广西贵港市“贵百河”联考2024-2025学年高二下学期5月月考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广西贵港市“贵百河”联考2024-2025学年高二下学期5月月考（考试时间：75分钟满分：100分）注意事项：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、学校、班级、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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。写在本试卷上无效。3.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.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16P-31S-32Fe-56Zn-65I-127Hg-201一、单选题：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，只有一项是符合题意要求的。1.化学与生活、科技密切相关，我国科技在多个领域取得重大突破。下列说法错误的是A.2024年华为发布的固态电池可提高电池使用寿命、安全性和能量密度B.WS-20涡扇发动机的材料注重高温性能、强度和耐久性C.宇树智能机器狗使用的关键材料是PEEK（聚醚醚酮）材料，是一种无机非金属材料D.月球探测器采集的月壤样品中含磷酸盐晶体，其结构可用X射线衍射仪测定【答案】C【解析】相比传统液态电解质电池，固态电池采用固态电解质，能有效减少电池内部短路风险，提高安全性；其能量密度更高，可存储更多电能；且循环性能更好，能延长使用寿命，故A正确；航空发动机在工作时会处于高温、高负荷环境，所以制备发动机的材料需要具备良好的高温性能、足够的强度来承受机械应力，以及耐久性以保证长时间稳定运行，故B正确；聚醚醚酮是一种高分子聚合物，属于有机合成高分子材料，不属于非无机非金属材料，故C错误；X射线衍射仪可通过分析X射线通过晶体后产生的衍射图案，来确定晶体的结构，包括晶胞参数、原子排列等信息，所以X射线衍射仪能用于测定磷酸盐晶体结构，故D正确；故选C。2.下列化学用语或图示表达正确的是A.四水合铜离子[Cu(H2O)4]2+的结构：B.基态As的核外电子排布式可表示为：[Ar]3d104s24p3C.邻羟基苯甲醛的分子内氢键可表示为：D.HCl中键的电子云轮廓图：【答案】B【解析】四水合铜离子中具有空轨道的铜离子与水分子中具有孤对电子的氧原子形成配位键，离子的结构式为，故A错误；砷元素的原子序数为33，基态原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s24p3，故B正确；邻羟基苯甲醛中羟基氢原子与醛基氧原子形成分子内氢键，分子内氢键表示为，故C错误；氯化氢分子中存在s—pσ键，键的电子云轮廓图为，故D错误；故选B。3.类比法是一种学习化学的重要方法。下列说法正确的是A.中碳为价，则中硅也为价B.为三角锥形分子，则也为三角锥形分子C.酸性强于，则酸性强于D.的键能大于I-I，则F-F的键能大于【答案】C【解析】SiH4中硅为+4价，氢为-1价，A错误；中心原子有3个价层电子对，孤电子对为0，为平面三角形分子，B错误；F和Cl是电负性很高的元素，F和Cl原子的极强的吸电子能力以及羰基的诱导作用，使和分子中羰基O原子的正电性增强，从而对H原子的吸引减弱而使其易于解离，所以酸性强于，F的电负性强于Cl，酸性也强于，C正确；由于F-F的键长短，两核间的斥力及电子层间斥力增大，使F-F的键能减小，小于Cl-Cl的键能，D错误；故选C。4.