安徽省蚌埠市怀远县禹泽学校2023-2024学年度高一年级第一学期12月考（教师版）

安徽省蚌埠市怀远县禹泽学校2023-2024学年度高一年级第一学期12月考化学试卷一、选择题(本题包括14小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分)1.下列关于物质分类的组合，正确的是()A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】A．根据物质分类标准均正确，A正确；B．碳酸钠属于盐，B错误；C．二氧化氮(NO2)是非金属氧化物，C错误；D．烧碱为NaOH，属于碱，D错误；故选A。2.下列事例中不涉及化学变化的是（）A.篝火晚会 B.小树成长 C.冰雪融化 D.铁锅生锈【答案】C【解析】A．燃烧过程有新物质生成，是化学变化，A不符合题意；B．小树成长涉及光合作用等，有新物质生成，是化学变化，B不符合题意；C．冰雪融化只是雪的状态发生变化，无新物质生成，是物理变化，C符合题意；D．铁锅生锈生成了新物质铁锈，是化学变化，D不符合题意；故选C。3.在常温下，发生下列几种反应：①16H++10Z-+2XO4-===2X2++5Z2+8H2O；②2A2++B2===2A3++2B-；③2B-+Z2===B2+2Z根据上述反应，判断下列结论中错误的是()A.溶液中可发生：Z2+2A2+===2A3++2Z- B.Z2在①、③反应中为还原剂C.氧化性强弱的顺序为：XO4->Z2>B2>A3+ D.X2+是【答案】B【解析】氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性。A．①中X的化合价降低，则氧化性XO4->Z2，②中B元素的化合价降低，则氧化性B2>A3+，③中Z元素的化合价降低，则氧化性Z2>B2，则氧化性Z2>A3+，反应Z2+2A2+===2A3++2Z-可发生，故B．①中Z元素的化合价升高，则Z2为氧化产物，③中Z元素的化合价降低，则Z2为氧化剂，故B错误；C．①中X的化合价降低，则氧化性XO4->Z2，②中B元素的化合价降低，则氧化性B2>A3+，③中Z元素的化合价降低，则氧化性Z2>B2，则氧化性XO4->Z2>B2>AD．反应①中X元素的化合价降低，则XO4-为氧化剂，则X2+是XO4答案选B。4.下列离子能大量共存的是()A.透明强酸性溶液中：K+、Na+、MnO4-、B.在NaOH溶液中：Na+、Cl－、SO42-C.含有大量Ba(NO3)2的溶液中：K+、Na+、CO32-、Cl－D.使紫色石蕊溶液呈红色的溶液中：Na+、K+、HCO3【答案】A【解析】A．透明溶液，说明溶液中不存在沉淀，而H+、K+、Na+、MnO4-、SO4B．氢氧化钠溶液中，HCO3-与OH－C．含有大量Ba(NO3)2的溶液中，钡离子与CO32-反应生成沉淀，不能大量共存，故D．使紫色石蕊溶液呈红色的溶液为酸性溶液，酸性溶液中HCO3-故选A。5.2023年的诺贝尔化学奖授予了三位在“量子点”发现和发展方面做出贡献的科学家。所谓的“量子点”，属于半导体范畴，只有1到10纳米，纳米晶体尺寸是如此的小，以至于它们的尺寸控制了它们的性质。下列哪种分散系的分散质尺寸更接近量子点的尺寸()A.氯化钠溶液 B.碳酸钙悬浊液 C.蔗糖溶液 D.氢氧化铁胶体【答案】D【解析】此题考查各分散系离子直径：胶体分散质粒子直径介于1~100nm，1~10nm的微粒是胶体分散质粒子直径范围之类，故此题选择D。6.15.8g某钠盐Na2R含0.4molNa+，若R原子中含有16个质子，则R原子所含的中子数为()A.16 B.17 C.32 D.33【答案】B【解析】解：由题意得：n(Na2R)==0.2mol，则M(Na2R)==79g/mol所以M(R)=33g/mol，即R的相对原子量为33≈质量数，其中子数=质量数-质子数=17。故答案为：B。7.