河南省漯河市部分名校2026届高三下学期三模预测化学试卷（含解析）

河南省漯河市部分名校2026届高三下学期三模预测化学试卷一、单选题1．我国科技在全球范围内得到了广泛认可。下列有关说法不正确的是(

)A.光电智能计算芯片主要材料为晶体硅B.核电高温气冷堆冷却剂氦气性能稳定C.航母重型燃气轮机燃料柴油属于化石燃料D.嫦娥六号记忆合金中Ti、Ni两种元素在周期表中位于第Ⅷ族2．下列图示或化学用语表达不正确的是(

)A.中子数为10的氧原子： B.丙烯的分子结构模型：C.的结构式：O=C=O D.的电子式：3．下列关于仪器使用的说法中正确的是(

)A.②④⑤使用前均需检漏 B.③⑥不能用酒精灯直接加热C.①③可用于蒸馏实验 D.⑤可用于分离乙醇和水4．化学与人类社会可持续发展息息相关。下列说法不正确的是(

)A.高压法聚乙烯含有较多支链，无毒，较柔软，可用于生产食品包装袋B.碳酸氢铵受热分解产生大量气体，可以作膨松剂C.光导纤维具有良好的导电性，可用于制作通讯电缆D.网状结构的酚醛树脂受热后不能软化或熔融，且具有良好的绝缘性，可用于制作电器开关5．下列化学方程式或离子方程式书写正确的是(

)A.通入溶液中：B.向氨水中滴加几滴溶液：C.苯乙烯加聚反应：D.用盐酸除去铁锈：6．某化合物M在实验室有广泛应用，其结构如图所示。X、Y、Z、R是原子序数依次增大的短周期主族非金属元素，只有Y和Z位于同周期，基态R原子最高能级未成对电子数为2，下列叙述正确的是(

)A.电负性：Z>Y>XB.原子半径：R>Z>Y>XC.同周期中第一电离能大于Z的主族元素有2种D.常温下，R最高价氧化物对应水化物的浓溶液能与铜反应7．我国科学家首次报道了降解聚乳酸(PLA)并转化为高附加值化学品的方法，转化路线如下：下列说法不正确的是(

)A.PLA中存在手性碳原子B.PLA、ML完全水解得到的产物相同C.MP的核磁共振氢谱有三组峰D.MMA既可以发生加聚反应，又可以发生取代反应8．环己烯是重要的化工原料，实验室制备流程如图所示。查阅资料：①环己醇熔点25℃，沸点161℃，密度(20℃)，微溶于水易溶于有机溶剂。②环己烯熔点-104℃，沸点83℃，密度(20℃)，不溶于水易溶于有机溶剂。下列说法错误的是(

)A.环己烯粗品加饱和食盐水前先用盐酸洗涤有利于去除表层吸附的铁离子B.饱和食盐水能降低环己烯在水相中的溶解度，利于分层C.分液时，有机相应从分液漏斗上口倒出D.干燥剂可以选用无水硫酸镁或浓硫酸9．绿色化学理念通过创新技术将污染物转化为可用资源，实现资源高效再利用。一种用丙烯脱除的反应机理如图所示。下列说法正确的是(

)A.为该反应的催化剂B.氧化性：C.过程③中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：3D.该脱除的总反应方程式为10．乙烯()与水加成制备乙醇的能量变化过程如图所示。下列说法不正确的是(

)A.该过程涉及三步反应B.C.硫酸是该反应的催化剂，可以改变反应活化能与反应历程D.和的总能量高于(1)的总能量11．胆矾可写成，其结构示意图如下：下列有关说法正确的是(

)A.胆矾是离子晶体B.通常比更易与铜离子形成配位键C.在上述结构示意图中，存在的化学键有配位键、极性键、非极性键D.中，每个与5个形成配位键12．一种循环产氢体系原理如图所示，将锌一多硫化物电池与生产装置集成，最大化利用了间歇性太阳光，实现日夜不间断生产氢气。下列说法正确的是(

)A.硅太阳能电池、锌一多硫化物电池均可实现化学能转化为电能B.白天断开开关K，夜间闭合开关KC.日间工作时，b电极的反应式为D.H2生产装置工作时，若使用阳离子交换膜，向d电极方向迁移13．有关晶体的结构如图所示。下列说法错误的是(

