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第7单元扇形统计图易错精选题-数学六年级上册人教版
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、选择题
1．描述身高组别人数占全班人数的百分比情况，用（ ）比较合适。
A．条形统计图 B．折线统计图 C．扇形统计图
2．某市去年4月份各类天气天数的分布情况如图，该月的雨天有（ ）天。
A．21 B．6 C．3
3．如图所示，王阿姨用250元购买A、B、C三种生活物品。购买A物品比C物品多用了（ ）元。
A．75 B．50 C．25
4．太阳的质量主要是由75%的氢和25%的氦组成的，下面能正确地表示这个信息的扇形统计图是（ ）。
A． B． C．
5．如图是两个厂男、女职工人数的统计图，甲厂和乙厂的女职工人数相比，（ ）。
A．甲厂的多 B．乙厂的多 C．无法比较
6．放假第一天，小宇一家包饺子，爸爸负责擀饺子皮，小宇和妈妈包饺子，他们一共包了50个饺子，其中妈妈包了30个。根据信息，三个同学展开了联想：
三人中联想错误的是（ ）。
A．小丽 B．小晴 C．小东
二、填空题
7．想更清楚地了解各部分数量同总数之间的关系，应该选用( )。
8．如图是阳光小学全体六年级600名同学喜欢的课间活动统计图，课间喜欢跑步的有( )人。
9．如图所示，在本次体能测试中，成绩优的有90人，成绩不及格的有( )人。
10．张庄各种作物种植面积的分布情况如图所示，根据统计图回答以下问题：
(1)花生的种植面积与向日葵种植面积的最简单的整数比是( )。
(2)如果花生的种植面积是6.6公顷，那么大豆的种植面积是( )公顷。
11．六年级学生的视力情况如图。
(1)视力正常的学生占六年级学生总数的( )%。
(2)近视的学生有28人，六年级一共有学生( )人。
(3)视力正常、近视、假性近视的学生人数的最简整数比是 ∶ ∶ 。
12．下图是一幅( )统计图，统计图中红颜草莓的种植面积占三种草莓种植总面积的30%，奶油草莓的种植面积占三种草莓种植总面积的( )%；已知白草莓的种植面积是152.5m2，奶油草莓的种植面积是( )m2；统计图中表示红颜草莓种植面积的扇形圆心角是( )°。
三、判断题
13．要比较两个城市某一段时间内的降水量情况，用复式折线统计图更合适。( )
14．了解一个月内的平均气温变化情况，适合选择扇形统计图。( )
15．扇形统计图可以清楚地表示部分与总数之间的关系。( )
16．下图是一幅扇形统计图，如果A表示180棵，那么C表示100棵。( )
17．笑笑家十一月份的食品支出占生活总支出的40%，在扇形统计图中，表示食品支出的扇形的圆心角的度数是144°。( )
四、解答题
18．育红小学现有学生2870人，学校为了进一步丰富学生课余生活，拟调整兴趣活动小组，为此进行了一次抽样调查﹐并根据采集到的数据绘制成了下面两个统计图（不完整），请你根据图中提供的信息完成下列问题。
（1）请将条形统计图补充完整。
（2）爱好书画的人数占被调查人数的（ ）%。
（3）估计育红小学现有学生中，有（ ）人爱好音乐。
19．瑞典是全球垃圾回收率最高的国家，一直是环保界的传奇，下图是瑞典的垃圾处理方式统计图。
（1）由图可知，除了“填埋处理”的垃圾外，其余的垃圾都被回收再利用，垃圾回收率高达（ ）%。
（2）如果瑞典每年“回收使用”的垃圾有158.4万吨，那么每年“用作肥料”的垃圾有（ ）万吨。
（3）请你提出一个数学问题并解答。
20．每年的4月23日是世界读书日，今年世界读书日的主题是：阅读改变未来。为了满足孩子们多样化的阅读需求，学校图书馆新购置一批图书，其中科技类图书购置了600册，占购置图书总数的40%，艺术类图书购置了多少册？
