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第1单元小数乘法易错精选题-数学五年级上册人教版
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、选择题
1．学校小商店有两种圆珠笔。小明带的钱刚好可以买4支单价是1.5元的，如果他想买单价是2元的，可以买（ ）支。
A．4 B．3 C．2
2．王阿姨去大理旅游时买了5条特色手链，最贵的一条是53.2元，最便宜的一条是24.7元，王阿姨买手链可能花了（ ）元。
A．267 B．204.8 C．124.5
3．一种牛奶每100克含蛋白质3.5克，小磊每天喝300克这种牛奶，所含蛋白质一共是（ ）克。
A．15 B．3.5 C．10.5
4．每千克葡萄18.5元，妈妈买了3.8千克，一共需要多少元？如图所示，箭头所指这一步是在计算（ ）。
A．3.8千克葡萄的价钱 B．3千克葡萄的价钱 C．0.8千克葡萄的价钱
5．9.9×999＋9.9的结果是（ ）。
A．99 B．990 C．9900
6．0.065×45＝2.925，如果得数保留一位小数，那么结果是（ ）。
A．2.9 B．2.93 C．3.0
二、填空题
7．根据98×87＝8526填空。
9.8×87＝( ) ( )×0.87＝8.526
8．在括号里填“＞”“＜”或“＝”。
4.5( )4.50 360÷12( )360÷3÷4 0.99×1.01( )1.01
9．0.24＋0.24＋0.24＋0.24＝( )×( )。
10．5.4×1.07的积有( )位小数，保留两位小数约是( )。
11．小明家上个月天然气表读数是125立方米，本月读数是153立方米，天然气单价2.8元/立方米，本月天然气费用是( )元。
12．某市自来水公司为鼓励节约用水，采取按月分段计费的方法收取水费。用水量在12吨以内（含12吨）每吨2.5元；超过12吨的部分，每吨3.8元。王阿姨家上个月的用水量为13吨，应缴水费( )元。
三、判断题
13．若两个大于0小于1的数相乘，则积比这两个数都小。( )
14．如果两个小数相乘的积中有0，则小数点后面的零可以去掉。( )
15．一个数的0.9倍比原来的数要小。( )
16．一列火车长180米，以每分1.3千米的速度通过一座大桥。已知车头上桥到车尾离开桥共用了0.8分，这座桥长1040米。( )
17．10.1×8.5＝10×8.5＋8.5×0.1运用了乘法分配律。( )
四、计算题
18．直接写出得数。
7.3－3.5＝ 3.6－0.6＝ 2.5×4＝ 125×8＝
10－2.3＝ 0.02×100＝ 0÷12＝ 4.5÷10＝
19．竖式计算。


20．简算下面各题。

五、解答题
21．8个裁判员给一个运动员评分，去掉一个最高分和一个最低分后，平均分是9.45分：如果只去掉最高分，平均分是9.23分，最低分是多少分？
22．六（1）班同学照毕业照，定价是38.5元（含6张照片），另外再加印，每张0.5元，全班47名同学和2位老师每人都要1张照片，一共要付多少元？
23．甲、乙两辆汽车从甲，乙两地相向而行，甲汽车每时行驶36.5千米，乙汽车每时行驶43.5千米，行了2.5时，还相距40千米，甲、乙两地相距多少千米？
24．某工厂今年前4个月共节约用电2.8万度，照这样计算，今年全年共可节约用电多少万度？
25．某市出租车的收费标准如下：
里程 收费
3千米及3千米以下（即起步价） 5.00元
3千米以上，单程，每增加1千米 1.60元
3千米以上，往返，每增加1千米 1.20元
张经理从公司去相距8千米的建委取一份材料后并立即回到公司，他怎样坐车比较合算？需付车费多少元？
《第1单元小数乘法易错精选题-数学五年级上册人教版》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6
答案 B B C C C A
1．B
