安徽省合肥市2025届高三化学下学期最后一卷试卷含解析

考生注意：1.试卷分值：100分，考试时间：75分钟。2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答案区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。3.所有答案均要答在答题卡上，否则无效。考试结束后只交答题卡。可能会用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Ti-48Ce-40一、选择题(本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)1.近日，我国科学家在新型储能材料研究方面取得重大突破，研发出一种基于有机聚合物的新型电池材料，有望大幅提升电池的能量密度与充放电性能。该有机聚合物材料由含氮杂环化合物与多元醇通过特殊的缩聚反应制得，其结构中存在大量可移动的离子基团，能在充放电过程中快速传输电荷。下列说法错误的是A.该新型材料属于有机高分子材料 B.含氮杂环化合物一定属于芳香族化合物C.油脂通过皂化反应可以制备多元醇 D.该电池的投入使用可以推动电子设备小型化发展【答案】B【解析】【详解】A．缩聚反应生成高分子，材料明确为有机聚合物，属于有机高分子材料，A正确；B．芳香族化合物需含共轭平面环（如苯环、吡啶环等），但含氮杂环可能为饱和结构（如哌啶），无芳香性，B错误；C．油脂皂化反应产物为高级脂肪酸盐（肥皂）和甘油（丙三醇），甘油是多元醇，C正确；D．高能量密度材料能存储更多电能，使电子设备更轻便、小型化，D正确；答案选B。2.下列说法正确的是A.乙醛的沸点比丙烯高，因为乙醛中有氢键B.σ键一定比π键稳定C.CCl4的空间填充模型：D.键的形成过程：【答案】D【解析】【详解】A．乙醛分子间不存在氢键，乙醛沸点比丙烯高是因为乙醛相对分子质量比丙烯大，分子间作用力更强，A错误；B．σ键为头碰头重叠，重叠程度大，形成的化学键稳定性强。π键为肩并肩重叠，重叠程度小，形成的化学键稳定性较差，故一般情况下σ键比π键稳定，但并不是绝对的，存在特殊情况，如氮氮键比氮氮键稳定，B错误；C．CCl4分子是正四面体结构，C位于正四面体的几何中心，四个Cl原子位于四面体的四个顶点上。由于原子半径：Cl＞C，因此该图不能表示CCl4的空间填充模型，C错误；D．p轨道为哑铃型，p-pπ键由两个p轨道肩并肩重叠形成，图片中两个p轨道沿垂直键轴方向肩并肩靠近并重叠，符合p-pπ键的形成过程，D正确；故合理选项是D。阅读下面材料回答下面小题。近日，北京大学马丁教授团队联合中国科学院大学、英国卡迪夫大学等机构，成功开发新型制氢技术，相关成果连续发表于《自然》和《科学》期刊，为全球能源转型带来曙光。一方面，通过稀土改性催化剂，给铂—氮化钼催化剂加“保护罩”，让其寿命超1000小时，催化效率大幅提升；另一方面，利用铂—铱双金属界面催化剂，实现乙醇—水重整零碳排放制氢，还能联产乙酸。3.下列说法正确的是A.同周期第一电离能比N大的元素有两种B.通过稀土改良催化剂可以提升氢气的平衡产率C.乙酸中的氧原子和乙醇中的氧原子都是sp3杂化D.钼的价电子排布式为4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.常温常压下，46g乙醇中含有6NA个极性共价键B.的乙酸溶液中含有的H+数目小于0.1NAC.乙酸和乙醇充分反应，可生成NA个乙酸乙酯分子D.中中子数比质子数多12NA【答案】3.A4.D【解析】【3题详解】A．第二周期中，由于N最外层电子排布为半满结构（sp3），所以第一电离能比N大的元素只有F和Ne，共两种，A正确；B．催化剂不影响平衡产率，只改变反应速率，B错误；C．乙酸的羧基氧为sp2杂化，羟基氧为sp3，乙醇的羟基氧为sp3，C错误；D．钼（Mo）为42号元素，价电子排布应为4d55s1，而非3d44s2，D错误；故选A。