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第4单元可能性易错精选题-数学五年级上册人教版
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、选择题
1．在日常生活中，我们常用一些词语来形容事件发生的可能性大小。下列词语中形容可能性最大的是（ ）。
A．微乎其微 B．水中捞月 C．十有八九
2．一种福利彩票的中奖率是。如果小宇买10000张这种彩票，他（ ）中奖。
A．一定 B．不可能 C．可能
3．盒子里装有红、黄、蓝三种颜色的球，丽丽从中任意摸出一个球后再放回去摇匀，这样重复摸了100次，结果如表。根据表中的数据推测，盒子里的（ ）可能最多。
颜色 红球 黄球 蓝球
次数/次 34 60 6
A．红球 B．黄球 C．蓝球
4．下列事件一定会发生的是（ ）。
A．叔叔买了一张彩票，他说：“我一定会中奖”
B．如果小丽的前面是北，那么她后面是南
C．小明身高174dm
5．某饭店全体员工人数情况如表，从中随机选出一个幸运员工，最有可能选到的是（ ）。
员工 厨师长 一般厨师 服务员 收银员
人数 1 5 26 2
A．一般厨师 B．服务员 C．收银员
6．4个箱子中分别有大小、形状、材质都相同的黄球和白球若干。小明摸了50次，结果是8次白球，42次黄球。根据数据推测，他最有可能是在（ ）箱子里摸的。
A．2个黄球、18个白球。 B．10个黄球、10个白球。 C．2个白球、18个黄球。
7．一个不透明的袋子里装着一些除颜色不相同之外，其它都相同的8个红球、5个黑球，从袋子里任意摸出一个球，不可能摸到（ ）球。
A．红 B．黑 C．绿
8．元旦游园会，同学们表演节目，晨晨转动哪个转盘抽到唱歌的可能性最大？（ ）
A． B． C．
二、填空题
9．小数乘小数，积( )是整数。（填“可能”“不可能”或“一定”）
10．一个盒子里放有7个黄球，5个蓝球，8个红球（除颜色外其余均相同），摸到( )球的可能性最小。
11．红、黄、蓝三种颜色的球分别是5、6、8个（除颜色不同，其余都相同），混装在纸箱里，任意摸出一个球，摸到( )色球的可能性大。
12．一个盒子里有1个白球、3个红球和5个蓝球，从盒中任意摸一个球，可能有( )种结果，摸出( )球的可能性最大，( )球的可能性最小。
13．在下面的（ ）里填上“一定”“可能”或“不可能”。
(1)汪阿姨肚子里的宝宝( )是女孩。
(2)地球每天( )在自转。
(3)袋子里装了6个红球和3个黄球，( )摸到红球，( )摸到绿球。
14．如图，盒子里有黑、白两种球。如果从盒子里摸出一个球，摸到( )球的可性大。
三、判断题
15．连续抛一枚硬币10次，其中7次正面朝上，3次反面朝上，如果再抛一次，那么正面朝上的可能性大。( )
16．一个盒子里装有黄球和红球共10个，若从中摸出一个球，摸出黄球的可能性较大，则黄球至少有6个。( )
17．一副完整的扑克牌中，摸到数字比摸到字母的可能性大。( )
18．一个口袋里装有8个红球和1个蓝球，任意摸出1个球，摸出的可能是蓝球。( )
19．抽奖箱中一等奖1个，二等奖3个，三等奖10个，任意抽取一个，不可能抽到一等奖。( )
四、解答题
20．有两个人玩“抢10”的游戏，游戏规则如下：第一个人先说“1”或“1，2”；第二个人接着往下说一个或两个数，然后轮到第一个人说一个或两个数都可以，但是不能连说三个数，谁先抢到10，谁就胜。
（1）你认为这个游戏公平吗？说明你的理由。