化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是()A.NaHCO3具有弱碱性，可作胃酸(0.2%~0.4%的盐酸)中和剂B.Fe2O3能与酸反应，可作红色涂料C.明矾溶于水能产生Al(OH)3胶体，可作净水剂D.维生素C具有还原性，可用抗氧化剂【答案】B【解析】A．NaHCO3具有弱碱性，能和胃酸中盐酸反应，可作胃酸(0.2%~0.4%的盐酸)中和剂，A正确；B．Fe2O3为红色物质，则常用作红色油漆和涂料，B错误；C．明矾在水溶液中电离出的铝离子能在水中生成的氢氧化铝，氢氧化铝胶体具有净水作用，常用作净水剂，C正确；D．维生素C具有还原性，能和氧化剂反应，可用抗氧化剂，D正确；故选B。8.实验室用Na与H2反应制备氢化钠(NaH)。下列实验装置和原理不能达到实验目的的是()A.装置甲制取H2 B.装置乙净化干燥H2C.装置丙制备NaH D.装置丁吸收尾气【答案】D【解析】A．实验室用活泼金属Zn与稀盐酸反应来制备H2，故装置甲制取H2，A不合题意；B．装置乙先用NaOH溶液来除去H2中的HCl，再用浓硫酸来干燥，故装置乙净化干燥H2，B不合题意；C．金属钠与H2在加热条件下发生反应：2Na+H22NaH，故装置丙制备NaH，C不合题意；D．碱石灰不能吸收H2，故装置丁不能吸收尾气，D符合题意；故答案为：D。9.下列关于Na2O和Na2O2的叙述正确的是()A.将Na2O与Na2O2长期置放在空气中的最终产物相同B.将Na2O与Na2O2分别加入滴有酚酞的水中，二者现象相同C.将Na2O2分别加入FeCl3和FeCl2溶液中最终所得沉淀颜色不同D.在Na2O2与水的反应中，氧化产物与还原产物物质的量之比为1：4【答案】A【解析】A．Na2O在空气中与水反应生成NaOH，吸收水和二氧化碳最终生成Na2CO3，Na2O2吸收空气中水生成NaOH及O2，吸收水和二氧化碳最终生成Na2CO3，A正确；B．Na2O与水反应生成氢氧化钠，可看到滴有酚酞的水变红，Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，且Na2O2具有漂白性，可看到有气泡冒出，溶液先变红后褪色，二者现象不同，B错误；C．Na2O2与水反应生成NaOH，且Na2O2具有强氧化性，能将FeCl2氧化为FeCl3，因此将Na2O2分别加入到FeCl3和FeCl2溶液中，最终都得到红褐色Fe(OH)3沉淀，C错误；D．2Na2O2+2H2O===4NaOH+O2↑，Na2O2中一半的氧转化为氧气，另一半氧转化为氢氧化钠，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，氧化产物即氧气与还原产物即氢氧化钠的物质的量之比为1:2，D错误；故答案为：A。10.工业上生产硝酸，其中的一步反应是：4NH3+5O24NO+6H2O，NA为阿伏加德罗常数的值，若消耗标准状况下11.2LO2，下列叙述正确的是()A.参加反应的NH3分子数为0.2NA B.生成的NO中电子数为6NAC.生成标准状况下13.44LH2O D.反应中转移的电子数为4NA【答案】B【解析】A．11.2LO2为0.5mol，根据系数比值可得参加反应的NH3分子数为0.4NA，A错误；B．11.2LO2为0.5mol，根据系数比值可得生成的NO的物质的量为0.4mol，电子数为6NA，B正确；C．标准状况下水是液态，不能算水的体积，C错误；D．11.2LO2为0.5mol，反应中转移的电子数为2NA，D错误；故选B。11.聚合硫酸铁[Fex(OH)y(SO4)z](铁元素化合价为+3)是一种高效的混凝剂，常用于净水，它的组成可以通过以下实验测定：①称取一定质量的聚合硫酸铁配成100.00mL的溶液。②准确量取25.00mL溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体2.33g。③准确量取25.00mL溶液，加入足量的NaOH溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥、灼烧至恒重，得到Fe2O3固体1.60g。