第3章 物质的性质与转化 测试题 高一上学期化学鲁科版（2019）必修第一册

第3章物质的性质与转化测试题一、单选题（共15题）1．下列情况会造成环境污染的是()A．垃圾分类回收 B．燃放烟花爆竹C．增加绿地面积 D．处理工业废气2．下列各组分别是硫酸的性质和用途，其中不能建立对应关系的是A．高沸点——制氯化氢 B．酸性——制氢气C．脱水性——作干燥剂 D．强氧化性——钝化某些金属3．常温下，下列物质难溶于水的是A． B． C． D．4．下列关于物质的检验，说法正确的是A．待检液加入稀HCl酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则原溶液中一定有SO存在B．待检液加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，则原溶液中一定有Cl-存在C．待检液加入NaOH溶液并加热，有能使石蕊溶液变蓝的气体生成，则原溶液中定有NH存在D．待检液加入盐酸，产生无色无味的气体，则原溶液中一定有CO存在5．“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。下列说法不正确的是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．复方氢氧化铝片可用于治疗胃酸过多，与醋(CH3COOH)同服可提高疗效D．抗击“新型冠状病毒”过程中用到的“84”消毒液的有效成分是NaClO6．如图：烧瓶中充满a气体，滴管和烧杯中盛放足量b溶液，将滴管中溶液挤入烧瓶，打开止水夹f，能形成喷泉的是A．a是Cl2，b是饱和NaCl溶液B．a是NO，b是H2OC．a是NH3，b是盐酸溶液D．a是CO2，b是饱和NaHCO3溶液7．下列实验操作或装置正确的是A．图甲装置可用于完成过滤操作B．图乙装置可完成“喷泉”实验C．图丙装置可实现制备并观察其颜色D．图丁表示为配制一定物质的量浓度溶液时称量溶质的操作8．某化学合作学习小组探究铜与热的浓硫酸反应的实验如图，a～d均为浸有相应试液的棉花。下列叙述或操作正确的是

A．a处溶液先变红后褪色B．b、c处分别验证了SO2的漂白性、还原性，d处利用SO2的酸性C．当试管Ⅰ中消耗0.64gCu时，则被还原的H2SO4的质量为1.96gD．将试管Ⅰ与试管Ⅱ分离后，向试管Ⅰ中加入适量蒸馏水，验证有Cu2+生成9．下列离子方程式的书写正确的是A．钠与水反应：Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑B．稀硝酸和过量的铁屑反应：3Fe+8H++2NO=3Fe3++2NO↑+4H2OC．KI溶液与用硫酸酸化的H2O2溶液混合：2I-+H2O2+2H+=2H2O+I2D．向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液至溶液恰好为中性：Ba2++OH-+H++SO=BaSO4↓+H2O10．下列物质能与SO2气体起反应，但无沉淀产生的是①溴水②Ba(OH)2溶液③石灰水④Na2CO3⑤稀H2SO4⑥Na2SO4⑦Na2SO3A．只有① B．①④⑤ C．④⑥⑦ D．①④⑦11．如图是氮元素的价—类二维图，下列说法错误的是A．NO既有氧化性又有还原性B．通过转化①②③可实现工业制备硝酸C．转化④可以通过自然固氮发生，也能解释汽车尾气中NO的来源D．若分解可生成、和，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为3∶212．用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是A．用图1所示装置收集CO和NOB．用图2所示装置制取少量乙烯C．用图3所示装置制取少量氨气D．用图4所示装置制取少量氯气13．铁与水蒸气反应的实验装置如图所示。下列说法不正确的是A．试管中发生置换反应B．实验时，铁粉正下方的酒精灯加灯罩的目的是集中加热C．反应的化学方程式为D．加热时试管内生成黑色物质，点燃肥皂泡可听到爆鸣声14．某地污水中含有Zn2＋、Hg2＋、Fe3＋和Cu2＋四种阳离子。甲、乙、丙三位同学设计的从该污水中回收金属铜的方案如下：下列判断正确的是A．