（2）你有必胜的把握吗？说明你获胜的策略。
21．有长度分别为4厘米、10厘米、6厘米、3厘米、8厘米的五条线段，从中任取三根线段。根据以下的规则，游戏公平吗？请说明理由。
22．淘气和笑笑玩抽牌游戏。他们选出了数字1，3，4，5，6，7，8的扑克牌各一张，将这7张牌反扣在桌面上。请你帮他们设计一个对双方都公平的游戏规则。
23．一个口袋里只有6个黄球和4个红球。
（1）任意摸出一个球，可能出现哪些结果？
（2）任意摸出一个球，摸出什么球的可能性大？
（3）任意摸出2个球，可能出现哪几种结果？
24．小小设计师——单车抽奖活动策划：
背景信息：为了推广一款新品单车，我们决定推出购买单车即可参与的抽奖活动。每购买一辆单车，顾客均可获得一次抽奖机会，奖项设立一、二、三等奖，确保人人有奖。单车的进货价为650元，售卖价为780元。现有10辆单车待售，需要设计一个合理的抽奖方案。（奖品的总价不能超过10辆单车的盈利总额，确保商家不亏本。）
任务要求：
请你分配各奖项人数，设计抽奖转盘。
我的方案
（1）奖项分配。
奖项 奖项数量/个 奖品单价/元 奖品总价/元
一等奖
二等奖
三等奖
（2）在下图中设计出抽奖转盘。
《第4单元可能性易错精选题-数学五年级上册人教版》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C C B B B C C C
1．C
【分析】逐一分析选项中词语的含义，然后比较各选项中词语所描述的可能性大小即可。
【详解】A．“微乎其微”意思是非常小或非常少，用来形容事件发生的可能性极小，几乎不太可能发生；
B．“水中捞月”是指到水中去捞月亮，月亮在水中的倒影是虚幻的，实际上不可能捞到，也就是该事件发生的可能性为0，是不可能发生的事件；
C．“十有八九”意思是绝大多数，大致不差，说明事件发生的可能性非常大，接近肯定会发生；
通过以上分析可知，“微乎其微”可能性极小，“水中捞月”可能性为0，“十有八九”可能性很大，所以形容可能性最大的是“十有八九”。
故答案为：C
2．C
【分析】中奖率是，表示在大量重复购买彩票的试验中，平均每10000张彩票可能有1张中奖。但这只是一个概率，反映的是事件发生的可能性大小，不是确定性的结果。
【详解】即使小宇买了10000张这种彩票，也只是说有中奖的可能性，因为每一张彩票的中奖都是独立的随机事件，有可能这10000张中恰好有1张中奖，也有可能没有中奖（虽然这种情况发生的概率极低，但存在可能性 ），所以不是“一定”中奖，也不是“不可能”中奖，而是“可能”中奖。
故答案为：C
3．B
【分析】分析题目，盒子里哪种球的数量最多，摸到哪种球的可能性最大；哪种球的数量最少，摸到哪种球的可能性就最小，据此比较摸出的各种颜色球的次数，哪种颜色的球摸出的次数最多，盒子里哪种颜色的球就最多，据此解答。
【详解】因为60＞34＞6，摸出的黄球次数最多，所以盒子里的黄球可能最多。
故答案为：B
4．B
【分析】分析题目，一定会发生的事件指的是必然会发生的事件，不可能事件指的是发生的可能性为0，即一定不会发生，随机事件指的是发生的可能性在0到1之间，即可能会发生也可能不会发生，据此解答。
【详解】A．叔叔买了一张彩票，他可能会中奖，也可能不会中奖，这是一个随机事件；
B．根据：南与北相对，西与东相对可知：如果小丽的前面是北，那么她后面一定是南，这是一定会发生的；
C．174dm＝17.4m，一个人的身高不可能这么高，这是一个不可能事件。
故答案为：B
5．B