21．某影评网站为了解2025年春节档（1月28日至2月4日）观众对A，B两部电影的评价情况，随机各抽取了100名观众进行问卷调查，获得了每位观众对所观看电影的评分数据，并对数据进行整理、描述和分析，绘制了如下的统计图：
（注：评分数据记为x，满分10分，数据分为五组：“一星：0≤x＜6”，“二星：6≤x＜7”，“三星：7≤x＜8”，“四星：8≤x＜9”，“五星9≤x≤10”。评分不低于“四星”为好评）
（1）写出统计图中m，n的值；
（2）若该网站有5万人参与了对电影A的评分调查，估计评分为好评的有________万人；
（3）如果你计划从电影A，B中选择一部观看，你会选择电影________，理由是________。
22．某校随机调查了学生对人工智能的了解情况（了解程度：A很了解，B比较了解，C了解较少，D不了解），并将调查结果绘制成如下统计图。
(1)调查时，如果在学校全体学生中任意抽样，下面（ ）收集数据的方法比较合理。
A．从全校每个班随机抽取10名学生
B．选一些对AI有了解的学生
C．从高年级学生中选取300人
(2)本次共调查了（ ）人，对AI“了解较少”的有（ ）人，并将扇形统计图和条形统计图补充完整。
《第7单元扇形统计图易错精选题-数学六年级上册人教版》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6
答案 C C A A C C
1．C
【分析】首先要清楚每一种统计图的特点：条形统计图能很容易看出数量的多少；折线统计图不仅容易看出数量的多少，而且能反映数量的增减变化情况；扇形统计图能反映部分与整体的关系；据此求解。
【详解】根据分析，描述身高组别人数占全班人数的百分比情况，用扇形统计图比较合适。
故答案为：C
2．C
【分析】把4月份的总天数看作单位“1”，由图可知，阴天占20%，晴天占70%，用1减去20%，再减去70%，求出雨天占的百分率，再用4月份的总天数（30天）乘雨天占的百分率即可解答。
【详解】30×（1－70%－20%）
＝30×（30－20%）
＝30×10%
＝3（天）
所以该月的雨天有3天。
故答案为：C
3．A
【分析】分析题目，把王阿姨用的总钱数看作单位“1”，用1分别减去A和B占的百分比即可得到C占的百分比，再用A物品占总数的百分比减去C物品的百分比求出A比C多用了百分之几，最后乘总钱数即可解答。
【详解】1－50%－30%＝20%
50%－20%＝30%
250×30%＝75（元）
购买A物品比C物品多用了75元。
故答案为：A
4．A
【分析】由题意可知，把太阳的质量看作单位“1”，用扇形表示太阳的质量，即太阳的质量用360°表示，根据求一个数的百分之几是多少，用乘法计算，分别用360°乘75%和25%，可得氢和氦在图中的扇形的圆心角，再判断。
【详解】氢：
氦：
A．图中氦的扇形的圆心角是90°，氢的扇形的圆心角是270°，符合题意。
B．图中氦的扇形的圆心角不是90°，氢的扇形的圆心角不是270°，不符合题意。
C．图中氦的扇形的圆心角是270°，氢的扇形的圆心角不是90°，不符合题意。
故答案为：A
5．C
【分析】甲厂和乙厂的总人数不知道，即单位“1”不确定，无法确定两个厂女职工人数，所以无法比较，据此分析。
【详解】图中甲厂和乙厂的女职工人数相比，因为两个厂的总人数都不确定，可能甲厂女职工人数＞乙厂女职工人数，也可能甲厂女职工人数＝乙厂女职工人数，还可能甲厂女职工＜乙厂女职工人数，所以无法比较。
故答案为：C
6．C
【分析】根据题意，结合三个同学的联想，把饺子总数平均分成5份，即每份数量为10个，妈妈包了30个，所以妈妈包饺子的数量占了总数的3份，即为；把饺子总数看作单位“1”，妈妈包了其中的30个，即为60%，则小宇包了其中的20个，即为40%；妈妈包了其中的30个，小宇包了其中的20个，所以小宇包饺子的数量是妈妈的。据此解答即可。
【详解】A．妈妈包的饺子数量是总数的，所以小晴的联想是正确的；
