江西省赣州市二十四校2024-2025学年高二上期中联考化学试卷（含解析）

2024年赣州市十八县(市、区)二十四校期中联考高二年级化学试卷试卷共8页，18小题，满分100分。考试用时75分钟。注意事项：1.考查范围：必修第一册和必修第二册；选择性必修1第一章至第三章第二节。2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡指定位置上。3.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，请将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H—1C—12O—16Na—23Fe—56一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。1.人类发展史上，中国科技成就斐然。下列各时期产品使用的材料，主要成分属于硅酸盐的是A.黏土烧制的泥活字模B.利用中国古代造纸术生产的蔡侯纸C.嫦娥六号月背采样使用轻质铝合金取芯管D.光伏发电使用的硅太阳能电池板【答案】A【解析】A．黏土烧制的泥活字模属于硅酸盐材料，A项符合题意；B．纸的主要成分是纤维素，属于天然有机高分子，不是硅酸盐材料，B项不符合题意；C．轻质铝合金取芯管属于合金，不是硅酸盐材料，C项不符合题意；D．硅太阳能电池板的主要成分是硅，不是硅酸盐材料，D项不符合题意；答案选A。2.太空“冰雪”实验是将过饱和醋酸钠液体迅速结晶，形成热的“冰球”。下列有关说法正确的是A.醋酸钠属于弱电解质 B.析出的晶体属于共价化合物C.醋酸钠属于强酸强碱盐 D.结晶形成冰球是一个放热过程【答案】D【解析】A．醋酸钠属于盐类，在水中能完全电离，属于强电解质，A项错误；B．析出的晶体为醋酸钠，醋酸钠为离子化合物，B项错误；C．醋酸为弱酸，故醋酸钠为弱酸强碱盐，C项错误；D．由形成热的“冰球”可知，结晶是一个放热过程，D项正确；答案选D。3.铈锆基稀土催化剂(可用作技术的催化剂。其中一个反应为下列说法正确的是A.上述反应的△S<0B.恒容条件下，当容器内混合气体密度不变时反应达到平衡状态C.其他条件一定，增大压强，反应的化学平衡常数增大D.其他条件不变，降低反应温度，能提高NH3、NO的平衡转化率【答案】D【解析】A．该反应为气体体积增大的反应，则ΔS>0，A项错误；B．反应前后气体总质量不变，恒容条件下，容器体积不变，则容器内混合气体密度始终不变，不能据此判断平衡状态，B项错误；C．化学平衡常数只与温度有关，其他条件不变，增大压强，平衡逆向移动，但温度不变，化学平衡常数不变，C项错误；D．该反应为放热反应，其他条件不变，降低反应温度，平衡正向移动，NH3、NO的平衡转化率增大，D项正确；答案选D。4.设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.NA个Fe(OH)3胶体粒子的质量为107gB.34gH2O2分子中含有极性键的数目为2NAC.的稀盐酸中含HCl分子的数目为0.1NAD.向蒸馏水中通入标准状况下22.4LCl2，转移的电子数为NA【答案】B【解析】A．1个Fe(OH)3胶体粒子中含有多个Fe(OH)3，NA个Fe(OH)3胶体粒子的质量大于107g，A错误；B．34gH2O2即1molH2O2，根据结构式H—O—O—H，1个H2O2分子有两条极性键，极性键的数目是2NA个，B正确；C．HCl是强酸，稀盐酸中HCl已完全电离，无HCl分子，C错误；D．Cl2与水的反应可逆，不能进行到底，1molCl2转移的电子数少于NA个，D错误；故选B。5.下列有关水溶液中的离子叙述错误的是A.的氨水中有0.1mol的氮原子B.温度不变时，往H2O中通入HBr，H2O的电离程度会减小C.等体积等pH的盐酸和醋酸分别与NaOH恰好中和，消耗NaOH一样多D.在温度不变时，水溶液中c(H+)和c(OH-)不能同时增大【答案】C【解析】A．