【分析】根据可能性大小的判定方法可知，比较员工人数的多少，人数最多的，选到的可能性最大，据此解答。
【详解】26＞5＞2＞1
服务员的人数最多，所以最有可能选到的是服务员。
故答案为：B
6．C
【分析】根据摸球的结果来推测最有可能摸球的箱子，需要比较每个箱子中黄球和白球数量的比例与实际摸球结果中黄球和白球出现次数比例的接近程度。实际摸球中黄球出现次数远多于白球，所以推测最有可能是在黄球数量远多于白球数量的箱子中摸球。
【详解】A．18＞2，白球的数量大于黄球的数量，那么摸到白球的次数大于黄球的次数，不符合题意；
B．箱子里有10个黄球、10个白球，黄球和白球数量相等，那么摸出黄球和白球的可能性理论上是相近的，不符合题意；
C．18＞2，黄球的数量大于白球的数量，那么摸到黄球的次数大于白球的次数，符合题意。
故答案为：C
7．C
【分析】根据题意，袋子里有红球、黑球两种颜色的球，那么任意摸出1个球，就有可能摸到这两种颜色的球中的任何一个，不可能摸到袋子里没有的球，据此解答。
【详解】一个不透明的袋子里装着一些除颜色不相同之外，其它都相同的8个红球、5个黑球，从袋子里任意摸出一个球，可能是红球或黑球，袋子里没有绿球，所以不可能摸到绿球。
故答案为：C
8．C
【分析】转盘中哪种节目所占面积越大，抽到该种节目的可能性就越大；转盘中哪种节目所占面积越小，抽到该种节目的可能性就越小，据此解答。
【详解】A．该转盘抽到唱歌、跳舞、相声、朗诵的可能性一样大。
B．该转盘抽到跳舞的可能性最大。
C．该转盘抽到唱歌的可能性最大。
故答案为：C
9．可能
【分析】小数乘法中，积的小数位数等于各因数的小数位数之和，积一般是小数。但是，根据“小数的性质”可知，小数末尾的0是可以去掉的；故，当积的小数部分是0时，则积为整数，例如1.25×0.8＝1，据此解答。
【详解】分析可知，
小数乘小数，积可能是整数，如1.25×0.8＝1。
10．蓝
【分析】摸球游戏中，哪种颜色的球数量越多，摸到的可能性就越大，数量越少，摸到的可能性越小，据此解答。
【详解】8＞7＞5
一个盒子里放有7个黄球，5个蓝球，8个红球（除颜色外其余均相同），摸到蓝球的可能性最小。
11．蓝
【分析】根据题意，数量多的物品被拿到的可能性大，数量少的物品被拿到的可能性小，据此解答。
【详解】因为5＜6＜8，蓝色球最多；
所以红、黄、蓝三种颜色的球分别是5、6、8个（除颜色不同，其余都相同），混装在纸箱里，任意摸出一个球，摸到蓝色球的可能性大。
12． 3 蓝 白
【分析】不确定事件发生的可能性的大小与事物的数量有关，数量越多，可能性越大，反之则越小。盒子里面有3种颜色的球，任意摸出一个球，有3种可能；蓝球的数量最多，则摸到蓝球的可能性最大，白球的数量最少，则摸到白球的可能性最小。
【详解】1＜3＜5
一个盒子里有1个白球、3个红球和5个蓝球，从盒中任意摸一个球，可能有3种结果，摸出蓝球的可能性最大，白球的可能性最小。
13．(1)可能
(2)一定
(3) 可能 不可能
【分析】（1）宝宝性别由遗传决定，生男生女的概率接近相等，因此，宝宝是女孩属于可能事件；
（2）地球自转是天文学确定的自然规律，每天必然发生；
（3）袋中有红球和黄球的存在，所以摸到红球是可能的；袋中无绿球，因此，摸到绿球是不可能的。
【详解】（1）汪阿姨肚子里的宝宝可能是女孩。
（2）地球每天一定在自转。
（3）袋子里装了6个红球和3个黄球，可能摸到红球，不可能摸到绿球。
14．黑
【分析】盒子里哪种颜色的球多，摸出的可能性就大。据此解题。
【详解】
