江西省抚州市南城县第二中学2019-2020年高一上学期月考化学试题

www.ks5u.com城二中2019-2020 学年度上学期第二次月考高一化学

第Ⅰ卷

一、选择题(每小题只有1个选项符合题意，每小题3分共48分)

1.以下实验装置一般不用于分离物质的是（ ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】A. 该装置为蒸发的装置，常用于物质的分离，A项错误；

B. 该装置为蒸馏的装置，常用于物质的分离，B项错误；

C. 该装置为配制一定物质的量浓度溶液的装置，不是物质分离的装置，C项正确；

D. 该装置为洗气的装置，常用于物质的分离，D项错误；

答案选C。

2.下列说法正确的是(　　)

A. 生石灰与水混合的过程只发生物理变化

B. O3是由3个氧原子构成的化合物

C. CuSO4·5H2O是一种混合物

D. 可用丁达尔效应区分溶液与胶体

【答案】D

【解析】

【详解】A. 生石灰溶于水生成Ca(OH)2悬浊液，发生的是化学变化，A项错误；

B. O3是由3个氧原子构成的单质，B项错误；

C. CuSO4·5H2O是纯净物，C项错误；

D. 溶液没有丁达尔效应，胶体具有丁达尔效应，因此可用丁达尔效应区分溶液与胶体，D项正确；

答案选D。

3.下列叙述正确的是(用NA代表阿伏加德罗常数的值)(　　)