三种实验方案中都能制得纯净铜B．乙方案中加过量铁粉可以将四种阳离子全部还原C．甲方案中的反应涉及到置换、分解、化合、复分解四种反应类型D．丙方案也会发生环境污染15．下列离子方程式正确的是A．用醋酸除水垢：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2OB．硫酸与氢氧化钡溶液反应：H++OH-=H2OC．用小苏打治疗胃酸过多：HCO+H+=CO2↑+H2OD．SO2通入漂白粉溶液中：SO2+Ca2++2ClO-=CaSO3↓+2HClO二、填空题（共8题）16．选择完成下列实验的装置。

(1)除去粗盐水中的泥沙，用(填序号，下同)。(2)配制溶液，用。(3)用铜丝与和浓硫酸反应制取用。17．氮氧化合物和二氧化硫是引起雾霾重要物质，工业用多种方法来治理。某种综合处理含NH废水和工业废气(主要含NO、CO、CO2、SO2、N2)的流程如图：已知：NO＋NO2＋2NaOH＝2NaNO2＋H2O、2NO2＋2NaOH＝NaNO3＋NaNO2＋H2O(1)NO是色的气体，(填“易”或“难”)溶于水；NO在空气中很容易被氧化成NO2，NO2能与水发生化学反应，写出NO2与水反应的化学方程式为。(2)SO2造成的一种常见的环境污染为。(3)固体1的主要成分有Ca(OH)2、、(填化学式)。(4)用NaNO2溶液处理含NH废水反应的离子方程式为。(5)验证废水中NH已基本除净的方法是(写出操作现象与结论)。(6)捕获剂捕获的气体主要是(填化学式)。(7)流程中生成的NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒。已知NaNO2能发生如下反应：2NaNO2＋4HI＝2NO↑＋I2＋2NaI＋2H2O，I2可以使淀粉溶液变蓝。根据上述反应，选择生活中常见的物质和有关试剂进行实验，以鉴别NaNO2和NaCl固体。需选用的物质是(填序号)。①水

②淀粉碘化钾试纸

③淀粉

④白酒

⑤白醋18．对于工业合成氨，回答下列问题：(1)工业合成氨造气时，理论上，1molCH4能生成多少摩尔氢气？(2)工业上一般用K2CO3溶液吸收CO2，并且可实现循环利用，用相应的化学方程式说明原因。(3)原料气净化的目的是什么？(4)如图所示的是合成氨的简要流程示意图，图中沿X路线到压缩机的物质是。A．N2和H2 B．催化剂 C．N2 D．H219．有MgO、Al2O3、SiO2、Fe2O3组成的混合粉末。现取两份该混合粉末试样进行实验。(1)将一份混合粉末溶于过量的盐酸，得到沉淀X和滤液Y①沉淀X为(填化学式，下同),滤液Y中含有的阳离子主要是。②向滤液Y中加入过量氢氧化钠溶液，得到的沉淀是。(2)将另一份混合粉末溶于过量氢氧化钠溶液，发生反应的离子方程式为。20．Fe是人体不可缺少的微量元素，摄入含铁化合物可补充铁。(1)正常人每天应补充14mg左右的铁。其中绝大部分来自食物。如果全部服用FeSO4·7H2O的片剂来补充铁，则正常人每天需服用含mgFeSO4·7H2O的片剂。(2)“速力菲”是市场上常见的一种补铁药物，其中Fe2+的含量为35.0%。该药品中的Fe2+会缓慢氧化。国家规定该药物中的Fe2+氧化率超过10%即不能服用。为检验药店出售的“速力菲”是否失效，取10.00g该药品全部溶于稀硫酸，配制成1000mL溶液。取其中20.00mL，用0.01000mol/LKMnO4溶液滴定，用去KMnO424.00mL。通过计算说明该药物服用。（MnO4-在酸性条件下的还原产物为Mn2+，药品中除Fe元素外其他成分不与KMnO4反应。）21．有一包铁粉和铜粉混合均匀的粉末样品，为确定其组成，某同学将不同质量的该样品分别与20mL1mol/L的FeCl3溶液反应，实验结果如表所示(忽略反应前后溶液体积的微小变化)：实验序号①②③④m(粉末质量)/g0.450.901.803.60m(反应后剩余固体)/g00.321.243.04(1)样品中铁和铜的物质的量之比n(Fe)：n(Cu)=。(2)实验②的滤液中Fe*的浓度为(写出简要计算过程)。22．今有一包铁粉和铜粉混合粉末，为确定其组成，现提供4mol／L的FeCl3溶液（其他用品略），某课外活动小组同学的实验结果如下（假定反应前后溶液体积不变）。组别①②③④混合粉末质量／g40404040FeCl3溶液体积／mL150300330350反应后剩余固体质量／g23.26.42.56x(1)试判断第④组剩余固体质量x为。第②组实验中，发生反应的离子方程式为。(2)通过计算判断第②组剩余固体的成分。(3)求原混合粉末中Fe、Cu的物质的量之比。23．氨是重要的氮肥，是产量较大的化工产品之一。德国人哈伯因此获得了1918年诺贝尔化学奖。(1)合成氨工业中采取的下列措施可用勒夏特列原理解释的是。A．采用较高压强

