1、2016年江西省宜春四中高考化学二模试卷一、选择题，每小题6分，共48分）在下列各题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的以下数据可供解题时参考：相对原子质量：H1，O16，Mg24，Al27，Fe56，Cu641Fe、Mg、Al、Cu四种金属，若两两混合，取26g混合物与足量的稀H2SO4作用，产生11.2L H2（标准状况），此混合物可能的组合方式最多有（）A2种B3种C4种D5种2下列化学反应的离子方程式能用通式：mM（n+1）+nNmM+nN（m+1）+表示的是（）A氯化锌溶液中投入钠B氯化铁溶液中投入铜C硝酸银溶液中投入铜D硫酸铜溶液中投入铁3某温度下将2mol A和3mol B
2、充入一密闭容器中发生反应：aA（g）+B（g）C（g）+D（g），5min后达到平衡，已知各物质的平衡浓度关系有C（A）C（B）=C（C）C（D），若在温度不变的情况下将容器体积扩大为原来的10倍时，A的转化率不发生变化，则B的转化率为（）A60%B24%C30%D40%4在一定温度下，电解某K2SO4饱和溶液，当阳极产生a mol气体时，溶液析出W g晶体（不含结晶水），则剩余溶液的质量分数为（）A100%B100%C100%D100%5由甘氨酸（H2NCH2COOH）和氨基丙酸所组成的混合物在一定条件下可以生成二肽，则二肽的种类有（）A1种B2种C3种D4种6下列离子方程式不正确的是（）A
3、向偏铝酸钠溶液中加入过量盐酸：AlO2+4H+=Al3+2H2OBMnO2与浓盐酸混合加热：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2OC等浓度等体积的Ba（OH）2溶液和NaHSO4溶液混合：Ba2+OH+H+SO42=BaSO4+H2OD用NaOH溶液吸收少量H2S气体：OH+H2S=HS+H2O7中草药秦皮中含有的七叶树内酯（）具有抗癌作用下列关于七叶树内酯的叙述中不正确的是（）A能被KMnO4酸性溶液氧化B既可以看成酚类化合物又可看成酯类化合物C能与银氨溶液发生银镜反应D1 mol该物质最多与3 mol Br2 发生反应8实验测得在常温下0.1molL1某一元碱（BOH）pH13，0
4、.1molL1的某一元酸=1012（HA）溶液中将两种溶液等体积混合后，溶液中离子浓度关系正确的是（）AAB+H+OHBB+AH+OHCB+AOH=H+DAB+OHH+二、非选择题，共3小题，共50分）9卤代烃RCl在一定条件下发生如下反应：RCl+KCNRCN+KClRCN+2H2O+H+RCOOH+NH4+现以乙烯为原料经过下图所示的反应制取有机物W已知A、B、C、D、E均为烃的衍生物，请填写：（1）若甲为Cl2，乙为HCl，生成物W的分子式为C8H14O4，则W的结构简式为（2）若甲、乙均为Cl2，C与E在一定条件下以1：1的比例发生反应，生成链状高分子化合物W，则W的结构简式为（3）若
5、甲、乙均为HCl，则C与E反应生成W的化学方程式为（有机物用结构简式表示）（4）若W的分子式为C5H10O3，则甲为，乙为10A、B、C是单质，X、Y、Z、H、J、L是化合物，B在空气中燃烧得到J和少量X在适当的条件下，它们相互之间有如图所示的转化关系：请回答下面问题：（1）单质A是，单质C是，化合物Z是（填写化学式）（2）反应的化学方程式分别为：反应反应反应11电子工业常用一定浓度的FeCl3溶液腐蚀敷有铜箔的绝缘板，制成印刷线路板，有关反应方程式为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2现将一块敷有铜箔的绝缘板浸入8.00102mL 某FeCl3溶液A中，一段时间后，将该线路板取出，向
6、所得溶液B中加入铁粉m g，充分反应后剩余固体n g；将固体滤出并从滤液C（忽略反应前后溶液体积的变化）中取出20.00mL，向其中滴入3.00molL1AgNO3溶液60.00mL时，溶液中的Cl恰好完全沉淀计算：（1）溶液A中FeCl3的物质的量浓度为；（2）假设铁粉不再溶解，向溶液B中加入的铁粉质量至少应当大于；（3）讨论当剩余固体的组成不同时，m与n可能的取值范围，并填写下表相关栏目剩余固体的组成m的取值范围n的取值范围只有铜有铁和铜（用含m的代数式表示）（4）当m=100.0，n=96.8时，溶液B中FeCl2的物质的量浓度为 molL12016年江西省宜春四中高考化学二模试卷参考答
