分析：

m(沉淀)=m(混合物)+m(OH_)，反应中存在：Mg$\xrightarrow[{"type":"merge","value":[{"type":"string","value":"2e"},{"type":"script","value":{"front":"","sup":"-","sub":""}}]}]{}$Mg_$\xrightarrow[{"type":"merge","value":[{"type":"string","value":"2OH"},{"type":"script","value":{"front":"","sup":"-","sub":""}}]}]{}$Mg(OH)$_2$，Fe$\xrightarrow[{"type":"merge","value":[{"type":"string","value":"3e"},{"type":"script","value":{"front":"","sup":"-","sub":""}}]}]{}$Fe_$\xrightarrow[{"type":"merge","value":[{"type":"string","value":"3OH"},{"type":"script","value":{"front":"","sup":"-","sub":""}}]}]{}$Fe(OH)$_3$，得出n(e_)=n(OH_)，以此计算沉淀的质量．

解答：

解：n(NO)=$\frac {2.24L}{22.4L/mol}$=0.1mol，生成0.01mol NO，转移的电子的物质的量为：n(e_)=0.1mol×(5-2)=0.3mol，

反应中存在：Mg$\xrightarrow[{"type":"merge","value":[{"type":"string","value":"2e"},{"type":"script","value":{"front":"","sup":"-","sub":""}}]}]{}$Mg_$\xrightarrow[{"type":"merge","value":[{"type":"string","value":"2OH"},{"type":"script","value":{"front":"","sup":"-","sub":""}}]}]{}$Mg(OH)$_2$，Fe$\xrightarrow[{"type":"merge","value":[{"type":"string","value":"3e"},{"type":"script","value":{"front":"","sup":"-","sub":""}}]}]{}$Fe_$\xrightarrow[{"type":"merge","value":[{"type":"string","value":"3OH"},{"type":"script","value":{"front":"","sup":"-","sub":""}}]}]{}$Fe(OH)$_3$，

则n(e_)=n(OH_)，

又m(沉淀)=m(混合物)+m(OH_)，

所以：m(沉淀)=4.9g+0.3mol×17g/mol=10g，

故选：C．

点评：

本题考查混合物的计算，题目难度中等，解答本题注意从电子守恒和质量守恒的角度分析，找出电子与氢氧根离子的物质的量的关系是解答本题的关键，可起到事半功倍的效果．

分析：

向Mg-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21.4g沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜，所以沉淀中氢氧根的质量为21.4g-11.2g=10.2g，物质的量为$\frac {10.2g}{17g/mol}$=0.6mol，根据电荷守恒可知，11.2g的Mg-Cu提供的电子为0.6mol，结合选项根据电子转移守恒判断．

解答：

解：向Mg-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21.4g沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜，所以沉淀中氢氧根的质量为21.4g-11.2g=10.2g，物质的量为$\frac {10.2g}{17g/mol}$=0.6mol，根据电荷守恒可知，11.2g的Mg-Cu提供的电子为0.6mol，

A、生成0.3mo1NO$_2$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A错误；

B、生成0.2mo1NO$_2$和0.1mo1N$_2$O$_4$，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B错误；

C、生成0.1mol NO、0.2mol NO$_2$和0.05mol N$_2$O$_4$，N元素获得电子为0.1mol×(5-2)+0.2mol×(5-4)+0.05mol×2×(5-4)=0.6mol，得失电子相等，故C正确；

D、生成0.6molNO，N元素获得电子为0.6mol×(5-2)=1.8mol，故D错误．

故选：C．

点评：

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．

分析：

检验SO$_4$_离子应排除SO$_3$_离子和Ag_离子的干扰，亚硫酸根离子易被硝酸氧化为硫酸根离子，硫酸钡和氯化银都不溶于硝酸．

解答：

解：A、先加入硝酸不能排除亚硫酸根离子的干扰，亚硫酸根离子易被硝酸氧化为硫酸根离子而生成硫酸钡沉淀，故A错误；

B、先加入硝酸钡，产生白色沉淀，然后再加稀硝酸，沉淀不溶解，不能排除亚硫酸根离子的干扰，亚硫酸根离子易被硝酸氧化为硫酸根离子而生成硫酸钡沉淀，故B错误；

C、先加入稀盐酸，没有产生沉淀，排除银离子的干扰，然后再加氯化钡，产生白色沉淀，证明有SO$_4$_存在，故C正确；

D、先加入氯化钡，产生白色沉淀，然后再加稀盐酸，沉淀不溶解，不能排除银离子的干扰，故D错误．

故选C．

点评：

本题考查硫酸根离子的检验，题目难度不大，本题注意SO$_3$_离子和Ag_离子的干扰．

分析：

A．两者恰好完全反应，可能恰好生成硝酸亚铁；

B．向1mol明矾溶液中通入一定量氨气，一定生成氢氧化铝沉淀；

C．两者恰好完全反应，可能恰好生成碳酸氢钠；

D．两者恰好完全反应，可能盐酸很少，碳酸钠还没有完全转化为碳酸氢钠，或恰好反应生成碳酸氢钠．

解答：

解：A．两者恰好完全反应，可能恰好生成硝酸亚铁，则向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不显血红色，故A错误；

B．向1mol明矾溶液中通入一定量氨气，一定生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不能溶于氨水，则反应后溶液一定生成白色沉淀，故B正确；