根据元素守恒，1L0.1mol⋅L⁻¹的氨水中有0.1mol氮原子，A项正确；B．通入HBr气体，导致溶液中c(H⁺)增大，抑制水的电离，B项正确；C．醋酸是弱酸部分电离，等体积等pH盐酸和醋酸溶液中和NaOH的能力不相同，醋酸消耗NaOH的物质的量更多，C项错误；D．Kₐ为水的离子积常数，由Kw=c(H+)⋅c(OH-)可知温度一定时，Kw不变，水溶液中c(H⁺)和c(OH⁻)不能同时增大，D项正确。答案选C。6.已知“精炼硅”的反应历程如下：历程I：历程II：历程III：SiHCl3(l)+H2(g)=Si(s)+3HCl(g)ΔH3=+238kJ·mol⁻¹下列说法正确的是A.SiHCl3(g)比SiHCl3(l)更稳定B.历程I反应在低温下可自发进行C.历程II为放热反应且D.1molSi(s)与3molHCl(g)能量之和小于1molSiHCl3(l)与1molH2(g)能量之和【答案】B【解析】A．历程Ⅲ=-(历程Ⅰ+历程Ⅱ)，△H2=-28kJ⋅mol⁻¹，SiHCl3(g)比SiHCl3(l)的能量高，则SiHCl3(l)更稳定，A错误；B．历程Ⅰ为放热、熵减的反应，在低温下可自发进行，B正确；C．历程Ⅱ为物质状态变化过程，不是放热反应，C错误；D．历程Ⅲ为吸热反应，1molSi(s)与3molHCl(g)能量之和大于1molSiHCl3(l)与1molH2(g)能量之和，D错误；答案选B。7.下列事实不能证明HNO2是弱电解质的是A.HNO2和NaCl不能发生反应B.HNO2溶液中存在和HNO2C.常温下0.1mol·L-1HNO2溶液的pH=2.1D.常温下pH=2的HNO2溶液稀释至100倍，pH约为3.1【答案】A【解析】A．HNO2和NaCl不能发生反应，只能说明不符合复分解反应的条件，但不能说明HNO2是弱酸，A项符合题意；B．HNO2溶液中存在和HNO2，说明HNO2没有完全电离，为弱电解质，B项不符合题意；C．常温下0.1mol⋅L⁻¹HNO2溶液的pH=2.1，说明HNO2不完全电离，溶液中存在电离平衡，能说明HNO2为弱酸，C项不符合题意；D．常温下pH=2的HNO2溶液稀释至100倍，pH约为3.1说明HNO2没有完全电离，则HNO2为弱电解质，D项不符合题意答案选A。8.按如图装置进行实验，开始关闭止水夹a，锥形瓶内用电磁搅拌器搅拌。下列相关说法正确的是A.试剂x是碱石灰，目的是防止污染B.开始搅拌后锥形瓶壁逐渐变冷，说明该反应吸热C.锥形瓶内壁贴一块湿润的蓝色石蕊试纸，开始搅拌后试纸会变红D.搅拌一段时间后，打开止水夹a，有大量白烟产生，说明有升华【答案】B【解析】【分析】与反应生成，该反应是吸热反应，开始实验时关闭止水夹a，锥形瓶内用电磁搅拌器搅拌，则锥形瓶中温度降低；浓盐酸具有挥发性，挥发出的HCl气体与反应生成的生成，则有大量白烟产生。A．与反应生成，碱石灰不能吸收，应选用等干燥剂吸收，A错误；B．与的反应是吸热反应，则开始搅拌后锥形瓶壁逐渐变冷，B正确；C．会使湿润的红色石蕊试纸变蓝，锥形瓶内壁贴一块湿润的蓝色石蕊试纸，开始搅拌后无现象，C错误；D．打开止水夹a，白烟是浓盐酸挥发出的HCl气体与反应生成的化合生成，不是升华，D错误；答案选B。9.根据下列实验操作、现象能得出相应实验结论(或目的)的是选项实验操作、现象实验结论(或目的)A常温下，用pH计测得某酸HA饱和溶液的pH=a，某酸HB饱和溶液的pH=b，a>b酸性：HB>HAB其他条件相同，向2支盛有5mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2mL5%H2O2溶液，观察实验现象探究浓度对反应速率的影响C取1mL0.1mol·L⁻¹KI溶液于试管中，加入2mL0.1mol·L⁻¹FeCl3溶液充分反应后滴入5滴15%KSCN溶液，观察实验现象证明KI与FeCl3的反应是可逆反应D将封装有NO2和N2O4混合气体的烧瓶浸泡在热水中，气体颜色变深2NO2(g)N2O4(g)为放热反应A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．