据分析可知，盒子里有黑、白两种球。如果从盒子里摸出一个球，摸到黑球的可性大。
15．×
【分析】硬币只有正、反两面，掷一次硬币，可能正面朝上，也可能反面朝上，无论掷多少次，正面朝上和反面朝上的可能性相等。
【详解】连续抛一枚硬币10次，其中7次正面朝上，3次反面朝上，如果再抛一次，那么正面朝上和反面朝上的可能性一样大。
故答案为：×
16．√
【分析】要是摸出黄球的可能性大，则黄球的数量要多于红球的数量；先每种颜色的球各5个，要是黄球的数量多于红球的数量，则将红球的数量至少减少1个，黄球的数量至少增加1个。
【详解】10÷2＝5（个）
5＋1＝6（个）
一个盒子里装有黄球和红球共10个，若从中摸出一个球，摸出黄球的可能性较大，则黄球至少有6个，原题说法正确。
故答案为：√
17．√
【分析】在随机试验中，某种情况出现的数量越多，其发生的可能性就越大。这里数字牌数量36张多于字母牌数量16张，所以从这52张牌中随机摸牌，摸到数字牌的可能性更大。
【详解】一副完整的扑克牌共54张，去掉大、小王2张后还剩52张：其中数字有2～10，每个数字在4种花色中都有，所以数字牌的数量为9×4＝36张；字母牌是A、J、Q、K，每种字母在4种花色中都有，数量为4×4＝16张； 因为36＞16 ，所以数字牌的数量多于字母牌的数量。在随机摸牌时，牌的数量越多，被摸到的可能性就越大，所以摸到数字比摸到字母的可能性大，该说法正确。
故答案为：√
18．√
【分析】有2种颜色的球，摸到其中任何一种颜色的球都有可能，并且哪种颜色球的个数最多，摸到的可能性就最大，据此解答即可。
【详解】一个口袋里装有8个红球和1个蓝球，任意摸出1个球，摸出的可能是蓝球，原题说法正确。
故答案为：√
19．×
【分析】抽奖箱中一等奖1个，二等奖3个，三等奖10个，任意抽取一个，可能抽到一等奖，也可能抽到二等奖，还有可能抽到三等奖，一共有3种可能，据此判断。
【详解】从抽奖箱中任意抽取一个，有3种可能：抽到一等奖或抽到二等奖或抽到三等奖，因此原题说法错误。
故答案为：×
20．（1）不公平；因为这个游戏谁先开始，谁就有必胜的策略；（2）有；见详解
【分析】（1）根据规则可知，最后一个人抢到10就获胜，每个人只能说一个或两个数，所以获胜的人必须抢到7，要想抢到7，就必须抢到4，同理，必须抢到1。所以谁抢到1谁就有必胜的把握。这个游戏谁先开始，谁就有必胜的策略，所以这个游戏不公平。
（2）只要我先开始，我就有必胜的把握，策略见（1）。
【详解】（1）不公平；因为这个游戏谁先开始，谁就有必胜的策略。
（2）我有必胜的把握，只要我先开始，抢到1，之后按照每轮总数为 3 个数的规律，依次能抢到 4、7、10，从而获胜。
【点睛】本题考查的是必胜策略问题，首先判断自己是先手还是后手，然后再确定具体的策略。
21．不公平，理由见详解
【分析】从5条线段选取三根线段，可以选取4厘米、10厘米、6厘米；4厘米、10厘米、3厘米；4厘米、10厘米、8厘米；4厘米、6厘米、3厘米；4厘米、6厘米、8厘米；4厘米、3厘米、8厘米；10厘米、6厘米、3厘米；10厘米、6厘米、8厘米；10厘米、3厘米、8厘米；6厘米、3厘米、8厘米，总共有10种情况；根据三角形的三边关系：两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，据此找出10个条件中符合条件的线段；要想使游戏公平，那么赢和输的可能性应该一样大，据此即可解答。
【详解】4厘米、10厘米、6厘米；
4＋6＝10（厘米），不能构成三角形
4厘米、10厘米、3厘米；
