2021-2022学年江苏省苏州市高二(上)期中化学试卷-附答案详解

2021-2022学年江苏省苏州市高二（上）期中化学试卷
一、单选题（本大题共13小题，共39.0分）
1.2021年9月24日，国际学术期刊《科学》在线发表了我国科学家在实验室里首次实
现以二氧化碳为原料从头合成的人工合成淀粉的论文。

下列说法不正确的()
A. 淀粉是粮食最主要的成分，也是重要的工业原料
B. 淀粉是高分子化合物，水解的最终产物是麦芽糖
C. 人工合成淀粉的原料中还应有含氢元素的物质
D. 人工合成淀粉有利于改善全球气候变暖趋势
2.在世界首创的人工合成淀粉反应中使用了多种生物酶。

下列有关酶的说法不正确的
是()
A. 酶是一种氨基酸
B. 酶的催化条件通常较温和
C. 酶催化反应具有效率高的特点
D. 酶在重金属盐作用下会失去活性
3.锥形瓶内壁用某溶液润洗后，放入混合均匀的新制铁粉和碳粉，塞紧瓶塞，同时测
量锥形瓶内压强的变化，如右图所示。

下列说法不正确的是()
A. 0～t1时，铁可能发生了析氢腐蚀
B. t1～t2时，铁一定发生了吸氧腐蚀压强传感器−
C. 负极的电极反应式为Fe−3e−=Fe3+
D. 用于润洗锥形瓶的溶液可能是稀盐酸
4.沿海电厂采用海水为冷却水，但在排水管中生物的附着和滋生会阻碍冷却水排放并
降低冷却效率。

为解决这一问题，通常在管道口设置一对惰性电极(如图所示)，通入一定的电流。

下列叙述错误的是()
A. 阳极发生将海水中的Cl−氧化生成Cl2的反应
B. 管道中可以生成氧化灭杀附着生物的NaClO
C. 阴极生成的H2应及时通风稀释安全地排入大气
D. 阳极表面形成的Mg(OH)2等积垢需要定期清理
5.乙醇的体积分数为75%的医用酒精可用来消毒，这是因为()
A. 乙醇使细菌蛋白质发生盐析
B. 乙醇使细菌蛋白质发生变性
C. 乙醇与细菌蛋白质发生氧化反应
D. 乙醇使细菌蛋白质发生水解反应
6.核酸检测为确认病毒感染提供了关键的支持性证据。

某核糖核酸(RNA)的结构片断
示意图如图，它在蛋白酶的催化作用下能完全水解生成戊糖、碱基和某酸。

下列说法不正确的是()
A. 蛋白酶能加快该核糖核酸的水解速率
B. 该核糖核酸水解生成的戊糖能溶于水
C. 该核糖核酸水解生成的碱基中含有氮元素
D. 该核糖核酸完全水解生成的酸是H3PO3
7.银锌电池广泛用作各种电子仪器的电源，它的充电和放电过程可以表示为：。

下列说法不正确的是()
A. 该电池属于二次电池和碱性电池
B. Zn电极是电池的负极，发生氧化反应
C. 电池工作过程中，电解质溶液的浓度保持不变
D. 充电时，电池的正极应与电源的正极相连
8.溴乙烷与氢氧化钠水溶液反应进程中的能量变化如图所示。

下列说法正确的是()
A. 该反应是一个吸热反应
B. 该反应的焓变为(a −b)kJ ⋅mol −1
C. 该反应过程中有O −H 键的断裂
D. 可向反应后的溶液中滴加AgNO 3溶液以检验溴乙烷中是否含有溴元素
9. 通过以下反应可获得新型能源二甲醚(CH 3OCH 3)。

下列说法不正确的是( )
①C(s)+H 2O(g)=CO(g)+H 2(g)△H 1=a kJ ⋅mol −1
②CO(g)+H 2O(g)=CO 2(g)+H 2(g)△H 2=b kJ ⋅mol −1
③CO 2(g)+3H 2(g)=CH 3OH(g)+H 2O(g)△H 3=c kJ ⋅mol −1
④2CH 3OH(g)=CH 3OCH 3(g)+H 2O(g)△H 4=d kJ ⋅mol −1
A. 反应①、②为反应③提供原料气
B. 反应③也是 CO 2资源化利用的方法之一
C. 反应C(s)+2H 2O(l)=CO 2(g)+2H 2(g)的△H =(a +b)kJ ⋅mol −1
D. 反应 2CO(g)+4H 2(g)=CH 3OCH 3(g)+H 2O(g)的△H =( 2b +2c +d ) kJ ⋅mol −1
10. 1924年，我国药物学家发现麻黄素有平喘作用，于是从中药麻黄中提取麻黄素作
为平喘药，这一度风靡世界。

