题型06 氧化还原反应-高考化学二轮热点题型归纳与变式演练（新高考通用）

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目 录
题型综述
解题攻略
题组01 氧化还原反应相关概念的正误判断
题组02 物质氧化性、还原性强弱的判断
题组03 氧化还原反应方程式的书写与配平
题组04 氧化还原反应的基本规律及其应用
题组05 有关氧化还原反应的简单计算
高考练场
氧化还原反应是高中化学的核心理论，贯穿整个高中化学的始终，它是历年高考的必考的热点和重点内容，选择题、主观填空题均有可能出现，近三年的自主命题省份增多，单独考查氧化还原反应的试题增加，选择题在高考中主要考查氧化还原反应的概念与本质；判断氧化剂与还原剂、氧化产物与还原产物，被氧化元素与被还原元素；比较氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)的强弱；氧化还原反应的简单计算，根据试题考查点的不同，可将本专题分为五个题组：一是氧化还原反应相关概念的判断；二是物质氧化性、还原性强弱的判断；三是氧化还原反应方程式的书写与配平；四是氧化还原反应的基本规律及其应用；五是有关氧化还原反应的简单计算。
题组01 氧化还原反应相关概念的正误判断
【例1-1】（2024·山东卷）中国书画是世界艺术瑰宝，古人所用文房四宝制作过程中发生氧化还原反应的是
A．竹管、动物尾毫→湖笔B．松木→油烟→徽墨
C．楮树皮→纸浆纤维→宣纸D．端石→端砚
【答案】B
【解析】A．湖笔，以竹管为笔杆，以动物尾毫为笔头制成，不涉及氧化还原反应，A不符合题意；B．松木中的C元素主要以有机物的形式存在，徽墨主要为C单质，存在元素化合价的变化，属于氧化还原反应，B符合题意；C．宣纸，以楮树皮为原料，得到纸浆纤维，从而制作宣纸，不涉及氧化还原反应，C不符合题意；D．端砚以端石为原料经过采石、维料、制璞、雕刻、磨光、配盒等步骤制成，不涉及氧化还原反应，D不符合题意；故选B。
【例1-2】（2024·浙江1月卷）汽车尾气中的和在催化剂作用下发生反应：，下列说法不正确的是(为阿伏加德罗常数的值)
A．生成转移电子的数目为B．催化剂降低与反应的活化能
C．是氧化剂，是还原剂D．既是氧化产物又是还原产物
【答案】D
【分析】NO中N的化合价为+2价，降低为0价的N2，1个NO得2个电子，作氧化剂，发生还原反应，CO中C为+2价，化合价升高为+4价的CO2，失去2个电子，作还原剂发生氧化反应；
【解析】A．根据分析，1mlCO2转移2NA的电子，A正确；B．催化剂通过降低活化能，提高反应速率，B正确；C．根据分析，NO是氧化剂，CO是还原剂，C正确；D．根据分析，N2为还原产物，CO2为氧化产物，D错误；故选D。
【提分秘籍】
1．抓两主线，理清概念间的相互联系
可概括为“氧、氧、得、降、还、还、还”。
2．盘点易错点，突破“6误区”
（1）同一元素价态越高氧化性不一定越强，如受物质稳定性的影响，HClO的氧化性大于HClO4的氧化性。
（2）在氧化还原反应中，一种元素被氧化，不一定有另一种元素被还原，如一些自身的歧化反应。
（3）得电子难的物质不一定易失电子，如第ⅣA族的碳(C)和稀有气体。
（4）元素由化合态变为游离态不一定被氧化，也可能被还原，如Fe2＋→Fe。
（5）有单质参与的反应不一定是氧化还原反应，如同素异形体之间的转化：3O22O3。
（6）具有氧化性的物质和具有还原性的物质不一定能发生反应，如浓H2SO4不能氧化SO2，KMnO4不能氧化H2。
（7）最高价只有氧化性，最低价只有还原性，中间价态既有氧化性又具有还原性。
【变式演练】
【变式1-1】（2024·浙江绍兴·三模）高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型绿色消毒剂，工业上制备高铁酸钠的其中一种化学原理为：，下列说法不正确的是(设为阿伏伽德罗常数的值)
A．反应中电子转移数目为时，生成的质量为166 g
B．NaClO是还原剂，是氧化剂
C．根据该原理可得Na2FeO4在碱性环境中能稳定存在
D．NaCl是还原产物
【答案】B
【解析】A．反应中电子转移数目为时，生成的为1ml，质量为166 g，故A正确；B．NaClO是氧化剂，是还原剂，故B错误；C．和在碱性条件下生成Na2FeO4，可得Na2FeO4在碱性环境中能稳定存在，故C正确；D．NaClO是氧化剂，NaCl是还原产物，故D正确；故选B。
【变式1-2】（2024·海南海口·一模）化学与人类生活有着密切联系。下列过程涉及氧化还原反应的是
A．明矾净水B．漂白粉久置于空气中失效
C．可用于治疗胃酸过多D．在豆浆中加石膏制豆腐
【答案】B
【解析】A．明矾净水的原因为，胶体具有很强的吸附能力，未涉及氧化还原反应，A不符合题意；B．漂白粉久置于空气中失效的反应机理为，，涉及氧化还原反应，B符合题意；C．，未涉及氧化还原反应，C不符合题意；D．加石膏制豆腐是胶体的聚沉，不涉及氧化还原反应，D不符合题意；故选B。
题组02 物质氧化性、还原性强弱的判断
【例2-1】（2024·江西卷）由下列实验事实得出的结论正确的是
【答案】B
【解析】A．铝热反应大量放热，反应需要引燃和反应放热还是吸热无关，A错误；B．KI溶液加热浓缩过程中，I-被空气中O2氧化生成I2，加入淀粉溶液后变蓝，根据氧化还原反应的强弱规律，氧化性：O2>I2，B正确；C．氢氧化钠会和空气中二氧化碳发生反应生成碳酸钠，故久置的NaOH溶液试剂瓶口出现的白色固体是碳酸钠，C错误；D．亚铁离子和Fe(OH)2都有较强的还原性，易被空气中氧气氧化，故久置的FeCl2溶液中出现红褐色Fe(OH)3沉淀和Ksp大小无关，D错误；本题选B。
【例2-2】（2024·福建卷）用探究性质，实验步骤及观察到的现象如下：
该过程中可能涉及的反应有：
①
②
③
④
下列说法错误的是
A．与的配位能力：B．无色
C．氧化性：D．探究过程未发生反应②
【答案】A
【分析】加入过量氨水生成无色溶液，过程中发生反应，其中为无色，无色溶液在空气中被氧气氧化为蓝色溶液，发生反应，其中为蓝色，加入铜粉发生反应，放置在空气中又发生反应，溶液又变为蓝色，据此解答。
