2023版高考化學二輪復習題型層級練8平衡原理在電解質溶液中的應用（含解析）

2020版高考化學二輪復習題型層級練8平衡原理在電解質溶液中的應用（含解析）PAGEPAGE20題型層級練8平衡原理在電解質溶液中的應用(A級)1．向含有MgCO3固體的溶液中滴加少許濃鹽酸(忽略體積變化)，以下數(shù)值變小的是()A．c(COeq\o\al(2－,3))B．c(Mg2＋)C．c(H＋)D．Ksp(MgCO3)解析：MgCO3固體在溶液中存在溶解平衡：MgCO3(s)Mg2＋(aq)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)，參加少量濃鹽酸可與COeq\o\al(2－,3)反響促使溶解平衡正向移動，故溶液中c(Mg2＋)及c(H＋)增大，c(COeq\o\al(2－,3))減小，Ksp(MgCO3)只與溫度有關，不變。答案：A2．以下表達正確的選項是()A．常溫下，將pH＝3的醋酸溶液稀釋到原體積的10倍，稀釋后溶液的pH＝4B．25℃時Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，向AgCl沉淀的溶解平衡體系中參加NaCl固體，AgCl的溶解度增大C．濃度均為0.1mol·L－1的以下溶液，pH由大到小的排列順序為NaOH>Na2CO3>(NH4)2SO4>NaHSO4D．為確定二元酸H2A是強酸還是弱酸，可測NaHA溶液的pH，假設pH>7，那么H2A是弱酸；假設pH<7，那么H解析：A項，醋酸稀釋后的pH為3<pH<4；B項，增大Cl－濃度，AgCl的溶解平衡左移，溶解度變小；C項，依據(jù)水解微弱的思想可判斷同濃度的溶液，堿性NaOH>Na2CO3，酸性NaHSO4>(NH4)2SO4，得出C項正確的結論；D項，假設H2A是弱酸，NaHA中可能存在兩種趨勢，HA－H＋＋A－和HA－＋H2OH2A＋OH－，假設HA答案：C3．以下溶液中各微粒的濃度關系正確的選項是()A．pH＝2的CH3COOH溶液與pH＝12的NaOH溶液等體積混合：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)B．含等物質的量的CH3COONa和CH3COOH的混合溶液中：c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)C．0.1mol·L－1CH3COONa溶液與0.1mol·L－1HCl溶液混合至pH＝7：c(Na＋)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)D．0.1mol·L－1Na2CO3溶液與0.1mol·L－1NaHCO3溶液等體積混合：2c(Na＋)＝3[c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)]解析：A.pH＝2的CH3COOH溶液與pH＝12的NaOH溶液等體積混合后溶液顯酸性：c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，A錯誤；B.含等物質的量的CH3COONa和CH3COOH的混合溶液顯酸性，說明醋酸的電離大于醋酸根離子的水解：c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(H＋)>c(OH－)，B錯誤；C.0.1mol·L－1CH3COONa溶液與0.1mol·L－1HCl溶液混合至pH＝7；c(Na＋)>c(Cl－)>c(OH－)＝c(H＋)，C錯誤；D.0.1mol·L－1Na2CO3溶液與0.1mol·L－1NaHCO3溶液等體積混合，由Na2CO3與NaHCO3各自的物料守恒可得：c(Na＋)＝2[c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)]，c(Na＋)＝c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)，那么混合液中：2c(Na＋)＝3[c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)]，D正確。