河北省唐山市丰润区2024-2025学年高二上学期期中考试化学试题（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1河北省唐山市丰润区2024-2025学年高二上学期期中考试（时间：75分钟分值：100分）可能用到的相对原子质量：H-1，Li-7，N-14一.选择题（本大题共14小题，每小题只有1个正确答案，每小题3分，共计42分）1.近年来，我国新能源产业得到了蓬勃发展，下列说法错误的是A.理想的新能源应具有资源丰富、可再生、对环境无污染等特点B.氢氧燃料电池具有能量转化率高、清洁等优点C.锂离子电池放电时锂离子从负极脱嵌，充电时锂离子从正极脱嵌D.太阳能电池是一种将化学能转化为电能装置【答案】D【解析】理想的新能源应具有可再生、无污染等特点，故A正确；氢氧燃料电池利用原电池将化学能转化为电能，对氢气与氧气反应的能量进行利用，减小了直接燃烧的热量散失，产物无污染，故具有能量转化率高、清洁等优点，B正确；脱嵌是锂从电极材料中出来的过程，放电时，负极材料产生锂离子，则锂离子在负极脱嵌，则充电时，锂离子在阳极脱嵌，C正确；太阳能电池是一种将太阳能转化为电能的装置，D错误；本题选D。2.下列变化过程中，ΔS＜0的是A.氯化钠溶于水中 B.NH3(g)和HCl(g)反应生成NH4ClC.干冰的升华 D.CaCO3(s)分解为CaO(s)和CO2(g)【答案】B【解析】熵变是反应体系的混乱度，是体系混乱度（或无序度）的量度，同一物质，气态熵大于液态熵，液态熵大于固态熵；不同物质生成的气体体积越大，熵值增加，熵变为正值．气体体积减少，熵值减小，熵变为负值，△S＜0，说明反应或变化过程中混乱度减小，据此分析判断氯化钠固体溶解到水中形成溶液，混乱度增大，熵值增大，△S>0，故A错误；NH3(g)与HCl(g)反应生成NH4Cl(s)，气体体积减小，体系混乱度减小，熵值减小，△S<0，故B正确；干冰(CO2)的升华，固体转化为气体，混乱度增大，熵值增大，△S>0，故C错误；CaCO3(s)分解为CaO(s)和CO2(g)，反应生成了气体，体系混乱度增大，熵值增大，△S>0，故D错误；答案选B。3.催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应。反应历程(下图)中，M为中间产物。其它条件相同时，下列说法不正确的是A.使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行B.反应达平衡时，升高温度，R的浓度增大C.使用Ⅱ时，反应体系更快达到平衡D.使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大【答案】C【解析】由图可知两种催化剂均出现四个波峰，所以使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行，A正确；由图可知该反应是放热反应，所以达平衡时，升高温度平衡向左移动，R的浓度增大，B正确；由图可知Ⅰ的最高活化能小于Ⅱ的最高活化能，所以使用Ⅰ时反应速率更快，反应体系更快达到平衡，C错误；由图可知在前两个历程中使用Ⅰ活化能较低反应速率较快，后两个历程中使用Ⅰ活化能较高反应速率较慢，所以使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大，D正确；故选C。4.下列措施能降低化学反应速率的是A.催化氧化氨制备硝酸时加入铂 B.中和滴定时，边滴边摇锥形瓶C.锌粉和盐酸反应时加水稀释 D.石墨合成金刚石时增大压强【答案】C【解析】催化剂可以改变化学反应速率，一般来说，催化剂可以用来加快化学反应速率，故催化氧化氨制备硝酸时加入铂可以加快化学反应速率，A项不符合题意；中和滴定时，边滴边摇锥形瓶，可以让反应物快速接触，可以加快化学反应速率，B项不符合题意；锌粉和盐酸反应时加水稀释会降低盐酸的浓度，会降低化学反应速率，C项符合题意；石墨合成金刚石，该反应中没有气体参与，增大压强不会改变化学反应速率，D项不符合题意；故选C。5.向恒温恒容密闭容器中通入2mol和1mol，反应达到平衡后，再通入一定量，达到新平衡时，下列有关判断错误的是A.的平衡浓度增大 B.