B．妈妈包的饺子数量是总数的60%，小宇包的饺子数量是总数的40%，所以小丽的联想是正确的；
C．小宇包饺子的数量是妈妈的，所以小东的联想是错误的。
故答案为：C
7．扇形统计图
【分析】条形统计图可以清晰记录数据，折线统计图可以反映数据的变化情况，而扇形统计图可以反映部分占整体的百分比情况。据此解题。
【详解】想更清楚地了解各部分数量同总数之间的关系，应该选用扇形统计图。
8．150
【分析】观察扇形统计图可知，跑步的扇形圆心角是90°，也就是占整个扇形的，已知总人数为 600人，用600乘即可。
【详解】600×（90°÷360°）
＝600×
＝150（人）
所以，课间喜欢跑步的有150人。
9．10
【分析】把总人数看作单位“1”，成绩优的人数占总人数的45%，对应的是成绩优的人数90人，求单位“1”，用成绩优的人数÷45%，求出总人数，再用总人数×成绩不合格占总人数的百分比，即可解答。
【详解】90÷45%×5%
＝200×5%
＝10（个）
在本次体能测试中，成绩优的有90人，成绩不及格的有10人。
10．(1)2∶1
(2)7.7
【分析】（1）将作物种植面积总和看作“1”，则花生种植面积占30%，向日葵种植面积占：1－（大豆面积＋芝麻面积＋花生面积），再根据比的基本性质：比的前项、后项同时乘或除以一个数（0除外），比值不变，得出答案。
（2）已知花生种植面积占30%，面积是6.6公顷，已知部分求整体可运用百分数除法计算得出总的作物面积，再乘大豆占的35%，计算得出答案。
【详解】（1）30%∶（1－35%－20%－30%）
＝30%∶15%
＝（30%÷15%）∶（15%÷15%）
＝2∶1
即花生的种植面积与向日葵种植面积的最简单的整数比是2∶1。
（2）6.6÷30%×35%
＝22×0.35
＝7.7（公顷）
即大豆的种植面积是7.7公顷。
11．(1)50
(2)140
(3) 5 2 3
【分析】（1）把六年级总人数看作单位“1”，用1减去假性近视和近视的百分率即可；
（2）由扇形统计图可知，近视的学生占六年级学生总数的20%，根据已知一个数的百分之几是多少，求这个数用除法解答，用28÷20%列式解答求出六年级的学生总数；
（3）由（1）可知，视力正常的学生占六年级总数的50%，用视力正常、近视、假性近视的学生人数的百分比进行比，再根据比的性质化成最简单的整数比。
【详解】（1）1－20%－30%
＝80%－30%
＝50%
所以视力正常的学生占六年级学生总数的50%。
（2）28÷20%＝140（人）
所以六年级一共有学生140人。
（3）50%∶20%∶30%
＝50∶20∶30
＝（50÷10）∶（20÷10）∶（30÷10）
＝5∶2∶3
所以视力正常、近视、假性近视的学生人数的最简整数比是5∶2∶3。
12． 扇形 45 274.5 108
【分析】如图所示，这是一个扇形统计图，把整个草莓面积看作单位“1”，白草莓种植面积所占的圆心角为90度，所以白草莓种植面积占25%，用1减去红颜草莓和白草莓所占的百分率，就能求出奶油草莓所占的百分率。已知一个数的百分之几是多少，求这个数，用除法计算，用白草莓的面积除以白草莓的百分率，就能求出整个草莓种植面积，再用草莓种植面积乘奶油草莓所占的百分率，即可求出奶油草莓的种植面积。用360度乘红颜草莓的百分率即可求出红颜草莓种植面积的扇形圆心角是多少度。
【详解】90°÷360°＝25%
1 25% 30%＝45%，所以奶油草莓的种植面积占三种草莓种植总面积的45%
152.5÷25%＝610（m2）
610×45%＝274.5（m2），所以奶油草莓的种植面积是274.5 m2
360°×30%＝108°，所以统计图中表示红颜草莓种植面积的扇形圆心角是108°
13．×
【分析】条形统计图能清楚地表示出数量的多少；
折线统计图不仅能表示数量的多少，还能表示数量的增减变化情况；
扇形统计图表示部分与整体之间的关系；据此解答。
