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第6单元百分数（一）易错精选题-数学六年级上册人教版
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、选择题
1．今年3月12日植树节，学校共植树苗50棵，成活46棵，成活率是（ ）。
A．90% B．92% C．94%
2．20千克比（ ）千克少20%。
A．25 B．24 C．18
3．下列说法正确的是（ ）。
A．某产品的合格率是120%。
B．在“圆的面积推导”和“分数的除法”等内容的学习中，都运用了“转化的思想”。
C．大于90°的角就是钝角。
4．某体育场能容纳3万名观众，在一次足球比赛中，上座率为68%。估一估，大约有（ ）名观众观看了比赛。
A．6800 B．20000 C．26000
5．李老师被聘为一名经济普查员，她7天一共走访了192户家庭，刚好占她走访任务的。如果再走访32户，她就完成走访任务的50%了。她一共要走访多少户家庭？解决这个问题至少需要用到的数学信息是（ ）。
A．192户， B．192户，32户，50% C．192户，32户，
6．实验小学今年的学生数量比去年增加10%，今年学生数量是去年的（ ）。
A．10% B．90% C．110%
二、填空题
7．＝( )∶15＝( )%＝( )（填小数）。
8．甲数的等于乙数的75%，甲、乙两数的最简整数比是( )。
9．走在校园里，细细的看着每一处角落，“你追我赶”光荣牌上还留着同学们比赛的数学题：某种子基地，为了解某品种大豆的发芽情况，先用500粒种子进行发芽实验，经过统计有10粒种子没有发芽，该品种大豆的发芽率是( )。
10．时光荏苒，转眼间就要和母校说再见了，六年级的同学们为筹备毕业典礼，正在用彩带装饰教室，一班用的比80米多是( )米，二班正在算“12米比15米少( )%”呢？
11．4米的彩带平均分给5个手工小组，每个小组分到的彩带占全长的( )；每个小组分到( )米彩带。
12．甲、乙两个工程队，甲队人数与乙队人数的相等，如果甲队人数为ɑ，甲、乙两队一共有( )人。如果甲队有45人，乙队给甲队( )人后，乙队的人数比甲少50%。
三、判断题
13．陈师傅生产了110个零件，100个合格，合格率是100%。( )
14．明天下雨的可能性为96%，意思是明天96%的地区下雨，4%的地区不下雨。( )
15．两杯糖水，第一杯中糖与糖水的比是1∶5，第二杯中糖与水的比是1∶4，第二杯糖水比第一杯糖水甜。( )
16．一件商品原价是元，先涨价，再降价，现在这件商品的价格是元。( )
17．某商品先降价20%，之后又提价20%销售，那么现价比原价高。( )
四、计算题
18．我能直接写出得数。


19．计算下列各题，能简算的要简算。
10.45－4.35＋6.55－2.65

20．解方程。

五、解答题
21．书店第一季度营业额为15万元，第二季度的营业额为16.5万元，第二季度营业额比第一季度增长了百分之几？
22．张大爷养了200只鹅，鹅的数量比鸭少60%，张大爷养了多少只鸭？
23．修路队计划修一条长1500米的路，第一周修了全长的25%，第二周修了全长的，第一周比第二周少修多少米？
24．北京时间2024年2月19日凌晨，多哈游泳世锦赛落幕，中国队以23金位居总奖牌榜榜首，断层领先。中国队在此次世锦赛中共获得33枚奖牌，获得银牌的数量比金牌少15枚，获得铜牌的数量约是奖牌总数的百分之几？（百分号前保留整数）
25．改革开放40多年来，我国铁路运行的列车发生了巨大变化。从普通列车到快速列车，现在已经发展到了高速列车（如“和谐号”“复兴号”），中国铁路技术装备达到了“领跑世界”的先进水平。下面是一些列车的运行速度信息。
信息1：普通列车运行的速度是120千米/时。
信息2：普通列车运行的速度是“和谐号”列车的40%。
信息3：快速列车运行的速度是普通列车的125%，“复兴号”列车运行的速度是快速列车的。
（1）根据信息1和信息2，请你提出一个数学问题，并解答。
提出的问题：____________________________________________________________________________？
（2）要求“复兴号”列车的运行速度，需要用到上面的信息（ ）和信息（ ）（填序号）。“复兴号”列车的运行速度是多少？
《第6单元百分数（一）易错精选题-数学六年级上册人教版》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6
答案 B A B B A C
1．B
【分析】成活率＝成活的树苗棵数÷植树的树苗总棵数×100%，据此代入数据计算即可解答。
【详解】46÷50×100%
＝0.92×100%
＝92%
所以成活率是92%。
故答案为：B
2．A
【分析】根据题意可知要求的千克数为单位“1”，单位“1”的量是未知的，这道题是已知单位“1”的（1－20%）是20千克，求单位“1”的量，用除法计算，具体的数量除以对应的百分率，算出得数再做选择。