结构决定性质是化学学科的核心观念，下列解释错误的是选项事实解释AO3在CCl4中的溶解度高于在水中的溶解度O3是非极性分子B离子化合物常温下为液态阴阳离子半径大，所带电荷数少，形成的离子键弱，熔点低C键角：H2O>H2SO的电负性比S大，H2O的成键电子对更偏向O，成键电子对排斥力更大，键角更大D沸点：对羟基苯甲酸>邻羟基苯甲酸后者形成分子内氢键，使其沸点低于前者A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】O3属于极性分子，但极性微弱，O3在中的溶解度高于在水中的溶解度，A错误；离子化合物的熔沸点和离子键有关，阴、阳离子半径大，所带电荷数少，形成的离子键弱，熔点低，离子化合物常温下为液态，B正确；H2O和H2S中心原子杂化方式相同、都为sp3杂化，中心原子的孤电子对数目相同、都有2个孤电子对，O的电负性比S的大，的成键电子对更偏向O，成键电子对间排斥力更大，键角更大，键角，C正确；邻羟基苯甲酸可以形成分子内氢键，对羟基苯甲酸形成的是分子间氢键，对羟基苯甲酸沸点更高，D正确；故选A。5.NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A.常温常压下，124gP4中含P-P键数目为4NAB.浓硝酸热分解生成NO2、N2O4共23g，转移电子数为0.5NAC.60g二氧化硅晶体中含有NA个SiO2分子D.25℃时，pH=3的醋酸溶液中，H+的数目等于0.001NA【答案】B【解析】P4分子中含有6个P-P键，124g即1molP4中含P-P键数目应为6NA，A错误；浓硝酸分解生成NO2、N2O4。无论产物比例如何，N的化合价均由+5降至+4，1molN原子转移1mol电子。23g混合物的总物质的量等效于0.5molNO2（23g÷46g/mol），对应0.5molN原子，转移电子数为0.5NA，B正确；二氧化硅为共价晶体，不存在二氧化硅分子，C错误；体积未知，无法计算物质的量，D错误；故选B。6.分支酸是一种重要的生物化学中间体，位于不同类别有机物生物合成途径的分支点。其结构简式如图。下列关于分支酸的叙述不正确的是A.分子中含有2个手性碳原子 B.存在含苯环的同分异构体C.分子中环上的一氯代物有3种 D.和Br2发生1：1加成反应，产物有4种【答案】C【解析】手性碳原子连有四个不同的原子或原子团，分支酸中有2个手性碳原子，如图，A正确；分支酸的分子式为C10H10O6，H不饱和度为，故存在含苯环的同分异构体，B正确；分支酸分子的环上有5个氢原子，每个氢原子都不等效，即有5种氢原子，故环上的一氯代物有5种，C错误；分支酸和Br2发生1：1加成反应，产物有4种，具体如下：、，、，D正确；故答案选C。7.汞及其化合物在我国应用的历史悠久，可用作医药、颜料等。一种含汞化合物的立方晶胞结构如图所示，该晶胞的密度为，A的分数坐标为。下列说法正确的是A.B的分数坐标为B.晶胞中相邻的两个之间的距离为C.阿伏加德罗常数为D.图2是晶胞的俯视图【答案】D【解析】A的分数坐标为，A为坐标原点，则B的分数坐标为，故A错误；根据图示，晶胞中相邻的两个之间的距离为面对角线的一半，则两个之间的距离为anm，故B错误；面对角线为2anm，则晶胞边长为，根据均摊原则，晶胞中S2-数为4、Hg2+数为，d=阿伏加德罗常数=，故C错误；从上往下看晶胞，得到正方形，四个顶点和对角线交点有Hg2+，四个小正方形的中心有S2—，即图2是晶胞的俯视图，故D正确；选D。8.由下列实验操作及现象能得出相应结论的是实验操作现象结论A将乙醇与浓硫酸按体积比1：3混合，加入碎瓷片迅速升温至170℃，生成气体依次通入酸性KMnO4溶液和溴水两溶液均褪色反应生成了乙烯B向肉桂醛（）中加入酸性KMnO4溶液酸性KMnO4溶液褪色证明肉桂醛中含碳碳双键C碳与二氧化硅在高温下反应有单质Si生成非金属性：C>SiD向盛有Mg(OH)2固体的试管中加入CH3COONH4溶液固体溶解NH促进Mg(OH)2的沉淀溶解平衡向溶解方向移动A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】由于反应过程中产生的杂质SO2气体干扰乙烯的检验，不能证明产物乙烯，A错误；肉桂醛中含有醛基，醛基也可以使KMnO4溶液褪色，因此不能证明肉桂醛中含碳碳双键，B错误；在该反应方程式中，碳做还原剂，无法证明非金属性：C>Si，C错误；向盛有Mg(OH)2固体的试管中加入CH3COONH4溶液，铵根离子会与氢氧根离子结合成难电离的一水合氨，使氢氧化镁沉淀溶解平衡正向移动，氢氧化镁溶解，故D正确；故选D。