浙江省舟山市五校联盟2025-2026学年高二化学下学期期中调研试题【含答案】

舟山市2025学年下学期期中调研试卷高二化学考生须知：1.本卷共8页，满分100分，考试时间90分钟。2、答题前，在答题卷指定区域填写学校、班级、姓名、考场号、座位号及准考证号3、所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效4、考试结束后，只需上交答题卷可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23W-184选择题部分一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每小题列出的四个选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列各组物质中，是极性分子的是A.苯 B. C. D.【答案】C【解析】【详解】A．苯分子为平面正六边形结构，分子高度对称，正负电荷中心重合，属于非极性分子，A错误；B．P4分子为正四面体结构，结构对称，正负电荷中心重合，属于非极性分子，B错误；C．O3分子为V形结构，结构不对称，正负电荷中心不重合，属于极性分子，C正确；D．C2H2为直线形对称结构，分子正负电荷中心重合，属于非极性分子，D错误；故答案为：C。2.下列化学用语表示正确的是A.乙醛的结构简式： B.的名称：3-甲基丁烷C.的VSEPR模型： D.的球棍模型：【答案】C【解析】【详解】A．乙醛的结构简式：CH3CHO，醛基可写为-CHO，不能写为-COH，A错误；B．的名称为2-甲基丁烷，应从离取代基最近的一端开始编号，使取代基位次尽可能小，B错误；C．有2个σ键，孤电子对数为，因此其VSEPR模型为，C正确；D．的球棍模型应为：，D错误；故选C。3.下列分子式只表示一种物质的是A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】A．为丙烷，属于饱和烷烃，碳原子仅存在直链一种连接方式，无同分异构体，只表示丙烷一种物质，A正确；B．存在同分异构体，可表示乙醇或二甲醚，不止对应一种物质，B错误；C．C3HD．的不饱和度为1，可表示戊烯类烯烃，也可表示环戊烷等环烷烃，存在多种同分异构体，不止对应一种物质，D错误；故选A。4.下列说法错误的是A.因晶体物理性质的各向异性，水晶在不同方向上导热性不同B.分子晶体中，分子间作用力越大，对应的物质越稳定C.石墨烯(如图所示)中平均每个六元碳环含有2个碳原子D.晶体加热脱水时，需克服氢键的作用【答案】B【解析】【详解】A．水晶（​）属于单晶体，单晶体具有物理性质各向异性的特点，因此水晶在不同方向上导热性不同，A正确；B．分子晶体中，分子间作用力只影响物质的熔沸点高低；物质分子的稳定性由分子内共价键的键能决定，键能越大分子越稳定，与分子间作用力无关，B错误；C．石墨烯中每个碳原子被3个六元碳环共用，因此平均每个六元碳环含碳原子数为，C正确；D．晶体中，部分水分子通过氢键与硫酸根、配位水结合，加热脱水时需要克服氢键的作用，D正确；故选B。5.下列说法不正确的是A.“电子气理论”可解释金属材料具有良好导电性、导热性和延展性B.Al2O3的离子键成分的百分数较小，可当作共价晶体来处理C.熔点为2700℃，导电性好、延展性强的晶体一定是共价晶体D.混合型晶体是由多种类型晶体互相混合而成的晶体，如石墨就是常见的混合型晶体【答案】C【解析】【详解】A．“电子气理论”可解释金属材料具有良好导电性、导热性和延展性，A正确；B．Al2O3的离子键成分的百分数较小，可当作共价晶体来处理，B正确；C．熔点为2700℃，导电性好、延展性强的晶体有可能是金属晶体，C错误；D．