由黄铜矿（主要成分是CuFeS 2 ）可以冶炼得到粗铜，再经过电解精炼得到纯铜．

（1）二氧化硫与硫化氢的水溶液发生反应生成单质硫沉淀：SO₂+2H₂S=3S↓+2H₂O，SO₂体现了氧化性且现象明显，故答案为：SO₂+2H₂S=3S↓+2H₂O；
（3）NaHSO₃溶液中亚硫酸氢根离子无论电离还是水解都是较微弱的，NaHSO₃溶液呈酸性，说明亚硫酸氢根离子水解程度小于电离程度，所以c（Na⁺）＞c（HSO₃^-）＞c（H⁺）＞c（SO₃^2-）＞c（OH^-），故答案为：c（Na⁺）＞c（HSO₃^-）＞c（H⁺）＞c（SO₃^2-）＞c（OH^-）；
（2）工业上可用Cu₂S和O₂反应制取粗铜，元素化合价铜元素化合价降低，硫XYZ元素化合价升高，氧气中氧元素化合价降低，说明亚铜被还原，硫元素被氧化，发生的氧化还原反应为Cu₂S+O₂

高温
.
2Cu+SO₂，故答案为：Cu₂S+O₂

高温
.
2Cu+SO₂；
（4）C（Zn²⁺）：C（Pb²⁺）=
Ksp(Zns)
Ksp(Pbs)=
1.6×10 −24
3.4×10 −28=4.7×10^-3；
（5）酸性KMnO₄溶液能氧化Fe²⁺，溶液颜色褪去，故答案为：取少量溶液于试管中，然后滴加少量酸性KMnO₄溶液，紫色褪去，证明有Fe²⁺；
（6）Na₂FeO₄是可溶于水的强氧化剂，在水中有杀菌消毒的作用，其还原产物主要是Fe³⁺，会水解形成Fe（OH）₃胶体，Fe（OH）₃胶体，能吸附水中的悬浮的固体颗粒；故答案为：Na₂FeO₄是可溶于水的强氧化剂，在水中有杀菌消毒的作用，其还原产物主要是Fe³⁺，会水解形成Fe（OH）₃胶体，Fe（OH）₃胶体，能吸附水中的悬浮的固体颗粒；
（7）反应原理为：3Zn+2FeO₄^2-+8H₂0═3Zn（OH）₂+2Fe（0H）₃+40H^-，正极电极反应式为：FeO₄^2-+3e^-+4H₂O═Fe（OH）₃+5OH^ˉ，故答案为：FeO₄^2-+3e^-+4H₂O═Fe（OH）₃+5OH^-．

点评：
本题考点： 二氧化硫的化学性质；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二价Fe离子和三价Fe离子的检验．

考点点评： 本题考查学生阅读题目获取信息的能力、氧化还原反应、原电池的工作原理的应用，电极反应，电极产物的判断等，难度中等，要求学生要有扎实的基础知识和灵活运用知识解决问题的能力．注意基础知识的全面掌握．

（1）在氧化还原反应中，化合价升高的元素Fe、S，被氧化，故答案为：Fe、S；（2）a．二氧化硫处理后用于消毒杀菌，故a正确；b．二氧化硫有毒，不可排放到空气中，故b错误；c．二氧化硫具有漂白性，可处理后用于漂白...

