故选D。 【点睛】
本题的易错点为C，要注意理解瓶口向上排空气法的原理。 12．D 【解析】 【分析】 【详解】
A．H2Te被O2氧化生成Te，体现H2Te具有还原性，故A正确；
B．反应②中Te与H2O反应H2TeO3，Te元素化合价升高，是还原剂，则H2O为氧化剂，应有H2生成，故B正确；
C．反应③中H2TeO3→H6TeO6，Te元素化合价升高，发生氧化反应，则H2O2作氧化剂，体现氧化性，故C正确；
D．H2Te2O5转化为H2Te4O9时不存在元素化合价的变化，未发生氧化还原反应，故D错误； 故答案为D。 13．C 【解析】 【分析】 【详解】
A.H2O2分解的方程式为2H2O2=2H2O+O2↑，H2O2中O元素的化合价部分由-1价升至0价、部分由-1价降至-2价，1molH2O2完全分解时转移1mol电子，转移电子数为NA，A错误；
B.1个环氧乙烷中含4个C—H键、1个C—C键和2个C—O键，1mol环氧乙烷中含7mol共价键，0.1mol环氧乙烷中含0.7mol共价键，含共价键数为0.7NA，B错误；
C.pH=1的草酸溶液中c（H+）=0.1mol/L，1L该溶液中含H+物质的量n（H+）=0.1mol/L×1L=0.1mol，含H+数为0.1NA，C正确； D.淀粉水解的方程式为
糖，生成葡萄糖分子数目为nNA，D错误； 答案选C。 【点睛】
本题易错选B，在确定环氧乙烷中共价键时容易忽略其中的C—H键。
16
，1mol淀粉水解生成nmol葡萄
14．D 【解析】 【分析】
放电时，消耗H+，溶液pH升高，由此分析解答。 【详解】
A. 正极反应是还原反应，由电池总反应可知放电时的正极反应为VO2++2H++e-═VO2++H2O，故A错误；
B.充电时，阴极反应为还原反应，故为V3+得电子生成V2+的反应，故B错误；
C.电子只能在导线中进行移动，在电解质溶液中是靠阴阳离子定向移动来形成闭合回路，故C错误； D.该电池的储能容量，可以通过增大电解液存储罐的容积并增加电解液的体积来实现，正确； 故答案为D。 【点睛】
本题综合考查原电池知识，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握原电池的工作原理，答题时注意体会电极方程式的书写方法，难度不大。 15．C 【解析】
根据题中信息可判断x为碳，丙为二氧化硅，在高温条件下碳与硅反应生成w为硅、丁为一氧化碳；y2为氧气，碳与氧气点燃反应生成甲为二氧化碳，z为镁，二氧化碳在镁中点燃反应生成碳和乙为氧化镁。A. 反应①二氧化碳与镁反应、②碳与氧气反应、③碳与二氧化硅反应都属于氧化还原反应，选项A正确；B. 同周期元素原子从左到右依次减小，同主族元素原子从上而下半径增大，故C、O、Mg、Si四种元素中，O的原子半径最小，选项B正确；C. Na着火时，不可用二氧化碳扑灭，选项C错误；D. 一定条件下，碳与二氧化碳在高温条件下反应生成一氧化碳，选项D正确。答案选C。 点睛：本题考查元素周期表、元素周期律及物质的推断，根据题中信息可判断x为碳，丙为二氧化硅，在高温条件下碳与硅反应生成w为硅、丁为一氧化碳；y2为氧气，碳与氧气点燃反应生成甲为二氧化碳，z为镁，二氧化碳在镁中点燃反应生成碳和乙为氧化镁，据此分析解答。 二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．Y2O3﹒FeO﹒2BeO﹒2SiO2 增大接触面积，加快反应速率，提高原料利用率 将+2价的铁氧化为+3价 Na2BeO2、Na2SiO3 3.1?pH<6.0 取少量滤液于试管中，向其中滴加几滴
KSCN溶液，nH2O若溶液不变红，说明Fe(OH)3沉淀完全 Y2(C2O4)3·
高温Y2O3+3CO2↑+3CO↑+n H2O
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【解析】 【分析】
（1）根据物质的组成及元素的化合价分析解答；（2）根据氧化还原反应原理及元素化合价变化分析解答；（3）根据流程中碱浸的原理分析滤液的组成；（4）根据开始沉淀及沉淀完全时的pH分析解答；（5）根据氧化还原反应原理分析解答。 【详解】
（1）Y2FeBe2 Si2O10中Y的化合价为+3，用氧化物的形式表示Y2FeBe2 Si2O10为：Y2O3﹒FeO﹒2BeO﹒2SiO2；钇矿石在熔融前要粉碎，目的是增大接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；故答案为：Y2O3﹒FeO﹒2BeO﹒2SiO2；增大接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；