9.苯在浓HNO3和浓H2SO4作用下，反应过程中能量变化示意图如下图所示。下列说法正确的是A.生成X为苯的加成产物，生成Y为苯的取代产物B.苯和M分子中所有碳均为sp2杂化C.从中间体到产物，更有利于生成产物ⅠD.生成Y的过程中，浓H2SO4增大了反应的活化能【答案】A【解析】生成X，苯分子中断裂了一个键，结合了硝基和磺酸基，属于加成反应，生成Y，苯的键没有变，只是一个氢原子被硝基替代，属于取代反应，A正确；苯分子中所有碳均为sp2杂化，M分子中有一个碳形成了4个键，属于sp3杂化，B错误；中间体到产物，产物Ⅱ活化能更小，速率更大，产物Ⅱ能量更低，更稳定，产率更高，所以更有利于生成产物Ⅱ，C错误；生成Y的反应中，浓硫酸作催化剂，降低了反应的活化能，D错误；故选A。10.下列文字表述与反应方程式或离子方程式对应且正确的是A.氯乙酸与足量氢氧化钠溶液共热：B.过量CO2通入饱和碳酸钠溶液：C.苯酚钠溶液中通入少量CO2：D.乙醛溶液与足量的银氨溶液共热：【答案】D【解析】由结构简式可知，氯乙酸分子中含有的碳卤键和羧基能与氢氧化钠溶液反应生成2—羟基乙酸钠、氯化钠和水，反应的离子方程式为，故A错误；过量与饱和碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠沉淀，反应的离子方程式为，故B错误；苯酚钠溶液与少量二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为，故C错误；乙醛溶液与足量的银氨溶液共热发生银镜反应生成乙酸铵、氨气、银和水，反应的离子方程式为，故D正确；故选D。11.卤代烃的取代反应和消去反应是竞争反应，卤代烃的消去反应的主要机理(扎依采夫规则)如下：此外，、、在NaOH乙醇溶液中发生消去反应的活化能逐渐减小。下列说法错误的是A.氯代烃在强碱性弱极性试剂下主要发生消去反应B.卤代烃消去反应的产物直接通入酸性溶液中，紫红色溶液褪色，可证明有烯烃生成C.卤代烃一定条件下发生消去反应的最主要有机产物的结构简式为D.卤代烃碳卤键的碳原子上的氢越少，消去反应越易发生【答案】B【解析】氢氧化钠为强碱、乙醇为非极性物质，则氯代烃在强碱性弱极性试剂下主要发生消去反应，A正确；挥发出乙醇也能使得酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰生成烯烃的检验，B错误；由题干反应机理可知，连接卤素碳原子的含氢少的邻位碳上的氢容易发生消去反应，故卤代烃一定条件下发生消去反应的最主要有机产物的结构简式为，C正确；、、在NaOH乙醇溶液中发生消去反应的活化能逐渐减小，则卤代烃碳卤键的碳原子上的氢越少，消去反应越易发生，D正确；故选B。12.一种电化学装置的工作原理：首先，太阳能转化为电能，先对碱性镍铁二次电池充电，实现电能储存；当镍铁电池充电完成后，过剩的电能再接着用于电解水，实现氢能储存。下列说法正确的是A.放电时，电极A的电势低于电极BB.放电时，OH-从电极B移向电极AC.充电时，A电极发生的反应为：D.该电池充电完成后，继续通电所产生的气体Ⅰ为H2【答案】C【解析】由题意可知，放电时，A电极为原电池的正极，在水分子作用下NiOOH在正极得到电子发生还原反应生成Ni（OH）2和氢氧根离子，电极反应式为NiOOH+e-+H2O=Ni（OH）2+OH-，B电极为负极，碱性条件下铁在负极失去电子发生氧化反应生成氢氧化亚铁；电极反应式为Fe-2e-+2OH-=Fe（OH）2，充电时，与光伏电池的正极相连的A电极为电解池的阳极，碱性条件下Ni（OH）2在阳极失去电子发生氧化反应生成NiOOH和水，B电极为阴极，在水分子作用下氢氧化亚铁在阴极得到电子发生还原反应生成铁和氢氧根离子，当镍铁电池充电完成后，继续通电，氢氧根离子在阳极B电极上失去电子发生氧化反应生成氧气和水，水在阴极A电极上得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子。