【详解】20÷（1－20%）
＝20÷80%
＝25（千克）
所以，20千克比25千克少20%。
故答案为：A
3．B
【分析】某产品的合格率最高是100%；
“转化的思想”核心在于将复杂、陌生、未解决的问题，通过各种手段转化为简单、熟悉、已解决的问题，从而实现问题的解决；
根据钝角的定义可知，大于90°且小于180°的角叫钝角。
【详解】A．合格率是合格产品数量占产品总数量的百分比，合格产品数量最多等于产品总数量，此时合格率为100%，不可能超过100%，所以某产品合格率是120%说法错误；
B．在圆的面积推导中，是把圆转化为近似长方形来推导面积公式；分数除法是将其转化为分数乘法来计算，都运用了“转化的思想” ，该说法正确；
C．钝角是大于90°且小于180°的角，只说大于90°的角不一定是钝角，比如平角180°、周角360°等，所以该说法错误。
故答案为：B
4．B
【分析】已知体育场的上座率为68%，即看比赛的观众人数占观众总人数的68%，把观众总人数看作单位“1”，单位“1”已知，用总人数乘68%，求出看比赛的观众人数，再把观众人数估算成整万数即可。
【详解】3万＝30000
30000×68%
＝30000×0.68
＝20400（名）
20400≈20000
大约有20000名观众观看了比赛。
故答案为：B
5．A
【分析】分析题目，把李老师需要走访的家庭户数看作单位“1”，她7天走访的户数是总数的，根据已知一个数的几分之几是多少求这个数用除法，用192除以即可求出一共要走访的家庭户数，据此解答。
【详解】192÷＝192×＝448（户）
她一共走访了448户。
李老师被聘为一名经济普查员，她7天一共走访了192户家庭，刚好占她走访任务的。如果再走访32户，她就完成走访任务的50%了。她一共要走访多少户家庭？解决这个问题至少需要用到的数学信息是“192户，”。
故答案为：A
6．C
【分析】假设去年的学生是100人，把去年的学生人数看作单位“1”，则今年的学生人数是去年的（1＋10%），用去年的学生数乘（1＋10%）求出今年的学生数，再用今年的学生数除以去年的学生数，再乘100%即可解答。
【详解】假设去年的学生是100人。
100×（1＋10%）÷100×100%
＝100×1.1÷100×100%
＝110÷100×100%
＝1.1×100%
＝110%
所以今年学生数量是去年的110%。
故答案为：C
7． 9 60 0.6
【分析】直接用分子除以分母，计算出商，把分数转化为小数；再把小数的小数点向右移动两位，末尾再添上百分号“%”，把小数转化为百分数；最后根据“”利用比的基本性质求出比的前项，据此解答。
【详解】＝3÷5＝0.6＝60%
＝3∶5＝（3×3）∶（5×3）＝9∶15
所以，＝9∶15＝60%＝0.6。
8．9∶8
【分析】求一个数的几分之几或百分之几是多少用乘法，假设甲数＝75%乙数＝1，根据积÷因数＝另一个因数，计算甲数和乙数，两数相除又叫两个数的比，根据比的意义，写出甲乙两数的比，化简即可。
【详解】假设甲数＝75%乙数＝1
（1÷）∶（1÷75%）
＝（1×）∶（1÷）
＝∶（1×）
＝∶
＝（×6）∶（×6）
＝9∶8
甲、乙两数的最简整数比是9∶8。
9．98%
【分析】已知种子总数是500粒，没发芽的有10粒，那么发芽种子数为500－10＝490粒。发芽率的计算公式是：发芽率＝（发芽种子数÷种子总数）×100%。把发芽种子数490粒和种子总数500粒代入公式，即可解答。
【详解】500－10＝490（粒）
（490÷500）×100%
＝0.98×100%
＝98%
该品种大豆的发芽率是98%。
10． 120 20
【分析】把80米看作单位“1”，一班用的是80米的（1＋），根据“求一个数的几分之几是多少，用乘法计算”，用80乘（1＋）可以求出一班用了多少米；
求一个数比另一个数多（或少）百分之几，先求出多（或少）的具体数量，再除以单位“1”数量即可，据此用15减去12的差除以15，即可求出12米比15米少百分之几。
【详解】80×（1＋）
＝80×
＝120（米）
（15－12）÷15×100%
＝3÷15×100%
＝0.2×100%
＝20%
则一班用的比80米多是120米；12米比15米少20%。
11． 20%/
【分析】将彩带长度看作单位“1”，1÷小组个数＝每个小组分到的彩带占全长的几分之几或百分之几；彩带长度÷小组个数＝每个小组分到的长度。
【详解】1÷5＝0.2＝20%
4÷5＝
每个小组分到的彩带占全长的20%；每个小组分到米彩带。
12． 27
【分析】将乙队人数看作单位“1”，根据已知一个数的几分之几是多少，求这个数用除法计算，用甲队数除以，可得乙队人数，再加甲队人数即可得第一问；
用45除以，可得乙队人数，由题意乙队的人数比甲少50%可知，此时乙队的人数是甲的，则总人数是此时甲队的，将甲队人数看作单位“1”，用总人数除以其对应的百分数可得此时的甲队人数，再减45即可得第二问。
【详解】（人）
（人）
（人）
