陕西省榆林市高新完全中学化学第五章 化工生产中的重要非金属元素知识点总结及答案.docx
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陕西省榆林市高新完全中学化学第五章化工生产中的重要非金属元素知识点总结及答案
陕西省榆林市高新完全中学化学第五章化工生产中的重要非金属元素知识点总结及答案
一、选择题
1．将一定质量的金属铜溶于50mL11mol·L-1的浓硝酸中，待铜完全溶解后，生成了0.2molNO2和NO的混合气体，并测得溶液中氢离子浓度为1mol·L-1.假设反应后溶液的体积仍为50mL，则金属铜的质量为
A．6.4gB．9.6gC．11.2gD．12.8g
【答案】B
【解析】
试题分析：
反应前硝酸的物质的量为0.05L×11mol/L=0.55mol，反应剩余硝酸的物质的量为0.05L×1mol/L=0.05mol，所以参加反应的硝酸是0.5mol，生成气体的物质的量为0.2mol，根据氮原子守恒，生成硝酸铜为（0.5-0.2）÷2=0.15mol，则金属铜的质量为0.15mol×64g/mol=9.6g，答案选B。
考点：
考查物质的量的计算，硝酸的化学性质等知识。
2．浓硫酸与下列物质反应（可以加热），既体现酸性、又体现氧化性的是（）
A．铜B．炭C．五水硫酸铜D．氧化铜
【答案】A
【详解】
A．铜与浓硫酸在加热条件下反应，生成硫酸铜、二氧化硫和水，浓硫酸表现酸性和强氧化性，A符合题意；
B．炭与浓硫酸在加热条件下反应，生成二氧化碳、二氧化硫和水，浓硫酸表现强氧化性，B不符合题意；
C．五水硫酸铜中加入浓硫酸，生成无水硫酸铜，浓硫酸表现吸水性，C不符合题意；
D．氧化铜与浓硫酸反应，生成硫酸铜和水，浓硫酸表现酸性，D不符合题意；
故选A。
3．下列实验操作、现象及结论正确的是（）
选项
实验
操作、现象及结论
A
鉴别NaHCO3与Na2CO3
取少许两种物质，加入几滴水，插入温度计，温度降低的是Na2CO3
B
探究Na2O2与水反应
将2mL水滴入盛有1g过氧化钠试管中，立即把带火星木条伸入试管，木条复燃，证明有氧气产生
C
检验Fe3+中是否含Fe2+
向溶液中加入KSCN溶液，变红则含Fe2+
D
检验溶液中是否含SO
向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀，说明含有SO
A．AB．BC．CD．D
【答案】B
【详解】
A．Na2CO3中滴入水，形成十水合碳酸钠，放热，取少许两种物质，加入几滴水，插入温度计，温度升高的是Na2CO3，故A错误；
B．将2mL水滴入盛有1g过氧化钠试管中，立即把带火星木条伸入试管，木条复燃，证明过氧化钠与水反应有氧气产生，故B正确；
C．向溶液中加入KSCN溶液，变红说明含Fe3+，不能证明含有Fe2+，故C错误；
D．检验溶液中是否含SO
时，向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀，该沉淀可能是AgCl也可能是BaSO4，不能说明含有SO
，故D错误；
答案选B。
4．下列说法正确的是（）
A．晶体硅常用于制造光导纤维B．碳酸钠常用于治疗胃酸过多
C．明矾常用于自来水的消毒杀菌D．高压钠灯常用于道路和广场照明
【答案】D
【详解】
A．二氧化硅用于制造光导纤维，晶体硅可用于制造晶体管及太阳能电池，A错误；
B．碳酸氢钠常用于治疗胃酸过多，而碳酸钠溶液碱性强，对人会产生一定的腐蚀作用，因此不能用于治疗胃酸过多，B错误；
C．明矾具有净水作用但无强氧化性，因此常用于自来水的净化，但不能对水进行消毒杀菌，C错误；
D．高压钠灯发出的黄光穿透力强，因此常用于道路和广场照明，D正确；
故合理选项是D。
5．下列实验中，固体不会溶解的是（）
A．氧化铝与足量的稀盐酸混合B．过氧化钠与足量水混合
C．氢氧化铝与足量的氨水混合D．木炭与足量浓硫酸共热
【答案】C
【详解】
A．氧化铝与足量的稀盐酸反应生成氯化铝和水，可完全溶解，故A错误；