答案：D4．向NaOH溶液中緩慢通入CO2氣體，溶液中COeq\o\al(2－,3)的物質的量與通入CO2的物質的量的關系如圖。以下說法錯誤的選項是()A．水的電離程度：a＝b<cB．a、b兩點溶液的pH滿足：pH(a)>pH(b)C．c點溶液滿足：c(Na＋)>c(COeq\o\al(2－,3))>c(OH－)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(H＋)D．a、b、c三點溶液都滿足：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)解析：向NaOH溶液中緩慢通入CO2氣體，開始時反響為CO2＋2OH－=COeq\o\al(2－,3)＋H2O，COeq\o\al(2－,3)的物質的量增大，c點時，NaOH全部轉化成Na2CO3，再繼續(xù)通入二氧化碳氣體，發(fā)生反響CO2＋COeq\o\al(2－,3)＋H2O=2HCOeq\o\al(－,3)，故a點溶液為NaOH和Na2CO3的混合溶液且n(NaOH)＝2n(Na2CO3)，b點溶液為NaHCO3和Na2CO3的混合溶液。c點Na2CO3水解促進水的電離，b點NaHCO3和Na2CO3促進水的電離，但較c點程度弱，a點溶液中含NaOH，抑制水的電離，所以c點水的電離程度最大，水的電離程度：a<b<c，故A錯誤；a點溶液，n(NaOH)＝2n(Na2CO3)，b點溶液，n(NaHCO3)＝2n(Na2CO3)，溶液的pH滿足：pH(a)>pH(b)，故B正確；c點溶液是碳酸鈉溶液，COeq\o\al(2－,3)水解使溶液顯堿性，溶液中離子濃度大小關系滿足：c(Na＋)>c(COeq\o\al(2－,3))>c(OH－)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(H＋)，故C正確；溶液中存在電荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)，故D正確。答案：A5．常溫時，假設Ca(OH)2和CaWO4(鎢酸鈣)的沉淀溶解平衡曲線如下圖(eq\r(3,0.2))＝0.58)。以下分析不正確的選項是()A．a點表示Ca(OH)2與CaWO4均未到達溶解平衡狀態(tài)B．飽和Ca(OH)2溶液和飽和CaWO4溶液等體積混合：c(OH－)>c(H＋)>c(Ca2＋)>c(WOeq\o\al(2－,4))C．飽和Ca(OH)2溶液中參加少量Na2O，溶液變渾濁D．石灰乳與0.1mol·L－1Na2WO4溶液混合后發(fā)生反響：Ca(OH)2＋WOeq\o\al(2－,4)=CaWO4＋2OH－(假設混合后溶液體積不變)解析：此題主要考查沉淀溶解平衡的相關知識。由題圖可知，a點位于Ca(OH)2和CaWO4的溶解平衡曲線的下方，對應溶液中離子積小于溶度積，因此a點時Ca(OH)2與CaWO4均未到達溶解平衡狀態(tài)，A項正確；根據(jù)題圖知，Ksp[Ca(OH)2]＝(10－5)×(10－1)2＝10－7，Ksp(CaWO4)＝(10－5)×(10－5)＝(10－10)，設飽和Ca(OH)2溶液中c(Ca2＋)＝xmol·L－1，那么x×(2x)2＝10－7，解得x＝eq\r(3,\f(10－7,4))＝eq\r(3,\f(0.2,8))×10－2＝eq\f(0.58,2)×10－2＝2.9×10－3，飽和CaWO4溶液中c(Ca2＋)＝c(WOeq\o\al(2－,4))＝10－5mol·L－1，將二者等體積混合，各離子濃度均減半，c(Ca2＋)＝1.45×10－3mol·L－1，c(OH－)＝2.9×10－3mol·L－1，那么c(H＋)＝eq