浙江省高考化学三年（2021-2023）模拟题分类汇编15氧化还原反应（3）

这是一份浙江省高考化学三年（2021-2023）模拟题分类汇编15氧化还原反应（3），共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题，元素或物质推断题等内容，欢迎下载使用。

浙江省高考化学三年（2021-2023）模拟题分类汇编15氧化还原反应（3）

一、单选题
1．（2022·浙江·统考一模）下列方案设计、现象和结论不正确的是

目的
方案设计
现象和结论
A
探究样品中是否含有Na元素
用玻璃棒蘸取样品进行焰色试验
若火焰呈黄色，则该样品中含有Na元素
B
探究Fe2+、Br−的还原性强弱
向FeBr2溶液中加入少量氯水，再加CCl4萃取
若CCl4层无色，则Fe2+的还原性强于Br−
C
检验铁粉是否变质
取少量铁粉溶于稀盐酸中，滴加KSCN溶液
若溶液未变红色，无法说明铁粉是否变质
D
确认二氯甲烷分子不存在同分异构体
先搭建甲烷分子球棍模型，后用2个氯原子取代任意2个氢原子，重复数次，观察所得球棍模型的结构
若所得球棍模型均代表相同物质，则确认二氯甲烷分子不存在同分异构体

A．A B．B C．C D．D
2．（2022·浙江·模拟预测）是一种温和的氧化剂，试剂中的RuO不会氧化碳碳双键，可以将醇仅氧化至醛，不会过度氧化为羧酸。氧化醇的反应机理如下图，下列说法不正确的是

A．在上述6步反应中发生氧化还原反应的不只2步
B．步骤④⑤中NMO将RuO还原，生成试剂
C．步骤⑥的离子方程式为2RuO= RuO2+ RuO
D．若R1为CH3CH=CH-，R2为-H，则氧化该醇的主产物为2-丁烯醛
3．（2022·浙江·一模）已知：25℃，；，。下列“类比”结果正确的是
A．溶液中与会发生双水解反应，与主要也发生双水解反应
B．水解生成与HClO，则水解同样生成
C．的浓度用硝酸银溶液滴定时，可选择作指示剂，同样也可以
D．乙醇与足量的反应被氧化成乙酸，异丙醇被氧化成丙酸
4．（2022·浙江绍兴·统考一模）某课题组在研究钒生物化学时有循环过程如图所示下列说法不正确的是

A．在循环过程涉及氢氧键的断裂和形成
B．在该循环中，催化剂为循环图化合物1
C．循环过程中反应①②③④均属于氧化还原反应
D．在循环过程中，无机物发生的反应为：
5．（2021·浙江·模拟预测）下列方案设计、现象和结论都正确的是

目的
方案设计
现象和结论
A
探究火柴头中含有硫元素
将5根完全燃烧后的火柴头浸入水中，取浸取液少许于小试管中，加入几滴AgNO3溶液，充分振荡
有白色沉淀产生，火柴头中含有硫元素
B
鉴别红棕色气体是溴蒸气
用湿润的淀粉—KI试纸检验
试纸变蓝色，则该红棕色气体是溴蒸气
C
探究氧化性：Ag+>Fe2+
向FeCl2和KSCN的混合溶液中滴入少量硝酸酸化的AgNO3溶液
溶液变血红色，则氧化性Ag+>Fe2+
D
探究Cl-能加速破坏铝片表面的氧化膜
将一块未经打磨的铝片剪成相同的两小片，相同温度下分别投入5.0mL浓度均为2.0mol·L-1的CuSO4溶液和CuCl2溶液中
CuSO4溶液中无明显现象；CuCl2溶液中反应剧烈，铝片表面有红色物质生成，则Cl-能加速破坏铝片表面的氧化膜

