湖南省长沙市2024-2025学年高三化学上学期月考卷四试题【含答案】

2025届高三月考试卷（四）化学本试题卷分选择题和非选择题两部分，共10页。时量75分钟，满分100分。可能用到的相对原子质量：H~1C~12N~14O~16S~32Mn~55Cu~64Hg~201一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.化学与生活、社会发展息息相关，下列说法错误的是A.《荷塘月色》中所描绘的月光穿过薄雾形成缕缕光束的美景与胶体的性质有关B.冬天在炉火旁放一盆清水不能防止一氧化碳中毒C.制作玻璃用的二氧化硅因不能溶于水形成酸，故不是酸性氧化物D.《本草纲目》记载：“水银乃至阴之毒物，因火煅丹砂（）而出”，其中发生了氧化还原反应C【详解】A．《荷塘月色》中所描绘的月光穿过薄雾形成缕缕光束的美景，是胶体发生的丁达尔效应，与胶体的性质有关，A正确；B．一氧化碳难溶于水，故冬天在炉火旁放一盆清水不能防止一氧化碳中毒，B正确；C．二氧化硅是酸性氧化物，二氧化硅不溶于水，不能直接形成酸，C错误；D．丹砂（）中汞元素的化合价为+2价，“水银乃至阴之毒物，因火煅丹砂而出”中汞元素的化合价由+2价降至0价，有元素化合价的变化，发生了氧化还原反应，D正确；答案选C。2.乙炔经等净化后，可在中催化生成聚乙炔。相关化学用语或说法正确的是A.中子数为20的钙原子： B.聚乙炔的结构简式：C.分子中有1个键、2个键 D.的电子式：B【详解】A．钙的原子序数为20，因此中子数为20的钙原子质量数为40，可表示为，A错误；B．聚乙炔的单体是乙炔，聚乙炔的结构中含有碳碳双键，因此其结构简式为，B正确；C．分子中存在结构，则有1个键、2个键，C错误；D．是离子化合物，和个数比是1:2，在书写其电子式时，不能将合并到一起，正确的电子式为，D错误；故B。3.代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.和的混合物中含，则混合物中质子数为B.标准状况下，含有的原子数目为C.电解熔融，阴极增重时，外电路中通过电子的数目为D.完全溶于所得的溶液中，分子的数目为A【详解】A．混合物中含，则含有钠离子和铵根离子的总物质的量为，而钠离子和铵根离子的质子数均为11，所以混合物中质子数为，故A正确；B．标准状况下，不是以气体形式存在，因此不能根据的体积计算其物质的量和所含原子数目，故B错误；C．电解熔融时，阳极反应为，阴极反应为，阴极增加的重量为的质量，的物质的量为，根据电极反应可知，外电路中通过电子的物质的量为，数目为，故C错误；D．氨气溶于水后存在，所以分子的数目小于，故D错误；答案选A。4.规范化学实验操作是进行科学实验的基础，下列有关实验操作或说法不正确的是A.在粗盐提纯的实验中洗涤晶体：沿玻璃棒往漏斗中加蒸馏水至液面浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2~3次B.使用酸式滴定管前，可在活塞处涂抹少量凡士林以防漏水C.电解熔融氯化镁所得金属镁不可在气体中冷却D.向铜与浓硫酸反应后的溶液中加水稀释，以观察溶液的颜色D【详解】A．洗涤沉淀或晶体的规范操作是：沿玻璃棒往漏斗中加蒸馏水至液面浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2~3次，A正确；B．凡士林常用于玻璃塞或活塞处，防止漏水，B正确；C．单质镁很活泼，在高温条件下可与二氧化碳反应，因此金属镁不可在气体中冷却，C正确；D．铜与浓硫酸反应，浓硫酸过量，不能直接向反应后的溶液中加水，D错误；故选D。5.化学用语可以表达化学过程，下列化学过程表达错误的是A.电解熔融时阴极发生的反应：B泳池消毒：C.向溶液中滴入使反应完全：D.炽热的铁水注入模具前，模具必须充分干燥，防止发生反应：C【详解】A．