第一单元 大数的认识 单元检测试题 2025-2026学年上学期小学数学人教版四年级上册
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| 名称 | 第一单元 大数的认识 单元检测试题 2025-2026学年上学期小学数学人教版四年级上册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.5MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-07-18 16:30:57 | ||
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文档简介
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第一单元 大数的认识 单元检测试题
2025-2026学年上学期小学数学人教版四年级上册
一、选择题
1．下面各数中，只读一个零的是（ ）。
A．702500 B．700250 C．700205
2．下面各数比1亿大的数是（ ）。
A．中国的总人口数 B．最小的九位数 C．最大的八位数
3．下面各数中，“7”表示数值最大的是（ ）。
A．6850007 B．73500 C．2700万
4．下列各数中，和56万一样大的数是（ ）。
A．56000 B．560000 C．5600000
5．一个数精确到万位是10万，这个数可能是（ ）。
A．9499 B．102100 C．9999
6．下列计算工具中，（ ）具有体积小，质量轻，便于携带，计算准确的特点．
A．算盘 B．电子计算器 C．计算机
二、填空题
7．在数字5和7之间添加( )个0，这个数可以读作五十亿零七，“四舍五入”到亿位约是( )。
8．一个数由13个亿、618个万和79个一组成，这个数写作( )，读作( )，省略万位后面的尾数约是( )。
9．最小的五位数是( )，最大的五位数是( )，它们相差( )；最大的五位数加1是( )。
10．去年某省在教育方面的支出是85350000000元。
这个数读作( )；省略亿位后面的尾数约是( )元。
11．在括号里填上“＞”或“＜”。
96578( )101010 10个二万( )2个十万2个一
165380( )168350 5个十万1个千( )50个万8个百
12．在括号里填上合适的数字。
15( )0608237≈16亿 9( )6587≈100万
32( )2790≈320万 5( )7312587≈5亿
13．用2，5，6，8，9和三个0按要求写（读）数。
(1)最大的八位数。
写作：
(2)最小的八位数。
写作：
(3)只读一个0的八位数。
写作：
(4)读三个0的八位数。
写作：
(5)写出一个一个0也不读的八位数。
写作： 读作：
14．在里填上合适的数字。
(1)9456≈9万，里可以填( )。
(2)98000≈99万，里可以填( )。
(3)1300000＝1305万，里只能填( )。
15．作为中国最大的博物馆，故宫博物馆收系有大量古代艺术珍品，涵盖几乎一个古代中国文明发展史和几乎所有文物门类。现有藏品达到1807558，其中珍贵文物1684490件，一般文物115491件。拥有古书画约140000件，陶瓷器约350000件，古代文具80000多件。
(1)找一找：近似数：( )。
准确数：( )。
(2)用“改写”或“求近似数”把下面的数据改为用“万”作单位的数。
1807558＝( )万
1684490≈( )万
350000＝( )万
三、判断题
16．计算器中是关机键，是开机键。( )
17．一个八位数，它的最高位是亿位。( )
18．9960440000省略亿位后面的尾数约为99亿。( )
19．和亿位相邻的两个数位是十亿位和千万位。( )
20．圣诞前，“淘宝”平均每小时交易额是2亿元，这个“2亿”是近似数。( )
四、计算题
21．用计算器计算出前三个算式的得数，再根据规律写出后三个算式的得数。