【分析】先根据“总价＝单价×数量”算出小明带的总钱数，再用总钱数除以单价2元，得到可购买的数量。
【详解】算总钱数：单价1.5元，买4支，总钱数为1.5×4＝6（元）。
算买单价2元的数量：6÷2＝3（支）。
故答案为：B
2．B
【分析】买了5条特色手链，价格不同，用最贵、最便宜的手链价格乘5，算出如果是全是最贵或者最便宜的，价格是多少。又由于并不都是最贵或最便宜的，因此价格肯定在这两个之间。据此分析解答。
【详解】53.2×5＝266（元）
24.7×5＝123.5（元）
A．267＞266，由分析可知，王阿姨买手链不可能花了267元，选项错误；
B．123.5＜204.8＜266，由分析可知，王阿姨买手链可能花了204.8元，选项符合题意；
C．123.5＜124.5，124.5－123.5＝1（元），由于有一条最贵的手链为53.2元，与最便宜的手链价格相差53.2－24.7＝28.5（元），因此王阿姨买手链不可能花了124.5元，选项错误。
故答案为：B
3．C
【分析】根据题意，用300÷3，求出300里面有多少个100，有多少个100就有多少个3.5克，再用300里有100的个数乘3.5，即可解答。
【详解】300÷100×3.5
＝3×3.5
＝10.5（克）
一种牛奶每100克含蛋白质3.5克，小磊每天喝300克这种牛奶，所含蛋白质一共是10.5克。
故答案为：C
4．C
【分析】小数乘小数的计算法则：先按整数乘法的计算法则计算出结果，再看两个乘数中一共有几位小数，就从积的末尾从右往左数出几位，点上小数点；计算18.5×3.8时，3.8中的8在十分位上，表示0.8，先用0.8乘18.5，得到14.8，再根据18.5表示葡萄的单价，0.8表示3.8千克中的0.8千克，据此解答。
【详解】由题意得，箭头所指的数是18.5与0.8的乘积，即18.5×0.8＝14.80。其中，18.5表示每千克葡萄18.5元，0.8表示0.8千克葡萄，所以箭头所指的数表示的是0.8千克葡萄的价钱。
故答案为：C
5．C
【分析】先把9.9看作9.9×1，再根据乘法分配律的逆运算：a×b＋a×c＝a×（b＋c），把原式化为：9.9×（999＋1）进行简算。
【详解】9.9×999＋9.9
＝9.9×999＋9.9×1
＝9.9×（999＋1）
＝9.9×1000
＝9900
所以9.9×999＋9.9的结果是9900。
故答案为：C
6．A
【分析】根据“四舍五入”法求积的近似数，找到要求保留的数位，看下一位；如果下一位的数字大于或等于5，要往前进一；如果下一位的数字小于5，要舍去。
【详解】0.065×45＝2.925≈2.9
0.065×45＝2.925，如果得数保留一位小数，那么结果是2.9。
故答案为：A
7． 852.6 9.8
【分析】根据积的变化规律，当一个因数乘（或除以）一个数（0除外），另一个因数不变，积也乘（或除以）相同的数。结合原式98×87＝8526，通过分析小数点的移动位数确定积的变化。
【详解】9.8×87＝（ ）：
原式中的98变为9.8，缩小到原来的，另一个因数87不变，因此积也缩小到原来的。
原积为8526，缩小到后为8526÷10＝852.6。
所以，9.8×87＝（852.6）。
（ ）×0.87＝8.526：
原积为8526，现积为8.526，缩小到原来的。
第二个因数由87变为0.87，缩小到原来的，因此第一个因数需缩小到原来的。
原第一个因数为98，缩小到后为98÷10＝9.8。
所以，（9.8）×0.87＝8.526。
8． ＝ ＝ ＜
【分析】本题可根据小数的性质、除法的运算性质以及积的变化规律来比较大小。比较4.5和4.50的大小，根据小数的性质：小数的末尾添上“0”或去掉“0”，小数的大小不变。比较360÷12和360÷3÷4的大小，根据除法的运算性质：一个数连续除以两个数，等于这个数除以这两个数的积。比较0.99×1.01和1.01的大小，根据积的变化规律：一个数（0除外）乘小于1的数，积比原数小。
【详解】4.5＝4.50；