\f(Kw,cOH－)＝3.4×10－12mol·L－1，c(WOeq\o\al(2－,4))＝5×10－6mol·L－1，Qc＝c(Ca2＋)·c(WOeq\o\al(2－,4))＝1.45×10－3×5×10－6>Ksp(CaWO4)，所以有CaWO4析出，溶液中c(WOeq\o\al(2－,4))<10－5mol·L－1，且溶液明顯是堿性的，故c(OH－)>c(Ca2＋)>c(WOeq\o\al(2－,4))>c(H＋)，B項錯誤；飽和Ca(OH)2溶液中參加少量Na2O，Na2O與水反響生成NaOH，該反響中消耗溶劑水，且生成的NaOH使溶液中c(OH－)增大，溶解平衡逆向移動，從而使溶液中析出晶體，溶液變渾濁，C項正確；石灰乳中c(Ca2＋)＝2.9×10－3mol·L－1，與0.1mol·L－1Na2WO4溶液混合后，溶液中Ca2＋與WOeq\o\al(2－,4)的離子積為2.9×10－3×0.1＝2.9×10－4>Ksp(CaWO4)，有CaWO4生成，發(fā)生沉淀的轉化：Ca(OH)2＋WOeq\o\al(2－,4)=CaWO4＋2OH－，D項正確。答案：B6.向xmL0.01mol·L－1氨水中滴加等物質的量濃度的H2SO4溶液，測得混合溶液的pOH[pOH＝－lgc(OH－)]、溫度隨著參加的硫酸溶液體積的變化如下圖，以下說法正確的選項是()A．x＝20B．b點時溶液的pOH＝pHC．c點對應的溶液中：c(SOeq\o\al(2－,4))>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(H＋)>c(OH－)D．a、b、d三點NH3·H2O的電離常數(shù)：K(b)>K(d)>K(a)解析：b點時溶液溫度最高，說明此時酸堿恰好反響完全，因1molH2SO4可與2molNH3·H2O反響，故x＝40，A項錯誤；恰好反響時生成(NH4)2SO4，溶液顯酸性，B項錯誤；c點時溶液中的溶質為等物質的量的(NH4)2SO4與H2SO4，由于NHeq\o\al(＋,4)能水解，c(H＋)>c(SOeq\o\al(2－,4))>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(OH－)，C項錯誤；a、b、d三點的溫度上下順序為b>d>a，溫度越高，NH3·H2O的電離常數(shù)越大，D項正確。答案：D7．電解質溶液電導率越大導電能力越強。常溫下用0.100mol·L－1鹽酸分別滴定10.00mL濃度均為0.100mol·L－1的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH]溶液(二甲胺在水中電離與氨相似，常溫Kb[(CH3)2NH·H2O]＝1.6×10－4]。利用傳感器測得滴定過程中溶液的電導率如下圖。以下說法正確的選項是()A．曲線①代表滴定二甲胺溶液的曲線B．a點溶液中：c[(CH3)2NHeq\o\al(＋,2)]>c[(CH3)2NH·H2O]C．d點溶液中：c(H＋)＝c(OH－)＋c[(CH3)2NH·H2O]D．b、c、e三點的溶液中，水的電離程度最大的是b點解析：二甲胺是弱電解質，參加鹽酸生成強電解質(CH3)2NH2Cl，導電性增強，因而②代表二甲胺的變化曲線，A、B均不正確；C項符合質子守恒，正確；D項，c點代表NaOH與HCl恰好完全反響，即為NaCl溶液，b點為二甲胺電離程度大于(CH3)2NHeq\o\al(＋,2)水解程度，溶液顯堿性，抑制水的電離，e點鹽酸過量，溶液顯酸性，鹽酸抑制水的電離，因而c點水的電離程度最大。答案：C8．25℃時，以下有關電解質溶液的說法正確的選項是()A．將Na2CO3溶液用水稀釋后，pH變大，Kw不變B．向有AgCl固體的飽和溶液中加少許水，c(Ag＋)和Ksp(AgCl)都不變C．pH＝4.75濃度均為0.1mol/L的CH3COOH、CH3COONa的混合溶液中：c(CH3COO－)＋c(OH－)<c(H＋)＋c(CH3COOH)D．