B．采用500℃的高温C．用铁触媒作催化剂

D．将生成的氨液化并及时从体系中分离出来(2)常温下氨气极易溶于水，其水溶液显碱性。请用化学用语表示氨水显碱性的原因。(3)图1是模拟工业合成氨的简易装置，检验有氨气生成的实验操作：。(4)实验室还可利用氯化铵固体和氢氧化钙固体反应制取氨气。请补全图2制氨气的发生装置和收集装置。(夹持装置和药品可以省略)。(5)依据温度对合成氨反应的影响，在图3坐标系中，画出一定条件下的密闭容器内，从常温下通入原料气开始，随温度不断升高，NH3物质的量变化的曲线示意图。。参考答案：1．B【解析】A．垃圾分类回收有助于保护环境质量；B．燃放烟花爆竹会产生烟尘、有害气体等空气污染物，还会产生噪声污染；C．增加绿地面积有利于改善环境质量；D．将工业废弃处理达标后再排放有利于保护空气的质量。故选：B。2．C【解析】A．用氯化钠固体和浓硫酸在加热条件下制氯化氢气体，是高沸点酸制取低沸点酸，体现了浓硫酸的高沸点、难挥发性，故A正确；B．稀硫酸可以与活泼金属反应生成氢气，说明其具有酸性，故B正确；C．浓硫酸干燥氢气、氧气、氯气、二氧化硫等气体，说明其具有吸水性，故C错误；D．常温下可以用铁或铝的容器贮存浓硫酸，是因为浓硫酸的强氧化性使它们钝化，故D正确；答案选C。3．C【解析】A．CO2可溶于水，故A不选；B．极易溶于水，故B不选；C．难溶于水，故C选；D．SO3易与水反应生成硫酸，故D不选。答案选C。4．C【解析】A．待检液加入稀HCl酸化的BaCl2溶液，不能排除氯离子的干扰，可能生成AgCl沉淀，故A错误；B．待检液加入AgNO3溶液，生成的白色沉淀不一定是氯化银，可能为硫酸银沉淀，故B错误；C．检液加入NaOH溶液并加热，有能使石蕊溶液变蓝的气体生成，该气体为NH3，则原溶液中定有NH存在，故C正确；D．待检液加入盐酸，产生无色无味的气体，该气体可能是CO2，则原溶液中存在CO或HCO，故D错误；故选C。5．C【解析】A．根据方程式2Na2O2+2CO2=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．复方氢氧化铝片可用于治疗胃酸过多，是由于Al(OH)3能与胃酸的主要成分HCl反应，若与醋(CH3COOH)同服，其疗效将减弱，C错误；D．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，D正确；故答案为：C。6．C【解析】A．Cl2不溶于饱和氯化钠溶液，也不与其反应，锥形瓶与烧瓶内压强几乎相等，不能形成喷泉，故A不选；B．NO不溶于水，与水不反应，压强不变，不能形成喷泉，故B不选；C．氨气易溶于盐酸，生成氯化铵，烧瓶压强减小，可形成喷泉，故C选；D．二氧化碳不与饱和碳酸氢钠反应，烧瓶内压强几乎不变，不能形成喷泉，故D不选。故选：C。7．C【解析】A．过滤时需要用玻璃棒引流，不能直接倾倒，图甲装置中过滤时没有用玻璃棒引流，A错误；B．氯气在水中溶解度较小，不能完成“喷泉”实验，B错误；C．因为氢氧化亚铁极易被氧化，故制取氢氧化亚铁时应隔绝空气进行，煤油起到隔绝空气的作用，C正确；D．称量NaOH时，应将NaOH固体放入小烧杯中，以防止NaOH受潮附在纸上或仪器上，D错误；故选C。8．B【解析】A．SO2不能漂白指示剂，不能使指示剂褪色，故A错误；B．SO2使品红溶液褪色体现了SO2的漂白性，使酸性高锰酸钾溶液褪色体现了SO2的还原性，用NaOH溶液吸收多余的SO2体现了SO2的酸性，故B正确；C．当试管Ⅰ中消耗0.64gCu即0.01mol铜时，转移电子为0.02mol，硫酸被还原为SO2，则被还原的H2SO4的物质的量为0.01mol，质量为0.98g，故C错误；D．