A．A B．B C．C D．D
6．（2021·浙江·统考模拟预测）关于反应2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O，下列说法正确的是
A．氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶1
B．H2SO4是氧化剂
C．NaClO3中氯元素被氧化
D．氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：1
7．（2021·浙江·统考模拟预测）下列“类比”合理的是
A．Fe3O4中Fe元素显+2、+3价，则Pb3O4中Pb显+2、+3价
B．SiH4的沸点比CH4高，则PH3的沸点比NH3高
C．向Fe(OH)3中加入盐酸生成Fe3+，则向Fe(OH)3中加入氢溴酸也生成Fe3+
D．Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，则Na2O2与SO2反应生成Na2SO3和O2
8．（2021·浙江嘉兴·统考模拟预测）( )极易水解，主要用于制备酰基氯化物。下列关于说法不正确的是
A．既有氧化性又有还原性
B．遇水反应生成和
C．可用作由制取无水的脱水剂
D．
9．（2021·浙江嘉兴·统考模拟预测）误服白磷()，应立即用2%硫酸铜溶液洗胃，其反应是，下列说法正确的是
A．白磷()只发生了氧化反应
B．是还原产物
C．氧化产物和还原产物的物质的量之比为
D．能氧化
10．（2021·浙江·统考二模）为测定某区域空气中的含量，课外小组的同学将空气样品通入的酸性溶液中(假定样品中无其他还原性气体，可被溶液充分吸收)，反应的离子方程式为。若空气流量为，经过溶液恰好褪色，则该空气样品中的含量(单位：g/L)为
A． B． C． D．
11．（2021·浙江·模拟预测）下列“类比”合理的是
A．由O2+2H2S=S+2H2O，说明非金属性O>S，推测：高温下2C+ SiO2= Si+2CO，非金属性C>Si
B．由CO2+Ca(ClO)2+H2O=CaCO3↓+2HClO推测：SO2+Ca(ClO)2+H2O=CaSO3↓+2HClO
C．Fe与S在加热条件下反应生成FeS，推测：Cu与S在加热条件下生成CuS
D．由Na2SO3+2HCl=2NaCl+H2O+SO2↑，推测：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑
12．（2021·浙江台州·统考一模）关于反应，下列说法正确的是
A．是氧化剂，发生氧化反应 B．是还原剂，只表现还原性
C．反应生成18g水时，转移1.2mol电子 D．还原性：
13．（2021·浙江台州·统考一模）一定条件下，F2与水反应，生成物除了外，还会生成次氟酸(HFO)、等。下列推测不合理的是
A．与水反应还可能生成
B．HFO的分子结构中O原子位于H与F之间，O元素的化合价为-2价
C．HFO不稳定，分解生成HF与
D．是一种强氧化剂，与盐酸反应会生成HF、、等
14．（2021·浙江·模拟预测）宋代著名法医学家宋慈的《洗冤集录》中有银针验毒的记载，“银针验毒”的原理是。下列说法正确的是
A．X的化学式为 B．银针验毒时，空气中氧气失去电子
C．反应中和均是还原剂 D．每生成1个X，反应转移
15．（2021·浙江温州·统考一模）关于反应：，下列说法不正确的是
A．得到电子
B．HCl体现了酸性和还原性
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1
D．若生成，则转移了2mol的电子

二、填空题
16．（2022·浙江·一模）X是一种由4种短周期元素组成含结晶水的盐。某兴趣小组按如下流程进行实验(所用试剂均足量)：

其中：X微溶于水。溶液D中仅有一种溶质。红棕色沉淀H是NaCuO2(高通酸钠)。请回答：
(1)组成X的元素有_______，X的化学式为_______。
(2)无色溶液F中的溶质是(用化学式表示)：_______。
(3)溶液D中的溶质与新制悬浊液生红棕色沉淀H的离子反应方程式是_______。
(4)设计实验验证溶液D中的阴离子_______。
17．（2021·浙江台州·统考一模）铅在氧化物中的价态有+2价和+4价，含+4价铅的氧化物是一种很强的氧化剂，常温时在酸性条件下可将氧化成，自身还原为+2价。在加热过程发生分解的失重曲线如下图所示。