分別用pH＝2和pH＝3的CH3COOH溶液中和等物質的量的NaOH，消耗CH3COOH溶液的體積分別為Va和Vb，那么10Va＝Vb解析：A.將Na2CO3溶液用水稀釋后，pH變小，Kw不變，故A錯誤；B.向有AgCl固體的飽和溶液中加少許水，溶液仍為AgCl的飽和溶液，此時c(Ag＋)和Ksp(AgCl)都不變，故B正確；C.pH＝4.75、濃度均為0.1mol·L－1的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液中存在電荷守恒，c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，醋酸電離程度大于醋酸根離子水解程度，溶液呈酸性，醋酸是弱電解質，溶液中c(CH3COOH)<c(Na＋)，c(CH3COO－)＋c(OH－)>c(CH3COOH)＋c(H＋)，故C錯誤；D.含等物質的量NaOH的溶液分別用pH為2和3的CH3COOH溶液中和，那么二者物質的量相等，醋酸為弱電解質，濃度越大，電離程度越小，pH為2和3的CH3COOH溶液，后者電離程度大，pH為2的CH3COOH的濃度大于pH為3的CH3COOH溶液的濃度的10倍，設pH為2的醋酸濃度為x，pH＝3的醋酸濃度為y，x>10y，那么有Va×x＝Vb×y，那么eq\f(Va,Vb)＝eq\f(y,x)，即Vb>10Va，故D錯誤。答案：B(B級)9．室溫時，向含有AgCl和AgBr固體的懸濁液中參加少量NaBr固體，以下各項中增大的是()A．c(Ag＋)B.eq\f(cCl－,cBr－)C．c(Cl－)D.eq\f(cAg＋·cBr－,cCl－)解析：向含有AgCl和AgBr固體的懸濁液中參加少量NaBr固體，溴離子濃度增大，使AgBr的溶解平衡逆向移動，c(Ag＋)減小，A錯誤；B項的比例式上下同乘c(Ag＋)，那么轉化為溶度積常數(shù)之比，溶度積常數(shù)只與溫度有關，B錯誤；c(Ag＋)減小，使AgCl的溶解平衡正向移動，c(Cl－)增大，C正確；c(Ag＋)·c(Br－)不變，c(Cl－)增大，D項減小。答案：C10．常溫下，將amol·L－1CH3COOH溶液與bmol·L－1NaOH溶液(0<a<0.2,0<b<0.2)等體積混合。以下有關推論錯誤的選項是()A．假設混合后溶液的pH＝7，那么c(Na＋)＝c(CH3COO－)，且a>bB．假設a＝2b，那么c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)C．假設2a＝b，那么c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋D．假設混合溶液滿足：c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)，那么可推出a＝b解析：醋酸為弱電解質，pH＝7時溶液呈中性，存在c(OH－)＝c(H＋)，醋酸應過量，根據(jù)電荷守恒可知c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，那么有c(Na＋)＝c(CH3COO－)，A正確；假設a＝2b，醋酸過量，溶液呈酸性，存在c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，B正確；假設2a＝b，NaOH過量，由于CH3COO－水解，那么有c(OH－)>c(CH3COO－)，C錯誤；假設a＝b，完全反響生成CH3COONa，溶液呈堿性，由質子守恒可知c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3答案：C11．標準狀況下，向100mLH2S飽和溶液中通入SO2氣體，所得溶液pH變化如圖中曲線所示。以下分析正確的選項是()A．原H2S溶液的物質的量濃度為0.05mol·L－1B．氫硫酸的酸性比亞硫酸的酸性強C．b點水的電離程度比c點水的電離程度大D．