B．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，可完全溶解，故B错误；
C．氢氧化铝与氨水不反应，固体不能溶解，故C正确；
D．浓硫酸具有强氧化性，木炭与足量浓硫酸共热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，可完全溶解，故D错误；
故选C。
6．下列各组物质中，满足如图物质一步转化关系的选项是
X
Y
Z
A
Na
NaOH
NaHCO3
B
Cu
CuSO4
Cu（OH）2
C
Al2O3
AlO2-
Al（OH）3
D
Si
SiO2
H2SiO3
A．AB．BC．CD．D
【答案】C
【详解】
A.钠能与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠溶液能与过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，但碳酸氢钠不能直接生成金属钠，故A错误；
B.铜能与浓硫酸共热反应生成硫酸铜，硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液反应能生成氢氧化铜，但氢氧化铜不能直接生成金属铜，故B错误；
C.氧化铝能与强碱溶液反应生成偏铝酸根，偏铝酸根在溶液中与二氧化碳反应能生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝沉淀受热分解能生成氧化铝，故C正确；
D.硅在高温下能与氧气反应生成二氧化硅，二氧化硅不溶于水，不能与水反应生成硅酸，故D错误；
故选C。
7．向下列溶液中通入足量相应气体后，各离子组还能大量存在的是
A．二氧化碳：
K+、Na+、
、Cl-B．氨气：
Mg2+、Al3+、Na+、
C．氯化氢：
Ca2+、Fe3+、
、Cl-D．氯气：
Na+、Ba2+、
、
【答案】C
【详解】
A．CO2、
、H2O会发生反应产生
，不能大量共存，A不符合题意；
B．NH3·H2O与Mg2+、Al3+会发生反应产生Mg（OH）2、Al（OH）3沉淀，不能大量共存，B不符合题意；
C．HCl溶于水电离产生H+、Cl-，与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，C符合题意；
D．氯气溶于水，反应产生HCl、HClO，HCl与
会反应产生H2O、CO2；HClO与
会发生氧化还原反应，也不能大量共存，D不符合题意；
故合理选项是C。
8．NH3和NO2在催化剂作用下反应：
8NH3+6NO2=7N2+12H2O。
若还原产物比氧化产物少0.1mol，则下列判断不正确的是
A．转移电子2.4NAB．生成的气体冷却至标况，体积为15.68L
C．还原剂比氧化剂多0.2molD．被还原的氮原子是11.2g
【答案】D
【详解】
A．在该反应中NH3被氧化为N2，NO2被还原为N2，每反应产生7molN2，还原产物比氧化产物少1mol，电子转移24mol。
现在还原产物比氧化产物少0.1mol，则反应产生0.7mol N2，转移电子2.4mol，则转移的电子数目为2.4NA，A正确；
B．根据选项A分析可知：
还原产物比氧化产物少0.1mol，反应产生0.7molN2，其在标准状况下体积V（N2）=0.7mol×22.4L/mol=15.68L，B正确；
C．反应产生7molN2时，消耗8mol还原剂NH3，消耗6mol氧化剂NO2，还原剂比氧化剂多2mol，还原产物比氧化产物少1mol。
若还原产物比氧化产物少0.1mol，则消耗的还原剂比氧化剂的物质的量多0.2mol，C正确；
D．根据方程式可知：
反应产生7molN2时，被还原的N的物质的量是6mol，还原产物比氧化产物少1mol。
则当还原产物比氧化产物少0.1mol时，被氧化的N的物质的量是0.6mol，其质量m（N）=0.6mol×14g/mol=8.4g，D错误；
故合理选项是D。