)A.NaCl与CsCl均为离子晶体，晶格能：NaCl<CsClB.NaCl晶体中，位于最近的形成的正八面体空隙中C.1mol金刚石中形成2mol碳碳键D.CuS晶胞中，填充在形成的四面体空隙中，其填充率为50%14．以铝土矿(含及少量和等)为原料提纯的过程如图所示。已知：碱浸中转化成难溶的。已知电离常数分别为、。下列说法正确的是(

)A.“碱溶”后进行过滤，滤液中含有的阳离子主要有：、、B.溶液中：C.过滤2所得滤液中存在：D.“沉铝”时反应的离子方程式：二、实验题15．铜(II)氨基酸配合物是合成重要生物聚合物的单体，甘氨酸(，简写为HGly)在约条件下，可与氢氧化铜反应制备二甘氨酸合铜(II)水合物，其反应方程式为。回答下列问题：Ⅰ.氢氧化铜的制备①将和水加入A中。②完全溶解后，搅拌下加入氨水至沉淀完全溶解。③加入溶液至不再生成沉淀，过滤，用水洗涤。(1)仪器B的名称是______________________。步骤②中沉淀溶解过程中反应的离子方程式为______________________。(2)步骤③中检验沉淀洗涤干净的操作为______________________。Ⅱ.二甘氨酸合铜水合物的制备①称取3.8g甘氨酸，溶于150mL水中。②在条件下加热，搅拌下加入新制的，至全部溶解。③趁热抽滤，向滤液中加入乙醇，冷却直至析出针状晶体，并在冰水浴上继续冷却20分钟。④抽滤所得晶体，用25%乙醇溶液洗涤晶体一次，再用无水乙醇洗涤两次并干燥。⑤将产品烘干，称重得4.60g产品。(3)下列说法中正确的是___________(填标号)。a.实验Ⅰ中若用溶液与直接反应可能生成碱式硫酸铜沉淀b.实验Ⅱ中，趁热抽滤的目的是减少产物的析出c.加入95%乙醇溶液能增大二甘氨酸合铜的溶解度(4)用25%乙醇洗涤晶体的目的是______________________。Ⅲ.产品中铜含量的测定称取样品，加入水和稀溶解，配制成溶液。取该溶液，加入足量固体和水，以淀粉为指示剂，立即用标准溶液滴定至终点，消耗溶液。已知：在酸性介质中，配合物中的被质子化，配合物被破坏；，。(5)产品中铜元素的质量分数为______________________。(6)实验中标准溶液应装在______________________滴定管；下列操作会引起铜元素的质量分数偏大的是______________________。A.滴定结束时滴定管尖嘴处留有气泡B.滴定管未用待装的标准液润洗C.滴定前仰视读数，滴定后俯视读数D.滴定中摇动中不慎将瓶内的待测液洒出三、填空题16．以富钴矿石[主要含，还含少量的MnO、FeO、MgO、、]为原料制备金属钴的一种工艺流程如图：已知：i.溶液中金属离子开始沉淀和刚好沉淀完全的pH如表：金属离子开始沉淀的pH7.52.27.69.2刚好沉淀完全的pH9.03.29.211.1ii.常温下，、。iii.Co的金属性稍弱于Fe，化学性质与Fe相似。回答下列问题：(1)基态最外层电子排布式为______________。(2)“还原酸浸”时，能提高酸浸速率的措施有_______(任写一条)，与反应的离子方程式为______________，“滤渣I”的主要成分为_______(填化学式)。(3)因含有类似于中“”结构而具有强氧化性，推测1个中含有-1价氧的个数为______________。(4)“沉铁”时用氨水调节溶液pH的合适范围为______________。(5)常温下，当溶液中离子浓度时可认为该离子沉淀完全。“沉钙镁”时若要使完全沉淀，的浓度最小为______________。(6)采用惰性电极电解溶液制取Co的总反应方程式为______________。电解溶液时需严格控制溶液的pH不能过高或过低，其原因是______________。17．过量排放打破碳循环平衡,“碳中和”成为环境治理关键目标。将转化为高附加值化学品,既能减排,又能满足工业需求。甲醇作为重要化工原料,可制备多种化学品,也可作燃料。回答下列问题:(1)二氧化碳加氢制甲醇过程中主要涉及以下反应:Ⅰ.Ⅱ.①则反应的_______,反应Ⅰ的_______(填“>”“<”或“=”)0,该反应在_______(填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。②若将等物质的量的和充入恒温恒容密闭容器中进行反应Ⅱ,下列事实能说明该反应已达到平衡状态的是_______(填标号)。A.体系的压强保持不变