混合型晶体是由多种类型晶体互相混合而成的晶体，如石墨就是常见的混合型晶体，D正确。故选C。6.下列各组物质发生变化时，克服的粒子间作用力种类完全相同的是A.和熔化 B.和受热分解C.HCl和蔗糖溶于水 D.碘单质和干冰升华【答案】D【解析】【详解】A．Na2O是离子晶体，熔化时克服离子键，SiO2是共价晶体，熔化时克服共价键，二者克服的作用力种类不同，A错误；B．NH4Cl受热分解生成和，需要破坏离子键和共价键，H2O2受热分解生成和，只破坏共价键，二者克服的作用力种类不同，B错误；C．HCl溶于水电离出离子，克服共价键，蔗糖溶于水不电离，只克服分子间作用力，二者克服的作用力种类不同，C错误；D．碘单质和干冰都属于分子晶体，升华时都只克服分子间作用力，二者克服的作用力种类完全相同，D正确；故选D。7.下列各项比较中前者大于后者的是A.键角：与B.熔点：NaI与NaBrC.中心原子价层电子对数：与D.电负性：N与O【答案】A【解析】【详解】A．NH3中心N原子含1对孤电子对，H2O中心O原子含2对孤电子对，孤电子对越多对成键电子对的斥力越大，键角越小，因此键角NH3大于H2O，A符合题意；B．NaI和NaBr均为离子晶体，离子半径I->Br-，离子键键能NaI<NaBr，离子晶体离子键键能越小熔点越低，因此熔点NaI小于NaBr，B不符合题意；C．中心原子价层电子对数为，中心原子价层电子对数为，因此前者中心原子价层电子对数小于后者，C不符合题意；D．同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，N和O均为第二周期元素，原子序数N<O，因此电负性N小于O，D不符合题意；故答案选A。8.下列选项不能用氢键知识进行解释的是A.在，冰的密度比水小 B.氨易液化，而氮气不容易液化C.乙醇与水以任意比互溶 D.比更稳定【答案】D【解析】【详解】A．冰中水分子间通过氢键形成空旷的有序网状结构，分子间空隙更大，等质量的冰体积大于液态水，因此密度比水小，可以用氢键解释，A不符合题意；B．NH3分子间存在氢键，分子间作用力更强，沸点更高，因此更易液化，N2分子间不存在氢键，沸点低难液化，可以用氢键解释，B不符合题意；C．乙醇分子与水分子之间可以形成氢键，大幅提升了乙醇在水中的溶解度，因此二者能以任意比互溶，可以用氢键解释，C不符合题意；D．物质稳定性属于化学性质，由分子内共价键的键能决定，O-H键键能大于S-H键键能，因此H2O比H2S更稳定，该性质与氢键无关，不能用氢键解释，D符合题意；故答案选D。9.下列化学用语中，正确的是A.基态C原子价层电子轨道表示式：B.聚丙烯的结构简式：C.分子中共价键形成的示意图：D.的离子结构示意图：【答案】A【解析】【详解】A．基态C原子价层电子排布为，基态C原子价层电子轨道表示式：，A符合题意；B．聚丙烯由丙烯（）加聚生成，结构简式应为，B不符合题意；C．分子中，两个Cl原子的3p轨道以头碰头重叠形成σ键，而非p轨道的“肩并肩”重叠，C不符合题意；D．核电荷数为+9，的离子结构示意图，D不符合题意；故选A。10.某粗苯甲酸样品中含有少量氯化钠和泥沙，提纯苯甲酸按如下流程：下列说法正确的是A.甲操作，可用蒸发皿代替烧杯B.乙操作，漏斗颈部可能有晶体析出影响过滤C.丙操作，采用冰水冷却可得大颗粒晶体便于后续操作D.丁与乙操作，均采用冷水洗涤可提高产率【答案】B【解析】【详解】A．蒸发皿用于蒸发结晶，不能用于药品溶解，A错误；B．过滤时热量散失，导致溶液温度降低，漏斗颈部可能有晶体析出影响过滤，B正确；C．采用冰水冷却得到的是小颗粒晶体，C错误；D．苯甲酸溶解度受温度影响较大，温度高，溶解度大，乙采用热水洗涤可提高产率，D错误；故选B。