湖南省湘潭县一中双峰一中邵东一中永州四中学年高二下学期优生联考化学试题.docx

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湖南省湘潭县一中双峰一中邵东一中永州四中学年高二下学期优生联考化学试题

湖南省湘潭县一中、双峰一中、邵东一中、永州四中

2018-2019学年高二下学期联考化学试题

可能用到的相对原子质量：

H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5Cr-52Fe-56

一、选择题

1.下列化学用语表示正确的是（）

A.乙烯的结构简式：

CH2CH2B.S2－的结构示意图：

C.中子数为20的氯原子：

35ClD.羟基的电子式：

【答案】D

【解析】

【详解】A.乙烯的官能团是碳碳双键，其结构简式：

CH2=CH2，A错误；

B.S原子最外层有6个电子，原子获得2个电子，使最外层达到8个电子的稳定结构，故S2-电子层结构为

，B错误；

C.中子数为20的氯原子的质量数是37，所以该原子的表示为：

，C错误；

D.羟基是O原子与H原子形成了一对共用电子对，电子式表示为

，D正确；

故合理选项是D。

2.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）

A.c（H＋）：

c（OH－）=1012的溶液中：

NH4+、Al3＋、NO3-、Cl-

B.pH=7溶液中：

K＋、Fe3＋、SO42-、H＋

C.遇甲基橙变黄色的溶液中：

Fe2＋、NO3-、SO42-、Na＋

D.由水电离的c（H＋）=1×10-14mol/L的溶液中：

Ca2＋、K＋、Cl-、HCO3-

【答案】A

【解析】

【详解】A.c（H＋）:

c（OH-）=1012的溶液是酸性溶液，在酸性溶液中，H+与选项的离子之间不反应，且都不与氢离子反应，能大量共存，A正确；

B.Fe3+在pH=4.4左右沉淀完全，在pH=7的溶液中形成Fe（OH）3沉淀，从溶液中析出，因此该不能大量存在Fe3+，B错误；

C.使甲基橙变黄色的溶液中可能呈酸性或碱性，Fe3+与OH-反应形成Fe（OH）3沉淀，故在碱性溶液中不能大量共存，C错误；

D.由水电离的c（H＋）=1×10-14mol/L的溶液可能显酸性，也可能显碱性，无论是酸性还是碱性，HCO3-都会发生反应，都不能大量共存，D错误；

故合理选项是A。

3.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）

A.MnO2固体与浓盐酸反应制取Cl2：

MnO2+4HCl

Mn2＋+2Cl－+Cl2↑+2H2O

B.AlCl3溶液中滴加浓氨水至过量：

Al3+＋4NH3·H2O=AlO2－＋4NH4+＋2H2O

C.Fe2O3溶于过量氢碘酸溶液中：

Fe2O3＋6H＋＋2I－=2Fe2＋＋I2＋3H2O

D.向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体：

ClO－＋SO2＋H2O=HClO＋HSO3-

【答案】C

【解析】

【详解】A.MnO2固体与浓盐酸在加热条件下反应制取Cl2，盐酸是强酸，完全电离，用离子形式表示，A错误；

B.NH3·H2O是弱碱，不能溶解反应产生的Al（OH）3沉淀，不能写成AlO2-，B错误；

C.Fe2O3溶于过量氢碘酸溶液中，发生氧化还原反应，产生Fe2+、I2和水，根据电子守恒、原子守恒、电荷守恒可得离子方程式：

Fe2O3+6H＋+2I-=2Fe2＋+I2+3H2O，C正确；

D.NaClO具有强的氧化性，会将SO2氧化为SO42-，不是发生复分解反应，D错误；

故合理选项是C。

4.下列物质的转化在给定条件下不能实现的是

A.①②③B.②③④C.②③⑤D.①④⑤

【答案】C

【解析】

试题分析：

①钠在氧气中燃烧生成过氧化钠、过氧化钠与二氧化碳生成碳酸钠和氧气，正确；②电解氯化镁溶液生成氢氧化镁、氢气和氯气，错误；③铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，错误；④二氧化硅与氢氧化钠溶液生成硅酸钠和水、硅酸钠与盐酸生成硅酸和氯化钠，正确；⑤甲醛被氧化生成甲酸、甲酸与甲醇在浓硫酸作催化剂并加热的条件下生成甲酸甲酯，错误。