A. 1 mol HCl气体中的粒子数与0.5 mol/L盐酸中溶质粒子数相等

B. 在标准状况下，22.4 L CH4与18 g H2O所含有电子数均为10NA

C. CO和N2为等电子体，22.4 L的CO气体与1 mol N2所含的电子数相等

D. 2.4 g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.1NA

【答案】B

【解析】

【分析】

A. HCl气体中只存在HCl分子，盐酸中存在H+和Cl-；

B. 1molCH4含有10mol电子，1mol水含有10mol电子；

C. 等电子体具有相同的原子总数和相同的价电子总数；

D. 1个镁原子失去2个电子形成镁离子。

【详解】A. 1molHCl气体中分子数为NA，0.5moL/L盐酸没有溶液的体积，无法计算微粒的数目，A项错误；

B. 标况下22.4 L (即1mol)CH4含有10mol电子，18 g (即1mol)H2O含有10mol电子，因此在标准状况下，22.4 L CH4与18 g H2O所含有电子数均为10NA，B项正确；

C. 等电子体具有相同的原子总数和相同的价电子总数，CO气体不是标况下，无法计算物质的量，C项错误；

D. 1个镁原子失去2个电子形成镁离子，因此2.4 g(即0.1mol)金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.2NA，D项错误；

答案选B。

【点睛】本题的易错点是忽略了气体所处的条件，气体只有在标准状况下才能计算其物质的量。

4.下列事故处理方法正确的是

A. 电线短路失火时，用大量的水灭火

B NaOH浓溶液溅到皮肤，立即用水冲洗，然后涂上稀硼酸溶液

C. 浓硫酸溅到皮肤上，立即用稀 NaOH 溶液洗涤

D. 钠着火时，立即用水灭火

【答案】B

【解析】

【详解】A. 水是导体，不能用于电路短路失火，A项错误；

B. NaOH浓溶液溅到皮肤，立即用水冲洗，然后涂上3%~5%的硼酸溶液，B项正确；

C.浓硫酸溅到皮肤上，应先用干抹布蘸干，再用大量水冲洗，然后涂上3%~5%的碳酸氢钠溶液，C项错误；

D. 钠可以与水反应生成氢氧化钠和氢气，遇明火会爆炸，因此钠着火时不能用水灭火，D项错误；

答案选B。

5.在强酸性溶液中能大量共存，并且溶液为无色透明的是

A. NH4+、Na+、NO3－、Cl－ B. K+、Ca2+、HCO3－、Cl－

C. Mg2+、Fe3+、Cl－、OH－ D. Na+、AlO2－、Cu2+、SO42－

【答案】A

【解析】

【分析】

强酸性溶液中含有大量的H+，无色透明溶液中不能存在有色离子，据此判断。

【详解】A. NH4+、Na+、NO3－、Cl－均可与H+共存，A项正确；

B. HCO3－与H+会发生复分解反应生成H2O和CO2，不能共存，B项错误；

C. Fe3+黄色，在无色溶液中不能存在，且H+与OH－反应生成H2O而不能共存，C项错误；

D. Cu2+为蓝色，在无色溶液中不能存在，AlO2－与H+结合，能形成Al(OH)3白色沉淀，不能共存，D项错误；

答案选A。

【点睛】判断多种离子能否大量共存于同一溶液中，归纳起来就是：一色（有色离子在无色溶液中不能大量共存）、二性（①在强酸性溶液中，OH－及弱酸根阴离子不能大量存在；②在强碱性溶液中，H＋及弱碱阳离子不能大量存在）、三特殊（①AlO与HCO不能大量共存：②“NO＋H＋”组合具有强氧化性，与S2－、Fe2＋、I－、SO等还原性的离子因发生氧化还原反应而不能大量共存；③NH与CH3COO－、CO，Mg2＋与HCO等组合中，虽然两种离子都能水解且水解相互促进，但总的水解程度仍很小，它们在溶液中仍能大量共存）、四反应（离子不能大量共存的常见类型有复分解反应型、氧化还原反应型、水解相互促进型和络合反应型4种）。

6.人体血红蛋白中含有Fe2+，如果误食亚硝酸盐会使人中毒，因为亚硝酸盐会使Fe2+转变成Fe3+，生成高铁血红蛋白而丧失与O2结合的能力。服用维生素c可缓解亚硝酸盐中毒，说明维生素c具有

A. 氧化性 B. 还原性 C. 酸性 D. 碱性

【答案】B

【解析】

【详解】亚硝酸盐会使Fe2+转变成Fe3+，说明亚硝酸盐有氧化性，服用维生素c可缓解亚硝酸盐中毒，说明维生素c具有还原性，可以把亚硝酸盐还原，同时可以把已经转化成的Fe3+还原为Fe2+，故选B。

7.物质灼烧时，焰色反应为黄色，下列判断正确的是（    ）

A. 该物质一定含钠元素，不能确定是否含有K元素

B. 该物质一定是金属钠

C. 该物质一定只含钠元素

D. 该物质一定是钠的化合物

【答案】A

【解析】

【分析】

焰色反应是检验金属元素的一种物理方法

【详解】物质灼烧时，焰色反应为黄色，说明一定含有钠元素，但有没有其它金属元素需进一步检验；

答案选A。

8.下列说法中不正确的是(　　)

A. Na2CO3比NaHCO3稳定

B. Na2CO3和NaHCO3都能跟石灰水反应得到白色沉淀

C. 物质的量相等的Na2CO3和NaHCO3分别与足量盐酸反应得CO2的物质的量之比为2:1

D. Na2CO3比NaHCO3易溶于水

【答案】C

【解析】

【分析】

根据Na2CO3与NaHCO3的物理性质和化学性质进行比较。

【详解】A. Na2CO3受热不分解而NaHCO3受热分解，因此Na2CO3比NaHCO3稳定，A项正确，不符合题意；

B. Na2CO3与Ca(OH)2反应生成NaOH和CaCO3，NaHCO3与少量Ca(OH)2反应生成NaOH、CaCO3和水，与过量Ca(OH)2反应生成CaCO3、Na2CO3和水，因此Na2CO3和NaHCO3都能跟石灰水反应得到白色沉淀，B项正确，不符合题意；

C. 1molNa2CO3与盐酸反应生成CO21mol, 1mol NaHCO3与盐酸反应生成CO21mol，生成的CO2的物质的量的比值为1:1，C项错误，符合题意；

D. Na2CO3比NaHCO3易溶于水，D项正确，不符合题意；

答案选C。

9. 将钠、镁、铝各0.3mol分别放入100ml 1mol/L的盐酸中，在同温同压下产生的气体体积比是（ ）

A. 1:2:3 B. 6:3:2 C. 3:1:1 D. 1:1:1

【答案】C

【解析】

【分析】

Na与盐酸反应：2Na＋2HCl=2NaCl＋H2↑，Mg与盐酸反应：Mg＋2HCl=MgCl2＋H2↑，Al与盐酸的反应：2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑，然后判断过量，如果金属钠过量，Na还会与水反应；