9．下列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是（）
a
b
c
A
Al
AlCl3
Al（OH）3
B
NO
NO2
HNO3
C
Si
SiO2
H2SiO3
D
S
SO2
H2SO4
A．AB．BC．CD．D
【答案】B
【详解】
试题分析：
A项：
用Al（OH）3无法一步生成Al，故错。
B项：
可以。
如2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，故正确。
C项：
SiO2无法一步生成H2SiO3，H2SiO3无法一步生成Si，故错。
D项：
H2SO4无法一步生成FeS2，故错。
故选B。
考点：
无机推断
点评：
本题考查的是无机推断的知识，要求学生对课本中的化学反应要熟悉掌握，识记化学方程式的书写。
10．锥形瓶内盛有气体x，滴管内盛有液体y。
若挤压滴管胶头，使液体y滴入锥形瓶中，振荡，过一会儿，可见小气球a鼓胀起来。
气体x和液体y不可能是（ ）
x
y
A
NH3
H2O
B
SO2
KOH溶液
C
CO2
6mol∕LH2SO4溶液
D
HCl
6mol∕LNaNO3溶液
A．AB．BC．CD．D
【答案】C
【分析】
气球鼓胀起来说明锥形瓶中压强减小。
【详解】
A．氨气极易溶于水，使锥形瓶中压强减小，A正确；
B．二氧化硫与氢氧化钾溶液反应使锥形瓶中压强减小，B正确；
C．二氧化碳与硫酸不反应且二氧化碳在水中溶解度不大，C错误；
D．氯化氢极易溶于水，使锥形瓶中压强减小，D正确。
答案选C。
11．将51.2gCu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500mLNaOH溶液完全吸收，生成NaNO2和NaNO3两种盐溶液，其中NaNO3的物质的量为0.2mol，则NaOH的浓度为
A．2mol/LB．1.8mol/LC．2.4mol/LD．3.6mol/L
【答案】A
【详解】
试题分析：
n（Cu）=51.2g÷64g/mol=0.8mol，由于Cu是+2价的金属，所以Cu失去电子的物质的量是n（e-）=0.8mol×2=1.6mol；Cu失去电子的物质的量与硝酸变为氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）得到电子的物质的量相等。
由于这些气体恰好能被500mLNaOH溶液完全吸收，生成NaNO2和NaNO3两种盐溶液，在NaNO3中N元素的化合价是+5价，与硝酸中N的化合价相同，所以产生NaNO2得到电子的物质的量就是Cu失去电子的物质的量。
n（NaNO2）×2=1.6mol，n（NaNO2）=0.8mol.根据元素守恒可知n（NaOH）=n（NaNO2）+n（NaNO3）=0.8mol+0.2mol=1mol，所以c（NaOH）=1mol÷0.5L=2mol/L，选项是A。
12．图是利用二氧化硅制备硅及其化合物的流程，下列说法正确的是（）
A．由反应②③说明SiO2属于两性氧化物
B．由反应④说明酸性，H2SiO3＞H2CO3
C．硅胶吸水后，经干燥可以重复再生
D．图中所示转化反应都是氧化还原反应
【答案】C
【详解】
A．二氧化硅是酸性氧化物能和强碱反应，反应方程式为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；但也能和特殊的酸氢氟酸反应，反应方程式为：
SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，二氧化硅只是能和特殊酸反应，和其它酸不反应，和酸的反应没有普遍性，所以不能说明其具有两性，A错误；
B．高温下SiO2能与Na2CO3固体反应生成Na2SiO3和CO2，不是在常温下进行，且不是在水溶液中进行，不能说明硅酸的酸性强于碳酸，B错误；
C．硅胶吸附水后，可通过热脱附方式将水份除去重复使用，C正确；
D．图中二氧化硅与氢氟酸、氢氧化钠、碳酸钠的反应，硅酸钠与盐酸的反应、硅酸的分解、硅酸的生成，元素的化合价都没有发生变化，是非氧化还原反应，D错误；