B.生成的速率与生成的速率相等C.混合气体的平均相对分子质量不变

D.与的比值保持不变(2)下图甲显示了催化剂在,氢碳比为3,相同时间内,不同温度下的转化率和甲醇的选择性性能图。可以看出,该催化剂的最适宜温度为_______℃,温度高于,的转化率降低可能的原因是_______。已知:的选择性。(3)LTA分子筛膜具有很强的亲水性,通过使用LTA型分子筛膜催化反应器,测得在,氢碳比为3,反应相同时间,不同温度对@LTA分子筛膜催化反应器的催化性能影响如图乙所示。使用此分子筛膜,的转化率提高的原因是_______。(4)某温度、恒定压强为的条件下,将和通过装有催化剂的反应器,反应并达到平衡状态,的转化率为,甲醇的选择性为,该温度下,的平衡产率为_______,反应Ⅰ的平衡常数_______(列出计算式即可)。18．F是一种重要的有机化工中间体，由有机物A制备F的合成路线如下：已知：①②(X为卤素原子)回答下列问题：(1)A的名称为______________________；B→C的反应类型为______________________。(2)C→D的化学方程式为______________________。(3)D中与“”相邻碳原子上的C-H键易断裂的原因是______________________。(4)D→E的过程中还可能生成一种与E互为同分异构的副产物R，且R也能转化为类似F的α，β-不饱和酮，R的结构简式为______________________。(5)F中官能团的名称为______________________。满足下列条件的F的同分异构体的结构简式为______________________。①属于芳香族化合物；②能发生银镜反应；③核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为6:6:1:1(6)有机物A可由基础化工原料W经过以下合成路线获得，则M和P的结构简式分别为______________________、______________________。参考答案1．答案：D解析：A.晶体硅是良好的半导体材料，常用于制造光电智能计算芯片，A正确；B.氦气是稀有气体，化学性质稳定，可作为核电高温气冷堆冷却剂，B正确；C.柴油是从石油中提炼出来的，石油属于化石燃料，所以柴油属于化石燃料，C正确；D.Ti位于第四周期ⅣB族，Ni位于第四周期Ⅷ族，D错误；故答案为：D。2．答案：D解析：A.氧原子质子数为8，中子数为10，质量数=质子数+中子数=8+10=18，核素表示为，A正确；B.丙烯分子中碳原子半径大于氢原子半径，有1个碳碳双键，球棍模型为，B正确；C.空间构型为直线形，结构式为O=C=O，C正确；D.HCl为共价化合物，故其电子式为，D错误；故选D。3．答案：A解析：A.②为滴定管，④为容量瓶，⑤为分液漏斗，三个仪器具有旋塞、活塞或磨口塞结构，在使用前需要检漏，A项正确；B.③为蒸馏烧瓶，不能用酒精灯直接加热，⑥为坩埚，能够使用酒精灯直接加热，B项错误；C.①为球形冷凝管，③为蒸馏烧瓶，蒸馏实验中一般使用直形冷凝管，球形冷凝管一般用于有机实验中，起冷凝回流的作用，C项错误；D.⑤为分液漏斗，用于分离互不相溶的液体混合物，常用于萃取操作中，乙醇能与水以任意比例互溶，通常采用蒸馏操作进行分离，D项错误；故答案选A。4．答案：C解析：A.高压法聚乙烯（低密度聚乙烯）因支链多、结构松散而柔软且无毒，确实用于食品包装，A正确；B.碳酸氢铵受热分解产生、等气体，使食品膨松，B正确；C.光导纤维（主要成分为）是绝缘体，通过光传输信号，而非导电，C错误；D.网状酚醛树脂为热固性塑料，受热不软化且绝缘，适合电器开关，D正确；故答案选C。5．答案：D解析：A.盐酸的酸性强于亚硫酸，通入溶液中，得不到沉淀，A错误；B.向氨水中滴加几滴溶液，氨水过量，最终产物应为，而不是沉淀，方程式为：，B错误；C.苯乙烯能够发生加聚反应，反应方程式为，C错误；D.