【4题详解】A．46g乙醇（1mol）含7mol极性键（5C-H、1C-O、1O-H、1C-C非极性），A错误；B．pH=1的乙酸溶液中c(H⁺)=0.1mol/L，但未说明体积，无法确定H⁺总数，B错误；C．酯化反应可逆，无法完全转化，生成乙酸乙酯小于NA，C错误；D．的中子数=96-42=54，比质子数多54-42=12，1mol时多12NA，D正确；故选D。5.下列关于粒子组判断和分析错误的是选项粒子组判断和分析A、Fe2+、、Na+能大量共存，粒子间不反应BH+、K+、S2、不能大量共存，因发生反应：2H++S2S↓+SO2↑+H2OCAl3+、Na+、K+、不能大量共存，因发生反应：Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑DNa+、Fe3+、、H2O2能大量共存，粒子间不反应A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．、Fe2+在无H+的溶液中不会发生氧化还原反应，、Fe2+、、Na+能大量共存，故A正确；B．H⁺与S2反应生成S和SO2，不能共存，故B正确；C．Al3+与发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，不能共存，故C正确；D．Fe3+催化H2O2分解放出氧气，不能共存，故D错误；选D。6.图甲—丁为中学化学常用仪器的全部或局部，下列说法正确的是甲乙A．图甲的仪器在使用时液面要高于“0”刻度B．图乙装置可用于灼烧海带提取碘丙丁C．图丙做焰色试验时，要先用稀盐酸洗涤D．图丁装置可用于酒精萃取碘水中的碘实验A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．甲图仪器若为滴定管（0刻度在上方），使用时需将液面调节至0刻度或以下某一刻度，并非必须高于“0”刻度；若为量筒则无0刻度，A错误；B．乙图为石英坩埚，灼烧海带提取碘时需将海带在坩埚中灼烧至灰烬，石英坩埚可用于高温灼烧固体，B正确；C．丙图用光洁的铜丝做焰色试验，铜丝灼烧时会呈现绿色焰色，干扰待测离子的检验，焰色试验应使用铂丝或无锈铁丝，故C错误；D．丁图为分液漏斗，萃取碘水需用与水不互溶的萃取剂，酒精与水互溶，不能用于萃取碘水中的碘，D错误；故答案为：B。7.用酸性氧化甲苯制备苯甲酸。实验方法：将甲苯和溶液在反应一段时间后停止反应，过滤，将含有苯甲酸钾和甲苯的滤液按如下流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯。下列说法正确的是A.采用水浴加热，便于控制温度B.甲苯和溶液反应时间不能过长，防止苯环被氧化C.操作Ⅱ是蒸馏，需要用到直型冷凝管D.为了得到更多的白色固体B，可以将冷却结晶变为蒸发结晶【答案】C【解析】【分析】由题意可知，甲苯与酸性高锰酸钾溶液在100°C条件下共热发生氧化反应、过滤得到含有苯甲酸钾和甲苯的滤液；滤液分液得到有机溶液和水溶液，向水溶液中加入浓盐酸酸化、冷却结晶、过滤得到苯甲酸晶体；向有机溶液中加入硫酸钠干燥、过滤、蒸馏得到甲苯。【详解】A．由分析可知，甲苯与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应的反应温度为100°C，而水的沸点为100°C，所以无法利用水浴加热控制反应温度，应该改为油浴，A错误；B．酸性高锰酸钾溶液能将甲苯的侧链甲基氧化为羧基，不能将苯环氧化，B错误；C．由分析可知，操作Ⅱ是蒸馏，蒸馏时为使馏分顺利流入锥形瓶，应选用直形冷凝管收集馏分，C正确；D．苯甲酸的溶解度随温度降低而减小，冷却结晶可减少杂质析出，若温度太低会使杂质溶解度降低而析出，导致产物不纯，D错误；故选C。8.吉瑞替尼是一种针对特定基因突变靶向治疗药物，主要用于治疗携带突变的复发或难治性急性髓系白血病成人患者。其结构如图。下列有关说法正确的是A.吉瑞替尼分子式B.该分子中含有2个手性碳C.1mol吉瑞替尼最多可以与7molH2反应D.