甲、乙两个工程队，甲队人数与乙队人数的相等，如果甲队人数为ɑ，甲、乙两队一共有人。如果甲队有45人，乙队给甲队27人后，乙队的人数比甲少50%。
【点睛】弄清谁是单位“1”，以及甲队、乙队和总人数之间的关系，是解答本题的关键。
13．×
【分析】合格率表示合格零件的数量占零件总数量的百分率，合格率＝合格零件的数量÷零件总数量×100%，把题目中的数据代入计算，即可验证合格率是否为100%。
【详解】100÷110×100%
≈0.909×100%
＝90.9%
所以，合格率是90.9%，原题干的说法是错误的。
故答案为：×
14．×
【分析】可能性为96%表示事件发生的概率很高，但并不意味着地理区域的覆盖比例。题干中将概率误解为地区面积占比，混淆了概念。
【详解】明天下雨的可能性为96%，是指下雨这一事件发生的概率为96%，即明天下雨的可能性很大，但并不能确定有96%的地区会下雨，其余4%的地区不下雨。可能性的百分比描述的是事件发生的几率，而非地理范围的分布。因此，题干中的说法错误。
故答案为：×
15．×
【分析】比较两杯糖水的甜度，需计算它们的含糖率。根据含糖率＝糖的份数÷糖水的份数×100%，分别求出两杯水的含糖率，再进行比较，即可解答。
【详解】第一杯：
1÷5×100%
＝0.2×100%
＝20%
第二杯：
1÷（1＋4）×100%
＝1÷5×100%
＝0.2×100%
＝20%
20%＝20%，两杯水一样甜。
两杯糖水，第一杯中糖与糖水的比是1∶5，第二杯中糖与水的比是1∶4，两杯水的一样甜。
原题干说法错误。
故答案为：×
16．√
【分析】把这件商品的原价看作单位“1”，先涨价10%，则涨价的价格是原价的（1＋10%），用原价×（1＋10%），求出涨价后的价格；
再降价10%，把涨价后的价格看作单位“1”，降价后的价格是涨价后价格的（1－10%），用涨价后的价格×（1－10%），求出降价后的价格即可。
【详解】a×（1＋10%）×（1－10%）
＝a×1.1×0.9
＝0.99a（元）
一件商品原价是a元，先涨价10%，再降价10%，现在这件商品的价格是0.99a元。
原题说法正确。
故答案为：√
17．×
【分析】假设法原价100元，降价20%，是原价的（1－20%）；将降价后的价格看作单位“1”，又提价20%，是降价后价格的（1＋20%），原价×降价后对应分率×又提价后的对应分率＝现价，比较即可。
【详解】假设法原价100元。
100×（1－20%）×（1＋20%）
＝100×0.8×1.2
＝96（元）
96＜100，现价比原价低，所以原题说法错误。
故答案为：×
18．
；0.3a；0.3；0；
1.04；；；
【解析】略
19．10；24
25；
【分析】10.45－4.35＋6.55－2.65，交换中间减数和加数的位置，将10.45和6.55结合，根据减法的性质，将4.35和2.65加起来再计算，即（10.45＋6.55）－（4.35＋2.65），同时算出两边小括号里的加法，再算减法；
，将分数化成小数0.6，逆用乘法分配律，先算（38.7＋1＋0.3），再与0.6相乘；
，根据乘法分配律，小括号里的数分别与24相乘，再相加减，最后算除法；
，将百分数化成小数，去掉小括号，小括号里的减号变加号，交换减数和加数的位置，先算加法，再算减法，最后算除法。
【详解】10.45－4.35＋6.55－2.65
＝10.45＋6.55－4.35－2.65
＝（10.45＋6.55）－（4.35＋2.65）
＝17－7
＝10
20．x＝200；x＝80
【分析】根据等式的性质，方程两边先同时减去20，再同时除以30%，求出方程的解。
先把方程化简成x＝20，然后根据等式的性质，方程两边同时乘4，求出方程的解。
【详解】30%x＋20＝80
解：30%x＋20－20＝80－20
30%x＝60
30%x÷30%＝60÷30%
x＝200
x－0.375x＝20
解：x－x＝20
x＝20
x×4＝20×4
x＝80
21．10%
【分析】用第二季度营业额与第一季度营业额的差，除以第一季度营业额，再乘100%，即可解答。
【详解】（16.5－15）÷15×100%
＝1.5÷15×100%
＝0.1×100%
＝10%
答：第二季度营业额比第一季度增长了10%。
22．500只
【分析】将鸭的只数看作单位“1”，鹅的数量比鸭少60%，即鹅的数量是鸭的（1－60%）。已知鹅有200只，根据已知比一个数少百分之几的数是多少，求这个数用除法解答，列式为200÷（1－60%）。
【详解】200÷（1－60%）
＝200÷0.4
＝500（只）
答：张大爷养了500只鸭。
23．125米
【分析】把这条公路的全长看成单位“1”，第一周比第二周少修全长的，用全长乘上这个分率就是第一周比第二周少修的长度。
【详解】
（米）
答：第一周比第二周少修125米。
24．
【分析】根据题意得：总奖牌数是33枚，金牌数是23枚，银牌比金牌少15枚，可计算出银牌有8枚，再用33枚减去金牌和银牌数量，可得出铜牌数量。铜牌数量÷总奖牌数×100%，可计算得到答案。
【详解】铜牌的数量约是奖牌总数的：
答：铜牌的数量约是奖牌总数的6%。