由上述分析可知，放电时，电极A为正极，电极B为负极，电极A的电势高于电极B；故A错误；放电时，放电时，电极A为正极，电极B为负极，OH-从电极A移向电极B；故B错误；充电时，A为阳极，A电极发生的反应为：，故C正确；由分析可知，当镍铁电池充电完成后，继续通电，氢氧根离子在阳极B电极上失去电子发生氧化反应生成氧气和水，则继续通电所产生的气体I为氧气，故D错误；答案选C。13.常温下，用0.10mol·L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol·L-1CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如图。下列说法正确的是A.酸性：CH3COOH<HCNB.水的电离程度：①<②C.Ka(HCN)=10-11D.②、③、④点所示溶液中都有：【答案】C【解析】根据电离平衡常数的计算公式利用图中特殊点如0点即没有加入氢氧化钠时的pH值代入公式进行计算约值；对于离子浓度的大小可以利用电荷、物料、质子守恒进行比较；根据图象0点可知，CH3COOH的pH=3，c(H+)=0.001mol/L，HCN的pH=6，c(H+)=10-6mol/L，根据电离平衡常数的三段式：，，，，则酸性：CH3COOH>HCN，A错误；根据图象，当加入10mLNaOH溶液时，点②得到等物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa的混合液，点②溶液呈酸性，CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，水的电离被抑制，点①得到等物质的量浓度的HCN和NaCN的混合液，点①溶液呈碱性，HCN的电离程度小于CN-的水解程度，水的电离被促进，水的电离程度：①>②，B错误；结合A的分析可知，Ka(HCN)=10-11，C正确；当加入10mLNaOH溶液时，点②得到等物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa的混合液，电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），元素守恒为：2c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO-），两者结合可知，，D错误；故选C。二、非选择题（共58分，除特殊标记外，其余每空2分。）14.过氧乙酸（CH3COOOH）是一种无色液体，常用于速效漂白和消毒，氧化性比H2O2强，与酸性KMnO4相近，可利用冰乙酸和浓度为70%的H2O2反应，制备过氧乙酸。回答下列问题：（一）制备高浓度的过氧化氢实验装置如图所示。用真空泵抽气减压并维持在真空度10mmHg，将30%H2O2以每2秒1滴的速度滴入蛇形冷凝管中，恒温热水使溶液中的水气化，分离出水后得到较高浓度的H2O2，再以所得H2O2重复上述提纯操作，提纯若干次后H2O2的浓度即可达到70%。（1）仪器X的名称是________；接真空泵抽气减压的目的是________（填标号）。A．提高液体的沸点B．将H2O蒸气抽进直形冷凝管分离C．降低液体的沸点D．将H2O2蒸气抽进直形冷凝管分离（2）为探究制备高浓度H2O2的适宜条件，保持真空度和滴速不变，实验结果如表：恒温热水温度/℃初始过氧化氢的浓度/%最终过氧化氢的浓度/%提纯次数653070575307038530702由上述数据可知，其它条件不变，制备70%过氧化氢的适宜条件为________；若温度过高，不利于制备高浓度H2O2，原因是____________。（二）过氧乙酸的制备及浓度测定称取40g70%过氧化氢放入250mL的烧杯中，加入50g冰乙酸（CH3COOH）。将其放入磁力搅拌器上，边搅拌边滴加2.7g浓硫酸。滴加完毕，密封搅拌1h后避光放置12h。（3）制备过氧乙酸（CH3COOOH）的化学方程式为____________。（4）过氧乙酸（含杂质）的含量测定：取适量样品按下图所示步骤依次进行实验，测定过氧乙酸的含量。