2022-2023学年福建省福州第一中学高二上学期12月月考化学试题含解析

这是一份2022-2023学年福建省福州第一中学高二上学期12月月考化学试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，计算题，填空题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。

福建省福州第一中学2022-2023学年高二上学期
12月月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．根据如图所示的过程中的能量变化情况，判断下列说法正确的是

N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化
A．N2(g)转化为氮原子是一个放热过程
B．1molN2和1molO2的总焓比2 mol NO的总焓高
C．1个NO(g)分子中的化学键断裂时需要吸收632kJ能量
D．2NO(g)=N2(g)+O2(g)的反应热ΔH=-180kJ·mol-1
【答案】D
【详解】A．N2(g)转化为氮原子，断裂N≡N，吸收热量，A错误；
B．由图中数据可知，断键吸收能量为(946+498)kJ=1444kJ，反应放出能量为2×632kJ=1264kJ，吸收能量多于放出能量，所以该反应为吸热反应，则1molN2和1molO2的总焓比2molNO的总焓低，B错误；
C．1 mol NO(g)分子中的化学键断裂时需要吸收632kJ能量，C错误；
D．由上述分析可知，2NO(g)===N2(g)+O2(g)的反应热ΔH=-180kJ/mol，D正确；
故选D。
2．氯酸钾和亚硫酸氢钾溶液能发生如下反应ClO+3HSO=3SO+Cl-+3H+。已知该反应的反应速率随c(H+)的增大而增大。如图所示为用ClO在单位时间内物质的量浓度变化表示的该反应的v—t图。下列说法不正确的是

A．反应开始时速率增大可能是c(H+)增大所致
B．纵坐标为v(Cl-)的v—t曲线与图中曲线一致
C．图中阴影部分的面积表示t1～t2时间内ClO的物质的量减少量
D．后期反应速率下降可能的主要原因是反应物浓度减小
【答案】C
【详解】A． 反应开始时速率增大，可能是该反应放热，温度升高，化学反应速率加快，也可能是反应的速率随的增大而加快，故A正确；
B． 根据离子方程式ClO+3HSO=3SO+Cl-+3H+，v(ClO):v(Cl-)=1:1，纵坐标为v(Cl-)的v-t曲线与图中曲线重合，故B正确；
C．由于v(ClO)=，即△c= v(ClO）×△t，因此图中的阴影部分“面积”为t1~t2时间内ClO的物质的量浓度的减小值，故C错误；
D． 随着反应的进行，反应物的浓度减少，反应速率减小，所以后期反应速率下降的主要原因是反应物浓度减小，故D正确；
故选C。
3．下列做法，不能使CaCO3+2HCl═CaCl2+CO2↑+H2O的反应速率增大的是
A．增大盐酸的浓度 B．碾碎碳酸钙
C．适当加热 D．把盐酸换成同浓度硫酸
【答案】D
【详解】A．增大盐酸的浓度，氢离子浓度增大，反应速率加快，故A不选；
B．碾碎碳酸钙，增大接触面积，反应速率加快，故B不选；
C．加热，活化分子数增加，反应速率加快，故C不选；
D．把盐酸换成同浓度的H2SO4，反应生成的硫酸钙微溶，包裹在碳酸钙的表面，阻止反应的进行，反应速率减小，符合题意，故D选；
故选D。
4．下列反应过程中能量的变化与其他三项不同的是
A
B
C
D
煤的气化
煅烧石膏
铝热反应
丁烷裂解

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】煤的气化是指煤与水蒸气反应制CO和H2，属于吸热反应；煅烧CaSO4·2H2O属于吸热反应；铝热反应属于放热反应；丁烷裂解属于吸热反应，C项符合题意，故答案选C。
5．将纯锌片和纯铜片按图示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间。以下叙述正确的是（　　）

