
4
解析　根据题意碳酸锰的Ksp比碳酸钙小，其中有部分碳酸钙与锰离子反应转化成碳酸锰沉淀，碳酸锰的相对分子质量大于碳酸钙，相当于剩余固体质量变大，参加反应的碳酸钙减少，参加反应的盐酸也减少，由此计算得出剩余盐酸的浓度就偏小了。
(3)判断丙方案的实验结果，测得余酸的临界浓度_____(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
[已知：Ksp(CaCO3)＝2.8×10－9、Ksp(MnCO3)＝2.3×10－11]
1
2
3
4
偏小
解析　使Zn粒进入残余清液中让其发生反应。这样残余清液就可以充分反应，如果反过来，残余清液不可能全部转移到左边。反应完毕时，要使气体冷却到室温，再调整量气管两端液面相平，最后平视刻度读数。
(4)进行丁方案实验：装置如图二所示(夹持器具已略去)。
(ⅰ)使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是倾斜Y形管，将______转移到_________中。
(ⅱ)反应完毕，需要读出量气管中气体的体积，首先要______________，然后再__________________，最后视线与量气管刻度相平。
1
2
3
4
Zn粒
残余清液
气体冷却到室温
调整两气管液面相平
(5)综合评价：事实上，反应过程中盐酸浓度减小到临界浓度是由两个方面所致，一是反应消耗盐酸，二是盐酸挥发，以上四种实验方案中，盐酸挥发会对 ____方案带来实验误差(假设每一步实验操作均准确)。
A.甲 B.乙 C.丙 D.丁
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4
甲
解析　方案甲是通过沉淀量计算出生成的氯气，再由氯气计算反应的HCl，让总量盐酸减去反应的盐酸，再减去挥发出的盐酸，才得到准确的剩余盐酸，而挥发的盐酸无法计算，所以，方案甲有误差，若直接测余酸浓度不用考虑盐酸的挥发，所以只有甲方案会受盐酸挥发影响。
1
2
3
4
2.(2020·泰安一模)苯乙烯是重要的基础有机化工原料。工业中以乙苯催化脱氢来制取苯乙烯：
　 　ΔH＝＋117.6 kJ·mol－1
已知：上述反应的速率方程为v正＝k正　p乙苯，v逆＝k逆　p苯乙烯　p氢气，其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，p为各组分分压。
(1)同时增大乙苯的反应速率和平衡转化率所采取的措施是_____。
1
2
3
4
升温
解析　乙苯催化脱氢反应正向是体积增大的吸热反应，同时增大乙苯的反应速率和平衡转化率所采取的措施有升温。
(2)在CO2气氛下，乙苯可催化脱氢制苯乙烯，其过程同时存在如图两种途径：
1
2
3
4
a＝______；与掺水蒸汽工艺
相比，该工艺中还能够发生反应：CO2＋H2===CO＋H2O，CO2＋C=== 2CO。新工艺的特点有_____(填字母)。
a.CO2与H2反应，使乙苯脱氢反应的化学平衡右移
b.不用高温水蒸气，可降低能量消耗
c.有利于减少生产过程中可能产生的积炭
d.CO2在反应体系中作催化剂
159.2
abc
加入的二氧化碳会发生反应CO2＋C===2CO，有利于减少积炭，故c正确；
根据图示，二氧化碳反应生成了CO，不是催化剂，故d错误。
解析　由图片可知ΔH1＝ΔH2＋ΔH3＝＋117.6 kJ·mol－1＋(＋41.6 kJ·mol－1)＝＋159.2 kJ·mol－1，即a＝159.2；CO2与H2反应，导致氢气浓度减小，有利于乙苯脱氢反应的化学平衡右移，故a正确；
1
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3
4
由题目信息可知，在保持常压和原料气比例不变，与掺水蒸汽工艺相比，在相同的生产效率下，可降低操作温度，消耗的能量减少，故b正确；
(3)在实际生产中，往反应釜中同时通入乙苯和水蒸气，加入水蒸气稀释剂能提高乙苯转化率的原因是_____________________________________
_________________________________________。
1
2
3
4
体系总压不变时，加入水蒸气，相当于反
应体系减压，平衡正向移动，乙苯转化率增大
解析　体系总压不变时，加入水蒸气，相当于反应体系减压，平衡正向移动，乙苯转化率增大，因此在实际生产中，往反应釜中同时通入乙苯和水蒸气，能提高乙苯转化率。
(4)测得容器总压(p总)和乙苯转化率α随时间变化结果如图所示。平衡时，p(H2O)＝_____kPa，平衡常数Kp＝____kPa(用平衡分压代替平衡浓度计
算)；a处的 ＝_____。
1
2
3
4
80
45
2.5
解析　设起始时n(乙苯)＝a mol，n(H2O)＝b mol，
1
2
3
4
起始量/mol　 a　　　　　 0　　　 0
变化量/mol　 0.75a　　　 0.75a　　0.75a
平衡量/mol　 0.25a　　　 0.75a　　0.75a
平衡时v正＝v逆，即k正 p乙苯＝k逆 p苯乙烯 p氢气，