已知：。
请计算：
(1)若用表示A点的化学组成，则_______。
(2)取71.7g ，加热一段时间后冷却，在剩余的固体中加足量浓盐酸充分反应，生成7.1g。求剩余固体中氧元素的质量_______。(写出计算过程)
18．（2021·浙江·模拟预测）某合金(仅含铜、铁)中铜和铁的物质的量之和为 amol，其中Cu的物质的量分数为 b，将其全部投入c mol的稀硝酸中，加热使其充分反应(假设NO是唯一的还原产物)。
(1)若产生标准状况下NO 4.48 L，则反应转移电子的物质的量为___________mol
(2)若b=0.2，溶液中的Fe3+与Fe2+的物质的量相等，标准状况下产生NO6.72L，则c=___mol

三、实验题
19．（2021·浙江嘉兴·统考模拟预测）某兴趣小组用固体碱熔氧化法制备高锰酸钾晶体，操作流程如下：

请回答：
(1)步骤Ⅰ应在下列___________仪器中完成操作。
A．陶瓷坩埚 B．石英坩埚
C．铁坩埚 D．氧化铝坩埚
(2)下列说法合理的是___________。
A．步骤Ⅰ熔融时，用玻璃棒不断搅拌，加速熔融
B．步骤Ⅲ应用砂芯漏斗或者玻璃纤维替代滤纸
C．步骤Ⅰ应先将和熔融后，再分批加入，以减少的分解
D．可用气体代替步骤Ⅱ中气体，以加快的歧化速率
(3)步骤Ⅳ为了获得较大颗粒的高锰酸钾晶体，请从下面选出合理的操作并排序：___________(用序号回答)。
①小火加热，蒸发至有较多晶体析出，停止加热  ②小火加热，边加热边用玻璃棒不断搅拌  ③迅速降至室温  ④自然冷却至室温  ⑤当浓缩至液面出现晶膜时，停止加热  ⑥将步骤Ⅲ的滤液移至蒸发皿内
(4)高锰酸钾产率的测定
准确称取基准物置于锥形瓶中，加水溶解，再加适量的硫酸。将自制的高锰酸钾配成溶液，置于棕色滴定管中进行滴定。
①已知：转化为，写出滴定时的离子方程式：___________。
②滴定时，到达终点的实验现象是___________。
③滴定终点示意图如图，则下列读数合理的是___________。

A．          B．           C．           D．

四、元素或物质推断题
20．（2021·浙江宁波·统考模拟预测）由五种元素组成的化合物X，某学习小组按如图流程进行探究实验。

已知：化合物X难溶于水；气体体积均在标准状况下测定，气体A能使品红溶液褪色，气体E在标况下的密度为0.76g/L，固体C呈紫红色。
请回答：
(1)写出气体E的结构式___；溶液B中含有的溶质(除了H2SO4)有___(用化学式表示)。
(2)化合物X含有的元素有Cu、H、___(写出另外三种元素)。写出步骤1反应的化学方程式___。
(3)一定条件下，往溶液B中通入气体A和E，可制备化合物X，写出该反应的离子方程式___。
(4)气体E可将Fe2O3还原得到黑色固体(不含Fe3O4)，请设计实验验证黑色固体的成分___。

