江苏省盐城市田家炳中学2021-2022学年高二化学下学期期中考试试题（Word版附解析）

2021~2022学年度第二学期期中考试高二年级化学试题可能用到的原子量：H-1C-12O-16N-14K-39一、选择题(共14题，每题3分，共42分)1.我国部分地区已迈入了生活垃圾强制分类的时代。可回收垃圾包括废纸、塑料、玻璃、金属和布料五大类。下列说法不正确的是A.废报纸的主要成分是蛋白质B.聚乙烯塑料的单体是H2C=CH2C.生产玻璃的原料之一是石英D.用灼烧法可鉴别腈纶和真丝【答案】A【解析】【详解】A.废报纸的主要成分是纤维素，A错误；B.聚乙烯塑料的单体是H2C=CH2，乙烯通过加聚反应得到聚乙烯，B正确；C.生产玻璃的原料有石英、纯碱和石灰石，C正确；D.用灼烧法可鉴别睛纶和真丝，真丝有羽毛烧焦的气味，D正确；答案选A。2.下列分子式只表示一种物质的是A.C4H10B.C5H12C.C3H7ClD.CH2Cl2【答案】D【解析】【详解】A．分子式是C4H10的物质可以表示CH3CH2CH2CH3、，因此C4H10不能只表示一种物质，A不符合题意；B．分子式是C5H12的物质可以表示CH3CH2CH2CH2CH3、、，因此C5H12不能只表示一种物质，B不符合题意；C．分子式C3H7Cl表示的物质可以是CH3CH2CH2Cl、CH3CHClCH3，因此C3H7Cl不能只表示一种物质，C 不符合题意；D．分子式CH2Cl2表示甲烷CH4分子中2个H原子被2个Cl原子取代产生的物质，由于甲烷只有一种结构，因此CH2Cl2只表示一种物质，D符合题意；故合理选项是D。3.下列化学用语的表达正确的是A.原子核内有10个中子的氧原子：B.氯原子的结构示意图：C.Fe3＋的最外层电子排布式：3s23p63d5D.基态铜原子的价层电子排布图：【答案】C【解析】【详解】A．原子核内有10个中子的氧原子：，A不正确；B．氯原子的结构示意图：，B不正确；C．Fe3+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，则Fe3＋的最外层电子排布式为3s23p63d5，C正确；D．基态铜原子的价层电子排布图为，D不正确；故选C。4.下列有机物的命名正确的是A.CH2BrCH2Br二溴乙烷B.2-甲基-1-丙醇C.CH3CH(C2H5)CH32-甲基丁烷D.2，2-二甲基丁酸【答案】C【解析】【详解】A．CH2BrCH2Br名称为1，2-二溴乙烷，A命名错误； B．名称为2-丁醇，B命名错误；C．CH3CH(C2H5)CH3主链上有4个碳原子，名称为2-甲基丁烷，C命名正确；D．名称为3，3-二甲基丁酸，D命名错误；答案为C。5.具有下列核外电子排布式的基态原子中，半径最大的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】由基态原子的核外电子排布式可以确定A项中的元素是Na、B项中的元素是K、C项中的元素是Mg、D项中的元素是Fe，其中K位于第四周期第ⅠA族，原子半径最大，故选B。6.只需用一种试剂即可将酒精、苯酚溶液、四氯化碳、己烯、甲苯五种无色液体区分开来，该试剂是A.FeCl3溶液B.金属钠C.酸性KMnO4溶液D.溴水【答案】D【解析】【分析】【详解】A．加入FeCl3溶液，不能鉴别己烯和甲苯，与二者不反应，且二者不溶于水、密度比水小，A错误；B．加入金属钠，不能鉴别四氯化碳、己烯、甲苯，都不反应，B错误；C．加入KMnO4溶液，酒精、苯酚、己烯和甲苯都发生氧化还原反应，酸性高锰酸钾溶液都褪色，不能鉴别，C错误；D．加入溴水，酒精与溴水互溶；苯酚溶液中加溴水产生白色沉淀；四氯化碳中加入溴水发生萃取，有色层在下层；己烯中加入溴水褪色；甲苯中加入溴水发生萃取，有色层在上层，可鉴别，D正确；故选D。7.某烃1mol最多能和2molHCl加成，生成氯代烃，此氯代烃lmol能和4molCl2发生取代反应，生成物中只有碳氯两种元素，此烃为A.C2H2B.C2H4C.C3H4D.C6H6 【答案】A【解析】【详解】气态烃1mol最多能和2molHCl发生加成反应，说明分子结构中有可能有1个C≡C或者2个C=C；此氯代烃lmol能和4molCl2发生取代反应，说明氯代烃中有4个氢原子，也说明某烃中有2个氢原子，故选A。