硝酸 硫酸钡 硫酸镁 硫酸铜 硫酸亚铁 硫酸铁 硫酸铵

向Fe、Cu混合物与足量的硝酸反应所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生31.2沉淀为氢氧化铜及铁的氢氧化物质量，沉淀增重为氢氧根的质量，所以沉淀中氢氧根的质量为31.2g-17.6g=13.6g，其物质的量为[13.6g/17g/mol]=0.8mol，根据电荷守恒可知，17.6g的Fe和Cu提供的电子为0.8mol，
A、生成0.2mo1NO₂和0.1mo1N₂O₄，N元素获得电子为0.2mol×（5-4）+0.1mol×2×（5-4）=0.4mol，得失电子不相等，故A错误；
B、生成0.8molNO，N元素获得电子为0.8mol×（5-2）=2.4mol，得失电子不相等，故B错误；
C、生成0.3mo1NO₂和0.3mo1NO，N元素获得电子为0.3mol×（5-4）+0.3mol×（5-2）=1.2mol，得失电子不相等，故C错误；
D、生成0.1molNO₂、0.2mol NO和0.05molN₂O₄，N元素获得电子为0.1mol×（5-4）+0.2mol×（5-2）+0.05mol×2×（5-4）=0.8mol，得失电子相等，故D正确．
故选：D．

点评：
本题考点： 化学方程式的有关计算；有关混合物反应的计算．

考点点评： 本题考查混合物的计算、氧化还原反应计算等，难度中等，计算金属提供的电子的物质的量是解题的关键，注意守恒思想的运用．

（1）浓硝酸的物质的量浓度c=[1000ρw/M]=[1000×1.41×70%/63]mol/L=15.7 mol/L，
由稀释定律可得：15.7 mol/L×V_浓硝酸 =1.0mol/L×500mL，解得：V_浓硝酸 =31.8ml，
故答案为：15.7；31.8；
（2）标准状况下，6.72LNO₂的物质的量为[6.72L/22.4L/mol]=0.3mol，设Cu为xmol，Zn为ymol，则
①xmol×64g/mol+ymol×65g/mol=9.65g
②2xmol+2ymol=0.3mol，
①②联立解得：x=0.1，y=0.05，
因此该合金中铜与锌的物质的量之比为0.1mol：0.05mol=2：1，
故答案为：2：1；
（3）铁粉部分溶解，说明生成Fe（NO₃）₂，却无气体产生说明即生成NH₄NO₃，所以方程式为10HNO₃+4Fe=4Fe（NO₃）₂+NH₄NO₃+3H₂O，
再加NaOH，Fe（NO₃）₂都转化成Fe（OH）₂，并进一步转化成Fe（OH）₃，再灼烧，则生成Fe₂O₃为4.8g，Fe₂O₃的物质的量为[4.8g/160g/mol]=.03mol，
所以Fe为0.03mol×2=0.06mol，HNO₃为0.06mol×[10/4]=0.15mol，因此该硝酸溶液的物质的量浓度为[0.15mol/0.1L]=1.5mol/L，
故答案为：10HNO₃+4Fe=4Fe（NO₃）₂+NH₄NO₃+3H₂O；1.5mol/L；
（4）13g锌的物质的量为[13g/65g/mol]=0.2mol，2.464L气体共[2.464L/22.4L/mol]=0.11mol，HNO₃的物质的量为0.2L×3.6mol/L=0.72mol，测得反应后的溶液pH=0，则剩余H⁺的物质的量为1mol/L×0.2L=0.2mol，因此有0.72mol-0.2mol=0.52mol硝酸发生了反应，
由加入NaOH没有刺激性气体产生，得到没有生成NH₃，NO₂为红棕色气体，因此得到的无色气体为NO、N₂；
化学方程式为20Zn+52HNO₃=20Zn（NO₃）₂+26H₂O+10NO（g）+N₂（g），
因此无色气体为NO 0.1mol和N₂ 0.01mol，
答：无色气体有NO和N₂组成，NO 0.1mol，N₂ 0.01mol．

点评：
本题考点： 化学方程式的有关计算；物质的量浓度的相关计算．

考点点评： 本题考查了化学方程式的计算，侧重于化学性质、原子守恒、电荷守恒的应用，题目难度较大，熟悉物质的性质及物质之间的转化是解题的关键．

锌与稀硝酸反应时硝酸既表现酸性又表现氧化性，根据原子守恒和电子守恒，2mol锌失去4mol电子，生成2mol锌离子，由于生成硝酸锌，则其结合的硝酸根离子是4mol，则剩余的1mol的硝酸被还原为N₂O就得到4mol电子，硝酸也全部反应，则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是1：4，即4Zn+10HNO₃（一般稀）=4Zn（NO₃）₂+N₂O↑+5H₂O．故选A．

点评：
本题考点： 硝酸的化学性质；氧化还原反应的电子转移数目计算．

考点点评： 本题是对硝酸的氧化性知识的考查，注意电子守恒思想在氧化还原反应中的运用．