考点：

物质的转化

5.下列实验能达到预期目的的是（）

实验内容

实验目的

A

测同温同浓度下的Na2CO3和Na2SO3水溶液的pH

确定碳和硫两元素非金属性强弱

B

向1ml0.2mol/LNaOH溶液中滴入2滴0.1mol/LMgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，又生成红褐色沉淀

可以证明在相同温度下，溶解度Mg（OH）2＞Fe（OH）3

C

将NaOH溶液滴入该溶液中加热，放出的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝

证明溶液中有NH4+

D

用稀硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe（NO3）2溶液中，溶液变黄色

证明氧化性:

H2O2比Fe3＋强

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A.元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，则相同浓度的钠盐溶液的pH越小，亚硫酸钠不是S元素最高价含氧酸的钠盐，因此不能据此判断非金属性强弱，A错误；

B.由于氢氧化钠在和氯化镁溶液反应时氢氧化钠过量，所以再加入氯化铁时过量的NaOH与FeCl3溶液反应产生Fe（OH）3红褐色沉淀，因此不能证明在相同温度下Ksp[Mg（OH）2]＞Ksp[Fe（OH）3]，B错误；

C.将NaOH溶液滴入待测溶液中加热，放出的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，证明放出了NH3，则该溶液中含有NH4+，C正确；

D.在酸性条件下，H+、NO3-具有氧化性，可以将Fe2+氧化为Fe3+，使溶液变为黄色，因此不能说明氧化性：

H2O2＞Fe3+，D错误；

故合理选项是C。

6.用NA表示阿伏加德罗常数的值。

下列叙述中正确的是（）

A.0.1mol-NH2（氨基）中含有的电子数目为0.9NA

B.常温下，1L0.1mol/LCH3COONa溶液中含有的CH3COO-和Na+总数为0.2NA

C.16.25gFeCl3水解形成的Fe（OH）3胶体粒子数为0.1NA

D.密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA

【答案】A

【解析】

【详解】A.1个-NH2（氨基）中含有9电子，则0.1mol-NH2（氨基）中含有的电子数目为0.9NA，A正确；

B.CH3COO-会发生水解反应产生CH3COOH而消耗，所以1L0.1mol/LCH3COONa溶液中含有的CH3COO-和Na+总数小于0.2NA，B错误；

C.16.25gFeCl3的物质的量是0.1mol，Fe3+发生水解反应产生Fe（OH）3胶体，而胶粒是许多Fe（OH）3的集合体，因此水解形成的Fe（OH）3胶体粒子数小于0.1NA，C错误；

D.SO2和O2反应产生SO3的反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数大于2NA，D错误；

故合理选项是A。

7.甲、乙、丙、丁为中学常见物质，其中甲、乙为单质，丙为氧化物，它们之间存在如图所示的转化关系：

下列说法正确的是（）

A.若甲、乙元素是同主族元素，根据元素周期表推测，此时乙单质可能是Si

B.若甲、乙均为金属单质，则丁所属的物质类别一定是碱性氧化物

C.若甲为金属单质，乙为非金属单质，则甲只能是Mg

D.若甲、乙元素是同周期元素，则该反应的化学方程式一定为:

2F2+2H2O＝4HF+O2

【答案】A

【解析】

【详解】A.若甲、乙元素是同主族元素，丙为氧化物，C与SiO2反应、Na与H2O的反应符合转化关系，乙单质可能是Si，A正确；

B.若甲、乙均为金属单质，丙为氧化物，铝热反应符合转化关系，丁若为氧化铝，Al2O3属于两性氧化物，B错误；

C.若甲为金属单质，乙为非金属单质，丙为氧化物，Mg与CO2、Na与H2O的反应等都符合转化关系，甲不一定为Mg，C错误；

D.若甲、乙元素是同周期元素，Mg与SiO2反应生成Si与MgO也符合转化关系，D错误；

故合理选项是A。

8.某Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol·L-1的盐酸，测得溶液中的HCO3－、CO32－、AlO2－、Al3+离子的物质的量与加入盐酸溶液的体积变化关系如图所示，则下列说法正确的是（）

