四川省绵阳市2025届高三化学第一次诊断性考试试题含解析

PAGE16-四川省绵阳市2025届高三化学第一次诊断性考试试题（含解析）1.化学与生产、生活、社会亲密相关。下列叙述错误的是A.还原铁粉能用作食品抗氧化剂B.夜空中光柱的形成属于丁达尔效应C.浸泡过KMnO4溶液的硅土可作水果保鲜剂D.燃煤中加入CaO可削减温室气体的排放【答案】D【解析】【详解】A．Fe具有还原性，能够汲取空气中的氧气，则还原铁粉可以用作食品袋中的抗氧化剂，故A正确；B．含有灰尘的空气属于胶体，光柱是胶体的丁达尔效应，故B正确；C．乙烯具有催熟效果，能够被高锰酸钾溶液氧化，所以浸泡过KMnO4溶液的硅藻土放在水果箱里可延长水果的保鲜期，故C正确；D．加入氧化钙，可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量削减，燃煤中加入CaO后可削减酸雨的发生，但不能削减温室气体二氧化碳的排放量，故D错误；故选D。2.下列关于有机物的说法错误的是A.植物油分子结构中含有碳碳双键B.乙醇与钠反应生成乙醇钠和氢气，属于取代反应C.同温同压下，等质量的乙炔和苯完全燃烧耗氧量相同D.分子式为C3H6BrC1的有机物不考虑立体异构共5种【答案】B【解析】【详解】A．植物油属于不饱和高级脂肪酸甘油酯，分子结构中含有碳碳双键，故A正确；B．钠与乙醇发生反应生成乙醇钠和氢气，属于置换反应，故B错误；C．乙炔和苯的最简式相同，都是CH，则相同质量的乙炔和苯充分燃烧耗氧量相同，故C正确；D．分子式为C3H6BrC1的有机物的同分异构体有：①Br在1号C上，C1有3种位置，即3种结构；②Br在2号C上，C1有2种位置，即2种结构，共5种结构，故D正确；故选B。【点睛】本题的易错点为A，要留意油脂包括油和脂，油是不饱和高级脂肪酸甘油酯，脂是饱和高级脂肪酸甘油酯，不饱和高级脂肪酸结构中含有碳碳双键。3.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.19g羟基（-18OH）所含中子数为10NAB.标准状况下，44.8LHF含有2NA个极性键C.1molNaHSO4晶体含有的离子数为3NAD.0.1mol·L-1KAl(SO4)2溶液中SO42-的数目为0.2NA【答案】A【解析】【详解】A．19g

羟基(-18OH)的物质的量为=1mol，而羟基(-18OH)中含10个中子，故1mol羟基(-18OH)中含10NA个中子，故A正确；B．标况下HF为液体，不能依据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；C．NaHSO4由钠离子和硫酸氢根离子构成，1mol

NaHSO4晶体中含有的离子总数为2NA，故C错误；D．溶液体积未知，无法计算0.1mol·L-1KAl(SO4)2溶液中SO42-的数目，故D错误；故选A。【点睛】本题的易错点为B，要留意一些特别物质在标准状况下的状态，本题中的HF为液体，类似的还有SO3为固体，H2O为液体或固体等。4.下列试验操作或方法正确的是A.检验某溶液中是否含有Fe2+时，先加入少量H2O2，再滴加KSCN溶液B.配制100mLlmol/LNaCl溶液时，用托盘天平称取5.85gNaCl固体C.将FeC13饱和溶液煮沸制备Fe(OH)3胶体D.用紫色石蕊溶液鉴别乙醇、乙酸和苯【答案】D【解析】【详解】A．检验某溶液中是否含有Fe2+，应先滴加KSCN溶液不变色，再向溶液中滴入氯水或H2O2，看溶液是否变色，依次不能颠倒，故A错误；B．托盘天平的感量为0.1g，可称量5.9gNaCl固体，故B错误；C．制备氢氧化铁胶体，应在沸水中滴加饱和氯化铁溶液，当溶液出现红褐色时停止加热，不能长时间煮沸，防止胶体聚沉，故C错误；D．乙醇与水混溶，加入石蕊呈紫色；乙酸水溶液呈酸性，可使紫色石蕊试液变红；苯不溶于水，分层；三者现象不同，可鉴别，故D正确；故选D。5.下列离子方程式书写正确的是A.食醋除水垢2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O：B.