电解熔融氯化钠时，钠离子在阴极得到电子发生还原反应生成钠，电极反应式为，A正确；B．和、反应会生成，HClO具有氧化性，可用于泳池消毒，反应的化学方程式为，B正确；C．向溶液中滴入使反应完全，则恰好能将和消耗完，反应的离子方程式为，C错误；D．炽热的铁水注入模具前，模具必须充分干燥，是因为铁在高温下能与水反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为，D正确；故C。6.日光灯中用到的某种荧光粉的主要成分为3W3(ZX4)2·WY2。已知：X、Y、Z和W为原子序数依次增大的前20号元素，W为金属元素。基态X原子s轨道上的电子数和p轨道上的电子数相等，基态X、Y、Z原子的未成对电子数之比为2：1：3。下列说法正确的是A.电负性：X>Y>Z>WB.原子半径：X<Y<Z<WC.Y和W的单质都能与水反应生成气体D.Z元素最高价氧化物对应的水化物具有强氧化性C【分析】根据题中所给的信息，基态X原子s轨道上的电子式与p轨道上的电子式相同，可以推测X为O元素或Mg元素，由荧光粉的结构可知，X主要形成的是酸根，因此X为O元素；基态X原子中未成键电子数为2，因此Y的未成键电子数为1，又因X、Y、Z、W的原子序数依次增大，故Y可能为F元素、Na元素、Al元素、Cl元素，因题目中给出W为金属元素且荧光粉的结构中Y与W化合，故Y为F元素或Cl元素；Z原子的未成键电子数为3，又因其原子序大于Y，故Y应为F元素、Z其应为P元素；从荧光粉的结构式可以看出W为某+2价元素，故其为Ca元素；综上所述，X、Y、Z、W四种元素分别为O、F、P、Ca，据此答题。【详解】A．电负性用来描述不同元素的原子对键合电子吸引力的大小，根据其规律，同一周期从左到右依次增大，同一主族从上到下依次减小，故四种原子的电负性大小为：Y>X>Z>W，A错误；B．同一周期原子半径从左到右依次减小，同一主族原子半径从上到下依次增大，故四种原子的原子半径大小为：Y<X<Z<W，B错误；C．F2与水反应生成HF气体和O2，Ca与水反应生成氢氧化钙和氢气，二者均可以生成气体，C正确；D．Z元素的最高价氧化物对应的水化物为H3PO4，没有强氧化性，D错误；故答案选C7.某化学兴趣小组为探究蔗糖与浓硫酸的反应设计了如图所示实验装置。向左倾斜Y形试管使反应发生，下列说法正确的是A.装置不变，仅将装置I中的蔗糖换成木炭，也能出现相同的现象B.装置Ⅱ中品红溶液褪色，证明SO2具有氧化性C.装置Ⅲ中产生白色沉淀，其主要成分为CaCO3和CaSO3D.置Ⅳ中无明显现象D【详解】A．木炭与浓硫酸反应需要加热，仅将装置I中的蔗糖换成木炭，不能出现相同的现象，A错误；B．蔗糖与浓硫酸反应生成CO2和SO2，SO2具有漂白性，使品红溶液褪色，B错误；C．漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，Ca(ClO)2具有氧化性。通入CO2和SO2后反应生成CaCO3和CaSO4沉淀，C错误；D．CO2和SO2均不能与BaCl2溶液反应，故装置Ⅳ无明显现象，D正确；故选D。8.脱氧核糖核酸(DNA)分子的局部结构示意图如下。脱氧核糖、磷酸及碱基形成脱氧核糖核苷酸后,脱氧核糖核苷酸聚合成脱氧核糖核苷酸链,两条多聚核苷酸链平行盘绕形成DNA分子双螺旋结构。下列说法不正确的是A磷酸与脱氧核糖分子通过醚键结合B.碱基分子在形成脱氧核糖核苷酸时均断裂C.脱氧核糖、磷酸、碱基通过分子间脱水形成脱氧核糖核苷酸D.两条脱氧核糖核苷酸链通过氢键作用，碱基G与C、A与T配对结合成碱基对A【详解】A．由图可知，磷酸与脱氧核糖分子通过磷酸酯键结合在一起，A错误；B．由图可知，碱基和脱氧核糖分子是紧密相连的，它们之间通过键连接，则碱基分子在形成脱氧核糖核苷酸时均断裂，B正确；C．碱基与脱氧核糖通过脱水缩合形成核苷，核苷分子中五碳糖上的羟基与磷酸脱水，通过磷酸酯键结合形成核苷酸，C正确；D．