【解析】A．中由N原子提供孤对电子用于形成配位键，中由O原子提供孤对电子用于形成配位键，电负性O＞N，则O给电子能力弱，则与的配位能力：，故A错误；B．由分析可知，无色，故B正确；C．氧化剂的氧化性大于氧化产物，由方程式可知，氧化性：，故C正确；D．由分析可知，探究整个过程未发生反应②，故D正确；故选A。
【提分秘籍】
1.依据氧化还原反应方程式判断
氧化性：氧化剂>氧化产物
还原性：还原剂>还原产物
口诀：比什么“性”找什么“剂”，“产物”之“性”小于“剂”。
2.依据反应条件及反应的剧烈程度判断
当不同的氧化剂(或还原剂)与同一还原剂(或氧化剂)反应时，反应越易进行，则对应的氧化剂(或还原剂)的氧化性(或还原性)越强，反之越弱。如：
MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O
O2＋4HCl(浓)eq \(=====,\s\up11(催化剂),\s\d4(△))2Cl2＋2H2O
氧化性：KMnO4>MnO2>O2
2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑ Mg＋2H2OMg(OH)2＋H2↑
还原性：Na>Mg
3.依据被氧化还原的程度判断
相同条件下：
a.不同氧化剂作用于同一种还原剂，氧化产物价态高的其氧化性强。
例如：Fe＋SFeS，2Fe＋3Cl22FeCl3 ，可以得出氧化性：Cl2>S
b.不同还原剂作用于同一种氧化剂，还原产物价态低的其还原性强。例如：
eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋,3Zn＋2Fe3＋===3Zn2＋＋2Fe))→eq \x(\a\al(还原性,Zn>Cu))
4.依据“三表”判断
a.根据元素周期表判断
b.根据金属活动顺序表
c.根据非金属活动性顺序表判断
eq \(,\s\up7(F2 Cl2 O2 Br2 I2 S),\s\d7(得电子能力逐渐减弱，氧化性逐渐减弱))
eq \(,\s\up7(F－ Cl－ Br－ I－ S2－),\s\d7(失电子能力逐渐增强，还原性逐渐增强))
5.依据“两池”判断
a.原电池：一般情况下，两种不同的金属构成原电池的两极，其还原性：负极>正极。
b.电解池：用惰性电极电解混合溶液时，在阴极先放电的阳离子的氧化性较强，在阳极先放电的阴离子的还原性较强。
6.依据“三度”判断(“三度”即：浓度、温度、酸碱度)
a.浓度：同一种物质浓度越大，氧化性(或还原性)越强。如氧化性：浓H2SO4>稀H2SO4，浓HNO3>稀HNO3；还原性：浓盐酸>稀盐酸。
b.温度：同一种物质，温度越高其氧化性(或还原性)越强。如热的浓硫酸的氧化性比冷的浓硫酸的氧化性强。
c.酸碱度：同一种物质，所处环境酸(碱)性越强其氧化性(或还原性)越强。如KMnO4溶液的氧化性随溶液酸性的增强而增强。
【变式演练】
【变式1-1】（2024·海南·一模）某学习小组制备KClO3并探究其部分性质，过程如图所示：。下列说法正确的是
A．可用NaOH溶液除去黄绿色气体中的HCl
B．过程Ⅰ的离子方程式为
C．过程Ⅱ中浓盐酸仅表现了还原性
D．上述过程说明Cl2的氧化性一定强于KClO3
【答案】B
【分析】氯气与KOH在加热条件下反应生成KCl、KClO3和水，方程式为。KClO3与浓盐酸反应生成氯气，方程式为。
【解析】A．氯气和HCl都会与NaOH溶液反应，不能用NaOH溶液除去氯气中的HCl，可用饱和食盐水除去氯气中的HCl气体，A错误；B．氯气与KOH在加热条件下反应生成KCl、KClO3和水，方程式为，B正确；C．KClO3与浓盐酸反应生成氯气，方程式为。浓盐酸中的Cl-化合价升高转化为氯气，体现出还原性；也转化为KCl，生成盐，体现出酸性；因此过程Ⅱ中浓盐酸表现出还原性和酸性，C错误；D．在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物。过程Ⅰ中，氯气转化为KClO3，则氧化性：氯气＞KClO3；过程Ⅱ中，KClO3转化为氯气，则氧化性：KClO3＞氯气。可知氯气的氧化性不一定强于KClO3，物质的酸碱性和溶液的酸碱性有关，D错误；答案选B。
【变式1-2】（2024·河北·模拟预测）已知为拟卤素，性质与卤素类似。老师将学生分为四组，做如下探究实验：甲组：分别配制500mLKSCN溶液、溶液；乙组：向的KSCN溶液中滴加酸性溶液，酸性溶液褪色；丙组：向的溶液中滴加酸性溶液，酸性溶液褪色；丁组：分别取50mLKSCN溶液和50mL溶液，混合，向混合液中滴加酸性溶液，溶液先变红后褪色，下列说法错误的是
A．甲组同学用到500mL容量瓶、玻璃棒、烧杯、胶头滴管等玻璃仪器
B．乙组实验中将氧化为
C．丙组实验发生反应的离子方程式：
D．丁组实验说明还原性：
【答案】D
【解析】A．甲组同学用到500mL容量瓶、玻璃棒、烧杯、胶头滴管等玻璃仪器，A正确；B．实验乙中阴离子SCN﹣被氧化为(SCN)2，B正确；C．酸性高锰酸钾与亚铁离子反应的离子方程式：，C正确；D．在等体积浓度均为0.1ml/L的KSCN和FeSO4混合溶液中滴加酸性高锰酸钾，溶液先变红，说明亚铁离子先被高锰酸根离子氧化成铁离子，故还原性SCN-CaCO3，因此向锅炉水垢中加入饱和溶液，根据难溶物转化原则可知CaSO4转化为CaCO3，反应方程式为，故C项正确；D．具有强氧化性，加入具有还原性的Fe2+，二者发生氧化还原反应生成Fe3+、Cr3+，Cr元素化合价由+6降低至+3，Fe元素化合价由+2升高至+3，根据守恒规则可知反应离子方程式为，故D项正确；综上所述，错误的是A项。
【提分秘籍】
1．掌握书写信息型氧化还原反应化学（离子）方程式的步骤(4步法)
第1步：根据题干信息或流程图，判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物
第2步：按“氧化剂+还原剂-还原产物+氧化产物”写出方程式，根据氧化还原反应的守恒规律配平氧化剂、还原剂、还原产物、氧化产物的相应化学计量数。
第3步：根据电荷守恒和溶液的酸碱性，通过在反应方程式的两端添加H＋或OH－的形式使方程式的两端的电荷守恒。
第4步：根据原子守恒，通过在反应方程式两端添加H2O(或其他小分子)使方程式两端的原子守恒。
2．氧化还原反应化学（离子）方程式的配平步骤：