点评：
本题考点： 含硫物质的性质及综合应用；氧化还原反应；二氧化硫的化学性质．

考点点评： 本题综合考查学生氧化还原反应知识以及元素及化合物知识，属于综合知识的考查，难度大．

A．②中S元素的化合价升高，O元素的化合价降低，Cu₂S只做还原剂；③中，Cu₂S中Cu元素的化合价降低，S元素的化合价升高，Cu₂S既是还原剂又是氧化剂，故A错误；
B．由反应可知，存在6Cu～3Cu₂S～6CuFeS₂～15O₂，则1mol CuFeS₂生成1molCu，理论上消耗2.5molO₂，故B正确；
C．Cu元素由+1价降低为0，O元素的化合价降低，而S元素的化合价由-2价升高为+4价，则转移的电子数为1mol×[4-（-2）]=6mol，故C错误；
D．反应①中，CuFeS₂中铜元素的化合价为+2，Cu元素的化合价降低，O元素的化合价降低，S元素的化合价由-2价升高为+4价，2molCuFeS₂反应转移电子为24mol，故D错误；
故选B．

点评：
本题考点： 氧化还原反应的计算；氧化还原反应．

考点点评： 本题考查氧化还原反应及计算，明确反应中的元素的化合价变化是解答本题的关键，注意电子守恒、原子守恒的应用，选项D为易错点，题目难度较大．

（1）由发生的反应可知，Fe³⁺氧化吸收硫化氢气体，防止环境污染，
故答案为：吸收硫化氢气体，防止环境污染；
（2）首先氢离子放电生成氢气，反应一段时间，铜离子放电生成铜，再通入氧气的条件下Cu、氧气、硫酸反应生成硫酸铜，发生的反应依次为：2H⁺+2 e^-=H₂↑、Cu²⁺+2e^-=Cu、2Cu+O₂+2H₂SO₄=2CuSO₄+2H₂O，析出红色固体的反应方程式Cu²⁺+2e^-=Cu，
故答案为：Cu²⁺+2e^-=Cu；
（3）有机相和水相不互溶，分离有机相和水相通常利用分液的方法，使用的仪器为分液漏斗，
故答案为：分液漏斗；
（4）向有机相中加入一定浓度的硫酸，增大H⁺浓度，使平衡2RH（有机相）+Cu²⁺（水相）⇌R₂Cu（有机相）+2H⁺（水相）逆向移动，Cu²⁺进入水相得以再生，
故答案为：增大H⁺浓度，使平衡2RH（有机相）+Cu²⁺（水相）⇌R₂Cu（有机相）+2H⁺（水相）逆向移动，Cu²⁺进入水相得以再生；
（5）电解uSO₄溶液，发生反应2CuSO₄+2H₂O

通电
.
2Cu+2H₂SO₄+O₂↑，200mL 0.5mol/L的CuSO₄溶液中n（CuSO₄）=0.2L×0.5mol/L=0.1mol，生成铜3.2g，物质的量为[3.2g/64g/mol]=0.05mol，故生成H₂SO₄0.05mol，溶液中CuSO₄为0.1mol-0.05mol=0.05mol，电解后的溶液为CuSO₄、H₂SO₄混合溶液，溶液呈酸性，溶液中铜离子水解、水发生电离，故n（H⁺）＞0.05mol×2=0.1mol，n（SO₄^2-）=0.1mol，n（Cu²⁺）＜0.05mol，溶液中氢氧根浓度很小，故c（H⁺）＞c（SO₄^2-）＞c（Cu²⁺）＞c（OH^-），
故答案为：c（H⁺）＞c（SO₄^2-）＞c（Cu²⁺）＞c（OH^-）．

点评：
本题考点： 电解原理；原电池和电解池的工作原理．

考点点评： 本题考查电解原理、对工艺原理的理解、常用化学用语、离子浓度比较等，题目综合性较大，是对所学知识的综合考查，需要学生具有知识的基础与分析、解决问题的能力，难度中等，（5）中注意根据物质的量判断离子大小．