铁锈与盐酸反应时，作为金属氧化物与氢离子反应生成和水，结晶水作为固体结构的一部分，反应后与生成的合并为，符合离子方程式书写规则，D正确；故答案选：D。6．答案：A解析：X、Y、Z、R是原子序数依次增大的短周期主族非金属元素，Y和Z位于同周期，基态R原子最高能级未成对电子数为2，由化合物M的结构可知，阳离子中X原子形成的共价键数目为1、Z形成的共价键数目为4，阴离子中R形成的共价键数目为1、Y形成的共价键数目为4、Z形成的共价键数目为3，则X为H元素、Y为C元素、Z为N元素、R为S元素。A.元素的非金属性越强，电负性越大，元素的非金属性强弱顺序为：N>C>H，则电负性的大小顺序为：N>C>H，A正确；B.同主族元素，从上到下原子半径依次增大，同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则原子半径的大小顺序为：S>C>N>H，B错误；C.同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则同周期中第一电离能大于氮元素的主族元素为氟元素，只有1种，C错误；D.铜与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，常温下，铜与浓硫酸不反应，D错误；故选A。7．答案：B解析：A.手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；PLA中存在手性碳原子，A正确；B.PLA完全水解得到，ML完全水解得到和甲醇，B错误；C.MP中有3种等效氢，核磁共振氢谱有三组峰，C正确；D.MMA含有碳碳双键可以发生加聚反应，含有酯基可以发生取代反应，D正确；故选B。8．答案：D解析：A.环己烯粗品加饱和食盐水前应先用盐酸洗涤，抑制水解成氢氧化铁胶体，更有利于表层吸附的铁离子的去除，A正确；B.加入饱和食盐水，溶液的极性增大，可以降低环己烯的溶解度，便于溶液分层，B正确；C.环己烯密度为，其密度小于水的，所以分液后有机相在上层，从分液漏斗上口倒出，C正确；D.干燥剂选用无水硫酸镁可以，但浓硫酸具有强氧化性和酸性，能与环己烯发生加成、氧化、聚合等反应，故不能用浓硫酸干燥环己烯，D错误；故答案选D。9．答案：B解析：A.催化剂在反应前后质量和化学性质不变，参与反应并循环生成，由机理图可知，参与反应①②③并最终再生，是催化剂；而是中间产物，故A错误；B.过程②中氧化生成，氧化性；过程③中氧化丙烯生成，氧化性，所以氧化性：，故B正确；C.过程③中，丙烯(，C平均-2价)被氧化为(C+4价)，每个C失；中S元素化合价由+6降低为0价，每个S得，根据得失电子守恒，氧化产物与还原产物S的物质的量之比为1:1，故C错误；D.总反应需结合所有过程，过程①消耗，故总反应应为，故D错误；选B。10．答案：A解析：由图可知乙烯与水加成制备乙醇的过程为：①；②。A.根据分析，该过程涉及两步反应，A错误；B.结合分析可知①+②得，B正确；C.在两步反应中出现，在总反应中未出现，是该合成过程的催化剂，可以改变反应活化能与反应历程，C正确；D.由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应，D正确；答案选A。11．答案：A解析：A.胆矾是五水硫酸铜，胆矾是由水合铜离子及硫酸根离子构成的，属于离子晶体，A正确；B.往硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成配离子，故比更易与铜离子形成配位键，B错误；C.在题述结构示意图中，存在O→Cu配位键，H-O、S-O极性共价键和配离子与硫酸根离子之间形成离子键，C错误；D.根据图示结构，每个与4个形成配位键，D错误；故选A。12．答案：D解析：白天太阳能转化为电能所以需要闭合K，电能转化为化学能，一方面给锌一多硫化物电池充电，另一方面对装置电解。晚上锌一多硫化物电池放电对生产装置电解。