① 标出化合价变化了的元素的化合价。
② 列变化：分别标出化合价升高数和化合价降低数
③ 根据化合价升降总数相等确定发生氧化还原反应的物质的化学计量数。
④ 利用元素守恒，观察配平其他物质
3． “补缺”的技巧
缺项化学（离子）方程式的配平：
配平化学（离子）方程式时，有时要用H+、OH-、H2O来使化学方程式两边电荷及原子守恒，总的原则是酸性溶液中不能出现OH-，碱性溶液中不能出现H+，具体方法如下：
注：绝不可能出现的情况：H+→OH- 或者OH-→H+。
【变式演练】
【变式3-1】（2024·安徽安庆·模拟预测）黄铜用溶液浸泡后生成单质硫，所得CuSO4溶液可用于制取纳米Cu2O，Cu2O能与酸发生反应。C3+具有强氧化性，可与浓盐酸反应生成氯气。由、、和反应制备的配合物可应用于的鉴定。下列化学反应方程式表示错误的是
A．Cu2O与稀硫酸反应：
B．溶液和反应：
C．与足量浓盐酸反应：
D．制备的反应：
【答案】C
【解析】A．Cu2O与稀硫酸反应生成铜、硫酸铜和水，反应的离子方程式为：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，A正确；B．CuFeS2和Fe2(SO4)3溶液反应生成硫酸铜、硫酸亚铁和硫单质，反应的离子方程式为：CuFeS2+4Fe3+=Cu2++2S+5Fe2+，B正确；C．已知C3+具有强氧化性，可与浓盐酸反应生成氯气，C(OH)3与足量盐酸反应：2C(OH)3+2Cl-+6H+=2C2++Cl2↑+6H2O，C错误；D．CH3COOH不能拆，制备Na3[C(NO2)6]的反应的离子离子反应为应：12+2C2++H2O2+2CH3COOH=2[C(NO2)6]3-+2CH3COO-+2H2O，D正确；故答案为：C。
【变式3-2】（2024·河北·模拟预测）工业上可用硫酸铁溶液溶浸黄铁矿，主要反应为(未配平)，下列说法错误的是
A．是氧化剂，得到电子
B．中硫元素的化合价为，反应时被氧化
C．配平后的化学方程式中，的计量数为8
D．浸出液经蒸发结晶可获得晶体
【答案】D
【解析】A．反应时中铁元素的化合价降低，则是氧化剂，得到电子，A正确；B．中铁元素的化合价为，硫元素为，反应时被氧化为，B正确；C．根据电子守恒和质量守恒，配平化学方程式为：，的计量数为8，C正确；D．浸出液中含有和，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，可获晶体，且应防止被空气中氧气氧化，D错误；故选D。
题组04 氧化还原反应的基本规律及其应用
【例4-1】（2024·宁夏四川卷）下列过程对应的离子方程式正确的是
A．用氢氟酸刻蚀玻璃：
B．用三氯化铁溶液刻制覆铜电路板：
C．用硫代硫酸钠溶液脱氯：
D．用碳酸钠溶液浸泡锅炉水垢中的硫酸钙：
【答案】D
【解析】A．玻璃的主要成分为SiO2，用氢氟酸刻蚀玻璃时，SiO2和氢氟酸反应生成SiF4气体和水，反应的方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，A错误；B．Fe3+可以将Cu氧化成Cu2+，三氯化铁刻蚀铜电路板时反应的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，B错误；C．氯气具有强氧化性，可以氧化硫代硫酸根成硫酸根，氯气被还原为氯离子，反应的离子方程式为S2O+4Cl2+5H2O=2SO+8Cl-+10H+，C错误；D．碳酸钙的溶解度小于硫酸钙，可以用碳酸钠溶液浸泡水垢使硫酸钙转化为疏松、易溶于酸的碳酸钙，反应的离子方程式为，D正确；故答案选D。
【例4-2】（2023·北京卷）离子化合物和与水的反应分别为①；②。下列说法正确的是
A．中均有非极性共价键
B．①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应
C．中阴、阳离子个数比为，中阴、阳离子个数比为
D．当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的和的物质的量相同
【答案】C
【解析】A．Na2O2中有离子键和非极性键，CaH2中只有离子键面不含非极性键，A错误；B．①中水的化合价不发生变化，不涉及氧化还原反应，②中水发生还原反应，B错误；C．Na2O2由Na+和组成．阴、阳离子个数之比为1∶2，CaH2由Ca2+和H-组成，阴、阳离子个数之比为2∶1，C正确；D．①中每生成1个氧气分子转移2个电子，②中每生成1个氢气分子转移1个电子，转移电子数相同时，生成氧气和氢气的物质的量之比为1∶2，D错误；故选C。
【提分秘籍】
【变式演练】
【变式4-1】（2024·浙江杭州·一模）六氟合铂酸氙(，其中为价)是人类发现的第一个稀有气体化合物，与水反应方程式为：(未配平)，下列说法不正确的是
A．六氟合铂酸氙中的化合价为价B．有强氧化性
C．每生成1ml，转移4ml电子D．是还原产物
【答案】D
【分析】由方程式可知，反应中氙元素、铂元素的化合价降低被还原，六氟合铂酸氙是氧化剂，氧元素的化合价升高被氧化，水是还原剂，反应的化学方程式为。
【解析】A．六氟合铂酸氙分子中铂元素的化合价为+5价、氧元素的化合价为—2价，由化合价代数和为0可知，氙元素的化合价为价，故A正确；B．由六氟合铂酸氙能与水反应生成氧气可知，六氟合铂酸氙具有强氧化性，故B正确；C．由方程式可知，反应生成1ml氧气时，转移电子的物质的量为4ml，故C正确；D．由分析可知，反应中氟元素和氢元素的化合价没有发生变化，氟化氢既不是氧化产物也不是还原产物，故D错误；故选D。
【变式4-2】（2024·陕西延安·一模）下列有关陈述Ⅰ和Ⅱ均正确且存在因果关系的是
【答案】B
【解析】A．元素的非金属性强弱与氢化物的酸性强弱无关，所以向硅酸钠溶液中滴入稀盐酸，溶液中出现凝胶()，不能用于比较氯元素和硅元素的非金属性强弱，故A项不符合题意；B．海水中存在溴离子，可向其中通入氯气等氧化剂将溴离子氧化为溴单质，再经过萃取，蒸馏分离提纯溴单质，另外，通过富集海水中的镁离子，再经过沉淀、溶解等操作得到无水氯化镁，随后电解熔融氯化镁可得到镁单质，陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系，故B项符合题意；C．浓硝酸与Al能反应，只是常温下会发生“钝化”形成一层保护膜，故C项不符合题意；D．具有氧化性，硝酸根离子在酸性条件下也具有氧化性，所以不能判断是谁将碘离子氧化为碘单质的，故D项不符合题意；故本题选B。