360÷3÷4＝360÷（3×4）＝360÷12，所以360÷12＝360÷3÷4；
因为0.99＜1，所以0.99×1.01＜1.01。
9． 0.24 4
【分析】乘法的意义：表示求几个相同的加数和的简便计算。
0.24＋0.24＋0.24＋0.24表示4个0.24相加，用0.24乘4或4乘0.24表示。
【详解】由分析可知：
0.24＋0.24＋0.24＋0.24＝0.24×4
10． 三 5.78
【分析】根据小数乘法法则，积的小数位数等于两个因数的小数位数之和。5.4是一位小数，1.07是两位小数，因此积是三位小数。先计算出5.4×1.07的积，保留两位小数，则需要看积小数点后第三位（千分位）上的数。若大于等于5则向前一位进1，若小于5则舍去。
【详解】5.4×1.07＝5.778
8＞5
5.778≈5.78
5.4×1.07的积有三位小数，保留两位小数约是5.78。
11．78.4
【分析】用本月读数减去上个月读数求出本月天然气的用量，再用本月天然气的用量乘天然气单价即可；据此解答。
【详解】（153－125）×2.8
＝28×2.8
＝78.4（元）
本月天然气费用是78.4元。
12．33.8
【分析】根据题意，王阿姨家上个月的用水量为13吨，13吨＞12吨，所以分成两段收费：
第一段，用水量12吨，每吨2.5元；
第二段，超过12吨的部分，用水量为（13－12）吨，单价3.8元；
根据“单价×数量＝总价”，分别求出这两段的费用，再相加，即是应缴的水费。
【详解】2.5×12＋3.8×（13－12）
＝2.5×12＋3.8×1
＝30＋3.8
＝33.8（元）
应缴水费33.8元。
13．√
【分析】根据“一个数（0除外）乘小于1的数，积比原来的数小”，据此判断。
【详解】如：0＜0.2＜1，0＜0.1＜1；
0.2×0.1＝0.02，0.02＜0.2，0.02＜0.1；
所以，若两个大于0小于1的数相乘，则积比这两个数都小。
原题说法正确。
故答案为：√
14．×
【分析】小数的性质：小数的末尾添上“0”或去掉“0”，小数的大小不变；据此判断。
【详解】如果两个小数相乘的积的中有0，根据小数的性质可知，如果小数点后面的零在末尾，则可以去掉，小数大小不变；如果小数点后面的零不在末尾，则不能去掉。
原题说法错误。
故答案为：×
15．×
【分析】一个数（0除外）乘一个小于1的数，积小于原数；据此解答。
【详解】一个数的0.9倍就是这个数×0.9；这个数不为0时，乘0.9时，积比原来的数小，如果这个数为0时，乘0.9的积等于这个数，原题没有说0除外。
所以原题说法错误。
故答案为：×
16．×
【分析】从车头上桥到车尾离桥过程中，列车行驶的路程为：列车长度＋桥的长度，根据路程＝速度×时间，求出0.8分行驶的距离，减去火车的长就是桥长；据此解答。
【详解】1.3×0.8＝1.04（千米）
1.04千米＝1040米
1040－180＝860（米）
这座桥长860米；原说法错误。
故答案为：×
17．√
【分析】乘法分配律的特点是两个数的和与一个数相乘，可以先把它们与这个数分别相乘，再相加。此题是将等式前面的10.1拆成10＋0.1，等号后面是用8.5与10、0.1分别相乘，再相加，根据运算律的特点选择即可。
【详解】10.1×8.5＝（10＋0.1）×8.5＝10×8.5＋8.5×0.1，运用了乘法分配律。
故答案为√
18．3.8；3；10；1000
7.7；2；0；0.45
【详解】略
19．11.16；4.13；
12.6；21.6
【分析】（1）小数加法，先把小数点对齐，这一步是为了将相同数位对齐，也就是保证个位与个位对齐，十分位与十分位对齐，百分位与百分位对齐等。从末位开始相加，哪一位上的数相加满十就向前一位进 1 。最后对齐横线上的小数点，在得数中点上小数点。
（2）小数减法，同样先把小数点对齐，将相同数位对齐。按照整数减法计算方法计算，哪一位上不够减就要向前一位借1当10。最后对齐横线上的小数点，在得数中点上小数点，小数点位置与被减数和减数的小数点位置对齐。