铜和浓硫酸反应后可能还有浓硫酸剩余，不能将水加入到浓硫酸中，应将浓硫酸加入水中，故D错误；故选B。9．C【解析】A．电子不守恒、电荷不守恒，钠与水反应离子方程式应该是：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，A错误；B．电子不守恒、电荷不守恒，Fe过量，反应产生Fe2+，该反应的离子方程式应该为：3Fe+8H++2NO=3Fe2++2NO↑+4H2O，B错误；C．反应符合事实，遵循物质的拆分原则，C正确；D．不符合物质反应的微粒数目比，要以溶液中Ba(OH)2为标准，假设其物质的量是1mol，该反应的离子方程式应该为：Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O，D错误；故合理选项是C。10．D【解析】①溴水与二氧化硫反应生成氢溴酸和硫酸，没有生成沉淀，故正确；②Ba(OH)2溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸钡沉淀，故错误；③石灰水与二氧化硫反应生成亚硫酸钙沉淀，故错误；④Na2CO3与二氧化硫反应生成亚硫酸钠和二氧化碳气体，没有生成沉淀，故正确；⑤稀H2SO4与二氧化硫不反应，故错误；⑥Na2SO4与二氧化硫不反应，故错误；⑦Na2SO3与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，没有生成沉淀，故正确；故选D。【点晴】本题考查了物质性质的应用，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意二氧化硫化学性质的分析判断，二氧化硫为酸性氧化物，与碱、盐溶液以及氧化性物质等发生反应，结合强酸制取弱酸的反应原理来解答。二氧化硫的性质主要有：①二氧化硫和水反应生成亚硫酸，紫色石蕊试液遇酸变红色；②二氧化硫有漂白性，能使品红褪色，但不能使石蕊褪色；③二氧化硫有还原性，能使高锰酸钾能发生氧化还原反应而褪色；④二氧化硫和二氧化碳有相似性，能使澄清的石灰水变浑浊，继续通入二氧化硫，二氧化硫和亚硫酸钙反应生成可溶性的亚硫酸氢钙；⑤具有氧化性，但比较弱。11．D【解析】A．NO中N为＋2价，为中间价态，因此既具有氧化性，又具有还原性，A正确；B．工业上通过氨的催化氧化等步骤制备硝酸，B正确；C．在雷电天气，与反应可以生成NO，这属于自然固氮的过程，与在汽车发动机产生的高温条件下生成NO，是尾气中NO的产生原因，C正确；D．，4mol反应生成氧化产物2mol，还原产物为2mol和1mol，氧化产物和还原产物的物质的量之比为2∶3，D错误；答案选D。12．C【解析】A．CO和NO密度与空气接近，且NO与氧气反应，故不能用排空气法收集CO和NO，故不选A；B．制取少量乙烯时，温度计的水银球应插入液面下，故不选B；C．氧化钙与水反应放热，生成的氢氧化钙使溶液中氢氧根离子浓度增大，一水合氨的电离平衡逆向移动，使氨水分解放出氨气，并用向下排空气法收集氨气，故选C；D．实验室用二氧化锰和浓盐酸反应制氯气需要加热，故不选D；选C。13．C加热时，湿棉花提供水蒸气，铁粉与水蒸气发生反应，3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，肥皂液的主要作用是收集生成的H2，检验氢气的存在，以此解答该题。【解析】A．根据反应为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，试管中发生置换反应，A正确；B．实验时，铁粉正下方的酒精灯加灯罩可以防止热量散失，故目的是集中加热，B正确；C．铁粉与水蒸气发生反应的方程式：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，C错误；D．铁粉与水蒸气发生反应的方程式：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，生成黑色物质Fe3O4，生成氢气，点燃肥皂泡可听到爆鸣声，D正确；故本题选C。14．