精品解析：石家庄市2020届高三年级阶段性训练题(解析版)

1、石家庄市2020届高三年级阶段性训练题理科综合化学试题1.1969年，由于采用水煎和乙醇提取的青蒿药物抗疟效果均不佳，屠呦呦研究团队受古代文献“青蒿一握, 以水二升渍，绞取之，尽服之”的启发，使用沸点更低的乙醍获得青蒿提取物，并从中提纯出“青蒿素” 晶体，进而成功测定其分子式为Cl5H22O5.据此判断下列说法错误的是A.与水相比，青蒿素更易溶于乙醍等有机溶剂B.高温会破坏青蒿素的化学活性C.提纯青蒿素晶体过程中使用到重结晶操作D.利用燃烧法可测得青蒿素的分子式【答案】D【解析】【详解】A.青蒿素为有机物，根据“相似相溶”原理，与水相比，青蒿素更易溶于乙醍等有机溶剂，确；B.根据材料中的信息“

2、采用水煎和乙醇提取的青蒿药物抗疟效果均不佳”，可推测出高温会破坏青蒿素的 化学活性，B正确；C.由乙醛萃取青蒿素，而后从青蒿素的乙醛溶液中得到晶体，需要使用到重结晶操作，C正确;D.利用燃烧法，只能测得分子中C、H。元素的个数比，无法测得分子式，D错误；故答案选Do【点睛】燃烧法只能测得有机物分子的最简式，无法得到其分子式。2.为研究铜与浓硫酸的反应，实验小组同学进行如图实验，下列说法错误的是A.bc&A. F中可以盛放酸性 KMnO 4溶液B.为确认有硫酸铜生成，可向反应后的A中加水C.此实验设计不能排除浓硫酸中的水是否影响B装置现象的判断D.可通过D中固体不变色而 E中溶液褪色的现象证明浓

3、硫酸中硫元素的氧化性强于氢元素【答案】B【解析】【分析】此探究实验的实验目的为研究铜与浓硫酸的反应，A中发生的反应为Cu+2H 2SO4（浓）=CUSO4+2H2O+SO2 , B的作用是为了验证水蒸气的生成，C中浓硫酸的作用是除掉混合气体中的水，防止后续热还原操作出现危险，D装置是为了探究是否有 H2等还原性气体的生成，E中品红褪色，说明产物中有 SO2 , F装置为尾气处理装置。【详解】A.根据上述分析，F为尾气处理装置，可以使用具有强氧化性的KMnO4溶液来吸收尾气SO2 , A正确；B.由于反应结束后 A装置中还残留有浓 H2SO4,故应当取少量 A中的溶液，加入水中，进而观察现象，B

4、错误；C. A装置中水的来源可能有两部分，一是反应生成的，二是浓H2SO4中本来就有的，故此实验设计不能排除浓硫酸中的水是否影响B装置现象的判断，C正确；D.可通过D中固体不变色而 E中溶液褪色的现象证明浓硫酸中硫元素的氧化性强于氢元素，D正确；故答案选B。点燃3.设阿伏加德罗常数的值为Na,关于反应2Mg+CO2=2MgO+C下列说法错误的是A. 8.8gCO2中共用电子对的数目为 0.8NaB.消耗CO24.48L （标准状况下）时转移电子的数目为 0.8NaC. 12g金刚石（C）中所含共价键的数目为 4NaD. 0.1molMgO中所有离子的最外层电子数之和为1.6Na【答案】C【解析

5、】【详解】A. 一个CO2分子中共用电子对的数目为4对，8.8 g CO2为0.2 mol ,即0.8Na，故A正确;B.根据给出的反应式可知当1 mol CO2参与反应时，转移电子数目为4 mol,则消耗4.48 L CO 2即0.2 mol时，转移电子数为 0.8 mol,故B正确；C. 12 g金刚石为1 mol,其中 C C键的数目为 2NA，故C错误；D. MgO中各原子均达到 8电子稳定结构，故最外层电子数之和为16。当n 0.1 mol时，最外层电子数之和为1.6Na ,故D正确；故答案选Co4.香港城市大学支春义团队研发的Zn/富Co（ID） Co3O4电池（如图采用 ZnSO