放电时，a极锌失去电子发生氧化反应为负极，则b为正极；氢气生产装置中d极，水得电子生成氢气，发生还原反应，d为阴极，则c为阳极；白天可利用太阳能电池给左侧锌一多硫化物电池充电，实现电能向化学能的转化，夜间作电源，给装置供电，电解反应产生，据此分析解题。A.由分析可知，白天可利用太阳能电池给左侧锌一多硫化物电池充电，实现电能向化学能的转化，晚上实现化学能向电能的转化，但硅太阳能电池是将太阳能转化为电能，而不是化学能转化为电能，A错误；B.白天闭合开关K，夜间断开开关K，B错误；C.白天工作时，锌一多硫化物电池处于充电状态，则b电极是阳极，发生氧化反应，电极反应式为，C错误；D.由分析可知，生产装置工作时，c电极为阳极，d电极为阴极，若使用阳离子交换膜，则阳离子向阴极即d电极方向迁移，D正确；故答案选D。13．答案：A解析：A.NaCl与CsCl均为离子晶体，离子半径：，离子键的键长NaCl>CsCl，故晶格能：NaCl>CsCl，A错误；B.NaCl晶体中和的配位数均为6，根据图示，位于最近的形成的正八面体空隙中，B正确；C.在金刚石晶体中，每个碳原子与相邻的4个碳原子形成4个C-C共价键；每个共价键是两个碳原子形成的，每个碳原子均占,因此每个碳原子占有的C-C的数目是,1mol金刚石中形成2mol碳碳键，C正确；D.1个CuS晶胞中共含有8个正四面体空隙，有8×+6×=4个，根据化学式CuS，也有4个，填充率为×100%=50%，D正确。故答案选A。14．答案：D解析：由题给流程可知，向铝土矿中加入氢氧化钠溶液碱浸，氧化铝与氢氧化钠溶液反应转化为，氧化铁与氢氧化钠溶液不反应，二氧化硅碱浸时转化成难溶的，过滤得到含有氧化铁、的滤渣和含有的滤液；向滤液中加入碳酸氢钠溶液，溶液中与碳酸氢钠反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，过滤得到含有碳酸钠、碳酸氢钠的滤液和氢氧化铝；氢氧化铝灼烧分解生成氧化铝。A.由分析可知，碱溶后过滤得到的滤液中含有，则滤液中含有的阳离子主要为钠离子，不含有铁离子，故A错误；B.由电离常数可知，碳酸氢根离子的水解常数为，故B错误；C.由分析可知，过滤2所得滤液含碳酸钠、碳酸氢钠，碳酸钠溶液中存在质子守恒关系，但滤液中还有碳酸氢钠，则过滤2所得滤液中存在，故C错误；D.由分析可知，沉铝发生的反应为溶液中与碳酸氢钠反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，反应的离子方程式为，故D正确；故选D。15．答案：(1)恒压滴液漏斗；(2)取最后一次洗涤滤液少许于试管，向其中加入足量的盐酸后再加入溶液，若无白色沉淀产生，说明已经洗净(3)ab(4)洗去晶体表面的可溶性杂质，同时利用产物在25%乙醇溶液中溶解度较小的特点，减少产物因洗涤造成的溶解损失(5)(6)碱式；B解析：Ⅰ.氢氧化铜的制备：将与水放入三颈烧瓶中混合，然后加入过量氨水，先反应产生沉淀，后沉淀溶解变为，再加入溶液，沉淀溶解平衡逆向移动，又产生，当不再生成沉淀时，过滤，用水洗涤，就得到。Ⅱ.二甘氨酸合铜水合物的制备：称取甘氨酸溶于水中，然后在条件下加热、搅拌下加入新制的，至其全部溶解，趁热抽滤，向滤液中加入95%乙醇，冷却直至析出针状晶体，并在冰水浴上继续冷却20分钟。然后抽滤所得晶体，并用25%乙醇溶液洗涤晶体一次，再用无水乙醇洗涤两次并干燥。将产品烘干，称重得4.60g产品。Ⅲ.产品中铜含量的测定：称取样品，加入水和稀溶解，配制成溶液。从中取该溶液，加入足量固体和水，以淀粉为指示剂，立即用标准溶液滴定至终点，消耗溶液。根据滴定反应过程中物质反应转化关系，计算出样品中的物质的量，再根据物质的量与质量关系计算其质量，最后可得铜元素的含量。（1）据装置图示可知仪器B的名称是恒压滴液漏斗。步骤②中沉淀被过量溶解，产生、、，反应的离子方程式为。（2）步骤③中未洗净的沉淀表面可能含有钠离子、铵离子、氢氧根、硫酸根离子，故检验步骤一中的沉淀已洗涤干净的操作为取最后一次洗涤滤液少许于试管，向其中加入足量的盐酸后再加入溶液，若无白色沉淀产生，说明已经洗净。