反应平衡常数增大C.正向反应速率增大 D.的转化总量增大【答案】B【解析】平衡后，再通入一定量，平衡正向移动，的平衡浓度增大，A正确；平衡常数是与温度有关的常数，温度不变，平衡常数不变，B错误；通入一定量，反应物浓度增大，正向反应速率增大，C正确；通入一定量，促进二氧化硫的转化，的转化总量增大，D正确；故选B。6.已知：①1mol晶体硅中含有2molSi—Si键，1molSiO2晶体中含有4molSi—O键。②，其反应过程与能量变化如图所示。化学键Si—Si断开共价键所需能量/kJ460500176③下列说法正确的是A.晶体硅光伏发电是将化学能转化为电能B.二氧化硅的稳定性弱于硅的稳定性C.D.【答案】C【解析】晶体硅光伏发电是利用光电效应将太阳能转化为电能，并非化学能转化为电能，A错误；二氧化硅中Si-O键能（460kJ/mol）远大于硅中Si-Si键能（176kJ/mol），说明能量更低、稳定性更强，B错误；根据键能计算，C正确；能量图中为生成物与反应物的能量差，即=生成物能量-反应物能量=-c（c为反应物与生成物能量差的绝对值），D错误；故答案选C。7.工业上，冶炼铁的有关热化学方程式如下：①C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH1＝akJ·mol－1②CO2(g)＋C(s)=2CO(g)ΔH2＝bkJ·mol－1③Fe2O3(s)＋3CO(g)=2Fe(s)＋3CO2(g)ΔH3＝ckJ·mol－1④2Fe2O3(s)＋3C(s)=4Fe(s)＋3CO2(g)ΔH4＝dkJ·mol－1(上述热化学方程式中，a、b、c、d均不等于0)下列说法正确的是A.b<aB.C(s)＋O2(g)=CO(g)ΔH＝kJ·mol－1C.d＝3c＋2bD.CO(g)＋O2(g)=CO2(g)ΔH<akJ·mol－1【答案】B【解析】反应①为放热反应，a<0，反应②为吸热反应，b＞0，则b＞a，故A错误；由盖斯定律可知，反应得反应C(s)＋O2(g)=CO(g)，则ΔH==kJ·mol－1，故B正确；由盖斯定律可知，②×3+③×2可得反应④，则ΔH4=dkJ·mol－1=(3b＋2c)kJ·mol－1，故C错误；反应①为1mol碳完全燃烧生成二氧化碳放出的热量为akJ，1mol一氧化碳完全燃烧生成二氧化碳放出的热量一定小于akJ，由于两个反应都为放热反应，反应热ΔH为小于0的负值，则一氧化碳燃烧的反应热ΔH＞akJ·mol－1，故D错误；8.在一定温度下，可逆反应M(g)＋3N(g)2Q(g)达到化学平衡的标志是A.M的生成速率是Q的分解速率的B.单位时间内生成nmolM的同时生成3nmolNC.M、N、Q的浓度不再发生变化D.M、N、Q的物质的量之比为1∶3∶2【答案】C【解析】M的生成速率和Q的分解速率都是逆反应速率，则不能说明正逆反应速率相等，反应不一定平衡，A错误；单位时间内生成M和生成N，都是逆反应速率，则不能说明正逆反应速率相等，反应不一定平衡，B错误；M、N、Q的浓度不再变化，则正逆反应速率相等，反应达到平衡，C正确；物质的量之比为1:3:2时，正逆反应速率不一定相等，反应不一定平衡，D错误；故选C。9.在某密闭容器中把和的混合物加热到，存在平衡，且平衡常数。若在的密闭容器中充入和的混合物并加热到，则平衡时的转化率为A.50% B.60% C.70% D.83.3%【答案】A【解析】根据题意，设平衡时的转化率为a，平衡时各物质浓度为CO：0.5(1-a)mol·L-1，H2O：0.5(1-a)mol·L-1，CO2：0.5amol·L-1，H2：0.5amol·L-1，代入K=1得方程，解得a=50%，故选A。10.常温下，是一种黄色黏稠状液体，是制备新型水消毒剂的原料，可以采用如图所示装置制备。下列说法正确的是A.每生成，理论上有经质子交换膜由右侧向左侧迁移B.可用湿润的淀粉-KI试纸检验气体MC.石墨极电极反应式为D.电解过程中，质子交换膜右侧溶液的会增大【答案】C【解析】由图可知，铂电极为电解池的阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为：2H++2e-=H2↑；石墨电极为阳极，氯离子作用下铵根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成三氯化氮和氢离子，电极反应式为：，则电解的总反应为：。