25．（1）“和谐号”列车的运行速度是多少？300千米/时
（2）1；3；350千米/时
【分析】（1）根据信息1：普通列车运行的速度是120千米/时；信息2：普通列车运行的速度是“和谐号”列车的40%；可提出问题：“和谐号”列车的运行速度是多少？
把“和谐号”列车的运行速度看作单位“1”，普通列车运行的速度是“和谐号”列车的40%，单位“1”未知，用普通列车的运行速度除以40%，求出“和谐号”列车的运行速度。
（2）根据信息1：普通列车运行的速度是120千米/时；信息3：快速列车运行的速度是普通列车的125%，“复兴号”列车运行的速度是快速列车的。
已知快速列车运行的速度是普通列车的125%，把普通列车的运行速度看作单位“1”，单位“1”已知，用普通列车的运行速度乘125%，求出快速列车的运行速度；
已知“复兴号”列车运行的速度是快速列车的，把快速列车的运行速度看作单位“1”，单位“1”已知，用快速列车的运行速度乘，求出“复兴号”列车的运行速度。
【详解】（1）提出的问题：“和谐号”列车的运行速度是多少？
120÷40%
＝120÷0.4
＝300（千米/时）
答：“和谐号”列车的运行速度是300千米/时。
（2）要求“复兴号”列车的运行速度，需要用到上面的信息（1）和信息（3）。
120×125%×
＝120×1.25×
＝150×
＝350（千米/时）
答：“复兴号”列车的运行速度是350千米/时。
氧化还原反应重点考点 专题练
2026年高考化学一轮复习备考
1．不同的温度下，通入NaOH溶液中主要发生以下两个反应，如图所示。
下列说法不正确的是
A．反应Ⅰ和Ⅱ都有NaCl生成
B．的空间结构为三角锥形
C．反应Ⅰ和Ⅱ中，每参与反应转移的电子数之比为
D．反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的与NaOH的物质的量之比：Ⅰ<Ⅱ
2．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．表示
B．氧化剂与还原剂物质的量之比为
C．可用替换
D．若生成气体，则反应转移的电子数为
3．以铜阳极泥[含Cu、Ag、Au等单质为原料分离回收金和银的流程如下图所示，已知HAuCl4是一元强酸，下列说法错误的是
A．酸1为稀硫酸，酸2为稀盐酸
B．“浸取2”中使用的酸提高了H2O2的氧化性
C．“还原”步骤的离子方程式为4AuCl+ 3N2H4 =4Au+3N2↑+16C1-+12H+
D．S2O离子中心S原子配位能力小于端基S原子
4．一种制备粗产品的工艺流程如图。已知：纯易分解爆炸，一般用空气稀释到体积分数为10%以下。
下列说法正确的是
A．溶解过程中可以用盐酸代替稀硫酸
B．流程中做还原剂
C．发生器中鼓入空气的主要目的是提供氧化剂
D．吸收塔中温度不宜过低，否则会导致产率下降
5．已知，向溶液中加入足量Zn粉可以提炼Au，反应为：(未配平)，下列说法不正确的是
A．还原性：
B．X表示
C．生成，转移电子总数为(表示阿伏加德罗常数的值)
D．氧化产物与还原产物的物质的量之比为
6．从高砷烟尘(主要成分为As2O3、As2O5和Pb5O8，其中Pb5O8中的Pb为+2价或+4价，As2O3、As2O5均为酸性氧化物)中回收制备砷酸钠晶体的工艺流程如下，下列说法正确的是
(浸出液的主要成分为Na3AsO4和NaAsO2)
A．As位于元素周期表中第四周期第ⅣA族
B．“碱浸”时，Pb5O8发生的反应：。其中氧化产物与还原产物的物质的量之比为3：5
C．浸出液“氧化”过程中，主要发生反应：
D．系列操作为：加热蒸发、趁热过滤、洗涤、干燥最终得到砷酸钠晶体
7．S8在液态SO2中可与SbF5反应，生成[S8][SbF6]2，其中[S8]2+的结构如图所示，下列说法错误的是
A．S8和SbF5发生了氧化还原反应 B．[S8]2+中存在不同的硫硫键
C．反应过程中硫硫键发生了断裂 D．[S8]2+中所有S原子的最外层都有8个电子
8．磷是世界上第一种被发现的元素。白磷(P4)中毒可用CuSO4溶液解毒，发生如下反应：P4+CuSO4+H2O→Cu3P+H3PO4+H2SO4(未配平)，下列说法中正确的是
A．P4只发生了氧化反应
B．反应过程中溶液pH增大
C．11molP4发生反应，转移电子的物质的量为120mol
D．皮肤接触到白磷，用CuSO4溶液清洗后，应再使用NaOH溶液清洗
9．下列文字叙述，用方程式解释错误的是
A．丁烷裂解：
B．牙齿釉质层长期被侵蚀溶解：
C．工业废水中含有，常用绿矾做处理剂：
D．“每炉甘石()十斤…用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火锻红…”火法炼锌：
10．以为催化剂，碘甲烷为助催化剂，利用甲醇合成乙酸(Monsanto法)的示意图如下所示。
已知：铑(Rh)与钴(Co)在周期表中上下相邻，但Rh的最外层电子轨道处于半充满状态。下列说法正确的是
A．Rh的价电子排布式为，位于周期表的ds区
B．①→②过程中，Rh被氧化；③→④过程中，Rh被还原