A．两烧杯中铜片表面均有气泡产生
B．甲烧杯中的电流与阳离子流向均为Zn→Cu
C．两烧杯中溶液的pH均增大
D．两烧杯在相同时间内转移电子数相等
【答案】C
【详解】甲中形成铜锌原电池，锌作负极，失电子，铜作正极，H+在铜极上得电子，生成H2，总反应式为：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑．乙装置中只是锌片与稀硫酸间发生了置换反应：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，以此进行分析。
A．甲中形成铜锌原电池，锌作负极，失电子，铜作正极，H+在铜极上得电子，生成H2，所以甲中铜片表面有气泡产生，故A错误；
B．甲烧杯中的电流流向均为Cu→Zn，故B错误；
C．甲中铜片上氢离子得电子生成氢气，乙中锌和稀硫酸发生置换反应生成氢气，所以两烧杯的溶液中氢离子浓度均减小，因此pH均增大，故C正确；
D．甲装置形成了原电池，反应速率会加快，因此甲比乙在相同时间内转移的电子数要多，故D错误；
故选C。
6．下列对实验方案的设计或评价合理的是
A．经酸洗除锈的铁钉，用饱和食盐水浸泡后放入如图所示具支试管中，一段时间后导管口有气泡冒出
B．图中电流表会显示电流在较短时间内就会衰减
C．图中应先用燃着的小木条点燃镁带，然后插入混合物中引发反应
D．可用图显示的方法除去酸式滴定管尖嘴中的气泡
【答案】B
【详解】A. 铁钉遇到饱和食盐水发生吸氧腐蚀，右侧试管中的导管内水柱上升，导管内没有气泡产生，A不合理；
B. 该装置的锌铜电池中，锌直接与稀硫酸相连，原电池效率不高，电流在较短时间内就会衰减，应改为用盐桥相连的装置，效率会更高，B合理；
C. 铝热反应中，铝热剂在最下面，上面铺一层氯酸钾，先把镁条插入混合物中，再点燃镁条用来提供引发反应的热能，C不合理；
D.该图为碱式滴定管，可用图显示的方法除去碱式滴定管尖嘴中的气泡，D不合理；故答案为：B。
7．火星大气中含有大量CO2，一种有CO2参加反应的新型全固态电池有望为火星探测器供电。该电池放电时，以金属钠为负极，碳纳米管为正极，下列有关说法正确的是
A．正极上发生氧化反应
B．金属钠在负极上失电子
C．阳离子由正极移向负极
D．该新型固态电池电解质可以选择水溶液环境
【答案】B
【分析】该电池放电时，以金属钠为负极，碳纳米管为正极，负极失去电子发生氧化反应，正极上得到电子发生还原反应，根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，判断溶液中离子移动方向。
【详解】A．正极上发生还原反应，负极上发生氧化反应，A错误；
B．金属钠在负极上失电子，发生氧化反应，B正确；
C．阳离子带正电荷，会向负电荷较多的正极区移动，故阳离子移动方向是由负极移向正极，C错误；
D．钠性质活泼，会与水发生反应，因此该新型固态电池电解质不能选择水溶液环境，D错误；
故合理选项是B。
8．180℃时将0.5 mol H2和1 mol CO2通入1L的恒容密闭容器中，反应生成甲醇蒸汽（CH3OH）和某无机副产物，测得各物质的物质的量随时间的部分变化如图所示，下列说法中正确的是（   ）