由电极反应式可知，生成1mol三氯化氮时，外电路转移6mol电子，由得失电子数目守恒可知，阴极消耗6mol氢离子，则理论上有6mol氢离子经质子交换膜由右侧向左侧迁移，A错误；由分析可知，气体M为氢气，氢气不能与碘化钾溶液反应，所以不能用淀粉-碘化钾溶液检验氢气，B错误由分析可知，石墨电极为阳极，氯离子作用下铵根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成三氯化氮和氢离子，电极反应式为：，C正确；由电极反应式可知，生成1mol三氯化氮时，外电路转移6mol电子、生成4mol氢离子，由得失电子数目守恒可知，阴极消耗6mol氢离子，则理论上有6mol氢离子经质子交换膜由右侧向左侧迁移，所以右侧溶液中氢离子浓度减小，D错误；故选C。11.若要在铜片上镀银，下列叙述中错误的是①将铜片接在电源的正极②将银片接在电源的正极③在铜片上发生的反应是④在银片上发生的反应是⑤用溶液作电解质溶液⑥用溶液作电解质溶液A.①③⑥ B.②③⑥ C.①④⑤ D.②③④⑥【答案】C【解析】根据电镀原理，若在铜片上镀银时，铜作电解池的阴极与电源负极相连，电解质溶液中的银离子得到电子发生还原反应生成银；银作电解池的阳极和电源正极相连，银失电子发生氧化反应生成银离子；电解质溶液为硝酸银溶液；①将铜片应接在电源的负极上，故①错误；②将银片应接在电源的正极上，故②正确；③在铜片上发生的反应是：Ag++e-→Ag，故③正确；④铜片上镀银，银为阳极，在银片上发生的反应是：Ag-e-→Ag+，故④错误；⑤由分析可知，电解质溶液为硝酸银溶液，故⑤错误；⑥需用硝酸银溶液为电镀液，故⑥正确；故选C。12.两个容积相同的带活塞的容器，分别盛有一定质量的和，都为一样的红棕色，迅速将两容器同时压缩到原容积的一半(如图)，假设气体不液化，则下列说法正确的是A.a→aˊ过程中，颜色突然加深，然后逐渐变浅，最终颜色比原来的深B.aˊ、bˊ的颜色一样深C.aˊ、bˊ的压强分别为、的压强的2倍D.aˊ中的一定比bˊ中的小【答案】A【解析】a中存在可逆反应，a→aˊ过程中增大压强，平衡正向移动，气体分子物质的量减小，b→bˊ过程中气体分子物质的量不变，据此分析作答。a→aˊ过程中，容积缩小为原来的一半，各物质物质的量浓度迅速增大为原来的两倍，颜色突然加深，后平衡正向移动，增大压强，不论平衡怎样移动，新平衡时各物质(气体)的浓度均比旧平衡的大，最终颜色比原来深，A正确；在压缩中有一定量的转化成，aˊ颜色应比bˊ中的浅，B错误；aˊ中气体的物质的量比中要少，aˊ的压强比的压强2倍要小，和bˊ中物质的量相等，bˊ的压强为的压强的2倍，C错误；二者颜色一样深，并不意味着和相等，aˊ中的不一定比bˊ中的小，D错误；答案选A。13.太阳能路灯蓄电池是磷酸铁锂电池，其工作原理如图。M电极材料是金属锂和碳的复合材料（碳作为金属锂的载体），电解质为一种能传导的高分子材料，隔膜只允许通过，电池反应式为。下列说法正确的是A.放电时从左边移向右边，从右边移向左边B.放电时，正极反应式为C.充电时极连接电源的负极，电极反应式为D.充电时电路中通过电子，产生【答案】B【解析】电池反应式为，由图可知，M极为负极，电极反应式为LixC6-xe-=xLi++C6，N极为正极，电极反应式为Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4，充电时，M极为阴极，电极反应式为xLi++C6+xe-=LixC6，N极为阳极，电极反应式为LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4+xLi+，据此作答。由分析可知，放电时为原电池，阳离子（Li+）移向正极，阴离子（）因隔膜只允许Li+通过而无法移动，A错误；由分析可知，放电时正极发生还原反应，Li1-xFePO4结合Li+和电子生成LiFePO4，反应式为，B正确；由分析可知，充电时M极为阴极（原电池负极），连接电源负极，电极反应应为xLi++C6+xe-=LixC6，C错误；由分析可知，充电时转移2mol电子，阴极会有2molLi+嵌入电极，质量为2mol×7g/mol=14g，D错误；故选B。