4＋3＝7（厘米），7＜10厘米，不能构成三角形；
4厘米、10厘米、8厘米；
4＋8＝12（厘米）；12＞10；8－4＝4（厘米），4＜10，能构成三角形
4厘米、6厘米、3厘米；
4＋3＝7（厘米），7＞6；4－3＝1（厘米），1＜6，能构成三角形
4厘米、6厘米、8厘米；
4＋6＝10（厘米）；10＞8；6－4＝2（厘米），2＜8，能构成三角形
4厘米、3厘米、8厘米；
4＋3＝7（厘米），7＜8；不能构成三角形
10厘米、6厘米、3厘米；
6＋3＝9（厘米）；9＜10，不能构成三角形
10厘米、6厘米、8厘米；
6＋8＝14（厘米）；14＞10；8－6＝2（厘米）；10＞2，能构成三角形
10厘米、3厘米、8厘米；
3＋8＝11（厘米），11＞10；8－3＝5（厘米），5＜10，能构成三角形
6厘米、3厘米、8厘米；
6＋3＝9（厘米）；9＞8，6－3＝3（厘米），3＜8，能构成三角形。
能围成三角形有6种情况，不能围成三角形有4种情况；
6＞4
答：这个游戏不公平，佳佳获胜的情况比较多，佳佳赢的可能性大。
22．游戏规则：抽到小于5的数淘气赢，抽到大于5的数笑笑赢，抽到5则重新抽。
【分析】根据游戏规则的公平性，可能性各占一半，双方才公平，只要设计抽成的可能性相等即可。因为有7张牌，要对双方都公平，说明有一个数字，不属于双方，而其它6个数，要使双方各有三个赢的机会。观察可知，1、3、4小于5，6、7、8大于5，据此解答。
【详解】在数字1，3，4，5，6，7，8中，小于5的有：1、3、4，大于5的有：6、7、8，所以可以这样设计游戏规则：抽到小于5的数淘气赢，抽到大于5的数笑笑赢，抽到5则重新抽。
23．（1）红球或黄球
（2）黄球
（3）两个黄球，两个红球，一个红球和一个黄球
【分析】（1）盒子里有几种颜色的球，任意摸出一个球，就有几种可能的结果，只要有的都有可能摸到；
（2）比较两种颜色球的数量，哪种颜色球的数量多，摸出哪种颜色球的可能性就大；
（3）任意摸出2个球，摸出的结果有同一种颜色和颜色不一样的情况。
【详解】（1）任意摸出一个球，可能出现红球或黄球。
（2）6＞4，任意摸出一个球，摸出黄球的可能性大。
（3）任意摸出2个球，可能出现两个黄球，两个红球，一个红球和一个黄球。
24．见详解
【分析】（1）一辆单车盈利：780－650＝130元。已知奖品的总价不能超过10辆单车的盈利总额：即奖品总预算130×10＝1300元。每个购买单车的人都能中奖，说明奖品总数＝购买人数＝单车数＝10。要使获一等奖的可能性最小，获三等奖的可能性最大，数量分配如下：一等奖（1个）：奖品单价700元；二等奖（3个）：总价值300元，每份奖品单价100元；三等奖（6个）：总价值约300元，每份奖品单价50元。
（2）根据一共有10个奖项，将抽奖转盘平均分成10份，一等奖占1份，二等奖占3份，三等奖占6份，据此画图即可。
【详解】我的方案：
（1）奖品总价：
（780－650）×10
＝130×10
＝1300（元）
1×700＋3×100＋6×50
＝700＋300＋300
＝1300（元）
奖项分配如下表：
奖项 奖项数量/个 奖品单价/元 奖品总价/元
一等奖 1 700 1300
二等奖 3 100
三等奖 6 50
（2）抽奖转盘如下图：
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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