2021-2022学年江苏省如皋市高二下学期期初调研化学试题含解析

这是一份2021-2022学年江苏省如皋市高二下学期期初调研化学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，元素或物质推断题，多选题，工业流程题，有机推断题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。

江苏省如皋市2021-2022学年高二下学期期初调研化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．经过对嫦娥五号带回的月球土壤的研究，中国科学家发现月球土壤中含有一定量的水。下列说法正确的是
A．月球上的水比地球上的水稳定 B．水结冰时会形成更大规模的氢键
C．纯水的pH一定等于7 D．水是由极性键构成的非极性分子
【答案】B
【详解】A．月球上的水和地球上的水一样稳定，A错误；
B．在水结成冰时,氢键起主要作用,它把水分子结起来形成有规则的空间结构结构,在一个晶格中,四个氢原子在正四面体的顶点上,一个氧原子位于四面体的中心.这样使分子间的空隙变大且保持一定,因此水结成冰时体积变大，B正确；
C．纯水的pH不一定等于7，与温度有关，温度越高，水的电离程度越大，C错误；
D．水是由极性键构成的极性分子，D错误。
2．反应C2H2+2CuC1 →Cu2C2+ 2HCl可用于制备有机反应催化剂乙炔铜。下列说法正确的是
A．C2H2分子中σ键和π键个数之比为3：2
B．基态Cu原子的电子排布式： [Ar]3d94s2
C．HCl的电子式：
D．中子数为20的Cl原子可表示为
【答案】A
【详解】A．C2H2的结构式为H-C≡C-H，分子中的σ键和π键个数之比为3：2，故A正确；
B．Cu是29号元素，其基态原子的电子排布式：[Ar]3d104s1，故B错误；
C．HCl是共价化合物，其电子式为，故C错误；
D．中子数为20的Cl原子，质量数为37，质子数为17，可表示为Cl，故D错误；
故选A。
3．下列由废铁屑制取FeSO4·7H2O的实验原理与装置不能达到实验目的的是

A．用装置甲除去废铁屑表面的油污
B．用装置乙制取FeSO4溶液，
C．用装置丙过滤得到FeSO4溶液
D．用装置丁蒸干溶液得到FeSO4·7H2O
【答案】D
【详解】A．Na2CO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，升高温度，Na2CO3溶液水解程度增大，溶液的碱性增强，废铁屑表面的油污能够与碱性物质反应产生可溶性物质，因此热纯碱溶液去除油污能力增强，A能够达到实验目的；
B．Fe与稀硫酸反应产生FeSO4和H2，温度升高，化学反应速率加快，故可用装置乙加快废铁屑的溶解，B能够达到实验目的；
C．根据装置图可知，该装置为过滤装置，可将难溶性固体过滤除去，得到的滤液为FeSO4溶液，C能达到实验目的；
D．FeSO4中的Fe2+易被氧化，且蒸干后得不到结晶水，因此应该采用加热浓缩、冷却结晶的方法，而不能采用蒸发结晶方法，D不能达到实验目的；
故选D。
4．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A．Na2O2(s)  NaOH(aq) NaHCO3(aq)
B．Mg2(OH)2CO3(s) MgCl2(aq) Mg(s)
C．Al2O3 AlCl3(aq) AlCl3(s)
D．HClO(aq) Cl2(g) FeCl2(s)
【答案】A
【详解】A．过氧化钠和水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与足量二氧化碳反应生碳酸氢钠和水，各步转化均可以一步实现，故A正确；
B．碱式碳酸镁和盐酸反应生成氯化镁，电解氯化镁溶液得不到镁单质，故B错误；
C．氧化铝和盐酸反应生成氯化铝，氯化铝溶液在蒸干过程中会发生水解生成氢氧化铝，故AlCl3（aq）蒸干制取AlCl3（s）不能实现，故C错误；
D．HClO光照生成氧气，故HClO（aq）光照制取Cl2（g）不能实现，故D错误；
故选A。
5．下列有关电化学原理及应用的说法正确的是