稀硝酸中加入少量亚硫酸钠：2H++SO32-=SO2↑+H2OC.处理工业废水时Cr(Ⅵ)转化：Cr2O72-+3SO32-+8H+=3SO42-+2Cr3++4H2OD.用酸性KMnO4测定草酸溶液浓度：5C2O42-+2MnO4-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O【答案】C【解析】【详解】A．食醋的主要成分为乙酸，属于弱酸，用食醋除水垢，离子方程式：2CH3COOH+CaCO3═CO2↑+Ca2++H2O+2CH3COO-，故A错误；B．酸性条件下，亚硫酸钠被硝酸氧化生成硫酸钠，离子反应方程式为：3SO32-+2H++2NO3-=3SO42-+2NO↑+H2O，故B错误；C．Cr(Ⅵ)具有强氧化性，可以用在酸性条件下，用亚硫酸钠处理工业废水时Cr(Ⅵ)，反应的离子方程式为：Cr2O72-+3SO32-+8H+=3SO42-+2Cr3++4H2O，故C正确；D．酸性高锰酸钾可氧化草酸溶液，草酸是弱酸，不能拆开，正确的的离子反应为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点为B，要留意硝酸具有强氧化性，能够将亚硫酸根离子氧化。6.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，原子序数之和为42，X原子的核外电子总数等于Y的最外层电子数，Z原子最外层只有1个电子，W能形成酸性最强的含氧酸。下列说法正确的是A.单质的熔点：Z>X B.Z与Y、W均能形成离子化合物C.气态氢化物的沸点：X<Y<W D.X、Z的氧化物均含非极性键【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，原子序数之和为42，Z原子最外层只有1个电子，Z是第IA元素，结合原子序数大小可知Z为Na元素；W能形成酸性最强的含氧酸，W应当为Cl元素；X、Y的原子序数之和=42-11-17=14，X原子的核外电子数等于Y的最外层电子数，Y只能位于其次周期，设X的核外电子数为x，则x+(2+x)=14，解得x=6，则X为C元素、Y为O元素，据此结合元素周期律分析解答。【详解】依据上述分析，X为C元素，Y为O元素，Z为Na元素，W为Cl元素。A．X、Z分别为C、Na元素，金属Na的熔点较低，C的单质一般为金刚石或石墨，熔点较高，熔点：X＞Z，故A错误；B．Na与O和Cl形成的化合物为氧化钠和过氧化钠、NaCl，都是离子化合物，故B正确；C．水分子间能够形成氢键，沸点：H2O＞HCl，故C错误；D．X、Z的氧化物可以是CO或CO2、Na2O或Na2O2，仅Na2O2有非极性键，故D错误；故选B。7.某学习小组在试验室从海带中提取碘，设计试验流程如下：下列说法错误的是A.过滤操作主要除去海带灰中难溶于水的固体，它们主要是无机物B.氧化剂参与反应的离子方程式为2I-+H2O2+2H+=I2+2H2OC.萃取过程所用有机溶剂可以是酒精或四氯化碳D.因I2易升华，I2的有机溶液难以通过蒸馏法彻底分别【答案】C【解析】【分析】试验室从海带中提取碘：将海带在坩埚中灼烧得到海带灰，将海带灰浸泡得到海带灰悬浊液，然后采纳过滤方法将残渣和溶液分别，得到含有碘化钾的溶液，向水溶液中加入氧化剂，将I-氧化成I2，向含有碘单质的溶液中加入萃取剂萃取分液得到碘单质的有机溶液，据此分析解答。【详解】A．海带在坩埚中灼烧得到海带灰，有机物燃烧生成二氧化碳和水，过滤操作主要除去海带灰中难溶于水的固体，主要是无机物，故A正确；B．氧化剂可以选用过氧化氢溶液，反应的离子方程式为2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，故B正确；C．萃取过程所用有机溶剂可以是四氯化碳或苯，不能选用酒精，因为酒精易溶于水，故C错误；D．因I2易升华，有机溶剂的沸点一般较低，因此I2的有机溶液通过蒸馏法难以彻底分别，故D正确；故选C。