a點對應溶液的導電性比d點強解析：A項，依據(jù)反響2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O，可算出c(H2S)為0.1mol·L－1；B項，H2S的酸性比H2SO3的弱；C項，b點溶液為中性，水的電離不受影響，而c點溶液顯酸性，水的電離受到抑制；D項，H2S和H2SO3均為二元酸且d點溶液酸性比a點強，故d點溶液導電性強。答案：C12．298K時，在20.0mL0.10mol·L－1氨水中滴入0.10mol·L－1的鹽酸，溶液的pH與所加鹽酸的體積關系如下圖。0.10mol·L－1氨水的電離度為1.32%，以下有關表達正確的選項是()A．該滴定過程應選擇酚酞作為指示劑B．M點對應的鹽酸體積為20.0mLC．M點處的溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)＝c(H＋)＝c(OH－)D．N點處的溶液中pH<12解析：此題考查了酸堿中和滴定過程中溶液中存在的平衡的分析，意在考查考生分析圖像的能力以及靈活運用所學知識解決問題的能力。當恰好完全中和時，生成NH4Cl，而NH4Cl溶液呈酸性，酚酞的變色范圍為pH＝8.2～10.0，甲基橙的變色范圍為pH＝3.1～4.4，故應選甲基橙作指示劑，A項錯誤；當V(鹽酸)＝20.0mL時，恰好完全反響，溶液呈酸性，B項錯誤；M點時由溶液中電荷守恒知c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，而溶液呈中性，即c(H＋)＝c(OH－)，那么c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)，但c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)?c(H＋)＝c(OH－)，C項錯誤；該溫度下，0.10mol·L－1一元強堿溶液的pH＝13，假設0.10mol·L－1一元弱堿溶液的電離度為10%，那么其pH＝12，而0.10mol·L－1氨水的電離度小于10%，故溶液的pH<12，D項正確。答案：D13．假設定義pAg＝－lgc(Ag＋)，pCl＝－lgc(Cl－)，根據(jù)不同溫度下氯化銀飽和溶液的pAg和pCl可繪制如下圖圖像，且氯化銀的溶解度隨溫度的升高而增大，根據(jù)該圖像，以下表述正確的選項是()A．a點表示的是T1溫度下的不飽和溶液B．將a點所示溶液降溫，可能得到c點的飽和溶液C．向b點所示溶液中參加氯化鈉溶液，溶液可能改變至d點D．T3>T2>T1解析：解答此題首先要看明白圖像，能從圖像中獲得有用信息。隨溫度升高AgCl的溶解度增大，即升高溫度，溶液中c(Ag＋)、c(Cl－)均增大，pAg和pCl均減小，從而可確定溫度：T1>T2>T3。a點所示溶液中c(Ag＋)、c(Cl－)均小于c點所示溶液中c(Ag＋)、c(Cl－)，那么a點表示的是T1溫度下的不飽和溶液，A項正確；將a點所示溶液降溫，AgCl的溶解度減小，不能得到c點的飽和溶液，B項錯誤；向b點所示溶液中參加NaCl溶液，根據(jù)沉淀溶解平衡AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)可知溶液中c(Cl－)增大，平衡逆向移動，會使c(Ag＋)減小，那么溶液中pCl減小，pAg增大，故無法改變至d點，C項錯誤；根據(jù)以上分析可知，T1>T2>T3，D項錯誤。答案：A14．極稀溶液中溶質的物質的量濃度很小，常用其負對數(shù)pcB表示(pcB＝－lgcB)。如某溶液中溶質的物質的量濃度為1×10－5mol·L－1，那么該溶液中溶質的pcB＝5。以下說法正確的選項是()A．任何電解質溶液的pc(H＋)與pc(OH－)之和均為14B．用鹽酸滴定某濃度的KOH溶液，滴定過程中pc(H＋)逐漸增大C．向BaCl2溶液中逐滴參加硫酸溶液，滴加過程中pc(Ba2＋)逐漸減小D．