11.冠醚因分子结构形如皇冠而得名，某冠醚分子c可识别为，其合成方法如下。下列说法错误的是A.a、b、c均可发生取代反应 B.c核磁共振氢谱有3组峰C.c识别后形成超分子 D.c可增加KI在苯中的溶解度【答案】B【解析】【详解】A．a中含有羟基、苯环、烷基，b中含有碳氯键，c中含有苯环、烷基，都能在一定条件下发生取代反应，A正确；B．根据c的结构简式可知，冠醚中有四种不同化学环境的氢原子，如图所示：，核磁共振氢谱有4组峰，B错误；C．冠醚分子c与K+通过配位键形成超分子，C正确；D．冠醚分子c极性较小，易溶于苯，冠醚分子c可识别K+形成超分子，因此醚分子c可增加KI在苯中的溶解度，D正确；故选B。12.将有机物完全燃烧，生成CO2和H2O。将12g该有机物的完全燃烧产物通过浓硫酸，浓硫酸增重14.4g，再通过碱石灰，碱石灰增重26.4g。则该有机物的分子式为A.C4H10 B.C2H6O C.C3H8O D.C2H4O2【答案】C【解析】【详解】浓硫酸增重可知水的质量为14.4g，可计算出n(H2O)==0.8mol，n(H)=1.6mol，m(H)=1.6g；使碱石灰增重26.4g，可知二氧化碳质量为26.4g，n(C)=n(CO2)==0.6mol，m(C)=7.2g，m(C)+m(H)=8.8g，有机物的质量为12g，所以有机物中氧的质量为3.2g，n(O)==0.2mol，n(C)：n(H)：n(O)=0.6mol：1.6mol：0.2mol=3：8：1，即实验式为C3H8O，由于C3H8O中碳原子已经饱和，所以分子式也为C3H8O，故答案为：C。13.下列反应能说明苯环对取代基的影响的是A.甲苯可与氢气发生加成反应B.甲苯和浓硝酸、浓硫酸反应生成TNTC.甲苯在一定条件下反应生成对氯甲苯D.甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化【答案】D【解析】【详解】A．甲苯可与氢气发生加成反应，是苯环具有的性质，与苯的性质相似，没有体现苯环对取代基的影响，A不符合题意；B．甲苯和浓硝酸、浓硫酸反应生成TNT，是甲基影响苯环，使甲基所连苯环碳邻、对位上的氢原子变得活泼，B不符合题意；C．甲苯在一定条件下反应生成对氯甲苯，与苯的性质相似，没有体现苯环对取代基的影响，C不符合题意；D．甲烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但甲苯能被酸性高锰酸钾溶液氧化，则表明苯环使甲基变得活泼，D符合题意；故选D。14.下列说法错误的是A.当晶体颗粒小至纳米量级，熔点会下降B.与使用核磁共振氢谱图进行区分C.核磁共振氢谱有4组峰D.隐形飞机的微波吸收材料：及其单体都能使溴水褪色【答案】C【解析】【详解】A．当晶体颗粒小至纳米量级时，晶体的表面积增大，其熔点会发生变化，熔点会下降，A正确；B．（甲酸乙酯）含3种不同化学环境的氢原子，核磁共振氢谱有3组峰；（丙酸）也含3种不同化学环境的氢原子，核磁共振氢谱也有3组峰，但是两种物质中的氢原子所处的化学环境不同，峰的位移不同，可区分，B正确；C．该有机物不是对称的结构，含有9种环境的H原子：，核磁共振氢谱有9组峰，C错误；D．该高分子的单体为乙炔（），高分子中含有碳碳双键，二者均可与溴发生加成反应，使溴水褪色，D正确；故选C。15.向盛有硫酸铜蓝色溶液的试管里滴加浓氨水，先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色透明溶液，再加无水乙醇得到深蓝色晶体。下列说法正确的是A.的空间构型为正四面体B.加入乙醇的目的是减小的溶解度C.在中给出孤电子对，提供空轨道D.与间的配位键比与间的配位键弱【答案】B【解析】【详解】A．[Cu(H2OB．是极性配合物，在水中溶解度大，在乙醇中溶解度小，加入无水乙醇的目的就是减小其溶解度，便于深蓝色晶体析出，B正确；C．在中，中心离子提供空轨道，配体中的氮原子提供孤电子对，C错误；D．实验中转化为，说明与间的配位键比与间的配位键更强，D错误；故选B。16.在一定条件下，甲苯可生成二甲苯混合物和苯。有关物质的沸点、熔点如下：