8.2024年诺贝尔化学奖授予在开发锂离子电池方面做出卓越贡献的三位化学家。锂离子电池的广泛应用要求处理锂电池废料以节约资源、爱护环境。锂离子二次电池正极铝钴膜主要含有LiCoO2、A1等，处理该废料的一种工艺如下图所示：回答下列问题：(l)Li原子结构示意图为____，LiCoO2中Co的化合价是____。(2)“碱浸”时Al溶解的离子方程式为________。(3)“酸溶”时加入H2O2的目的是____，调整pH后所得滤渣主要为____。(4)“沉钴”的离子方程式为________。(5)配制100mLl.0mol/L(NH4)2C2O4溶液，须要的玻璃仪器除玻璃棒、烧杯外，还须要____。(6)取CoC2O4固体4.41g在空气中加热至300℃，得到钴的氧化物2.41g，则该反应的化学方程式为____。【答案】(1).(2).+3(3).2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑(4).将LiCoO2中的Co（Ⅲ）还原为+2价(5).LiOH(6).Co2++C2O42-=CoC2O4↓(7).100mL容量瓶、胶头滴管(8).3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2【解析】【分析】铝钴膜主要含有LiCoO2、A1等，将废料先用碱液浸泡，将Al充分溶解，过滤后得到的滤液中含有偏铝酸钠，滤渣为LiCoO2，将滤渣用双氧水、硫酸处理后生成Li2SO4、CoSO4，然后加入氨水调整溶液的pH，生成氢氧化锂沉淀从而除去锂离子，最终对滤液用草酸铵洗涤处理，经过一系列处理得到草酸钴，据此分析解答。【详解】(1)锂是3号元素，原子结构示意图为；LiCoO2中Li显+1价，氧元素显-2价，设钴元素的化合价是x，依据在化合物中正负化合价代数和为零，可得：(+1)+x+(-2)×2=0，则x=+3；(2)“碱浸”时Al溶解于氢氧化钠溶液，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；(3)“酸溶”时加入H2O2，可以将LiCoO2中的Co(Ⅲ)还原为+2价，用氨水调整pH，将锂离子转化为氢氧化锂沉淀，所得滤渣主要为LiOH；(4)“沉钴”中CoSO4与草酸铵反应生成草酸钴，反应的离子方程式为Co2++C2O42-=CoC2O4↓；(5)配制100mLl.0mol/L(NH4)2C2O4溶液，须要经过称量、溶解、转移、洗涤、定容等步骤，须要的玻璃仪器除玻璃棒、烧杯外，还须要100mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：100mL容量瓶、胶头滴管；(6)4.41gCoC2O4的物质的量为=0.03mol，其中含有钴元素的质量=0.03mol×59g/mol=1.77g，因此钴的氧化物中含有氧元素的质量=2.41g-1.77g=0.64g，氧元素的物质的量==0.04mol，因此该钴的氧化物为Co3O4，钴元素被氧化，因此反应物中须要氧气参与，依据元素守恒，生成物中还有二氧化碳，反应的方程式为3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。【点睛】本题的易错点和难点为(6)，要留意依据钴元素守恒推断出钴的氧化物的化学式，结合钴元素化合价的改变和元素守恒推断其他反应物和生成物。9.苯甲酸乙酯可由苯甲酸与乙醇在浓硫酸共热下反应制得，反应装置如图（部分装置省略），反应原理如下：试验操作步骤：①向三颈烧瓶内加入12.2g苯甲酸、25mL乙醇、20mL苯及4mL浓硫酸，摇匀，加入沸石。②装上分水器、电动搅拌器和温度计，加热至分水器下层液体接近支管时将下层液体放入量筒中。接着蒸馏，蒸出过量的乙醇，至瓶内有白烟(约3h)，停止加热。③将反应液倒入盛有80mL冷水的烧杯中，在搅拌下分批加入碳酸钠粉末至溶液无二氧化碳逸出，用pH试纸检验至呈中性。④用分液漏斗分出有机层，水层用25mL乙醚萃取，然后合并至有机层。