7、案与试题解析一、选择题，每小题6分，共48分）在下列各题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的以下数据可供解题时参考：相对原子质量：H1，O16，Mg24，Al27，Fe56，Cu641Fe、Mg、Al、Cu四种金属，若两两混合，取26g混合物与足量的稀H2SO4作用，产生11.2L H2（标准状况），此混合物可能的组合方式最多有（）A2种B3种C4种D5种【考点】有关混合物反应的计算【专题】利用化学方程式的计算【分析】混合物26g与足量稀硫酸反应，产生标况下H211.2L，氢气物质的量=0.5mol，26g金属提供电子物质的量为0.5mol2=1mol，故提供1mol电子需要金属的平均质
8、量为26g，计算各金属提供1mol电子需要的质量，结合平均量进行解答【解答】解：混合物26g与足量稀硫酸反应，产生标况下H211.2L，氢气物质的量=0.5mol，26g金属提供电子物质的量为0.5mol2=1mol，故提供1mol电子需要金属的平均质量为26g，Fe在反应中表现+2价，提供1mol电子需要Fe的质量为56g=28g，Mg在反应中表现+2价，提供1mol电子需要Mg的质量为24g=12g，Al在反应中表现+3价，提供1mol电子需要Al的质量为27g=9g，Cu不稀硫酸反应产生氢气，提供1mol电子需要Cu的质量为无穷大，故两两混合，可能的组合为：Cu与Mg、Cu与Al、Fe与
9、Mg、Fe与Al，共4种，故选C【点评】本题考查混合物的有关计算，题目难度中等，注意平均值与极限法相结合的利用，从而简化计算，注意若有不反应的金属应视作需金属质量无穷大，试题培养了学生的化学计算能力2下列化学反应的离子方程式能用通式：mM（n+1）+nNmM+nN（m+1）+表示的是（）A氯化锌溶液中投入钠B氯化铁溶液中投入铜C硝酸银溶液中投入铜D硫酸铜溶液中投入铁【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】由通式：mM（n+1）+nNmM+nN（m+1）+可知，为金属单质之间的置换反应，以此来解答【解答】解：ANa先与水反应，不能置换出Zn，故A不选；BCu与氯化铁反应生成氯化铜、氯
10、化亚铁，不能置换出单质，故B不选；C离子反应为Cu+2Ag+=Cu2+2Ag，故C选；D离子反应为Fe+Cu2+=Fe2+Cu，故D选；故选CD【点评】本题考查离子反应方程式的书写及意义，为高频考点，把握金属单质之间的置换反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大3某温度下将2mol A和3mol B充入一密闭容器中发生反应：aA（g）+B（g）C（g）+D（g），5min后达到平衡，已知各物质的平衡浓度关系有C（A）C（B）=C（C）C（D），若在温度不变的情况下将容器体积扩大为原来的10倍时，A的转化率不发生变化，则B的转化率为（）A60%B24%C30%D40%【考点】化学
11、平衡的计算【专题】化学平衡专题【分析】若在此温度下，将容器的体积扩大为原来的10倍，A的转化率不变，说明压强变化平衡不移动，应存在a+1=1+1，a=1；设平衡时B转化了xmol，利用三段式法列式计算出反应消耗的B的物质的量，然后计算出B的转化率【解答】解：将容器的体积扩大为原来的10倍，A的转化率不变，说明压强变化平衡不移动，应存在a+1=1+1，a=1，设平衡时B转化了xmol，则 A（g）+B（g）C（g）+D（g）起始：2mol 3mol 0 0转化：xmol xmol xmol xmol平衡：（2x）mol（3x）mol xmol xmol则有（2x）（3x）=x2，解得：x=1.2