参考答案：
1．A
【详解】A．玻璃的主要成分是Na2SiO3，含有钠元素，会对实验结果造成干扰。应用铂丝蘸取样品进行焰色试验才能检验样品中是否含有Na元素，故A错误；
B．Br2的CCl4溶液显橙红色，向FeBr2溶液中加入少量氯水，再加CCl4萃取，若CCl4层无色，说明没有Br2，则是Fe2+优先被氧化，即Fe2+的还原性强于Br−，故B正确；
C．KSCN溶液与Fe3+反应会生成血红色物质，溶液未变红色只能证明溶液中无Fe3+，但铁粉也可能变质生成亚铁离子，故C正确；
D．二氯甲烷分子的构型只有一种，C上街2个H和2个Cl，即甲烷上2个H被Cl取代了，二氯甲烷分子不存在同分异构体，用此方法可以验证，故D正确；
故答案选A。
2．B
【分析】在上述6步反应中，TRAP试剂中RuO4-经过步骤①②将醇氧化为醛，本身被还原为H2RuO4-；H2RuO4-经过步骤③得到RuO3-；步骤④⑤中，NMO将RuO3-氧化，生成TRAP试剂；步骤⑥中，RuO3-发生歧化反应生成RuO2和RuO42-，据此分析。
【详解】A．综上所述，在上述6步反应中发生氧化还原反应的多于2步，A正确；
B．步骤④⑤中，NMO和RuO3-发生反应生成NMM和RuO4-，Ru的化合价由+5升高到+7，则RuO3-作还原剂，NMO作氧化剂，NMO将RuO3-氧化，生成TRAP试剂，B错误；
C．步骤⑥中，RuO3-转化为RuO2和RuO42-，离子方程式为2RuO3-= RuO2+ RuO42-，C正确；
D．若R1为CH3CH=CH-，R2为-H，对应的醇为CH3CH=CHCH2OH，则TRAP氧化该醇的主产物为2-丁烯醛(CH3CH=CHCHO)，D正确；
故本题选B。
3．C
【详解】A．溶液中与会发生双水解反应，而有较强的氧化性，有较强的还原性，二者主要发生氧化还原反应反应，故A不符合题意；
B．水解生成与HClO，但F没有正价，与水会发生氧化还原反应，故B不符合题意；
C．由Ksp可知沉淀等浓度的所需Ag+比沉淀等浓度的和需要的Ag+浓度都大，而且AgCl是白色沉淀，AgBr是淡黄色沉淀，是黑色沉淀，所以的浓度用硝酸银溶液滴定时，可选择作指示剂，同样也可以，故C符合题意；
D．乙醇与足量的反应被氧化成乙酸，而异丙醇会被氧化成丙酮，故D不符合题意；
故答案为：C。
4．C
【详解】A．过程①中转化为和有氢氧键断裂和形成，过程②中断裂形成，存在氢氧键断裂，所以在循环过程涉及氢氧键的断裂和形成，故A正确；
B．如图，过程①为反应的开始，化合物1与反应形成一系列中间产物，经过一个循环，最后又生成化合物1，所以化合物1为催化剂，故B正确；
C．图中过程③不属于氧化还原反应，故C错误；
D．如图，反应物为、、，产物为和，其反应为，故D正确；
故选C。
5．D
【详解】A．将5根完全燃烧后的火柴头浸入水中，取浸取液少许于小试管中，加入几滴硝酸银溶液，充分振荡，有白色沉淀产生，火柴头中可能含有氯元素等，不能判断是否含有硫元素，A错误；
B．溴蒸气和二氧化氮都是具有氧化性的红棕色气体，均能将碘离子氧化为单质碘，则能够使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体可能为溴蒸气或二氧化氮，B错误；
C．少量硝酸酸化的AgNO3溶液中的硝酸具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，则向氯化亚铁和硫氰化钾的混合溶液中滴入少量硝酸酸化的AgNO3溶液，溶液变血红色不能确定亚铁离子是被硝酸氧化还是被银离子氧化，无法判断银离子和铁离子的氧化性，C错误；
D．将一块未经打磨的铝片剪成相同的两小片，相同温度下分别投入5.0mL浓度均为2.0mol/L的硫酸铜溶液和氯化铜溶液中，硫酸铜溶液中无明显现象，氯化铜溶液中反应剧烈，铝片表面有红色物质生成说明氧化膜的破坏与溶液中阴离子有关，氯离子能加速破坏铝片表面的氧化膜，D正确；
故选D。
6．A
【分析】2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O中，Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，S元素的化合价由+4价升高为+6价，以此来解答。
【详解】A．Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，S元素的化合价由+4价升高为+6价，根据电子得失守恒可知氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶1，故A正确；
B．H2SO4中元素化合价均不发生变化，不是氧化剂，NaClO3是氧化剂，故B错误；
C．Cl元素的化合价降低，则NaClO3中氯元素被还原，故C错误；
D．产物中的2molNa2SO4，1mol是Na2SO3氧化得到，为氧化产物，1mol为H2SO4表现酸性的产物，还原产物为ClO2，由反应方程式可得，它们的物质的量之比为1：2，故D错误；
故选A。
7．C
【详解】A．项中Pb的价态为+2和+4价，无+3价，A错误；
