湖北省黄冈市2026-2027学年高三上学期开学考试 化学试题（含解析）

2026年秋季高三年级9月供题化学本试卷共8页，19题。全卷满分100分。考试用时75分钟。注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：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。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4.考试结束后，请将答题卡上交。可能用到的相对原子质量H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Fe-56一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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.我国地大物博，物产丰富。下列转化过程不属于化学变化的是A.煤的干馏 B.非遗打铁花 C.用糯米酿制米酒 D.盐湖晒盐【答案】D【解析】【详解】A．煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使其分解的过程，会生成焦炭、煤焦油、焦炉气等新物质，属于化学变化，A不符合题意；B．熔化的铁水在空气中飞溅时，铁与氧气反应生成四氧化三铁()，有新物质生成，属于化学变化，B不符合题意；C．用糯米酿制米酒的过程中，淀粉水解为葡萄糖，葡萄糖进一步发酵生成乙醇等新物质，属于化学变化，C不符合题意；D．盐湖晒盐是通过蒸发溶剂使盐类溶质结晶析出的过程，无新物质生成，属于物理变化，D符合题意；故选D。2.化学强国，筑梦未来。下列说法错误的是A.“嫦娥六号”携带的国旗所用超细玄武岩纤维，属硅酸盐材料B.“北脑一号”脑机系统植入手术所用钛板，属陶瓷材料C.“中国天眼”射电望远镜所用碳化硅，属新型无机非金属材料D.“深海一号”储油平台所用聚酯系泊缆绳，主要成分属有机高分子【答案】B【解析】【详解】A．超细玄武岩纤维的主要成分为硅酸盐，A正确；B．钛板主要成分为金属钛，属于金属材料，不属于陶瓷材料，B错误；C．碳化硅属于新型无机非金属材料，C正确；D．聚酯是通过缩聚反应生成的有机高分子化合物，因此聚酯系泊缆绳主要成分属于有机高分子，D正确；故选B。3.下列化学用语或图示表述错误的是A.中子数为10的氧原子：B.NaCl溶液中的水合离子：C.顺-1，2-二氟乙烯的结构式：D.某物质的核磁共振氢谱图：【答案】D【解析】【详解】A．氧原子质子数为8，中子数为10时，质量数=质子数+中子数=18，正确表示应为，A正确；B．溶液中，阳离子应结合水分子中带负电的O(O朝向阳离子)，阴离子应结合水分子中带正电的H(H朝向阴离子)，图示结合方式正确，B正确；C．顺-1，2-二氟乙烯的两个F原子位于碳碳双键同侧，图示结构符合顺式结构特点，C正确；D．题图是红外光谱图，核磁共振氢谱横坐标为化学位移，会出现对应不同化学环境氢的分立特征峰，与题图不符，D错误；故选D。4.用废铜屑制备少量，并得到溶液。下列操作不能达到实验目的的是A．除油污B．制备C．收集D．过滤得到溶液A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．加热能促进碳酸根水解，使碳酸钠溶液碱性增强，油脂可以在碱性环境中发生水解反应生成可溶于水的高级脂肪酸钠和甘油，从而达到除去废铜屑表面油污的目的，A正确；B．铜和浓硫酸反应制备二氧化硫，需要加热，方程式为，B正确；C．气体密度比空气大，气体应从右端长管进入短管出气可收集满，C错误；D．用过滤的方式可以将溶液与固体分离，实验原理、装置及操作正确，D正确；故选C。5.一种盐的结构如图所示，其中X、Y、Z、M、P、Q为原子序数依次增大的短周期元素。下列说法正确的是A.基态Y、M原子的未成对电子数相同B.分子极性：C.电离能：D.化合物中键与键的个数之比为【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、M、P、Q为原子序数依次增大的短周期元素。