【详解】2Na＋2HCl=2NaCl＋H2↑

 2    2

 0.3  0.3>100×10－3L×1mol·L－1  ，盐酸不足，金属钠过量，因此金属钠还与水反应：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，根据得失电子数目守恒，有0.3mol×1=n(H2)×2，即n(H2)=0.15mol；

Mg＋2HCl=MgCl2＋H2↑

0.3   0.6>100×10－3L×1mol·L－1  ，盐酸不足，金属镁过量，产生n(H2)=0.1mol/2=0.05mol，

2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑，同理盐酸不足，铝过量，产生n(H2)=0.05mol，相同条件下，气体体积比值等于其物质的量比值，即气体体积比值为0.15mol：0.05mol：0.05mol=3：1：1，故C正确。

【点睛】易错点是金属钠产生H2，学生容易认为盐酸不足，按照盐酸进行判断，错选D选项，忽略了过量的金属钠能与水反应产生H2，即判断金属钠产生H2的物质的量时，可以采用得失电子数目相等进行计算。

10.下列离子方程式正确的是(　　)

A. 氧化钠与盐酸反应：O2－＋2H＋=H2O

B. CaCO3悬浊液中通CO2：CO32－＋CO2＋H2O=2HCO3－

C. 小苏打溶液与NaOH溶液混合：HCO3－＋OH－=CO32－＋H2O

D. 钠与水反应：Na＋2H2O＝Na＋＋2OH－＋H2↑

【答案】C

【解析】

【详解】A. 氧化钠与盐酸反应生成氯化钠和水，离子方程式为：Na2O＋2H＋=2Na++H2O，A项错误；

B. CaCO3悬浊液中通CO2，反应生成碳酸氢钙，离子方程式为：CaCO3＋CO2＋H2O=Ca2++2HCO3－，B项错误；

C. 小苏打溶液与NaOH溶液混合生成碳酸钠和水，离子方程式为：HCO3－＋OH－=CO32－＋H2O，C项正确；

D. 钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为：2Na＋2H2O＝2Na＋＋2OH－＋H2↑，D项错误；

答案选C。

【点睛】解答本题的关键是如何判断哪些物质能拆成离子，哪些物质不能拆成离子，要熟练掌握物质的“拆分”原则：书写离子方程式时，氧化物、过氧化物、弱电解质、多元弱酸的酸根离子、沉淀、气体、非电解质在离子方程式中均不能拆分，易电离的强电解质(强酸、强碱、大多数可溶性盐)拆成离子形式。其中需要注意的是①酸式盐：a．弱酸的酸式酸根离子不能拆开；b．强酸的酸式酸根离子在水溶液中写成拆分形式；②微溶物在离子方程式中的书写方法：微溶物出现在反应物中时，澄清溶液可以拆，悬浊液不可拆；微溶物出现在生成物中时当沉淀处理，不可拆。

11.铝分别与足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液反应时，当两个反应放出的气体在相同状况下体积相等时，反应中消耗的盐酸和氢氧化钠的物质的量之比为

A. 1∶1 B. 2∶1

C. 3∶1 D. 1∶3

【答案】C

【解析】

【详解】铝与足量的稀盐酸反应：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑；铝与足量的氢氧化钠溶液反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。可以看出生成等量的H2时，消耗的盐酸和氢氧化钠物质的量之比为6:2=3:1。

【点睛】一定量的铝与足量非氧化性酸或强碱反应生成的氢气体积在相同状况下相同，其消耗的酸与碱的物质的量之比为3:1。

12.在FeCl3、CuCl2和HCl的混合溶液中加入铁粉，待反应结束，所剩余的固体滤出后能被磁铁吸引，则反应后溶液中存在较多的阳离子是(　　)

A. Fe3＋ B. Fe2＋ C. H＋ D. Cu2＋

【答案】B

【解析】

【分析】

剩余的固体滤出后能被磁铁吸引，说明加入的铁粉过量，在FeCl3、CuCl2和HCl的混合溶液中加入过量的铁粉，发生的反应为：2Fe3++Fe=3Fe2+、Cu2++Fe= Fe2++ Cu和Fe+2H+=Fe2++H2↑。