（2）Y2FeBe2 Si2O10中铁的化合价为+2，共熔、过滤后得到Fe2O3，则通入氧气的作用是将+2价的铁氧化为+3价，故答案为：将+2价的铁氧化为+3价；
（3）碱熔时，BeO和NaOH反应生成Na2BeO2，SiO2和NaOH反应生成Na2SiO3，Na2BeO2、Na2SiO3均能溶于水，则滤液Ⅰ中溶质的主要成分是Na2BeO2、Na2SiO3，故答案为：Na2BeO2、Na2SiO3； （4）用氨水调节pH=a时，使Fe3+完全转变为Fe(OH)3沉淀而Y3+不沉淀，由表中数据可知a的取值范围是3.1?pH<6.0；取少量滤液于试管中，向其中滴加几滴KSCN溶液，若溶液不变红，说明Fe(OH)3沉淀完全；故答案为：3.1?pH<6.0；取少量滤液于试管中，向其中滴加几滴KSCN溶液，若溶液不变红，说明Fe(OH)3沉淀完全；
（5）气体产物能使澄清石灰水变浑浊，说明反应生成了CO2，草酸钇中碳为+3价，而CO2中碳的化合价为+4价，说明发生了氧化还原反应，有化合价的升降，从而可判断出还有CO生成，则草酸钇[Y2(C2O4)3·nH2O]煅烧的化学方程式为Y2(C2O4)3·nH2O
高温Y2O3+3CO2↑+3CO↑+n H2O，故答案为：
Y2(C2O4)3·nH2O
高温Y2O3+3CO2↑+3CO↑+n H2O。
三、推断题（本题包括1个小题，共10分） 17．苯 取代反应
1:1
或
12
18
【解析】 【分析】 由已知信息
可知A为苯，
再和CH2Cl2发生取代反应生成
；
，
再和HCHO在浓盐酸的作用下生成的D为
和Cl2在光照条件下发生取代反应生成
的F为，F再和G发生取代反应生成，结合G的分子式可知G的结构简式为
；再和在乙醇和浓氨水的作用下生成吡贝地尔
（），据此分析解题；
（6）以苯和硝基苯为原料合成
，将硝基苯先还原生成苯胺，苯胺再和
到目标产物。 【详解】 (1)A的结构简式为
，其名称是苯；
，则需要将苯依次酚羟基、卤素原子得到
在PdBr4的催化作用下即可得
(2)和Cl2在光照条件下发生取代反应生成的F为，则E→F的反应类型是取代反应；
(3)由分析知G的结构简式为；B为，酚羟基均能和Na、NaOH反应，则1molB
最多消耗NaOH与Na的物质的量之比为1:1； (4)
和
在乙醇和浓氨水的作用下生成吡贝地尔的化学方程式为
19
；
(5)D为
，其分子式为C8H7O2Cl，其同分异构体中：①与FeCl3溶液发生显色反应，说明
含有酚羟基；②苯环上有3个取代基，这三个取代基有连、间、偏三种连接方式；③1mol该同分异构体最多消耗3molNaOH，则分子结构中含有2个酚羟基，另外存在卤素原子水解，则另一个取代基为-CH=CHCl或-CCl=CH2，苯环上先定位取代基为-CH=CHCl或-CCl=CH2，再增加二个酚羟基，则各有6种结构，即满足条件的同分异构体共有12种，其中核磁共振氢谱有5种峰且峰面积之比为2:2:1:1:1
的结构简式为；
（6）以苯和硝基苯为原料合成
，将硝基苯先还原生成苯胺，苯胺再和
，则需要将苯依次酚羟基、卤素原子得到
在PdBr4的催化作用下即可得
到目标产物，具体合成路线为【点睛】
。
解有机推断与合成题，学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。本题根据吡贝地尔的结构特点分析合成的原料，再结合正推与逆推相结合进行推断，充分利用反应过程C原子数目，对学生的逻辑推理有较高的要求。 四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
3d10s1; 减弱；HCOOH中存在氢键，CH3OH中氢键较弱，18． 金属键； CH3OH、而HCHO只存在范德华力； HCHO CH4构型为正四面体，键角为109。28〃，HCHO为平面三角形，键 <； 前者带2个正电荷， 六角为120。；后者带3个正电荷，后者对电子的吸引能力较大；方最密堆积； 【解析】 【详解】
(1)Cu原子基态原子的外围电子排布式为3d10s1;
(2)石墨烯限域单原子铁能活化CH4分子中的C－H键，导致C与H之间的作用力减弱。铁晶体中粒子之间作用力类型为金属键。
(3) ①常温下 CH3OH、HCHO、 HCOOH的沸点不同，是因为CH3OH与HCOOH有氢键，且CH3OH中
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259?64?3?3?1010 2NA?d
高中化学第二章化学物质及其变化分散系及其分类学案新人教版必修