【详解】比较两个城市某段时间的降水量情况，重点在于各时间段降水量的数值对比，而非变化趋势，因此应选用复式条形统计图。
原题干说法错误。
故答案为：×
14．×
【分析】条形统计图能清楚的看出数量的多少；折线统计图不仅能看出数量的多少，还能看出数据的变化情况，研究整体与部分之间的关系选用扇形统计图，据此选择。
【详解】由分析可知：
要想了解一个月内的平均气温变化情况，适合选择折线统计图；原说法错误。
故答案为：×
15．√
【分析】扇形统计图的特点就是能够直观地展示各部分数量与总数之间的比例关系。
【详解】扇形统计图是用整个圆表示总数，用圆内各个扇形的大小表示各部分数量占总数的百分数。通过扇形统计图，我们可以清晰地看出各部分数量在总数中所占的百分比，从而清楚地表示出部分与总数之间的关系。
所以题中的表述“扇形统计图可以清楚地表示部分与总数之间的关系”是正确的。
故答案为：√
16．√
【分析】将总棵数看作单位“1”，1－B的对应百分率－C的对应百分率＝A的对应百分率，A的棵数÷对应百分率＝总棵数，总棵数×C的对应百分率＝C的棵数。
【详解】180÷（1－30%－25%）×25%
＝180÷0.45×0.25
＝400×0.25
＝100（棵）
如果A表示180棵，那么C表示100棵，说法正确。
故答案为：√
17．√
【分析】在扇形统计图中，表示部分的扇形占整个圆的百分之几，所对应的圆心角就是360°的百分之几；根据百分数乘法的意义即可求出表示占整体40%的扇形圆心角的度数。
【详解】360°×40%＝144°
表示食品支出的扇形的圆心角的度数是144°。
原题说法正确。
故答案为：√
【点睛】在扇形统计衅中有一个圆表示整体，扇形表示部分，部分占整体的百分之几，表示部分的扇形所对应的圆心角就是360°的百分之几。
18．（1）见详解
（2）10
（3）861
【分析】（1）首先，从条形统计图中可知电脑小组有28人，从扇形统计图中可知电脑小组占被调查人数的35%，根据“部分量÷对应百分比＝总量”，可算出被调查的总人数28÷35%＝80人；然后，根据扇形统计图中体育小组占25%，可算出体育小组的人数为80×25%＝20人，据此将条形统计图补充完整。
（2）已知被调查总人数是80人，从条形统计图中可知爱好书画的人数是8人，求一个数是另一个数的百分之几用除法计算。
（3）已知被调查总人数是80人，爱好音乐的有24人，用除法计算出爱好音乐的人数占被调查人数的百分比；育红小学现有学生2870人，然后根据“总量×百分比＝部分量”，计算出爱好音乐的人数。
【详解】（1）28÷35%＝80（人）
80×25%＝20（人）
作图如下：
（2）8÷80×100%
＝0.1×100%
＝10%
所以爱好书画的人数占被调查人数的10%。
（3）24÷80×100%
＝0.3×100%
＝30%
2870×30%
＝2870×0.3
＝861（人）
所以育红小学现有学生中，有861人爱好音乐。
19．（1）99；
（2）61.6；
（3）见详解
【分析】（1）根据题意，“填埋处理”的垃圾占整体的1%，其余的垃圾都被回收再利用。所以用1减去1%所得的差即为垃圾回收率；
（2）已知每年“回收使用”的垃圾有158.4万吨，且占整体的36%，已知一个数的几分之几是多少，求这个数用除法，所以用158.4÷36%即可得到瑞典每年的垃圾总量；每年“用作肥料”的垃圾占整体的14%，求一个数的几分之几是多少，用乘法即可解答；
（3）提出一个数学问题并解答，则答案不唯一，符合题意即可。比如可以提一个这样的问题：若瑞典每年的垃圾总量为440万吨，那么作为能源被焚烧的垃圾有多少万吨？根据题意，作为能源被焚烧的垃圾占整体的49%，求一个数的几分之几是多少，用乘法即可，所以用440×49%，即可解答。
【详解】（1）1－1%＝99%
所以垃圾回收率高达99%。
（2）158.4÷36%×14%
＝440×14%
＝61.6（万吨）