C．⑤为，在反应中作中间产物
D．此合成原理生成和，原子利用率小于100％
11．可以催化脱除，脱除反应为，脱除过程如下图所示，下列说法正确的是
A．图乙中催化剂对的吸附强度强于图甲
B．脱除过程不属于氧化还原反应
C．该反应的平衡常数
D．催化剂的活性在脱除过程中不会改变
12．CuCl难溶于水和乙醇，在潮湿空气中易被氧化。以碱性蚀刻废液中的为原料制备CuCl的部分流程如下。下列说法正确的是
A．溶于水所得溶液中
B．“酸溶”时不用稀硝酸的主要原因是硝酸易挥发
C．“还原”后溶液的pH增大
D．“洗涤”时先用水再用乙醇会降低产品的纯度
13．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，11.2L Cl2溶于水，溶液中、和HClO的微粒数目之和为NA
B．12g石墨中含有的碳碳单键数目为2NA
C．常温常压下，Na2O2与足量H2O反应，共生成0.2mol O2，转移电子的数目为0.4NA
D．1mol Cl2与足量消石灰反应转移的电子数为2NA
14．三氯硅烷(SiHCl3)是制取高纯硅的重要原料，常温下为无色液体，是强还原剂且易水解。实验室通过反应Si(s)+3HCl(g)SiHCl3(l)+H2(g)制备SiHCl3，已知电负性：Cl>H>Si．下列说法正确的是
A．生成1mol H2，转移的电子数为2mol
B．氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：1
C．SiHCl3在足量NaOH溶液中反应生成Na2SiO3、NaCl和H2O
D．上述生成SiHCl3的反应为吸热反应，则该反应需在高温条件下自发进行
15．三氯乙醛(CCl3CHO)是无色油状液体，常用于制取农药。其纯度的测定如下(杂质不参与反应)。已知：I2+2S2O=2I-+S4O，下列说法不正确的是
A．步骤Ⅰ，需用100mL容量瓶进行配制
B．步骤Ⅲ，发生的反应为：HCOO-+I2+2OH-=2I-+CO+H2O+H+
C．步骤Ⅳ，滴定终点的现象为：加入最后半滴Na2S2O3溶液，锥形瓶中溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不变色
D．三氯乙醛(摩尔质量为Mg·mol-1)的纯度为
16．RbAg4I5是一种只传导Ag＋的固体电解质，利用RbAg4I5可以制成电化学气敏传感器。某种测定O2含量的气体传感器如图所示，被分析的O2可以透过聚四氟乙烯薄膜，发生反应：4AlI3＋3O2=2Al2O3＋6I2，I2进一步在石墨电极上发生反应，引起电池电动势变化，从而测定O2的含量。下列关于气体传感器工作原理说法不正确的是
A．Ag＋通过固体电解质迁向正极 B．银电极的电极反应式为：Ag-e-=Ag+
C．测定一段时间后，固体电解质中Ag+减少 D．当O2浓度大时，电动势变大
17．将60.05的溶液与10.05的溶液混合，滴加溶液后变红色。设为阿伏伽德罗常数的值，下列说法中正确的是
A．上述反应过程中转移的电子的数目为
B．5.6g中含有的未成对电子的数目为0.5
C．0.05的溶液中含有的的数目小于0.05
D．的空间构型为V形
18．下列变化过程与氧化还原反应无关的是
A．推动盛有的密闭针筒的活塞，压缩气体，气体颜色变深
B．将酸性溶液滴入乙醇溶液中，溶液紫色褪去
C．将溶液加入NaOH溶液中，最终生成红褐色沉淀
D．向包有粉末的脱脂棉上滴几滴蒸馏水，脱脂棉燃烧
19．科研团队以双氧水为氧化剂催化苯羟基化制苯酚，反应机理如下图。下列说法错误的是
A．反应过程中，钒基催化剂表现出氧化性和还原性
B．随着的加入，只形成单过氧钒物种
C．反应过程中，V-O键裂解生成过氧钒自由基
D．该过程的总反应式：
20．某小组进行“反应物浓度对反应速率影响”实验研究。分别取不同浓度的葡萄糖溶液和溶液于试管中，再依次向试管中滴加酸性溶液，通过色度计监测溶液透光率随时间的变化关系。实验结果如图所示。
已知：(1)溶液透光率与溶液中显色微粒的浓度成反比。
(2)酸性溶液与溶液反应时，某种历程可表示如图。
下列说法中不合理的是
A．从图1可知，该实验条件下，葡萄糖溶液浓度越大，反应速率越大
B．理论上，和的反应中参与反应的
C．图2中曲线甲反应速率加快的原因可能与反应生成有催化作用的物质有关
D．图2中溶液浓度不同时，数据呈现的原因是：随浓度增大，反应历程中①、②、③、④速率均减小
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D B B B C C C C D C
题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
答案 A D C B B C B A B D
1．D