A.原混合溶液中的CO32－与AlO2－的物质的量之比为1:

2

B.V1：

V2=l：

5

C.M点时生成的CO2为0.05mol

D.e曲线表示的离子方程式为：

Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O

【答案】D

【解析】

试题分析：

向Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol·L-1的盐酸，首先发生反应：

AlO2-+H++H2O=Al（OH）3↓，a表示AlO2-，根据盐酸消耗的体积可知：

n（H+）=n（AlO2-）="1mol/L×0.05L="0.05mol；当AlO2-反应完全，CO32-反应：

b表示CO32-，反应的离子方程式是：

CO32-+H+=HCO3-，n（H+）=n（CO32-）=0.05L×1mol/L=0.05mol；c表示HCO3-,CO32-反应完全，产生的HCO3-会发生反应：

HCO3-+H+=CO2↑+H2O，n（HCO3-）=n（H+）=0.05L×1mol/L=0.05mol；当HCO3-反应完全，Al（OH）3发生反应：

Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O,d表示Al（OH）3，当Al（OH）3反应完全，消耗HCl的物质的量是Al（OH）3的3倍，n（H+）=3n（Al（OH）3）=3×0.05mol=0.15mol，则该阶段加入盐酸的体积是0.15mol÷1mol/L="0.15L"=150ml。

A．原混合溶液中的CO32－与AlO2－的物质的量之比为0.05mol：

0.05mol=1:

1，错误；B.在原混合物中n（CO32－）=0.05mol,在V1时溶液中的CO32－和HCO3-的物质的量相等，都等于0.025mol，根据方程式：

CO32-+H+=HCO3-可知消耗盐酸的物质的量是0.025mol，盐酸的体积为0.025mol÷1mol/L=0.025L=25ml；故V1=50ml+25ml=75ml，根据前边的分析可知：

V2=150ml+150ml=300ml，所以V1：

V2=75ml:

300ml=1:

4；错误；C根据前边的方向可知M点时溶液中CO32-完全转化为HCO3-，没有产生CO2，错误；D.根据前边的分析可知：

a曲线表示AlO2-+H++H2O=Al（OH）3↓，故该选项正确。

考点：

铝元素、碳元素的化合物的性质的图像法表示的知识。

9.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数为互不相等的奇数，且X、Y、W原子最外层电子数之和恰好等于Z元素的核电荷数，X与W的最高化合价之和为8，常见金属元素Z的一种核素的质量数为28，中子数比质子数多2。

下列说法中正确的是（）

A.用“XX”搜索知，Y、Z形成的化合物“室温下强度高，……。

导热性好，热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料。

”由此可推测该化合物属于离子晶体

B.化合物YW3水解产物之一具有强氧化性，由此可知Y在该化合物中的化合价为+3

C.由非金属元素组成的化合物YX5是一种是否存在尚待确证的化合物，假如存在，该物质与水反应必然生成气体X2，同时得到一种弱碱溶液

D.因为Z的氧化物熔点很高，不适宜于电解，故工业上常用电解Z与W的化合物的方法制取

【答案】C

【解析】

试题分析：

常见金属元素Z的一种核素的质量数为28，中子数比质子数多2，则Z的质子数＝（28－2）÷2＝13，即Z是铝元素。

又因为短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数为互不相等的奇数，且X、Y、W原子最外层电子数之和恰好等于Z元素的核电荷数，X与W的最高化合价之和为8，所以X是氢元素或锂元素，Y是氮元素，W是氯元素。