该聚合硫酸铁组成中x∶y∶z的值为（）A.1∶1∶1 B.1∶1∶2 C.2∶4∶1 D.2∶3∶1【答案】C【解析】由题意可知：25.00mL溶液中硫酸根离子的物质的量；25.00mL溶液中加入足量的NaOH溶液至沉淀完全，充分反应后得到氢氧化铁沉淀，再将沉淀过滤、洗涤灼烧得到氧化铁1.60g，则铁离子的物质的量为，由此可得x∶z=0.01mol：0.01mol=2∶1，再根据电荷守恒可得，共同确定x∶y∶z=2∶4∶1，故选C。12.第24届冬季奥林匹克运动会在北京举行，其金牌如图所示。下列说法不正确的是()A.金牌的主要成分属于无机物 B.金牌挂带由桑蚕丝制成，桑蚕丝属于有机物C.金牌上有祥云花纹，自然界云、雾不属于胶体 D.金牌上有冰、雪图案，冰和雪的主要成分相同【答案】C【解析】金牌中含有少量金，此外主要成分属于无机物，A正确；金牌挂带由桑蚕丝制成，桑蚕丝属于天然有机物，B正确；分散质粒子直径在1～100nm的分散系是胶体，自然界云、雾中分散质粒子直径在1～100nm，属于胶体，C错误；冰和雪的主要成分都是水，只是状态不同，D正确。13.关于溶液的配制，下列说法正确的是()A.配制480mL0.1mol/LCuSO4溶液，需要称量CuSO4·5H2O晶体12.0gB.用浓硫酸配制稀硫酸时，将浓硫酸稀释后立即转入容量瓶中并进行定容C.称量5.3g碳酸钠固体时，若将称量物和砝码放反，将会使所配溶液的物质的量浓度偏低D.定容时俯视刻度线，会使所配溶液的物质的量浓度偏低【答案】C【解析】A．没有480mL的容量瓶，实际应配制的是500mL溶液，需要硫酸铜晶体的质量为0.5L×0.1mol/L×250g/mol=12.5g，A错误；B．浓硫酸溶解放出大量的热，不冷却立即转移定容，溶液冷却后所配溶液的体积偏小，所得溶液浓度偏大，B错误；C．若称量物和砝码放反，称量物质量=砝码质量-游码质量，如称量5.3g碳酸钠固体时，将物质和砝码放反，实际称量的碳酸钠的质量为4.7g，即称量的碳酸钠质量偏小，C正确；D．定容时俯视刻度线，所配溶液的体积偏小，所得溶液浓度偏高，D错误；故选C。14.“中国名片”、“中国制造”发展在众多领域受到世界瞩目，它们与化学有着密切联系。下列不正确的是()A.新型核潜艇“长征18”可以在海底潜伏数月之久，运用Na2O2作供氧剂B.港珠澳大桥桥梁采用先进的抗腐蚀方法，钢铁桥梁被腐蚀是氧化还原反应C.抗击“新型冠状病毒”过程中用到的“84”消毒液的有效成分是NaClOD.碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多，与醋(CH3COOH)同服可提高疗效【答案】D【解析】A．根据方程式2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2可知，Na2O2可以用作供氧剂，故新型核潜艇“长征18”可以在海底潜伏数月之久，运用Na2O2作供氧剂，A正确；B．金属的腐蚀本质是金属单质失去电子转化为金属阳离子的过程，故钢铁桥梁被腐蚀是氧化还原反应，B正确；C．工业上用Cl2和NaOH反应来制取84消毒液，反应原理为：2NaOH+Cl2===NaCl+NaClO+H2O，故84消毒液的有效成分是NaClO，C正确；D．碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多，是由于碳酸氢钠能与胃酸的主要成分HCl反应，若与醋(CH3COOH)同服，其疗效将减弱，D错误；故答案为：D。二、非选择题(本题包括5小题，共58分)15.(10分)据题目要求完成下列各题：(1)写出氯气溶于水的离子反应方程式___________。(2)将4.6g金属钠投入到足量水中，得ag溶液；将4.8g金属镁投入到足量盐酸中，得bg溶液，假设水的质量与盐酸的质量相等，则反应后两溶液的质量关系式为a___________b(填>、<、=)。