对二甲苯邻二甲苯间二甲苯苯沸点/点/℃13-25-476下列说法不正确的是A.该反应属于取代反应B.甲苯的沸点高于144℃C.用蒸馏的方法可将苯从反应所得产物中首先分离出来D.从二甲苯混合物中，用冷却结晶的方法可将对二甲苯分离出来【答案】B【解析】【详解】A．甲苯生成二甲苯是苯环上氢原子被甲基取代，生成苯是甲基被氢原子取代，均属于取代反应，A正确；B．对分子晶体来说，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，甲苯相对分子质量小于二甲苯，因此甲苯沸点低于二甲苯，不可能高于144℃，B错误；C．蒸馏分离的依据是混合物沸点差异，苯的沸点为80℃，远低于二甲苯的沸点，蒸馏时沸点低的物质先蒸出，因此可首先分离出苯，C正确；D．三种二甲苯中，对二甲苯的熔点远高于邻二甲苯、间二甲苯，冷却过程中对二甲苯会先达到凝固点凝结析出晶体，因此可以用冷却结晶的方法分离出对二甲苯，D正确；故选B。17.下列化合物中核磁共振氢谱上只出现三个峰且峰面积之比为的是A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】A．如下图所示，可知该化合物有2种不同化学环境的氢原子，①号位、②号位的氢原子所处的化学环境分别相同，所以该化合物有2种不同化学环境的氢原子，且个数比为3:1，对应核磁共振氢谱上出现2个峰，峰面积比为3:1，A错误；B．如下图所示，可知该化合物有3种不同化学环境的氢原子，①号位、②号位、③号位的氢原子所处的化学环境分别相同，所以该化合物有3种不同化学环境的氢原子，且个数比为3:2:2，对应核磁共振氢谱上出现3个峰，峰面积比为3:2:2，B正确；C．如下图所示，可知该化合物有2种不同化学环境的氢原子，①号位、②号位的氢原子所处的化学环境分别相同，所以该化合物有2种不同化学环境的氢原子，且个数比为3:1，对应核磁共振氢谱上出现2个峰，峰面积比为3:1，C错误；D．如下图所示，可知该化合物有2种不同化学环境的氢原子，①号位、②号位的氢原子所处的化学环境分别相同，所以该化合物有2种不同化学环境的氢原子，且个数比为3:2，对应核磁共振氢谱上出现2个峰，峰面积比为3:2，D错误；故答案选B。18.下列关于晶体结构或性质的描述正确的是A.液晶是液体和晶体的混合物B.金属晶体的熔点都比分子晶体的熔点高C.共价晶体中共价键越强，晶体的熔点越高D.分子晶体中分子间作用力越大，该物质越稳定【答案】C【解析】【详解】A．液晶是一类特殊的纯净（或均一）物质，兼具液体的流动性和晶体的各向异性，不是液体和晶体的混合物，A错误；B．金属晶体的熔点不一定高于分子晶体，例如常温下金属汞为液态，熔点远低于碘、硫磺等固态分子晶体，B错误；C．共价晶体熔化需要破坏共价键，共价键越强、键能越大，破坏共价键需要的能量越高，晶体熔点越高，C正确；D．物质的化学稳定性取决于分子内共价键的强弱，与分子间作用力无关，D错误；故选C。19.使用现代分析仪器对某有机化合物X的分子结构进行测定，相关结果如下：由此推理得到有关X的结论错误的是A.属于醚类 B.结构简式为C.摩尔质量为74 D.组成元素有C、H、O【答案】C【解析】【详解】A．X分子中含有醚键，属于醚类，故A正确；