A、根据性质可知，AlN形成的晶体是原子晶体，A不正确；B、化合物YW3水解产物之一具有强氧化性，则该化合物是次氯酸，另外一种产物是氨气，因此Y在该化合物中的化合价为－3价，B不正确；C、由非金属元素组成的化合物YX5是一种是否存在尚待确证的化合物，假如存在，该物质即NH4H与水反应必然生成气体氢气，同时得到一种弱碱溶液，该溶液是氨水，C正确；D、工业上通过电解熔融的氧化铝制取单质铝。

氯化铝是共价化合物，熔融时不能导电，D不正确，答案选C。

。

考点：

考查元素周期律的结构、元素推断以及晶体类型等的有关判断

10.亚硝酸钠（NaNO2）是一种具有咸味、有毒，且价格比食盐（NaCl）便宜的工业用盐，常被误作食盐使用，导致多起中毒事故发生。

它的部分性质见右图，下列说法错误的是

A.可用淀粉碘化钾试纸和食醋鉴别食盐（NaCl）与亚硝酸钠（NaNO2）

B.N2H4极易溶于水，因为它是极性分子且与水分子之间易形成氢键

C.NaNO2与N2H4生成NaN3的反应方程式为：

NaNO2+N2H4=NaN3+2H2O

D.上图所涉及到的化学反应都是氧化还原反应

【答案】D

【解析】

试题分析：

A、根据亚硝酸钠的性质，在酸化条件下具有氧化性，因此可用淀粉碘化钾试纸和食醋鉴别食盐和亚硝酸，正确；B、溶于水的原因一般是相似相溶或者形成分子间氢键，肼是非极性分子，水是极性分子，不是相似相溶，只能是和水形成分子间氢键，增大溶解度，正确；C、根据性质，反应生成氮化钠和H2O，NaNO2+N2H4→NaN3+H2O，观察还差一个水，所以反应方程式：