若将10g 麻黄素完全燃烧，可得26.67gCO 2和8.18gH 2O ，同时测得麻黄素中含氮8.48%和它的实验式为C x H y N z O w ，则麻黄素的分子式为( )
A. C 10H 15NO
B. C 10H 15N 2O 3
C. C 20H 30NO
D. C 20H 30N 2O
11. 法国科学家发明了第一块可植入人体为人造器官提供电能的葡萄糖生物燃料电池，
其基本原理是葡萄糖和氧气在人体中酶的作用下发生反应：C 6H 12O 6+
6O 2→酶
6CO 2+6H 2O(酸性环境)。

下列说法不．正确的是( ) A. 葡萄糖的结构简式为CH 2OH(CHOH)4CHO ，属于己醛糖
B. 电池工作时，H +从阳极区向阴极区移动
C. 该电池负极的电极反应式为C6H12O6+6H2O−24e−=6CO2+24H+
D. 该电池可用10mol⋅L−1的硫酸溶液作离子导体
12.化合物X是一种药物中间体。

下列有关化合物X的说法
正确的是()
A. 化合物X的分子式为C12H13NO4，不饱和度Ω=6
B. 化合物X分子中最多有12个原子在同一平面上
C. 化合物X完全水解所得的有机产物中含有2个手性碳原子心
D. 化合物X与足量的NaOH溶液完全反应后生成的钠盐只有1种
13.双极膜在电渗析中应用广泛，它是由阳离子交换膜和阴离子交换膜复合而成。

双极
膜内层为水层，工作时水层中的H2O解离成H+和OH−，并分别通过离子交换膜向两侧发生迁移。

如图为NaBr溶液的电渗析装置示意图。

下列说法正确的是()
A. 出口4的产物为HBr溶液
B. 出口1的产物为硫酸溶液
C. Br−可从盐室最终进入阳极液中
D. 阳极电极反应式为2Br−−2e−=Br2
二、实验题（本大题共1小题，共14.0分）
14.用零价铁(Fe)去除水体中的硝酸盐(NO3−)已成为环境修复研究的热点之一．
(1)Fe还原水体中NO3−的反应原理如图1所示．
①作负极的物质是______．
②正极的电极反应式是______．
(2)将足量铁粉投入水体中，经24小时测定NO3−的去除率和pH，结果如下：
初始pH pH=2.5pH=4.5
NO3−的去除率接近100%<50%
24小时pH接近中性接近中性
铁的最终物质形态
pH=4.5时，NO3−的去除率低．其原因是______．
(3)实验发现：在初始pH=4.5的水体中投入足量铁粉的同时，补充一定量的Fe2+可
以明显提高NO3−的去除率．对Fe2+的作用提出两种假设：
Ⅰ.Fe2+直接还原NO3−；
Ⅱ.Fe2+破坏FeO(OH)氧化层．
①做对比实验，结果如图2所示，可得到的结论是______．
②同位素示踪法证实Fe2+能与FeO(OH)反应生成Fe3O4.结合该反应的离子方程式，
解释加入Fe2+提高NO3−去除率的原因：______．
(4)其他条件与(2)相同，经1小时测定NO3−的去除率和pH，结果如表：
初始pH pH=2.5pH=4.5
NO3−的去除率约10%约3%
1小时pH接近中性接近中性
与(2)中数据对比，解释(2)中初始pH不同时，NO3−去除率和铁的最终物质形态不同的原因：______．
三、简答题（本大题共3小题，共47.0分）
15.氟他胺G是一种可用于治疗肿瘤的药物。