8.法匹拉韦是治疗新冠肺炎的一种药物，其结构简式如图所示。下列说法不正确的是A.该分子中σ键与π键数目之比15：4B.该分子中所有N原子都为sp3杂化C.该分子中C-N键的键能小于C=N键的键能D.该分子中N、O、F的第一电离能由大到小的顺序为F>N>O【答案】B【解析】【详解】A．该分子中含有σ键15个，双键中含有1个π键，π键数目为4个，σ键与π键数目之比为15：4，故A正确；B．该分子中所有-NH2中N原子为sp3杂化，环中成双键的N为sp2杂化，故B错误；C．C-N的键长比C=N的键长长，键能小，故该分子中C-N键的键能小于C=N键的键能，故C正确；D．同周期原子从左到右第一电离能依次增大，N的价电子是半充满状态能量低稳定，第VA族的N第一电离能大于VIA族的O，N、O、F的第一电离能由大到小的顺序为F>N>O，故D正确；故答案为B9.下面的排序不正确的是A.晶体熔点由低到高：CF4＜CCl4＜CBr4＜CI4B.硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅C.熔点由高到低：Na＞Mg＞AlD.晶格能由大到小：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI【答案】C【解析】 【分析】【详解】A．组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高，则晶体熔点由低到高：CF4＜CCl4＜CBr4＜CI4，故A正确；B．原子晶体中，原子半径越小，键长越短，键能越大，共价键越牢固，硬度越大，键长C−C＜C−Si＜Si−Si，则硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，故B正确；C．金属晶体中金属原子的价电子数越多，原子半径越小，金属阳离子与自由移动的电子之间的静电作用越强，金属键越强，熔沸点越高，则熔点由高到低：Al＞Mg＞Na，故C错误；D．离子半径越小、离子键越强，晶格能越大，熔沸点越高，离子半径：r(F-)＜r(Cl-)＜r(Br-)＜r(I-)，则熔点由高到低：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI，故D正确；故选C。10.下列曲线表示卤族元素某种性质随核电荷数递增的变化趋势，其中正确的是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A．F、Cl、Br是同一主族元素，元素的非金属性逐渐减弱，元素的非金属性越强，其电负性就越大，因此F、Cl、Br三种元素的电负性随原子序数的增大而减小，A正确；B．F元素的非金属性很强，原子半径很小小，导致其在发生化学反应时容易获得电子变为F-，在与其它元素形成共价键时，共用电子对偏向F元素，也使最外层达到8个电子的稳定结构，因此没有与族序数相等、与原子最外层电子数相等的最高化合价，B错误；C．HCl、HBr结构相似，分子的相对分子质量越大，分子间作用力就越大，物质的熔沸点就越高，物质的沸点：HBr＞HCl。但HF分子之间除存在分子间作用力外，还存在氢键，增加了HF分子之间的吸引作用，导致其熔沸点比HCl、HBr的高，故物质的熔沸点由高到低的顺序为：HF＞HBr＞HCl，C错误；D．F2、Cl2、Br2都是由分子构成的物质，它们结构相似，分子的相对分子质量越大，分子间作用力就越大，物质的熔沸点就越高，所以物质的沸点：F2＜Cl2＜Br2，D错误；故合理选项是A。 11.关于化合物2−苯基丙烯（），下列说法正确的是A.不能使稀高锰酸钾溶液褪色B.可以发生加成聚合反应C.分子中所有原子共平面D.易溶于水及甲苯【答案】B【解析】【分析】2-苯基丙烯的分子式为C9H10，官能团为碳碳双键，能够发生加成反应、氧化反应和加聚反应。