用无水CaC12干燥，粗产物进行蒸馏，低温蒸出乙醚。当温度超过140℃时，干脆接收210-213℃的馏分，最终通过蒸馏得到纯净苯甲酸乙酯12.8mL。可能用到的有关数据如下：相对分子质量密度（g/cm3）沸点/℃溶解性苯甲酸1221.27249微溶于水，易溶于乙醇、乙醚苯甲酸乙酯1501.05211-213微溶于热水，溶于乙醇、乙醚乙醇460.7978.5易溶于水乙醚740.7334.5微溶于水回答以下问题：(1)反应装置中分水器上方的仪器名称是______，其作用是____(2)步骤①中加浓硫酸的作用是_________，加沸石的目的是______。(3)步骤②中运用分水器除水目的是_________。(4)步骤③中加入碳酸钠的目的是________。(5)步骤④中有机层从分液漏斗的____（选填“上口倒出”或“下口放出”）。(6)本试验所得到的苯甲酸乙酯产率是________%。【答案】(1).球形冷凝管(2).冷凝回流，削减反应物乙醇的损失(3).作催化剂(4).防止暴沸(5).刚好分别出产物水，促使酯化反应的平衡正向移动(6).除去硫酸及未反应的苯甲酸(7).下口放出(8).89.6【解析】【分析】依据反应原理，联系乙酸与乙醇的酯化反应试验的留意事项，结合苯甲酸、乙醇、苯甲酸乙酯、乙醚的性质分析解答(1)～(5)；(6)依据试验中运用的苯甲酸的质量和乙醇的体积，计算推断完全反应的物质，再依据反应的方程式计算生成的苯甲酸乙酯的理论产量，最终计算苯甲酸乙酯的产率。【详解】(1)依据图示，反应装置中分水器上方的仪器是球形冷凝管，乙醇简单挥发，球形冷凝管可以起到冷凝回流，削减反应物乙醇的损失；(2)苯甲酸与乙醇的酯化反应须要用浓硫酸作催化剂，加入沸石可以防止暴沸；(3)苯甲酸与乙醇的酯化反应中会生成水，步骤②中运用分水器除水，可以刚好分别出产物水，促使酯化反应的平衡正向移动，提高原料的利用率；(4)步骤③中将反应液倒入盛有80mL冷水的烧杯中，在搅拌下分批加入碳酸钠粉末，碳酸钠可以与硫酸及未反应的苯甲酸反应生成二氧化碳，因此加入碳酸钠的目的是除去硫酸及未反应的苯甲酸；(5)依据表格数据，生成的苯甲酸乙酯密度大于水，在分液漏斗中位于下层，分别出苯甲酸乙酯，应当从分液漏斗的下口放出；(6)12.2g苯甲酸的物质的量==0.1mol，25mL乙醇的质量为0.79g/cm3×25mL=19.75g，物质的量为=0.43mol，依据可知，乙醇过量，理论上生成苯甲酸乙酯0.1mol，质量为0.1mol×150g/mol=15g，事实上生成苯甲酸乙酯的质量为12.8mL×1.05g/cm3=13.44g，苯甲酸乙酯产率=×100%=89.6%。10.硝酸是一种重要的化工原料，工业上采纳氨催化氧化法制备，生产过程中发生的反应有：NH3(g)+O2(g)NO(g)+H2O(l)△H1=-292.3kJ/molNO(g)+O2(g)=NO2(g)△H2=-57.1kJ/mol3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)△H3=-71.7kJ/mol回答以下问题：(1)NH3(g)+2O2(g)=HNO3(aq)+H2O(l)的△H=___________kJ/mol。原料气体(NH3、O2)在进入反应装置之前，必需进行脱硫处理。其缘由是____。(2)探讨表明2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步：(a)2NO(g)N2O2(g)(快)(b)N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢)①该反应的速率由b步确定，说明b步反应的活化能比a步的___(填“大”或“小”)。②在恒容条件下，NO和O2的起始浓度之比为2:1，反应经验相同时间，测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图，则150℃时，v正___v逆(填“>”或“<”)。若起始c(O2)=5.0×10-4mol/L，则380℃下反应达平衡时c(O2)=____mol/L。