A．该反应的化学方程式：2CO2+4H22CH3OH+O2
B．在0～3 min内H2的平均化学反应速率为0.1 mol·L-1·min-1
C．当容器内混合气体密度不再变化时，表明反应已经达到平衡状态
D．在3～10 min内，反应仍未达到平衡状态
【答案】B
【详解】A．由图知，消耗n( CO2)=(1-0.9)mol=0.1mol、n(H2)=(0.5-0.2)mol=0.3mol、n(CH3OH)=0.1mol，同一反应中参加反应的各物质的物质的量之比等于其分子个数之比，则N(CO2)：N(H2)：N(CH3OH)=0.1mol：0.3mol：0.1mol=1：3：1，根据原子守恒知，还生成H2O，所以反应方程式为CO2+3H2⇌CH3OH+H2O，故A错误；B．v(H2)===0.1mol•L-1•min-1，故B正确；C．反应前后气体总质量不变、容器体积不变，则反应前后气体密度始终不变，所以气体密度不能作为平衡状态判断标准，故C错误；D．在3min时各物质物质的量不变，反应达到平衡状态，则在3～10 min内，反应达到平衡状态，故D错误；故选B。
【点睛】本题考查化学平衡的建立和图象分析，明确化学平衡状态判断标准及化学反应速率计算方法是解本题关键。本题的易错点为D。
9．对恒温恒容密闭容器中的可逆反应：A(g)＋3B(g)2C(g) ∆H <0，下列错误的是(  　)
A．升高温度，v(正)、v(逆)都增大，但v(逆)增加的程度更大
B．增大压强，v(正)、v(逆)都增大，但v(正)增加的程度更大
C．增大A的浓度，v(正)会增大，但v(逆)会减小
D．使用催化剂，一般v(正)、v(逆)同时增大，而且增大的倍数相同
【答案】C
【分析】A、升高温度化学反应速率加快,反应向着吸热方向进行；
B、增大压强化学反应速率加快,反应向着气体的系数和减小的方向进行；
C、增大物质的浓度反应速率加快,反应向消耗该物质的方向进行；
D、使用催化剂可同时、同等程度的改变正逆反应速率；
【详解】A、升高温度v(正)、v(逆)都增大，同时反应向着逆方向进行,v(逆)增加的程度更大,A正确；
B、增大压强v(正)、v(逆)都增大,同时反应向着正方向进行,v(正)增加的程度更大,B正确；
C、增大A的浓度v(正)、v(逆)都会增大,同时反应向着正方向进行,v(正)增加的程度更大,C错误；
D、使用催化剂可同时、同等程度的改变正逆反应速率,所以采用正的催化剂一般v(正)、v(逆)同时增大,而且增大的倍数相同,D正确；
正确选项C。
10．下列对于可逆反应2M(g)＋N(g)2P(g)达到平衡时的说法正确的是
A．反应混合物中各组分的浓度不再改变 B．反应已经停止
C．M、N全部变成了P D．速率之比为v(M)∶v(N)=1∶2
【答案】A
【详解】A．当可逆反应达到平衡时，正逆反应速率相等，各组分浓度不再改变，故A正确；
B．可逆反应的平衡是动态平衡，正逆反应速率相等，并不是停止，故B错误；
C．可逆反应有一定的限度，反应物不能完全转化为生成物，故C错误；
D．同一反应不同物质的反应速率之比等于计量数之比，所以v(M)∶v(N)=2∶1，故D错误；
故答案为A。
11．现有下列两个图象：

下列反应中同时符合上述两个图象的是
A．2HI(g) H2(g)+I2(g) △H>0
B．2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) △H<0
C．4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g) △H<0
D．N2O4(g) 2NO2(g) △H>0
【答案】D
【详解】A．2HI(g) H2(g)+I2(g) ，反应前后气体系数和相同，增大压强平衡不移动，与图II不符，故不选A；
B．2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)△H<0，增大压强，平衡正向移动，与图II不符，故不选B；
C．4NH3(g)+5O2(g) ⇌4NO(g)+6H2O(g)正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，生成物浓度减小，与图I不符，故不选C；
D．N2O4(g) 2NO2(g) 正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，生成物浓度增大，与图I相符；增大压强，平衡逆向移动，与图II相符，故选D；
选D。
12．一定条件下，分解形成碳的反应历程如图所示。下列有关说法不正确的是

A．该反应为吸热反应
B．该反应历程共分4步进行
C．第3步的正反应活化能最小
D．第二步反应的小于第三步反应的
【答案】D
【详解】A．该反应物的能量小于生成物的总能量，故为吸热反应，故A正确；
B．该反应4个H原子逐步失去，故共分4步进行，故B正确；
C．第3步的正反应活化能最小，故C正确；
D．由图象可知，第二步反应的大于0，第三步反应的小于0，故大于，故D错误；
故选D。
13．下列关于铜电极的叙述中，不正确的是
A．铜锌原电池中铜作正极
B．氯碱工业中用铜作阳极
C．用电解法精炼铜时粗铜作阳极
D．在镀件上镀铜时用金属铜作阳极
【答案】B
【详解】A．铜锌原电池中，Zn活泼失去电子作负极，则Cu为正极，故A正确；
B．氯碱工业中选择惰性电解，若Cu为阳极，失去电子，则不能选Cu作阳极，故B错误；
C．电解法精炼铜时，粗铜为阳极，纯铜为阴极，电解质溶液含铜离子，故C正确；
D．镀铜时，Cu在阳极失去电子，则金属铜作阳极，故D正确；
故选：B。
14．一定条件下，利用如图所示装置可实现有机物的储氢,下列有关说法正确的是