B．的沸点比高，分子间能形成氢键，的沸点比低，B错误；
C．盐酸和氢溴酸都是强酸，能与Fe(OH)3反应生成Fe3+，C正确；
D．项过氧化钠的强氧化性可将还原性气体氧化生成即，D错误；
故选C。
8．B
【详解】A．由SOCl2结构式知，S元素为+4价，Cl元素为-1价，O元素为-2价，+4硫元素化合价可以升高到+6价，表现还原性，也可以降低到0价，表现氧化性，A正确；
B．由于SOCl2中S元素为+4价，故遇水水解应生成SO2和HCl，B错误；
C．由于SOCl2极易水解，且产物HCl可抑制Mg2+水解，故SOCl2可用作MgCl2·6H2O的脱水剂，C正确；
D．根据SOCl2水解生成H2SO3（不稳定分解生成SO2）和HCl，知羟基可以取代SOCl2上氯原子生成H2SO3，同理，乙酸羧基上羟基也可以取代SOCl2上氯原子，即2个CH3COOH与1个SOCl2反应生成2个CH3COCl、1个SO2、1个H2O，由于CH3COCl遇水水解，故产物中1个CH3COCl与生成1个H2O反应生成CH3COOH和HCl，故总反应为：CH3COOH+ SOCl2→CH3COCl+SO2+HCl，D正确；
故答案选B。
9．D
【分析】反应中，白磷()的P元素化合价从0价升高至+5价，也降低至-3价，CuSO4中的Cu元素化合价由+2价降低至+1价，则氧化剂为：白磷()、CuSO4，还原剂为：白磷()，氧化产物为：H3PO4，还原产物为：Cu3P，据此分析解答。
【详解】A．反应中，白磷()的P元素部分化合价从0价升高至+5价，部分也降低至-3价，则白磷()既发生了氧化反应，也发生了还原反应，A错误；
B．S的化合价为发生改变，因此不是还原产物，Cu3P才是还原产物，B错误；
C．H3PO4是氧化产物，Cu3P是还原产物，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为：24：20=6：5，C错误；
D．根据得失电子守恒，被CuSO4氧化得到的H3PO4的关系为：60CuSO4~60e-~12P~3P4，因此能氧化，D正确；
答案选D。
10．D
【详解】通入空气体积a L/min×bmin=ab L，KMnO4物质的量为：0.2L×0.100mol/L=0.02mol，
5SO2+2KMnO4+2H2O=2H2SO4+2MnSO4+K2SO4，，所以 n(SO2)=0.05mol，质量为 0.05mol×64g/mol=3.2g，此次取样处的空气中二氧化硫含量为：g/L，故选：D。
11．D
【详解】A．可以通过非金属之间的置换反应说明非金属性强弱，但反应物中的非金属单质必须表现出氧化性，推测中非金属C表现出还原性，A错误；
B．SO2具有还原性、Ca(ClO)2具有氧化性，因此会发生氧化还原反应，B错误；
C．Fe与S发生氧化还原反应生成FeS，说明S的氧化性使变价金属生成低价态，因此推测应该生成Cu2S，C错误；
D．利用强酸制弱酸的原理正确，D正确；
故选D。
12．C
【详解】A. 是氧化剂，发生还原反应，A错误；    
B．中部分O元素从-1价升高到0价、部分O元素从-1价降低到-2价，是还原剂也是氧化剂，表现还原性、也表现出氧化性，B错误；
C．存在关系式，反应生成10mol水时，转移12mol电子，则反应生成18g即1mol水时，转移1.2mol电子，C正确；
D．一个氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物，则还原性：，D错误；
答案选C。
13．B
【详解】A．根据氧化还原反应的规律，有化合价的降低就有化合价的升高，中O元素为-2价，中O元素为-1价，因为F为最强的非金属，反应时化合价不可能升高，所以与水反应还可能生成，推断合理，故A正确；
B．HFO中若O元素为-2价，则F元素为+1价，与事实不符，故B错误；
C．HFO不稳定，分解生成HF和氧气，故C正确；
D．中O元素为+2价，与盐酸反应时被还原，生成HF、氯气、氧气等，故D正确；
故选B。
14．D
【详解】A．根据原子守恒配平方程式：4Ag+2H2S+O2=2Ag2S+2H2O，X的化学式为Ag2S，A错误；
B．反应中O2中O元素化合价降低，得电子被还原，B错误；
C．反应中H2S中的元素化合价没有变化，不是还原剂，C错误；
D．根据方程式化合价的变化可知，4个Ag由0价变为+1价，转移电子为4个，生成2个X；故每生成1个X，转移2个电子，D正确；
答案选D。
15．D
【详解】A．根据可知：ClO2中氯元素化合价降低了，得到电子，故A正确；
B．根据可知：一部分HClCl2，一部分HClKCl，所以HCl既表现了酸性又表现了还原性，故B正确；
C．根据可知：氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1，故C正确；
D．生成1molCl2转移2mol电子，则生成，则转移了0.4mol的电子，故D错误；
故答案：D。
16．(1) Mg、Cl、O、H 或
(2)NaCl、、NaOH
(3)
(4)取适量D溶液，滴加到pH试纸上，试纸先变蓝后褪色