题组05 有关氧化还原反应的简单计算
【例1-1】（2024·广西卷）实验小组用如下流程探究含氮化合物的转化。为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．“反应1”中，每消耗，在下得到
B．“反应2”中，每生成0.1mlNO，转移电子数为
C．在密闭容器中进行“反应3”，充分反应后体系中有个
D．“反应4”中，为使完全转化成，至少需要个
【答案】B
【分析】反应1为实验室制备氨气的反应，方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O，反应2是氨气的催化氧化，方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，反应3为一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，方程式为：2NO+O₂=2NO₂ ，反应4为二氧化氮，氧气和水反应生成硝酸，4NO2+2H2O+O2=4HNO3‌，以此解题。
【解析】A．根据分析可知，每消耗，生成0.1ml氨气，但是由于不是标准状况，则气体不是2.24L，A错误；B．根据分析可知，反应2方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，该反应转移20e-，则每生成0.1mlNO，转移电子数为，B正确；C．根据反应3，充分反应后生成个，但是体系中存在2NO2⇌N2O4，则最终二氧化氮数目小于，C错误；D．根据反应4可知，为使完全转化成，至少需要个O2，D错误；故选B。
【例1-2】（2024·浙江卷）利用可将废水中的转化为对环境无害的物质后排放。反应原理为：(未配平)。下列说法正确的是
A．X表示
B．可用替换
C．氧化剂与还原剂物质的量之比为
D．若生成标准状况下的气体，则反应转移的电子数为(表示阿伏加德罗常数的值)
【答案】C
【解析】A．由题中信息可知，利用可将废水中的转化为对环境无害的物质X后排放，则X表示，仍然是大气污染物，A不正确；B．中C元素的化合价由-2价升高到+4价，是该反应的还原剂，有强氧化性，通常不能用作还原剂，故不可用替换，B不正确；C．该反应中，还原剂中C元素的化合价由-2价升高到+4价，升高了6个价位，氧化剂中N元素的化合价由+5价降低到0价，降低了5个价位，由电子转移守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为，C正确；D．中C元素的化合价由-2价升高到+4价，升高了6个价位，若生成标准状况下的气体，即生成0.5ml，反应转移的电子数为0.5×6=，D不正确；综上所述，本题选C。
【提分秘籍】
氧化还原反应计算中重要的解题方法——电子守恒法
（1）应用电子守恒解题的三步骤。
“一找各物质”:找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。
“二定得失数”:确定一个原子或离子得失电子数(注意化学式中的原子个数)。
“三列关系式”:根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出关系式:
n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值=n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值
（2）多步反应得失电子守恒问题
有的试题反应过程多，涉及的氧化还原反应也多，数量关系较为复杂，若用常规方法求解比较困难，若抓住失电子总数等于得电子总数这一关系，则解题就变得很简单。解多步连续进行的氧化还原反应这类试题时，注意不要遗漏某个氧化还原反应，只要中间各步反应过程中电子没有损耗,可直接找出起始物和最终产物,略去中间产物,建立起始物和最终产物之间的电子守恒关系,从而快速求解。
【变式演练】
【变式1-1】（2024·辽宁·二模）将和空气的混合气体通入、和HCl的混合溶液中反应回收S，其物质转化历程如图所示。下列说法正确的是
A．历程①发生反应
B．历程②中CuS作氧化剂
C．历程③中
D．若要吸收34g，则至少要通入56L空气(空气中氧气体积按20%计)
【答案】A
【解析】A．硫化氢为弱电解质，离子方程式应保留化学式，故A正确；B．CuS反应过程中S元素化合价由-2升高至0，化合价升高，作还原剂，故B错误；C．历程③中，Fe元素化合价由+2升高至+3，，O元素化合价由0降低至-2，根据化合价升降守恒可知，故C错误；D．未指明标准状况，气体体积不可知，故D错误；故选：A。
【变式1-2】（2024·安徽·一模）、、，都是氯的常见氧化物，制备方法如下：
①
②
③
下列说法错误的是
A．反应①每生成0.5ml ，转移电子数约为
B．反应②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1
C．是酸性氧化物，与水反应的离子方程式为
D．、均可用作消毒剂，自身会被还原为，则消毒能力是等质量的1.25倍
【答案】D
【解析】A．反应①中生成1个转移2，故生成0.5ml 转移电子数约为，A正确；B．反应中②的HCl，一半表现酸性，一半表现还原性，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，B正确；C．是酸性氧化物，与水反应生成强酸高氯酸，离子方程式为，C正确；D．和在消毒时自身均被还原为，则等质量和得到电子数之比为29∶18，消毒能力是等质量的1.61倍，D错误；故选D。
1．（2024·湖北·一模）臭氧能氧化，故常被用来治理电镀工业中的含氰废水，其化学反应原理为：。下列说法错误的是
A．基态氧原子核外电子有5种空间运动状态
B．该反应是熵增的过程
C．若生成，则该反应转移电子数目为
D．反应中所涉及的三种气体分子均为非极性分子
【答案】D