A．气体X是氢气，电极E是阴极
B．H+由左室进入右室，发生还原反应
C．该储氢过程就是C6H6与氢气反应过程
D．电极D的电极反应式为C6H6+6H+ +6e-=C6H12
【答案】D
【分析】如图所示，左侧苯(C6H6)转化为环己烷(C6H12)，所以苯发生还原反应，则D为阴极、A为电源负极，因此B为电源正极、E为阳极。
【详解】A．E为阳极，水中-2价O发生氧化反应生成氧气(气体X)和H+，故A错误；
B．H+由右室进入左室，参与阴极反应，没有发生还原反应，故B错误；
C．该储氢过程总反应为：2C6H6+6H2O2C6H12+3O2，故C错误；
D．电极D为阴极，苯发生还原反应生成C6H12，同时有H+参与，电极反应式为C6H6+6H++6e-=C6H12，故D正确。
答案选D。
【点睛】本题考查电解池工作原理的应用，掌握电化学反应原理，利用好图示及题干提供的信息，是解题的关键。电化学知识包括原电池和电解池，首先要确定装置是原电池还是电解池，注意观察题给信息结合实验装置图判断。电解池工作时，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应。结合电解质溶液的酸碱性及交换膜的特点书写电极反应式，如本题D项；根据电性作用原理：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引确定电解质溶液中离子移动的方向，如本题B项。
15．下列纯气体反应符合图1、图2的是

A．X+3Y2Z  ΔH >0 B．X+3Y2Z    ΔH <0
C．X+2Y3Z  ΔH <0 D．5X+3Y4Z    ΔH <0
【答案】B
【详解】图1中X、Y浓度降低，则X、Y为反应物，Z浓度增大，Z为生成物，X、Y、Z浓度变化量之比为：1:3:2，且存在化学平衡状态，化学方程式为：X+3Y2Z；T2时，先达到化学平衡状态，则T2＞T1，温度高时，Z%较小，即温度升高，向逆反应方向移动，正反应放热，△H＜0，故表示的反应为：X+3Y2Z  △H＜0，故答案为B。
【点睛】化学平衡图象题的解题技巧：①紧扣特征，弄清可逆反应的正反应是吸热还是放热，体积增大、减小还是不变，有无固体、纯液体物质参与反应等。②先拐先平，在含量(转化率)—时间曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。③定一议二，当图象中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。④三步分析法，一看反应速率是增大还是减小；二看v正、v逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。