6、4和CoSO4为电解质溶液，充放电过程中a极发生CoO与Co3O4之间的转化，从而很好地克服了之前碱性锌一钻电池的缺陷。下列说法错误的是A.放电时，溶液中 Co2+浓度不变B.充电时，溶液中SO42-移向a极C.充电时，外电路通过 2mole 一，理论上电解质溶液质量减少6gD.若为碱性介质，会降低电极的可逆性【答案】A【解析】【分析】富Co （出）Co3O4可写作Co2O3 CoO ,放电时，b极为负极，发生的电极反应 Zn 2e-=Zn2+，a为正极, 发生的反应为Co3O4 +2e- +Co2+ =4CoO o充电时，b为电解池的阴极，发生反应为 Zn2+2e=Zn，a为电 解池的阳极，

7、发生反应为 4CoO-2e-=Co3O4+Co2+。【详解】A.根据上述分析，放电时，溶液中的Co2+会参与正极反应，因此溶液中的Co2+浓度会减小，Aa为电解池的阳极，故溶液中 SO42-移向a极，B正确;错误;B.充电时，阴离子向阳极移动，C.充电时，当外电路通过2mol e时，溶质减少1mol Zn2+,增加1mol Co2+,溶质质量的变化为65g-59g=6g ,C正确；2+-D.若溶液为碱性介质，则会发生反应Zn +2OH =Zn（OH） 2,从而降低电极的可逆性，D正确；故答案选A 5.R.F.Heck、Ei-ichiNegishi和AkiraSuzuk三名科学家因在铝（Pd）催

8、化交叉偶联反应方面的卓越研究获得2010年诺贝尔化学奖，其中Heck反应的历程如图，下列说法错误的是A. Heck反应的总反应类型为取代反应B. 口三中最多有6个原子共平面C.y 可使滨水或酸性 KMnO 4溶液褪色D.若 RX 为 CH3CH2BJ 贝U的同类别同分异构体还有4种（不考虑立体异构）一个C-H键可以通过旋转与KMnO 4溶液氧化，从而使【详解】A. Heck反应是指卤代煌与活化不饱和燃在铝催化下，生成反式产物的反应，R-X+R iCH=CH 2-RiCH=CHR+HX ,所以反应为取代反应， A正确；B. 中，烯平面上共有6个原子共平面，由于单键可以旋转，所以甲基上碳碳双键共面

9、，所以最多有 7个原子共平面，B错误；C.弋一中存在碳碳双键，故可以与滨水发生加成反应使其褪色，也可以被酸性KMnO 4溶液褪色，C正确;D.若RX为CH3CH2BJ则 J为 5rx,要确定与其同类别的同分异构体，则只考虑烯煌，CC-C-C-C|5个C原子的骨架有C-C-C-C-C、|、C-C-C三种情况，而第三种情况不存在烯嫌，故不考虑,C1的同类别同分异构体还有C所以不考虑立体异构,4种，D正确;故答案选B。6.25C时，向10.00mL0.1000mol L-1H2SO4溶液中滴加相同物质的量浓度的氨水，测得混合溶液中-lgc(OH-)随滴加氨水体积的变化如图所示，下列说法错误的是A.水

10、的电离程度：bcaB. Kh (NH4+)的数量级为10-10C. c点满足 c (SO42-) c (NH4+) c (H+) =c (OH-)D. d 点满足 c (NH4+) +2c (H+) =c (NH3H2O) +2c (OH【答案】C【详解】A.原溶液为硫酸溶液，对水的电离起抑制作用，在滴加氨水的过程中，酸性逐渐减弱，水的电离程度增大，在恰好完全中和即在加入20.00 mL NH 3 H2O , lgc OH 8.7时，此时只存在 NH4的水解过程，水的电离程度最大，而后再滴入NH 3 H2O ,相当于加入了碱对水的电离起抑制作用，电离程度又减小，由分析可知 b点水的电离程度最大

11、，其次 a、c之间c a ,故A正确;c NH3 H2O c HB. NH4 的水解方程式为：NH4 H2O? NH3 H2O H , Kh NH4，要计c NH4算Kh NH4则需要在图中找到特殊点，能得知等式中的三个量，如 b点，因为b点是恰好完全反应 的点，根据横纵坐标能得知方程式中各微粒的量，由纵坐标lgc OH 8.7可得53c H 10 mol/L,则c NH3 H2O也等于10 5.3 mol/L，c H 由于恰好完全反应，且水解程度微弱，可做近似计算，c H 20.00 0.1000 0.067 mol/L,代入Kh NH4表达式，可得30.00_ _ 10Kh NH43.73