NaNO2+N2H4=NaN3+2H2O，正确；D、亚硝酸和氯化铵溶液的反应是复分解反应，不是氧化还原反应，其他都是氧化还原反应，错误，选项D符合题意。

考点：

考查元素及其化合物的性质、氧化还原反应、溶解度等知识。

11.下列关于有机物的说法中，正确的一组是（）

①淀粉、油脂、糖类、蛋白质在一定条件下都能发生水解反应

②“乙醇汽油”是在汽油中加入适量乙醇而成的一种燃料，它是一种新型化合物

③除去乙酸乙酯中残留的乙酸，加过量饱和碳酸钠溶液振荡后，静置分液

④石油的分馏和煤的气化均发生了化学变化

⑤淀粉水解的最终产物在加热条件下能与新制Cu（OH）2悬浊液发生反应

⑥除去CH4中的少量C2H4：

通过盛有溴水的洗气瓶

A.①②⑤⑥B.①②④⑤C.③⑤⑥D.③④⑤⑥

【答案】C

【解析】

【分析】

①糖类中的单糖不能发生水解反应；

②汽油中加入适量乙醇，为混合物；

③饱和碳酸钠与乙酸反应，并降低乙酸乙酯的溶解度，反应后分层；

④石油的分馏为物理变化，而煤的气化反应生成CO和氢气，为化学变化；

⑤淀粉水解的最终产物是葡萄糖，葡萄糖中含-CHO能够被新制氢氧化铜悬浊液氧化；

⑥乙烯与溴水反应，而甲烷不反应。

【详解】①糖类中的单糖是不能发生水解反应的糖，①错误；

②汽油中加入适量乙醇，为混合物，不是新型化合物，②错误；

③饱和碳酸钠与乙酸反应产生可溶性的物质，且降低乙酸乙酯的溶解度，反应后分层，则混合反应、振荡后，静置分液可实现除杂，③正确；

④石油的分馏为物理变化，而煤的气化是煤的成分与水反应生成CO和氢气，为化学变化，分别为物理变化、化学变化，④错误；

⑤淀粉水解的最终产物是葡萄糖，葡萄糖是多羟基醛，在加热煮沸条件下能与新制Cu（OH）2悬浊液发生反应产生砖红色沉淀，⑤正确；

⑥乙烯与溴水发生加成反应产生液态物质，而甲烷不反应，所以可通过盛有溴水的洗气瓶可实现除杂，⑥正确；可见说法正确的是③⑤⑥，选项C合理。

12.下列说法正确的是（）

A.有机物的同系物具有相同的通式，且组成相差n（n＞0的正整数）个CH2原子团，因此等质量的同系物完全燃烧时消耗氧气的物质的量相差1.5nmol

B.根据卤代烃的消去反应一定能判断卤代烃中所含卤素原子的种类

C.饱和一元醇可在一定条件下与氢卤酸发生取代反应

D.分子式为C7H16的有机物中有三种不同化学环境的氢原子，此有机物一定是2，4―二甲基戊烷或3，3―二甲基戊烷

【答案】C

【解析】

【详解】A.甲烷与乙烷为同系物，取mg甲烷与乙烷，分别燃烧，mg甲烷完全燃烧耗氧量为

mol，乙烷耗氧量为

mol，二者并不相差1.5mol，A错误；

B.不是所有的卤代烃都可以发生消去反应，所以不能根据卤代烃的消去反应其卤代烃中所含卤素原子的种类，B错误；

C.饱和一元醇可在一定条件下与氢卤酸发生取代反应，羟基被卤素原子取代，C正确；

D.分子式为C7H16的有机物含有多种同分异构体，其中2，2，3-三甲基丁烷也含有3种不同的H，D错误；

故合理选项是C.

13.下列化合物中与自身类别相同的同分异构体数目（不考虑立体异构）最多的是（）

A.戊烷B.戊醇C.戊烯D.戊炔

【答案】B

【解析】

【分析】

自身类别相同的同分异构体要从碳链异构、位置异构角度分析考虑来解答。

【详解】A.戊烷只存在碳链异构，同分异构体为：

CH3-CH2-CH2-CH2-CH3，

，

，共3种；

B.戊烷的同分异构体有：

CH3-CH2-CH2-CH2-CH3、

、

，主链上有五个C原子的醇有3种：

CH3CH2CH2CH2CH2OH、

、

；主链上有四个碳的有4种：

、

、

、

；主链三个碳的有1种：

，共有8种同分异构体；

C.戊烷的同分异构体有：

CH3CH2CH2CH2CH3、

、

；若为CH3-CH2-CH2-CH2-CH3，相应烯烃有2种：

CH2=CH-CH2-CH2-CH3、CH3-CH=CH-CH2-CH3；

若为

，相应烯烃有3种：

CH2=C（CH3）CH2CH3；CH3C（CH3）=CHCH3；CH3CH（CH3）CH=CH2；若为

，没有相应烯烃；共5种同分异构体；

D.戊炔的同分异构体为HC≡C-CH2CH2CH3、CH3C≡C-CH2CH3、

3种同分异构体；

可见产生同类物质同分异构体种类数目最多是是戊醇，故合理选项是B。

【点睛】本题考查同分异构体的书写与判断的知识，掌握书写的方法规律，本题包括的异构体有碳链异构和官能团位置不同引起的异构体，审清题目要求是解题的关键。

14.某有机物是药物生产的中间体，其结构简式如图。

下列有关叙述不正确的是（）

A.该有机物与浓溴水可发生取代反应

B.1mol该有机物与足量NaOH溶液反应最多消耗4molNaOH

C.该有机物与浓硫酸混合共热可发生消去反应

D.该有机物经催化氧化后与新制氢氧化铜悬浊液共热生成砖红色沉淀

【答案】C

【解析】

试题分析：

A.该有机物含有酚羟基，能与浓溴水发生邻对位取代反应，A项正确；B.该分子的一个酚羟基，一个酯基在碱性条件下发生水解生成酚羟基和羧酸钠，酚羟基继续消耗NaOH，溴代烃能在碱性条件下发生水解反应，所以最多消耗4molNaOH，B项正确；C.该分子与强碱相连的C上没有氢原子，不能发生消去反应，C项错误；D.该有机物经催化氧化后生成醛基，醛与新制氢氧化铜悬浊液共热生成砖红色沉淀，D项正确；选C。