二、计算题
16．汽车尾气中排放的NOx和CO污染环境，在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOx和CO的排放。
已知：①2CO(g)＋O2(g)2CO2(g)   ΔH＝−566.0kJ/mol
②N2(g)＋O2(g)2NO(g)     ΔH＝+180.5kJ/mol
③2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)  ΔH＝−116.5kJ/mol
回答下列问题：
（1）CO的燃烧热为___。若1molN2(g)、1molO2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收946kJ、498kJ的能量，则1molNO(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为___kJ。
（2）CO将NO2还原为单质的热化学方程式为___。
【答案】     283kJ·mol−1     631.8     2NO2(g)＋4CO(g)N2(g)＋4CO2(g)  ∆H=-1196kJ·mol−1
【分析】(1)CO的燃烧热为1molCO完全燃烧生成1molCO2时释放的能量；已知N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)△H=+180.5kJ•mol-1，正反应为吸热反应，化学键断裂时需吸收的能量-化学键生成时需放出的能量=反应吸收的热量；
(2)根据盖斯定律计算此反应的反应热，写出热化学方程式。
【详解】(1)已知2CO(g)+O2(g)⇌2CO2(g)△H=-566.0kJ•mol-1，可知1molCO完全燃烧生成1molCO2时释放的能量为=283kJ，则CO的燃烧热为283kJ/mol；已知N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)△H=+180.5kJ•mol-1，且1mol N2(g)、1mol O2(g) 分子中化学键断裂时分别需要吸收946kJ、498kJ的能量，设1mol NO(g) 分子中化学键断裂时需吸收的能量为QkJ，则180kJ=(946kJ+498kJ)-2QkJ，解得：Q=631.8，故答案为：283kJ/mol；631.8；
(2)①2CO(g)+O2(g)⇌2CO2(g) △H=-566.0kJ•mol-1、②N2(g)+O2(g)⇌2NO(g) △H=+180.5kJ•mol-1、③2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g) △H=-116.5kJ•mol-1，根据盖斯定律，将①×2-②-③可得：2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO(g)，则△H=(-566.0kJ•mol-1)×2-(+180.5kJ•mol-1) - (-116.5kJ•mol-1)= -1196kJ/mol，则CO将NO2还原的热化学方程式为2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO(g) △H=-1196kJ/mol，故答案为：2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO(g) △H=-1196kJ/mol。

三、填空题
17．下图为氢氧燃料电池装置示意图。

（1）该装置是利用反应 2H2+O2===2H2O 设计而成的，该反应能设计成电池的原因是___________________。
（2）该电池的正极反应物是_______________，判断依据是__________________。
（3）下列关于装置描述不正确的是：__________。
a．导线是电子导体
b．该装置需要点燃才能产生电流
c．Pt电极主要作用是提供得失电子的场所
d．电子从通氧气一级沿导线转移到通氢气一级
（4）该装置是如何形成电流的？请进行完整说明：____________________。
【答案】     该反应属于氧化还原反应，有电子的转移     氧气     氧气中氧元素化合价为0，降低为H2O中的-2价，得电子，做正极反应物     b、d     氢气在负极上失去电子生成氢离子，电子沿导电流向正极，氧气在正极上得到电子生成氢氧根离子，氢氧化钾溶液传导离子，形成闭合回路，形成电流
【详解】（1）该装置是利用反应 2H2+O2===2H2O 设计而成的，该反应能设计成电池的原因是该反应属于氧化还原反应，有电子的转移。（2）该电池的正极反应物是氧气，判断依据是氧气中氧元素化合价为0，降低为H2O中的-2价，得电子，做正极反应物。（3）a．导线中自由电子能定向移动，是电子导体，故正确；b．该装置不需要点燃才能产生电流，在催化剂作用下自发进行，故b不正确；c．Pt电极主要作用是提供得失电子的场所，故C正确；d．电子从通氢气一级沿导线转移到通氧气一级，故d错误；故选bd.（4）该装置形成电流的原因：氢气在负极上失去电子生成氢离子，电子沿导电流向正极，氧气在正极上得到电子生成氢氧根离子，氢氧化钾溶液传导离子，形成闭合回路，形成电流。
18．肼(N2H4)—空气碱性燃料电池放电效率高，以该电池为电源模拟工业制烧碱，装置如图所示：

电解过程中，石墨电极附近溶液的pH减小，其原因是___(用化学用语和必要的文字说明)。
【答案】石墨电极发生反应：2Cl--2e-=Cl2↑，Cl2与水发生反应：Cl2+H2OHCl+HClO，溶液的酸性增强
【详解】甲为肼(N2H4)—空气碱性燃料电池，铜电极N2H4失电子生成N2，可知铜为负极、铂为正极；乙为电解池，石墨为阳极；石墨电极发生反应：2Cl--2e-=Cl2↑，Cl2与水发生反应：Cl2+H2OHCl+HClO，溶液的酸性增强。
19．火箭推进器中装有还原剂液态肼(N2H4)和氧化剂过氧化氢(H2O2)，当它们混合时，即产生大量氮气和水蒸气，并放出大量热。已知0.4mol液态肼与足量过氧化氢反应，生成氮气和水蒸气，放出256.65kJ的热量。回答下列问题：
(1)过氧化氢的结构式是__________。
(2)该反应的热化学方程式为___________。
(3)已知H2O(l)=H2O(g) ∆H=+44kJ/mol，则32g液态肼与足量液态过氧化氢反应生成氮气和液态水时，∆H= _________。
(4)实验室可用次氯酸钠溶液与氨气反应制备液态肼，已知生成物之一是常见的盐，则反应的化学方程式为__________。
(5)已知：，几种化学键的键能如下表所示，则a=_________。
共价键