A．纯铁比钢铁更容易发生电化学腐蚀
B．铁制品表面镀锌时，铁制品应与电源正极相连
C．电解精炼铜时，阳极质量的变化大于阴极
D．右图装置中正极反应式为2H2O+2e- = H2↑+ 2OH-
【答案】C
【分析】铁、炭和食盐水形成原电池，Fe活泼作负极，C作正极，发生吸氧腐蚀。

【详解】A．钢铁中含有C等杂质易形成原电池，发生电化学腐蚀，纯铁中无杂质，不易发生电化学腐蚀，故A错误；
B．铁制品表面镀锌时，铁制品作阴极，应与电源的负极相连，故B错误；
C．电解精炼铜时，粗铜作阳极，铜和活泼性比铜强的金属放电，同时形成阳极泥，阴极铜离子得电子生成铜，故阳极质量的变化大于阴极，故C正确；
D．C作正极，发生吸氧腐蚀，电极反应式为O2＋2H2O＋4e−＝4OH−，故D错误；
故答案选C。
【点睛】本题考查金属的腐蚀与防护和电解原理，题目难度中等，掌握常见的金属腐蚀与防护知识是解题的关键。
6．合成氨反应中物质的能量与反应过程的关系如图所示。已知键能、。下列说法正确的是

A．一定条件下，反应能自发进行的原因是
B．
C．合成氨使用催化剂是为了提高反应物的平衡转化率
D．合成氨使用高温的目的是提高反应物的平衡转化率，使用高压的目的是增大反应速率
【答案】B
【详解】A．根据能量与反应过程图和化学方程式可知，该反应是熵减且放热的反应，因此该反应能自发进行的原因是，A项错误；
B．，得到，B项正确；
C．催化剂不会改变反应物的平衡转化率，C项错误；
D．该反应是放热反应，高温会降低反应物的平衡转化率，D项错误；
答案选B。
7．下列图示与对应的叙述相符的是

A．图I表示2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) △H <0 的速率时间图像，t1时刻改变的条件是升高温度
B．图II表示常温下盐酸滴定20.00 mL NaOH溶液得到的滴定曲线，由图可知盐酸的物质的量浓度为0.1 mol·L-1
C．图III表示反应2NO2(g) N2O4(g) △H中NO2平衡转化率与温度、 压强的变化关系，由图可知：△H<0、P1 D．图IV表示pH相同的NaOH溶液与氨水稀释过程的pH变化，由图可知a对应氨水
【答案】D
【详解】A．2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) △H <0 ，若t1时刻改变的条件是升高温度，正逆反应速率都会发生突跃，图像中正反应速率是在原来基础上渐变，A错误；
B．由图起始点可知氢氧化钠的物质的量浓度为0.1 mol·L-1，盐酸滴定20.00 mL NaOH溶液需要盐酸体积40mL，盐酸浓度为氢氧化钠的一半，B错误；
C．图III表示反应2NO2(g) N2O4(g) △H中NO2平衡转化率与温度、 压强的变化关系，由图知随着温度的升高，二氧化氮的转化率降低，则△H<0，温度不变时，高压更有利于二氧化氮的转化，P1>P2，C错误；
D．pH相同的NaOH溶液与氨水稀释过程的中pH无限向7靠拢，且氨水是弱碱存在电离平衡，pH变化程度小于强碱氢氧化钠的变化，D正确；
答案选D。
8．一种新型镁硫二次电池放电时的工作原理如图所示。下列说法正确的是