14.室温下，为探究纳米铁去除水样中的影响因素，测得不同条件下浓度随时间变化关系如下图。实验序号水样体积/纳米铁质量/水样初始①5086②5026③5028下列说法正确的是A.实验①中，0~2小时内平均反应速率B.实验③中，反应的离子方程式为：C.其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率D.其他条件相同时，水样初始越小，的去除效果越好【答案】C【解析】实验①中，0~2小时内平均反应速率，A不正确；实验③中水样初始=8，溶液显弱碱性，发生反应的离子方程式中不能用配电荷守恒，B不正确；综合分析实验①和②可知，在相同时间内，实验①中浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率，C正确；综合分析实验③和②可知，在相同时间内，实验②中浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当减小初始，的去除效果越好，但是当初始太小时，浓度太大，纳米铁与反应速率加快，会导致与反应的纳米铁减少，因此，当初始越小时的去除效果不一定越好，D不正确；综上所述，本题选C。二.填空题（本题共4小题，共58分）15.某学生通过测定反应过程中所放出的热量来计算中和反应的反应热，将的盐酸与的溶液在如图所示的装置中进行中和反应（在稀溶液中，可以近似地认为酸、碱的密度、比热容与水的相等）。回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中缺少的一种玻璃仪器是_________，其作用是_________。（2）简易量热计如果不盖杯盖，生成时所测得中和反应的反应热将_________（填“偏大”“偏小”或“不变”），判断的理由是_________。（3）实验中改用盐酸和的溶液进行反应，与上述实验相比，二者所放出的热量_________（填“相等”或“不相等”）。（4）若用等体积等物质的量浓度的进行上述实验，生成时，所测得的中和反应的反应热的绝对值将_________（填“偏大”“偏小”或“无影响”），判断的理由是_________。（5）下列说法正确的是_________（填字母）。a.向内筒中加入稀碱时，应当缓慢而匀速地加入b.将用量筒量取好的稀盐酸加入内筒后，应当快速用水冲洗量筒内壁剩余的稀盐酸至内筒中，以免造成测量误差c.用量筒量取稀酸或碱时，眼睛必须与液体凹面最低处相平d.内筒洗净后，未及时烘干，直接用该内筒进行实验，对生成时所测得的中和反应的反应热无影响【答案】（1）①.环形玻璃搅拌器（或玻璃搅拌器）②.使强酸和强碱充分反应（2）①.偏大②.未盖杯盖会造成热量损失，所测得的数值变小，但为负值，所以生成1mol时的反应热偏大（3）不相等（4）①.偏小②.参与反应时电离要吸收热量，使得生成时的反应热变小（5）c【解析】中和热测定要使用稀的强酸、强碱溶液反应，且实验中要尽量操作迅速，且保证热量尽量不散失，防止产生实验误差；反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关。【小问1详析】根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是玻璃搅拌器，作用是搅拌，使强酸和强碱充分反应，故答案为：玻璃搅拌器；使强酸和强碱充分反应。【小问2详析】简易量热计如果不盖杯盖，会有一部分热量散失，测得的中和热数值将会减小，但中和热是负值，则生成1molH2O时所测得中和反应的反应热(ΔH)将偏大，故答案为：偏大；未盖杯盖会造成热量损失，所测得的数值变小，但ΔH为负值，所以生成1molH2O时的反应热偏大。【小问3详析】反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，实验中改用80mL0.50mol•L-1盐酸与80mL0.55mol•L-1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量减小，所放出的热量偏低，即不相等，故答案为：不相等。