键能/()
436
247
a

【答案】                           434
【详解】(1)过氧化氢的结构式为，故答案为：；
(2)0.4mol液态肼与足量过氧化氢反应，生成氮气和水蒸气，放出256.65kJ的热量，则1mol液态肼与足量过氧化氢反应，生成氮气和水蒸气，放出256.65kJ×=641.625kJ的热量，则该反应的热化学方程式为  ，故答案为：  ；
(3)32g液态肼的物质的量为1mol，由题意可知：
①  
②已知H2O(l)=H2O(g)  ∆H=+44kJ/mol
①-4×②得： ，故答案为：；
(4)结合反应物为NaClO和NH3、生成物之一为N2H4可知，生成物中的盐为NaCl，结合得失电子守恒、原子守恒可知该反应的化学方程式为，故答案为：；
(5)由反应物的总键能-生成物的总键能得：=(436+247-2a)，解得a=434，故答案为：434。

四、原理综合题
20．羟胺()为无色固体，结构可视为替代中1个，羟胺具有和类似的弱碱性，可以与盐酸反应生成盐酸羟胺()，盐酸羟胺是一种盐，易溶于水，溶解后完全电离为和。
(1)中元素的化合价是_______。
(2)过氧化氢催化氧化氨水法制备盐酸羟胺的原理如下：
步骤1：+NH3+H2O2X+2H2O
步骤2：X+HCl+H2O⇌NH2OHHCl+
资料：丙酮()是一种易溶于水的无色液体，沸点为。
①的分子式为，其核磁共振氢谱只有两个吸收峰，红外光谱显示其分子结构中存在羟基和碳氮双键。的结构简式是_______。
②步骤1中，相同反应时间氨的转化率随温度变化如图1。温度高于时，随温度上升氨的转化率变化的原因是_______。

③步骤2中，在密闭容器中反应时，的平衡转化率随温度变化如图2。该反应为_______(填“吸热”或“放热”)反应。

④步骤2中蒸馏出丙酮的目的是_______(1点即可)。
(3)电化学法制备盐酸羟胺：
向两侧电极分别通入和，以盐酸为电解质，组装原电池以制备盐酸羟胺。装置(图3)和正极反应机理图(图4)：

①将图4方框中缺失的物质补充完整______。
②一段时间后，正极区的与反应前相比_______(填“增大”、“减小”或“不变”)(不考虑溶液体积的变化)。
【答案】     -1          以上，温度升高促进过氧化氢分解，且氨和丙酮易挥发，浓度均降低，化学反应速率减慢，氨的转化率降低     吸热     降低丙酮的浓度，促进该平衡正向移动，提高的平衡转化率；得到的丙酮可循环使用     HCl、     增大
【详解】(1)中H为+1价，Cl为-1价，O为-2价，则元素的化合价是-1价。
(2)①的分子式为，其核磁共振氢谱只有两个吸收峰，红外光谱显示其分子结构中存在羟基和碳氮双键，则的结构简式是。
②温度高于时，随温度上升氨的转化率变化的原因是以上，温度升高促进过氧化氢分解，且氨和丙酮易挥发，浓度均降低，化学反应速率减慢，氨的转化率降低。
③由图可知，升温温度，的平衡转化率增大，则该反应为吸热。
④步骤2为可逆反应，蒸馏出丙酮的目的是降低丙酮的浓度，促进该平衡正向移动，提高的平衡转化率或得到的丙酮可循环使用。
(3)①生成之后就是与HCl结合生成。
②正极的电极反应式为，则正极区的与反应前相比增大。