所以每年“用作肥料”的垃圾有61.6万吨。
（3）数学问题：若瑞典每年的垃圾总量为440万吨，那么作为能源被焚烧的垃圾有多少万吨？（答案不唯一）
440×49%＝215.6（万吨）
答：作为能源被焚烧的垃圾有215.6万吨。
20．225册
【分析】把购置的图书总册数看作单位“1”，其中科技类图书购置了600册，占购置图书总数的40%；根据百分数除法的意义，用购置的科技类图书的册数除以其所占的百分率就是购置图书的总册数，再根据百分数乘法的意义，用总册数乘艺术类图书所占百分率15%就是艺术类图书购置的册数。
【详解】600÷40%×15%
＝600÷0.4×0.15
＝1500×0.15
＝225（册）
答：艺术类图书购置了225册。
21．（1）m＝30；n＝20
（2）4.2
（3）选择电影A；电影A的好评率高。（理由答案不唯一，合理即可）
【分析】（1）用100人减去（5＋5＋6＋54）人即可求出m的值；把观众对电影评价的人数看作单位“1”，用1减去一星、二星、三星、五星的人数占的百分比即可求出n的值。
（2）由题意可知，评分为好评的为“四星：8≤x＜9”，“五星9≤x≤10”， 电影A中评分为四星的有30人，五星的有54人，根据求一个数占另一个数的百分之几，用除法，用评分为四星的人数加上评分为五星的人数，求出和，再用和除以100，再乘100%求出评分为好评的占总人数的百分之几，再根据求一个数的百分之几是多少，用乘法解答，用5万乘评分为好评的占总人数的百分之几求出评分为好评的有多少万人。
（3）根据好评率＝评分为好评的人数÷总人数×100%求出A的好评率，再用B中四星和五星的百分率相加，求出B的好评率，由于他们抽取的总人数是一样的，所以直接比较它们的好评率大小即可。理由说法合理即可。
【详解】（1）100－（5＋5＋6＋54）
＝100－70
＝30（人）
1－5%－7%－8%－60%＝20%
所以m＝30，n＝20。
（2）（30＋54）÷100×100%
＝84÷100×100%
＝0.84×100%
＝84%
5×84%＝4.2（万）
所以估计评分为好评的有4.2万人。
（3）由（2）知，电影A好评率为：84%；
电影B的好评率为：
20%＋60%＝80%
84%＞80%
所以我会选择电影A，因为电影A的好评率高。（答案不唯一，合理即可）
22．(1)A
(2)400，80，图见详解
【分析】（1）从每个班中抽10名学生作样本进行调查最好。选一些对AI有了解的学生调查数据中了解的偏高；如果从高年级学生中抽取，没有包含中低年级学生，样本不具有代表性，不能反映全校学生的真实状况。
（2）已知A人数是140人，对应的分率是35%，据此用除法即可求出调查的总人数，用总人数减去A、B、D的人数，即可求出C的人数；用“1”减去A、B、D占的百分率，即可求出C占的百分率，据此完成统计图即可。
【详解】（1）①选项A：从全校每个班随机抽取10名学生，涵盖了学校各个班级，不同年级、不同水平的学生都有机会被抽到，能较全面地反映全校学生的情况，方法比较合理。
选项B：选一些对AI有了解的学生，这样抽取的样本只针对特定群体，忽略了对AI不了解的学生，样本不具有全面性，无法代表全校学生的整体情况，收集的数据不合理。
选项C：从高年级学生中选取300人，只抽取了高年级学生，没有包含中低年级学生，样本不具有代表性，不能反映全校学生的真实状况，收集的数据不合理。
所以，A收集数据的方法比较合理。
故答案为：A
（2）140÷35%＝400（人）
400－140－160－20＝80（人）
1－40%－35%－5%＝20%
即本次共调查了400人，对AI“了解较少”的有80人。
统计图如下：
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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