【解析】A．基态氧原子核外电子有5种空间运动状态，故A正确；B．该反应过程中气体体积增大，是熵增的过程，故B正确；C．由双线桥法知若生成，则该反应转移电子数目为，故C正确；D．分子中共价键为极性键，空间构型为V形，属于极性分子，故D错误；答案选D。
2．（2022·重庆卷）下列叙述正确的是
A．Cl2和Br2分别与Fe2+反应得到Cl-和Br-
B．Na和Li分别在O2中燃烧得到Na2O和Li2O
C．1mlSO3与1mlNO2分别通入1L水中可产生相同浓度的H2SO4和HNO3
D．0.1ml•L-1醋酸和0.1ml•L-1硼酸分别加入适量Na2CO3中均可得到CO2和H2O
【答案】A
【解析】A．氯气和溴的氧化性都强于铁离子，都能与亚铁离子反应生成氯离子和溴离子，故A正确；B．钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，故B错误；C．无法确定1mlSO3与1mlNO2分别通入1L水中所得溶液的体积，无法计算和比较所得H2SO4和HNO3的浓度大小，故C错误；D．硼酸的酸性弱于碳酸，不能与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳气体，故D错误；故选A。
3．（2023·湖南卷）油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：
下列说法正确的是
A．和的空间结构都是正四面体形
B．反应Ⅰ和Ⅱ中，元素和S都被氧化
C．反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：ⅠⅡ，C错误；D．中As为+3价，S为-2价，在经过反应Ⅰ后，As的化合价没有变，S变为+2价，则1ml失电子3×4ml=12ml；在经过反应Ⅱ后，As变为+5价，S变为+6价，则1ml失电子2×2ml+3×8ml=28ml，则反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化转移的电子数之比为3∶7，D正确；故选D。
4．（2024·吉林卷）分解的“碘钟”反应美轮美奂。将一定浓度的三种溶液(①溶液；②淀粉、丙二酸和混合溶液；③、稀硫酸混合溶液)混合，溶液颜色在无色和蓝色之间来回振荡，周期性变色；几分钟后，稳定为蓝色。下列说法错误的是
A．无色→蓝色：生成B．蓝色→无色：转化为化合态
C．起漂白作用D．淀粉作指示剂
【答案】C
【分析】分析该“碘钟”反应的原理：①在Mn2+的催化下H2O2与IO反应生成I2，在淀粉指示剂的作用下溶液变蓝色；②生成的I2又会与H2O2反应生成IO，使溶液变回无色；③生成的I2可以与丙二酸反应生成琥珀色的ICH(COOH)2，溶液最终会变成蓝色。
【解析】A．根据分析，溶液由无色变为蓝色说明有I2生成，A正确；B．根据分析，溶液由蓝色变为无色，是将I2转化为IO，I2转化为为化合态，B正确；C．根据分析，H2O2在此过程中参加反应，不起到漂白作用，C错误；D．在此过程中，因为有I2的生成与消耗，淀粉在这个过程中起到指示剂的作用，D正确；故答案选C。
5．（2024·吉林卷）某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的并制备，流程如下“脱氯”步骤仅元素化合价发生改变。下列说法正确的是
锌浸出液中相关成分(其他成分无干扰)
A．“浸铜”时应加入足量，确保铜屑溶解完全
B．“浸铜”反应：
C．“脱氯”反应：
D．脱氯液净化后电解，可在阳极得到
【答案】C
【分析】铜屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2+，反应的离子方程式为：，再加入锌浸出液进行“脱氯”，“脱氯”步骤中仅Cu元素的化合价发生改变，得到CuCl固体，可知“脱氯”步骤发生反应的化学方程式为：，过滤得到脱氯液，脱氯液净化后电解，Zn2+可在阴极得到电子生成Zn。
【解析】A．由分析得，“浸铜”时，铜屑不能溶解完全，Cu在“脱氯”步骤还需要充当还原剂，故A错误；B．“浸铜”时，铜屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2+，反应的离子方程式为：，故B错误；C．“脱氯”步骤中仅Cu元素的化合价发生改变，得到CuCl固体，即Cu的化合价升高，Cu2+的化合价降低，发生归中反应，化学方程式为：，故C正确；D．脱氯液净化后电解，Zn2+应在阴极得到电子变为Zn，故D错误；故选C。
6．（2024·江苏卷）室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是
【答案】B
【解析】A．H2SO4是二元酸，CH3COOH是一元酸，通过该实验无法说明H2SO4和CH3COOH酸性的强弱，故A错误；B．向溶液中滴加几滴溴水，振荡，产生淡黄色沉淀，说明发生反应：，氧化剂的氧化性大于氧化产物，因此氧化性：，故B正确；C．和均为白色沉淀，无法通过现象确定沉淀种类，无法比较和溶度积常数的大小，故C错误；D．比较和结合能力，应在相同条件下测定相同浓度溶液和溶液的pH，但题中未明确指出两者浓度相等，故D错误；故选B。
7．（2024·北京卷）可采用催化氧化法将工业副产物制成，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：。下图所示为该法的一种催化机理。
下列说法不正确的是
A．Y为反应物，W为生成物
B．反应制得，须投入
C．升高反应温度，被氧化制的反应平衡常数减小
D．图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应
【答案】B
【分析】由该反应的热化学方程式可知，该反应涉及的主要物质有HCl、O2、CuO、Cl2、H2O；CuO与Y反应生成Cu(OH)Cl，则Y为HCl；Cu(OH)Cl分解生成W和Cu2OCl2，则W为H2O；CuCl2分解为X和CuCl，则X为Cl2；CuCl和Z反应生成Cu2OCl2，则Z为O2；综上所述，X、Y、Z、W依次是、、、。
【解析】A．由分析可知，Y为反应物，W为生成物，A正确；B．在反应中作催化剂，会不断循环，适量即可，B错误；C．总反应为放热反应，其他条件一定，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，C正确；D．图中涉及的两个氧化还原反应是和，D正确；故选B。