①过氧乙酸被Fe2+还原，还原产物为CH3COOH，其离子方程式为____________。②若过氧乙酸样品体积为V0mL，加入c1mol·L-1FeSO4溶液V1mL，消耗c2mol·L-1K2Cr2O7溶液V2mL，则过氧乙酸浓度为________g·L-1。（5）过氧乙酸的漂白原理与下列哪些物质相同________。（填标号）①二氧化硫②次氯酸③活性炭④臭氧【答案】（1）①.恒压滴液漏斗②.BC（2）①.温度为85℃，提纯2次②.过氧化氢在更高温度下会分解（3）（4）①.②.（5）②④【解析】浓缩得到70%的H2O2，再用冰乙酸与70%的H2O2反应，，制备过氧乙酸，据此分析；【小问1详析】根据仪器X的结构特征可知仪器X为：恒压滴液漏斗；H2O2沸点约为150℃，温度高H2O2易分解，为防止其分解，同时使水变为水蒸气对过氧化氢进行浓缩，需要减压蒸馏，降低液体的沸点，故答案为：恒压滴液漏斗；BC；【小问2详析】保持真空度和滴速不变，当初始过氧化氢的浓度相同时，采用温度为85℃，提纯2次后H2O2的浓度即可达到70%，操作次数少，节省时间，减少产品浪费；H2O2沸点约为150℃，温度高H2O2易分解；【小问3详析】冰乙酸和过氧化氢在浓硫酸作催化剂作用下制备过氧乙酸，反应方程式为：；【小问4详析】①过氧乙酸有强氧化性，Fe2+有还原性，二者发生氧化还原反应的离子方程式为：；②剩余的Fe2+与K2Cr2O7反应的对应关系式为：，根据题中数据可知：，消耗c2mol/LK2Cr2O7溶液V2mL可计算剩余Fe2+的量为：，则与过氧乙酸反应的Fe2+的量为：。根据反应方程式可计算过氧乙酸质量为：，所以过氧乙酸质量浓度为：=；小问5详析】过氧乙酸漂白是利用强氧化性，原理相同的是②④。15.活性氧化锌能对太阳光线和其他大气物质形成防护，常用于敏感皮肤的面霜和化妆品。工业上用菱锌矿（主要成分为ZnCO3，还含有Ni、Cd、Fe、Cu等元素及少量不溶性杂质）制备ZnO，工艺如图所示：（1）基态Zn原子的核外电子排布式为_____________，ZnO溶于氨水生成[Zn(NH3)4]2+，1mol[Zn(NH3)4]2+含有________molσ键。（2）“调pH”时，加入H2O2发生反应的离子方程式为____________；如果用KClO3代替H2O2，恰好完全反应时，理论上消耗________。（3）常温下，“调pH=5”时，Fe3+的浓度降到了8×10-9mol/L，此时Fe(OH)3的溶度积常数的数值为________。（4）已知三种硫化物的Ksp如表。当溶液中某离子物质的量浓度≤10-5mol/L时视为沉淀完全。假设原溶液中Cu2+、Cd2+、Ni2+的物质的量浓度均为0.1mol/L，则在加Na2S使Cu2+在溶液中的残留浓度为6.3×10-11mol/L时，此时Ni2+的去除率为________。（去除率=）×100%，不考虑溶液的体积变化）物质CdSCuSNiSKsp1.0×10-266.3×10-366.0×10-27（5）“沉锌”时，在近中性条件下加入Na2CO3可得碱式碳酸锌[ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O]固体，同时产生大量的气体，该反应的离子方程式为____________；碱式碳酸锌灼烧后得到ZnO，ZnO的一种晶体的晶胞是立方晶胞（如图所示），其中与锌原子距离最近的氧原子数有________个，请在图中画出该晶胞沿Z轴方向的平面投影图________。【答案】（1）①.1s22s22p63s23p63d104s2②.16（2）①.②.1：3（3）8×10-36（4）40%（5）①.②.4③.【解析】向菱锌矿中加入硫酸溶液溶浸，将金属元素转化为可溶的硫酸盐，过滤得到滤渣和滤液；向滤液中先加入过氧化氢溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，再加入氧化锌调节溶液pH为5，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁和滤液；向滤液中加入硫化钠溶液，将溶液中的铜离子、镉离子、镍离子转化为金属硫化物沉淀，过滤得到滤渣和滤液；向滤液中加入锌，进一步除去液中的铜离子、镉离子、镍离子，过滤得到滤渣和滤液；向滤液中加入碳酸钠溶液，将溶液中的锌离子转化为碱式碳酸锌沉淀，过滤得到碱式碳酸锌；碱式碳酸锌高温灼烧分解得到氧化锌。