【分析】溶液D中仅有一种溶质，D和新制氢氧化铜悬浊液反应生成氧化产物红棕色沉淀H(NaCuO2)，说明D具有氧化性，F和硝酸银反应生成白色沉淀，则D的还原产物是氯化钠，溶液D中的溶质与的物质的量之比为1：2，根据电子守恒，可知D为NaClO；反应生成AgCl的物质的量是 ，3.37g X中含有0.02mol；3.37g X和氢氧化钠反应生成2.32g白色沉淀E，E为氢氧化物沉淀，E加热生成1.6g白色固体B，B是氧化物，，假设x=1，R的相对原子质量为M，，M=12；假设x=2，R的相对原子质量为M，，M=24；Mg的相对原子质量是24，所以E是Mg(OH)2，物质的量为0.04mol，所以X中Mg2+的物质的量是0.04mol；则3.37g X含0.01molMg(ClO)2、0.03molMg(OH)2，含结晶水的物质的量是；
【详解】（1）根据以上分析，组成X的元素有Mg、Cl、H、O四种元素；3.37g X含0.01molMg(ClO)2、0.03molMg(OH)2，结晶水0.02mol，所以X的化学式为；
（2）溶液D中仅有一种溶质NaClO，NaClO和新制氢氧化铜悬浊液反应生成NaCuO2沉淀、NaCl，所以F中含有的溶质是NaCl、以及氢氧化铜悬浊液中的、NaOH；
（3）NaClO和新制氢氧化铜悬浊液反应生成NaCuO2沉淀、NaCl，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为；
（4）D中溶质是NaClO，NaClO具有强氧化性，溶液呈碱性，取适量D溶液，滴加到pH试纸上，试纸先变蓝后褪色，证明含有。
17．(1)1:3
(2)6.4g