B．X的质荷比为74，X的相对分子质量为74，含有醚键，有2种等效氢，结构简式为，故B正确；C．X的质荷比为74，X的相对分子质量为74，摩尔质量为74g/mol，故C错误；

D．X分子中含有醚键，有2种等效氢，组成元素有C、H、O，故D正确；选C。20.精细化学品是与反应的主产物，的反应机理如图：下列说法不正确的是A.X与互为顺反异构体 B.与反应有副产物生成C.能使高锰酸钾溶液、溴的溶液褪色 D.Z中含有2个手性碳原子【答案】D【解析】【详解】A．X中双键两端碳原子分别连接不同基团（H/Ph和H/CH3），满足顺反异构条件；所给结构为双键另一构型，故二者为顺反异构体，A正确；B．碳正离子中间体Y（Ph-CH+-CH2-CH3）可发生1,2-氢迁移重排为更稳定的仲碳正离子（Ph-CH2-CH+-CH3），再与Br⁻结合生成副产物Ph-CH2-CHBr-CH3，B正确；C．X含碳碳双键，可被KMnO4氧化断裂，亦可与Br2发生亲电加成，C正确；D．Z结构为，手性碳原子如图所示（带*的为手性碳原子），故有1个手性碳原子，D错误；故选D。21.已知苯与液溴在溴化铁催化作用下发生取代反应的反应机理如下图所示，下列说法错误的是第一步：，第二步：A.反应Ⅰ为B.反应Ⅱ过程中碳原子的成键方式发生了改变C.若将换成ICl，将会生成D.甲苯也可以发生类似的反应【答案】C【解析】【详解】A．反应Ⅰ中Br2与FeBr3作用，FeBr3接受Br-形成[FeBr4]-，同时生成Br+，反应式正确，A正确；B．反应Ⅱ中苯环（大π键，sp2杂化）与Br+结合形成带正电荷的中间体，由图可知，一个碳原子成键方式由sp2杂化变为sp3杂化，成键方式改变，B正确；C．ICl中I电负性小于Cl，I带部分正电荷为亲电中心，与FeBr3作用生成I+，进攻苯环应生成碘苯而非氯苯，C错误；D．甲苯含苯环，甲基为活化基团，可在FeBr3催化下发生类似亲电取代反应，D正确；故选C。22.萘与丙烯合成2，6-二异丙基萘反应如下：下列说法错误的是A.萘与2，6-二异丙基萘互为同系物B.2，6-二异丙基萘位于环上的一溴代物有3种C.萘的二溴代物有8种D.2，6-二异丙基萘分子中有12个碳原子一定共平面【答案】C【解析】【详解】A．萘与2，6-二异丙基萘都有一个萘环，且2，6-二异丙基萘的萘环上连的基团均为烷基，二者结构相似且相差6个CH2原子团，故互为同系物，A正确；B．2，6-二异丙基萘为中心对称，所以分子中等效氢原子只考虑一侧即可，位于环上一侧的有三种氢原子，故其一溴代物有3种，B正确；C．采用定一移一法确定萘的二溴代物的数目，萘分子有两个对称轴，当一个溴原子在a位时，另一个溴原子位置有7种，当一个溴原子在b位时，另一个溴原子位置有3种，共10种，C错误；D．2，6-二异丙基萘中萘环上的10个碳原子与萘环直接相连的碳原子一定共面，故2，6-二异丙基萘分子中有12个碳原子一定共平面，D正确；故选C。23.双烯合成即狄尔斯-阿尔德反应(Diels-Alder反应)：，该反应用于构建六元环状烃，则下列说法错误的是A.通过上述反应合成，所需反应物为2—甲基—1，3—丁二烯和乙烯B.2—甲基—1，3—丁二烯和丙烯发生上述反应产物有2种C.通过上述反应合成，所需反应物为和D.狄尔斯阿尔德反应为加成反应，原子利用率为100%【答案】C【解析】【详解】A．乙烯和2－甲基－1，3－丁二烯反应，因此合成所需反应物为2－甲基－1，3－丁二烯和乙烯，故A正确B．2－甲基－1，3－丁二烯和丙烯发生上述反应，可以生成和两种产物，故B正确；C．通过上述反应合成，所需反应物为和，故C错误；D．狄尔斯阿尔德反应为加成反应，没有其他产物生成，原子利用率为100%，故D正确；答案选C。24.