（1）12.5g×ω（CuFeS₂）×[64/64+56+64]=3.6g，解得ω（CuFeS₂）=82.8%，
故答案为：82.8%；
（2）①由反应可知，最终CuFeS₂与O₂反应的最终成为FeO、Cu、SO₂，根据原子守恒n（FeO）=n（CuFeS₂）=6mol，n（SO₂）=2n（CuFeS₂）=mol，根据O原子守恒可知2n（O₂）=n（FeO）+2n（SO₂）=6mol+12mol×2，故n（O₂）=15mol，
故答案为：15；
②2CuFeS₂+4O₂=Cu₂S+3SO₂+2FeO
6mol12mol 3mol
故剩余氧气为14.25mol-12mol=2.25mol，生成Cu₂S为3mol，
2Cu₂S+3O₂=2Cu₂O+2SO₂；
3mol 4.5mol
故氧气不足，故氧气完全反应，生成Cu₂O为2.25mol×[2/3]=1.5mol，剩余Cu₂S为3mol-1.5mol=1.5mol，
2Cu₂O+Cu₂S=6Cu+SO₂；
1.5mol 0.75mol
故氧化亚铜完全反应，生成铜1.5mol×[6/2]=4.5mol，
故答案为：4.5；
③2CuFeS₂+4O₂=Cu₂S+3SO₂+2FeO
6mol12mol 3mol
故剩余氧气为15.75mol-12mol=3.75mol，生成Cu₂S为3mol，
2Cu₂S+3O₂=2Cu₂O+2SO₂；
3mol 4.5mol
故氧气不足，故氧气完全反应，生成Cu₂O为3.75mol×[2/3]=2.5mol，剩余Cu₂S为3mol-2.5mol=0.5mol，
2Cu₂O+Cu₂S=6Cu+SO₂；
1mol 0.5mol
故氧化亚铜有剩余，生成铜0.5mol×6=3mol，
故答案为：3．

点评：
本题考点： 有关混合物反应的计算；化学方程式的有关计算．

考点点评： 本题考查混合物的有关计算，题目过程复杂，计算量很大，为易错题目，对学生的心理素质有较高的要求，注意原子守恒计算与过量计算．

（1）化合价降低的元素Cu、O，在反应中被还原，故答案为：Cu、O；
（2）冶炼过程产生大量SO₂．分析下列处理方案：
a．二氧化硫是污染性气体，高空排放会污染空气，处理不合理，故a错误；
b．可以利用吸收二氧化硫生成硫酸，用于制备硫酸，故b合理；
c．用纯碱溶液吸收二氧化硫可以制Na₂SO₄，故c合理；
d．用浓硫酸不能吸收二氧化硫，故d不合理；
故答案为：b、c．
（3）三价铁具有氧化性，能将碘离子氧化，S₂O₈^2-能将亚铁离子氧化，原理为：2Fe³⁺+2I^-=2Fe²⁺+I₂，S₂O₈^2-+2Fe²⁺=2SO₄^2-+2Fe³⁺，
故答案为：2Fe³⁺+2I^-=2Fe²⁺+I₂；S₂O₈^2-+2Fe²⁺=2SO₄^2-+2Fe³⁺；
（4）a．氧化铝是两性氧化物，能和强酸以及强碱反应，6H⁺+AI₂O₃=3H₂O+2Al³⁺，除去铝离子的反应是利用过量氢氧化钠溶液和铝离子反应生成四羟基合铝，
故答案为：Al³⁺+4OH^-=2H₂O+AlO₂^-；
b．高锰酸钾溶液能氧化亚铁离子，使得高锰酸钾溶液褪色，故答案为：稀硫酸、KMnO₄溶液；稀硫酸浸取炉渣所得溶液使KMnO₄溶液褪色．