A．当石墨烯中的S均转化为S时，电路中转移的电子数达到最大值
B．离子交换膜应为阴离子交换膜
C．充电时，阴极反应可能发生：Mg2+ +MgS2+2e- = 2MgS
D．放电时，若电路中转移1 mol电子，则正极质量增加12g
【答案】D
【分析】新型镁硫二次电池放电时的工作原理如图所示，a电极是负极，镁失去电子经外电路去向正极b，石墨烯中的S获得电子化合价降低，变成一系列硫的阴离子。内电路镁离子通过阳离子交换膜到正极与含硫离子结合生成对应的硫化物。充电过程是放电过程的逆过程，电极a发生得电子的还原反应是阴极，b电极发生失电子的氧化反应作阳极，据此回答。
【详解】A．当石墨烯中的S均转化为S2-时，电路中转移的电子数达到最大值，A错误；
B．离子交换膜应为阳离子交换膜，镁离子通过膜到b电极，B错误；
C．Mg2+ +MgS2+2e- = 2MgS是放电时的正极反应，C错误；
D．放电时，若电路中转移1 mol电子，0.5mol镁离子通过阳离子交换膜转移到正极，则正极质量增加12g，D正确。
9．25℃时，和的沉淀溶解平衡曲线如图(代表或)所示。下列说法不正确的是

A．a点可表示的饱和溶液
B．c点可表示的过饱和溶液，达新平衡时可到达b点
C．d点时溶液中存在(忽略单位)
D．用溶液浸泡足量，会有部分转化为
【答案】B
【详解】A．a点在CaCO3沉淀溶解平衡曲线上，可表示CaCO3的饱和溶液，A正确；
B．c点表示的是的过饱和溶液，溶液中存在，平衡逆向移动，、同时减小，达到新平衡后，无法到达b点，B错误；
C．d点在MnCO3的沉淀溶解平衡曲线上，根据图可知，c(Mn2+)·c()=4×10-6×4×10-6=1.6×10-11，C正确；
D．虽然MnCO3的溶度积常数小于CaCO3，但是仍会发生反应，用0.10mol⋅L−1CaCl2溶液浸泡足量MnCO3，相当于增大反应物浓度，平衡正向移动，会有部分碳酸锰转化为碳酸钙，D正确；
故答案选B。
10．已知常温下H2C2O4 (乙二酸)、H2CO3、 HClO 的电离平衡常数如下表所示。

H2C2O4
H2CO3
HClO
Ka1
5.9 ×10-2
4.5 ×10-7
3 ×10-8
Ka2
6.4 ×10-5
5.6 ×10-11


下列说法正确的是A．0.10 mol·L-1Na2C2O4溶液中存在： c(H+)=c(OH-)+c(HC2O4-)+ 2c(H2C2O4)
B．25℃， 将0.10 mol·L-1 H2C2O4溶液加水稀释，不变
C．25℃， 浓度均为0.10 mol·L-1的Na2C2O4、Na2CO3 和NaClO三种溶液，pH由大到小的顺序是NaClO、Na2CO3、 Na2C2O4
D．向0.10 mol·L-1 NaClO溶液中通入少量CO2可发生反应：CO2+ H2O+ 2ClO- = CO+ 2HClO
【答案】B
【详解】A．由质子守恒可知Na2C2O4溶液中存在： c(OH-)= c(H+)+c(HC2O4-)+ 2c(H2C2O4)，A错误；
B．H2C2O4溶液中，=，草酸的电离常数和水的离子积常数只与温度有关，加水稀释，温度不变，该值不变，B正确；     
C．由表格可知Ka(HC2O)>Ka(HClO)>Ka(HCO)，根据盐类水解规律越弱越水解知浓度均为0.10 mol·L-1的Na2C2O4、Na2CO3和NaClO三种溶液，pH由大到小的顺序是Na2CO3、NaClO、Na2C2O4，C错误；
D．Ka(HCO) 答案选B。