该分子既可以与HCl反应，又可以与溶液反应【答案】D【解析】【详解】A．需通过结构式计算原子个数。分子中含29个C，但N原子数为9（2个哌嗪环N、1个含N六元环N、1个-NH-、1个酰胺N、3个杂环N、1个氧杂环-NH-），而非8个，H数也不匹配，A错误；B．手性碳为连4个不同基团的饱和C。分子中无手性碳，B错误；C．H2加成发生于不饱和键：苯环需3mol，杂环上双键需要与3mol氢气加成，酰胺基不加成，共需6mol，C错误；D．分子含酰胺基，既可以在酸性条件下水解，又可以在碱性条件下水解，D正确；故D正确。9.次磷酸钴广泛用于化学镀钴，以金属钴和次磷酸钠为原料，采用四室电渗析槽电解法制备，原理如图。下列说法错误的是A.石墨与电源负极相连B.A膜是质子交换膜C.阴极反应式为D.外电路转移2mol电子，理论上生成1mol产品【答案】B【解析】【分析】Co电极为阳极，连接电源正极，Co被氧化生成Co2+，并向阴极移动，A为阳离子交换膜，石墨电极为阴极，H2O被还原生成H2，同时生成OH-，原料室中Na+向阴极区移动，最终阴极区得到浓NaOH溶液，C膜为阳离子交换膜，原料室中带负电的次磷酸根向阳极区移动，B为阴离子交换膜，最终产品室由于A、B膜的存在，得到次磷酸钴溶液，据此解答。【详解】A．石墨为阴极，与电源负极相连，A正确；B．A膜需允许Co2+从阳极室进入产品室，应为阳离子交换膜，而非仅允许H+通过的质子交换膜，B错误；C．阴极（石墨）在碱性条件下发生还原反应，水得电子生成H2和OH-，反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，C正确；D．阳极Co失电子生成Co2+：Co-2e-=Co2+，转移2mol电子生成1molCo2+，同时原料室中有2mol迁移至产品室，与Co2+结合生成1molCo(H2PO2)2，D正确；答案选B。10.下列实验操作、现象均正确，且能得到相应实验结论的是选项实验操作实验现象实验结论A用pH试纸分别测和溶液的pH值后者pH试纸更蓝NaClO溶液pH更大，HClO比H2CO3酸性弱B等体积、等浓度的NaHCO3溶液与溶液混合有气体和沉淀生成与发生相互促进的水解反应，生成Al(OH)3和CO2C向溶液中依次加入5滴溶液、5滴溶液先观察到白色沉淀再观察到黑色沉淀D往碘的CCl4溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色碘在浓KI溶液中的溶解能力大于在CCl4中的溶解能力A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．NaClO具有强氧化性，不能使用pH试纸测量其溶液的pH(试纸最终会被漂白)，A错误；B．NaHCO3与Na[Al(OH)4]混合生成Al(OH)3、水及，无CO2气体生成，该反应不属于双水解反应，实质是四羟基合铝酸根夺走碳酸氢根中的H+而发生的反应，B错误；C．所给的Pb(NO3)2溶液过量，依次滴入少量Na2SO4溶液和Na2S溶液，先出现白色沉淀（PbSO4），然后S2-与过量的Pb2+产生黑色沉淀（PbS），该过程不存在沉淀的转化，不能说明Ksp(PbSO4)和Ksp(PbS)的关系，C错误；D．碘的CCl4溶液加入浓KI溶液后，有机层在下，水溶液层在上，由于I2在浓KI溶液中的溶解度更大()，使得下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色，D正确；答案选D11.NH3还原技术是当今有效且成熟的去除NOx的技术之一。使用钒催化剂、采用NH3还原技术能有效脱除电厂烟气中的氮氧化物，消除NO的可能反应机理如图所示(“___________”表示催化剂吸附)。下列说法正确的是A.反应过程中消耗1molO2，理论上可处理NO的物质的量为2molB.中的键角小于NH3中的C.步骤②可表述为在催化剂的氧化还原位被氧化为，而催化剂的氧化还原位被还原为D.