点评：
本题考点： 铁的化学性质；含硫物质的性质及综合应用；制备实验方案的设计．

考点点评： 本题是对金属的化学性质的考查，要求学生熟记教材知识，学以致用，综合性较强，难度中等．

（1）由流程可知，黄铁矿分解生成的Fe、Cu均为+2价，则反应I的产物为FeS₂、CuS，反应Ⅲ中生成铜离子，则离子反应为4CuCl₂^-+O₂+4H⁺═4Cu²⁺+8Cl^-+2H₂O，故答案为：FeS₂、CuS；4CuCl₂^-+O₂+4H⁺═4Cu²⁺+8Cl^-+2H₂O；
（2）相同条件下硫酸铜的溶解度小，则该温度下，硫酸铜的溶解度小于氯化铜，所以向反应Ⅲ所得的溶液中加入稀硫酸，可以析出硫酸铜晶体，
故答案为：该温度下，硫酸铜的溶解度小于氯化铜；
（3）反应中Fe、S的化合价均升高，氧化产物为Fe₂O₃、SO₂，n（FeS₂）=[1.2g/120g/mol]=0.01mol，
转移的电子为0.01mol×（3-2）+0.01mol×2×[4-（-1）]=0.11mol，个数为0.11N_A个，
故答案为：Fe₂O₃、SO₂；0.11；
（4）①发生氧化还原反应生成硫酸亚铁，离子反应为SO₂+2Fe³⁺+2H₂O=SO₄^2-+2Fe²⁺+4H⁺，故答案为：SO₂+2Fe³⁺+2H₂O=SO₄^2-+2Fe²⁺+4H⁺；
②利用14H⁺+Cr₂O₇^2-+6Fe²⁺═2Cr³⁺+6Fe³⁺+7H₂O、SO₂+2Fe³⁺+2H₂O=SO₄^2-+2Fe²⁺+4H⁺，
可知，3SO₂～Cr₂O₇^2-，
3 1
x 0.02mol/L×0.025L
解得x=0.0015mol，
反应Ⅳ所得气体中SO₂的体积分数为[0.0015mol

0.28L/22.4L/mol]×100%=12.00%，故答案为：12.00%．

点评：
本题考点： 离子方程式的书写；氧化还原反应；中和滴定．

考点点评： 本题以实际化工生产“黄铜矿的综合利用”为背景，考查了元素化合物知识，离子方程式和化学方程式的书写，题目更注重考查学生利用化学原理来解决实际问题的能力．

A、2CuFeS₂+O₂=Cu₂S+2FeS+SO₂中，Cu元素由+2价降低为+1价，S元素由-2价升高到+4价，氧气中O元素由0降低为-2价，则SO₂既是氧化产物又是还原产物，故A正确；
B、Cu₂S+O₂=2Cu+SO₂，铜元素化合价从+1价降到0价，氧元素化合价从 0价降低到-2价，硫元素化合价从-2价升高到+4价，则在反应②中：Cu₂S即作氧化剂又做还原剂，硫元素被氧化，故B错误；
C、2CuFeS₂+O₂=Cu₂S+2FeS+SO₂中，硫元素化合价从-2价升高到+4价，所以生成1molSO₂转移电子为6mol，被氧化的硫元素为1mol，每转移1.2 mol电子，有0.2 mol硫被氧化，故C正确；
D、Cu₂S+O₂=2Cu+SO₂，铜元素化合价从+1价降到0价，氧元素化合价从 0价降低到-2价，硫元素化合价从-2价升高到+4价，消耗1molCu₂S，电子转移6mol，故D错误；
故选AC．

点评：
本题考点： 氧化还原反应．

考点点评： 本题考查了氧化还原反应的概念应用，电子守恒的判断，化合价的升降分析判断概念的应用，转移电子的计算方法．

（1）①高锰酸钾溶液酸性溶液中能氧化亚铁离子，使得高锰酸钾溶液褪色，
故答案为：①稀硫酸、KMnO₄溶液；②稀硫酸浸取炉渣所得溶液使KMnO₄ 溶液褪色；
（2）①流程中操作a是通过过滤的方法得到氢氧化铁沉淀和滤液B，滤液B是硫酸铜溶液，操作b是溶液中得到CuSO₄•5H₂O晶体的实验方法，溶液中得到溶质晶体可以加热蒸发浓缩，冷却结晶得到；
故答案为：过滤；蒸发浓缩，冷却结晶；
②检验溶液B中Fe³⁺是否被除尽的试剂是KSCN溶液，加入KSCN溶液若变红证明含有铁离子，若加入后溶液不变红证明不含铁离子；
故答案为：KSCN溶液；溶液不变红；
③硫酸铜溶液得到金属铜的方法，可以加入铁粉置换铜反应的化学方程式为：CuSO₄+Fe=FeSO₄+Cu；也可以惰性电极通电电解硫酸铜溶液，反应的化学方程式为：2CuSO₄+2H₂O