X形成+1价阳离子、Y形成4个共价键、M形成2个共价键、P形成1个共价键、Q形成6个共价键，则X、Y、Z、M、P、Q分别为Li、C、N、O、F、S元素。【详解】A．Y、M原子分别为C、O，基态时，其未成对电子数均为2，故A正确；B．NF3是三角锥形分子，正负电荷的中心不重合，为极性分子，SO3为平面三角形分子，结构对称，为非极性分子，则分子极性：NF3>SO3，故B错误；C．I1(Z)是N的第一电离能，I2(M)是O的第二电离能，N原子和的价电子排布均为的半充满稳定结构，但O的核电荷数大于N，原子核对电子的吸引力更强，故I1(Z)<I2(M)，故C错误；D．CS2中碳原子和每个硫原子之间形成1个σ键和1个π键，σ键与π键的个数之比为1:1，故D错误；选A。6.一种含和的高铁酸盐晶体的晶胞结构示意图如下。已知的结构与相似。下列说法错误的是A.该高铁酸盐的化学式为B.基态价铁的价层电子排布式为C.的空间构型为四面体形D.已知晶胞中Fe-O键的键长有2种，则2种Fe-O键的数目之比为或【答案】A【解析】【详解】A．由晶胞结构可知，每个晶胞中有Fe原子2个；Na位于晶胞顶点，总数为；K位于晶胞棱上和体内，总数为，O原子位于体内，共有8个；所以其化学式为，A错误；B．该高铁酸盐中铁元素为+6价铁，基态Fe原子价层电子排布为，失去6个电子形成+6价Fe后，价层电子排布为，B正确；C．为正四面体构型，与其结构相似，因此空间构型为四面体形，C正确；D．每个共4个Fe-O键，在晶胞中，受周围、影响，导致Fe-O键不同，则两种Fe-O键数目比为3:1或1:3，D正确；故选A。7.我国化学家合成了一种带有空腔的杯状主体分子(结构简式如图a)，该分子和客体分子可形成主客体包合物：被固定在空腔内部(结构示意图见图b)。下列说法错误的是A.主体分子具有酸性B.主客体分子之间存在共价键C.属于离子化合物D.和中N均采用杂化【答案】B【解析】【详解】A．该主体分子结构中含有酚羟基和磺酸基，两类官能团都可以电离出，因此主体分子具有酸性，A正确；B．主体与客体间通过非共价键形成超分子，B错误；C．由和通过离子键构成，属于离子化合物，C正确；D．N原子价电子数为5，中N有4条键，失去1个电子形成阳离子，无孤对电子，采用sp3杂化，中N有3条键，1对孤对电子，价层电子对数为4，采用sp3杂化，D正确；故选B。8.工业上可用次氯酸钠与氨反应制备肼：。下列有关说法正确的是A.沸点： B.电负性：C.键角： D.和的VSEPR模型不同【答案】A【解析】【详解】A．和均为分子晶体，都存在分子间氢键，但形成的分子间氢键个数更多，故沸点：，A正确；B．根据ClO2中O显负价，Cl显正价，HCl和H2O都是H显正价，可知电负性：O>Cl>H，B错误；C．、均采取杂化，原子有1对孤电子对，氧原子有2对孤电子对，孤电子对与成键电子对间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，所以键角：，C错误；D．和的VSEPR模型相同，均为四面体形，D错误；故选A。9.下列关于齐墩果酮酸的说法正确的是A.分子式为B.分子中含有8个手性碳原子C.能与乙二醇发生缩聚反应D.1mol该物质最多能和发生加成反应【答案】D【解析】【详解】A．根据键线式结构特点及碳原子成4个键，不足用H原子补充，该分子的分子式为，而且此结构分子式中氢原子数目为偶数，A错误；B．手性碳原子指碳原子连接四个不同的原子或原子团，此分子中含有以下7个手性碳原子：如图，B错误；C．分子中只有1个羧基，不能发生缩聚反应，C错误；D．该分子中的酮羰基、碳碳双键能与氢气发生加成反应，而羧基不能，故1mol该物质最多能和2molH2发生加成反应，D正确；故选D。10.下列物质转化关系中，A的分子式为，C的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志，D与乙醛互为同分异构体，E可用于生产汽车防冻液。下列说法错误的是A.在水溶液中，绝大部分A为环状结构B.反应②的条件为浓硫酸加热C.化合物D分子中所有原子共平面D.上述反应中只有反应③④原子利用率为100%【答案】C【解析】【分析】石油化工发展水平的重要标志是乙烯产量，因此C为乙烯。