9×6＝ 99×96＝ 999×996＝
9999×9996＝ 99999×99996＝ 99999999×99999996＝
五、作图题
22．在直线上找到5200000000和5850000000这两个数所对应的点，描点，并在点的下面标数。
六、解答题
23．爸爸计划用八个数字设计一个密码，这个密码最高位上是最大的一位数，十万位上是6，千位上是8，十位上是5，其余位上是最小的自然数，这个八位数是多少，请你将这八个数字重新组合分别写出只读一个0的八位数和读三个0的八位数。
24．节约1吨纸相当于拯救23棵大树，如果每人每天节约一张A4纸，我国14亿人一天能节约多少吨纸（10张A4纸大约重45克）？相当于拯救了多少棵大树？
25．计算器上的数字键2和4坏了，如果要计算“316×24”，该怎么办？
26．将两个数分别“四舍五入”到万位，都约等于8万，而且这两个数只相差4，其中一个大于8万，另一个小于8万。
这两个数可能是多少？
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6
答案 B A C B B B
1．B
【分析】读数时，根据整数中0的读法，一个数每级末尾的零不读，其余数位一个零或连续几个0都只读一个零。据此读出选项中每个数并选择符合题意的即可。
【详解】A．702500读作七十万二千五百，不读零，不符合题意；
B．700250读作七十万零二百五十，读一个零，符合题意；
C．700205读作七十万零二百零五，读两个零，不符合题意。
故答案为：B
2．A
【分析】最大的八位数是99999999，最小的九位数是100000000，即1亿，2023年末中国的总人口数为14.1亿，据此解答即可。
【详解】A．中国的总人口数，2023年末中国的总人口数为14.1亿，14.1亿＞1亿，所以比1亿大的数是中国的总人口数；
B．最小的九位数是100000000，1亿＝1亿；
C．最大的八位数是99999999，99999999＜1亿。
各数比1亿大的数是中国的总人口数。
故答案为：A
3．C
【分析】看各数中“7”所在的数位，数位越大的，这个“7”所代表的数值越大。
【详解】A. “7”在个位上，表示7个一；
B．“7”在万位上，表示7个万；
C．“7”在百万位上，表示7个百万；
可知7个百万是最大的，则各数中“7”表示数值最大的是2700万。
故答案为：C
4．B
【分析】改写一个以万为单位的数，去掉万字并在末尾加4个0。据此选择即可。
【详解】56万＝560000，则选项B符合题意。
故答案为：B
5．B
【分析】精确到万位，就看千位上的数，当千位上的数小于5时就直接省略，当千位上的数大于或等于5时就直接向万位进“1”后再省略，最后在数的末尾加一个“万”字；据此分析每个选项即可。
【详解】A.9499的千位是9，9大于5，向万位进“1”后再省略，所以；
B.102100的千位是2，2小于5，直接省略，所以；
C.9999的千位是9，9大于5，向万位进“1”后再省略，所以。
故答案为：B
6．B
【解析】略
7． 8 50亿
【分析】整数的写法：从高位到低位，一级一级地写，哪个数位上一个单位也没有就在那个数位上写0；所以五十亿零七写作5000000007，数出5和7之间有8个0；
用“四舍五人”法省略亿位后面的尾数求近似数，应该先看千万位上的数，如果千万位上的数比5小，就省略亿位后面的尾数并写上亿字；如果千万位上的数大于或等于5，应在亿位上加1后再省略亿位后面的尾数并写上亿字。
【详解】五十亿零七写作：5000000007
5000000007≈50亿
则在数字5和7之间添加8个0，这个数可以读作五十亿零七。“四舍五入”到亿位约是50亿。
8． 1306180079 十三亿零六百一十八万零七十九 130618万
【分析】（1）这是一个十位数，最高位十亿位上的数字是1，亿位上的数字是3，百万位上的数字是6，十万位上的数字是1，万位上的数字是8，十位上的数字是7，个位上的数字是9，其余数位上的数字都是0，写这个数时，从高位到低位，一级一级地写，哪一个数位上一个单位也没有，就在那个数位上写0；