通电
.
2Cu+O₂↑+2H₂SO₄；
故答案为：CuSO₄+Fe=FeSO₄+Cu；2CuSO₄+2H₂O

通电
.
2Cu+O₂↑+2H₂SO₄；

点评：
本题考点： 性质实验方案的设计；制备实验方案的设计．

考点点评： 本题考查物质性质的实验设计和反应现象判断，实验流程的正确判断是解题关键，题目难度中等．

（1）取少量粉末放入足量稀硫酸中．在所得溶液中再滴加KSCN试剂，若假设1成立，红色粉末是Fe₂O₃，则实验现象是固体完全溶解，溶液呈血红色；
故答案为：固体完全溶解，溶液呈血红色；
（2）滴加KSCN试剂后溶液不变红色，说明溶液中无铁离子，可能是氧化亚铜在酸中发生氧化还原反应生成氧化铜和铜，生成的铜能把铁离子还原为亚铁离子，使溶液遇到硫氰酸钾不变红色，所以滴加KSCN试剂后溶液不变红色，不能说明原混合物不含氧化铁；
故答案为：不合理；当原固体粉末为Fe₂O₃和Cu₂O的混合物时，加入稀H₂SO₄后产生的Fe³⁺与Cu反应生成Fe²⁺，滴加KSCN溶液后也可能不变红色；
（3）固体完全溶解，无固体存在，说明固体含有氧化铁和氧化亚铜；反应生成的铜会和铁离子全部反应，反应的离子方程式为：Cu₂O+2H⁺═Cu+Cu²⁺+H₂O、2Fe³⁺+Cu═2Fe²⁺+Cu²⁺；
故答案为：Fe₂O₃和Cu₂O；Cu₂O+2H⁺═Cu+Cu²⁺+H₂O、2Fe³⁺+Cu═2Fe²⁺+Cu²⁺；
（4）①红色粉末为Fe₂O₃和Cu₂O的混合物溶于硫酸后氧化亚铜反应生成的铜会还原铁离子为亚铁离子，加入氧化剂过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液PH使铁离子全部沉淀，为不引入杂质需要加入氧化铜或碱式碳酸铜调节溶液PH，AC会引入新的杂质；
故答案为：B；D；
②流程分析判断固体X为氢氧化铁沉淀；
故答案为：Fe（OH）₃；
③操作Ⅰ是溶液中得到溶质结晶水合物；是通过蒸发浓缩冷却结晶，过滤洗涤干燥得到晶体；
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；

点评：
本题考点： 探究物质的组成或测量物质的含量．

考点点评： 本题考查了实验探究物质组成和性质的实验分析，物质的性质和转化关系，掌握基础，细心审题是解题关键，题目难度中等．

（1）反应Ⅰ中的反应物是CuFeS₂、O₂、H₂SO₄三种物质，生成物是硫酸铁、硫酸铜和水，根据奇偶法配平，所以方程式是：4CuFeS₂+17O₂+2H₂SO₄═2Fe₂（SO₄）₃+4CuSO₄+2H₂O；
（2）获得绿矾晶体时先蒸发浓缩，因为硫酸铁的溶解度随温度的升高而增大，所以降温溶解度减小，会析出晶体，最后过滤即可．
故答案为：（1）4CuFeS₂+17O₂+2H₂SO₄═2Fe₂（SO₄）₃+4CuSO₄+2H₂O；（2）降温结晶．