某溫度下Ksp(AgCl)＝1.0×10－10，那么其飽和溶液中pc(Ag＋)＋pc(Cl－)＝10解析：Kw的大小受溫度影響，溫度越高Kw越大，Kw＝c(H＋)·c(OH－)，pc(H＋)＋pc(OH－)＝－lg[c(H＋)·c(OH－)]＝lgKw，只有在常溫下Kw＝10－14時，才有pc(H＋)＋pc(OH－)＝14，其他溫度下該等式不成立，A項錯誤；用鹽酸滴定某濃度的KOH溶液，滴定過程中H＋和OH－反響生成水，c(OH－)逐漸減小，c(H＋)逐漸增大，c(H＋)與pc(H＋)成反比，那么pc(H＋)逐漸減小，B項錯誤；向BaCl2溶液中逐滴參加硫酸溶液的過程中，SOeq\o\al(2－,4)和Ba2＋反響生成硫酸鋇沉淀，c(Ba2＋)逐漸減小，所以pc(Ba2＋)逐漸增大，C項錯誤；因為Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝1.0×10－10，所以pc(Ag＋)＋pc(Cl－)＝－lg[c(Ag＋)·c(Cl－)]＝－lg[Ksp(AgCl)]＝－lg(1.0×10－10)＝10，D項正確。答案：D15．某溫度下，體積和pH都相同的鹽酸和氯化銨溶液加水稀釋時的pH變化曲線如下圖。以下判斷正確的選項是()A．a、c兩點溶液的導電能力相同B．a、b、c三點溶液中水的電離程度：a>b>cC．b點溶液中：c(H＋)＋c(NH3·H2O)＝c(OH－)D．用等濃度的NaOH溶液和等體積的b、c處溶液反響，消耗NaOH溶液體積Vb＝Vc解析：開始鹽酸與NH4Cl溶液的pH相同，可知c(NH4Cl)?c(HCl)，稀釋相同倍數(shù)后，a點NH4Cl溶液中的離子濃度遠大于c點鹽酸的離子濃度，因而導電性不同，A錯；HCl電離出的H＋抑制了水的電離，所以c點溶液中水的電離程度最小，氯化銨溶液中NHeq\o\al(＋,4)的水解促進水的電離，氯化銨溶液中c(H＋)越大，水的電離程度越大，綜上所述a、b、c三點溶液水的電離程度a>b>c，B項正確；b點溶液中，根據(jù)質子守恒，得出c(OH－)＋c(NH3·H2O)＝c(H＋)，C項錯誤；b、c處溶液的pH相等，c處HCl完全電離，而b處溶液中參加NaOH溶液后，NHeq\o\al(＋,4)的水解平衡正向移動，故消耗NaOH溶液體積Vb>Vc，D項錯誤。答案：B16．復原沉淀法是處理含鉻(含Cr2Oeq\o\al(2－,7)和CrOeq\o\al(2－,4))工業(yè)廢水的常用方法，過程如下：CrOeq\o\al(2－,4)eq\o(→,\s\up7(H＋),\s\do5(轉換))Cr2Oeq\o\al(2－,7)eq\o(→,\s\up7(Fe2＋),\s\do5(復原))Cr3＋eq\o(→,\s\up7(OH－),\s\do5(沉淀))Cr(OH)3↓，轉化過程中反響為2CrOeq\o\al(2－,4)(aq)＋2H＋(aq)=Cr2Oeq\o\al(2－,7)(aq)＋H2O(l)。轉化后所得溶液中鉻元素含量為28.6g·L－1，CrOeq\o\al(2－,4)有eq\f(10,11)轉化為Cr2Oeq\o\al(2－,7)。以下說法不正確的選項是()A．假設用綠礬(FeSO4·7H2O)(M＝278)作復原劑，處理1L廢水，至少需要綠礬917.4gB．溶液顏色保持不變，說明上述可逆反響到達平衡狀態(tài)C．常溫下轉換反響的平衡常數(shù)K＝1×1014，那么轉化后所得溶液的pH＝6D．常溫下Ksp[Cr(OH)3]＝1×10－32，要使處理后廢水中c(Cr3＋)降至1×10－5mol·L－1，應調溶液的pH＝5解析：在1L廢水中，＋6價的鉻的物質的量為eq\f(28.6,52)mol＝0.55mol，根據(jù)氧化復原反響中電子得失數(shù)目相等可知，需要綠礬的物質的量為3×0.55mol＝1.65mol，質量為1.65mol×278g·mol－1＝458.7g，A項錯誤；Cr2Oeq\o\al(2－,7)為橙色，CrOeq\o\al(2－,4)為黃