考点：

考查有机物的性质。

15.将4molA气体和2molB气体在2L的定容容器中混合并在一定条件下发生如下反应2A（g）＋B（g）

2C（g）△H<0，经2s（秒）后测得C的浓度为0.6mol·L-1，现有下列几种说法：

①用物质A表示的反应的平均速率为0.3mol·L-1•s-1

②达到平衡状态时，升高温度，则该化学平衡向左移动，同时化学平衡常数K也减小

③2s时物质A的转化率为70％

④达到平衡状态时，增加A物质的量，A和B转化率都提高

⑤当各物质浓度满足c（A）=2c（B）=c（C）时，该反应达到了平衡状态

其中正确的是（）

A.①③B.①②C.②③D.③④

【答案】B

【解析】

试题分析：

①由方程式可知2s时产生的C的浓度是0.6mol/L,则A消耗的浓度也是0.6mol/L.所以V（A）=△C/△t="0.6mol/L.÷2s=0.3mol/（"L·s）.正确。

②该反应的正反应是放热反应，达到平衡状态时，升高温度，则该化学平衡向左移动，同时化学平衡常数K也减小。

正确。

③2s时物质A的转化率为（0.6.÷2）100％×30％.错误。

④达到平衡状态时，若增加A物质的量，B的转化率提高但A的转化率降低。

错误。

。

⑤当各物质浓度满足c（A）="2c（B）="c（C）时，该反应不一定达到了平衡状态。

错误。

考点：

考查外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响的知识。

16.25℃时，下列各溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是（）

A.在0.1mol·L－1Na2S溶液中：

2c（Na+）=c（S2-）＋c（HS-）＋c（H2S）

B.pH=2的醋酸溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合：

c（Na+）+c（H＋）=c（OH-）+c（CH3COO-）

C.向0.1mol·L-1盐酸与0.1mol·L-1K2CO3溶液等体积混合：

c（K+）＞c（HCO3-）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H＋）

D.向0.1mol·L-1NH4HSO4溶液中滴加NaOH至溶液恰好呈中性：

c（Na+）＞c（NH4+）＞c（SO42-）＞c（OH-）=c（H+）

【答案】B

【解析】

【详解】A.任何溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得c（Na+）=2c（S2-）+2c（HS-）+2c（H2S），A错误；

B.任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H＋）=c（OH-）+c（CH3COO-），B正确；

C.等体积、等浓度的稀HCl和K2CO3溶液混合，二者恰好反应生成KHCO3和KCl，KHCO3是强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性，则c（H＋）

D.向0.1mol/L NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性，若1：

1反应，得到Na2SO4、（NH4）2SO4的混合溶液，混合溶液显酸性，现在溶液显中性，说明n（NaOH）：

n（NH4HSO4）>1：

1，则c（Na+）＞c（SO42-），显中性时溶液的溶质为硫酸钠，硫酸铵、一水合氨，c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO42-），c（Na+）＞c（SO42-），则c（NH4+）

故合理选项是B。

17.还原沉淀法是处理含铬（含Cr2O72-和CrO42-）工业废水的常用方法，过程如下：

已知转化过程中的反应为2CrO42-（aq）+2H+（aq）

Cr2O72-（aq）+H2O（l）。

转化后所得溶液中铬元素的含量为28.6g／L，CrO42-有10/11转化为Cr2O72-，下列说法不正确的是（）

A.溶液颜色保持不变，说明上述可逆反应达到平衡状态

B.若用绿矾（FeSO4·7H2O）作还原剂，处理1L废水，至少需要458.7g

C.常温下转化反应的平衡常数K＝1×1014，则转化后所得溶液的pH＝5

D.常温下Ksp[Cr（OH）3]＝1×10-32，要使处理后废水中的c（Cr3+）降至1×10-5mol／L，应调溶液的pH＝5

【答案】C

【解析】

试题分析：

转化后所得溶液中铬元素含量为28.6g/L，则1L废水中n（Cr）=