结合A的分子式和A→B→C的路线，可知A为葡萄糖，①是葡萄糖发酵生成乙醇，B为乙醇，②是乙醇消去生成乙烯。D与乙醛互为同分异构体，故D的分子式为；D由乙烯与氧气反应生成，并能与水反应生成汽车防冻液乙二醇，故D为环氧乙烷，E为乙二醇。D的结构为。【详解】A．A为葡萄糖，葡萄糖在水溶液中主要以环状结构存在，链状结构只占少数，A正确；B．②为乙醇的消去反应，乙醇在浓硫酸、170℃条件下反应：，因此原选项所述条件正确，B正确；C．D分子的三个成环原子共平面，但两个饱和碳原子所连的氢原子不可能全部位于该平面。D的正确结构为，所以D分子中的所有原子不共平面，C错误；D．①以乙醇为目标产物时还生成二氧化碳，②以乙烯为目标产物时还生成水，反应物的原子均未全部进入目标产物；③中乙烯和氧气的全部原子进入环氧乙烷，④中环氧乙烷和水的全部原子进入乙二醇，只有③④的原子利用率为100%，D正确；故选C。11.化合物M催化氢化机理中，由化合物M(s)→化合物P(s)的过程和其相对能量变化如图所示。下列说法错误的是A.M(s)→P(s)过程中包含2个基元反应B.化合物N与P互为同分异构体C.总反应的决速步骤是过程①D.过程①的热化学方程式为：【答案】C【解析】【详解】A．由相对能量曲线可知，化合物M与CO2反应生成化合物P的过程中有两个过渡态TS1、TS2，说明这一过程包含两个基元反应，A正确；B．图中N与化合物P的分子式相同，结构式不同，互为同分异构体，故B正确；C．总反应速率由活化能最大的慢反应决定，过程②的活化能(11.28kcal/mol-2.08kcal/mol=9.20kcal/mol)大于过程①(6.05kcal/mol-0.00kcal/mol=6.05kcal/mol)，故总速率由过程②决定，C错误；D．过程①的热化学方程式为：M(s)+CO2(g)=N(s)

，D正确；故选C。12.将24.8g有机化合物在铂舟中完全燃烧，利用如图所示的装置测定M的组成和结构。已知：高氯酸镁的质量增加21.6g，碱石棉的质量增加35.2g。下列说法正确的是A.该装置后面连接装有碱石灰的装置处理尾气B.若移走CuO，可能导致测得氧元素的质量分数偏小C.反应结束后继续通入氧气再称重，其主要目的是使装置尽快冷却D.该实验可确定M的分子式为【答案】D【解析】【分析】实验目的为测定有机物M的组成，装置中CuO可将有机物不完全燃烧生成的CO氧化为CO2，高氯酸镁吸收燃烧生成的，碱石灰吸收燃烧生成的。先根据吸收剂质量变化计算生成、的物质的量，得到有机物中C、H元素的质量，再结合有机物总质量，通过质量守恒计算O元素的质量，得到C、H、O的物质的量之比，确定最简式，再结合有机物通式确定分子式。【详解】A．装置后连接碱石灰的作用是防止外界空气中的和水蒸气进入装置，干扰和的质量测定，并非处理尾气，A错误；B．若移走CuO，有机物不完全燃烧生成CO，碱石灰吸收的质量偏小，计算得到的C元素质量偏小，导致计算的O元素质量偏大，氧元素的质量分数偏大，B错误；C．反应结束后继续通入氧气的目的是将装置内残留的和全部排入后续吸收装置，确保被完全吸收，减小实验误差，并非使装置尽快冷却，C错误；D．高氯酸镁吸收水，，则，；碱石灰吸收，，则，；有机物中，，因此，最简式为；烃的含氧衍生物中H原子数为偶数，将最简式扩大2倍得分子式，该分子式已达到饱和，可确定M的分子式为，D正确；故选D。13.结构决定性质。下列关于物质性质或应用解释错误的是选项性质或应用解释A碱金属密度：K的原子半径增大的效应大于其相对原子质量增大的效应B易水解形成红褐色胶体特征：高电荷与小半径C烷基磺酸根离子作为表面活性剂烷基磺酸根离子既有亲水基团又有疏水基团D稳定性：大于分子间形成氢键A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．对于相同数目的原子，K的相对原子质量和原子半径均较大；原子半径增大引起的体积增大效应超过相对原子质量增大效应，故钾的密度小于钠，A正确；B．三价铁离子所带正电荷较高且离子半径较小，易与水作用而发生水解，生成红褐色氢氧化铁胶体，B正确；C．