由DNA分子局部结构示意图可知，图中虚线代表氢键，所以两条脱氧核糖核苷酸链通过氢键作用，碱基G与C、A与T配对结合成碱基对，D正确；答案选A。9.一定条件下，可得到电子转化为超氧自由基，并实现如图所示的转化。下列说法错误的是A.化为是氧化反应B.图示转化总反应的化学方程式为+O2C.质谱仪、红外光谱仪、核磁共振仪均可用来区分与D.在足量氧气中充分燃烧，将产生的混合气体通过足量的碱石灰充分吸收，碱石灰增重30.8gD【详解】A．失去电子转化为，是氧化反应，A正确；B．根据图示，氧气和苯甲醇反应生成苯甲醛和双氧水，总反应的化学方程式为，B正确；C．、相对分子质量不同，可以用质谱仪鉴别；官能团不同，可以用红外光谱仪鉴别；有5种等效氢、有4种等效氢，可以用核磁共振仪鉴别，C正确；D．已知的物质的量是，在足量中充分燃烧，生成即二氧化碳、即水，混合气体通过足量的碱石灰充分吸收，增重大于，D错误；故选D。10.一种全锰电池结构如图所示。该电池工作时，下列说法错误的是A.正极反应为B.理论上，每转移，两个电极质量改变相差C.溶液的浓度始终保持不变D.若更换为阳离子交换膜，会造成Mn电极的腐蚀C【分析】该装置为原电池装置，Mn为负极，失电子生成锰离子，MnO2为正极，得电子结合氢离子生成锰离子和水。【详解】A．锰电极为负极，二氧化锰石墨电极为正极，电极反应分别为，，A正确；B．电池工作时，每转移消耗，质量改变为，同时，消耗，质量改变为，两电极质量改变相差，B正确；C．隔膜为阴离子隔膜，电池工作时，向左室迁移，左室的浓度增大，C错误；D．若隔膜换成阳离子交换膜，即允许、在两室迁移，因右室浓度高于左室，无法避免其从右向左室迁移，锰电极发生腐蚀，D正确；答案选C。11.钪(Sc)是一种稀土金属。从钛白酸性废水(主要含Ti4+、Fe2+、微量Sc3+)中富集钪，并制备氧化钪(Sc2O3)的工艺流程如下。下列说法不正确的是A.用酸洗涤时加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+B.“操作I”需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗C.“滤渣I”的主要成分是Ti(OH)4、Fe(OH)3D.草酸钪焙烧时反应的化学方程式为C【分析】从钛白酸性废水(主要含Ti4+、Fe2+、微量Sc3+)

中富集钪，酸洗时加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，加入氢氧化钠溶液进行反萃取，过滤得到“滤渣

1”的主要成分是Ti(OH)4、Fe(OH)3、Sc(OH)3，然后加入10%盐酸调pH溶解Sc(OH)3转化为含Sc3+的溶液，再加入草酸溶液得到草酸钪，草酸钪与氧气焙烧时反应生成Sc2O3和CO2，据此分析回答问题。【详解】A．由流程图分析可知，“有机相”中主要含有Ti4+、Fe2+、Sc3+，用酸洗涤时加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，有利于后面沉淀除去，A正确；B．“操作I”是过滤，过滤操作需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，B正确；C．“滤渣I”的主要成分是、、，C错误；D．草酸钪与氧气焙烧时反应生成和，化学方程式为，D正确；故C。12.硫化汞的立方晶系型晶胞如图所示，晶胞参数为，P原子的分数坐标为，阿伏加德罗常数的值用表示。下列说法正确的是A.基态S原子核外有4个未成对电子 B.M原子的分数坐标为C.晶体密度 D.S与之间的最短距离为D【详解】A．S为16号元素，基态原子的价电子排布为，核外未成对电子数为2，A错误；B．由P原子的分数坐标为，结合投影图知，晶胞中M原子的分数坐标为，B错误；C．