8．（2024·北京卷）不同条件下，当KMnO4与KI按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。
已知：的氧化性随酸性减弱而减弱。
下列说法正确的是
A．反应①，
B．对比反应①和②，
C．对比反应①和②，的还原性随酸性减弱而减弱
D．随反应进行，体系变化：①增大，②不变
【答案】B
【解析】A．反应①中Mn元素的化合价由+7价降至+2价，I元素的化合价由-1价升至0价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应①的离子方程式是：10I-+2+16H+=2Mn2++5I2+8H2O，故n(Mn2+)∶n(I2)=2∶5，A项错误；B．根据反应①可得关系式10I-~2，可以求得n=0.0002，则反应②的n(I-)∶n()=0.001∶(10×0.0002)=1∶2，反应②中Mn元素的化合价由+7价降至+4价，反应②对应的关系式为I-~2~MnO2~~6e-，中I元素的化合价为+5价，根据离子所带电荷数等于正负化合价的代数和知x=3，反应②的离子方程式是：I-+2+H2O=2MnO2↓++2OH-，B项正确；C．已知的氧化性随酸性减弱而减弱，对比反应①和②的产物，I-的还原性随酸性减弱而增强，C项错误；D．根据反应①和②的离子方程式知，反应①消耗H+、产生水、pH增大，反应②产生OH-、消耗水、pH增大，D项错误；答案选B。
9．（2024·安徽·模拟预测）二氧化氯(ClO2，黄绿色、易溶于水的气体)是一种高效、低毒的消毒剂，其一种生产工艺如图所示。下列说法错误的是
A．气体A是H2
B．NCl3的键角大于NF3的键角
C．参加反应的NaClO2和NCl3的物质的量之比为6∶1
D．等质量的ClO2与Cl2的消毒效率之比小于2.5∶1
【答案】D
【分析】氯化铵溶液中加入盐酸通电电解，得到NCl3溶液，氮元素化合价由-3价升高为+3价，在电解池中阳极发生氧化反应，阴极是氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，则气体A为氢气；在NCl3溶液中加入NaClO2溶液加热反应生成ClO2、NH3和溶液B，由氢元素守恒可知，有水参加反应，结合得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知，反应还生成NaCl与NaOH，据此分析。
【解析】A．根据分析，气体A为H2，A项正确；B．在NF3分子中，由于F的电负性很大，成键电子对靠近F原子，偏离N原子，使得三对成键电子之间的排斥力减小，成键电子对之间的斥力较小，因而键角较小；而Cl的电负性比F小得多，所以作用没那么明显，故NCl3的键角大于NF3的键角，B项正确；C．在NCl3溶液中加入NaClO2溶液加热反应生成ClO2、NH3和溶液B，由氢元素守恒可知，有水参加反应，结合得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知，反应还生成NaCl与NaOH，方程式为6NaClO2+NCl3+3H2O=3NaCl+6ClO2+NH3↑+3NaOH，参加反应的NaClO2和NCl3的物质的量之比为6∶1，C项正确；D．1mlCl2可以获得2ml电子，1mlClO2可以获得5ml电子。设二者质量均为71g，则Cl2可获得的电子数为，ClO2可以获得的电子数为，则等质量的ClO2与Cl2的消毒效率之比为=2.63∶1，大于2.5∶1，D项错误；答案选D。
10．（2024·安徽芜湖·模拟预测）下列古文所涉及的变化，不属于氧化还原反应的是
A．野火烧不尽，春风吹又生B．熬胆矾铁釜，久之亦化为铜
C．丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂D．石穴之中，所滴皆为钟乳
【答案】D
【解析】A．草的主要成分是纤维素，着火时发生了和氧气的氧化还原反应，故A不符合题意；B．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，化学方程式为：，属于置换反应，涉及氧化还原反应，故B不符合题意；C．丹砂烧之成水银，说明HgS受热分解产生Hg和硫单质，变又还成丹砂，说明Hg和硫单质反应产生HgS，该过程中Hg 、S元素化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故C不符合题意；D．石穴中水，所滴者皆为钟乳，发生的反应为：、，该过程中没有化合价发生变化，不涉及氧化还原反应，故D符合题意；故答案选D。
11．（2024·海南卷）过氧化脲[]是一种常用的消毒剂，可由过氧化氢()和脲加合而成，代表性结构如图所示。下列关于过氧化脲的说法正确的是
A．所有原子处于同一平面B．氧的化合价均为-2价
C．杀菌能力源于其氧化性D．所有共价键均为极性键
【答案】C
【解析】A．由题干物质结构式可知，分子中含有sp3杂化的N原子，故不可能所有原子处于同一平面，A错误；B．由题干物质结构式可知，分子中存在过氧键，其中O的化合价为-1价，其余氧的化合价为-2价，B错误；C．由题干物质结构式可知，分子中存在过氧键，具有强氧化性，能使蛋白质变质，则杀菌能力源于其氧化性，C正确；D．由题干物质结构式可知，分子中存在过氧键，过氧键为非极性键，其余共价键均为极性键，D错误；故答案为：C。
12．（2024·吉林·一模）次氟酸是应用性极强的新颖氧化剂，可用氟气在细冰上制得，其反应原理为：F2＋H2O = HOF＋HF。下列有关说法正确的是
A．次氟酸的强氧化性是F元素表现出来的
B．该反应中的水和铁与水蒸气反应制氢气中的水作用相同
C．若生成标准状况下3.36 L HF，则转移0.3 ml电子
D．温度高于0℃，次氟酸会分解为O2与HF，该分解反应可归类为非氧化还原反应
【答案】D
【解析】A．次氟酸中O为0价，其强氧化性是由0价的O元素表示出来的，A错误；B．该反应中的水中的O由-2升高为0价，为还原剂，铁与水蒸气反应制氢气中的水为氧化剂，作用不相同，B错误；C．该反应中F由0价降低为-1价，若生成标准状况下3.36 L HF，参加反应的F2为0.3ml，则转移0.6 ml电子，C错误；D．HOF中H为+1价，O为0价，F为-1价，分解过程各元素化合价不变，可归类为非氧化还原反应，D正确；故选D。