点评：
本题考点： 物质的相互转化和制备；结晶的原理、方法及其应用；金属的化学性质；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．

考点点评： 解答本题关键是要知道方程式的书写方法，熟悉溶液中溶质结晶析出的方法．

（Ⅰ） （1）得到的滤渣2是将三价铁沉淀下来的难溶物，可用硫酸来溶解，再加入金属铁可以和三价铁化合为亚铁离子，而又不会引进杂质离子，故答案为：硫酸、过量的铁粉，故答案为：稀硫酸；铁粉；
（2）反应1的反应可以依据流程分析可知反应物为黄铜矿中加入硫酸和氧气反应硫酸铜、硫酸铁和水，反应的化学方程式为：4CuFeS₂+2H₂SO₄+17O₂

细菌
.
4CuSO₄+2Fe₂（SO₄）₃+2H₂O，故答案为：4CuFeS₂+2H₂SO₄+17O₂

细菌
.
4CuSO₄+2Fe₂（SO₄）₃+2H₂O；
（Ⅱ） （1）依据流程图，从整个过程来看，CuFeS₂最终变为Cu、FeO和SO₂，即2CuFeS₂+5O₂=2Cu+4SO₂+2FeO；沸腾炉生成物中的含铁物质主要成分为铁的氧化物，
故答案为：铁的氧化物；
（2）CuFeS₂与O₂反应放热，依据图象分析可知，600°C时水溶性铜最高；水溶性铜化合物为CuSO₄•5H₂O，酸溶性铜化合物为CuO，温度较高时，CuSO₄•5H₂O可分解生成CuO，则在600℃以上时水溶性铜化合物含量减少，
故答案为：600；生成的CuSO₄发生了分解生成酸溶性铜化合物．

点评：
本题考点： 制备实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量．

考点点评： 本题考查考查较为综合，涉及物质的制备、检验和性质实验设计等问题，侧重于考查学生综合运用化学知识的能力，为高考常见题型，难度中等．

（1）①由发生的反应可知，Fe3+氧化吸收硫化氢气体，防止环境污染，故答案为：吸收硫化氢气体，防止环境污染；②Fe3+被还原Fe2+，Fe2+在阳极放电Fe2+-e-=Fe3+，又生成Fe3+，电解过程中，阳极区Fe3+的浓度基本保持不...

点评：
本题考点： 电解原理．

考点点评： 本题考查电解原理、对工艺原理的理解、常用化学用语、离子浓度比较等，题目综合性较大，是对所学知识的综合考查，需要学生具有知识的基础与分析、解决问题的能力，难度中等，（5）中注意根据物质的量判断离子大小．

（1）92gCuFeS₂的物质的量=[92g/184g/mol]=0.5mol，根据原子守恒可知生成Cu、FeS的物质的量分别为0.5mol、0.5mol，由硫原子守恒可知SO₂的物质的量=0.5mol×2-0.5mol=0.5mol，反应中只有生成SO₂的硫元素化合价升高，由-2价升高为+4价，故转移电子物质的量=0.5mol×[4-（-2）]=3mol，
故答案为：3mol；
（2）由工艺流程可知，焙烧产生的气体Ⅰ为SO₂，利用品红溶液进行检验，具体操作为：收集适量气体Ⅰ通入品红溶液中，品红溶液褪色，加热溶液恢复红色，
故答案为：收集适量气体Ⅰ通入品红溶液中，品红溶液褪色，加热溶液恢复红色；
（3）用38%（密度为1.18g．mL^-1）的盐酸配制30%的盐酸，用量筒量取需要浓盐酸与水的体积，在烧杯中稀释，丙用玻璃棒搅拌，故需要的仪器有：量筒、玻璃棒、烧杯，
故答案为：量筒、玻璃棒、烧杯；
（4）由工艺流程可知，过滤得到的滤液中主要为FeCl₂，产品为FeCl₃•6H₂O，故通入的气体将Fe²⁺氧化为Fe³⁺，且不引入杂质，应为氯气最好；
制备干燥纯净的氯气：由发生装置可知，应是二氧化锰与浓盐酸加热制备，反应离子方程式为：MnO₂+4H⁺+2Cl^-