【小问4详析】CH3COOH是弱电解质，电离过程吸热，若用等体积等物质的量浓度的CH3COOH进行上述实验，生成1molH2O时，所测得的中和反应的反应热数值偏小，即生成1molH2O时，所测得的中和反应的反应热的绝对值(|ΔH|)将偏小，故答案为：偏小；CH3COOH参与反应时电离要吸收热量，使得生成1molH2O时的反应热|ΔH|变小。【小问5详析】向内筒中加入稀碱时，应当快速倒入内筒中，以减少热量损失，故a错误；将用量筒量取好的稀盐酸加入内筒后，若快速用水冲洗量筒内壁剩余的稀盐酸至内筒中，溶液的质量增大，所以量筒中剩余的液体不要用水冲洗，故b错误；用量筒量取稀酸或碱时，眼睛必须与液体凹面最低处相平，保证量取的酸或碱的用量准确，实验操作规范，故c正确；内筒中有残留的水，使溶液的总质量偏大，导致溶液的最终温度偏低，故d错误；故答案为：c。16.科学家制造出一种使用固体电解质的燃料电池，其效率更高，可用于航天航空。如图1所示装置中，以稀土金属材料作惰性电极，在电极上分别通入甲烷和空气，其中固体电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2固体，它在高温下能传导O2－(O2＋4e－===2O2－)。(1)c电极的名称为__________，d电极上的电极反应式为__________________(2)如图2所示用惰性电极电解100mL0.5mol·L－1硫酸铜溶液，a电极上的电极反应式为__________，若a电极产生56mL(标准状况)气体，则所得溶液的pH＝________(不考虑溶液体积变化)，若要使电解质溶液恢复到电解前的状态，可加入________(填字母)。a．CuOb．Cu(OH)2c．CuCO3d．Cu2(OH)2CO3【答案】①.正极②.CH4＋4O2－－8e－=CO2＋2H2O③.4OH－－4e－=2H2O＋O2↑④.1⑤.ac【解析】(1)原电池中电流的方向是从正极流向负极，故c电极为正极；d电极为负极，通入的气体为甲烷，d电极将CH4转化为CO2和H2O。(2)用惰性电极电解CuSO4溶液时，阳极(a电极)为OH－失电子生成O2；阴极为Cu2＋得电子生成Cu，由O2的体积可求出n(O2)。生成1molO2，线路中转移4mol电子，同时生成4molH+，从而可求出溶液的pH。在阴极生成Cu，阳极生成O2，二者反应的产物为CuO，所以，要使电解质溶液恢复到电解前的状态，应加入CuO或相当于CuO的物质。(1)原电池中电流的方向是从正极流向负极，故c电极为正极；d电极为负极，通入的气体为甲烷，d电极反应式为CH4＋4O2－－8e－==CO2＋2H2O。答案为：正极；CH4＋4O2－－8e－=CO2＋2H2O；(2)用惰性电极电解CuSO4溶液时，阳极(a电极)反应式：4OH－－4e－=2H2O＋O2↑；阴极反应式：2Cu2＋＋4e－=2Cu，n(O2)＝＝2.5×10－3mol。线路中转移电子的物质的量为2.5×10－3mol×4＝0.01mol，溶液中c(H＋)＝＝0.1mol·L－1，pH＝－lg0.1＝1。加入CuO或者说CuCO3与溶液中的H＋反应，可使电解质溶液恢复到电解前的状态。答案为：4OH－－4e－=2H2O＋O2↑；1；ac。17.2021年中国科学技术大学物理化学系曾杰教授及其团队首次实现甲烷在温和条件下高选择性氧化为甲醇。请回答下列问题：（1）常温下，甲烷和甲醇的燃烧热分别为890.3kJ/mol和726.5kJ/mol，1mol甲醇气化需要吸收82.0kJ的热量，则CH4在Cu催化作用下被氧气氧化为气态甲醇的热化学方程式为___________。（2）在Cu催化作用下，甲烷氧化合成甲醇的总反应分两步进行；第一步为___________(写化学方程式)；第二步为*CuH2+2-CH3+O2=Cu+2CH3OH。第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，由此推知，第二步反应活化能___________(填“大于”、“小于”或“等于”)第一步反应活化能。（3）一定温度下，恒容密闭容器中，CH4和O2按物质的量2：1混合合成气态甲醇。下列事实能说明该反应达到平衡状态的是___________(填选项字母)。A.CH4和O2的转化率之比不再改变 B.平衡常数不再改变C.