1
2
3
4
a处：
起始量/mol　　a　　　　　　0　　　0
变化量/mol　　0.6a　　　　0.6a　　 0.6a
平衡量/mol　　0.4a　　　　0.6a　　 0.6a
1
2
3
4
3.过氧化碳酰胺[CO(NH2)2·H2O2]是一种治疗尘肺病的药物。工业上合成过氧化碳酰胺的流程如图：
1
2
3
4
已知如下信息：
①合成原理：H2O2＋CO(NH2)2 CO(NH2)2·H2O2。
②过氧化碳酰胺在极少量重金属离子存在下就会迅速分解。
请回答下列问题：
(1)合成时控制反应温度为30 ℃的原因可能是________________________
_____________________________________________________。
①温度过低，反应速率过
慢；②温度过高，双氧水分解速率加快，双氧水利用率降低
解析　从反应速率和双氧水分解两个角度分析：温度过低，反应速率过慢，温度过高，双氧水分解速率加快，双氧水的利用率降低。
1
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3
4
(2)上述流程中，操作②④的名称分别为_________、______。
1
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3
4
冷却结晶
洗涤
解析　题中所述流程中，操作①②③④⑤分别为减压蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
(3)下列物质中，可以作稳定剂的是____(填字母)。
A.FeCl3 　B.MnO2 　C.NaH2PO4 　D.K2S
1
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3
4
C
解析　Fe3＋是重金属离子，根据已知信息②，过氧化碳酰胺在Fe3＋存在下会迅速分解；MnO2能催化双氧水分解；K2S具有还原性，能与双氧水反应，所以只有NaH2PO4可以作稳定剂。
解析　依题意，CrO5中铬为＋6价，则可设CrO5中－1价的O原子有x个，则＋6＋(－1)×x＋(－2)×(5－x)＝0，解得x＝4，故1个CrO5分子中有4个－1价氧原子和1个－2价氧原子，故存在2个过氧键。
(4)过氧化碳酰胺的鉴定反应：4H2O2＋　　　＋2H＋===2CrO5(蓝色)＋5H2O。已知该反应是非氧化还原反应，则1 mol CrO5中含____ mol过氧键(—O—O—键)。
1
2
3
4
2
①写出双氧水和KI在稀硫酸中反应的离子方程式：___________________
_________。
(5)测定成品中过氧化碳酰胺的含量：称取成品2.000 g溶于水，配成250 mL溶液；准确量取25.00 mL上述溶液于锥形瓶中，加入过量KI和少量稀硫酸，振荡，充分反应后，加入指示剂，再用0.100 0 mol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，滴定反应为 。三次平行实验的结果如下：
1
2
3
4
实验序号
1
2
3
滴定前读数V始/mL
0.20
0.10
0.15
滴定终点读数V终/mL
40.22
40.08
42.15
H2O2＋2H＋＋2I－===
I2＋2H2O
解析　双氧水在酸性条件下氧化KI的离子方程式为H2O2＋2H＋＋2I－===I2＋2H2O。
1
2
3
4
实验序号
1
2
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滴定前读数V始/mL
0.20
0.10
0.15
滴定终点读数V终/mL
40.22
40.08
42.15
②过氧化碳酰胺与过量KI在稀硫酸中反应时，若振荡剧烈且时间较长，测定结果会_____(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
1
2
3
4
实验序号
1
2
3
滴定前读数V始/mL
0.20
0.10
0.15
滴定终点读数V终/mL
40.22
40.08
42.15
偏高
解析　过氧化碳酰胺与过量KI在稀硫酸中反应时，如果振荡剧烈且时间较长，会发生副反应O2＋4H＋＋4I－===2I2＋2H2O，导致生成的I2增多，滴定时消耗Na2S2O3标准溶液的体积偏大，则测得的结果偏高。
③成品中过氧化碳酰胺的质量分数为________。
1
2
3
4
94.00%
实验序号
1
2
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滴定前读数V始/mL
0.20
0.10
0.15
滴定终点读数V终/mL
40.22
40.08
42.15
解析　由三次平行实验的结果可得到V终－V始的值，第三次实验的误差太大，舍去，第一、二次实验结果可得V终－V始的平均值为40.00 mL，由
CO(NH2)2·H2O2～H2O2～I2～ 可知，n[CO(NH2)2·H2O2]＝ n(Na2S2O3)