答案选C。
【点睛】
解答本题时，注重物质的性质及化学与生活，把握物质的性质及发生的反应，注意虽然二氧化硅是酸性氧化物，但它能和特殊的酸（氢氟酸）反应。
13．对下列事实的解释正确的是
A．浓硝酸通常保存在棕色的试剂瓶中，说明浓硝酸不稳定
B．不用浓硝酸与铜屑反应来制取硝酸铜，说明浓硝酸具有挥发性
C．足量铁与稀硝酸反应后溶液呈浅绿色，说明稀硝酸不能氧化Fe2＋
D．锌与稀硝酸反应得不到氢气，说明稀硝酸能使锌钝化
【答案】A
【详解】
A．浓硝酸通常保存在棕色的试剂瓶中避光保存，说明浓硝酸见光易分解，故A正确；
B．铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，污染环境，通常利用硝酸与氧化铜反应取硝酸铜，与浓硝酸挥发性无关，故B错误；
C．铁与硝酸反应首先生成硝酸铁，溶液呈浅绿色由过量的铁与铁离子反应生成亚铁离子所致，故C错误；
D．硝酸为氧化性酸，与锌反应不能生成氢气，生成氮的氧化物等，与钝化无关，故D错误；故选A。
14．向BaCl2溶液中通入SO2气体，溶液仍然澄清；若将BaCl2溶液分盛在两支试管中，一只试管加稀HNO3,另一只加NaOH溶液，然后再通入SO2气体，结果两支试管都有白色沉淀产生。
由此得出的下列结论中不合理的是
A．SO2是酸性氧化物、SO2具有还原性
B．两支试管中的白色沉淀不是同种物质
C．BaCl2既能跟强酸、又能跟强碱反应，具有两性
D．升高pH时，SO2水溶液中SO32-浓度增大
【答案】C
【分析】
根据SO2的化学性质（酸性氧化物的性质、还原性）分析判断。
【详解】
SO2与水反应生成的H2SO3是弱酸，故SO2通入BaCl2溶液不会生成BaSO3和HCl。
SO2通入BaCl2和稀硝酸的混合溶液中，SO2被稀硝酸氧化为SO42-，再与BaCl2溶液反应生成BaSO4沉淀；SO2通入BaCl2和NaOH的混合溶液中，SO2与NaOH反应生成Na2SO3和水，再与BaCl2溶液反应生成BaSO3沉淀。
故A、B项正确，C项错误。
H2SO3水溶液中存在两步电离，升高pH时，促进电离，SO32-浓度增大，D项正确。
本题选C。
【点睛】
SO2有较强的还原性，稀硝酸有强氧化性，两者能发生氧化还原反应。
15．在未知液中加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，加入稀硝酸后，沉淀部分溶解，有无色无味的气体生成，将气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，由此判断水溶液中含有
A．Cl－，SO
B．Cl－，NO
C．Cl－，CO
D．Cl－，OH－
【答案】C
【解析】
加入硝酸后沉淀部分溶解，且产生无色无味能使澄清的石灰水变浑浊的气体，则该溶液中含有Cl－和CO32－，C项正确。
16．有Fe和Fe2O3的混合物27.2g溶于100ml的稀硫酸中，恰好完全反应，放出H22.24L（标况下），向反应后的溶液中滴入无色KSCN溶液，未见血红色。
混合物中单质Fe的质量为（）
A．5.6gB．8.4gC．11.2gD．16.8g
【答案】C
【详解】
铁粉和氧化铁的混合物中加入稀硫酸，恰好完全反应，放出氢气，反应后的溶液中滴加KSCN不显红色，且无固体剩余物，则最终溶液中溶质为FeSO4，反应生成H2的物质的量为：
2.24L÷22.4L/mol＝0.1mol，则：
Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑
0.1mol0.1mol0.1mol
设原混合物中Fe2O3的物质的量为xmol，则：
Fe+Fe2O3+3H2SO4=3FeSO4+3H2O
xmolxmol3xmol
由题意可知：
（x+0.1）mol×56g/mol+xmol×160g/mol=27.2g，解得x=0.1mol，混合物中m（Fe2O3）=0.1mol×160g•mol-1=16g，m（Fe）=27.2g-16g=11.2g，答案选C。