酸HA、HB饱和溶液的浓度未知，不能通过测定其饱和溶液的pH判断两者酸性的强弱，A项不符合题意；B．NaHSO3溶液与H2O2溶液反应，没有明显的实验现象，不适合探究浓度对反应速率的影响，B项不符合题意；C．取1mL0.1mol·L-1KI溶液于试管中，加入2mL0.1mol·L-1FeCl3溶液充分反应，FeCl3过量，不能根据反应后的溶液中含有Fe3+来说明该反应可逆，C项不符合题意；D．浸泡在热水中的烧瓶气体颜色变深，即升高温度，平衡向生成NO2的方向移动，说明2NO2(g)⇋N2O4(g))为放热反应，D项符合题意；答案选D。10.某密闭容器中发生反应3X(g)Y(g)+mZ(g)ΔH，在不同温度下的平衡体系中混合气体的平均摩尔质量随压强变化的曲线如图所示。下列说法一定正确的是A.m>2B.该反应的△H>0C.a、b、c三点平衡常数：D.a、b、c三点的反应速率：【答案】D【解析】A．根据图像可知，在温度不变时，增大压强，混合气体平均摩尔质量增大，则平衡向气体分子数减小的方向移动，不能确定m的大小，A错误；B．根据图像可知，在压强不变时，升高温度，达到平衡时混合气体平均摩尔质量减小，该反应平衡向吸热方向移动，若m>2时正反应为吸热反应，若m<2时正反应为放热反应，B错误；C．a、c点的温度都是300℃，温度相同，平衡常数相同，则，b点的反应温度是400℃，升高温度，平衡不能确定移动方向，C错误；D．a、c两点温度相同，c点压强小于a点压强，增大压强，化学反应速率增大，a、b两点压强相同，b点温度高于a点温度，则a、b、c三点的反应速率：，D正确；故答案为：D。11.氮氧化物(NOx)为燃油汽车尾气中主要受管制的成分之一，其控制技术的研发十分重要，燃油汽车排气管内部安装三元催化剂处理NO的反应如下：。该反应相对能量如图所示。下列叙述正确的是A.三个基元反应的ΔH都小于0B.上述总反应的ΔH=-674.9kJ·mol-1C.反应3控制总反应的速率D.选择合适的催化剂能降低ΔH的值【答案】B【解析】A．根据反应历程图，反应1是吸热反应，，A错误；B．根据反应历程图，写出三个基元反应的热化学方程式，反应1：，反应2：，反应3：，根据盖斯定律，总反应为：反应1+反应2+反应3，则总的，B正确；C．根据反应历程图，反应1、2、3的正反应活化能分别为，，，能垒越大，反应速率越小，在多步反应中，最慢的一步是速控步骤，即反应1是控制总反应的速率的反应，C错误；D．催化剂只降低反应活化能，不会改变反应的值，D错误；故答案为：B。12.化合物甲是印染业重要的助染剂，其结构式如图。W、X、Y、Z是原子序数递增的短周期元素，三个短周期均有分布，其中Y的原子半径最大，X和Z位于同一主族。下列说法正确的是A.化合物甲中X元素的化合价相同B.最简单气态氢化物的稳定性：Z>XC.Y的最高价氧化物对应水化物是一种弱碱D.X、Y形成的化合物可能存在非极性共价键【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z是原子序数递增的短周期元素，三个短周期均有分布，且W形成单键，则W是H元素；已知Y的原子半径最大，X和Z位于同一主族，则Y和Z必是第三周期元素，且Y形成+1价阳离子，因此Y是Na元素；X和Z同一主族且甲的结构中X形成两条化学键，Z形成六条化学键，则X为O元素，Z为S元素。A．化合物甲中X—X为过氧键，过氧键中O元素为-1价，其他O元素为-2价，A错误；B．非金属性：O>S，则最简单气态氢化物的稳定性：X>Z，B错误；C．Y的最高价氧化物对应水化物是NaOH，属于一种强碱，C错误；D．Na和O形成的化合物中，具有非极性共价键，D正确；答案选D。13.