在实验室由芳香烃A制备G的合成路线如图
所示：
(1)A的名称为______。

(2)写出下列反应的化学方程式。

反应③：______；
反应④：______(提示：生成物中还有氯化亚铁等物质)。

(3)已知吡啶是一种有机碱，吡啶在反应⑤中的作用是______。

(4)G的相对分子质量为______。

(5)E中的官能团名称为______。

已知T(C7H7NO2)是E在碱性条件下的水解产物，
符合下列条件的T的同分异构体有______种。

①−NH2直接连在苯环上；
②能与新制氢氧化铜悬浊液共热产生红色固体。

16.化合物F是一种复合材料的组成部分，其合成路线如图。

(1)B中氮原子的杂化类型为______ 。

(2)C→D的反应类型为______ 。

(3)已知，则化合物X的分子式为______ 。

(4)E的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：
______ 。

①在一定条件下能发生水解反应；
②分子中含两个苯环且含有4种不同化学环境的氢。

(5)苯乙酮肟()常用作农药杀虫剂。

设计以和
NH2OH为原料制备苯乙酮肟的合成路线______ 。

(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)
17.利用电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。

(1)以过渡金属为催化剂电解CO2制CH3OH的原理如图1所示。

①石墨电极1上发生反应的电极反应式为______。

②石墨电极2上发生反应的电极反应式为______。

③电解的总反应方程式为______。

(2)电解CO2制HCOOH的原理示意图如图2所示。

①阴极上CO2与HCO3−反应时，CO2还原为HCOO−的电极反应式为______。

②阳极室排出的气体的化学式为______。

③电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是______。

答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.淀粉是粮食最主要的成分，也是重要的工业原料，可以用于制造葡萄糖、酒精等，故A正确；
B.淀粉是高分子化合物，水解的最终产物是葡萄糖，故B错误；
C.淀粉组成元素是C、H、O，所以人工合成淀粉的原料中除了二氧化碳外还应有含氢元素的物质，故C正确；
D.人工合成淀粉的原料需要二氧化碳，二氧化碳的减少有利于改善全球气候变暖趋势，故D正确；
故选：B。

A.淀粉是大米、小麦的主要成分，可用于制造多种化工原料；
B.淀粉水解的最终产物是葡萄糖；
C.淀粉组成元素是C、H、O；
D.二氧化碳可以造成全球气候变暖。

本题考查了物质组成和性质，熟悉淀粉的组成和应用为解答的关键，注意知识的积累，题目难度不大。

2.【答案】A
【解析】解：A.酶是生物活细胞产生的一种生物催化剂，在体内的化学反应中加快反应速度，绝大多数的酶本质是蛋白质，故A错误；
B.酶的催化作用会受到温度的影响，需要适宜的温度和pH，催化条件通常较温和，故B 正确；
C.酶是生物活细胞产生的一种生物催化剂，具有催化效率高、专一性的特点，故C正确；
D.绝大多数的酶是蛋白质在重金属盐作用下发生变性会失去活性，故D正确；
故选：A。

酶是生物活细胞产生的一种生物催化剂，在体内的化学反应中加快反应速度，绝大多数的酶本质是蛋白质，具有催化效率高、专一性的特点，具有蛋白质的性质。

本题考查了酶的结构、性质和应用，注意知识点的积累，题目难度不大。

3.【答案】C
【解析】解：A.0～t1段压强逐渐增大，可能是发生了析氢腐蚀使气体体积增大，故A 正确；
B.t1～t2时，容器中压强逐渐减小，说明锥形瓶中气体体积减小，一定发生了吸氧腐蚀，故B正确；
C.负极铁失电子发生氧化反应，电极反应式为Fe−2e−=Fe2+，故C错误；
D.图中0～t1段压强逐渐增大，可能是发生了析氢腐蚀，则用于润洗锥形瓶的溶液可能是稀盐酸，故D正确；
故选：C。

图中0～t1段压强逐渐增大，可能是发生了析氢腐蚀使气体体积增大；t1～t2时，容器中压强逐渐减小，说明锥形瓶中气体体积减小，说明发生了吸氧腐蚀，以此分析解答。

本题考查金属的腐蚀原理，为高频考点，明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握析氢腐蚀与吸氧腐蚀的原理及区别，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。