D【解析】甲方案得到的滤渣中含有Hg(OH)2、Fe(OH)3、Cu(OH)2，加热后得到HgO、Fe2O3和CuO，通H2还原后不能得到纯净的铜；乙方案中加入过量铁粉，过滤所得的滤渣中含有铁、铜、汞等物质，最后也不能得到纯净的铜；丙方案中用盐酸溶解了滤渣中过量的铁，最后可以得到纯净的铜。因为锌比铁活泼，所以乙方案中加入的铁不能还原Zn2＋。甲方案中没有涉及化合反应。丙方案可能会产生汞和酸性废水，从而导致环境污染。15．C【解析】A．醋酸难电离，用醋酸除水垢：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO－+CO2↑+H2O，A错误；B．硫酸与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡和水：SO+Ba2＋+2H++2OH-=BaSO4↓+2H2O，B错误；C．碳酸氢钠俗称小苏打，用小苏打治疗胃酸过多：HCO+H+=CO2↑+H2O，C正确；D．SO2通入漂白粉溶液中发生氧化还原反应生成硫酸钙、氯离子，D错误；答案选C。16．(1)③(2)①(3)②【解析】（1）分离固体和液体使用溶解过滤的方法，故除去粗盐水中的泥沙，用③；（2）配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；故配制溶液，用100mL容量瓶①；（3）铜与浓硫酸加热生成有毒的二氧化硫气体，尾气可以使用碱液吸收减少污染，故选②。17．无难3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO酸雨CaCO3CaSO3NH＋＝N2↑＋2H2O取少量处理后废水于试管中，加入NaOH溶液加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若无明显现象则可证明NH，已基本除净CO①②⑤工业废气和过量石灰乳反应生成碳酸钙、亚硫酸钙，剩余NO、CO、N2，加入适量的空气，部分NO与氧气反应生成NO2，NO、NO2和NaOH反应生成NaNO2，亚硝酸根和铵根反应生成水和氮气，剩余的气体是CO和N2，用捕获剂在一定条件下捕获到CO。【解析】(1)NO是无色的气体，难溶于水；NO2能与水发生反应生成硝酸和NO，其反应的化学方程式为3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO；故答案为：无；难；3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO。(2)SO2易与雨水反应生成亚硫酸，亚硫酸和空气中氧气反应生成硫酸，因此SO2形成的一种常见的环境污染为酸雨；故答案为：酸雨。(3)CO2、SO2与石灰乳反应生成亚硫酸钙、碳酸钙，剩余石灰乳，因此固体1的主要成分有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3；故答案为：CaCO3；CaSO3。(4)用NaNO2溶液处理含NH废水，根据题意，反应生成氮气和水，因此反应的离子方程式为NH＋＝N2↑＋2H2O；故答案为：NH＋＝N2↑＋2H2O。(5)验证废水中NH已基本除净的方法是利用铵根和氢氧根反应生成一水合氨，一水合氨受热分解生成氨气，氨气与湿润的红色石蕊试纸变蓝；故答案为：取少量处理后废水于试管中，加入NaOH溶液加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若无明显现象则可证明NH，已基本除净。(6)过量石灰乳吸收二氧化碳和二氧化硫，剩余气体加入适量空气，NO部分变为NO2，NO、NO2与NaOH反应生成NaNO2，剩余氮气和一氧化碳，根据铵根与亚硝酸根反应生成氮气，因此捕获剂捕获的气体主要是CO；故答案为：CO。(7)根据题中已知信息，鉴别NaNO2，需要用到酸、碘离子和淀粉，因此选用的物质是①②⑤；故答案为：①②⑤。18．