（2）整数的读法：从高位到低位，一级一级地读，每一级末尾的0都不读出来，其他数位连续几个0都只读一个零，据此读出；
（3）省略万位后面的尾数就是四舍五入到万位，把万位后面的千位上的数字进行四舍五入，再在数的后面写上“万”字。
【详解】一个数由13个亿、618个万和79个一组成，这个数写作1306180079，读作十三亿零六百一十八万零七十九，千位上的数字是0，0＜5，需舍去，所以这个数省略万位后面的尾数约是130618万。
9． 10000 99999 89999 100000
【分析】最小的五位数其最高位上的数字应为最小的数字1，其余数位上均是0，即10000；最大的五位数各个数位上的数字均为9，即99999；用99999减去10000即可求出它们相差多少；用99999加1，即可求出最大的五位数加1的和。
【详解】99999－10000＝89999
99999＋1＝100000
最小的五位数是10000，最大的五位数是99999，它们相差89999；最大的五位数加1是100000。
10． 八百五十三亿五千万 854亿
【分析】整数的读法：读数之前先分级，从最高级读起，一级一级往下读，先读亿级，再读万级，最后读个级；读亿级和万级时按读个级的方法来读，读完亿级后加上一个“亿”字，读完万级后加上一个“万”字；每级末尾不管有几个0都不读，每级中间和前面有一个或连续几个0，都只读一个0；
省略亿后面的尾数要看千万位上的数，根据四舍五入法的原则，若千万位上的数字大于等于5，就向亿位进1；若千万位上的数字小于5，就舍去千万位及其后面数位上的数，然后在数的末尾处加一个亿字；据此解答。
【详解】85350000000读作：八百五十三亿五千万
85350000000≈854亿
即去年某省在教育方面的支出是85350000000元。
这个数读作八百五十三亿五千万；省略亿位后面的尾数约是854亿元。
11． ＜ ＜ ＜ ＞
【分析】大数的比较：先比较两个数的位数，位数多的数就大，如果两个数的位数相同，就从最高位比起，最高位上的数字大的那个数就大，如果最高位上的数字相同，就依次比较下一个数位上的数字，直到比出大小为止。
对于（2）、（4）题，比较的两个数计数单位不同，需要先写出这个数，再进行比较。
【详解】（1）96578是五位数，101010是六位数，所以96578＜101010；
（2）10个二万是200000，2个十万2个一是200002，个位上数字0＜2，所以10个二万＜2个十万2个一；
（3）千位上数字5＜8，所以165380＜168350 ；
（4）5个十万1个千是501000，50个万8个百是500800，千位上数字1＞0，所以5个十万1个千＞50个万8个百。
12． 5、6、7、8、9 9 0 0、1、2、3、4
【分析】省略万位后面的尾数求近似数，根据千位上的数字的大小确定用“四舍”法，还是用“五入”法，然后再在后面添上个“万”字；省略亿位后面的尾数求近似数，根据千万位上的数字的大小确定用“四舍”法，还是用“五入”法，然后再在后面添上个“亿”字；据此解答。
【详解】15（ ）0608237≈16亿，近似数大于原数，显然是用“五入”法得到的近似数，小括号里可以填5、6、7、8、9；
9（ ）6587≈100万，原数十万位上的数字是9，需万位进“1”，才能使十万位满十，向百万位进“1”，又因为原数千位上是6，6＞5，用“五入”法得到的近似数，向万位进“1”，而万位获得千位上的进位“1”后，需要满十才能向十万位进“1”，9＋1＝10，那么万位上的数字只能是9，即小括号里只能填9；
32（ ）2790千位上是2，则32（ ）2790是用“四舍”法得到的近似数320万，因此小括号里只能填0；
5（ ）7312587≈5亿，近似数小于原数，显然是用“四舍”法得到的近似数，□可以填0、1、2、3、4；
13．(1)98652000
(2)20005689
(3)25680009
(4)20560809
(5) 25006890 二千五百万六千八百九十
【分析】（1）根据题意，将这个8个数字由大到小依次写出，这个数即是最大的八位数；