4.【答案】D
【解析】
【分析】海水通入管道后，形成电解池，海水作为电解液，依据提示，为排除排水管中生物的附和，可以通过点解海水氯气，故阳极发生反应Cl−−2e−=Cl2↑，阴极发生反应2H2O+2e−=2OH−+H2↑，此时海水碱性增大，由于电解液存在于管道中，生成的氯气会与碱性海水反应，生成次氯酸钠进而达到灭杀附着生物的效果，阴极生成的氢气应及时通风安全地排入大气，依据分析可知阴极发生反应2H2O+2e−=2OH−+H2↑，Mg(OH)2等积垢在阴极表面形成，据此分析回答问题。

【解】
A.依据分析可知，阳极发生反应Cl−−2e−=Cl2↑，故A正确；
B.依据题意“排水管中生物的附和滋生会阻碍冷却水排放并降低冷却效率”可知，需要生成次氯酸钠进而杀灭附着生物，故B正确；
C.阴极发生反应2H2O+2e−=2OH−+H2↑，若不排除，氢气浓度过大易发生危险，应及时通风稀释，故C正确；
D.依据分析可知阴极发生反应2H2O+2e−=2OH−+H2↑，Mg(OH)2等积垢在阴极表面
形成，需要定期清理阴极表面，故D错误，
故选：D。

本题以教材电解食盐水为背景进行改编，考查了学生有关电解池原理，氯气性质等内容，分析题意为解题关键，需要理解题中所给信息，其中分析次氯酸钠形成为本题难点，考查范围较广，整体难度适中。

5.【答案】B
【解析】解：A.乙醇杀菌是蛋白质变性的过程，不是盐析，故A错误；
B.乙醇杀菌是因为能够使细菌蛋白质发生变性，故B正确；
C.乙醇不具强的氧化性，不能氧化蛋白质，故C错误；
D.“酒精之所以能消毒是因为酒精能够吸收细菌蛋白的水分，使其脱水变性凝固，故D 错误；
故选：B。

乙醇消毒的作用原理主要在于浓度，75%浓度的酒精可以进入细菌的内部，对细菌内的蛋白质起到凝固作用，从而使细菌失去繁殖能力，最后慢慢被消灭，据此判断。

本题考查了有机物性质，熟悉乙醇和蛋白质的性质是解题关键，题目难度不大。

6.【答案】D
【解析】解：A.蛋白酶是该核糖核酸水解的催化剂，能降低反应所需活化能，加快水解速率，故A正确；
B.该核糖核酸水解生成的戊糖中含有亲水基醇羟基和醛基，所以该核糖核酸水解生成的戊糖能溶于水，故B正确；
C.碱基是形成核苷的含氮杂环有机化合物，所以碱基中含有N元素，故C正确；
D.根据图知核糖核酸完全水解生成的酸是H3PO4，不是H3PO3，故D错误；
故选：D。

A.酶具有催化作用；
B.该核糖核酸水解生成的戊糖中含有亲水基醇羟基和醛基；
C.碱基是形成核苷的含氮杂环有机化合物；
D.根据图知核糖核酸完全水解生成的酸是H3PO4。

本题考查有机物结构和性质，侧重考查阅读、图象分析判断及知识综合运用能力，明确
催化剂的作用、物质结构特点、酯的性质等知识点是解本题关键，题目难度不大。

7.【答案】C
【解析】解：A.该电池为可充电电池，属于二次电池，溶液为碱性环境，属于碱性电池，故A正确；
B.Zn价态升高失电子，故Zn作负极，发生氧化反应，故B正确；
C.电池工作过程中，反应为Ag2O+Zn+H2O=2Ag+Zn(OH)2，水被消耗，电解质溶
液浓度变大，故C错误；
D.放电时，Ag2O作正极，充电时，Ag2O极作阳极，故充电时，电池的正极应与电源的正极相连，故D正确；
故选：C。

由题目信息可知，放电时，Zn价态升高失电子，故Zn作负极，电极反应式为Zn−2e−+ 2OH−=Zn(OH)2，Ag2O作正极，电极反应式为Ag2O+2e−+H2O=2Ag+2OH−，充电时，Zn极为阴极，电极反应式为Zn(OH)2+2e−=Zn+2OH−，Ag2O极作阳极，电极反应式为2Ag+2OH−−2e−=Ag2O+H2O，据此作答。