二、元素或物质推断题
11．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大， X的族序数是周期序数的3倍，基态时Y原子3s原子轨道上有1个电子，Z与X处于同一主族。下列说法正确的是
A．原子半径： r(W)>r(Z)>r(Y)
B．第一电离能： I1(Y) C．X与Y形成的化合物可能含有共价键
D．W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的弱
【答案】C
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的族序数是周期序数的3倍，X只能位于第二周期ⅥA族，则X为O；Z与X处于同一主族，则Z为S；W的原子序数大于S，且为主族元素，则W为Cl元素；基态时Y原子3s原子轨道上有1个电子，其原子序数大于O，则Y为Na元素，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，X为O、Y为Na、Z为S、W为Cl；
A．同周期主族元素从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径：r(W)＜r(Z)＜r(Y)，故A错误；
B．同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，同主族从上到下第一电离能呈减小趋势，则第一电离能：I1(Y)＜I1(Z)＜I1(X)，故B错误；
C．X、Y形成的过氧化钠中含有离子键和共价键，故C正确；
D．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性S＜Cl，则W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强，故D错误；
故答案选C。

三、多选题
12．甲酸香叶酯是一种食品香料，可以由香叶醇与甲酸发生酯化反应制得。下列说法中正确的是

A．香叶醇分子不存在顺反异构A
B．1分子甲酸香叶酯中发生sp2杂化的碳原 子有4个
C．甲酸香叶酯既能发生银镜反应，也能发生水解反应
D．甲酸香叶酯的水溶性好于香叶醇
【答案】AC
【详解】A．香叶醇分子中2个碳碳双键均存在连接2个相同原子或原子团的不饱和碳原子，香叶醇不存在顺反异构，故A正确；
B．碳碳双键、酯基中碳原子采取sp2杂化，1分子甲酸香叶酯中发生sp2杂化的碳原子有5个，故B错误；
C．甲酸香叶酯含有甲酸形成的酯基，该酯既能发生银镜反应，也能发生水解反应，故C正确；
D．甲酸香叶酯中酯基是憎水基，而香叶醇中醇羟基能与水分子之间形成氢键，是亲水基，香叶醇的水溶性好于甲酸香叶酯，故D错误；
故答案选AC。
13．一定温度下，在两个体积均为2.0 L的恒容密闭容器中发生如下反应：PCl5(g) PCl3(g)+Cl2(g)   ΔH
编号
温度(℃)
起始物质的量(mol)
平衡物质的量(mol)
PCl5(g)
PCl3(g)
Cl2(g)
I
320
0.40
0.10
0.10
II
410
0.40
0.15
0.15

下列说法正确的是A．该反应的ΔH<0
B．到达平衡时所用的时间容器I一定多于容器II
C．若起始时向容器中充入0.80 mol PCl5，平衡时c(PCl3)>0.10 mol·L-1
D．若起始时向容器II中充入PCl50.20 mol、PCl30.4 mol和Cl2 0.10 mol，则反应将向逆反应方向进行
【答案】BD
【详解】A．由表格数据知随着温度的升高，生成更多的产物，故该反应是吸热反应，ΔH>0，A错误；
B．温度越高反应速度越快，故到达平衡时所用的时间容器I一定多于容器II，B正确；
C．起始时向容器中充入0.80 mol PCl5，弱平衡不移动，则平衡时c(PCl3)=0.10 mol·L-1，实际上密闭容器中增加PCl5，相当于增加压强，平衡向气体体积减小的方向即逆向移动，平衡时c(PCl3)<0.10 mol·L-1,C错误；
D．410℃平衡时PCl5为0.4mol−0.15mol=0.25mol，该温度下平衡常数K=c(PCl3)×c(Cl2)c(PCl5) ==0.045，浓度商Qc=＞K=0.045，反应向逆反应进行，故D正确；