（2）根据题意，将除0外的最小数字写到千万位，再将剩余的7个数字由小到大依次写出，这个数即是最小的八位数；
（3）、（4）、（5）根据整数的读法：从高位到低位，一级一级地读，每一级末尾的0都不读出来，其他数位连续几个0都只读一个零，据此写出满足要求的数。
【详解】（1）9＞8＞6＞5＞2＞0，所以最大的八位数写作：98652000。
（2）9＞8＞6＞5＞2＞0，所以最小的八位数写作：20005689。
（3）只读一个0的八位数，写作：25680009，读作：二千五百六十八万零九。（答案不唯一）
（4）读三个0的八位数，写作：20560809，读作：二千零五十六万零八百零九。（答案不唯一）
（5）一个0也不读的八位数，写作：25006890，读作：二千五百万六千八百九十。（答案不唯一）
14．(1)0、1、2、3、4
(2)5、6、7、8、9
(3)5
【分析】小问1、小问2两道题要根据四舍五入的方法，即要省略的尾数的最高位上的数是4或者比4小，就把尾数去掉；如果尾数的最高位上的数是5或者比5大，就把尾数舍去，并向它的前一位进1。
小问3用等号连接，属于整万数的改写，将个级的4个0改写成“万”，4个0前面的数字不变，□要填的数即为“万”字前面的数。
【详解】（1）9□456的近似数是9万，表示千位上的数字不够向前一位进一，也就是说千万位上的数字比5小，故符合条件的数有0、1、2、3、4；
（2）98□000的近似数是99万，表示千位上的数字够向前一位进一，也就是说千位上的数字是5或比5大，故符合条件的数有5、6、7、8、9；
（3）130□0000＝1305万，将个级的4个0改写成“万”，□要填的数即为5。
15．(1) 140000、350000、80000 1807558、1684490、115491
(2) 180.7558 168 35
【分析】（1）准确数是与实际完全符合的数，近似数是与实际接近的数，据此解答。
（2）改写成用“万”作单位的数，在万位的后边，点上小数点，去掉小数点末尾的0，并加上一个“万”字。
省略万后面的尾数要看千位上的数，根据四舍五入法的原则，若千位上的数字大于等于5，就向万位进1；若千位上的数字小于5，就舍去千位及其后面数位上的数。
【详解】（1）找一找：近似数：140000、350000、80000。
准确数：1807558、1684490、115491。
（2）1807558＝180.7558万
1684490≈168万
350000＝35万
【点睛】本题考查整数的改写和近似数，改写的关键是熟记整数数位顺序表以及数的分级情况。省略哪一位后面的尾数，就看下一位上的数，根据四舍五入法解答。
16．√
【详解】如图所示，打开计算器使用按键“ON”，关闭计算器使用按键“OFF”。
故答案为：√
17．×
【分析】按照数位顺序表，从个位起向左第八位是千万位，因此，一个八位数的最高位是千万位，即可得解。
【详解】一个八位数，它的最高位是千万位；所以一个数是个八位数，它的最高位是亿位是错误的。
故答案为：×
【点睛】本题是考查整数的认识，关键要记住数位顺序表。
18．×
【分析】这是一个十位数，千万位数字是6，近似到亿位时，向亿位进1，据此写出近似数，再判断。
【详解】9960440000≈100亿，这个数的近似数是100亿，所以原题不对。
故答案为：×
19．√
【分析】根据整数的数位顺序可知，从右边起第一位是个位，第二位是十位，第三位是百位，第四位是千位，第五位是万位，第六位是十万位，第七位是百万位，第八位是千万位，第九位是亿位，第十位是十亿位，第十一位是百亿位……据此解答即可。
【详解】根据整数的数位顺序可知，和亿位相邻的两个数位是十亿位和千万位，原题说法正确。
故答案为：√
【点睛】此题主要考查对整数的数位顺序的认识。
20．√
【分析】商品的交易额一般都是有零有整的，2亿元只是一个不确切的数字，他可能是一亿九千多元通过“五入”得到的，也可能是二亿四千多元，通过“四舍”得到的。据此解答。
【详解】圣诞前，“淘宝”平均每小时交易额是2亿元，这个“2亿”只是一个大概的数值，并不是准确数，所以是近似数；