12、 10 ,故 B 正确；C.根据电荷守恒：cHcNH4c OHc SO4 ,c点pH7,此时cHc OH,则c NH4 2c SO2,即cNH4c SO2,故 C错误；D. d点加入40.00 mL NH 3 H2O,此时溶液中溶质成分为：c NH4 2sO4:c(NH3 H2O) 1:2,由 电荷守恒 c HcNH4c OH 2c SO2，和物料守恒c NH4c NH3H2O4cSO4,联立可得质子守恒2cHc NH42c OHc NH3H2O,故D正确；故答案选Co7.原子序数依次增大的短周期元素X、Y、Z、W、M可形成a、b两种化合物(如图)，a为磁共振氢谱中常用的参照物，b为有机合成中

13、的一种还原剂。下列说法错误的是仔XX3Z-M-ZX3Y+EX-w-x - ZX3XabA.原子半径：WMZB.元素非金属性：ZMC. W的最高价氧化物的水化物具有两性D.常温常压下X与Z形成的化合物为气态【答案】D【解析】 【分析】a为磁共振氢谱中常用的参照物，根据a的结构推测a为四甲基硅，M为Si元素、Z为C元素、X为H元素,b为有机合成中的一种还原剂，b应为四氢铝锂， W为Al元素，丫为Li元素，符合原子序数依次增大的短周期元素这一要求。【详解】A.核外电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小，所以原子半径WMZ , A正确；B.同主族元素，从上到下，非金属性

14、逐渐减弱，所以C元素的非金属性强于 Si, B正确；C. W的最高价氧化物的水化物为 Al(OH) 3 , Al(OH) 3为两性氢氧化物，C正确；D. X与Z形成的化合物为烧，当煌的相对分子量较大时，常温常压下可以为液态和固态，D错误；故答案选Do8.废旧印刷电路板中铜元素含量较高，为充分利用资源，变废为宝实验小组探究利用废旧印刷电路板来制备胆矶，具体流程如图所示：请回答:(1) “溶解”过程中，为选择合适的溶解试剂，查阅资料后，小组同学设计如下实验。实验编号铜片质量/g试剂及用量现象1号0.530%H 20250mL、蒸储水 8mL10h后，溶液变为浅蓝色，铜片表向附着盅色沉淀2号0.53

15、0%H 20250mL、5mol L-1H2s048mL开始铜片表面有气泡生成(先慢后快，40min后，溶液蓝色明显铜片表面光亮3号0.530%H 20250mL、5mol L-1 氨水8mL立即广生大量气泡溶液为深监色，铜片表向附着少量蓝色沉淀注：深蓝色溶液为铜氨溶液。1号实验中发生反应白化学方程式为 。实验室检验2号实验中产生气体白操作和现象为 。与2号实验相比，3号实验的优点是生成了铜氨配合物，加快了反应速率；其不足之处为 为弥补3号实验的不足，该小组继续进行改进，设计了 4号实验(见下表，并得到了预期的实验现象。实验编号铜片质量/g试剂及用量现象4号0.530%H 20250mL5mo

16、l - L-1 氨水 8mL 和适量t X立即产生大量气泡，溶液为深蓝色，铜片表向仍光亮则4号实验中，试剂 x应为。(2) “转化”时铜氨溶液中的Cu (NH3)42+与有机物RH发生反应的离子方程式为 。 “反萃取”过程中，所加试剂 Y的化学式为。(3) “系列操作”具体指 (填选项字母)。A.蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥B.蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜后停止加热，冷却、过滤、洗涤、干燥C.蒸发浓缩至大量晶体析出后停止加热，冷却、过滤、洗涤、干燥(4)为测定铜氨溶液中铜元素的含量，可采用如下方法：i.移取500mL铜氨溶液于锥形瓶中，滴加稀H2SO4,调节溶液的pH为3-42+-11.加入适