【详解】A项、2-苯基丙烯的官能团为碳碳双键，能够与高锰酸钾溶液发生氧化反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；B项、2-苯基丙烯的官能团为碳碳双键，一定条件下能够发生加聚反应生成聚2-苯基丙烯，故B正确；C项、有机物分子中含有饱和碳原子，所有原子不可能在同一平面。2-苯基丙烯中含有甲基，所有原子不可能在同一平面上，故C错误；D项、2-苯基丙烯为烃类，分子中不含羟基、羧基等亲水基团，难溶于水，易溶于有机溶剂，则2-苯基丙烯难溶于水，易溶于有机溶剂甲苯，故D错误。故选B。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，侧重分析与应用能力的考查，注意把握有机物的结构，掌握各类反应的特点，并会根据物质分子结构特点进行判断是解答关键。12.有机物分子中原子间(或原子与原子团间)相互影响会导致物质化学性质的不同。下列各项事实不能说明上述观点的是A.乙醇与钠反应不及水与钠反应剧烈B.乙烯能发生加成反应，而乙烷不能发生加成反应C.苯酚中的羟基能与NaOH溶液反应，而醇羟基不能与NaOH溶液反应D.甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而甲烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】B【解析】【详解】A．乙醇分子可看作是乙基与羟基相连形成的化合物，H2O和看作是H原子与羟基相连形成的化合物，乙醇与钠反应不及水与钠反应剧烈，可以说明是由于物质分子中原子间相互影响的结果，A不符合题意；B．乙烯的结构中含有碳碳双键，能与氢气发生加成反应；而烷烃分子中没有不饱和的碳碳双键，因此不能 发生加成反应，与原子团间的相互影响的化学性质无关，B符合题意；C．苯酚可以看作是苯基和羟基连接，乙醇可以可作是乙基和羟基连接，苯环使羟基变得活泼，其羟基H原子更容易发生电离，苯酚能跟NaOH溶液反应而乙醇不能，说明苯基对羟基有影响，C不符合题意；D．甲苯是苯环与甲基相连，苯环使甲基变得活泼，-CH3被酸性高锰酸钾溶液氧化为-COOH，因而能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而甲烷是CH3与H原子相连，甲烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，可以说明是原子或原子团的相互影响所致，D不符合题意；故合理选项是B。13.X、Y、Z、M、W为五种原子序数依次递增的前36号元素。X、Y是同周期元素，原子序数相差1，价电子数之和为11；Z为第3周期元素，价电子数为2；基态M原子有6个未成对电子；W属于ds区元素，有1个未成对电子。下列说法正确的是A.原子半径：Z>X>Y，电负性：X>Y>ZB.M为ⅥB族元素，W+价电子排布式为3d94s1C.Z(XY3)2晶体含离子键和共价键，离子半径：Y<ZD.X和Y的简单氢化物分子间均存在氢键【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、M、W为五种原子序数依次递增的前36号元素。X、Y是同周期元素，原子序数相差1，价电子数之和为11，则X是N元素，Y是O元素；Z为第三周期元素，价电子数为2，则Z是Mg元素；基态M原子有6个未成对电子，则M核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s1，所以M是24号Cr元素；W属于ds区元素，有1个未成对电子，则W是Cu元素，然后根据元素周期律及物质的结构与性质分析、解答。根据上述分析可知：X是N，Y是O，Z是Mg，M是Cr，W是Cu元素。【详解】A．原子核外电子层数越大，原子半径越大；同一周期元素原子序数越大，原子半径越小，则原子半径Z＞X＞Y；元素的非金属性越强，其电负性就越大，元素的非金属性：Y＞X＞Z，则元素的电负性由大到小的顺序为：Y＞X＞Z，A错误；B．M为Cr元素，位于元素周期表第四周期第ⅥB族元素；W是Cu，W+价电子排布式为3d10，B错误；C．