（3）、（4）利用小数乘小数的竖式计算方法进行计算。将两个乘数的个位对齐。如果其中一个乘数的小数位数较多，需要在另一个乘数的末尾补零，使得两者的小数点对齐。 忽略小数点，按照整数乘法的规则进行计算。从个位开始，依次将下面的乘数与上面的乘数相乘，并将结果写在对应的位置。计算完成后，根据两个乘数中小数点后的位数之和，从积的右边起数出相应的位数，点上小数点。如果位数不够，可以在积的末尾补零。如果积的末尾有零，可以根据小数的基本性质，将这些零去掉。
【详解】7.9＋3.26＝11.16 10－5.87＝4.13

5.04×2.5＝12.6 3.2×6.75＝21.6

20．10；328
【分析】0.25×1.25×4×8，根据乘法交换律，原式化为：0.25×4×1.25×8，再根据乘法结合律，原式化为：（0.25×4）×（1.25×8），再进行计算。
3.28×37＋63×3.28，根据乘法分配律的逆运算，原式化为：3.28×（37＋63），再进行计算。
【详解】0.25×1.25×4×8
＝0.25×4×1.25×8
＝（0.25×4）×（1.25×8）
＝1×10
＝10
3.28×37＋63×3.28
＝3.28×（37＋63）
＝3.28×100
＝328
21．7.91分
【分析】根据平均数×总份数＝总数量，9.23×（8－1）求出只去掉最高分的总分，9.45×（8－2）求出去掉一个最高分和一个最低分后的总分，这两个总分相减，就是最低分，据此列式解答。
【详解】9.23×（8－1）－9.45×（8－2）
＝9.23×7－9.45×6
＝64.61－56.7
＝7.91（分）
答：最低分是7.91分。
22．60元
【分析】由题意得，全班照毕业照，47名同学和2位老师每人都要1张照片，一共需要49张照片。其中，38.5元的消费里面会包含6张照片，直接用49减去6算出需要加印照片的数量。加印照片每张0.5元，接着用前面的得数乘上0.5再加上38.5即可算出一共需要付多少钱。
【详解】47＋2＝49（张）
49－6＝43（张）
43×0.5＋38.5
＝21.5＋38.5
＝60（元）
答：一共要付60元。
23．240千米
【分析】分别用各自的速度乘各自的时间求出各自的路程，然后相加，再加上2.5小时后还相距的40千米，据此列式计算可求出甲、乙两地相距多少千米。
【详解】36.5×2.5＋43.5×2.5＋40
＝（36.5＋43.5）×2.5＋40
＝80×2.5＋40
＝200＋40
＝240（千米）
答：甲、乙两地相距240千米。
24．8.4万度
【分析】据题意得：前4个月节约用电2.8万度电，全年有12个月，12÷4＝3，即有3个用电2.8万度电，据此运用小数乘法计算得出答案。
【详解】今年可节约用电：
12÷4×2.8＝8.4（万度）
答：今年全年共可节约用电8.4万度。
25．往返计费；20.60元
【分析】方案一：按两次单程计费；起步价3千米以内收费5元，单程超出部分（8－3）千米按每千米1.6元收费，根据“单价×数量＝总价”求出超出部分的费用，再把两部分的费用相加，即是单程的车费，最后乘2，求出两次单程的总车费；
方案二：按一次往返计费；起步价3千米以内收费5元，往返超出部分（8＋8－3）千米按每千米1.2元收费，根据“单价×数量＝总价”求出超出部分的费用，再把两部分的费用相加，即是往返的总车费；
最后比较两种方案的总车费，得出哪种方案比较合算及需付的车费。
【详解】方案一：按两次单程计费
5＋（8－3）×1.6
＝5＋5×1.6
＝5＋8
＝13（元）
13×2＝26（元）
方案二：按一次往返计费
5＋（8＋8－3）×1.2
＝5＋13×1.2
＝5＋15.6
＝20.6（元）
20.6＜26
答：按往返计费坐车比较合算，需付车费20.6元。
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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