17、当过量KI溶液，并加入3mL0.5%淀粉溶液(2Cu +4I =2CuI +%);iii.用 0.1000mol L-1Na2s2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准液体积为5.80mL (I2+2S2O32-=2I-+S4O262-)。iii中滴定至终点时，溶液的颜色变化为 该铜氨溶液中铜元素的含量为 g mL-1 (保留两位有效数字)(3).生成 Cu(O2Cu NH3 4 2RH3 4(9). 7.4 10-3【详解】(1 )根据Cu H2O2 Cu OH 2。实验2中铜片被氧化生成Cu2 ,CuCu2 ,匕(1). Cu H2O2 Cu(在氧化铜片的过程中不公2NH2(2).收集SO4固体

18、或NH 4cl固体勺转化率H2SO气体，由气泡先慢后快推测生.B (8).溶液由蓝色变为无色定 Cu OH 2 ,故方程式为：氧化且生该气体，将带火星的木条靠近该试管，木条(4). (NH成物可以起催化剂作用，即Cu2催化H2O2自身分解产生 O/O2检验用带火星的木条能否复燃即可。3号实验相比2号加快了反应，但生成少量的沉淀会阻碍铜片的继续反应。(5).为了溶解3号实验Cu片表面产生的 Cu OH 2沉淀，需要加入酸性溶液，为减少引入新杂质，试剂X 应为 NH4 2SO4。CuR2,故离子方程式为:(2)转化”时铜氨溶液和有机物 RH反应生成有机物2Cu NH3 4 4RH=CuR2 4NH

19、4 2R ,友萃取”时加入试剂 Y可使有机物 CuR2转化为CuSO4和有机物，则 Y为H2SO4OB。(3)从CUSO4溶液得到胆矶，需采用降温结晶，故选(4)滴定至终点时，I2被消耗完，故颜色变化为蓝色到无色。221 .由已知两个万程可知， 比例关系为 2Cu I2 2s2O3 0.1000 mol L Na2s2O3溶液消耗 5.8 mL ,2一一 一_ 1 一 一一3 一 _一4 一则 500 mL 溶、帆中 n Cu0.1 mol L 5.8 10 L=5.8 10 mol ,铜元素含量为21n Cu 64 g mol.7.4 10 5 g mL 1 0500 mL9.一种从乙醛工业

20、中产生的废铝(Pd)催化剂(铝5-6%,炭93-94%,铁、铜、锌、馍1-2%)中提取PdCl2 和CuCl2的工艺流程如图所示:王水 氨水盐酸度把催化剂一焚烧 酸溶一络合一抽滤一酸析一构造 一 P出NH/CL沉淀APdClNOC1含铁沉淀滤液一XuCl,溶液已知：铝、铜、锌、馍可与氨水形成Pd(NH3)42+等络离子。请回答：(1)焚烧”的主要目的为 ,实验室中可在 (填仪器名称)中模拟该过程。(2)酸溶”时，Pd转化为PdCl2,其化学方程式为 ；该过程需控温70-80C,温度不能太低 或太高的原因为。(3)络合”时，溶液的pH需始终维持8-9,则络合后溶液中含铁离子的浓度三。(已知：Fe

21、 (OH) 2、Fe (OH) 3 的 Ksp 甲分别为 4X10-17、2.8 X0-39)(4)酸析”时生成沉淀的离子方程式为 。(5)流程中回收得到的 PdCl2和CuC12在乙烯直接氧化制乙醛的催化体系中联合发挥作用，反应机理如下：i. CH2=CH2+H 2O+PdCl2=CH3CHO+Pd+2HCl ；ii. iii. 4CuCl+O2+4HCl=4CuCl 2+2H2O。ii的化学方程式为。(6)上述提取PdCl2和CuCl2方案的缺点是 (写出一条即可)。【答案】.除去炭减少酸溶时王水的用量(2).堪蜗(3).Pd 3HCl HNO3 PdCl2 NOCl 2H2O(4).温度

22、太低反应速率过慢，温度太高王水易分解挥发(5). 2.8 10 21 mol L1(6). Pd NH 3 2 2H 2Cl PdNH 32 cl 2NH 4.Pd 2CuCl2 PdCl2 2CuCl (8).使用腐蚀性强的王水对设备要求高或产生的NOCl有污染【解析】【分析】将Pd废催化剂焚烧，可以除去废催化剂中的C,溶于王水，可将金属单质转化为离子形式，以便在溶液中进行后续操作，已知铝、铜、锌、馍可与氨水形成Pd (NH3)42+等络离子，所以加入氨水后，Fe元素以的形式沉淀，溶液中的其他元素以络离子的形式存在于溶液中，加入盐酸后，酸析，可得到沉淀，经过一系列操作后得到。【详解】(1)焚