烷基磺酸根离子中的磺酸根部分是亲水基团，烷基部分是疏水基团，因此可作为表面活性剂，C正确；D．分子间氢键主要影响熔点、沸点等物理性质，不能解释分子的化学稳定性；氧氢键比硫氢键强，因此水的化学稳定性大于硫化氢，D错误；故选D。14.利用电化学-化学协同法将天然气中的转化为硫酸盐，实现资源化利用。原理示意图如下。下列说法正确的是A.a极电势高于b极电势B.a极的电极反应式：C.工作一段时间后，阴极室的总浓度不变D.理论上，阳极产生的大于阴极消耗的【答案】B【解析】【分析】由题可知，a为阴极，通入溶液中，反应生成，在a电极得到电子生成和，电极反应式为，被氧化为；b为阳极，失去电子生成水和氧气，电极反应式为：，据此回答。【详解】A．a电极、b电极分别为阴极、阳极，阳极电势高于阴极，即b极电势高于a极电势，A错误；B．a极为阴极，在碱性条件下得电子生成，电极反应式为：，B正确；C．阴极室中吸收会消耗，假设处理：，消耗，生成，被氧化为消耗：，同时生成，为了生成需要转移8mol电子：同时生成，同时双极膜中有向阴极迁移，并消耗(中和反应)，综合来看，消耗，生成，因此总浓度下降，C错误；D．阳极反应为，每生成转移4mol电子，阴极每消耗转移2mol电子，相同转移电子数下，阳极产生的小于阴极消耗的，D错误；故选B。15.向AgCl饱和溶液(有足量AgCl固体)中滴加氨水，发生反应和，与的关系如下图所示(其中M代表、、或)。下列说法正确的是A.曲线I可视为AgCl溶解度随浓度变化曲线B.反应的平衡常数K的值为C.随的增大，先减小后基本不变D.时，溶液中【答案】C【解析】【分析】氯化银饱和溶液中银离子和氯离子的浓度相等，向饱和溶液中滴加氨水，溶液中银离子浓度减小，氯离子浓度增大、一氨合银离子增大，继续滴加氨水，一氨合银离子增大的幅度小于二氨合银离子，则曲线I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度对数变化的曲线。【详解】A．氨的浓度较小时AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，浓度较大时AgCl(s)+2NH3(aq)+Cl-(aq)，氯化银的溶解度曲线应与氯离子的曲线吻合，应该为曲线Ⅳ，故A错误；B．Ⅲ表示c(Ag+)变化情况、Ⅱ表示c()变化情况，根据图示，时，c(Ag+)=10-7.4、c()=10-5.16，所以反应的平衡常数K=，故B错误；C．反应的平衡常数K=为定值，随c(NH3)增大，一氨合银离子浓度先增大后不变，先减小后不变，C正确；D．Ⅲ表示c(Ag+)变化情况、Ⅱ表示c()变化情况，Ⅰ表示c()变化情况，根据图示时，溶液中，故D错误；答案选C。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.黄铜矿（主要成分为，其中Cu为+1价、Fe为+3价）可冶炼铜及其氧化物。以黄铜矿为原料制取Cu、纳米的工艺流程如图所示：（1）Cu在元素周期表中的位置为__________。（2）CuCl晶体的熔点为326℃，液态时不导电，推知CuCl晶体属于__________(填晶体类型)。（3）反应II中NaCl溶液的作用是__________________________________________________。（4）“浸泡”中反应的离子方程式为__________________________________________________。（5）“操作1”的目的是____________________________________________________________。（6）要使完全沉淀，则溶液的pH至少为__________（已知常温下，，lg6.5≈0.8，化学上认为当离子浓度小于时沉淀完全）。（7）现代工业也可用铜作电极，电解食盐水制备，写出制备氧化亚铜的化学方程式_____________________________________________________________________________。