四、工业流程题
14．工业上以碳酸锰矿为主要原料先制取，再以为原料生产的工艺流程如下：

有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如下表：
氢氧化物






开始沉淀的pH
1.5
3.3
6.2
6.5
8.0
8.3
沉淀完全的pH
3.2
5.2
8.2
9.7
8.8
9.8

(1)酸浸时为加快浸取时的速率，采取的措施除将碳酸锰矿粉碎、适当增加硫酸的浓度、充分搅拌外，还可以采取的措施是_______。(任写一种)
(2)酸浸后的溶液中含有、，另含有少量、、、、等。写出氧化时所发生反应的离子方程式：_______。
(3)除杂时可依次加入和。
①为除去溶液中的铁元素和铝元素，可加入调节溶液的pH。调节pH时需控制pH的范围是_______。
②加入除去溶液中铝元素时所发生反应的离子方程式为_______。
③加入，可除去、。当ZnS、PbS沉淀共存时，溶液中_______。[已知，]
(4)沉锰后所得的需进行洗涤，检验沉淀是否洗净的方法是_______。
(5)写出灼烧时反应的化学方程式：_______。
【答案】(1)加热或升高反应的温度
(2)
(3)     5.2≤pH<6.2或5.2~6.2     或    
(4)取最后一次洗涤滤液少许于试管中，向其中加入盐酸酸化，再加入溶液，若无沉淀生成，则沉淀已洗净
(5)

【分析】碳酸锰矿酸浸，酸浸后的溶液中含有、，另含有少量、、、、等，加MnO2氧化Fe2+得Fe3+，除杂时可依次加入和，将、转化氢氧化物沉淀，、化为硫化物沉淀；加碳酸钠溶液沉锰得到碳酸锰，加氧气灼烧得到MnO2粗品。
（1）
酸浸时为加快浸取时的速率，采取的措施除将碳酸锰矿粉碎、适当增加硫酸的浓度、充分搅拌外，还可以采取的措施是：加热或升高反应的温度；
（2）
根据溶液中存在的离子，氧化时被二氧化锰氧化为Fe3+，所发生反应的离子方程式：；
（3）
①通过调节pH仅除去铁元素和铝元素，不影响其他元素，因此需要控制pH的范围为5.2≤pH<6.2或5.2~6.2；
②加入后，溶液中发生的反应为，促进的水解平衡正向移动，两反应的总方程式即为发生反应的离子方程式：或；
③；
（4）
检验沉淀是否洗净的实质是检验硫酸根离子是否洗净，方法是：取最后一次洗涤滤液少许于试管中，向其中加入盐酸酸化，再加入溶液，若无沉淀生成，则沉淀已洗净；
（5）
灼烧时碳酸锰和延期反应生成二氧化锰和二氧化碳，方程式为：。

五、有机推断题
15．有机物H具有抗氧化、抗炎等特性，其一种合成路线如下图所示(C→D， F→G的部分反应条件未列出)：

(1)B的结构简式为 _______。
(2)G的结构简式为 _______。
(3)C→D，F→G的第一步反应的条件分别是：_______、_______。
(4)写出符合下列条件的E的一种同分异构体的结构简式： _______。
Ⅰ.含有手性碳原子，分子中含6种化学环境不同的氢；
Ⅱ.能与FeCl3溶液发生显色反应。
(5)利用所学知识，设计以为原料制取的路线图。(无机试剂及有机溶剂任用)。_______
【答案】(1)
(2)
(3)     新制的氢氧化铜悬浊液加热或银氨溶液加热     氢氧化钠的水溶液共热
(4)
(5)

【分析】A物质有碳碳双键和醛基，与氢气加成生成B：，再催化氧化生成醛C：。醛氧化生成羧酸D：。E物质与氯气发生取代反应生成F：，再发生氢氧化钠水溶液加热条件下的水解反应生成G：，D与G在硫酸加热的条件下发生酯化反应生成产物H，据此回答。
（1）
B的结构简式为；
（2）
G的结构简式为；
（3）
考查醛的催化氧化和卤代烃的水解反应条件，分别是新制的氢氧化铜悬浊液加热或银氨溶液，加热，氢氧化钠的水溶液共热；
（4）
能与FeCl3溶液发生显色反应要求该分子有苯酚的基础结构，含有手性碳原子，同时分子中含6种化学环境不同的氢要求对称性高，符合条件；
（5）
对比目标产物和原料，需引入溴原子，苯环发生加成反应和醇羟基发生消去反应生成碳碳双键，流程图为。

六、原理综合题
16．Na2SO3、 NaHSO3是常见的化工原料，常用作还原剂。
(1)25℃， H2SO3、 HSO 、SO的物质的量分数[]与pH的关系如下图所示。