12、，则B的转化率为：100%=40%，故选D【点评】本题考查化学平衡的计算，题目难度中等，注意掌握三段式在化学平衡的计算中的应用方法，根据题干条件及压强对化学平衡的影响判断a=1为解答本题的关键4在一定温度下，电解某K2SO4饱和溶液，当阳极产生a mol气体时，溶液析出W g晶体（不含结晶水），则剩余溶液的质量分数为（）A100%B100%C100%D100%【考点】溶液中溶质的质量分数及相关计算【专题】溶解度的计算【分析】电解饱和K2SO4溶液时，本质是电解水，发生反应2H2OO2+2H2，电解水后，溶液中K2SO4过饱和导致析出晶体，剩余的电解质溶液仍是饱和溶液，析出的K2SO4晶体和电解
13、的水组成的也是饱和溶液，根据质量分数公式计算即可【解答】解：电解饱和K2SO4溶液时，本质是电解水，发生反应2H2OO2+2H2，电解水后，溶液中K2SO4过饱和导致析出晶体，剩余的电解质溶液仍是饱和溶液，析出的K2SO4晶体和电解的水组成的也是饱和溶液，阳极产生的气体是氧气，设电解水的质量为x：2H2OO2+2H236g 1 x amol 解得：x=36ag，所以饱和溶液的质量分数为100%=100%，故选B【点评】本题以电解原理为载体考查了质量分数的计算，难度较大明确电解后析出的K2SO4晶体和电解的水组成的是饱和溶液是解本题的关键5由甘氨酸（H2NCH2COOH）和氨基丙酸所组成的混合物
14、在一定条件下可以生成二肽，则二肽的种类有（）A1种B2种C3种D4种【考点】同分异构现象和同分异构体【专题】同分异构体的类型及其判定【分析】根据氨基酸形成肽键原理为羧基提供OH，氨基提供H，两个氨基酸分子脱去一个水分子脱水结合形成二肽，既要考虑不同氨基酸分子间生成二肽，又要考虑同种氨基酸分子间形成二肽【解答】解：氨基酸生成二肽，就是两个氨基酸分子脱去一个水分子，当同种氨基酸脱水，生成2种二肽；当是异种氨基酸脱水：可以是丙氨酸脱去羟基，甘氨酸脱氢；也可以甘氨酸脱羟基，丙氨酸脱去氢，生成2种二肽所以共有4种；故选D【点评】本题考查肽键的形成，掌握氨基酸形成肽键原理是解题的关键，难度不大6下列离子方
15、程式不正确的是（）A向偏铝酸钠溶液中加入过量盐酸：AlO2+4H+=Al3+2H2OBMnO2与浓盐酸混合加热：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2OC等浓度等体积的Ba（OH）2溶液和NaHSO4溶液混合：Ba2+OH+H+SO42=BaSO4+H2OD用NaOH溶液吸收少量H2S气体：OH+H2S=HS+H2O【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A二者反应生成氯化铝和水；BMnO2与浓盐酸混合加热生成氯化锰、氯气和水；C二者等物质的量反应生成硫酸钡和水、氢氧化钠；D不符合反应客观事实，硫化氢少量反应生成硫化钠和水【解答】解：A向偏铝酸钠溶液中加入过量盐酸，离子方程式
16、：AlO2+4H+=Al3+2H2O，故A正确；BMnO2与浓盐酸混合加热，离子方程式：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O，故B正确；C等浓度等体积的Ba（OH）2溶液和NaHSO4溶液混合，离子方程式：Ba2+OH+H+SO42=BaSO4+H2O，故C正确；D用NaOH溶液吸收少量H2S气体，离子方程式：2OH+H2S=S2+2H2O，故D错误；故选：D【点评】本题考查离子方程式的书写，要求熟悉各反应的原理，以及关注正确书写离子反应方程式应注意的事项，题目难度不大7中草药秦皮中含有的七叶树内酯（）具有抗癌作用下列关于七叶树内酯的叙述中不正确的是（）A能被KMnO4酸性溶液氧化B
17、既可以看成酚类化合物又可看成酯类化合物C能与银氨溶液发生银镜反应D1 mol该物质最多与3 mol Br2 发生反应【考点】有机物的结构和性质【专题】有机物的化学性质及推断【分析】有机物含有酚羟基，可发生取代、氧化和显色反应，含有酯基，可发生水解反应，以此解答该题【解答】解：A有机物含有酚羟基和碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化，故A正确；B含有酚羟基和酯基，则可看成酚类又可看成酯类化合物，故B正确；C不含醛基，不能发生银镜反应，故C错误；D能与溴发生反应的酚羟基的邻位取代反应以及碳碳双键的加成反应，最多能与3mol Br2发生反应，故D正确故选C【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把