【答案】（1）第四周期第ⅠB族（2）分子晶体（3）作反应物，提供，与CuCl配位生成（4）（5）将亚铁离子氧化为铁离子（6）2.8（7）【解析】【分析】流程分为两条路线：上路线先将黄铜矿转化为氯化亚铜，再经配位溶解和加水反应制得铜；下路线先浸出铜并除去含硫滤渣，再将亚铁离子氧化、调节pH除铁，最后在碱性条件下用葡萄糖热还原制得纳米氧化亚铜。【小问1详解】Cu原子序数为29，基态价电子排布为，最高电子层为第四层，故Cu位于第四周期第ⅠB族；【小问2详解】CuCl的熔点较低，且液态时不导电，符合分子晶体的物理特性，故CuCl晶体属于分子晶体；【小问3详解】由流程图可知，NaCl溶液提供，与CuCl配位生成可溶的，从而促使CuCl溶解并与硫分离；【小问4详解】每1mol黄铜矿中，Cu由+1价升高到+2价、两个S均由−2价升高到0价，共失去5mol电子；矿石中的Fe由+3价降低到+2价得到1mol电子，因此还需4mol三价铁离子各得到1mol电子。根据原子守恒和电荷守恒，离子方程式为；【小问5详解】浸泡所得滤液含有亚铁离子，后续需以氢氧化铁沉淀的形式除铁。在酸性条件下，氧气将亚铁离子氧化为铁离子，反应为，因此“操作1”的目的是将亚铁离子氧化为铁离子；【小问6详解】沉淀溶解平衡为，则。取铁离子完全沉淀的临界浓度，可得。常温下由水的离子积可得，故溶液的pH至少为2.8；【小问7详解】铜作阳极，阳极反应为；阴极水得电子生成氢气和氢氧根离子，阴极反应为。两式相加消去电子和氢氧根离子，得到总反应。17.抗肿瘤药物尼洛替尼F的一种合成路线如下(立体化学和部分反应条件略)：回答下列问题：（1）A的化学名称为__________。化合物E中含氧官能团名称为__________。（2）A→B中反应①的化学方程式为______________________________________________。（3）B→C的反应类型为__________。（4）C→D反应中的作用为__________________________________________。（5）D的同分异构体中，同时满足下列条件的结构简式为__________(写出一种即可)。①含2个六元环的芳香族化合物②红外光谱图中无键吸收峰③含5种不同化学环境的氢原子(个数比为3:2:2:2:1)（6）F分子中的五元环为平面结构，氮原子电子云密度越大，碱性越强，则五元环中的两个氮原子碱性强弱：①__________②(填“”、“”或“”)。【答案】（1）①.三氟甲苯②.酰胺基（2）（3）还原反应（4）吸收生成的，提高物质D的产率（5）、、、、（6）<【解析】【分析】A（）发生取代反应引入溴原子和硝基得到B（）；B中硝基被还原为氨基，得到C（）；C与发生取代反应，溴原子被取代生成D（）和；D与发生取代反应，氨基中氢原子被取代，生成E（）和；E与发生取代反应，碘原子被取代，生成抗肿瘤药物尼洛替尼F和；据此分析解答；【小问1详解】A为，可看作甲苯中甲基的3个氢原子被氟原子取代，名称为三氟甲苯；化合物E中含氧官能团名称为酰胺基；【小问2详解】A→B中反应①为硝化反应，A苯环上间位氢原子被取代，引入硝基，化学方程式为；【小问3详解】B中硝基（）被还原为氨基（）得到C，B→C的反应类型为还原反应；【小问4详解】C→D过程中还生成，碳酸钾能吸收生成的，促进反应正向进行，提高物质D的产率，答案为吸收生成的，提高物质D的产率（回答合理即可）；【小问5详解】D为，D的同分异构体中，同时满足下列条件，①含2个六元环的芳香族化合物，则必须含苯环（有1个苯环）；②红外光谱图中无键吸收峰（含六元环）；③含5种不同化学环境的氢原子(个数比为3:2:2:2:1)，结构对称且含1个甲基，可推断满足条件的结构简式有、、、、；【小问6详解】氮原子电子密度越大，碱性越强，F分子中五元环为平面结构，说明氮原子的杂化类型为杂化，①号氮原子提供1对电子形成大π键，氮原子上无孤电子对，而②号氮原子只提供1个电子参与形成大π键，此外氮原子上还有1个孤电子对，②号氮原子电子密度大于①号氮原子，故碱性①＜②，答案为＜。18.铁盐在电子、医疗、光化学和水处理等领域应用广泛。（1）水解的离子方程式为____________________________________________。