(3)T1温度时，在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应2NO+O22NO2，试验测得：v正=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k正c2(NO)·c(O2)，v逆=v(NO2)消耗=k逆c2(NO2)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。容器中各反应物和生成物的物质的量随时间改变如下图所示：①下列说法能表明该反应已经达到平衡状态的是____填序号)A.混合气体的密度不变B.混合气体的颜色不变C.k正、k逆不变D.2v正(O2)=v逆(NO2)②化学平衡常数K与速率常数k正、k逆的数学关系式K=____。③温度为T1时的化学平衡常数K=_____。若将容器的温度变为T2时，k正=k逆，则T2___T1(填“＞”“＜”或“=”)。【答案】(1).-413.8(2).含硫化合物会引起催化剂中毒（含硫化合物会使催化剂降低或失去催化效果）(3).大(4).＞(5).2.5×10-4(6).BD(7).(8).5(9).＞【解析】【分析】(1)依据盖斯定律分析计算；含硫化合物会引起催化剂中毒，据此分析解答；(2)该反应的速率由b步确定，说明b步反应的活化能比较大；依据图像，150℃时，NO的转化率小于NO的平衡转化率，说明反应须要接着正向接着；380℃下反应达平衡时，NO的平衡转化率为50%，据此计算平衡时的c(O2)；(3)①在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应2NO+O22NO2，依据平衡状态的特征分析推断；②化学平衡时，正、逆反应速率相等，v正=v逆，结合K的表达式分析计算；③依据图像，计算出温度为T1时，平衡时c(NO)、c(O2)、c(NO2)，再结合化学平衡常数K=计算；依据K=推断平衡常数的改变，据此推断平衡移动的方向，再推断温度的改变。【详解】(1)①NH3(g)+O2(g)NO(g)+H2O(l)△H1=-292.3kJ/mol，②NO(g)+O2(g)=NO2(g)△H2=-57.1kJ/mol，③3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)△H3=-71.7kJ/mol，依据盖斯定律，将①+②×+③×得：NH3(g)+2O2(g)=HNO3(aq)+H2O(l)△H=(-292.3kJ/mol)+(-57.1kJ/mol)×+(-71.7kJ/mol)×=-413.8kJ/mol；含硫化合物会引起催化剂中毒，因此原料气体(NH3、O2)在进入反应装置之前，必需进行脱硫处理，防止含硫化合物引起催化剂中毒；(2)①该反应的速率由b步确定，说明b步反应的活化能比a步的大；②依据图像，150℃时，NO的转化率小于NO的平衡转化率，说明反应须要接着正向接着，因此v正＞v逆；若起始c(O2)=5.0×10-4mol/L，依据图像，380℃下反应达平衡时，NO的平衡转化率为50%，因此c(O2)=2.5×10-4mol/L；(3)①在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应2NO+O22NO2，A.混合气体的质量和容器的体积均不变，混合气体的密度始终不变，不能说明达到平衡状态，故A错误；B.混合气体中只有NO2有色，气体的颜色不变，说明NO2浓度不变，说明达到平衡状态，故B正确；C.k正、k逆为速率常数，只与温度有关，温度不变，k正、k逆始终不变，不能说明达到平衡状态，故C错误；D.2v正(O2)=v逆(NO2)表示正逆反应速率相等，说明达到平衡状态，故D正确；故答案为：BD；②化学平衡时，正逆反应速率相等，v正=v逆，即k正c2(NO)·c(O2)=k逆c2(NO2)，化学平衡常数K==；③依据图像，温度为T1时，平衡时，c(NO)==0.4mol/L，c(O2)==0.2mol/L，c(NO2)==0.4mol/L，此时化学平衡常数K===5；若将容器的温度变为T2时，k正=k逆，即K==1，平衡常数减小，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应，因此T2＞T1。