18、握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重酚、酯性质的考查，题目难度不大8实验测得在常温下0.1molL1某一元碱（BOH）pH13，0.1molL1的某一元酸=1012（HA）溶液中将两种溶液等体积混合后，溶液中离子浓度关系正确的是（）AAB+H+OHBB+AH+OHCB+AOH=H+DAB+OHH+【考点】离子浓度大小的比较【分析】由0.1mol/L某一元碱（BOH）溶液的pH值不等于13，若为强碱其溶液的pH=13，说明BOH为弱碱；0.1mol/L某一元酸（HA）溶液的=1012，即： =1012，解得：c（H+）=0.1mol/L，则HA为强酸，则两溶液等浓度、等体积混合后恰好完全反应生
19、成强酸弱碱盐BA，因B+部分水解，则c（A）c（B+），水解使溶液呈酸性，则c（H+）c（OH），再由水解的程度很弱，则c（B+）c（H+），则溶液中离子浓度大小为：c（A）c（B+ ）c（H+）c（OH），据此对各选项进行判断【解答】解：由0.1mol/L某一元碱（BOH）溶液的pH值不等于13，若为强碱其溶液的pH=13，说明BOH为弱碱，0.1mol/L某一元酸（HA）溶液的=1012，即： =1012，解得：c（H+）=0.1mol/L，则HA为强酸，则两溶液等浓度、等体积混合后恰好完全反应生成强酸弱碱盐BA，因B+部分水解，则c（A）c（B+），水解使溶液呈酸性，则c（H+）c（OH
20、），再由水解的程度很弱，则c（B+）c（H+），则溶液中离子浓度大小为：c（A）c（B+ ）c（H+）c（OH），所以A正确，故选A【点评】本题考查离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断等知识，题目难度中等，明确酸、碱的强弱是解答本题的关键，然后利用盐类水解的知识即可解答，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理的含义及应用方法二、非选择题，共3小题，共50分）9卤代烃RCl在一定条件下发生如下反应：RCl+KCNRCN+KClRCN+2H2O+H+RCOOH+NH4+现以乙烯为原料经过下图所示的反应制取有机物W已知A、B、C、D、E均为烃的衍生物，请填写：（1）若甲为Cl2，乙为HCl，生成物
21、W的分子式为C8H14O4，则W的结构简式为CH3CH2OOCCH2CH2COOCH2CH3（2）若甲、乙均为Cl2，C与E在一定条件下以1：1的比例发生反应，生成链状高分子化合物W，则W的结构简式为（3）若甲、乙均为HCl，则C与E反应生成W的化学方程式为（有机物用结构简式表示）CH3CH2COOH+HOCH2CH3CH3CH2COOCH2CH3+H2O（4）若W的分子式为C5H10O3，则甲为HCl，乙为Cl2【考点】有机物的推断【专题】有机推断【分析】（1）若甲为Cl2，则A为CH2ClCH2Cl，B为CH2CNCH2CN，C为HOOCCH2CH2COOH，乙为HCl，则D为CH2ClC
22、H3，E为CH3CH2OH，C和E在浓硫酸作用下生成物W的分子式为C8H14O4，则W为CH3CH2OOCCH2CH2COOCH2CH3，根据条件及官能团异构和碳链异构写C的同分异构体；（2）若甲、乙均为Cl2，则A为CH2ClCH2Cl，B为CH2CNCH2CN，C为HOOCCH2CH2COOH，D为CH2ClCH2Cl，E为HOCH2CH2OH，C与E在一定条件下以1：1的比例发生反应，生成链状高分子化合物W，则W为；（3）若甲、乙均为HCl，乙烯和氯化氢发生加成反应生成A、D，A、D都是CH3CH2Cl，A发生取代反应生成B为CH3CH2CN，B发生水解反应生成C为CH3CH2COOH，