化合物Z(XY3)2晶体为Mg(NO3)2，是盐，由阳离子Mg2+与阴离子NO通过离子键结合，在阴离子NO中，N原子与O原子之间以共价键结合，因此Mg(NO3)2中含离子键和共价键，O2-、Mg2+核外电子排布是2、8，对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：Y＞Z，C错误；D．X是N，Y是O，由于二者的原子半径小，元素的非金属性强，所以它们形成的简单氢化物NH3、H2O分子之间都存在氢键，D正确； 故合理选项是D。14.有机物A完全燃烧只生成CO2和H2O，将12g该有机物完全燃烧，所得的产物依次通过足量浓硫酸和足量碱石灰，浓硫酸增重14.4g，碱石灰增重26.4g，该有机物的分子式是A.C4H10B.C3H8OC.C2H6OD.C2H4O2【答案】B【解析】【详解】浓硫酸具有吸水性，浓硫酸增重14.4g，即有机物A完全燃烧产生水的质量为14.4g，即n(H2O)=，n(H)=2n(H2O)=1.6mol，m(H)=1.6mol×1g/mol=1.6g。碱石灰吸收CO2气体，碱石灰增重26.4g，即有机物A完全燃烧产生CO2的质量为26.4g，n(CO2)=，则n(C)=0.6mol，m(C)=0.6mol×12g/mol=7.2g。根据反应过程中各种元素守恒，可知有机物中m(C)+m(H)=7.2g+1.6g=8.8g＜12g，说明该有机物中一定含有氧元素，12g有机物中含有的氧元素的质量为m(O)=12g-8.8g=3.2g，n(O)==0.2mol，n(C)：n(H)：n(O)=0.6mol：1.6mol：0.2mol=3：8：1，即该有机物的实验式为C3H8O，由于C3H8O中碳原子已经饱和，所以该有机物的分子式为C3H8O，故合理选项是B。二、非选择题(共4题，共58分)15.回答下列问题：（1）戊烷的某种同分异构体只有一种一氯代物，试书写它的结构简式：_______。（2）分子式为C6H12的某烃的所有碳原子都在同一平面上，则该烃的结构简式为_______，若分子式为C4H6的某烃中所有的碳原子都在同一直线上，则该烃的结构简式为_______。（3）满足分子式为C3H4ClBr且不含有环的有机物共有_______种(不考虑构造异构)。（4）分子式为C8H10的芳香烃，苯环上的一氯代物只有一种，该芳香烃的结构简式是_______。（5）酚酞是常用的酸碱指示剂，其结构简式如图所示：①酚酞的分子式为_______。②酚酞分子中手性碳原子为_______个，含_______个不饱和碳原子。 【答案】（1）C(CH3)4（2）①.(CH3)2C=C(CH3)2②.CH3C≡CCH3（3）8（4）（5）①.C20H14O4②.0③.19【解析】【小问1详解】戊烷的某种同分异构体只有一种一氯代物，即只含一种环境的氢原子，则分子中的氢原子应均为连接同一碳原子的甲基上的氢，所以结构简式为C(CH3)4。【小问2详解】分子式为C6H12的烃不饱和度为1，其所有碳原子都在同一平面上，所以应含有碳碳双键，且两个甲基分别连接双键上的碳原子，结构简式为(CH3)2C=C(CH3)2；分子式为C4H6的烃，不饱和度为2，所有的碳原子都在同一条直线上，应含有碳碳三键，结构简式为CH3C=CCH3。【小问3详解】C3H4ClBr是C3H6中的两个氢原子被其他原子取代产生的，两个卤素原子可以在同一个碳原子上，也可以在不同的碳原子上。该物质可能的结构有CH2=CH-CHClBr、CClBr=CH-CH3、CHCl=CBr-CH3、CHCl=CH-CH2Br、CHBr=CCl-CH3、CHBr=CH-CH2Cl、CH2=CCl-CH2Br、CH2=CBr-CH2Cl，共有8种不同的结构。【小问4详解】分子式为C8H10的芳香烃，则其侧链为两个-CH3或一个-C2H5；其一氯代物只有一种，所以有两个处于对位的甲基，结构简式为。【小问5详解】①酚酞的分子式为C20H14O4。②有机物中连接在碳原子周围的4个原子或原子团都不相同的为手性碳原子，故酚酞分子中的手性碳原子个数为0；在酚酞分子中包含3个苯环，苯环上的碳原子都是不饱和碳原子，而羰基中的碳原子也是不饱和的，故共含19个不饱和碳原子。16.锂离子电池已被广泛用作便携式电源。