【详解】加入过量的铁粉，发生2Fe3++Fe=3Fe2+、Cu2++Fe= Fe2++ Cu和Fe+2H+=Fe2++H2↑三个反应，从生成物可知反应后溶液中存在较多的阳离子是Fe2＋；

答案选B。

13.下列物质中，既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应的是(　　)

①NaHCO3  ②Al  ③Al2O3  ④Al(OH)3  ⑤AlCl3  ⑥CuO

A. ①③④⑥ B. ①②③④ C. 全部 D. ②③④⑤

【答案】B

【解析】

【分析】

①NaHCO3与盐酸反应生成氯化钠、水和CO2，与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应；

②Al为两性金属单质，与盐酸反应生成氯化铝和氢气，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应；

③Al2O3为两性氧化物，与盐酸反应生成氯化铝和水，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应；

④Al(OH)3为两性氢氧化物，盐酸反应生成氯化铝和水，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应；

⑤AlCl3只能与氢氧化钠反应，不能与盐酸反应；

⑥CuO只能与盐酸反应，不能与氢氧化钠反应；

【详解】由分析可知NaHCO3、Al、Al2O3和Al(OH)3既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠反应；

答案选B。

14.在相同条件下，总质量为2 g的CO和H2的混合气体，在O2中完全燃烧后全部通过足量的Na2O2固体，则固体质量增加（ ）

A. 2 g B. 1 g C. 18 g D. 无法计算

【答案】A

【解析】

试题分析：CO和H2反应生成CO2和H2O，Na2O2（S）分别与H2O（g）和CO2(g)反应生成NaCO3（S）和NaOH（S）; CO ~ CO2 ,CO2+Na2O2 ~ NaCO3 相当于吸收了等物质量的CO；

H2~H2O H2O+Na2O2 ~2 NaOH 相当于吸收了等物质量H2所以最终固体增加的质量应为CO和H2的总质量，选A

考点：过氧化钠的性质及与水和二氧化碳反应的规律

点评：本题解题技巧在于将化学方程式写出后，对反应进行分析，发现增加的质量就是原混合气体的质量，氧气只是中间物质。

15.一定条件下，PbO2与Cr3＋反应，产物是Cr2O72－和Pb2＋，则与1 molCr3＋反应所需PbO2的物质的量为(　　)

A. 1.5 mol B. 1.0 mol C. 0.75 mol D. 3.0 mol

【答案】A

【解析】

【分析】

根据得失电子守恒进行计算。

【详解】根据题意可知反应中Pb从+4价降低到+2价，得到2个电子，Cr从+3价升高到+6价，1 molCr3＋反应生成Cr2O72－失去电子3mol，根据电子得失守恒可知PbO2参与反应得到3mol电子，此时消耗PbO2的物质的量为1.5mol；

答案选A

【点睛】解答本题时得失电子守恒方法的运用是关键，一般地守恒法的应用原理及解题步骤为：

16.硫酸铁和硫酸亚铁的混合物中，若其中铁元素的质量分数为a%，则其中硫元素的质量分数为(　　)

A. % B. % C. (100－a)% D. (100－3a)%

【答案】A

【解析】

【分析】

硫酸铁和硫酸亚铁的混合物中共含有Fe、S、O三种元素，三种元素的质量分数之和为100%，若铁元素的质量分数为a%，那么S和O两种元素的质量分数之和为1-a%，据此进行计算。

【详解】硫酸铁和硫酸亚铁的混合物中共含有Fe、S、O三种元素，三种元素的质量分数之和为100%，若铁元素的质量分数为a%，那么S和O两种元素的质量分数之和为1-a%，硫酸铁和硫酸亚铁中S和O个数比相同，为1:4，因此S和O的质量比恒定，为32:64=1:2，所以S元素的质量分数为：(1-a%)×=%；

答案选A。

第II卷

二．填空题(两题共16分)