23、D发生取代反应生成E为CH3CH2OH，C和E发生酯化反应生成W为CH3CH2COOCH2CH3；（4）若W的分子式为C5H10O3，由于C和E都由乙烯变化得来，在生成C的过程中碳原子数会增加，所以根据W可以反推C为CH3CH2COOH，E为HOCH2CH2OH，W为CH3CH2COOCH2CH2OH，所以甲为HCl，乙为Cl2【解答】解：（1）若甲为Cl2，则A为CH2ClCH2Cl，B为CH2CNCH2CN，C为HOOCCH2CH2COOH，乙为HCl，则D为CH2ClCH3，E为CH3CH2OH，C和E在浓硫酸作用下生成物W的分子式为C8H14O4，则W为CH3CH2OOCCH2CH2C
24、OOCH2CH3，故答案为：CH3CH2OOCCH2CH2COOCH2CH3；（2）若甲、乙均为Cl2，则A为CH2ClCH2Cl，B为CH2CNCH2CN，C为HOOCCH2CH2COOH，D为CH2ClCH2Cl，E为HOCH2CH2OH，C与E在一定条件下以1：1的比例发生反应，生成链状高分子化合物W，则W为，故答案为：；（3）若甲、乙均为HCl，乙烯和氯化氢发生加成反应生成A、D，A、D都是CH3CH2Cl，A发生取代反应生成B为CH3CH2CN，B发生水解反应生成C为CH3CH2COOH，D发生取代反应生成E为CH3CH2OH，C和E发生酯化反应生成W为CH3CH2COOCH2CH3
25、，C和E反应方程式为CH3CH2COOH+HOCH2CH3CH3CH2COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3CH2COOH+HOCH2CH3CH3CH2COOCH2CH3+H2O；（4）若W的分子式为C5H10O3，由于C和E都由乙烯变化得来，在生成C的过程中碳原子数会增加，所以根据W可以反推C为CH3CH2COOH，E为HOCH2CH2OH，W为CH3CH2COOCH2CH2OH，所以甲为HCl，乙为Cl2，故答案为：HCl；Cl2【点评】本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力，明确官能团及其性质、常见反应类型及反应条件是解本题关键，注意反应前后官能团变化，题目难度不
26、大10A、B、C是单质，X、Y、Z、H、J、L是化合物，B在空气中燃烧得到J和少量X在适当的条件下，它们相互之间有如图所示的转化关系：请回答下面问题：（1）单质A是N2，单质C是H2，化合物Z是NH3（填写化学式）（2）反应的化学方程式分别为：反应2Mg+O22MgO反应Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2+2NH3反应4NH3+5 O24NO+6H2O【考点】无机物的推断【专题】无机推断【分析】Z与氧气反应得到L与Y，L与氧气反应得到NO2，则Z为NH3、L为NO、Y为H2O，氧气与单质C反应得到水，则C为H2，B在空气中燃烧得到J和少量X，而A与B反应得到X，X与水反应得到氨气与H，则X
27、为氮化物，H为氢氧化物，加热H得到J与水，可推知A为N2，B为Mg，X为Mg3N2，H为Mg（OH）2，J为MgO，据此解答【解答】解：Z与氧气反应得到L与Y，L与氧气反应得到NO2，则Z为NH3、L为NO、Y为H2O，氧气与单质C反应得到水，则C为H2，B在空气中燃烧得到J和少量X，而A与B反应得到X，X与水反应得到氨气与H，则X为氮化物，H为氢氧化物，加热H得到J与水，可推知A为N2，B为Mg，X为Mg3N2，H为Mg（OH）2，J为MgO（1）单质A是N2，单质C是H2，化合物Z是NH3，故答案为：N2；H2；NH3；（2）反应化学方程式为：2Mg+O22MgO，反应化学方程式为：Mg3
28、N2+6H2O=3Mg（OH）2+2NH3，反应化学方程式为：4NH3+5 O24NO+6H2O，故答案为：2Mg+O22MgO；Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2+2NH3；4NH3+5 O24NO+6H2O【点评】本题考查无机物推断，化合物Z与氧气连续反应生成二氧化氮为推断突破口，再结合转化化学进行推断，需要学生熟练掌握元素化合物性质，基本属于猜测验证型题目，难度较大11电子工业常用一定浓度的FeCl3溶液腐蚀敷有铜箔的绝缘板，制成印刷线路板，有关反应方程式为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2现将一块敷有铜箔的绝缘板浸入8.00102mL 某FeCl3溶液A中，一段时间后，将