故答案为：√
【点睛】熟练掌握大数的近似数的概念和取值范围，是解答本题的关键。
21．54；9504；995004
99950004；9999500004；9999999500000004
【分析】先计算前三个算式，9×6＝54，99×96＝9504，999×996＝995004，得出规律：从第二个算式开始，第一个因数如果有n个9，第二个因数前面是（n－1）个9，后面是一个6，得数前面部分是（n－1）个9，9的后面是一个5，再接着是（n－1）个0，0的后面数字一个4；据此解答。
【详解】9×6＝54
99×96＝9504
999×996＝995004
9999×9996＝99950004
99999×99996＝9999500004
99999999×99999996＝9999999500000004
【点睛】本题考查学生的观察和分析能力，根据算式与结果之间存在的规律进行计算。
22．见详解
【分析】每个单位长度是1亿，5200000000也就是50亿后面2个单位长度，5850000000也就是50亿后的第8个单位长度到第9个单位长度的中间，据此描点即可解答。
【详解】
【点睛】明确每个单位长度表示1亿，是解答此题的关键。
23．90608050；96058000；80500906
【分析】根据对自然数的认识，最大的一位数是9，最小的自然是0，根据数的写法，从最高位写到低位，如此可得这个八位数。
根据亿以内数的读写可知，每级末尾不管有几个0，都只读一个0，其他数位上有一个0或连续几个0，都只读一个0。如此即可得出答案。
【详解】最大的一位数是9，最小的自然是0，十万位上是6，千位上是8，十位上是5，其余位上是0，所以这个八位数是90608050。
答：这个八位数是90608050，只读一个0的八位数可以是96058000，读三个0的八位数可以是80500906。
24．6300吨；144900棵
【分析】先将14亿改写成整数，然后用我国的总人数除以10后，再乘45计算出我国每天节约用纸的重量，然后将单位化成吨，最后再用我国每天节约用纸的重量（换算单位后的重量）乘23即可。
【详解】14亿人每天要节约14亿张纸
14亿＝1400000000
1400000000÷10＝140000000（个）
140000000×45＝6300000000（克）
6300000000克＝6300吨
6300×23＝144900（棵）
答：我国14亿人一天能节约6300吨纸（10张A4纸大约重45克），相当于拯救了144900棵大树。
【点睛】此题考查的是整数的改写，吨与克的换算，多位数与两位数相乘，应熟练掌握。
25．见详解
【分析】一个数连续乘两个数等于这个数乘后两个数的积；可以将24改写成和它相等的算式进行计算，316×24＝316×3×8，根据运算顺序，要先输入316，然后按“×”键，再输入3，然后按“×”，输入8，最后按“＝”即可得出答案。
【详解】316×24＝316×3×8＝7584
答：把316×24改写成316×3×8即可计算。
【点睛】解决本题的关键是将24改写成与它相等的，不含有2和4的算式。
26．80001和79997或80002和79998或80003和79999
【分析】一个数，省略万位后面的尾数并改写成用“万”做单位的数，需要看千位上数的大小，用“四舍五入”法求它的近似数，然后再省略万位后面的4个0并添上一个“万”字。由题意得，两个数分别“四舍五入”到万位，都约等于8万。一个数大于8万，另一个数小于8万且两个数只相差4，那么大于8万的那个数最大只能是80003，最小只能是80001，然后用较大数减去4即可算出较小的那个数。
【详解】80003－4＝79999
80002－4＝79998
80001－4＝79997
答：这两个数可能是80001和79997或80002和79998或80003和79999。
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。