＝ ×40.00 mL×10－3 L·mL－1×0.100 0 mol·L－1＝2.000×10－3 mol，因此
成品中过氧化碳酰胺的质量分数为 ×100%＝
94.00%。
1
2
3
4
实验序号
1
2
3
滴定前读数V始/mL
0.20
0.10
0.15
滴定终点读数V终/mL
40.22
40.08
42.15
解析　Mo处于第五周期ⅥB族，核外电子排布与Cr相似，其价电子为4d、5s电子，4d能级上有5个电子、5s能级上有1个电子，基态价电子排布式为4d55s1；核外未成对电子是4d、5s能级上的电子，有6个电子。
4.(2020·泰安一模)超分子在生命科学和物理学等领域中具有重要意义。由Mo将2个C60分子、2个p-甲酸丁酯吡啶及2个CO分子利用配位键自组装的超分子结构如图所示。
1
2
3
4
(1)Mo处于第五周期ⅥB族，核外电子排布与Cr相似，它的基态价电子排布式是_______；核外未成对电子数是____个。
4d55s1
6
(2)该超分子中配体CO提供孤电子对的原子是____(填元素符号)，p-甲酸丁酯吡啶配体中C原子的杂化方式有________。(已知吡啶可看作苯分子中的一个CH原子团被N取代的化合物)
1
2
3
4
C
sp2和sp3
解析　CO提供孤电子对的是C原子、Mo提供空轨道，两个原子形成配位键；p-甲酸丁酯吡啶配体中C原子价层电子对个数有4、3，根据价层电子对互斥理论，C原子杂化类型为sp3、sp2。
(3)已知：C60分子中存在碳碳单、双键；C60分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键；C60分子只含有五边形和六边形；多面体的顶点数V、面数F及棱边数E遵循欧拉定理：V＋F－E＝2。则一个C60分子的结构是由____个五边形和____个六边形组成的球体。用文字简述C60跟F2在一定条件下反应所得的物质的组成：________________
1
2
3
4
12
20
______________________________________________________________________________________________________________________________。
由C60结构和碳
的四个价键理论，可知一个碳需连接一个双键，一个双键被两个碳原子共用，故含有60÷2＝30个双键，易与活泼的F2发生加成反应生成C60F60
1
2
3
4
解析　多面体的顶点数、面数和棱边数的关系，遵循欧拉定理：V＋F－E＝2，即顶点数＋面数－棱边数＝2；设C60分子中五边形数为x，六边形数
为y。依题意可得方程组：
，解得：x＝12，y＝20，
即C60分子有12个五边形和20个六边形，由C60结构和碳的四个价键理论，可知一个碳需连接一个双键，一个双键被两个碳原子共用，故含有60÷2＝30个双键，与活泼的F2发生加成反应即可生成C60F60。
(4)已知：某晶胞中各原子的相对位置可用如图所示的原子坐标表示，其中所有顶点的原子坐标均可以为(0,0,0)。钼(Mo)的一种立方晶系的晶体结构中，每个晶胞有2个Mo原子，其中Mo原子坐标是(0,0,0)及 。
根据以上信息，推断该晶体的原子堆积方式是________________。已知该晶体的密度是ρ g·cm－3，Mo的摩尔质量是M g·mol－1，阿伏加德罗常数是NA，晶体中距离最近的Mo原子核之间
的距离为_________________pm。
1
2
3
4
体心立方密堆积
1
2
3
4
B组(30分钟)
1.(2019·潍坊二模)无水MgBr2常用作催化剂。某化学小组在实验室选用下图所示装置(夹持装置略)采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2。
1
2
3
4
1
2
3
4
已知：①在浓硫酸存在下，加热到140 ℃时乙醇脱水生成乙醚(C2H5OC2H5)，加热到170 ℃时乙醇脱水生成CH2==CH2。
②乙醚的熔点为34.6 ℃，沸点为132 ℃。
③Mg和Br2剧烈反应，放出大量的热；MgBr2具有强吸水性；MgBr2能与乙醚发生反应：MgBr2＋3C2H5OC2H5 MgBr2·3C2H5OC2H5。
实验主要步骤如下：
Ⅰ.选用上述部分装置，正确连接，检查
装置的气密性。向装置中加入药品。
Ⅱ.加热装置A，迅速升温至140 ℃，并保
持140 ℃加热一段时间，停止加热。
Ⅲ.通入干燥的氮气，让液溴缓慢进入装
置B中，直至完全加入。
Ⅳ.装置B中反应完毕后恢复至室温，过滤
反应物，将得到的滤液转移至干燥的烧瓶中，在冰水中冷却，析出晶体，再过滤得三乙醚合溴化镁粗产品。
Ⅴ.用苯洗涤粗产品，减压过滤，得三乙醚合溴化镁，将其加热至160 ℃分解得无水MgBr2。
1
2
3
4
回答下列问题：
(1)装置A中使用仪器m的优点是__________________________________
______。
(2)步骤Ⅰ中所选装置的正确连接顺序是a_________________________(填小写字母)。装置D的作用是_________。