①若向NaOH溶液中通入SO2制取NaHSO3溶液，则当溶液的pH为 _______时应停止通入。
②向NaOH溶液中通入SO2，所得溶液中一定存在的等式是 _______(用溶液中所含微粒的物质的量浓度表示)。
③结合数据说明NaHSO3溶液的酸碱性： _______。
(2)Na2SO3固体久置后会被氧化，为测定某久置Na2SO3固体中Na2SO3的含量，现进行如下实验：称取0.3000 g该固体于锥形瓶中，加水溶解后，边振荡边向其中滴加0.1000mol·L-1I2标准溶液28 mL，充分反应后，向溶液中滴加2滴淀粉溶液作指示剂，继续滴加0.1000 mol·L-1Na2S2O3标准溶液与过量的I2反应(发生反应I2+ 2Na2S2O3=2NaI+ Na2S4O6)，恰好完全反应时消耗Na2S2O3标准溶液16 mL。
①滴定终点时的实验现象是 _______。
②滴定过程中，滴定管液面如图所示，此时滴定管的读数为 _______。

③计算久置Na2SO3固体中Na2SO3的含量，并写出计算过程。_______
④下列情况会造成滴定或读取所滴Na2S2O3标准溶液体积偏大的是 _______(填序号)。
A．滴定过程中用蒸馏水冲洗锥形瓶瓶壁
B．装Na2S2O3标准溶液的滴定管水洗后未润洗
C．开始滴定时，滴定管尖嘴部分未充满液体
D．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数
【答案】(1)     5     c(Na+)+ c(H+)= c(OH-)+ c()+ 2c()     酸性
(2)     当滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复说明达到滴定终点     15.80mL     84%     BC

【解析】（1）
①一开始H2SO3的物质的量最大，随着pH增大，的物质的量逐渐增大然后减小，最后的物质的量增大，则向NaOH溶液中通入SO2制取NaHSO3溶液，可将溶液的pH控制在约为5时应停止通入，故答案为：5；
②向NaOH溶液中通入SO2，所得溶液中一定存在电荷守恒，即c(Na+)+ c(H+)= c(OH-)+ c()+ 2c()；
③由图知pH=1.9时c(H2SO3)=c()，则，pH=7.2时c()=c()，则，NaHSO3溶液存在水解平衡和电离平衡，水解常数为，电离常数为Ka2=10-7.2，则电离程度大于水解程度，溶液呈酸性；
（2）
①I2溶液中滴加淀粉溶液作指示剂，溶液变蓝，加入Na2S2O3标准溶液消耗I2至反应完全时溶液变无色，则滴定终点时的实验现象是：当滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复说明达到滴定终点；
②滴定管的精确度为0.01mL，此时滴定管的读数为15.80mL；
③由反应I2+ 2Na2S2O3=2NaI+ Na2S4O6，剩余的n(I2)=0.5n(Na2S2O3)=0.5×0.1000 mol·L-1×16×10-3L=8×10-4mol，则与Na2SO3反应的n(I2)= 0.1000mol·L-1×28×10-3L-8×10-4mol =2×10-3mol，该反应的离子方程式为，则n(Na2SO3)= n(I2)= 2×10-3mol，m(Na2SO3)=nM=2×10-3mol×126g/mol=0.252g，Na2SO3的含量为；
④A．锥形瓶水洗后未干燥，操作方法合理，不影响测定结果，故A不选；
B．装Na2S2O3标准溶液的滴定管水洗后未润洗，导致标准液浓度减小，滴定过程中消耗标准液体积偏大，故B选；
C．开始滴定时，滴定管尖嘴部分未充满液体，导致消耗标准液体积偏大，故C选；
D．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，读取的标准液体积偏小，故D不选；
故答案为：BC。
17．CO2的回收和资源化对于实现“碳中和”具有重要意义。
(1)CH4与CO2重整生成H2和CO的反应为CH4(g)+CO2(g)=H2(g)+2CO(g) ΔH=247.6kJ·mol-1
①已知H2(g)和CO(g)的燃烧热分别为285.8 kJ·mol-1和283.0 kJ·mol-1.则CH4的燃烧热为 _______。
②CH4与CO2重整过程中还发生反应H2(g)+ CO2(g)=H2O(g)+CO(g) ΔH =41.2kJ·mol-1.，在恒压、反应物起始物质的量比n(CH4) ： n(CO2)=1： 1条件下，CH4和CO2的平衡转化率随温度变化的曲线如图-1所示。