基态V原子核外电子有23种不同的空间运动状态【答案】C【解析】【详解】A．根据反应机理，O2作为氧化剂将V4+氧化为V5+（1molO2得4e-），V5+又将NH3氧化（NH3中N从-3→0失3e-），NO中N从+2→0得2e-。电子守恒关系为：NH3失电子=NO得电子+O2得电子。若消耗1molO2（得4e-），设处理nmolNO（得2ne-），则NH3失电子=2n+4。结合总反应4NH3+4NO+O2=4N2+6H2O（电子守恒），1molO2对应4molNO，A错误；B．图片2中物种含，中N无孤电子对（正四面体构型，键角109.5°），NH3中N有1对孤电子对（三角锥形，键角107°），孤电子对斥力大，故键角大于NH3，B错误；C．步骤②中，在催化剂氧化还原位（V5+）被氧化为（N价态升高），V5+得电子被还原为V4+，产物中催化剂氧化还原位变为图片3中V4+结构，C正确；D．基态V（23号元素）电子排布为1s22s22p63s23p63d34s2，空间运动状态即轨道数：1s(1)+2s(1)+2p(3)+3s(1)+3p(3)+3d(5)+4s(1)=15种，D错误；故选C。12.有机物M是一种重要的有机合成材料，以A为原料通过以下两步反应可以获得M。反应I：反应Ⅱ：一定温度下，向一定体积的密闭容器中加入一定量A和B发生上述两个反应。该体系中的浓度随时间变化曲线如图甲所示。两个反应的(为速率常数，为反应活化能，R和C为常数)与温度T的关系如图乙所示。下列说法正确的是A.根据图乙可知 B.温度时，两个反应一定处于平衡状态C.图甲曲线②代表C的浓度变化 D.两个反应的活化能关系为【答案】C【解析】【详解】A．图乙仅能通过lnk与的斜率判断活化能，无法确定ΔH1和ΔH2大小，A错误；B．T1温度时，两反应lnk相等即速率常数k相等，但速率常数与反应是否平衡无关，平衡取决于正逆反应速率是否相等，B错误；C．C是反应Ⅰ的产物、反应Ⅱ的反应物，其浓度应先增大后减小（有峰值），且初始浓度为0，C正确；D．由可知，斜率绝对值越大，Eₐ越大，图乙中反应Ⅰ的斜率绝对值小于反应Ⅱ，故EaⅠ＜EaⅡ，D错误；故选C。13.酞菁钴分子中心离子为钴离子，周围被一个大的共轭平面结构的酞菁配体包围，其结构如下。下列说法错误的是A.电负性：B.1、2、3、4号N原子都是通过配位键与钴离子相连C.的化合价为价D.该分子中的N原子价层电子对数一样【答案】B【解析】【详解】A．同周期主族元素电负性从左到右递增，H电负性（2.20）小于C（2.55），电负性顺序N>C>H，A正确；B．存在双键的N原子均有一对电子占据了一个sp2杂化轨道，其p轨道只能提供1个电子，两个饱和N原子的p轨道能提供一对电子与钴形成配位键，即酞菁配体中只有2个N原子通过成配位键与钴离子相连，B错误；C．酞菁配体中有两个N只有两个键，故为-2价，分子整体电中性，故Co化合价为+2价，C正确；D．由题干可知，分子中所有N原子属于共轭平面结构，N的价层电子对数为3，价层电子对数相同，D正确；故选B。14.常温下，在溶液中滴加pH=1的盐酸，溶液中与盐酸体积(V)之间的关系如图所示，下列说法错误的是A.是弱碱， B.G点：C.水的电离程度：G点>Q点 D.F点溶液中：【答案】B【解析】【分析】由图像可知，在加盐酸之前，0.1mol/LMOH溶液中，，，所以c(OH-)=10-3mol/L，MOH为弱碱。【详解】A．由分析可知，MOH部分电离为弱碱；，A正确；B．G点AG=0，溶液呈中性，此时溶质为MOH和MCl的混合物（MCl水解呈酸性，需MOH过量才能使溶液呈中性）。物料守恒中M元素总量为0.001mol，Cl⁻来自HCl，若V=10mL时n(HCl)=0.001mol，完全反应生成MCl应呈酸性（AG＜0），与G点中性矛盾，故G点HCl不足，c(Cl⁻)＜c(M⁺)+c(MOH)，B错误；C．