气体密度不再改变 D.甲烷的体积分数不再改变（4）将等物质的量的CH4和O2的混合气体充入密闭容器中，体系中的CH4平衡转化率(α)与温度和压强的关系如图所示。①压强的大小关系为___________(用P1、P2、P3表示)；②α(CH4)值随温度升高而减小，其原因是；___________；③a、b、c三点的平衡常数大小关系为___________(用Ka、Kb、Kc表示)。【答案】（1）2CH4(g)+O2(g)=2CH3OH(g)ΔH=-163.6kJ/mol（2）①.2CH4+Cu=*CuH2+2-CH3②.小于（3）D（4）①.P1＜P2＜P3②.ΔH＜0，温度升高，平衡逆向移动，α(CH4)减小③.Ka＞Kb=Kc【解析】【小问1详析】甲烷和甲醇的燃烧热分别为890.3kJ/mol和726.5kJ/mol，则有：①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-890.3kJ•mol-1，②CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-726.5kJ•mol-1；1mol甲醇气化需要吸收82.0kJ的热量，则有③CH3OH(l)=CH3OH(g)ΔH=82.0kJ•mol-1；CH4在Cu催化作用下被氧气氧化为气态甲醇的化学方程式为2CH4(g)+O2(g)=2CH3OH(g)根据盖斯定律2×(①-②+③)可得其ΔH=[2×(-890.3-2×(-726.5)+2×82]kJ/mol=-163.6kJ/mol，故热化学方程式为2CH4(g)+O2(g)=2CH3OH(g)ΔH=-163.6kJ/mol；【小问2详析】甲烷氧化合成甲醇的总反应减去第二步反应可得第一步的化学方程式为2CH4+Cu=*CuH2+2-CH3；第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，由此推知，第二步反应很快，第二步反应活化能小于第一步反应活化能；【小问3详析】CH4和O2按物质的量2:1混合，与计量数之比相等，所以无论是否平衡二者转化率都相等，A不符合题意；温度不变，平衡常数始终不变，B不符合题意；反应过程中混合气体质量不变，恒容容器，密度始终不变，C不符合题意；正向建立平衡，甲烷的体积分数不断减小，甲烷的体积分数不再改变时，说明反应达到平衡，D符合题意；故选D；【小问4详析】①该反应为气体系数之和减小的反应，温度一定时压强越大CH4的转化率越大，故压强大小关系为P1＜P2＜P3；②该反应ΔH＜0，为放热反应，升高温度平衡逆向移动，甲烷的转化率减小；③平衡常数只与温度有关，与压强无关，温度越高，平衡正向进行的程度越小，平衡常数越小，故a、b、c三点的平衡常数大小关系为Ka＞Kb=Kc。18.肼(N2H4)是一种应用广泛的化工原料。（1）发射火箭时用肼为燃料，NO2(g)作氧化剂，两者反应生成氮气和气态水。已知16gN2H4(g)在上述反应中放出284kJ的热量，写出该反应的热化学方程式_______。（2）一种以N2H4(g)为燃料的电池装置如图所示。该燃料电池的电极材料采用多孔导电材料，以提高电极反应物在电极表面的吸附量，并使它们与电解质溶液充分接触，以空气中的氧气作为氧化剂，KOH溶液作为电解质。①负极的电极反应式为_______。②电池工作时电子从_______电极经过负载后流向_______电极(填“左侧”或“右侧”)。③电池工作时消耗标准状况下2.24L空气时，产生N2的质量约为_______g。（3）肼和氧气在不同温度和催化剂条件下生成不同产物(如下图)：温度较低时主要发生反应a：N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)温度较高时主要发生反应b：N2H4(g)+2O2(g)=2NO(g)+2H2O(g)①反应a的化学平衡常数K的表达式为K=_______。②若反应b在1000℃时的平衡常数为K1，1100℃时的平衡常数为K2，则K1_______K2(填“＜”、“＞”或“=”)。③1000℃，反应b达到平衡时，下列措施能使容器中增大的是_______。A.恒容条件下，充入N2H4B.恒压条件下，充入HeC.缩小容器