【分析】由图可知，氯气与氢氧化钠溶液在冷水条件下反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，根据化合价升降守恒、原子守恒，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，在热水条件下反应生成氯化钠、氯酸钠和水，根据化合价升降守恒、原子守恒，反应的化学方程式为3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O。
【详解】A．由分析可知，反应Ⅰ和Ⅱ都有氯化钠生成，A正确；
B．里中心原子Cl的价层电子对数为，孤对电子对数为1，则其空间结构为三角锥形，B正确；
C．反应Ⅰ中存在关系式：，1mol氯气参加反应，反应转移1mol电子，反应Ⅱ中存在关系式：，1mol氯气参加反应，反应转移mol电子，则反应转移的电子数之比为3：5，C正确；
D．由分析可知，反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的氯气与氢氧化钠的物质的量之比都为1：2，D错误；
故选D。
2．B
【详解】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错误；
B．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，B正确；
C．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，C错误；
D．未注明气体状态，无法计算，D错误；
故选B。
3．B
【分析】由题给流程可知，向铜、银、金的混合物中加入稀硫酸和过氧化氢的混合溶液浸取，将铜转化为硫酸铜，银、金不反应，过滤得到含有硫酸铜的浸出液1和含银、金的浸渣1，则酸1为稀硫酸；向浸渣1中加入盐酸和过氧化氢的混合溶液浸取，将银转化为氯化银、金转化为HAuCl4，过滤得到含有氯化银的浸渣2和含有HAuCl4的浸出液2，则酸2为稀盐酸；向浸渣2中加入硫代硫酸钠溶液，将氯化银转化为二硫代硫酸根合银离子，过滤得到含有二硫代硫酸根合银离子的浸出液3；浸出液3电沉积得到银；向含有HAuCl4的浸出液2中加入肼，将溶液中HAuCl4转化为金。
【详解】A．由分析可知，酸1为稀硫酸，酸2为稀盐酸，故A正确；
B．由分析可知，浸取2中使用稀盐酸的目的是将银转化为氯化银、金转化为HAuCl4，不是提高了过氧化氢的氧化性，故B错误；
C．由分析可知，加入肼的目的是将溶液中HAuCl4转化为金，反应的离子方程式为4AuCl+ 3N2H4 =4Au+3N2↑+16C1-+12H+，故C正确；
D．硫代硫酸根离子的结构式为，离子中中心原子硫原子的孤对电子对数为=0，端基硫原子的孤对电子对数为=2，所以中心硫原子配位能力小于端基硫原子，故D正确；
故选B。
4．B
【详解】分析：在稀硫酸中溶解，通入在发生器中发生氧化还原反应，生成和，通过鼓入空气，防止浓度过高，还可以将其吹进吸收塔，根据氧化还原反应规律可知，在吸收塔中与双氧水、氢氧化钠反应生成和氧气，再经过一系列操作得到粗产品。
A．具有强氧化性，可以氧化，则溶解过程中不可以用盐酸代替稀硫酸，错误；
B．与双氧水、氢氧化钠反应生成和氧气，流程中做还原剂，正确；
C．发生器中鼓入空气的主要目的是防止浓度过高，因为纯易分解爆炸，错误：
D．在吸收塔中与双氧水、氢氧化钠反应生成和氧气，温度过低反应速率慢，但是不一定会导致产率下降，错误；
故选B。
5．C
【详解】A．由题干信息可知，Zn能够置换出Au，说明还原性：，A正确；
B．由题干信息可知，反应配平后的方程式为：，即X表示，B正确；
C．由B项分析可知，根据配平之后的反应方程式可知，生成，转移电子总数为，C错误；
D．由B项分析可知，根据配平之后的反应方程式可知，氧化产物ZnCl2与还原产物Au、H2的物质的量之比为，D正确；
故答案为：C。
6．C
【分析】根据题干和流程图：高砷烟尘(主要成分为、和，、均为酸性氧化物)，加入氢氧化钠和硫化钠进行碱浸，沉淀为和S，发生反应：，浸出液主要成分为和，加入过氧化氢进行氧化，发生反应：，得到溶液，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到砷酸钠晶体，据此分析；
【详解】A．As是第33号元素，位于元素周期表中第四周期第ⅤA族，A错误；
B．根据分析可知，“碱浸”时发生反应：，其中氧化产物（S）与还原产物（5PbS其中3个化合价由+4降到+2）的物质的量之比为1：1，B错误；
C．浸出液“氧化”过程中，发生反应：，C正确；
D．“氧化”后得到溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到砷酸钠晶体，D错误；
故选C。
7．C
【详解】A．S8中S元素得化合价为0，[S8]2+中S元素的化合价不再为0， S元素的化合价发生了改变，所以S8和SbF5反应时有元素化合价发生了改变，故S8和SbF5发生了氧化还原反应，故A正确；
B．[S8]2+的结构中，硫原子之间存在不同的硫硫键，包括单键和双键，所以[S8]2+中存在不同的硫硫键，故B正确；