13．（2024·陕西西安·一模）下列说法中正确的是
A．某元素从游离态变为化合态，则该元素一定被还原
B．含最高价元素的化合物，一定具有强氧化性
C．氧化还原反应中有一种元素被氧化时，一定有另一种元素被还原
D．有单质参加或生成的化学反应不一定是氧化还原反应
【答案】D
【解析】A．某元素从游离态变为化合态，该元素不一定被还原，如Fe+Cu2+=Fe2++Cu中Fe元素从游离态变为化合态，Fe元素化合价上升，被氧化，A错误；B．氧化性取决于元素得到电子的能力，而非单纯地取决于元素的价态，如H2CO3中的碳元素为+4价，是碳的最高价态，但碳酸并不表现出强氧化性，B错误；C．在氧化还原反应中，有一种元素被氧化时，不一定有其他元素被还原，例如，在反应2H2S+SO2=3S+2H2O中，硫元素既被氧化也被还原，C错误；D．有单质参加或生成的化学反应不一定是氧化还原反应，如中氧元素化合价没有变化，不是氧化还原反应，D正确；故选D。
14．（2024·陕西西安·一模）工业上以铜阳极泥(主要成分是)为原料提取碲，涉及反应：
①；②。
以下说法错误的是
A．中Cu元素的化合价是+1价
B．反应①中氧化剂是，氧化产物是和
C．每制备1mlTe理论上两个反应共转移12ml
D．氧化性强弱顺序为
【答案】D
【解析】A．Te和O位于同一主族，为-2价，则Cu2Te中Cu为+1，A正确；B．反应①中O2化合价降低，得电子，为氧化剂，Cu2Te中Cu和Te均化合价升高，失去电子，则CuSO4和TeO2均是氧化产物，B正确；C．反应②中每生成1mlTe，转移4ml电子，反应①中每生成1mlTeO2，转移8ml电子，则每制备1mlTe，理论上共转移12ml电子，C正确；D．氧化剂的氧化性强于氧化产物，根据两个反应可得O2氧化性强于TeO2，TeO2的氧化性大于H2SO4，无法比较O2和SO2的氧化性强弱，且无法证明SO2氧化性强于TeO2，D错误；故答案选D。
15．（2024·甘肃兰州·一模）FeCl3溶液在工业上作为腐蚀液，可用于制作印刷铜电路板，使用一段时间后的腐蚀液失效，经过再生处理后又可循环使用，再生流程如图所示：
下列有关说法错误的是)
A．铁元素位于元素周期表第四周期第Ⅷ族B．“操作1”和“操作2”所用的仪器相同
C．上述流程中涉及3个置换反应D．氧化性：
【答案】C
【分析】失效腐蚀液中加入过量铁粉，将Cu2+还原为Cu，过滤得到的固体为Fe、Cu的混合物，溶液M为FeCl2溶液；将固体中加入盐酸，将Fe转化为Fe2+，过滤得到Cu和溶液N(Fe2+溶液)；将溶液M与溶液N合并，通入Cl2或加入H2O2等，将Fe2+氧化为Fe3+，得到再生腐蚀液。
【解析】A．铁为26号元素，价电子排布式为3d64s2，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，A正确；B．由分析可知，“操作1”和“操作2”都为过滤，所用的仪器相同，B正确；C．上述流程中，Cu2+与Fe反应生成Cu和Fe2+为置换反应，Fe与HCl反应为置换反应，Fe2+与Cl2或H2O2等强氧化剂的反应都不属于置换反应，则共涉及2个置换反应，C错误；D．不管Y是Cl2、H2O2等氧化剂，其氧化能力都强于Fe3+，Fe3+能将Cu氧化，其氧化能力强于Cu2+，则氧化性：，D正确；故选C。
16．（2024·山东·模拟预测）雄黄()在古代曾用于入药，但雄黄具大毒。东晋葛洪所著的《抱朴子·内篇》中记载：“雄黄或先以硝石化为水乃凝之…或以松脂和之。”即雄黄可与硝石(主要成分为)反应，后再借富碳物质如松脂等还原得到单质砷以去毒性。其中与硝石反应的方程式为：。下列说法错误的是
A．去毒过程中，硝石作为还原剂
B．气体X为大气主要污染物之一
C．完全参与反应，转移电子数为
D．富碳物质在还原过程中的产物可能是
【答案】A
【解析】A．去毒过程中，硝石中氮化合价降低，作氧化剂，A错误；B．根据质量守恒可得X为，为大气主要污染物之一，B正确；C．，完全参与反应，就有12ml KNO3反应，N的化合价由+5降低为+2，共转移电子数为，C正确；D．借富碳物质如松脂等还原得到单质砷，则富碳物质被氧化，在还原过程中的产物可能是，D正确；
故选A。
17．（2024·海南·一模）利用软锰矿(主要成分为MnO2)吸收SO2，并制备高纯度Mn3O4 (Mn元素显+2、+3价)，其原理为①MnO2+SO2＝MnSO4；②Mn2++O2+H2O→Mn3O4↓+H+ (未配平)。下列说法正确的是
A．反应①中SO2得到电子
B．反应①中MnO2发生氧化反应
C．反应②中Mn3O4既是氧化产物又是还原产物
D．利用软锰矿，每制得1ml Mn3O4共转移4ml电子
【答案】C
【解析】A．反应①中的S元素化合价由+4价变为+6价，化合价升高，SO2失去电子，被氧化，A项错误；B．反应①中Mn元素的化合价由+4价变为+2价，化合价降低，说明MnO2发生还原反应，B项错误；C．反应②中Mn元素化合价升高，O2中的O元素化合价降低，产物Mn3O4既是氧化产物又是还原产物，C项正确；D．配平反应②，可得：6Mn2++O2+6H2O＝2Mn3O4↓+12H+，根据反应方程式可知，利用软锰矿，每制得1ml Mn3O4共转移2ml电子，D项错误；答案选C。
18．（2024·江苏·模拟预测）反应可用于汽车尾气处理。下列说法正确的是
A．是氧化剂B．的氧元素被氧化
C．发生还原反应D．中N原子失去电子
【答案】C
【解析】A．反应中C元素化合价从+2价升高至+4价，是还原剂，A错误
B．中O元素化合价为-2，反应后化合价也无变化，B错误；C．反应中N元素化合价从+2价降低至0价，发生还原反应，C正确；D．中N元素化合价从+2价降低至0价，得电子，D错误；答案选C。
19．（2024·全国·模拟预测）冶炼黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含少量SiO2)的流程如下：
下列说法错误的是
A．煅烧过程中，SO2既是氧化产物也是还原产物