17．下面是实验室制取氨气的装置和选用的试剂，其中错误的是（ ）
A．①②B．②③C．③④D．①③
【答案】D
【详解】
①氯化铵分解产生NH3和HCl，气体在试管口降温后又化合生成NH4Cl甚至会堵塞，试管发生危险，所以方案①错误；
②浓氨水遇到氧化钙后，溶液中的水与CaO反应生成Ca（OH）2而消耗，反应同时放热使混合物温度升高，得到的Ca（OH）2可以降低NH3在水中的溶解度，这些都会促使氨水挥发生成氨气，因此方案②正确；
③2NH4Cl+Ca（OH）2
CaCl2+2NH3↑+2H2O，但是制备装置的试管口要略向下倾斜，防止水蒸气冷凝回流到试管中使试管炸裂，因此方案③错误；
④浓氨水受热分解生成氨气，通过碱石灰吸收水蒸气后可以得到氨气，方案④正确。
综上所述，不能制取氨气的是①③，应当选D。
【点睛】
与②相似，利用NaOH固体或碱石灰也可以制备NH3。
18．某一固体粉末含有SiO2、Fe2O3、Al2O3，加入足量NaOH溶液充分反应后，过滤，向所得溶液中加入过量盐酸，过滤，将所得滤渣洗涤并灼烧至恒重，最终固体成份为
A．SiO2B．Fe2O3、SiO2
C．SiO2、Al2O3D．Fe2O3
【答案】A
【解析】
SiO2、Fe2O3、Al2O3，加入足量NaOH溶液充分反应后，过滤，向所得溶液中含有硅酸钠、偏铝酸钠，加入过量盐酸，生成硅酸沉淀，将所得滤渣洗涤并灼烧生成二氧化硅，故A正确。
19．aLCO2气体通过足量Na2O2所得的气体与bLNO相混和时，可得到cL气体（相同状况），以下表达式中错误的是
A．若a＜b，则c＞0.5（a+b）B．若a＞b，则c＝0.5（a+b）
C．若a＝b，则c＝0.5（a+b）D．若a＜b，则c＜0.5（a+b）
【答案】D
【解析】
【详解】
首先发生反应：
2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，可知生成氧气体积为0.5aL，与bLNO混合又发生反应：
O2+2NO＝2NO2，二者恰好反应时0.5a：
b＝1：
2，解得a＝b，则
A、若a＜b，则NO有剩余，由O2+2NO＝2NO2可知气体体积减少0.5aL，故得到气体体积等于NO的体积，则c＝b，即c＞0.5（a+b），A正确；
B、若a＞b，则O2有剩余，由O2+2NO＝2NO2可知气体体积减少为参加反应氧气的体积，即气体体积减少为0.5bL，故得到气体体积为c＝（0.5aL+bL-0.5bL）＝0.5（a+b），B正确；
C、若a＝b，则此时生成NO2体积c＝2×0.5a＝b＝0.5（a+b），C正确；
D、根据以上分析可知D错误。
答案选D。
20．标准状况下，使
和
按4：
1体积比充满干燥烧瓶，将烧瓶倒置于水中，瓶内液面逐渐上升，假设烧瓶内溶液不扩散，则最终该溶液中溶质的物质的量浓度为
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】
设出二氧化氮和氧气的体积，NO2和O2按体积比4：
1混合后充入一干燥烧瓶中，把烧瓶倒置于水中发生反应：
4NO2+O2+2H2O=4HNO3，根据方程式计算．
【详解】
设混合气体中含有4VLNO2，1VLO2，则烧瓶的体积为5VL，
；故答案为C。
【点睛】
明确二氧化氮与氧气的反应是解题关键，注意掌握物质的量的相关计算公式的运用。
21．用如图装置进行实验，将液体A逐滴加入到固体B中，下列叙述正确的是（ ）
A．若A为浓盐酸，B为Na2CO3，C中盛有Na2SiO3溶液，则C中溶液出现白色沉淀，证明酸性：
H2CO3>H2SiO3
B．若A为浓盐酸，B为KMnO4，C中盛石蕊试液，则C中溶液最终呈红色
C．若A为较浓硫酸，B为Na2SO3固体，C中盛有Na2S溶液，则C中溶液变浑浊
D．装置D起干燥气体作用
【答案】C
【详解】
A．浓盐酸挥发的HCl在C中也能与Na2SiO3溶液反应生成白色沉淀，则无法判断H2CO3的酸性一定比H2SiO3强，故A错误；