C．S8中是一个8元环结构，反应后生成[S8]2+，其结构仍是8个S原子组成的环状结构，所以反应过程中硫硫键并未完全断裂，而是发生了重排（如单键和双键的形成），故C错误；
D．[S8]2+中，硫原子的最外层电子数为6，加上硫原子之间的共用电子对，每个硫原子的最外层电子数为8，所以[S8]2+中所有S原子的最外层都有8个电子；故D正确；
故答案为：C。
8．C
【分析】反应中P由0价歧化为+5价和-3价，Cu由+2价降为+1价，根据转移电子守恒和元素守恒可配平方程式11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4，氧化剂为P4和CuSO4，还原剂为P4，氧化产物为H3PO4，还原产物为Cu3P，据此解答：
【详解】A．P4、Cu3P、H3PO4中P的化合价分别为0、-3、+5，即发生氧化反应，又发生还原反应，故A错误；
B．反应生成硫酸和磷酸，H+浓度增加，pH减小，故B错误；
C．据分析，根据氧化反应计算电子转移的物质的量，11molP4参与反应生成24molH3PO4，则转移24×5=120mol电子，故C正确；
D．皮肤接触到白磷，虽然用稀CuSO4溶液清洗后生成了H3PO4、H2SO4，但由于NaOH具有强腐蚀性，不能用NaOH溶液清洗，故D错误；
故答案为C。
9．D
【详解】A．丁烷裂解生成甲烷和丙烯的反应式为：，该反应式配平正确，且裂解产物合理，A正确；
B．牙齿釉质层（羟基磷酸钙）被侵蚀的反应式为：，电荷守恒、配平正确，B正确；
C．绿矾处理的反应式为：，该反应式电荷守恒，且氧化还原过程配平正确，C正确；
D．炉甘石()与碳高温反应生成Zn和CO，而非CO2。正确反应式应为：，D错误；
故选D。
10．C
【详解】A．Rh的价电子排布式为，为第Ⅷ族元素，位于周期表的d区，A错误；
B．由图，①→②过程中，Rh多结合了I-，Rh化合价升高，被氧化；③→④过程中，Rh和CO形成配位键，没有被还原，B错误；
C．根据转化关系→ +⑤，可推出⑤为，在甲醇合成乙酸反应中作中间产物，C正确；
D．由图，此合成原理总反应为甲醇和CO催化反应生成乙酸，，原子利用率为100％，D错误；
故选C。
11．A
【详解】A．Fe2O3中铁元素为+3价、氧元素为-2价，图甲Fe2O3中带正电荷的铁元素和H2S中带正电荷的氢元素之间的斥力较大，而图乙Fe2O3中带负电荷的氧元素和H2S中带正电荷的氢元素之间的引力较大，则图甲中Fe2O3对H2S的吸附能力弱于图乙，故A正确；
B．图中铁元素的化合价由+3价降低至+2价，硫元素的化合价由-2价升高至0价，氧元素的化合价未发生变化，有化合价变化，属于氧化还原过程，故B错误；
C．根据脱除反应的化学方程式可知，该反应的平衡常数表达式为，故C错误；
D．脱除一段时间后，析出的硫单质附着在催化剂表面，会影响催化剂的活性，活性降低，故D错误；
故答案为A。
12．D
【分析】由题给流程可知，二氯化四氨合铜经多步转化得到氧化铜，向氧化铜中加入稍过量的稀硫酸酸溶，将氧化铜转化为硫酸铜，向反应得到的硫酸铜溶液加入氯化钠和亚硫酸钠固体，将硫酸铜转化为氯化亚铜沉淀，反应的离子方程式为2Cu2++SO+2Cl—+H2O=2CuCl↓+SO+2H+，过滤、用乙醇洗涤得到氯化亚铜。
【详解】A．配合物中四氨合铜离子为内界、氯离子为外界，配合物在溶液中电离出四氨合铜离子和氯离子，不能电离出氨分子，故A错误；
B．“酸溶”时不用稀硝酸的主要原因是稀硝酸具有强氧化性，会将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，导致亚硫酸根离子无法将溶液中的铜离子还原为氯化亚铜沉淀，故B错误；
C．由分析可知，“还原”发生的反应为2Cu2++SO+2Cl—+H2O=2CuCl↓+SO+2H+，反应生成的氢离子会使溶液pH减小，故C错误；
D．由题意可知，氯化亚铜在潮湿空气中易被氧化，所以“洗涤”时先用水再用乙醇会使氯化亚铜被氧化，降低产品的纯度，故D正确；
故选D。
13．C
【详解】A．Cl2溶于水的反应是可逆反应，溶液中还存在氯气分子，则、和HClO的微粒数目之和小于NA，A错误；
B．石墨片层结构为，平均每个碳原子的碳碳单键数为，则12g石墨中含有碳碳单键1.5NA，B错误；
C．Na2O2与H2O的反应方程式为，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，O2为氧化产物，由可知，共生成0.2mol O2，转移电子的数目为，C正确；
D．Cl2与消石灰反应的方程式为，Cl2既是氧化剂，又是还原剂，故1mol Cl2与足量消石灰反应转移的电子数为NA，D错误；
故选C。
14．B
【详解】A．电负性：Cl>H>Si，Si-H中，电子对偏向于H，则SiHCl3中Si为+4价，根据方程式：Si(s)+3HCl(g)SiHCl3(l)+H2，转移了4个电子，故生成1molH2，转移的电子数为4mol，A错误；
B．在该反应中HCl是氧化剂，在参加反应的3个H中，1个化合价降低到-1价，2个化合价降低到0价；Si化合价由0升高到+4价，做还原剂，故氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：1，B正确；