由晶胞图知，位于顶点和面心，共有个，S位于晶胞体内，共有4个，则晶体密度为，C错误；D．由晶胞图知，S与之间的最短距离为体对角线的四分之一，即为，D正确；故答案：D。13.氨可用于制造氨水、氮肥等，广泛应用于化工、化肥、制药、合成纤维等领域。反应I：反应Ⅱ：在一体积固定的密闭容器中，按投料进行反应。下图为一段时间内、的物质的量随温度变化的示意图。下列说法正确的是A.反应I的平衡常数表达式为B.的平衡转化率始终低于C.540~860℃时容器内发生的反应以反应Ⅱ为主D.加入合适的催化剂无法提高的产率B【详解】A．由方程式可知，反应I平衡常数表达式为，故A错误；B．若投料时加入的反应物的物质的量之比等于化学计量数之比，则反应物的平衡转化率相等，根据题中信息，氧气与氨气加入量之比大于化学计量数之比，加入哪种物质越多，其转化率越低，所以氧气的平衡转化率始终低于氨气，故B正确；C．根据图中信息，开始阶段主要以反应Ⅱ为主，540~860°C时容器发生的反应以反应I为主，故C错误；D．不同催化剂对不同反应的选择性不同，因此加入合适的催化剂，提高对反应I的选择性，降低对反应Ⅱ的选择性，可以提高的产率，故D错误；故选B。14.草酸为二元弱酸，常温下向溶液中逐滴加入溶液，混合溶液中、和的分布分数[例如]随变化关系如图所示。下列说法正确的是A.草酸的一级电离平衡常数的数量级为B.曲线I表示的分布分数C.当加入的溶液的体积为时，溶液中存在关系：D.点对应的溶液中存在关系：A【详解】A．据图分析，曲线I表示，曲线II表示，曲线III表示，据图（1.2，0.5）可知，，所以草酸的一级电离平衡常数的数量级为，A正确；B．曲线I表示的分布分数随的变化，B错误；C．当加入的溶液的体积为时，恰好得到草酸氢钠溶液，由于，水解程度小于其电离程度，则此时溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，C错误；D．点，，，根据电荷守恒，，则，D错误；答案选A。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.乳酸亚铁晶体是常用的补铁剂，易溶于水，吸收效果比无机铁好。乳酸亚铁可由乳酸与反应制得。I.制备碳酸亚铁已知易被氧化：。某兴趣小组设计如下方案制备，实验装置如图。（1）仪器C的名称是_____。（2）利用如图所示装置进行实验，进行以下两步操作：步骤一：打开活塞1、3，关闭活塞2，反应一段时间；步骤二：关闭活塞3，打开活塞2，发现C中有白色沉淀和气体生成。①步骤一的目的除生成外，还有_____。②C中反应生成白色沉淀的离子方程式是_____。③仪器C中的混合物经过滤、洗涤后得到沉淀，检验其是否洗净的方法是__________（填操作、现象和结论）。II.制备乳酸亚铁晶体和定量测量（3）制备乳酸亚铁晶体。将制得的加入乳酸溶液中，加入少量铁粉，在70℃下搅拌使反应充分进行，静置一段时间后过滤，再经操作a，得到乳酸亚铁晶体，洗涤、干燥后得到产品。操作a的步骤包括_____（填操作过程）。（4）用氧化法测定样品中的含量，进而计算产品中乳酸亚铁的质量分数，发现产品的质量分数总是大于100%，其原因可能是__________。（5）用铈（）量法测定产品中的含量。取1.440g产品配成溶液，取该溶液进行必要处理，以邻二氮菲为指示剂（已知邻二氮菲遇显红色，遇显无色），用标准溶液滴定，重复操作2~3次，消耗标准溶液体积的平均值为。已知：。①滴定终点的现象为_____。②产品中乳酸亚铁晶体的质量分数为_____（结果保留三位有效数字）。（1）三颈烧瓶（2）①.产生氢气将装置内空气排尽，防止二价铁被氧化②.③.取最后一次洗涤液于试管中，加入过量稀盐酸酸化，滴加一定量的溶液，若无白色浑浊出现，则已洗涤干净（3）加热浓缩、冷却结晶、过滤（4）高锰酸钾会氧化乳酸根离子，增加溶液消耗量（5）①.