B．A为浓盐酸，B为KMnO4，则反应生成的氯气通入C中，Cl2与水反应生成HCl和HClO，其中HClO有强氧化性和漂白性，则C中紫色石蕊试液先变红色，后褪色，故B错误；
C．A为较浓硫酸，B为Na2SO3固体，两者反应生成的SO2气体通入C中，因SO2有氧化性，则与C中Na2S溶液反应有淡黄色S生成，可观察到C中溶液变浑浊，故C正确；
D．仪器D为球形干燥管，则可以起到防止溶液倒吸的作用，故D错误；
故答案为C。
22．分别盛有不同无色溶液①②③④四支试管进行如下操作，现象和结论对应且正确的是
操作
现象
结论
A
向试管①中先滴加BaCl2溶液再滴加硝酸
生成白色沉淀
原溶液中有SO42-
B
向试管②中加入AgNO3溶液
生成白色沉淀
原溶液中有Cl－
C
向试管③中先滴加少量氯水，后滴加适量苯，振荡静置
溶液分层且上层为橙红色
原溶液中含有I－
D
向试管④中滴加浓NaOH溶液，加热，将湿润红色石蕊试纸靠近试管口
试纸变蓝
原溶液中有NH4＋
A．AB．BC．CD．D
【答案】D
【详解】
A．滴加BaCl2溶液再滴加硝酸，生成白色沉淀，该沉淀不一定是硫酸钡，比如可以是氯化银，也有可能原溶液中有SO32-，硝酸将其氧化成了SO42-，A错误；
B．加入AgNO3溶液生成白色沉淀，沉淀不一定是AgCl，也有可能是Ag2SO4等，B错误；
C．溶液分层且上层为橙红色，说明生成了Br2，证明原溶液中含有Br-，C错误；
D．湿润红色石蕊试纸变蓝，说明遇到了碱性物质，所以试管口有氨气，所以原溶液中有NH4＋，D正确；
答案选D。
23．如图所示是某一短周期元素的“类价二维图”。
图中箭头表示的物质间转化，均能一步完成，a、g的焰色反应均为黄色。
下列说法错误的是
A．x为O2，y为H2O
B．c为S，g为Na2SO4或NaHSO4
C．f的浓溶液不能用铁制容器盛装
D．反应a→b的离子方程式可能是S2-+2H+＝H2S↑
【答案】C
【分析】
a、g的焰色反应均为黄色，说明含有钠元素；根据图示，最低价为-2价，即为第ⅥA族元素，可能为硫元素或氧元素，且存在+4价，即元素为硫元素。
根据物质分类可知，b为硫化氢，c为硫单质，d为二氧化硫，即x为氧气，e为三氧化硫，f为硫酸，y为水，g为硫酸钠或硫酸氢钠，a为硫化钠或硫氢化钠。
【详解】
A．根据物质分类和反应过程可知，x为O2，y为H2O，A正确，不选；
B．根据物质分类可知，c为S，g为Na2SO4或NaHSO4，B正确，不选；
C．常温下，f的浓溶液会与Fe发生钝化反应，阻止金属与浓硫酸进一步反应，故能用铁制容器盛装，C错误，符合题意；
D．a为硫化钠或硫氢化钠，b为硫化氢，反应a→b的离子方程式可能是S2-+2H+＝H2S↑，D正确，不选。
答案为C。
24．将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化如图所示（CuS不溶于水）。
下列说法错误的是（）
A．过程①发生非氧化还原反应
B．过程②中，发生反应为S2-+Fe3+=S+Fe2+
C．过程③中，氧气是氧化剂
D．整个转化过程中Fe3+可以循环使用
【答案】B
【详解】
A．过程①中发生H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，Cu元素化合价都是+2价、H元素化合价都是+1价、S元素化合价都是-2价，没有化合价变化，是非氧化还原反应，故A正确；
B．过程②中发生CuS+2Fe3+=S+2Fe2++Cu2+，故B错误；
C．过程③中发生4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，Fe元素的化合价升高，被氧化，Fe2+作还原剂，O2中O元素的化合价降低，被还原，O2作氧化剂，故C正确；
D．由过程②③中反应可知，Fe3+可以循环使用，故D正确；
答案为B。
25．
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