（3）a.实验Ⅰ中先向硫酸铜溶液中加氨水生成硫酸四氨合铜，再加氢氧化钠可以防止生成碱式硫酸铜沉淀，a正确；b.实验Ⅱ中，的溶解度随温度升高而增大，趁热过滤的目的是除去的同时减少产物的析出，b正确；c.加入95%的乙醇溶液能降低二甘氨酸合铜的溶解度，c错误。故选ab；（4）用25%乙醇洗涤晶体的目的是洗去晶体表面的可溶性杂质，同时利用产物在25%乙醇溶液中溶解度较小的特点，减少产物因洗涤造成的溶解损失。（5）溶液消耗，，由已知的离子方程式可知：，，则在溶液中，，则产品中铜元素的质量分数。（6）溶液显碱性，实验中盛装标准溶液的滴定管应使用碱式滴定管。A.滴定结束时滴定管尖嘴处留有气泡，读取步骤中溶液体积偏小，A测定结果偏低；B.滴定管未用待装的标准液润洗，标准溶液被稀释，反应消耗步骤溶液体积增大，B导致测定结果偏高；C.滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，读取标准溶液体积偏小，C导致测定结果偏低；D.滴定中摇动中不慎将瓶内的待测液洒出，消耗标准溶液体积偏小，D导致测定结果偏低；故选B。16．答案：(1)(2)将矿石粉碎、搅拌、适当提高酸浸温度、适当提高稀硫酸浓度等；；(3)2(4)(5)(6)；若pH过高，发生水解；若pH过低，在阴极放电，均会导致Co产率降低解析：富钴矿石的主要成分CoO(OH)与稀硫酸、发生氧化还原反应，除酸性氧化物外其他少量成分都与稀硫酸发生复分解反应生成相应价态的金属硫酸盐；“沉锰”时滤液中的被氧化为，从而除去，同时被氧化为；过滤，向滤液中加氨水得到氢氧化铁沉淀，从而除去；过滤，向滤液中加入沉淀剂NaF，得到沉淀，除去；过滤，向滤液中加入溶液将沉淀为，向中加入稀盐酸，溶解得到溶液，最后电解溶液得到金属Co。（1）Co为27号元素，根据构造原理，可知基态Co原子核外电子排布式是，其失去最外层的2个4s电子，形成，则基态最外层电子排布式为；（2）在“还原酸浸”时，能提高酸浸速率的措施有：将富钴矿石粉碎、搅拌、适当提高酸浸温度、适当提高稀硫酸浓度等；CoO(OH)与在酸性条件下发生氧化还原反应，产生，反应的离子方程式为：；酸性氧化物与硫酸不反应，转化为沉淀，故“滤渣Ⅰ”的主要成分为：；（3）根据化学式中元素化合价代数和为0，中Na为价、S为价，则8个O中有6个为-2价、2个为-1价；（4）在“沉铁”时用氨水调节溶液的pH，使完全形成沉淀，而不能使转化为沉淀，故根据表格中离子沉淀的pH大小，可知需控制溶液的pH范围为；（5）难溶性物质的构型相同，由已知信息ⅱ可知由于，所以当沉淀完全时，也一定沉淀完全，当时，溶液中；（6）采用惰性电极电解溶液，在阴极上得到电子被还原为Co，阴极的电极反应式为；在阳极上失去电子变为，阳极的电极反应式为：，则电解溶液的总反应方程式为；电解溶液时需严格控制溶液的pH不能过高或过低，若pH过高，会发生水解反应；若pH过低，溶液中的在阴极放电产生，这两种情况都会导致Co产率降低。17．答案：(1);;低温;B(2)260;反应未达平衡,温度升高,催化剂的活性降低,反应速率减慢,一定时间内的转化率降低(或温度高于以反应Ⅰ为主,反应Ⅰ为放热反应,升温平衡逆向进行,的转化率降低)(3)此分子筛膜具有强亲水性,分离出,反应Ⅰ和Ⅱ均正向移动,的转化率提高(4);解析：(1)①根据盖斯定律,Ⅰ式-Ⅱ式即为目标方程式,故,代入数据,;反应I为正反应气体分子数减小的反应,故;当时,反应能自发进行,该反应的、均小于0,只有T较小时,才能保证,故反应Ⅰ在低温下能自发进行。②A.反应Ⅱ为反应前后为气体分子数不变的反应,体系压强一直不变,不能说明反应已达到平衡状态,A错误;B.生成为正反应方向,生成为逆反应方向,且二者化学计量数之比为,满足,能说明反应已达到平衡状态,B正确;C.混合气体的平均摩尔质量,该反应的反应物和生成物均为气体,则混合气体的质量不变,该反应为反应前后气体分子数不变的反应,混合气体的