1
2
3
4
使系统内外压强相等，便于液体顺利
流下
efbcg(ef可颠倒、bc可颠倒)
防止倒吸
(3)若加热装置A一段时间后发现忘记加入碎瓷片，应该采取的正确操作是___________________________。
(4)步骤Ⅴ中用苯洗涤三乙醚合溴化镁的目的是_______________。
1
2
3
4
停止加热，冷却后补加碎瓷片
除去乙醚和乙醇
(5)步骤Ⅴ采用减压过滤(使容器内压强降低，以达到固液快速分离)。下列装置可用作减压过滤的是_____(填序号)。
1
2
3
4
bc
(6)实验中若温度控制不当，装置B中会产生CH2Br—CH2Br。请设计实验验证CH2Br—CH2Br的存在：从反应后的混合物中分离提纯得到CH2Br—CH2Br，_______________________________________________________
______________________________________________________________________。
1
2
3
4
取少量CH2Br—CH2Br于试管中，加入NaOH溶液，加热，再加入稀硝酸酸化，滴加AgNO3溶液，有淡黄色沉淀生成证明有CH2Br—CH2Br
2.(2019·济南三模)磷及其化合物在工农业生产中具有重要用途。回答下列问题：
(1)下图所示为提纯白磷样品(含惰性杂质)的工艺流程。过程Ⅰ中，被还原的元素是_______(填元素符号)，过程Ⅲ的化学方程式为____________
__________________________________。
1
2
3
4
Cu、P
2Ca3(PO4)2＋
6SiO2＋10C===6CaSiO3＋10CO↑＋P4
①复合材料中V的化合价为____，C的作用是_____________________。
②V2O5与H2C2O4反应生成V2(C2O4)3的化学方程式为__________________
__________________________；“洗涤”时用乙醇而不用水的目的是_____________。
(2)磷酸钒锂/碳复合材料[Li3V2(PO4)3/C]是常用的电极材料，其制备流程如下：
1
2
3
4
＋3
增强复合材料的导电性
V2O5＋5H2C2O4===
V2(C2O4)3＋4CO2↑＋5H2O
减少产品损耗
③锂离子电池是一种二次电池，又称“摇椅”电池。若用LixC6和Li3V2(PO4)3/C作电极，放电时的电池总反应为LixC6＋Li3－xV2(PO4)3=== Li3V2(PO4)3＋C6，则电池充电时阳极的电极反应式为_________________
______________________。
1
2
3
4
Li3V2(PO4)3－xe－
===Li3－xV2(PO4)3＋xLi＋
3.研究SO2的回收、再利用，既有利于良好大气环境的获得，也有利于社会可持续发展的实现。
(1)已知：①CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－802 kJ·mol－1
②S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH＝－297 kJ·mol－1
则CH4(g)＋2SO2(g) CO2(g)＋2S(s)＋2H2O(g)　ΔH＝_____________。
1
2
3
4
－208 kJ·mol－1
解析　用①－2×②即可得到CH4(g)＋2SO2(g) CO2(g)＋2S(s)＋2H2O(g)　ΔH＝－208 kJ·mol－1。
(2)为研究某催化剂X的催化活性与温度的关系，在其他条件相同时，改变反应温度，经过相同时间后测得CH4(g)＋2SO2(g) CO2(g)＋2S(s)＋2H2O(g)正反应速率如图1所示。
1
2
3
4
①B、C两温度下反应速率变化的原因是____________________________
________，B、C点对应温度下，该反应的活化能Ea(B)_____Ea(C)(填“>”或“<”)。
温度过高时催化剂的催化活性
降低了
<
1
2
3
4
解析　其他条件相同时，温度越高反应速率本应越大，但由图1知，当温度高于433 K时反应速率反而降低了，其可能的原因是温度过高时催化剂的催化活性降低了，这样一来它使反应物活化能降低的能力减弱了，故活化能Ea(B)②写出两种能提高SO2的转化率的措施__________
____________________________________________。
1
2
3
4
适当降低
温度、增大CH4的浓度、分离出CO2(答案合理即可)
解析　可通过适当降低温度、增大CH4的浓度、分离出CO2等方面提高SO2的转化率。
(3)一定条件下，按不同的投料比X 向
某恒容密闭容器中充入CH4、SO2，测得SO2的转化率与温度、X的关系如图2所示。
①X1____X2(填“>”或“<”)。
1
2
3
4
>