C．SiHCl3水解的化学方程式为：，SiHCl3在足量NaOH溶液中反应生成Na2SiO3、NaCl、和H2O，C错误；
D．上述生成SiHCl3的反应为吸热反应，，正向是熵减反应，，则该反应自发进行需，可知需要在低温条件下，D错误；
故选B。
15．B
【分析】将样品溶于水配制100mL溶液，从中取出10mL溶液加适量的Na2CO3进行反应将CCl3CHO反应生成CHCl3和HCOO-，加入溶液调节pH值后加入25mL0.1mol/LI2溶液，充分反应后，加入淀粉作指示剂并用0.02mol/LNa2S2O3溶液，消耗VmL最后计算出三氯乙醛的纯度，据此分析解题。
【详解】A．步骤Ⅰ是将样品配成100mL溶液，故需用100mL容量瓶进行配制，A正确；
B．已知CO与H+不能大量共存，故步骤Ⅲ，发生的反应为：HCOO-+I2+3OH-=2I-+CO+2H2O，B错误；
C．步骤Ⅳ原来溶液时I2和淀粉溶液呈蓝色，当滴定终点的时候I2消耗掉了，所有蓝色消失，故滴定终点的现象为：加入最后半滴Na2S2O3溶液，锥形瓶中溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不变色，C正确；
D．根据题干流程图中可找到关系式：CCl3CHO~HCOO-~I2，I2~2Na2S2O3可知，过量的I2的物质的量为：0.02mol/L×V×10-3L×=V×10-5mol，则与HCOO-反应的I2的物质的量为：(25×10-3L×0.1mol/L- V×10-5)=(25×0.1-0.01V)×10-3mol，故三氯乙醛(摩尔质量为Mg·mol-1)的纯度为，D正确；
故答案为：B。
16．C
【分析】由题意可知，银电极为原电池的负极，银失去电子发生氧化反应生成银离子，多孔石墨电极为正极，银离子作用下碘在正极得到电子发生还原反应生成碘化银，电池的总反应为2Ag+I2=2AgI。
【详解】A．传感器工作过程中银离子通过固体电解质迁向正极，故A正确；
B．由分析可知，银电极为原电池的负极，银失去电子发生氧化反应生成银离子，电极反应式为Ag-e-=Ag+，故B正确；
C．由分析可知，电池的总反应为2Ag+I2=2AgI，则测定一段时间后，固体电解质中银离子个数不变，故C错误；
D．由方程式可知，氧气浓度增大时，反应生成碘的物质的量增大，导致在正极放电的碘的物质的量增大，外电路转移电子的物质的量增大，电动势变大，故D正确；
故选C。
17．B
【详解】A．n(KI)=，，由反应可知，不足，根据的物质的量计算转移电子数，转化为，1个得到1个电子，n()=，则转移电子数为，又因为滴加溶液后变红色，所以溶液中含有，该反应为可逆反应，转移电子数小于，A错误；
B．的电子排布式为，3d轨道上有5个未成对电子，5.6g的物质的量为n=，含有的未成对电子的数目为，B正确；
C．只知道溶液的浓度为，没有溶液体积，无法计算的数目，C错误；
D．与是等电子体，是直线形结构，所以的空间构型为直线形，D错误；
故答案选B。
18．A
【详解】A．推进盛有NO2的密闭针筒的活塞，增大压强，反应2NO2N2O4的平衡正向移动，NO2的浓度增大，气体颜色变深，不涉及氧化还原反应，故A正确；
B．乙醇有还原性，高锰酸钾有氧化性，两者发生氧化还原反应使紫色褪去，涉及氧化还原反应，故B错误；
C．Fe2+与NaOH生成Fe(OH)2白色沉淀，Fe(OH)2被氧化为Fe(OH)3红褐色沉淀，涉及氧化还原反应，故C错误；
D．Na2O2加水生成氧气，涉及氧化还原反应，故D错误；
故答案为A。
19．B
【详解】A．如图所示，V的化合价包含+4和+5，表现出氧化性和还原性，故A正确；
B．根据反应机理可知，随着的加入，可能形成双过氧钒物种，故B错误；
C．根据反应机理可知，存在V-O键裂解生成过氧钒自由基，如图：→，故C正确；
D．如图所示，反应为苯、过氧化氢，产物为苯酚、水，反应式为，故D正确；
故答案为B。
20．D
【详解】A．由图1，葡萄糖浓度越大，透光率上升越快，由已知(1)，即高锰酸根浓度下降越快，故反应速率越大，A正确；
B．高锰酸钾氧化草酸，生成二价锰离子和二氧化碳，锰化合价从+7变为+2，得5个电子，碳化合价+3变为+4,1个草酸分子失2个电子，根据氧化还原反应得失电子守恒，KMnO4和H2C2O4的反应中参与反应的n(KMnO4)：n(H2C2O4)=2：5，B正确；
C．由历程图，Mn2+可以作为高锰酸钾和草酸反应的催化剂，故图2中曲线甲反应速率加快的原因可能与反应生成Mn2+有催化作用有关，C正确；
D．随H2C2O4浓度增大，草酸根浓度增大，反应历程①中，草酸根是反应物，随浓度增大，历程①速率是增大的，故D错误；
本题选D。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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