G点为中性溶液（MOH和MCl混合），MCl水解促进水电离，MOH抑制水电离，总体水电离程度以受促进为主；Q点为过量盐酸（pH=1，20mL时c(H⁺)≈0.033mol/L），强酸抑制水电离，故水电离程度G点＞Q点，C正确；D．F点V=5mL，HCl不足，溶质为等物质的量MOH和MCl，AG＞0呈碱性，电荷守恒：c(M⁺)+c(H⁺)=c(Cl⁻)+c(OH⁻)，因c(OH⁻)＞c(H⁺)，则c(M⁺)＞c(Cl⁻)，D正确；故选B。二、非选择题(本大题共4小题，共58分。)15.邻苯二甲酰亚胺(PIMD)是一种重要的亚胺，是合成法制备胺的原料。某实验室模拟氨水法以邻苯二甲酸酐为原料制备PIMD。反应原理：；实验装置如图：。相关物质的物理性质如表：物质相对分子质量熔点/℃沸点/℃溶解性邻苯二甲酸酐148284不溶于冷水，微溶于热水，稍溶于乙醇邻苯二甲酰亚胺147366微溶于热水，易溶于乙醇实验步骤：①三颈烧瓶中加入111.0g邻苯二甲酸酐，边搅拌边滴入80.0mL浓氨水(稍过量)，加热至80℃～95℃，待固体完全溶解后停止加热。②将三颈烧瓶右端口所连装置取下改为蒸馏装置，继续加热，将溶液中的水及过量的氨蒸馏回收，此时烧瓶中有白色固体析出。③继续升温至235℃～240℃，固体熔化，反应1h左右，停止加热。冷却至室温，热水洗涤固体、抽滤、烘干，得到粗品白色粉末108.3g。④向白色粉末中加入适量X，加热回流使固体恰好溶解，趁热过滤、洗涤，将滤液降温冷却，有白色晶体析出，抽滤、洗涤、烘干后得白色晶体88.2g。请回答下列问题：（1）仪器B的名称为___________。（2）步骤③所得粗品中的杂质主要为___________。（3）步骤③中抽滤装置如图所示。为了防止倒吸，抽滤完成后应先___________，再___________。（4）步骤④的目的是利用重结晶进一步提纯邻苯二甲酰亚胺，该步骤中加入的试剂X为___________。（5）邻苯二甲酰亚胺还可以用由邻二甲苯()与氨气、氧气在加热条件下催化反应一步制得，写出该反应的化学方程式：___________。（6）本实验中邻苯二甲酰亚胺的产率为___________。【答案】（1）恒压滴液漏斗（2）邻苯二甲酸铵（3）①.打开活塞A②.关闭抽气泵（4）乙醇（5）（6）80%【解析】【分析】先使邻苯二甲酸酐在弱碱性环境下水解转化为邻苯二甲酸铵，再利用蒸馏法脱除溶液中水及过量的氨气，继续升温至235℃～240℃，邻苯二甲酸铵转化为邻苯二甲酰亚胺粗品，最后利用邻苯二甲酰亚胺微溶水，易溶于酒精的性质进行重结晶提纯，据此解答。【小问1详解】仪器B为恒压滴液漏斗。【小问2详解】根据所给信息，有机物邻苯二甲酰亚胺由盐邻苯二甲酸铵制备而来，所以步骤③所得粗品中的杂质主要为邻苯二甲酸铵。【小问3详解】为了防止倒吸，抽滤完成后，应先打开安全瓶上方的活塞A，使抽滤瓶内外气压平衡，避免因负压而导致倒吸，再关闭抽气泵。【小问4详解】根据表格中信息知，邻苯二甲酰亚胺易溶于乙醇，可利用乙醇作溶剂通过重结晶法进行提纯，故试剂X为乙醇。【小问5详解】根据原子守恒，邻二甲苯与氨气、氧气反应得到邻苯二甲酰亚胺的反应方程式为。【小问6详解】产率为。16.稀土是一种重要的战略资源，铈是地壳中含量最多的稀土元素。由氟碳铈矿(主要成分，含少量等杂质)提取铈的一种工艺流程如下：已知：①铈的常见化合价为+3、+4，焙烧后铈元素转化为CeO2，四价铈不易进入溶液，而三价稀土元素易进入溶液，②常温下的的，回答下列问题：（1）为增大反应速率，提高原料的利用率，焙烧前可将矿石___________处理。（2）写出酸浸时含铈物质发生反应的化学方程式___________，滤渣1的主要成分是___________。(写化学式)（3）已知有机物HR能将Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：。在分离有机相和水相时，打开分液漏斗活塞放出下层液体前，应先___________(填具体操作)。（4）“沉铈”过程中，转化为沉淀，试写出该反应的离子方程式___________，常温下加入的溶液呈___________(填“酸性”“碱性”或“中性”)。