23、烧的目的是为了将废铝催化剂中含量93%的C除去，可以减少后续操作中王水的用量；实验室中使用塔竭来灼烧固体，所以实验室中可在塔期中模拟该过程。(2)酸溶”时，Pd被氧化为PdCb,根据流程图可知，酸溶时的还原产物为NOCl ,其化学方程式为Pd HNO3 3HCl PdCl2 NOC1 2H2O,该过程需控温70-80 C ,温度过低会，导致反应速率比较慢，温度过高时，王水会挥发分解。3时，c Fe 取大，取大为Ksp Fe OH 3sp3c3 OH(3)加入王水后，溶液中铁元素以 Fe3形式存在，加氨水络合后，溶液 pH维持在8 9，当pH 82.8 10 39 八 c - 21. , 1人

24、、3 2.8 10 mol L ,故络合后含铁离子浓度10 6,2.8 1021mol L1。(4)酸析时溶液中PdNH3离子结合Cl形成Pd NH3 2 cl2沉淀，则离子方程式为:2Pd NH3 4 2H2Cl PdNH 32 cl催化剂(5)乙烯氧化为乙醛的化学方程式为2CH2 CH2 O2=2CH3CHO为反应机理i、ii、iii的加V和方程式，故机理ii的化学方程式为：Pd 2CuCl2 PdCl2 2CuCl。NOCl有污(6)上述提取PdCl2和CuCl2方案的缺点是使用腐蚀性强的王水对设备要求高或产生的染。10.默基硫(COS)广泛存在于煤、石油和天然气为原料的化工生产中，不经

25、处理直接排放会引起大气污染，石油化工中产生的厥基硫可通过以下方法脱除。I .干法脱除：在催化剂存在下，COS和H2可发生两个平行反应：i. COS(g)+H 2(g) ? H2s(g)+CO(g) Hi=-17kJ/molii. COS(g)+4H 2(g) ? H2s(g)+CH 4(g)+H 2O(g) H2已知：CH4(g)+H2O(g) ? CO(g)+3H 2(g)AH=+206kJ/mol ,则 H2=(2)TiC时，向10L恒容密闭容器中充人 ImolCOS和4molH2,发生反应i和ii。5min时达到平衡，测得体系 压强减少了 20%, CO的体积分数为10%且其平衡分压为

26、P1。0-5min 内，v(COS尸反应i的平衡常数 K=P1(填“ ”或一 (5).反应i和ii均为放热(6).不反应，温度升高，平衡逆移，氢气的转化率降低，平衡分压增大；升高温度，气体总压强增大 变 (7).随着反应的进行，c(OH-)不断减小，但曲线的斜率(代表反应速率)不变 (8).COS+4Br2+12NaOH=Na 2CO3+Na2SO4+8NaBr+6H 2O【解析】 【分析】(2)设平衡时体系内n(CO)=x mol ,初始投料为1molCOS 和 4molH2 ,根据反应方程式 COS(g)+H2(g)? H2s(g)+CO(g)可知，此反应消耗的ni(COS)= ni(H2

27、)=x mol ,生成的 ni(H2S)=x mol;设平衡时体系内n(COS)=y mol ,则反应ii消耗的nii(COS)=(1-x-y)mol ,根据方程式COS(g)+4H 2(g) ? H2s(g)+CH4(g)+H2O(g)可知，此反应消耗的 nii(H2)=4(1-x-y)mol ,生成的 nii(H2s尸 nii(CH4)= nii(H 2O)=(1-x-y)mol ；所以此时容器中 n(COS)=y mol , n(H2)=4mol-xmol-4(1-x-y)mol=(3x+4y)mol , n(CO)=x mol , n(H2S)=x mol+(1-x-y)mol=(1-