本题考查可充电电池，题目难度中等，能依据题目信息准确判断正负极和阴阳极是解题的关键。

8.【答案】B
【解析】解：A.由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，该反应是放热反应，故A 错误；
B.ΔH=正反应活化能−逆反应活化能，则该反应的焓变为(a−b)kJ⋅mol−1，故B正确；
C.由图可知，反应过程中未断裂O−H键，故C错误；
D.反应后的溶液中先滴加硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液以检验溴乙烷中是否含有溴元素，故D错误；
故选：B。

A.由图可知，反应物总能量大于生成物总能量；
B.ΔH=正反应活化能−逆反应活化能；
C.由图可知，反应过程中没有O−H键的断裂；
D.反应后的溶液中先滴加硝酸酸化。

本题考查了化学反应机理，把握反应中能量变化、取代反应特点为解答的关键，侧重分析与灵活运用能力的考查，题目难度不大。

9.【答案】C
【解析】解：A.反应③中的反应物为CO 2、H 2，由反应可知，反应①、②为反应③提供原料气，故A 正确；
B.反应③中的反应物为CO 2，转化为甲醇，可以作为解决温室效应方案之一，故B 正确；
C.反应C(s)+2H 2O(l)=CO 2(g)+2H 2(g)=反应①+②，△H =△H 1+△H 2=(a +b)kJ ⋅mol −1，；
D.由盖斯定律可知，②×2+③×2+④得到2CO(g)+4H 2(g)=CH 3OCH 3(g)+H 2O(g)，则△H =(2b +2c +d )kJ ⋅mol −1，故D 正确；
故选：C 。

A.反应①、②均生成氢气；
B.反应③中CO 2为反应物；
C.结合盖斯定律进行计算；
D.由盖斯定律可知，②×2+③×2+④得到2CO(g)+4H 2(g)=CH 3OCH 3(g)+H 2O(g)。

本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、焓变计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意盖斯定律的应用，题目难度不大。

10.【答案】A
【解析】解：m(C)=26.67g ×1244≈7.274g ，m(H)=8.18g ×218≈0.909g ，m(N)=10g ×8.48%=0.848g ，则m(O)=10g −7.274g −0.909g −0.848g =0.969g ，故C 、H 、N 、O 原子数目之比为7.27412：0.9091：0.84814：0.96916≈10：15：1：1，选项中只有C 10H 15NO 符
合该比例关系，即麻黄素分子式C 10H 15NO ，
故选：A 。

根据化学式计算二氧化碳、水中氢元素质量，根据质量分数计算N 元素质量，再根据质量守恒定律计算麻黄素中O 元素质量，计算各原子数目之比，结合选项进行判断。

本题考查有机物分子式的确定，掌握燃烧法利用原子守恒确定有机物分子式的方法，题
目难度不大，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。

11.【答案】D
【解析】解：A.葡萄糖分子式为C6H12O6，结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO，属于己醛糖，故A正确；
B.电池工作时，阳离子向正极移动，则生物燃料电池中氢离子从负极区向正极区移动，故B正确；
C.由方程式可知，生物燃料电池中葡萄糖在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为C6H12O6+6H2O−24e−=24H++6CO2，故C正确；
D.10mol/L硫酸溶液具有脱水性使葡萄糖脱水碳化，使生物燃料电池无法正常工作，则10mol/L硫酸溶液不能做离子导体，故D错误；
故选：D。

A.葡萄糖结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO；
B.原电池工作时，阳离子向正极移动；
C.由方程式可知，生物燃料电池中葡萄糖在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳；
D.10mol/L硫酸溶液具有脱水性使葡萄糖脱水碳化。

本题考查了新型燃料电池和硫酸的性质，侧重于原电池原理的应用的考查，题目难度不大，注意电极方程式的书写及离子移动方向。

12.【答案】D
【解析】解：A.根据结构简式确定分子式C12H14NO4，苯环的不饱和度是4、含有酯基的环的不饱和度是1、酯基的不饱和度是1，所以其不饱和度是6，故A错误；
B.苯分子是平面分子，左边O原子、右边六元环上的手性C原子取代苯分子中H原子的位置在苯分子平面上，与O原子连接的甲基C原子及右边六元环上的C原子连接的一个原子也可能在苯平面上，则化合物X中最多14个原子在同一平面上，故B错误；
C.根据X结构简式可知其分子中只有1个手性碳原子，用※表示就是
，故C错误；
D.X和足量NaOH反应时，酯基水解生成碳酸，碳酸和足量NaOH反应生成碳酸钠和水，
生成一种钠盐，故D正确；
故选：D。