当滴入最后半滴标准溶液后，溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复原来的颜色②.98.5%【分析】I.制备碳酸亚铁：由装置可知，稀硫酸与铁粉反应生成硫酸亚铁和氢气：，实验时，要先打开活塞1和3一段时间，使反应生成的氢气赶走装置中的空气，防止生成的亚铁离子被氧化，然后关闭活塞3，打开活塞2，生成的氢气使B中气压增大，将生成的硫酸亚铁溶液压入C中与碳酸氢铵发生反应生成碳酸亚铁：，装置D中加入水形成液封，使整个体系处于无氧环境。【小问1详解】仪器C的名称是三颈烧瓶；【小问2详解】①根据分析可知，步骤一目的除生成外，还可以用产生氢气将装置内空气排尽，防止二价铁被氧化；②C中反应生成白色沉淀的离子方程式是；③仪器C中的混合物经过滤、洗涤后得到沉淀，因为沉淀由和碳酸氢铵反应生成，所以检验其是否洗净，即检验是否含有硫酸根离子，取最后一次洗涤液于试管中，加入过量稀盐酸酸化，滴加一定量的溶液，若无白色浑浊出现，则已洗涤干净；【小问3详解】因为产品为结晶水合物，所以操作a为加热浓缩、冷却结晶、过滤；【小问4详解】用氧化法测定样品中的含量，进而计算产品中乳酸亚铁的质量分数，发现产品的质量分数总是大于100%，即被其他物质消耗，其原因可能是高锰酸钾会氧化乳酸根离子，增加溶液消耗量；【小问5详解】①滴定终点的现象为当滴入最后半滴标准溶液后，溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复原来的颜色；②的物质的量为，根据化学计量数之比等于物质的量之比得出乳酸亚铁物质的量为，产品中乳酸亚铁晶体的质量分数为。16.从含铅烟灰（主要化学成分为、、和）中分离回收铟的工艺流程如图。已知：①“萃取”时发生反应：、；②“反萃取”时发生反应：。回答下列问题：（1）基态铟原子的电子排布式为_____。（2）“氧化浸出”过程中硫元素最终均以硫酸根离子的形式存在于浸出液中，请写出发生反应的化学方程式：__________。（3）滤渣A的主要成分除外，还有_____（填化学式）。（4）“萃取”所用的萃取剂P204结构如下图所示（R表示某烃基）。从物质结构的角度分析比较P204与P507（结构如下图）的酸性强弱，并说明可能的原因：___________。（5）“萃取”过程中，铟的萃取率的高低受溶液的影响很大。当时，萃取率为50%，若要将萃取率提升到95%，应调节溶液的_____（忽略萃取剂浓度的变化，结果保留三位有效数字）。[已知：与萃取率的关系为；]（6）盐酸的浓度与铟、铁的反萃取率的关系如图所示。则“反萃取”过程中应选择盐酸的最佳浓度范围为_____。（7）电解精炼铟时阳极材料应选用_____，随着电解的不断进行，电解液中会逐渐_____（填“增大”“减小”或“不变”）。（1）（2）（3）（4）P204的酸性强于P507的酸性；原因：-R是推电子基团，使含氧酸的酸性减弱（或-OR是吸电子基团，使含氧酸的酸性增强），因此P204的酸性强于P507的酸性（5）2.73（6）（7）①.粗铟②.减小【分析】含铅烟灰（主要化学成分为、、和）加入、氧化酸浸后，转变为沉淀，和分别溶于硫酸，、、发生氧化还原反应，滤液中含、、、，滤渣A为过量的和，向滤液中加入有机萃取剂除去、，在有机相中加入盐酸，反萃取除去，在溶液中加入，发生置换反应得到粗铟，电解精炼得到铟。【小问1详解】基态铟原子的电子排布式为；【小问2详解】由分析可知，、、发生氧化还原反应，由-2价变为+6价，由+4价变为+2价，则发生反应的化学方程式为；【小问3详解】由分析可知，转变为沉淀，即，滤渣A除了过量的还有；【小问4详解】P204的酸性强于P507的酸性，其原因是：-R是推电子基团，使含氧酸的酸性减弱（或-OR是吸电子基团，使含氧酸的酸性增强），因此P204的酸性强于P507的酸性；【小问5详解】由可知，当时，萃取率为50%，则，可得，若将萃取率提升到95%，忽略萃取剂浓度的变化，则，将代入得，，所以，代入可得，，，所以若将萃取率提升到95%，应调节溶液的；【小问6详解】反萃取时，尽可能留在有机相，尽可能反萃取到水相，则由题中图示可知，当盐酸的浓度在之间时，的反萃取率较高，而的反萃取率很小，所以盐酸的最佳浓度范围为；【小问7详解】电解精炼铟时，阳极材料是粗铟，阴极材料选用纯铟，电解液含有，随着电解的不断进行，粗铟中比活泼的金属失去电子，被置换出来，则电解液中会逐渐减小。