△
.
Mn²⁺+Cl₂↑+2H₂O；
生成的氯气中含有HCl、水蒸气，利用饱和氯化钠溶液吸收氯气中的氯化氢气体；再利用浓硫酸除去氯气中的水蒸气，最后用氢氧化钠溶液吸收尾气中的氯气，连接时注意洗气与干燥装置导气管需要长进短出、收集装置应长进短出，故连接顺序为aghefb；
G是分液漏斗，使用之前应检查是否漏水，
故答案为：C；将Fe²⁺氧化为Fe³⁺；MnO₂+4H⁺+2Cl^-

△
.
Mn²⁺+Cl₂↑+2H₂O；ghefb；分液漏斗；检查是否漏水．

点评：
本题考点： 制备实验方案的设计；气体发生装置．

考点点评： 本题考查氧化还原反应、元素化合物性质、实验方案设计、氯气实验室制备等，侧重对化学基本操作与技能的考查，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，题目难度中等．

A．Cu元素由+2价降低为+1价，S元素由-2价升高到+4价，CuFeS₂既是氧化剂又是还原剂，故A错误；
B．由方程式可知，每生成1mol Cu₂S，有1mol硫被氧化生成SO₂，其它物质中的S元素化合价没有发生变化，故B错误；
C．生成FeS，元素化合价没有变化，FeS不是还原产物，也不是氧化产物，故C错误；
D．元素化合价升高的只有S元素，由-2价升高到+4价，变化6价，则每转移1.2mol电子，有0.2mol硫被氧化，故D正确．
故选D．

点评：
本题考点： 氧化还原反应．

考点点评： 本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意元素化合价的判断，为解答该题的关键，从元素化合价的角度解答该类题目，难度不大．

A．O元素的化合价由0降低为-2价，S元素的化合价由-2价升高为+4价，则SO₂既是氧化产物又是还原产物，故A正确；
B．Cu元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则CuFeS₂既作还原剂又作还原剂，S元素被氧化，故B错误；
C．由反应可知，生成1 molCu₂S，有1mol硫被氧化，故C错误；
D．由反应可知，1molS被氧化转移6mol电子，则每转移1.2 mol电子，有0.2mol硫被氧化，故D错误；
故选A．

点评：
本题考点： 氧化还原反应．

考点点评： 本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，注意把握元素的化合价及反应中的变化为解答的关键，侧重基本概念的考查，题目难度不大．

（1）8CuFeS₂+21O₂

高温
.
8Cu+4FeO+2Fe₂O₃+16SO₂中，Fe元素的化合价升高，Cu、O元素的化合价降低，则Cu、O元素被还原，故答案为：Cu、O；
（2）冶炼过程中产生大量SO₂可制备硫酸或利用碱液吸收，与浓硫酸不反应，也不能直接排放，故答案为：bc；
（3）设计实验验证炉渣中含有FeO，利用酸溶液后，根据亚铁离子具有还原性，选氧化剂发生明显的现象即可证明，因盐酸能被高锰酸钾氧化，则选择试剂为稀硫酸、KMnO₄溶液，证明炉渣中含有FeO的实验现象为稀硫酸浸取炉渣所得溶液能使KMnO₄溶液褪色，
故答案为：稀硫酸、KMnO₄溶液；稀硫酸浸取炉渣所得溶液能使KMnO₄溶液褪色．

点评：
本题考点： 氧化还原反应；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．

考点点评： 本题考查氧化还原反应及应用，为高频考点，把握物质的性质、反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，（3）中易错选盐酸，题目难度不大．