正极材料为LiCoO2、LiFePO4等，负极材料一般为石墨碳，以溶有LiPF6、LiBF4等的碳酸二乙酯(DEC)作电解液。(1)Fe2+基态核外电子排布式为________。(2)PO43-的空间构型为________(用文字描述)。(3)中的配位数为6，该配合物中的配位原子为_____。(4)碳酸二乙酯(DEC)的分子结构如图所示，分子中碳原子的轨道杂化类型为_____，1mol碳酸二乙酯(DEC )中含有σ键的数目为_____。(5)氮化锂是一种新型无机贮氢材料，其晶胞结构如图所示，该晶体的化学式为_______。【答案】①.②.正四面体③.N、Cl④.sp3、sp2⑤.17NA⑥.Li3N【解析】【详解】(1)Fe2+原子核外有24个电子，依据核外电子排布规律，Fe2+基态核外电子排布式为，故答案为：；(2)P原子孤电子对数，价层电子对数，故PO43-的空间构型为正四面体，故答案为：正四面体；(3)中的配位数为6，则配体为Cl和NH3，配位原子为Cl、N，故答案为：N、Cl；(4)根据碳酸二乙酯(DEC)的分子结构示意图可知，碳酸二乙酯中含有酯键，和甲基团，故碳原子的轨道杂化类型为sp3、sp2；碳酸二乙酯中含有17个σ键和一个π键，故1mol碳酸二乙酯(DEC)中含有σ键的数目为17NA，故答案为：sp3、sp2；17NA；(5)通过晶胞结构图可知Li原子数，N原子数，故化学式为Li3N，故答案为：Li3N。17.CO2的固定、利用有利于缓解温室效应和人类的可持续发展。（1）我国科研人员发现，320℃左右时，在新型纳米催化剂和的表面可以将CO2和H2转化为烷烃X，其过程如图所示。 ①用系统命名法命名X：_______②已知：△H=41kJ/mol△H=-128kJ/mol写出气体转化为乙烯的热化学方程式：_______。（2）利用太阳能光解Fe3O4，制备的FeO用于还原CO2合成炭黑，可实现资源的再利用。其转化关系如图所示。过程Ⅱ反应的化学方程式是_______（3）在酸性电解质溶液中，以太阳能电池作电源，惰性材料作电极，可将CO2转化为乙烯。实验装置如图所示。①若电解过程中生成3.36L(标准状况下)O2，则电路中转移的电子至少_______mol。②生成乙烯的电极反应式是_______。【答案】（1）①.2-甲基丁烷②.△H=-210kJ/mol （2）（3）①.0.6②.2CO2+12H++12e-=CH2=CH2+4H2O【解析】【小问1详解】①根据物质结构的球棍模型，可知X表示的是，该物质名称为2-甲基丁烷；②已知：(i)△H=41kJ/mol(ii)△H=-128kJ/mol根据盖斯定律，将(ii)-(i)×2，整理可得△H=-210kJ/mol；【小问2详解】根据图示可知过程II为FeO与CO2在700K条件下反应产生Fe3O4和C单质，反应方程式为：；【小问3详解】①n(O2)==0.15mol，根据图示可知：在左侧，CO2与H+反应产生乙烯和H2O，得到电子发生还原反应，则左侧电极为阴极；在右侧H2O电离产生的OH-失去电子变为O2和H+，右侧电极为阳极，每有1molO2反应产生，会转移4mol电子，现在反应产生了0.15mol的O2，因此反应过程中转移电子的物质的量为n(e-)=4n(O2)=0.6mol；②在左侧阴极上CO2得到电子被还原产生乙烯和水，电极反应式为：2CO2+12H++12e-=CH2=CH2+4H2O。18.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，其反应原理简示如下：+KMnO4→+MnO2+HCl→+KCl 名称相对分子质量熔点/℃沸点/℃密度/(g·mL−1)溶解性甲苯92−95110.60.867不溶于水，易溶于乙醇苯甲酸122122.4(100℃左右开始升华)248——微溶于冷水，易溶于乙醇、热水实验步骤：(1)在装有温度计、冷凝管和搅拌器的三颈烧瓶中加入1.5mL甲苯、100mL水和4.8g(约0.03mol)高锰酸钾，慢慢开启搅拌器，并加热回流至回流液不再出现油珠。(2)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。