29、该线路板取出，向所得溶液B中加入铁粉m g，充分反应后剩余固体n g；将固体滤出并从滤液C（忽略反应前后溶液体积的变化）中取出20.00mL，向其中滴入3.00molL1AgNO3溶液60.00mL时，溶液中的Cl恰好完全沉淀计算：（1）溶液A中FeCl3的物质的量浓度为3.00mol/L；（2）假设铁粉不再溶解，向溶液B中加入的铁粉质量至少应当大于67.2g；（3）讨论当剩余固体的组成不同时，m与n可能的取值范围，并填写下表相关栏目剩余固体的组成m的取值范围n的取值范围只有铜有铁和铜（用含m的代数式表示）（4）当m=100.0，n=96.8时，溶液B中FeCl2的物质的量浓度为2.50 mo
30、lL1【考点】有关范围讨论题的计算【专题】利用化学方程式的计算【分析】依据反应过程分析，最后溶液中加入硝酸银溶液生成氯化银沉淀，氯元素守恒可以直接计算原溶液A中氯化铁的浓度，氯化铁溶解铜生成氯化亚铁和氯化铜，加入铁粉发生的反应为2Fe3+Fe=3Fe2+，Fe+Cu2+=Fe2+Cu，引起质量变化的原因是反应固体质量减小，反应固体质量增加，结合质量变化和化学方程式列式计算【解答】解：（1）从滤液C（忽略反应前后溶液体积的变化）中取出20.00mL，向其中滴入3.00molL1 AgNO3溶液60.00mL时，溶液中的Cl恰好完全沉淀，依据氯元素守恒20ml溶液中氯离子物质的量n（Cl）=n（A
31、g+）=3.00mol/L0.060L=0.18mol，所以原溶液800ml中含有氯离子物质的量为0.18mol=7.2mol，n（FeCl3）=n（Cl）=2.4mol，溶液A中FeCl3的物质的量浓度=3.00mol/L，故答案为：3.00mol/L；（2）铁粉加进去与铜离子反应，根据化合价升降守恒关系，原来三价铁离子转化为二甲铁离子化学价降低的数目等于铜单质转变为铜离子化学价升高数目，假设铁粉不再溶解，向溶液B中加入的铁粉化合价升高数目应该等于原来三价铁离子化合价降低数目，根据2Fe3+Fe=3Fe2+，化合价降低数目=n（FeCl3）1=2.4，设加入铁的质量为xg，则根据化合价升降守
32、恒知，2.4=，x=67.2 g，故至少加入铁粉的质量为67.2g，故答案为：67.2g；（3）当只有铜时，铁粉不能将铜置换，根据（2）计算知，当铁粉质量0m67.2时成立；根据2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，当三价铁完全反应时，消耗铜质量最大，为=76.8g，故只有铜时0n76.8；若有铁和铜，说明没有三价铁离子和二甲铜离子，铁粉可以过量，m67.2，剩余铜的质量的最小值为（m67.2）g，mg铁将铜离子全部置换出来，铜的质量为76.8g，反应了的铁的质量为67.2g，故固体质量=m+铜反应的铁=m+78.667.2=m+9.6g，故（m67.2）n（m+9.6），故答案为：0
33、m67.20n76.8m67.2（m67.2）n（m+9.6）；（4）加入铁粉发生的反应为2Fe3+Fe=3Fe2+，Fe+Cu2+=Fe2+Cu，引起质量变化的原因是反应固体质量减小，反应固体质量增加，设B溶液中亚铁离子物质的量为x，则溶解的铜物质的量为0.5x，2Fe3+Fe=3Fe2+，固体质量减少 2 56g2.4molx 28（2.4x）gFe+Cu2+=Fe2+Cu，固体质量增加 1 （ 6456）g 0.5x 0.5x（6456）则 28（2.4x）g0.5x（6456）=100g96.8g=3.2gx=2mol溶液B中c（FeCl2）=2.5mol/L；故答案为：2.50 molL1【点评】本题考查学生及氧化还原反应型离子方程式的书写方法及计算，利用化合价升降守恒，原子守恒等知识建立等式关系，分类讨论铜铁的用量与产物的关系，氧化还原反应过程中化学方程式的计算应用是本题难点，题目难度较大