Ⅰ.曲线 _______ (填“A”或“B”)表示CH4的平衡转化率随温度的变化
Ⅱ. 800 K、起始n(CH4)： n(CO2)=1：1条件下，要让CH4平衡转化率达到X点的值，可以采取的措施是_______(过程中不充入或分离出任何物质)。
(2)CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法， 其过程中主要发生下列反应：
反应Ⅰ： CO2(g)+H2(g) = CO(g)+H2O(g) △H=41.2 kJ·mol-1
反应Ⅱ： 2CO2(g)+ 6H2(g) = CH3OCH3(g)+ 3H2O(g) △H= - 12.25 kJ·mol-1
在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化见图-2，其中： CH3OCH3的选择性=100%  

①图中表示CO2平衡转化率的是曲线 _______(填“M”或“N”)。
②温度高于300 ℃，曲线N随温度升高而上升的原因是_______ °
(3)以CO2为原料可以合成多种物质。一种将CO2的转化为HCOO-的电解装置如图所示。写出阳极处的电极反应方程式：_______。

【答案】(1)     -890.0kJ·mol-1     B     减小压强
(2)     N     温度高于300 ℃，二氧化碳转化率随温度升高而上升的原因是以吸热反应Ⅰ为主，温度升高，反应Ⅰ正向移动，二氧化碳转化率升高。
(3)2H2O-4e-=O2+4H+ （生成的H+可与电解质中的HCO反应：H++HCO=H2O+CO2）    

【解析】（1）
①已知H2(g)和CO(g)的燃烧热分别为285.8 kJ·mol-1和283.0 kJ·mol-1，①H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH1=-285.8 kJ·mol-1；②CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH2=-283.0 kJ·mol-1；③CH4（g）+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH3；由盖斯定律知，CH4与CO2重整生成H2和CO的反应为CH4(g)+CO2(g)=H2(g)+2CO(g) ΔH=247.6kJ·mol-1可由③-2①-2②获得，故ΔH3=-890.0kJ·mol-1；②甲烷只参加一个反应，二氧化碳参加两个反应，相同情况下二氧化碳消耗更多，平衡转化率更大。曲线B表示CH4的平衡转化率随温度的变化；③800 K、起始n(CH4)： n(CO2)=1：1条件下，要让CH4平衡转化率增大达到X点的值即让重整反应平衡正向移动，且过程中不充入或分离出任何物质，可以减小压强，二氧化碳参与的等体积反应不移动，重整反应正向移动。
（2）
反应Ⅰ： CO2(g)+H2(g) = CO(g)+H2O(g) △H=41.2 kJ·mol-1反应吸热，温度越高越正向移动；反应Ⅱ： 2CO2(g)+ 6H2(g) = CH3OCH3(g)+ 3H2O(g) △H= - 12.25 kJ·mol-1 放热反应，温度越高，该反应逆向移动，二甲醚的选择性降低。图中表示CO2平衡转化率的是曲线N；温度高于300 ℃，二氧化碳转化率随温度升高而上升的原因是以吸热反应Ⅰ为主，温度升高，反应Ⅰ正向移动，二氧化碳转化率升高。
（3）
CO2的转化为HCOO-的反应是得电子的还原反应，Sn片是阴极，Pt电极是阳极，Pt片是惰性电极，插在碳酸氢钾的溶液中，阳极处的电极反应式是2H2O-4e-=O2+4H+，H++HCO=H2O+CO2。