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，有机物中一定含有W元素，位于不同周期不同族的X和Y，第一电离能都比左右相邻元素高，Z的最高价氧化物对应水化物是两性氢氧化物。下列说法不正确的是A.第一电离能：X<Z B.离子半径：Y>ZC.电负性：W<X D.最高价氧化物的水化物的酸性：W<X【答案】A【解析】【分析】有机物中一定含有W元素，W为C；Z的最高价氧化物对应水化物是两性氢氧化物，Z为Al；位于不同周期不同族的X和Y，第一电离能都比左右相邻元素高，X为N，Y为Mg。【详解】A．同周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，同主族从上到下元素的第一电离能逐渐减小，则N的第一电离能（约1400kJ/mol）大于Al（约577kJ/mol），故A错误；B．Mg2+和Al3+具有相同的电子层结构，Al3+核电荷更大，离子半径更小，故B正确；C．同周期从左到右元素的电负性逐渐增大，N的电负性（3.04）大于C（2.55），故C正确；D．同周期从左到右元素的非金属性逐渐增强、最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，HNO3（X的最高价含氧酸）酸性强于H2CO3（W的最高价含氧酸），故D正确；故选A。25.晶体因x变化形成空位而导致颜色各异，当时，其立方晶胞结构如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A.与W最近且等距的O有6个 B.x增大时，W的平均价态升高C.密度为时， D.空位数不同，吸收的可见光波长不同【答案】B【解析】【详解】A．W位于立方体的顶角，以顶角W为例，在此晶胞内，离该顶角最近且距离相等的O原子位于该顶角所在3条棱的棱心，由于该顶角在8个晶胞里，而棱上的原子被4个晶胞共有，所以与W最近且距离相等的O原子有，故A正确；B．O元素化合价为-2价，负化合价总数为-6，设W元素的平均化合价为y，据正负化合价代数和为0可得：-6+y+x=0，y=6-x，x的值增大y减小，即W元素的平均化合价降低，故B错误；C．时，立方晶胞中W个数为、O个数为，若x=0.5，晶胞质量为，晶胞体积为，则密度，所以密度为时，x=0.5，故C正确；D．晶体因x变化形成空位而导致颜色各异，即空位数不同，吸收的可见光波长不同，故D正确；故答案为：B。非选择题部分二、非选择题26.按要求回答下列问题：（1）命名为___________；（2）写出中任意两种含氧官能团的名称___________。（3）写出异戊二烯()在一定条件下发生1，4加聚反应的化学方程式___________。（4）含硫化合物(a)、(b)，a和水溶液均呈酸性，相同温度下，值大小关系___________(填<，>，=)；其原因是___________【答案】（1）3,3,4-三甲基己烷（2）酯基、醚键、羰基（任选两种）（3）n（4）①.>②.是吸电子基，会使键的极性增强，电离出的能力增大，酸性更强，是推电子基，会使键的极性减弱，电离出的能力减弱，酸性较弱【解析】【小问1详解】烷烃命名时先选最长碳链为主链，该有机物主链共6个碳原子，为己烷；从靠近支链一端编号，取代基位次和最小，得到3号碳连2个甲基、4号碳连1个甲基，因此命名为3,3,4-三甲基己烷；【小问2详解】含氧官能团有酯基、醚键、羰基（任选两种）；【小问3详解】发生1，4加聚反应的化学方程式：n；【小问4详解】是吸电子基，会使键的极性增强，电离出的能力增大，酸性更强，是推电子基，会使键的极性减弱，电离出的能力减弱，酸性较弱，则a的酸性强于b，则。27.锰氧化物具有较大应用价值，回答下列问题：（1）基态Mn原子的简化电子排布式___________；同周期中，基态原子未成对电子数比Mn多的元素是___________(填元素符号)。