常温下，向浓度为体积为VL的氨水中逐滴加入一定浓度的盐酸，测得溶液的pH随盐酸的加入量发生变化的曲线如图所示，d点时两种溶液恰好完全反应。下列说法错误的是A.盐酸浓度为B.a点时溶液中水电离出的C.由b→c点过程中，n()减小D.由d点可以得出NH4Cl溶液显酸性【答案】C【解析】A．根据d点两种溶液恰好完全反应时氨水与消耗盐酸体积相等可知，二者浓度也相等，A项正确；B．a点为初始点，氨水中水的电离受到抑制，由水电离出c(H⁺)=10⁻¹¹mol⋅L⁻¹，B项正确；C．b→c过程中c(NH4Cl)增大，n()增大，C项错误；D．d点恰好完全反应生成氯化铵溶液，pH<7，D项正确；答案选C。14.实验小组用滴定法测定NaOH样品(杂质为的含量，步骤如下：①称取1.012g的样品，并配制成100mL溶液；②取出25.00mL溶液置于锥形瓶中，加入2滴甲基橙溶液，用浓度为的盐酸滴定至终点，重复此操作三次，平均消耗盐酸体积为24.00mL。下列说法错误的是A.①中配制溶液时需要使用100mL容量瓶B.滴定终点时溶液由黄色变为橙色C.配制溶液时放置时间过长，会导致测定结果偏高D.NaOH样品中含NaOH的质量为0.8g【答案】C【解析】A．配制成100mL溶液需要使用100mL容量瓶，A项正确；B．甲基橙为指示剂时，滴定终点溶液由碱性变成酸性(pH<4.4)，颜色由黄色变为橙色，B项正确；C．配制溶液时放置时间过长，NaOH会部分转化成Na2CO3，滴定时消耗盐酸体积不会改变，不会影响测定结果，C项错误；D．1.012g样品中钠离子的物质的量为24.00×10-3L×0.2500mol⋅L⁻¹×=0.024mol，设NaOH物质的量为x，Na2CO3物质的量为y，则40g⋅mol⁻¹⋅x+106g⋅mol⁻¹⋅y=1.012g，x+2y=0.024mol，解得x=0.02mol，y=0.002mol，即NaOH样品中含NaOH的质量为0.02mol×40g⋅mol⁻¹=0.8g，D项正确；选C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.化学反应对防治环境污染有着极其重要的意义。（1）科学家探索利用燃料气体中的甲烷等将NO还原为氮气和水，反应机理为。反应过程中能量变化如图所示。①E2-E1=_______kJ/mol。②加入催化剂，E2将_______(填“增大”“减小”或“不变”)。③在某密闭容器中发生上述反应，达到平衡后，为提高NO的转化率且同时提高反应速率，可采取的措施有_______(填字母)。A.升高温度B.缩小容器的体积C.增加CH4的浓度（2）工业上常用次氯酸钠除去水体中氨氮(以NH3表示)的污染，其原理如图所示。①写出总反应的化学方程式：_______。②HClO为一元弱酸，其电离方程式为_______。③该反应需控制温度，温度过高时水体中氨氮去除率降低的原因是_______。④各取10mLpH=3的HCl、HClO两种酸溶液，分别加水稀释到1L，其pH与溶液体积的关系如图所示。则曲线N表示_______(填化学式)加水稀释pH与溶液体积的关系图，a=_______。【答案】（1）①.1160②.减小③.C（2）①.2NH3+3NaClO=N2↑+3NaCl+3H2O②.HClO⇌H⁺+ClO⁻③.温度过高，HClO发生分解④.HClO⑤.5【解析】【小问1详解】①根据图像，E1为正反应活化能，E2为逆反应活化能，焓变等于E1-E2，则E2-E1=+1160kJ/mol。②催化剂可以降低反应的活化能，故E1、E2均减小；③A.升高温度，反应速率加快，但平衡逆向移动，NO的转化率减小，A项错误；B.缩小容器的体积，物质的浓度增大，反应速率加快，该反应气体分子总数不变，缩小体积增大压强平衡不移动，NO的转化率不变，B项错误；C.增加甲烷的浓度，反应速率加快，平衡正向移动，NO的转化率增大，C项正确；选C。