C．两者恰好完全反应，可能恰好生成碳酸氢钠，则加入BaCl$_2$溶液不反应，不生成沉淀，故C错误；

D．两者恰好完全反应，可能盐酸很少，碳酸钠还没有完全转化为碳酸氢钠，或恰好反应生成碳酸氢钠，则不生成二氧化碳，故D错误；

故选B．

点评：

本题考查物质的性质，为高频考点，综合考查元素化合物性质，把握物质的性质及发生的化学反应为解答的关键，注意恰好完全反应的理解和分析，题目难度中等．

分析：

该装置涉及发生装置和收集装置，发生装置适用于固体(或液体)与液体不需加热制气体，收集装置为排水法收集，制取的气体难溶于水．

解答：

解：A、浓硝酸与铜反应不需加热，但生成的二氧化氮与水反应，故A错误；

B、浓盐酸和二氧化锰反应制取氯气需要加热，且生成的氯气能和水反应，故B错误；

C、氯化铵和氢氧化钙反应是固体和固体反应，制取氨气需要加热，且氨气和水反应，故C错误；

D、用H$_2$O$_2$溶液和MnO$_2$反应制取O$_2$，该反应是固体和液体不需加热型，且生成的氧气难溶于水，故D正确；

故选D．

点评：

本题考查了气体的发生装置和收集装置，难度不大，明确该反应是不需加热且收集的气体不与水反应是解本题的关键．

分析：

活泼金属与非氧化性酸发生置换反应可生成氢气，金属与浓硫酸反应生成二氧化硫，与硝酸反应生成一氧化氮或二氧化氮，以此解答．

解答：

解：A．锌与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，故A不选；

B．铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，故B选；

C．铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，故C不选；

D．铜和稀硫酸不反应，故D选．

故选BD．

点评：

本题综合考查元素化合物知识，侧重于学生的分析能力的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学生学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累．

分析：

A．Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁；

B．二氧化氮与水反应生成NO；

C．二者均与碳酸钠溶液反应；

D．二者均与硝酸反应．

解答：

解：A．Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁，则加入过量铁粉，过滤可除杂，故A正确；

B．二氧化氮与水反应生成NO，将原物质反应掉，不符合除杂的原则，故B错误；

C．二者均与碳酸钠溶液反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液，故C错误；

D．二者均与硝酸反应，应加盐酸来除杂，故D错误；

故选A．

点评：

本题考查混合物分离、提纯方法的选择和应用，为高频考点，把握物质的性质及性质差异为解答的关键，注意发生的反应及除杂的原则，题目难度不大．

分析：

HNO$_3$既显氧化性，又显酸性，说明反应过程中部分硝酸中元素化合价降低，部分硝酸化合价不变，根据元素化合价变化来分析解答．

解答：

解：A．C+4HNO$_3$(浓)$\xlongequal[]{△}$CO$_2$↑+4NO$_2$↑+2H$_2$O，硝酸中N元素化合价由+5价变为+4价，所以硝酸是氧化剂，体现氧化性，故A错误；

B.3FeO+10HNO$_3$=3Fe(NO$_3$)$_3$+NO↑+5H$_2$O，该反应中部分硝酸中N元素化合价由+5价变为+2价、部分硝酸化合价不变，所以硝酸体现氧化性和酸性，故B正确；

C．Fe$_2$O$_3$+6HNO$_3$=2Fe(NO$_3$)$_3$+3H$_2$O，该反应中硝酸中各元素化合价不变，硝酸和碱性氧化物反应生成盐和水，体现酸性，故C错误；

D．CuO+2HNO$_3$=Cu(NO$_3$)$_2$+H$_2$O，该反应中硝酸中各元素化合价不变，硝酸和碱性氧化物反应生成盐和水，体现酸性，故D错误；

故选B．

点评：

本题以硝酸为载体考查了氧化还原反应，根据硝酸中元素化合价是否变化来分析解答，熟悉常见元素化合价，题目难度不大．

分析：

根据电子守恒计算，已知HNO$_3$$\xrightarrow[{"type":"string","value":"Cu"}]{}$NO、NO$_2$$\xrightarrow[{"type":"merge","value":[{"type":"string","value":"O"},{"type":"script","value":{"front":"","sup":"","sub":"2"}}]}]{}$HNO$_3$，反应前后HNO$_3$的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等于O$_2$得到电子的数目，以此进行计算．

解答：

解：Cu的物质的量为n(Cu)=0.03mol，反应时失去电子数目为2×0.03mol=0.06mol，

反应整个过程为HNO$_3$$\xrightarrow[{"type":"string","value":"Cu"}]{}$NO、NO$_2$$\xrightarrow[{"type":"merge","value":[{"type":"string","value":"O"},{"type":"script","value":{"front":"","sup":"","sub":"2"}}]}]{}$HNO$_3$，反应前后HNO$_3$的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等于O$_2$得到电子的数目，所以消耗氧气的物质的量为

n(O$_2$)=$\frac {0.06mol}{4}$=0.015mol，V(O$_2$)=0.015mol×22400ml/mol=336ml，所以通入O$_2$的体积为336ml，

故选B．

点评：

本题考查氧化还原反应电子转移数目的计算，本题难度不大，根据关系式得出Cu失去电子数目等于O$_2$得到电子的数目是解答本题的关键．