【小问1详析】锌元素的原子序数为30，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2；四氨合锌离子中配位键和配体中的氮氢键都属于σ键，共有16个，则1mol配离子中σ键的物质的量为16mol，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s2；16；【小问2详析】由分析可知，加入过氧化氢溶液的目的是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为；由得失电子数目守恒可知，用氯酸钾代替过氧化氢时存在如下关系：n(KClO3)×6=n(H2O2)×2，则理论上消耗，故答案为：；1：3；【小问3详析】由题意可知，常温下氢氧化铁的溶度积常数Ksp=8×10-9×(10-9)3=8×10-36，故答案为：8×10-36；【小问4详析】由溶度积可知，溶液中的铜离子残留浓度为6.3×10-11mo/L时，溶液中硫离子浓度为=1×10-25mo/L，则溶液中镍离子的浓度为，则镍离子的去除率为=40%，故答案为：40%；【小问5详析】由题意可知，生成碱式碳酸锌的反应为溶液中锌离子与碳酸根离子和水反应生成碱式碳酸锌沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式为；由晶胞结构可知，晶胞中与位于体内的氧离子的距离最近的锌离子个数为4，则由化学式可知，与锌离子距离最近的氧离子个数为4；晶胞沿Z轴方向投影时，位于顶点的锌离子处于投影图的顶点，处于前后面心和左右面心的锌离子处于投影图的边上，处于上下面心的锌离子处于投影图的面心，处于体内的氧离子处于投影图的面对角线上，投影图为，故答案为：；。16.Ⅰ．293K，实验测得下列同位素交换反应的标准平衡常数如下：（1）在293K，反应的_______。Ⅱ．利用和合成二甲醚，过程中发生的主副反应如下：①ΔH＜0②ΔH＜0③ΔH>0（2）从提高的平衡产率来看，下列措施合理的是_______(填序号)。a．及时分离出b．适当降温c．使用合适的催化剂（3）其他条件一定时，温度对反应的影响如下图所示：已知：产物A的选择性。温度高于260℃，二甲醚的选择性显著降低并非反应③导致，理由是_______。（4）空速是指单位时间内、单位体积催化剂上通过的气体体积流量。其他条件一定，在一定空速范围内，的转化率随空速的增大而减小，但甲醇的选择性增大，可能的原因是_______。Ⅲ．库仑测硫仪可以测定待测气体中的含量，其工作原理如下图所示。检测前，溶液中为一定值，电解池不工作。通入待检气体aL后，电解池开始工作，一段时间后停止。（5）通入待测气体后发生反应：_______。（6）电解池开始工作时，阳极电极反应式：_______。（7）测得电解过程转移电子bmol，则待测气体中的含量为_______g/L。【答案】（1）24（2）ab（3）二甲醚选择性降低程度近似等于甲醇选择性升高程度（4）空速增大，气体流速太快，反应气体与催化剂接触时间太短，导致气体与催化剂接触不充分；空速增大，反应②、③的速率降低太多，甲醇的选择性增大（5）（6）（7）【解析】【小问1详析】已知，①，②，③，根据盖斯定律，①+③×2-②，可得反应，；【小问2详析】a．及时分离出CH3OCH3，平衡正向移动，CH3OCH3产率提高，a正确；b．降低温度，平衡正向移动，CH3OCH3产率提高，b正确；c．使用高效催化剂，平衡不移动，c错误；故答案为：ab；【小问3详析】二甲醚选择性与甲醇选择性总和变化很小，二甲醚选择性降低程度近似等于甲醇选择性升高程度；【小问4详析】空速增大，气体流速太快，反应气体（CO2和H2）与催化剂接触时间太短，导致气体与催化剂接触不充分，CO2的