（2）常温下，某学习小组取pH=1.6的溶液，分别进行实验I和II，用色度计传感器测吸光率，实验设计和数据记录如下：本题实验条件下吸光率与溶液中的物质的量浓度成正比。序号吸光率I2240%II13结合的数值，能说明稀释溶液过程中，浓度变小，但水解程度变大，则的数值应满足_________。（3）与氢氧化铁胶体制备实验安全注意事项有关的图标有_________。（填序号）（4）三水合三草酸铁钾是新一代蓝晒工艺的感光剂，一般置于冷暗处存放。它在光照条件下发生分解，生成和。①写出分解反应的化学方程式____________________。②在光照条件下，与__________（填序号）溶液混合，可生成蓝色物质。A．B．C．KSCN（5）一种用制备的流程如下：①“沉淀”完成后，用如图1所示装置进行过滤、洗涤得到纯净。抽滤时，将固体平铺在滤纸上的优点是____________________________________。②利用图2所示装置配制“合成”所需的溶液。当溶液pH为_________（填序号）时停止滴加KOH溶液。已知：，。A．1.2B．2.7C．4.2D．8.4③分离得到较纯净的操作：将浓缩后的溶液___________________________，过滤洗涤干燥。【答案】（1）（2）或（3）①③（4）①.②.B（5）①.便于充分洗涤，减少杂质或便于抽干（写一条即可）②.B③.置于暗处，冷却结晶【解析】【小问1详解】硝酸铁是强酸弱碱盐，铁离子发生水解，水解离子方程式为；【小问2详解】两组混合后总体积均为4mL，实验II所取原液体积是实验I的一半，故实验II的总铁浓度为实验I的一半。设实验I、II中铁离子的水解程度分别为、，由吸光率与氢氧化铁的物质的量浓度成正比，得。氢氧化铁浓度变小要求；水解程度变大要求，由上式得。所以；【小问3详解】①制备氢氧化铁胶体时需加热，佩戴护目镜可防止液滴飞溅伤眼，①正确；②常规实验用酒精灯加热，不需要使用电器，②错误；③实验涉及热水、热溶液和热仪器，应防止烫伤，③正确；④常规操作不涉及刀片等锐器，④错误；故选①③；【小问4详解】①三水合三草酸铁钾中铁为+3价，生成草酸亚铁后铁为+2价，每个铁原子得到1个电子；一个草酸根被氧化为二氧化碳时失去2个电子，故2个铁原子的还原对应1个草酸根的氧化。结合原子守恒，分解反应为。②A．高锰酸钾具有氧化性，可氧化光解所得的亚铁离子，不能生成题述蓝色物质，A错误；B．光解产物含亚铁离子，亚铁离子与铁氰化钾溶液反应可生成蓝色沉淀，B正确；C．硫氰化钾常用于检验铁离子，产生红色配合物，不能使光解所得亚铁离子生成题述蓝色物质，C错误；故选B；【小问5详解】①抽气使滤纸下方压强降低，液体通过滤纸进入抽滤瓶，固体留在滤纸上。将固体平铺可使滤饼厚薄较均匀，便于洗液与各处固体充分接触并通过滤层，从而减少可溶性杂质，也有利于抽干。②草酸的两级电离分别为、。要使草酸氢根的浓度分别大于草酸和草酸根的浓度，应同时满足和，合并得，即，四个选项中只有2.7符合。故选B。③三水合三草酸铁钾见光会分解，浓缩后应将溶液置于暗处冷却结晶，再过滤、洗涤、干燥。19.“双碳”战略下，加氢制甲醇是实现碳资源循环利用的核心技术。传统铜锌催化剂因活性位点高度耦合，容易生成副产物CO。涉及的反应如下：I．Ⅱ．Ⅲ．回答下列问题：（1）__________；反应I在__________（填“高温”“低温”或“任意温度”）能自发进行。（2）向绝热恒容密闭容器中通入一定量和的混合气体，同时发生上述反应，下列说法中能表明反应已达到平衡状态的是__________（填序号）。a．气体密度不变b．气体总压强不变c．容器内温度不变d．CO和的物质的量相等（3）在3MPa下，向某密闭容器中按投料比充入反应物发生反应I、Ⅱ，反应达到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如下图所示。①Z线所示物质为_________（填化学式）。②解释物质的量分数随温度变化的原因________________________________。（4）反应I的速率方程为，。一定条件下，若向2个恒容密闭容器（容器1、容器2）中分别通入和，发生反应I、Ⅱ，容器1、容器2中的起始压强分别为、，达到平衡时，的转化率随温度的变化如下图所示。