17.某溶液中可能含有大量下列阴离子：OH-、SO42-、CO32-、Cl-。

(1)当溶液中存在大量H＋时，则溶液中不可能有__________。

(2)当溶液中有大量的Ba2＋存在时，则溶液中不可能有__________。

【答案】    (1). OH-、CO32-    (2). SO42-、CO32-

【解析】

（1）当溶液中存在大量H+时，H+能够与OH-反应生成水、与CO32-反应放出二氧化碳，不能大量共存，故答案为OH-、CO32-；

（2）当溶液中有大量的Ba2+存在时，Ba2+能够与SO42-、CO32-反应生成沉淀，反应的离子方程式为：Ba2++SO42-=BaSO4↓、Ba2++CO32-=BaCO3↓，不能大量共存，故答案为SO42-、CO32-。

18.下列物质中含有少量杂质，请在空格中填上适宜的试剂或方法将在杂质除去，并写出相应的方程式（①②写离子方程式，③写化学方程式）。

【答案】    (1). 铁粉    (2). Cu2++Fe= Fe2++ Cu    (3). 氢氧化钠溶液    (4). Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O    (5). 加热    (6). 2Al(OH)3 Al2O3+3H2O

【解析】

【详解】①过量的铁粉与CuCl2反应生成FeCl2和Cu，过滤即可除去杂质，因此加入的试剂为铁粉，发生的离子反应为：Cu2++Fe= Fe2++ Cu；

②Al(OH)3能与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，而Fe(OH)3不与氢氧化钠溶液反应，因此可用氢氧化钠溶液除去Fe(OH)3中混有的Al(OH)3，离子反应为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；

③Al(OH)3受热分解可得Al2O3，因此混合物受热分解即可除去杂质，反应方程式为：2Al(OH)3 Al2O3+3H2O。

19.已知有以下物质相互转化：

试回答：

(1)写出B的化学式________，D的化学式________。

(2)写出由E转变成F的化学方程式________________________。

(3)写出用KSCN鉴别G溶液的离子方程式________________；向G溶液加入A的有关离子反应方程式________________。

【答案】    (1). FeCl2    (2). KCl    (3). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3    (4). Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3    (5). Fe+2Fe3+=3Fe2+

【解析】

【分析】

D溶液与硝酸酸化的AgNO3溶液反应后的溶液做焰色反应，火焰呈紫色(透过蓝色玻璃)，说明D中含有K+，得到白色沉淀H，白色沉淀H为AgCl，即D中含有Cl-，即D为KCl，白色沉淀E在空气转化成红褐色沉淀F，即E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3，G为FeCl3，根据相互转化关系，A为Fe，即B为FeCl2，C为KOH，然后逐步分析；

【详解】D溶液与硝酸酸化的AgNO3溶液反应后的溶液做焰色反应，火焰呈紫色(透过蓝色玻璃)，说明D中含有K+，得到白色沉淀H，白色沉淀H为AgCl，即D中含有Cl-，即D为KCl，白色沉淀E在空气转化成红褐色沉淀F，即E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3，G为FeCl3，根据相互转化关系，A为Fe，即B为FeCl2，C为KOH，

（1）根据上述分析，B化学式为FeCl2，D的化学式为KCl；

（2）Fe(OH)2被氧气氧化成Fe(OH)3，发生反应的化学方程式为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3；

（3）用KSCN鉴别Fe3＋，溶液出现红色，说明溶液中含有Fe3＋，离子方程式为Fe3＋＋3SCN－=Fe(SCN)3；FeCl3溶液中加入Fe，发生反应的离子方程式为Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋。

三．实验题（12分）

20. “套管实验”是将一支较小的试管装入另一试管中，经组装来完成原来需要两只或更多试管进行的实验。因其有许多优点，近年来被广泛开发并应用于化学实验中。下面这个实验为“套管实验”，实验装置如下图，小试管中部有沾上无水硫酸铜粉末的脱脂棉。请观察实验装置，分析实验原理，并回答下列问题：