(1)4mol(2)K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3，2KHCO3K2CO3+CO2↑+H2O(3)防止催化剂中毒(4)A【解析】（1）工业合成氨造气时发生CH4+2H2OCO2+4H2，理论上，1molCH4能生成4mol氢气；（2）碳酸钠是正盐与酸性气体二氧化碳反应生成酸式盐：K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3；酸式盐热稳定性不好受热分解又释放二氧化碳：2KHCO3K2CO3+CO2↑+H2O，实现循环利用；（3）原料气中常混有一氧化碳等气体，再进入合成塔之前为防止催化剂中毒需进行气体的净化；（4）合成氨工业中，为增大反应物的转化率，及时分离出氨气，而未反应完的氮气和氢气又回到压缩机中发生反应，故图中沿X路线到压缩机的物质是N2和H2。19．SiO2Al3＋、Mg2＋、Fe3＋、H＋Mg(OH)2、Fe(OH)3SiO2＋2OH－=＋H2O、Al2O3＋2OH－=2＋H2O有MgO、Fe2O3属于碱性氧化物，与酸反应；Al2O3属于两性氧化物，与强酸强碱反应；SiO2属于酸性氧化物，与碱反应，据以上分析解答。【解析】（1）①将混合粉末溶于过量盐酸中，仅SiO2不能和盐酸反应，故沉淀X为SiO2；滤液Y中含有MgCl2、AlCl3、FeCl3、HCl，故滤液Y中的阳离子有Al3+、Mg2+、Fe3+、H+；②向滤液Y中加入过量NaOH溶液，可以的到Mg(OH)2、Al(OH)3、Fe(OH)3，其中只有Al(OH)3会继续和NaOH反应，故加入过量NaOH溶液所得沉淀为Mg(OH)2、Fe(OH)3；（2）混合粉粉末中，SiO2、Al2O3可以和NaOH溶液反应，故该过程的离子方程式为：SiO2+2OH-=+H2O、Al2O3+2OH-=2+H2O。20．69.5可以服用(1)根据Fe—FeSO4·7H2O的关系得到全部服用FeSO4·7H2O需要的质量。(2)根据5Fe2+—MnO4－关系式，得到n(Fe2+)和质量，计算药品中未被氧化的Fe2+占整个Fe2+的质量分数，得出结论。【解析】(1)根据Fe—FeSO4·7H2O的关系得到全部服用FeSO4·7H2O，需要FeSO4·7H2O质量；故答案为69.5。(2)根据5Fe2+—MnO4－关系式，得到n(Fe2+)=5n(MnO4－)=5×0.01000mol∙L−1×0.024L=1.2×10−3mol，10.00g该药品中n(Fe2+)=1.2×10−3mol×50=6×10−2mol，质量m=nM=6×10−2mol×56g∙mol−1=3.36g，因此药品中未被氧化的Fe2+占整个Fe2+的质量分数，即该药物中的Fe2+氧化率未超过10%，可以服用；故答案为：可以服用。21．1：1c(Fe2+)==1.375mol·L-1铁的还原性强于铜，所以Fe3+先和铁发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，反应后Fe3+有剩余，再与铜发生反应：Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，所以剩余的固体是铜或铁和铜，从第②组数据可以得出FeCl3溶液全部参与反应，20mL1mol/L的FeCl3溶液能溶解金属质量0.9g-0.32g=0.58g，大于第①组溶解的金属质量，故第①组金属完全反应、FeCl3有剩余；第②组实验中FeCl3溶液全部参与反应其物质的量为=0.02L×1mol/L=0.02mol，假设只发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，参加反应Fe的物质的量为0.01nol，则溶解的Fe的质量为0.01mol×56g/mol=0.56g<0.58g，所以同时也有一部分Cu溶解，所以剩余的固体全部为Cu。【解析】(1)实验②中剩余的0.32g全部为Cu，则溶解的Fe、Cu的总质量为：0.9g-0.32g=0.58g，设溶解的Fe、Cu的物质的量分别为x、y，则56x+64y=0.582x+2y=0.02计算得出：x=0.0075moly=0.0025mol所以铜的物质的量为0.0025+=0.0075mol，所以样品中铁和铜的物质的量之比n(Fe):n(Cu)=1:1，因此，本题正确答案是：1:1；②根据铁守恒，滤液中亚铁离子来源于单质铁和铁离子，所以实验②的滤液中c(Fe2+)==1.375mol·L-1，因此，本题正确答案是：1.375mol·L-1。22．02Fe3++Fe＝3Fe2+Cu6﹕1【解