②若T1时，开始时充入6 mol·L－1CH4、10 mol·L－1 SO2，投料比为X1，则平衡常数K＝_____，若反应从开始达到平衡时所用时间为5 s，则此时间段内v(CH4)＝_______________。
2.25
0.6 mol·L－1·s－1
解析　 　 CH4(g)＋2SO2(g) CO2(g)＋2S(s)＋2H2O(g)
开始浓度/mol·L－1 6　　　10　　 　　0　　　　　　0
变化浓度/mol·L－1 3 6 3 6
平衡浓度/mol·L－1 3 4 3 6
由此计算出K＝2.25。v(CH4)＝0.6 mol·L－1·s－1。
1
2
3
4
(4)碱溶液也可以用于吸收SO2，若用200 mL、1 mol·L－1的NaOH溶液吸收0.1 mol SO2，则溶液中除H＋外其他各离子浓度由大到小的顺序为______________________________；假设溶液中 ＝a，
则此时溶液的pH＝________[用含a的数值表示，K2(H2SO3)＝1×10－7]。
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3
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7＋lg a
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4
4.(2020·潍坊联考)铜是人类最早使用的金属之一，其单质及化合物具有广泛的用途。
(1)基态铜原子核外有____对自旋方向相反的电子。
1
2
3
4
14
解析　Cu为29号元素，根据构造原理知其基态电子排布为1s22s22p63s23p6 3d104s1，则基态铜原子核外有14对自旋方向相反的电子。
(2)青铜是铜与锡或铅等元素按一定比例熔铸而成的合金。第一电离能I1(Sn)______I1(Pb)(填“大于”或“小于”)。
1
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3
4
大于
解析　金属性越强，越易失电子，第一电离能越小，Sn和Pb为同主族元素，且金属性Sn小于Pb，则第一电离能I1(Sn)大于I1(Pb)。
(3)新制的Cu(OH)2能够溶解于浓氨水中，反应的离子方程式是_________
___________________________。
1
2
3
4
4NH3===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－
Cu(OH)2＋
解析　碳碳三键中C原子价层电子对个数是2且不含孤电子对，所以杂化方式为sp；苯环中的碳形成3个σ键，无孤电子对，采取sp2杂化。
(4)利用铜片表面催化反应，我国研究人员用六炔基苯为原料，在世界上首次通过化学方法获得全碳材料—石墨炔薄膜(结构片段如图所示)，开辟了人工化学合成碳同素异形体的先例。石墨炔中碳原子的杂化方式为________。
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2
3
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sp、sp2
(5)CuCl的盐酸溶液能吸收CO形成氯化羰基亚铜(Ⅰ)，可用于定量测定气体混合物中CO的含量。氯化羰基亚铜(Ⅰ)中含_____个σ键。
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14
解析　在氯化羰基亚铜(Ⅰ)中C和O之间有1个σ键，H2O分子内有2个σ键，配位键也是σ键，则氯化羰基亚铜(Ⅰ)中含14个σ键。
(6)Cu2O可用于半导体材料。
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2
3
4
①Cu2O晶胞(如图所示)中，O原子的配位数为____；a位置Cu＋坐标为(0.25,0.25,0.75)，则b位置Cu＋坐标为______________。
4
(0.75,0.75,0.75)
解析　Cu2O晶胞中，O原子周围最靠近的Cu原子数目是4，则O原子的配
位数为4；a位置为顶点O原子和中心O原子的 处，且顶点O原子与a之间
的距离为体对角线的 ，已知a位置Cu＋坐标为(0.25,0.25,0.75)，即晶胞体
对角线长度为1，则b位置Cu＋坐标为(0.75,0.75,0.75)。
②Cu2S与Cu2O具有相似晶体结构，则两者的熔点是Cu2O比Cu2S的_____
(填“高”或“低”)，请解释原因_________________________________
_______________________________________。
1
2
3
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高
两者都是离子晶体，O2－半径比S2－
半径小，所以Cu2O的晶格能更大，熔点更高
解析　Cu2S与Cu2O都是离子晶体，O2－半径比S2－半径小，所以Cu2O的晶格能更大，则Cu2O熔点更高。