（5）物质的氧化性和还原性与溶液的pH有关，具体可用pH电势图来表征，电势(E/V)越大，氧化性越强。铈元素的pH电势图如图所示。已知把铈从混合稀土(代表其他稀土离子)中分离出来的一种工艺流程如下：下列说法错误的是___________。A．AB线的反应为B．上述流程中选作氧化剂比选空气作氧化剂更好C．上述流程中pH可调至8～9（6）取流程中得到的CeO2产品1.50g，加硫酸、充分溶解后，加热使剩余完全分解，再用酸性高锰酸钾标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液，该产品中CeO2的质量分数为___________。(结合上图信息作答，结果保留三位有效数字)【答案】（1）粉碎成细颗粒（2）①.②.（3）打开分液漏斗上口活塞(或使活塞上的凹槽对准漏斗口的小孔)（4）①.②.碱性（5）B（6）【解析】【小问1详解】根据影响反应速率的因素可知，为增大反应速率，提高原料的利用率，焙烧前可将矿石粉碎成细颗粒处理；【小问2详解】焙烧后铈元素转化为，四价铈不易进入溶液，而三价稀土元素易进入溶液，故酸浸时起还原剂作用，反应方程式为，和碳酸钠焙烧转化为硅酸钠，加入硫酸后转化为硅酸，同时，钙离子和硫酸根结合为硫酸钙，故滤渣1成分为；【小问3详解】分液时打开分液漏斗活塞放出下层液体前，应先打开分液漏斗上口活塞（或使活塞上的凹槽对准漏斗口的小孔）；小问4详解】用碳酸氢铵“沉铈”，则结合原子守恒、电荷守恒可知生成的离子方程式为；铵根离子的水解常数，碳酸氢根的水解常数，则，因此常温下加入的溶液呈碱性；【小问5详解】A．由图可知，线的反应为，A项正确；B．根据工艺流程图可知，向混合稀土中加入的氧化剂可以将氧化成，而其他稀土离子不能被氧化，由于的电势高于的电势，在酸性条件下，溶液还可能氧化其他稀土离子，这样就无法达到把铈从混合稀土中分离出来的目的，同时，做氧化剂被还原为，使中混入新的杂质，故上述流程中选空气作氧化剂比选作氧化剂更好，B项错误；C．由图可知，上述流程中约调至，可完全将氧化为，C项正确；答案选B；【小问6详解】按题意，样品中CeO2经H2SO4和H2O2充分溶解并将Ce(Ⅳ)还原为Ce(Ⅲ)，再用酸性KMnO4标准溶液滴定Ce(Ⅲ)。此时做氧化剂被还原为，根据电子得失守恒有关系式，根据反应消耗标准溶液的量可计算出的质量，进而确定的质量分数为(保留三位有效数字)。17.水合肼化学性质稳定，价廉易得，可以实现在温和可控的条件下催化产氢，在车载、便携式移动氢能方面的应用潜力巨大。水合肼分解反应时，其中的水分子不参与反应，可按如下两条竞争性路径进行：I．Ⅱ．回答下列问题：（1）反应___________。（2）343K下，体积为1L的恒容密闭容器中，用和分别催化分解，催化情况如下表：催化剂水合肼转化80%所需时间/min526H2的选择性/%62.560①使用不同催化剂时，反应I的：___________(填“>”“<”或“=”，下同)；反应I的活化能：___________。②使用作催化剂，5分钟后各气体浓度不再改变，此时容器中气体总压为，则该温度下反应I的平衡常数为___________。(指用平衡分压代替平衡浓度进行计算的平衡常数，A的平衡分压的物质的量分数)（3）反应I和反应Ⅱ的化学平衡常数和与温度的倒数的关系如图所示。能代表与关系的曲线是___________。（4）催化剂的一种晶胞结构如图，其中原子的配位数为___________，该晶胞密度为___________。(用含的式子表示，设阿伏加德罗常数的值为NA)（5）肼—双氧水燃料电池由于绿色环保且具有较高的能量密度而被广泛使用，其工作原理如图所示。试写出负极的电极反应式：___________。【答案】（1）（2）①.=②.<③.(或)（3）c（4）①.6②.（5）【解析】【详解】(1)由题意可知，反应等于(Ⅱ式式)，得到。(2)①使用不同的催化剂，不改变反应的焓变，所以相等；根据表格信息可知，的催化性能更高，反应I的活