B．氧化1中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4
C．氧化2反应的化学方程式为
D．工业制H2SO4时可将尾气先水化、后氧化
【答案】D
【分析】黄铜矿煅烧后得到粗铜和FeSiO3，尾气中含SO2，粗铜与HCl、O2反应得到CuCl，CuCl与HCl、O2反应得到。
【解析】A．煅烧过程中，S的化合价升高，O的化合价降低，SO2既是氧化产物也是还原产物，A正确；B．氧化1中，氧化剂为O2，还原剂为Cu，氧元素的化合价从0降低为-2价，Cu元素的化合价从0升高至+1价，根据得失电子守恒可得，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4，B正确；C．根据元素质量守恒和得失电子守恒可以写出氧化2反应的化学方程式，C正确；D．工业制H2SO4时，需要将尾气(主要含有SO2)先氧化，后水化，D错误；故选D。
20．（2022·山东卷）实验室制备过程为：①高温下在熔融强碱性介质中用氧化制备；②水溶后冷却，调溶液至弱碱性，歧化生成和；③减压过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，再减压过滤得。下列说法正确的是
A．①中用瓷坩埚作反应器
B．①中用作强碱性介质
C．②中只体现氧化性
D．转化为的理论转化率约为66.7%
【答案】D
【分析】由题中信息可知，高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化 MnO2制备K2MnO4，然后水溶后冷却调溶液pH至弱碱性使K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，Mn元素的化合价由+6变为+7和+4。
【解析】A．①中高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化 MnO2制备K2MnO4，由于瓷坩埚易被强碱腐蚀，故不能用瓷坩埚作反应器，A说法不正确；B．制备KMnO4时为防止引入杂质离子，①中用KOH作强碱性介质，不能用，B说法不正确；C．②中K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，故其既体现氧化性又体现还原性，C说法不正确；D．根据化合价的变化分析，K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为2:1，根据Mn元素守恒可知，MnO2中的Mn元素只有转化为KMnO4，因此，MnO2转化为KMnO4的理论转化率约为66.7%，D说法正确；综上所述，本题选D。
21．（2024·安徽·一模）、、，都是氯的常见氧化物，制备方法如下：
①
②
③
下列说法错误的是
A．反应①每生成0.5ml ，转移电子数约为
B．反应②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1
C．是酸性氧化物，与水反应的离子方程式为
D．、均可用作消毒剂，自身会被还原为，则消毒能力是等质量的1.25倍
【答案】D
【解析】A．反应①中生成1个转移2，故生成0.5ml 转移电子数约为，A正确；B．反应中②的HCl，一半表现酸性，一半表现还原性，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，B正确；C．是酸性氧化物，与水反应生成强酸高氯酸，离子方程式为，C正确；D．和在消毒时自身均被还原为，则等质量和得到电子数之比为29∶18，消毒能力是等质量的1.61倍，D错误；故选D。
22．（2024·福建卷）多卤离子在水溶液中的分解反应及平衡常数值如下：
下列说法错误的是
A．
B．上述分解反应均为氧化还原反应
C．共价键极性：
D．可分解为和
【答案】B
【解析】A．已知电负性，因此氯在化合物中更容易吸引电子，导致比更容易断裂，所以电离程度＞，，A正确；B．每个碘离子可以与一个碘分子结合，形成，这个过程中，离子能够离解成碘和碘离子，形成平衡反应：，所以溶液中存在的电离平衡，此变化不是氧化还原反应，、中碘元素是价，氯元素是价，和中，碘元素是价，溴元素是价；三个变化过程中，各元素化合价都没有改变，不是氧化还原反应，B错误；C．同主族元素从上往下，电负性逐渐减小，因此氯的电负性大于溴的电负性，形成共价键的两元素之间的电负性的差值越大，则键的极性越强，因此共价键极性的大小关系为，C正确；D．已知电负性，因此氯在化合物中更容易吸引电子，导致容易断裂产生为和，D正确；故答案选B。
实验事实
结论
A
铝和氧化铁反应需要引燃
该反应
B
KI溶液加热浓缩后加入淀粉溶液，溶液变蓝
氧化性：
C
久置的NaOH溶液试剂瓶口出现白色固体
NaOH结晶析出
D
久置的溶液中出现红褐色沉淀
溶液
现象
化学方程式
A
产生淡黄色沉淀
B
溶液由棕黄色变浅绿色
C
溶液褪色，产生白色沉淀
D
(含酚酞)
溶液由红色变无色
A
《天工开物》记载用炉甘石()火法炼锌
B
用作野外生氢剂
C
饱和溶液浸泡锅炉水垢
D
绿矾()处理酸性工业废水中的
酸性环境
碱性环境
反应物中少氧
左边加H2O，右边加H+
左边加OH-，右边加H2O
反应物中多氧
左边加H+，右边加H2O
左边加H2O，右边加OH-
价态律
元素处于最高价，只有氧化性(如KMnO4中的Mn)；元素处于最低价，只有还原性(如S2－、I－)；元素处于中间价态，既有氧化性，又有还原性(如Fe2＋、S、Cl2等)
强弱律
氧化性：氧化剂>氧化产物；还原性：还原剂>还原产物。
在适宜的条件下，用氧化性(还原性)较强的物质可制备氧化性(还原性)较弱的物质，用于比较物质的氧化性或还原性的强弱；
优先律
①同时含有几种还原剂时将按照还原性由强到弱的顺序依次反应。如：在FeBr2溶液中通入少量Cl2时，因为还原性：Fe2＋＞Br－，所以Fe2＋先与Cl2反应。
②同时含有几种氧化剂时将按照氧化性由强到弱的顺序依次反应。如：在含有Fe3＋、Cu2＋、H＋的溶液中加入铁粉，因为氧化性：Fe3＋＞Cu2＋＞H＋，所以铁粉先与Fe3＋反应，然后再依次与Cu2＋、H＋反应。
③常见的强弱顺序
氧化性：MnOeq \\al(－,4)(H＋)>Cl2>Br2>Fe3＋>I2>稀H2SO4>S，
还原性：Mn2＋