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第一单元 大数的认识 单元检测试题
2025-2026学年上学期小学数学人教版四年级上册
一、选择题
1．下面各数中，只读一个零的是（ ）。
A．702500 B．700250 C．700205
2．下面各数比1亿大的数是（ ）。
A．中国的总人口数 B．最小的九位数 C．最大的八位数
3．下面各数中，“7”表示数值最大的是（ ）。
A．6850007 B．73500 C．2700万
4．下列各数中，和56万一样大的数是（ ）。
A．56000 B．560000 C．5600000
5．一个数精确到万位是10万，这个数可能是（ ）。
A．9499 B．102100 C．9999
6．下列计算工具中，（ ）具有体积小，质量轻，便于携带，计算准确的特点．
A．算盘 B．电子计算器 C．计算机
二、填空题
7．在数字5和7之间添加( )个0，这个数可以读作五十亿零七，“四舍五入”到亿位约是( )。
8．一个数由13个亿、618个万和79个一组成，这个数写作( )，读作( )，省略万位后面的尾数约是( )。
9．最小的五位数是( )，最大的五位数是( )，它们相差( )；最大的五位数加1是( )。
10．去年某省在教育方面的支出是85350000000元。
这个数读作( )；省略亿位后面的尾数约是( )元。
11．在括号里填上“＞”或“＜”。
96578( )101010 10个二万( )2个十万2个一
165380( )168350 5个十万1个千( )50个万8个百
12．在括号里填上合适的数字。
15( )0608237≈16亿 9( )6587≈100万
32( )2790≈320万 5( )7312587≈5亿
13．用2，5，6，8，9和三个0按要求写（读）数。
(1)最大的八位数。
写作：
(2)最小的八位数。
写作：
(3)只读一个0的八位数。
写作：
(4)读三个0的八位数。
写作：
(5)写出一个一个0也不读的八位数。
写作： 读作：
14．在里填上合适的数字。
(1)9456≈9万，里可以填( )。
(2)98000≈99万，里可以填( )。
(3)1300000＝1305万，里只能填( )。
15．作为中国最大的博物馆，故宫博物馆收系有大量古代艺术珍品，涵盖几乎一个古代中国文明发展史和几乎所有文物门类。现有藏品达到1807558，其中珍贵文物1684490件，一般文物115491件。拥有古书画约140000件，陶瓷器约350000件，古代文具80000多件。
(1)找一找：近似数：( )。
准确数：( )。
(2)用“改写”或“求近似数”把下面的数据改为用“万”作单位的数。
1807558＝( )万
1684490≈( )万
350000＝( )万
三、判断题
16．计算器中是关机键，是开机键。( )
17．一个八位数，它的最高位是亿位。( )
18．9960440000省略亿位后面的尾数约为99亿。( )
19．和亿位相邻的两个数位是十亿位和千万位。( )
20．圣诞前，“淘宝”平均每小时交易额是2亿元，这个“2亿”是近似数。( )
四、计算题
21．用计算器计算出前三个算式的得数，再根据规律写出后三个算式的得数。
9×6＝ 99×96＝ 999×996＝
9999×9996＝ 99999×99996＝ 99999999×99999996＝
五、作图题
22．在直线上找到5200000000和5850000000这两个数所对应的点，描点，并在点的下面标数。
六、解答题
23．爸爸计划用八个数字设计一个密码，这个密码最高位上是最大的一位数，十万位上是6，千位上是8，十位上是5，其余位上是最小的自然数，这个八位数是多少，请你将这八个数字重新组合分别写出只读一个0的八位数和读三个0的八位数。
24．节约1吨纸相当于拯救23棵大树，如果每人每天节约一张A4纸，我国14亿人一天能节约多少吨纸（10张A4纸大约重45克）？相当于拯救了多少棵大树？
25．计算器上的数字键2和4坏了，如果要计算“316×24”，该怎么办？