(3)Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl。若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1：13，则x的值为___________。(4)R2O82-离子在一定条件下可以把Mn2+离子氧化，若反应后R2O82-离子变为RO42-(5)已知爆炸时硝酸铵按下式分解：5NH4NO3===4N2↑+2HNO3+9H2O↑。则该反应中被氧化和被还原的N原子数之比为___________。【答案】(1)Cl2+H2O===HClO+Cl−+H+(2)=(3)4(4)+7；(5)5：3【解析】(1)氯气溶于水反应生成次氯酸和氯化氢，离子反应方程式Cl2+H2O===HClO+Cl−+H+；故答案为Cl2+H2O===HClO+Cl−+H+。(2)4.6g金属钠物质的量n(Na)=0.2mol，2Na+2H2O===2NaOH+H2↑，n(H2)=n(Na)=0.1mol，生成氢气的质量为0.1mol×2g/mol=0.2g，反应后溶液质量增加量为4.6g-0.2g=4.4g，4.8g金属镁的物质的量n(Mg)=0.2mol，Mg+2HCl===MgCl2+H2↑，n(H2)=n(Mg)=0.2mol，生成氢气的质量为0.2mol×2g/mol=0.4g，反应后溶液质量增加量为4.8g-0.4g=4.4g，故a=b；故答案为=。(3)Na2Sx在S的化合价为-价，Na2SO4，S的化合价为+6价，NaClO中的Cl化合价为+1价，NaCl中的Cl化合价为-1价，反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1：13，根据电子得失守恒可知，1×x×(+6)=13×2，解得x=4；故答案为：4。(4)R2O82-中R的化合价为+7价，RO42-中R的化合价为+6价，Mn2+中Mn为+2价，氧化后的化合价为+x价，氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：2，根据电子得失守恒可知5×2×(7-6)=2×(x-2)(5)5NH4NO3===4N2↑+2HNO3+9H2O↑，反应中NH4+是还原剂，N元素化合价为-3价，NO3-是氧化剂，N元素化合价为+5价，生成N2中N元素化合价为0价，设被氧化和被还原的N原子数分别为x、y，根据电子得失守恒为x×3=y×5，则x∶y=5∶3；故答案为16.(14分)借助现代科技手段研究化学反应原理能加深对知识本质的理解。(1)下图是电解质导电性测试实验装置，CuSO4的电离方程式为___________，接通电源后，灯泡不亮，本质原因是___________，要使灯泡发光，可采取的操作是___________；将少量Ba(OH)2溶液逐滴滴入A烧杯，除生成沉淀外，还可观察到的现象是___________。(2)下图是一套验证气体性质的实验装置，回答下列问题：①实验室可用二氧化锰与浓盐酸制备氯气，反应的离子方程式为___________，如图所示，在A处通入干燥的氯气。一段时间后，观察到C处红布条褪色，则B处的开关应该处于___________(填“关闭”或“打开”)状态。②实验后，利用数字传感器对D中的有色溶液进行光照实验分析，溶液光照实验前后比较，数目增加的离子有___________(填化学式)，对光照后溶液的叙述错误的是___________(填标号)。a．颜色变浅b．漂白性增强c．酸性增强d．