【解析】（1）
根据PbO2mPbO2·nPbO+()O2，则有()×32=239×5.02%、m+n=1，解得m=0.25、n=0.75，故m:n=0.25:0.75=1:3；
（2）
，根据得失电子守恒，反应n(PbO2):n(Cl2)=1:1，反应生成的n(Cl2)=0.1mol，则反应的n(PbO2)=0.1mol，故分解后的组成为，，。
18．(1)0.6
(2)1.2

【分析】某合金(仅含铜、铁)中铜和铁的物质的量之和为 a mol，其中Cu的物质的量分数为 b，则n(Cu)=ab mol，n(Fe)=(a-ab)mol。
(1)
若产生标准状况下NO 4.48 L， 即=0.2mol，N由HNO3→NO，由+5价→+2价，得0.2mol×(5-2)=0.6mol，NO是唯一的还原产物，则转移电子的物质的量=得电子物质的量=0.6mol；
(2)
b=0.2，即n(Cu)=0.2a mol，n(Fe)=0.8a mol，溶液中的Fe3+与Fe2+的物质的量相等，即各为0.4a mol，则Fe失电子0.4a mol×3+0.4a mol×2=2a mol，Cu失电子0.2a mol×2=0.4a mol，共失电子(2a+0.4a)mol =2.4a mol；
标准状况下产生NO 6.72L，则失电子=×(5-2)=0.9mol，被还原的HNO3的物质的量为0.3mol；
因为得失电子守恒，则2.4a mol=0.9mol，解得a=0.375mol，即n(Cu)=0.2×0.375mol=0.075mol，n(Fe)=0.8×0.375mol=0.3mol，则所得溶液n[Cu(NO3)2]=0.075mol，n[Fe(NO3)2]=0.4×0.375mol=0.15mol，n[Fe(NO3)3]=0.4×0.375mol=0.15mol，则显酸性的硝酸的物质的量为0.15mol×3+0.15mol×2+0.075mol×2=0.9mol；
则硝酸的物质的量=0.3mol+0.9mol=1.2mol，即c=1.2。
19．(1)C
(2)BC
(3)⑥②⑤④
(4) 或 溶液突变为浅红色(微红色)，半分钟内不褪色 C

【分析】KClO3、KOH、MnO2熔融条件下发生反应生成K2MnO4，K2MnO4在酸性条件下歧化生成KMnO4和MnO2，经过抽滤除去MnO2，对滤液进行结晶获得KMnO4晶体。
（1）
陶瓷中含有SiO2、石英为SiO2、Al2O3坩埚在熔融状态下都能与KOH反应，故步骤Ⅰ操作不能在陶瓷坩埚、石英坩埚、氧化铝坩埚中完成，故答案选C；
（2）
A．玻璃中含有SiO2，在熔融状态下能与KOH反应，故不能用玻璃棒搅拌，A不合理；
B．为了防止滤纸被腐蚀而破损，步骤Ⅲ中应用砂芯漏斗或玻璃纤维代替滤纸，B合理；
C．由于MnO2会催化KClO3分解，所以MnO2应分批加入，以减少KClO3分解损失，C合理；
D．由于KMnO4有强氧化性，会将HCl氧化，反而降低KMnO4产率，故不能用HCl酸化，D不合理；
故答案选BC；
（3）
制备晶体一般步骤为：蒸发浓缩、降温结晶、过滤洗涤干燥，为了获得较大颗粒的KMnO4晶体，降温结晶过程中应自燃冷却结晶，而不是迅速降温，故操作顺序为：⑥②⑤④；
（4）
①酸性条件下，KMnO4将氧化为CO2，自身被还原为Mn2+，根据得失电子守恒初步配平方程式为：2+5→10CO2↑+2Mn2+，在方程式左边需添加16个H+配平电荷守恒，右边添加8个H2O配平元素守恒，得完整方程式为：2+5+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O（或2+5H2C2O4+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O）；
②Na2C2O4溶液为无色，KMnO4溶液显紫色，当反应结束后，少许过量的KMnO4会使溶液显浅红色，故此处填：溶液颜色突然变为浅红色，且半分钟内不褪色；
③滴定管示数从上到下逐渐增大，其精确度为0.01，故图示读数为20.70 mL，故答案选C。
20．(1) CuSO4和(NH4)2SO4或NH4HSO4
(2) N、S、O 2CuNH4SO3+2H2SO4=CuSO4+Cu↓+2SO2+(NH4)2SO4+2H2O
(3)2Cu2++8NH3+3SO2+4H2O=2CuNH4SO3↓+SO+6NH
(4)取适量黑色固体，加入足量CuSO4溶液，有红色固体析出，则有Fe，反之则无；过滤，取滤渣加入足量的稀硫酸，滴加几滴酸性高锰酸钾，若酸性高锰酸钾紫红色褪去，则有FeO，反之则无.若两者现象都有，则为Fe和FeO的混合物