26．将两个数分别“四舍五入”到万位，都约等于8万，而且这两个数只相差4，其中一个大于8万，另一个小于8万。
这两个数可能是多少？
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6
答案 B A C B B B
1．B
【分析】读数时，根据整数中0的读法，一个数每级末尾的零不读，其余数位一个零或连续几个0都只读一个零。据此读出选项中每个数并选择符合题意的即可。
【详解】A．702500读作七十万二千五百，不读零，不符合题意；
B．700250读作七十万零二百五十，读一个零，符合题意；
C．700205读作七十万零二百零五，读两个零，不符合题意。
故答案为：B
2．A
【分析】最大的八位数是99999999，最小的九位数是100000000，即1亿，2023年末中国的总人口数为14.1亿，据此解答即可。
【详解】A．中国的总人口数，2023年末中国的总人口数为14.1亿，14.1亿＞1亿，所以比1亿大的数是中国的总人口数；
B．最小的九位数是100000000，1亿＝1亿；
C．最大的八位数是99999999，99999999＜1亿。
各数比1亿大的数是中国的总人口数。
故答案为：A
3．C
【分析】看各数中“7”所在的数位，数位越大的，这个“7”所代表的数值越大。
【详解】A. “7”在个位上，表示7个一；
B．“7”在万位上，表示7个万；
C．“7”在百万位上，表示7个百万；
可知7个百万是最大的，则各数中“7”表示数值最大的是2700万。
故答案为：C
4．B
【分析】改写一个以万为单位的数，去掉万字并在末尾加4个0。据此选择即可。
【详解】56万＝560000，则选项B符合题意。
故答案为：B
5．B
【分析】精确到万位，就看千位上的数，当千位上的数小于5时就直接省略，当千位上的数大于或等于5时就直接向万位进“1”后再省略，最后在数的末尾加一个“万”字；据此分析每个选项即可。
【详解】A.9499的千位是9，9大于5，向万位进“1”后再省略，所以；
B.102100的千位是2，2小于5，直接省略，所以；
C.9999的千位是9，9大于5，向万位进“1”后再省略，所以。
故答案为：B
6．B
【解析】略
7． 8 50亿
【分析】整数的写法：从高位到低位，一级一级地写，哪个数位上一个单位也没有就在那个数位上写0；所以五十亿零七写作5000000007，数出5和7之间有8个0；
用“四舍五人”法省略亿位后面的尾数求近似数，应该先看千万位上的数，如果千万位上的数比5小，就省略亿位后面的尾数并写上亿字；如果千万位上的数大于或等于5，应在亿位上加1后再省略亿位后面的尾数并写上亿字。
【详解】五十亿零七写作：5000000007
5000000007≈50亿
则在数字5和7之间添加8个0，这个数可以读作五十亿零七。“四舍五入”到亿位约是50亿。
8． 1306180079 十三亿零六百一十八万零七十九 130618万
【分析】（1）这是一个十位数，最高位十亿位上的数字是1，亿位上的数字是3，百万位上的数字是6，十万位上的数字是1，万位上的数字是8，十位上的数字是7，个位上的数字是9，其余数位上的数字都是0，写这个数时，从高位到低位，一级一级地写，哪一个数位上一个单位也没有，就在那个数位上写0；
（2）整数的读法：从高位到低位，一级一级地读，每一级末尾的0都不读出来，其他数位连续几个0都只读一个零，据此读出；
（3）省略万位后面的尾数就是四舍五入到万位，把万位后面的千位上的数字进行四舍五入，再在数的后面写上“万”字。
【详解】一个数由13个亿、618个万和79个一组成，这个数写作1306180079，读作十三亿零六百一十八万零七十九，千位上的数字是0，0＜5，需舍去，所以这个数省略万位后面的尾数约是130618万。
9． 10000 99999 89999 100000
【分析】最小的五位数其最高位上的数字应为最小的数字1，其余数位上均是0，即10000；最大的五位数各个数位上的数字均为9，即99999；用99999减去10000即可求出它们相差多少；用99999加1，即可求出最大的五位数加1的和。