氧化性减弱【答案】(1)CuSO4===Cu2++SO42-NaCl固体中不存在自由移动的离子向烧杯(2)①.MnO2+4H++2Cl—Mn2++Cl2↑+2H2O打开②.H+、Cl—b【解析】(1)硫酸铜是含氧酸盐，在溶液中能电离出铜离子和硫酸根离子，电离方程式为CuSO4===Cu2++SO42-；氯化钠固体中不含有自由移动的离子，不能导电，所以接通电源后，灯泡不亮；要使灯泡发光，可向烧杯B中加入蒸馏水，使氯化钠固体溶解得到含有自由移动离子的氯化钠溶液；向烧杯A中滴加氢氧化钡溶液发生的反应为硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钡沉淀，溶液中离子浓度减小，导电性减弱，灯泡会逐渐变暗，故答案为CuSO4===Cu2++SO42-；(2)①实验室可用二氧化锰与浓盐酸制备氯气的反应为二氧化锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl—Mn2++Cl2↑+2H2O；干燥的氯气没有漂白性，不能使有色布条褪色，而氯气与水反应生成的次氯酸具有强氧化性，能使有机色质漂白褪色，则观察到C处红布条褪色说明B处的开关应该处于打开状态，故答案为MnO2+4H++2Cl—Mn2++Cl2↑+2H2O；打开；②D中氯气溶于水得到氯水，光照时氯水中的次氯酸遇光分解生成盐酸和氧气，溶液的颜色变浅，溶液中次氯酸浓度减小，氧化性减弱、漂白性减弱，氢离子、氯离子浓度增大，酸性增强，故选b，故答案为H+、Cl—；b。17.(14分)氯化亚铜(CuCl)微溶于水，易被氧化，广泛应用于医药等行业。以废铜渣(铜单质的质量分数为64%，CuO的质量分数为8%，其他杂质不含铜元素)为原料制备CuCl流程如下：[资料]CuCl固体难溶于水，与Cl-反应生成可溶于水的离子[CuCl2]-。(1)用Na2SO3固体配制100mL0.50mol/LNa2SO3溶液时，需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶体滴管、___________(填仪器名称)；(2)“溶解”步骤装置如图所示。①“溶解”制备硫酸铜的化学程式为2Cu+2H2SO4+O2===2CuSO4+2H2O、___________。②通入热空气的目的是___________；(3)“还原”过程中所得的氧化产物为___________，NaCl的用量对铜的沉淀率的影响如图所示。时，CuCl的沉淀率下降的原因是___________；(4)准确称取所制备的氯化亚铜样品0.50g，将其置于过量的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后过滤，将滤液及洗涤液一并转移到锥形瓶中，加入指示剂2滴，立刻滴入0.20mol/LCe(SO4)2标准溶液，至恰好反应时，消耗Ce(SO4)2标准溶液20.00mL。(已知：FeCl3+CuCl===FeCl2+CuCl2、Ce4++Fe2+===Ce3++Fe3+，且杂质不参与反应。)①样品中CuCl的质量分数为___________。(写出计算过程)②若操作过程缺少“将洗涤液一并转移到瓶中”的步骤，会导致CuCl的质量分数___________(填“偏大”或“偏小”)。【答案】(1)100mL容量瓶(2)①.CuO+H2SO4===CuSO4+H2O②.充当氧化剂；搅拌溶液，加快反应速率(3)Na2SO4随着Cl-浓度的增大，CuCl与Cl-反应生成可溶于水的离子[CuCl2]-(4)①.79.6%②.偏小【解析】根据流程：废铜渣通入热空气、稀硫酸。反应得到溶液主要是硫酸铜，然后加入Na2SO3还原CuSO4，并加入NaCl，反应产生CuCl沉淀，过滤得到固体为CuCl，经洗涤干燥得到CuCl。(1)用Na2SO3固体配制100mL0.50mol/LNa2SO3溶液时，在实验室中有规格是100mL的容量瓶，因此需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶体滴管、100mL容量瓶；(2)①“溶解”制备硫酸铜的化学程式为2Cu+2H2SO4+O2===2CuSO4+2H2O以及CuO与H2SO4反应的化学方程式：CuO+H2SO4===CuSO4+H2O；②Cu与稀硫酸不能发生反应，在溶液中，在加热时O2与Cu即硫酸发生反应：2Cu+2H2SO4+O2===2CuSO4+2H2O，Cu转化为CuSO4，因此通入热空气的目的是充当氧化剂；同时可以起到搅拌溶液，加快反应速率的作用；(3)向CuSO