(1)整个实验过程中，能观察到的现象为

①烧杯A中________；②小试管中________；

③烧杯B中____________________________；

(2)实验结束时，在操作上要特别注意的问题是

____________________________________________________________________

(3)写出实验过程中发生反应的化学方程式

【答案】（1）①有气泡冒出；

②脱脂棉变成蓝色,试管内壁有水珠产生；

③有气泡产生,澄清石灰水变浑浊；
(2)先将导气管从A、B烧杯中取出,再停止加热；

(3) ①CuSO4+5H2O=CuSO4∙5H2O；②2NaHCO3=Na2CO3+CO2+H2O；③CO2+Ca(OH)2═CaCO3↓+H2O；
 

【解析】

【分析】

(1)①加热时,大试管中气体受热膨胀,可以观察到烧杯A中有气泡产生；
②碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和会,白色的硫酸铜与水反应生成蓝色的无水硫酸铜；
③碳酸氢钠分解生成的二氧化碳与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀;
(2)实验结束时,为了避免发生倒吸现象,应该先撤出导管再熄灭酒精灯；
(3)实验过程中发生的反应方程式有:碳酸氢钠的分解反应、无水硫酸铜与水的反应、二氧化碳与氢氧化钙的反应,据此写出反应的化学方程式。

【详解】（1）①实验开始时,大试管中的气体受热膨胀,烧杯A的导气管中会有气泡冒出；

综上所述，本题正确答案：有气泡冒出；

②小试管中部有沾上无水硫酸铜粉末的脱脂棉变成蓝色,试管内壁有水珠产生；

综上所述，本题正确答案：脱脂棉变成蓝色,试管内壁有水珠产生；

③碳酸氢钠加热分解生成二氧化碳气体,二氧化碳与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀,所以烧杯B中导气管中有气泡产生,澄清石灰水变浑浊；

综上所述，本题正确答案：有气泡产生,澄清石灰水变浑浊；
(2)实验结束时,在操作上要特别注意:先将导气管从A、B烧杯中取出,再停止加热,以防倒吸
综上所述，本题正确答案：先将导气管从A、B烧杯中取出,再停止加热；

(3)实验过程中发生反应的化学方程式有:

Ⅰ、无色与水反应生成五水硫酸铜,反应的化学方程式为:CuSO4+5H2O=CuSO4∙5H2O；

Ⅱ、碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳气体和水:2NaHCO3=Na2CO3+CO2+H2O；
Ⅲ、二氧化碳与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀和水,反应的化学方程式为:CO2+Ca(OH)2═CaCO3↓+H2O；
因此，本题正确答案是:①CuSO4+5H2O=CuSO4∙5H2O；②2NaHCO3=Na2CO3+CO2+H2O；③CO2+Ca(OH)2═CaCO3↓+H2O；

四．计算题(两题共16分)

21.将一定量的铝加入到NaOH溶液中，产生的气体在标准状况下的体积为3.36 L，求：

(1)消耗铝物质的量为多少____？

(2)转移电子的物质的量为多少__？

【答案】    (1). 0.1mol    (2). 0.3mol

【解析】

分析】

金属铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，根据生成氢气的体积计算消耗铝的物质的量和转移的电子的物质的量。

【详解】根据反应可得关系：2Al~3H2↑~6e-，产生的H2在标况下的体积为3.36L，其物质的量n(H2)==0.15mol，根据关系式可知消耗铝的物质的量为：×0.15mol=0.1mol，转移电子的物质的量为×0.15mol=0.3mol。

22.将6 g的铁粉加入200 mLFe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液，充分反应得到200 mL0.5mol /LFeSO4溶液和5.2 g固体沉淀物。试计算

(1)反应后生成铜的质量；  

(2)原Fe2(SO4)3溶液的物质的量浓度。

【答案】（1）2.56g；（2）0.1mol/L。

【解析】

试题分析：溶液中含有Fe2＋：0.5mol/L×0.2L＝0. 1mol ，设反应消耗铁的物质的量为x，生成铜的物质的量为y ，Fe＋Fe2(SO4)3＝3FeSO4 Fe ＋ CuSO4＝FeSO4 ＋ Cu

1mol   1mol     3mol              1mol   1mol    1mol    1mol

xmol    xmol    3xmol             ymol   ymol     ymol    ymol

可得：3x＋y＝0. 1mol    6g－56x＋8y＝5.2g

解得x＝0.02mol，y＝0.04 mol。

所以生成铜质量为0.04 mol×64g/ mol＝2.56g，

原溶液中Fe2(SO4)3物质的量浓度为c[Fe2(SO4)3]=0.02mol÷0.2L＝0.1mol/L。

考点：考查物质的量在化学反应方程式计算的应用的知识。