11.氟代硼酸钾(KBe2BO3F2)是激光器的核心材料，我国化学家在此领域的探讨走在了世界的最前列。回答下列问题：(1)氟代硼酸钾中各元素原子的第一电离能大小依次是F>O>___。基态K+电子占据最高能级的电子云轮廓图为____形。(2)NaBH4是有机合成中常用的还原剂，其中的阴离子空间构型是____，中心原子的杂化形式为____。NaBH4中存在____（填标号）。a.离子键b.氢键c.σ键d.π键(3)BeC12中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的BeCl2的结构式为___，其中Be的配位数为_____。(4)第三周期元素氟化物的熔点如下表：说明表中氟化物熔点改变的缘由：____。(5)CaF2的一种晶胞如图所示。Ca2+占据F-形成的空隙，其空隙率是____。若r(F-)=xpm，r(Ca2+)=ypm，设阿伏加德罗常数的值为NA，则CaF2的密度ρ=_____g-3（列出计算表达式）。【答案】(1).Be＞B＞K(2).哑铃（纺锤）(3).正四面体(4).sp3(5).ac(6).(7).3(8).前三种为离子晶体，晶格能依次增大；后三种为分子晶体，分子间作用力依次增大(9).50%(10).或【解析】【分析】(1)同一周期，从左到右，元素的第一电离能渐渐增大，但第ⅡA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，同一主族，从上到下，元素的第一电离能渐渐减小，据此推断第一电离能大小依次；依据K为19号元素，基态K+电子占据最高能级的电子为3p，据此推断电子云形态；(2)BH4-中B形成4个σ键，没有孤电子对；NaBH4属于离子化合物，阴离子为BH4-，据此分析推断存在的化学键类型；(3)BeCl2中Be为4号元素，存在空轨道，Cl含有孤电子对，据此分析解答；(4)前三种为离子晶体，后三种为分子晶体，结合影响离子晶体和分子晶体熔点的因素分析解答；(5)依据CaF2的晶胞图，F一形成的空隙有8个，其中4个空隙被Ca2+占据；依据均摊法计算一个晶胞中含有F一和Ca2+的数目，再计算晶胞的质量，依据晶胞中体对角线的长度为4(x+y)pm计算晶胞的体积，最终再计算晶胞的密度。【详解】(1)同一周期，从左到右，元素的第一电离能渐渐增大，但第ⅡA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，同一主族，从上到下，元素的第一电离能渐渐减小，氟代硼酸钾(KBe2BO3F2)中各元素原子的第一电离能大小依次是F>O>Be＞B＞K；K为19号元素，基态K+电子占据最高能级的电子为3p电子，电子云轮廓图为纺锤形；(2)NaBH4是有机合成中常用的还原剂，其中的阴离子BH4-中B形成4个σ键，没有孤电子对，空间构型为正四面体；中心原子B的杂化形式为sp3杂化；NaBH4属于离子化合物，存在离子键，BH4-中存在极性键，B原子存在空轨道，与H形成配位键，极性键、配位键都是σ键，故选ac；(3)BeCl2中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在，BeCl2中Be存在空轨道，Cl含有孤电子对，可以形成配位键，因此双聚BeCl2分子的结构式为；其中Be的配位数为3；(4)依据表格数据，钠、镁、铝属于活泼的金属元素，与F形成的金属氟化物为离子晶体，熔点均较高，离子半径依据钠、镁、铝的依次渐渐减小，晶格能渐渐增大，因此三种离子晶体的熔点渐渐上升；后面三种均为分子晶体，熔点较低，分子间作用力依次增大，熔点渐渐上升；(5)依据CaF2的晶胞图，F一形成的空隙有8个，其中4个空隙被Ca2+占据，空隙率为5