4溶液中加入还原剂Na2SO3，可以使Cu2+转化为Cu+，并与加入的NaCl的Cl-反应产生CuCl沉淀，Na2SO3被氧化产生Na2SO4，故“还原”过程中所得的氧化产物为Na2SO4；根据NaCl的用量对铜的沉淀率的影响，可知时，CuCl的沉淀率下降，是由于随着Cl-浓度的增大，CuCl与Cl-反应生成可溶于水的离子[CuCl2]-；(4)①根据反应方程式：FeCl3+CuCl===FeCl2+CuCl2、Ce4++Fe2+===Ce3++Fe3+，可得关系式：CuCl~Fe2+~Ce4+，n(Ce4+)=0.20mol/L×0.020L=4.0×10-3mol，则0.50g样品中含有CuCl的物质的量n(CuCl)=4.0×10-3mol，故样品中CuCl的质量分数为；②若操作过程缺少“将洗涤液一并转移到瓶中”的步骤，会导致Fe2+部分损失，由Ce4++Fe2+===Ce3++Fe3+可知反应消耗Ce4+的物质的量就会偏少，则根据Ce4+计算的CuCl的物质的量及其质量分数就会偏小。18.(12分)硫酸亚铁铵的化学式为(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O(摩尔质量392g/mol)，又名莫尔盐，是分析化学中常见的还原剂。某化学研究小组设计如下实验来制备莫尔盐并配制一定物质的量浓度的硫酸亚铁铵溶液。Ⅰ．FeSO4溶液的制备(1)取6.4克铁粉加入一定量H2SO4溶液反应制得FeSO4溶液，其中加入的铁粉需过量，除铁粉不纯外，主要原因是过量的铁粉将可能产生的Fe2(SO4)3还原为FeSO4，写出该反应的化学方程式_______。制备结束后，称量剩余铁粉的质量为0.8g(假设杂质不与硫酸反应)。Ⅱ．(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O晶体的制备(2)向Ⅰ中制得的FeSO4溶液中加入___________g(NH4)2SO4固体，在70℃-80℃条件下溶解，缓缓加热至___________，停止加热，冷却，待硫酸亚铁铵结晶后过滤。晶体用无水乙醇洗涤并自然干燥。采用无水乙醇洗涤的目的除了洗去表面杂质、降低硫酸亚铁铵晶体的溶解损耗之外，还有___________。Ⅲ．(NH4)2SO4·FeSO4溶液的配制及浓度的标定(3)现需要230mL物质的量浓度为0.1000mol·L-1的硫酸亚铁铵溶液，实验室用容量瓶等仪器配制时，需用托盘天平称取Ⅱ中制得的硫酸亚铁铵晶体的质量为___________g。(4)配制好的(NH4)2SO4·FeSO4溶液可能因为晶体不纯或被氧化造成浓度的偏差，需要用浓度更精准的KMnO4溶液来标定。现取20.00mL(NH4)2SO4·FeSO4溶液，恰好和7.92mL0.0500mol·L-1酸性KMnO4溶液完全反应。则该(NH4)2SO4·FeSO4溶液的准确浓度是___________mol·L-1。(已知：2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4===5Fe2(SO4)3+2MnSO4+K2SO4+8H2O)【答案】(1)Fe+Fe2(SO4)

3===3FeSO4(2)13.2有一层晶膜出现加快晶体干燥的速率(3)9.8(4)0.0990【解析】(1)铁离子能被铁单质还原为亚铁离子，故答案为Fe+Fe2(SO4)

3===3FeSO4；(2)I中制的的硫酸亚铁溶液中有0.1mol硫酸亚铁溶质，硫酸亚铁和硫酸铵物质的量之比为1：1，因此只需要加入0.1mol硫酸铵即可，即13.2g；故答案为：13.2；溶解后晶体要析出只需得到热饱和溶液冷却即可，因此答案为：有一层晶膜出现；酒精易挥发，采用无水乙醇洗涤的目的除了洗去表面杂质、降低硫酸亚铁铵晶体的溶解损耗之外还能加快晶体的干燥速率，答案为：加快晶体干燥的速率；(3)需采用250ml容量瓶配制溶液，需0.25L×0.1000mol/L×392g/mol=9.8g硫酸亚铁铵晶体，答案为9.8；(