A.根据结构简式确定分子式C12H14NO4，苯环的不饱和度是4、含有酯基的环的不饱和度是1、酯基的不饱和度是1；
B.苯环上所有原子共平面，直接连接苯环的原子和苯环共平面；
C.根据X结构简式可知其分子中只有1个手性碳原子；
D.X和足量Na反应时，酯基水解生成碳酸。

本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确官能团及其性质关系、手性碳原子内涵等知识点是解本题关键，B为解答易错点。

13.【答案】A
【解析】解：A.右侧惰性电极为阳极，双极膜的水层中的H2O解离出的OH−放电，电极反应式为4OH−−4e−=O2↑+2H2O，双极膜的水层中的H2O解离出的H+进入交换室2，盐室中的Br−离子透过阴离子交换膜进入交换室2，从出口4流出，故出口4得到产物HBr 溶液，故A正确；
B.由图可知，左侧惰性电极为阴极，双极膜的水层中的H2O解离出的H+放电，电极反应式为2H++2e−=H2↑，钠离子不能通过双极膜，所以出口1的产物为硫酸钠溶液，故B 错误；
C.Br−通过阴离子交换膜进入交换室2，但是不能通过双极膜，所以Br−不会从盐室最终进入阳极液中，故C错误；
D.右侧惰性电极为阳极，双极膜的水层中的H2O解离出的OH−放电，电极反应式为
4OH−−4e−=O2↑+2H2O↑，故D错误；
故选：A。

由图可知，左侧惰性电极为阴极，双极膜的水层中的H2O解离出的H+放电，电极反应式为2H++2e−=H2↑，双极膜的水层中的H2O解离出的OH−进入交换室1，盐室中的钠离子透过阳离子交换膜进入交换室1，故出口2得到产品NaOH溶液；阴极液为硫酸钠溶液，钠离子不能通过双极膜，则出口1溶液中溶质不变，为得到产物Na2SO4溶液；右侧惰性电极为阳极，双极膜的水层中的H2O解离出的OH−放电，电极反应式为4OH−−4e−= O2↑+2H2O，双极膜的水层中的H2O解离出的H+进入交换室2，盐室中的Br−离子透过阴离子交换膜进入交换室2，但是不能通过双极膜，从出口4流出，故出口4得到产物HBr 溶液；阳极液为硫酸钠溶液，钠离子不能通过双极膜，则溶液中溶质不变，所以出口5是
硫酸钠溶液，据此分析解答。

本题考查了电解池的有关知识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和应用能力，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，理解双极膜、正负极与阴阳极的电极反应式之间的关系，注意把握电解池的工作原理，题目难度中等。

14.【答案】(1)①铁；
②NO3−+8e−+10H+=NH4++3H2O；
(2)FeO(OH)不导电，阻碍电子转移；
(3)①本实验条件下，Fe2+不能直接还原NO3−；在Fe和Fe2+共同作用下能提高NO3−的去除率；
②Fe2++2FeO(OH)=Fe3O4+2H+，Fe2+将不导电的FeO(OH)转化为可导电的Fe3O4，利于电子转移；
(4)初始pH低时，产生的Fe2+充足；初始pH高时，产生的Fe2+不足。

【解析】
【分析】本题考查化学反应原理，涉及电化学、氧化还原反应等相关知识，题中的Fe与NO3−的反应跟溶液酸碱性有关，抓住这一点是解题的关键，第Ⅱ问的解答有一定的难度，特别是阐述上的准确性。