28、y)mol , nii(CH4)= nii(H 2O)=(1-x-y)mol ； 达到平衡时测得体系压强减少了20%,恒容密闭容器压强之比等于气体的物质的量之比，所以y+3x+4y+x+1-y+2 1-x-y mol 4=1+4 mol5CO的体积分数为x110%,所以 y+3x+4y+x+1-y+2 1-x-y =B 解得 x=0.4mol , y=0.1mol ;所以平衡时 n(COS)=0.1mol , n(H2)=1.6mol , n(CO)=0.4mol , n(H2S)=0.9mol , n(CH 4)= n(H 2O)=0.5mol。【详解】I . (1)已知 i COS(g)+

29、H 2(g)? H2s(g)+CO(g) H1=-17kJ/mol ；iii : CH4(g)+H2O(g) ? CO(g)+3H 2(g) H=+206kJ/mol ；根据盖斯定律由 i-iii 可得反应 COS(g)+4H 2(g) ? H2s(g)+CH 4(g)+H 2O(g) H2=-17kJ/mol-206kJ/mol=-223kJ/mol ；(2)根据分析可知平衡时n(COS)=0.1 mol ,所以 n(COS)=0.9mol ,容器体积为10L,所以v(COS)= 0.9mol= 0.018mol L-1 min-1;10L 5min根据分析可知平衡时 n(COS)=0.1m

30、ol , n(H 2)=1.6mol , n(CO)=0.4mol , n(H2S)=0.9mol ,反应 i 前后气体系 一 .一 一 ,一,0 9 0 4数之和相等，所以可以用物质量来代替浓度计算平衡常数，K=2.25；0.1 1.6反应i和ii均为放热反应，反应过程中温度升高，平衡逆移，氢气的转化率降低，平衡分压增大；升高温度，气体总压强增大，所以P2P1；n.(3)随着反应的进行，c(OH-)不断减小，但曲线的斜率(代表反应速率)不变，说明增大NaOH溶液的初始浓度，COS的吸收速率不变；(4)澳水具有氧化性，可以将 COS中S元素氧化成硫酸根，根据电子守恒和元素守恒可得方程式为COS

31、+4Br2+12NaOH=Na 2CO3+Na2SO4+8NaBr+6H 2O。【点睛】第2小题为本题难点，体系中涉及两个反应，学生需要根据方程式理清各物质的物质的量之间的关系，用尽可能少的未知数表示出各物质的物质的量，再根据压强关系等列出方程进行计算求解；本题也可以根据“CO勺体积分数为10%设CO的物质的量为x,则平衡时气体总物质的量为10x,所以有吆二(1-20%)求出x=0.4mol,然后再进行推算。1+411.铜是人类知道最早的金属之一，也是广泛使用的第一种金属。回答下列问题：(1)馍白铜(铜馍合金)可用于制作仿银饰品。第二电离能12(Cu) 2(Ni)(填“或“(2). Cu失去的

32、是全充满的3d10电子，Ni失去的是4s1电子 (3). 3:2(4).sp (5). N2 (或CO); CN (6). N .N C H (8).乙二胺分子与水分子间形成氢.4(10).72 2 1030d3 Na【分析】【详解】(1)因为Cu失去的第二个电子的是全充满的3d10电子，而馍失去的第二个电子是4s1电子，后者失去较前者容易，故I2 (Cu) I2 (Ni)。(2)C H键为 键，C C键中一根为 键，剩余两根为键，所以C2H 2中 键与 键的数目之比为 3:2；乙快的空间构型是直线型，所以碳原子的杂化方式为sp。C2离子中含有 2个原子、10个价电子，用替代法”，与C2互为等

33、电子体的分子为N2 (或CO),离子为:CN 。(3)配体为H2NCH2CH2NH2 (乙二胺)，乙二胺中的 N原子含有孤对电子，为络合物中的 Cu2提 供孤对电子。乙二胺 H2NCH2CH2NH2分子中含有 C、N、H三种元素，根据电负性在周期表中的变化规律，C、N、H的电负性由大到小的顺序为：N C H;乙二胺中含N-H键，乙二胺分子与水分子间形成氢键，所以乙二胺在水中溶解度较大。(4)由题知，晶胞中所有原子均在对角面上，即图 b所示，则8个O原子在晶胞的顶点、1个。原子在晶1胞的体心，4个Cu原子在晶胞内，则晶胞中含有的 O原子的个数为：8 - 1 2 ,晶胞中含有的 Cu原8子的个数为4,该晶