【小问2详解】①由原理图可知，NaClO、NH3为反应物，HClO、HCl、NaOH均为中间产物，NaCl、N2和H2O为生成物，故总反应化学方程式为2NH3+3NaClO=N2↑+3NaCl+3H2O；②HClO为弱酸，难电离，则电离方程式为HClO⇌H⁺+ClO⁻；③由图可知，氨气被次氯酸氧化为氮气从水体中除去，则温度过高时水体中氨氮去除率降低的原因是：温度过高，HClO发生分解；④加水稀释促进弱酸进一步电离，则加水稀释，强酸pH随溶液体积变化大，而弱酸pH随溶液体积变化相对于强酸小，故曲线N表示HClO加水稀释pH与溶液体积的关系图；M代表盐酸，强酸溶液体积从10mL稀释到1L时，稀释至原浓度的百分之一，pH增大2，故a为5。16.常温下，用的NaOH溶液滴定25.00mL一定浓度的醋酸(pH=3)，选择酚酞溶液做指示剂，达到滴定终点后停止滴定，并记录NaOH溶液的最终读数，再重复滴定3次。记录数据如下表：实验编号待测醋酸溶液的体积/mLNaOH标准液的浓度/(mol·L⁻¹)NaOH标准液初始读数/mLNaOH标准液终点读数/mL125.000.12501.7021.68225.000.12500.6021.65325.000.12500.8020.82425.000.12500.0020.00请回答下列问题：（1）写出滴定时发生反应的离子方程式：_______。（2）根据数据分析醋酸溶液的浓度是______mol·L-1，则醋酸的电离常数Ka约为_______。（3）滴定时，将NaOH标准液装在如图中的_______(填“甲”或“乙”)滴定管中，滴定终点的现象是_______。（4）锥形瓶用蒸馏水洗净后未干燥就装入醋酸待测液会导致所测醋酸溶液的浓度_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。（5）常温下，向稀溶液加水稀释过程中，下列表达式数据变大的是_______________(填字母)。A.B.C.D.E.（6）T℃下，将pH=3的CH₃COOH溶液与pH=10的NaOH溶液等体积混合，混合溶液显_______性(填“酸”“碱”或“中”)。【答案】（1）OH⁻+CH3COOH=CH3COO-+H₂O（2）①.0.1000②.10-5（3）①.乙②.滴入最后半滴NaOH标准液，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色（4）无影响（5）AC（6）酸【解析】【分析】常温下，用的NaOH溶液滴定25.00mL一定浓度的醋酸(pH=3)，选择酚酞溶液做指示剂，达到滴定终点后停止滴定，并记录NaOH溶液的最终读数，再重复滴定3次，根据c(CH3COOH)=进行计算和误差分析，以此解答。【小问1详解】醋酸为弱酸，写离子方程式时不能拆，滴定时发生反应的离子方程式为：OH⁻+CH3COOH=CH3COO-+H2O。【小问2详解】由表格数据可知，4次滴定消耗氢氧化钠标准液体积分别为19.98mL、21.05mL、20.02mL、20.00mL，第2次数据误差较大应舍去，则滴定消耗氢氧化钠标准液的平均体积为=20.00mL，醋酸溶液的浓度为=0.1000mol⋅L-1，由于醋酸电离程度较小，故计算Ka时醋酸浓度仍以以0.1000mol⋅L-1计算，故Ka=。【小问3详解】碱性溶液应盛放在碱式滴定管中，所以选择乙滴定管；滴定终点的现象为滴入最后半滴NaOH标准液，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色。【小问4详解】锥形瓶用蒸馏水洗净后未干燥就装入醋酸待测液，不影响滴定消耗的NaOH标准液的体积，则对所测得的c(CH3COOH)无影响。【小问5详解】A．稀CH3COOH溶液加水稀释过程促进电离，n(H+)增大，A正确；B．温度不变，所以Kw=c(H+)⋅c(OH-)不变，B错误；C．，稀释过程中温度不变，故Ka不变，且醋酸根离子浓度减小，比值变大，C正确；D．稀释过程c(H+)减小，c(OH-)增大，变小，D错误；E．