称量，粗产品为1.0g。(3)纯度测定：称取0.122g粗产品，配成乙醇溶液，于100mL容量瓶中定容。每次移取25.00mL溶液，用0.01000mol/L的KOH标准溶液滴定，三次滴定平均消耗21.50mL的KOH标准溶液。（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.100mLB.250mLC.500mLD.1000mL（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_______；该步骤亦可用草酸在酸性条件下处理，请用反应的离子方程式表达其原理_______。（4）“用少量热水洗涤滤渣”一步中滤渣的主要成分是_______。（5）干燥苯甲酸晶体时，若温度过高，可能出现的结果是_______。（6）本实验制备的苯甲酸的纯度为_______；据此估算本实验中苯甲酸的产率最接近于_______(填标号)。A70%B.60%C.50%D.40% （7）若要得到纯度更高苯甲酸，可通过在水中_______的方法提纯。【答案】（1）B（2）无油珠说明不溶于水的甲苯已经被完全氧化（3）①.除去过量的高锰酸钾，避免在用盐酸酸化时，产生氯气②.2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O（4）MnO2（5）苯甲酸升华而损失（6）①.86.0%②.C（7）重结晶【解析】【分析】在三颈烧瓶中甲苯与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应产生苯甲酸钾，然后加入适量饱和NaHSO3溶液，除去过量KMnO4溶液，趁热过滤，除去MnO2固体残渣，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，根据实际产量与理论产量的比计算其产率。【小问1详解】根据上述实验药品的用量，确定三颈烧瓶的最适宜规格。根据超量接近的原则选择，反应液的体积稍大于100mL，反应溶液的体积不超过容器容积的，所应该选用规格是250mL的三颈烧瓶，故合理选项是B；【小问2详解】甲苯是不溶于水的液体物质，其密度比水小。根据表中数据甲苯的熔点-95℃，甲苯的沸点110.6℃可知：油珠是甲苯，若实验结束时没有油珠，表明甲苯反应完全；【小问3详解】加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液的目的是除去多余的高锰酸钾溶液，防止加盐酸时高锰酸钾与浓盐酸发生氧化还原反应生成有毒的Cl2。该步骤亦可用草酸在酸性条件下处理，H2C2O4还原紫色的为无色Mn2+，H2C2O4被氧化为CO2气体，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则，可知反应原理的离子方程式为：2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；【小问4详解】“用少量热水洗涤滤渣”一步中滤渣的主要成分是第一步反应生成的MnO2固体；【小问5详解】苯甲酸100℃以上升华，干燥苯甲酸晶体时，若温度过高，可能出现的结果是苯甲酸因升华而损失，导致产率降低；【小问6详解】 本实验中反应消耗KOH的物质的量n(KOH)=0.01000mol/L×0.02150L=2.15×10-4mol，根据酸碱中和反应的原理可知n(苯甲酸)=n(KOH)=4×2.15×10-4mol=8.6×10-4mol，则制备的苯甲酸的纯度为；苯甲酸的实际产量为1.0g×86.0%=0.86g，1.5mL甲苯的物质的量为n(甲苯)=，4.8g高锰酸钾的物质的量约0.03mol，二者反应的物质的量的比是1：1，显然高锰酸钾过量，反应产生苯甲酸的物质的量应该以不足量的甲苯为标准计算。根据元素守恒可知1mol甲苯可制取1mol苯甲酸，则理论上苯甲酸的产量是m(苯甲酸)=，故苯甲酸的产量为，故合理选项是C；【小问7详解】由于苯甲酸微溶于冷水，易溶于乙醇、热水，所以若要得到纯度更高的苯甲酸，可通过在水中重结晶的方法获得。