【解答】
(1)①Fe还原水体中NO3−，则Fe作还原剂，失去电子，作负极，
故答案为：铁；
②NO3−在正极得电子发生还原反应产生NH4+，根据图2信息可知为酸性环境，则正极的电极反应式为：NO3−+8e−+10H+=NH4++3H2O，
故答案为：NO3−+8e−+10H+=NH4++3H2O；
(2)pH越高，Fe3+越易水解生成FeO(OH)，而FeO(OH)不导电，阻碍电子转移，所以NO3−的去除率低，
故答案为：FeO(OH)不导电，阻碍电子转移；
(3)①从图2的实验结果可以看出，单独加入Fe2+时，NO3−的去除率为0，因此得出Fe2+不能直接还原NO3−；而Fe和Fe2+共同加入时NO3−的去除率比单独Fe高，因此可以得出结论：本实验条件下，Fe2+不能直接还原NO3−；在Fe和Fe2+共同作用下能提高NO3−的去除率，故答案为：本实验条件下，Fe2+不能直接还原NO3−；在Fe和Fe2+共同作用下能提高NO3−的去除率；
②同位素示踪法证实了Fe2+能与FeO(OH)反应生成Fe3O4，离子方程式为：Fe2++
2FeO(OH)=Fe3O4+2H+，Fe2+将不导电的FeO(OH)转化为可导电的Fe3O4，利于电子转移．
故答案为：Fe2++2FeO(OH)=Fe3O4+2H+，Fe2+将不导电的FeO(OH)转化为可导电的Fe3O4，利于电子转移；
(4)根据实验结果可知Fe2+的作用是将不导电的FeO(OH)转化为可导电的Fe3O4，而NO3−的去除率由铁的最终物质形态确定，因此可知实验初始pH会影响Fe2+的含量，
故答案为：初始pH低时，产生的Fe2+充足；初始pH高时，产生的Fe2+不足。

15.【答案】甲苯+3Fe+ 6HCl→+3FeCl2+2H2O吸收HCl，有利于提高提高反应物转化率276碳氟键、氨基13
【解析】解：(1)由上述分析可知，A的结构简式为，其名称为甲苯，
故答案为：甲苯；
(2)③为硝化反应，在浓硫酸、加热条件下与浓硝酸发生取代反应，反应方程式为
；
④是D发生还原生成E，反应方程式为+3Fe+6HCl→
+3FeCl2+2H2O，
故答案为：；+3Fe+6HCl→
+3FeCl2+2H2O；
(3)反应⑤的反应方程式为
，吡啶是一种有机碱，
反应生成HCl，用吡啶吸收，有利于提高提高反应物转化率，
故答案为：吸收HCl，有利于提高提高反应物转化率；
(4)由结构简式可知G的分子式为C11H11F3N2O3，则G的相对分子质量为12×11+
1×11+19×3+14×2+16×3=276，
故答案为：276；
(5)E中含有的官能团的名称是碳氟键，氨基；已知T(C7H7NO2)是E在碱性条件下的水解产物，则T为，符合下列条件的T的同分异构体：①−NH2直接连在苯环上，
②能与新制氢氧化铜悬浊液共热产生红色固体，说明含有醛基或甲酸形成的酯基，苯
环有2个侧链为−NH2、−OOCH，有邻、间、对3种位置关系，苯环有3个侧链为−NH2、−OH、−CHO，而−NH2、−OH有邻、间、对3种位置关系，对应的−CHO分别有4种、4种、2种位置，故符合条件的同分异构体共有3+4+4+2=13种，
故答案为：碳氟键、氨基；13。

由B的分子式，结合C的结构简式，可知芳香烃A为，则B为，A发生取代反应生成B，B发生取代反应生成C；对比C、D、E结构，可知C发生硝化反应生成D，D发生还原生成E；对比E、G的结构，结合反应条件，可知F为，
E发生取代反应生成F，F发生硝化反应生成G。

本题考查有机物的推断与合成，对比分析有机物的结构简式理解发生的反应，侧重考查学生的分析推理能力、知识迁移运用能力，熟练掌握官能团的性质与转化，掌握“定二移一法”书写苯的三元取代同分异构体。

16.【答案】sp2氧化反
应C2H5NH2
【解析】解：(1)B中氮原子与C原子形成碳氮双键，与O原子形成N−O单键，还有一对孤对电子，故杂化类型为sp2，
故答案为：sp2；
(2)C→D是被二氧化锰氧化生成，反
应类型为氧化反应，
故答案为：氧化反应；
(3)已知，在HOAc作用下加热与X反应生成，根据E、F推知X的结构简式为C2H5NH2，
故答案为：C2H5NH2；
(4)E的一种同分异构体，满足：①在一定条件下能发生水解反应，则含有酯基或肽键；
②分子中含两个苯环且含有4种不同化学环境的氢，则高度对称，根据N、O原子可知N 在中间，两边为羰基形成的肽键，符合条件的同分异构体为
，
故答案为：；。