17.丙烯是重要的有机化工原料，丙烷制丙烯是化工研究的热点。由丙烷在一定温度和催化剂条件下制丙烯的两种方法如下。反应I（直接脱氢）：；反应Ⅱ（氧化脱氢）：。（1）已知：，则为_____。（2）一定温度下，向恒容密闭容器中充入，初始压强为，仅发生反应I（直接脱氢）。欲提高的平衡产率，同时加快反应速率，应采取的措施是_____（填标号）。A.升高温度B.增大压强C.再充入D.及时分离出E.加催化剂（3）反应I（直接脱氢）在催化剂表面上有两种反应路径，整个反应的能量变化如图所示。表示路径1的活化能，表示路径2的活化能，TS表示过渡态。路径2中决速步骤的反应式为_____。（4）在压强（117.5kPa）恒定条件下，以作为稀释气，不同水烃比[、、15]时，催化直接脱氢（反应I）制备反应的平衡转化率随温度的变化如图所示。[副反应：]①点对应条件下，若的选择性[的选择性]为80%，则反应I的分压平衡常数（是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数）为_____。②相同温度下，水烃比远大于时，的消耗速率明显下降，可能的原因是：i.的浓度过低；ii._____。（5）一定条件下，恒压密闭容器中仅发生反应Ⅱ（氧化脱氢）。①已知该反应过程中，，，其中、为速率常数，与温度、活化能有关。升高温度，的变化程度_____（填标号）的变化程度。A.大于B.小于C.等于D.无法比较②相比反应I（直接脱氢），反应Ⅱ（氧化脱氢）的优点有_____（任写一点）。（1）+124（2）A（3）（或）（4）①.14.4②.过多地占据催化剂表面活性位点，导致催化剂对丙烷的吸附率降低（5）①.B②.氧化脱氢为放热反应，能减少能耗（或产物易于分离）【小问1详解】反应Ⅱ反应I可得反应：，则由盖斯定律可得：，则反应I的；【小问2详解】A．反应I为吸热反应，升高温度，反应速率加快，平衡向正反应方向移动，的平衡产率增大，A符合题意；B．该反应是气体分子数增多的反应，增大压强，反应速率加快，但平衡向逆反应方向移动，丙烯的平衡产率减小，B不符合题意；C．向恒容容器再充入，浓度增大，即反应物浓度增大，反应速率加快，但的平衡转化率会减小，导致的平衡产率减小，C不符合题意；D．及时分离出，生成物的浓度减小，反应速率减慢，平衡向正反应方向移动，的平衡产率增大，D不符合题意；E．加催化剂，反应速率加快，但平衡不移动，不能提高的平衡产率，E不符合题意；故选A。【小问3详解】从能量变化图可知，路径2中由c生成党的活化能最高，为决速步骤，其反应式为：或；【小问4详解】①W点的平衡转化率为75%，设通过反应I和副反应转化的物质的量分别为、，且起始n(C3H8)=1mol，根据已知条件列出“三段式”：则，的选择性为80%，则。故，。点，则的物质的量为，平衡时C3H8物质的量为0.25mol，C3H6、H2的物质的量均为0.6mol，混合气总物质的量为(0.25+0.6+0.6+0.15+0.15+10)mol=11.75mol，则反应I的分压平衡常数；②相同温度下，水烃比远大于时，说明水蒸气过多，则的浓度过低，反应速率减慢，另一个可能的原因是：过多地占据催化剂表面活性位点，导致催化剂对丙烷的吸附率降低，的消耗速率明显下降；【小问5详解】①该反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，即逆反应速率大于正反应速率，则变化程度小