（2）Mn如某种氧化物的四方晶胞及其在平面的投影如图所示，该氧化物化学式为___________。当晶体有原子脱出时，出现空位，空位的产生使晶体具有半导体性质。下列氧化物晶体难以通过该方式获得半导体性质的是（）(填标号)。A．CaOB．C．D．CuO（3）(见图)是晶型转变的诱导剂。的空间构型为___________。中咪唑环存在大π键，则N原子采取的轨道杂化方式为___________。（4）可作转化为的催化剂(见下图)。FDCA的熔点远大于，除相对分子质量存在差异外，另一重要原因是___________。【答案】（1）①.②.Cr（2）①.MnO2②.A（3）①.正四面体形②.（4）FDCA形成的分子间氢键更多【解析】【小问1详解】Mn是第25号元素，基态Mn原子的简化电子排布式：，未成对电子数有5个，同周期中，基态原子未成对电子数比Mn多的元素是Cr，基态Cr的电子排布式为，有6个未成对电子；【小问2详解】由均摊法得，晶胞中Mn的数目为，O的数目为，即该氧化物的化学式为MnO2；晶体有O原子脱出时，出现O空位，即x减小，的化合价为+2x，即Mn的化合价降低；CaO中Ca的化合价为+2价、V2O5中V的化合价为+5价、Fe2O3中Fe的化合价为+3、CuO中Cu的化合价为+2，其中CaO中Ca的化合价下降只能为0，其余可下降得到比0大的价态，说明CaO不能通过这种方式获得半导体性质，故选A；【小问3详解】中心原子价层电子对数，B形成4个键(其中有1个配位键)，为杂化，空间构型为正四面体形；咪唑环存在大键，原子形成3个键，杂化方式为；【小问4详解】由HMF和FDCA的结构可知，HMF和FDCA均能形成分子间氢键，但FDCA形成的分子间氢键更多，使得FDCA的熔点远大于HMF。28.苯甲酸可用作食品防腐剂。实验室可通过甲苯氧化制苯甲酸，其反应原理如下：名称相对分子质量熔点/℃沸点/℃溶解性甲苯92-95110.6不溶于水，易溶于乙醇苯甲酸122122.4(100°C左右开始升华)248微溶于冷水，易溶于乙醇、热水实验步骤：I．在装有温度计、冷凝管和搅拌器的三颈烧瓶中加入甲苯、水和约0.03mol)高锰酸钾和几粒碎瓷片，慢慢开启搅拌器，并加热回流至回流液不再出现油珠。II．停止加热，继续搅拌，冷却片刻后，从冷凝管上口慢慢加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液，并将反应混合物趁热过滤，用少量热水洗涤滤渣。合并滤液和洗涤液，于冰水浴中冷却，然后用浓盐酸酸化至苯甲酸析出完全。将析出的苯甲酸过滤，用少量冷水洗涤，放在沸水浴上干燥，得到粗产品。（1）根据上述实验药品的用量，三颈烧瓶的最适宜规格为___________(填标号)。A. B. C. D.（2）当回流液不再出现油珠即可判断反应已完成，其判断理由是___________。（3）加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液的目的是___________。（4）II中“将反应混合物趁热过滤”的目的是___________。（5）干燥苯甲酸晶体时，若温度过高，可能出现的结果是___________。（6）粗苯甲酸提纯后获得1.40g晶体，则苯甲酸的产率约为___________。(计算结果保留三位有效数字)。（7）若要得到纯度更高的苯甲酸，可通过___________的方法提纯。【答案】（1）B（2）无油珠说明甲苯已被完全氧化（3）除去过量的高锰酸钾，避免在用浓盐酸酸化时，产生氯气（4）除去二氧化锰，防止苯甲酸盐（或苯甲酸）冷却后结晶析出，减少损失（5）苯甲酸升