稀释过程中CH3COOH和水的电离程度都增大，c(H+)、c(CH3COO-)减小，但c(H+)的减小程度小于c(CH3COO-)，故减小，E错误；故选AC。【小问6详解】T℃下，Kw=1×10-13，则pH=3的CH3COOH溶液中c(H+)=10-3mol⋅L-1，pH=10的NaOH溶液中c(OH-)=10-3mol⋅L-1，两者等体积混合，CH3COOH过量，溶液显酸性。17.海洋是人类的宝库，世界上超过60%的Mg是从海水中提取的。海水冶炼Mg的工艺如下：（1）“物质1”的化学式是_______；苦卤是海水晒盐后的余液，“物质2”最好选用_______(填“苦卤”或“天然海水”)，理由是_______(回答一点即可)。（2）一系列操作包括_______、_______、过滤等步骤。（3）欲测量(氯化镁晶体)中的n值，可将氯化镁晶体置于坩埚中，450℃时在HCl气流中加热，充分脱水(图a)。整个测量过程至少需进行_______次称量，当_______质量相差0.1g以内则证明氯化镁晶体已完全失去结晶水。已知：无水MgCl2易吸收空气中水蒸气，加热后需留在坩埚中，置于干燥器中冷却后再称量(图b)。（4）“电解”中，反应的化学方程式为_______。（5）污水处理中常用Mg还原硫酸酸化的铬元素被还原为，写出该反应的离子方程式：_______。【答案】（1）①.CaO②.苦卤③.苦卤中Mg2+浓度更大（2）①.蒸发浓缩②.冷却结晶（3）①.4②.最后两次称量（4）MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑（5）3Mg++14H+=3Mg2++2Cr3++7H2O【解析】【分析】贝壳成分为CaCO3，灼烧后生成CaO，加入苦卤MgCl2生成Mg(OH)2沉淀，过滤后加入盐酸生成氯化镁溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶过滤得到MgCl2·nH2O晶体，MgCl2·nH2O晶体在氯化氢气流中加热得到无水氯化镁，电解熔融的MgCl2得到Mg；【小问1详解】贝壳的主要成分是CaCO3，灼烧后生成CaO，“物质1”是CaO。海水晒盐后得到的苦卤蒸发了大量水分，Mg²⁺的浓度更大，NaCl等杂质总量也少，“物质2”最好选苦卤；【小问2详解】一系列操作是从溶液中析出晶体，包括蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥等步骤；【小问3详解】根据题意，需先称量空坩埚质量，再称量盛有氯化镁晶体的坩埚质量，为了保证冷却过程不吸收空气中水蒸气，则加热后置于干燥器中冷却，冷却后继续称量盛有无水MgCl2的坩埚质量，但要保证完全失去结晶水，应该再加热、冷却称量直至最后两次质量相差0.1g以内，所以至少需要称量4次；【小问4详解】“电解”中无水MgCl₂冶炼Mg需熔融状态，化学方程式为MgCl2(熔熔)Mg+Cl2↑；【小问5详解】根据Mg和Cr元素转移的电子数,可得Mg和的计量系数比为3：1，溶液呈酸性，结合电荷守恒可写出该反应的离子方程式为。18.“实现碳达峰、碳中和是一场广泛而深刻的经济社会系统性变革”，其中研发CO2的转化技术是行之有效的手段。（1）CO2加氢可制备甲醇(CH3OH)。在容积为2L的恒温密闭容器中，充入1molCO2和3molH2一定条件下发生反应：测得CO2和CH3OH的物质的量随时间的变化情况如表所示。时间0min4min8min12min16minn(CH₃OH)/mol00.400.650.750.75n(CO₂)/mol10.600.35a0.25①a=_______；0~4min内，v(CO2)=_______。②第4min时v正(CH3OH)_______(填“>”“<”或“=”)第12min时（2）可以通过CO₂制备得到二甲醚(DME)。方法如下：Ⅰ：-1。伴随副反应：-1。在恒容密闭容器中制备二甲醚。按照投料，C