【分析】气体A从H2SO4溶液中逸出，A为酸性气体，能使品红褪色，所A为SO2，M(E)= ρ.Vm=0 .76g/L ×22.4L/mol= 17g/mol，所以E为NH3，固体C为Cu，n(Cu)=，n(NH3)==0.2mol，n(SO2)==0.2mol，以此来解题；
(1)
由上面的分析可知E为NH3，存在一对孤对电子和3个极性共价键，NH3的结构式为；化合物X，加入过量硫酸，所以溶液B中含有的溶质有硫酸，根据分析蓝色沉淀中含有Cu2+，气体E（NH3）说明溶液中含有铵根离子，溶液B中含有的溶质(除了H2SO4) 有CuSO4和(NH4)2SO4或NH4HSO4；
(2)
有分析可知，A为SO2，C为Cu，B为CuSO4和(NH4)2SO4或NH4HSO4，根据元素守恒可知，X中含有Cu、H、N、S、O；根据分析可知，A为SO2的物质的量为0.2mol，C为Cu的物质的量为0.1mol，气体E的物质的量为0.2mol，D 为蓝色沉淀氢氧化铜，Cu(OH)2CuO+H2O，n(Cu2+)=n (Cu)==0.1mol，根据元素守恒和电荷守恒可知，X中含有0.2molCu，0.2mol，和0.2mol，n(Cu)：n()：n()=0.2：0.2：0.2=1：1：1，故NH4CuSO3为0.2mol，质量为0.2mol×162g/mol=32.4g，故X为NH4CuSO3，根据题中信息可知生成了二氧化硫，硫酸铜，硫酸铵和铜单质，再根据元素守恒可知反应的方程式为：2CuNH4SO3+2H2SO4=CuSO4+Cu↓+2SO2+(NH4)2SO4+2H2O；
(3)
CuSO4中通入气体SO2和NH3，可制备化合物NH4CuSO3根据化合价升降守恒和元素守恒，化学方程式为：2CuSO4+3SO2+8NH3=2NH4CuSO3↓+3(NH4)2SO4，硫酸铜、硫酸铵属于易溶的强电解质，拆开写成离子，二氧化硫和氨写成化学式，所以反应的离子方程式为：2Cu2++8NH3+3SO2+4H2O=2CuNH4SO3↓+SO+6NH；
(4)
取适量黑色固体，加入足量CuSO4溶液，有红色固体析出，则有Fe，反之则无；过滤，取滤渣加入足量的稀硫酸，滴加几滴酸性高锰酸钾，若酸性高锰酸钾紫红色褪去，则有FeO，反之则无，若两者现象都有，则为Fe和FeO的混合物；