【详解】99999－10000＝89999
99999＋1＝100000
最小的五位数是10000，最大的五位数是99999，它们相差89999；最大的五位数加1是100000。
10． 八百五十三亿五千万 854亿
【分析】整数的读法：读数之前先分级，从最高级读起，一级一级往下读，先读亿级，再读万级，最后读个级；读亿级和万级时按读个级的方法来读，读完亿级后加上一个“亿”字，读完万级后加上一个“万”字；每级末尾不管有几个0都不读，每级中间和前面有一个或连续几个0，都只读一个0；
省略亿后面的尾数要看千万位上的数，根据四舍五入法的原则，若千万位上的数字大于等于5，就向亿位进1；若千万位上的数字小于5，就舍去千万位及其后面数位上的数，然后在数的末尾处加一个亿字；据此解答。
【详解】85350000000读作：八百五十三亿五千万
85350000000≈854亿
即去年某省在教育方面的支出是85350000000元。
这个数读作八百五十三亿五千万；省略亿位后面的尾数约是854亿元。
11． ＜ ＜ ＜ ＞
【分析】大数的比较：先比较两个数的位数，位数多的数就大，如果两个数的位数相同，就从最高位比起，最高位上的数字大的那个数就大，如果最高位上的数字相同，就依次比较下一个数位上的数字，直到比出大小为止。
对于（2）、（4）题，比较的两个数计数单位不同，需要先写出这个数，再进行比较。
【详解】（1）96578是五位数，101010是六位数，所以96578＜101010；
（2）10个二万是200000，2个十万2个一是200002，个位上数字0＜2，所以10个二万＜2个十万2个一；
（3）千位上数字5＜8，所以165380＜168350 ；
（4）5个十万1个千是501000，50个万8个百是500800，千位上数字1＞0，所以5个十万1个千＞50个万8个百。
12． 5、6、7、8、9 9 0 0、1、2、3、4
【分析】省略万位后面的尾数求近似数，根据千位上的数字的大小确定用“四舍”法，还是用“五入”法，然后再在后面添上个“万”字；省略亿位后面的尾数求近似数，根据千万位上的数字的大小确定用“四舍”法，还是用“五入”法，然后再在后面添上个“亿”字；据此解答。
【详解】15（ ）0608237≈16亿，近似数大于原数，显然是用“五入”法得到的近似数，小括号里可以填5、6、7、8、9；
9（ ）6587≈100万，原数十万位上的数字是9，需万位进“1”，才能使十万位满十，向百万位进“1”，又因为原数千位上是6，6＞5，用“五入”法得到的近似数，向万位进“1”，而万位获得千位上的进位“1”后，需要满十才能向十万位进“1”，9＋1＝10，那么万位上的数字只能是9，即小括号里只能填9；
32（ ）2790千位上是2，则32（ ）2790是用“四舍”法得到的近似数320万，因此小括号里只能填0；
5（ ）7312587≈5亿，近似数小于原数，显然是用“四舍”法得到的近似数，□可以填0、1、2、3、4；
13．(1)98652000
(2)20005689
(3)25680009
(4)20560809
(5) 25006890 二千五百万六千八百九十
【分析】（1）根据题意，将这个8个数字由大到小依次写出，这个数即是最大的八位数；
（2）根据题意，将除0外的最小数字写到千万位，再将剩余的7个数字由小到大依次写出，这个数即是最小的八位数；
（3）、（4）、（5）根据整数的读法：从高位到低位，一级一级地读，每一级末尾的0都不读出来，其他数位连续几个0都只读一个零，据此写出满足要求的数。
【详解】（1）9＞8＞6＞5＞2＞0，所以最大的八位数写作：98652000。
（2）9＞8＞6＞5＞2＞0，所以最小的八位数写作：20005689。
（3）只读一个0的八位数，写作：25680009，读作：二千五百六十八万零九。（答案不唯一）
（4）读三个0的八位数，写作：20560809，读作：二千零五十六万零八百零九。（答案不唯一）
（5）一个0也不读的八位数，写作：25006890，读作：二千五百万六千八百九十。（答案不唯一）
14．(1)0、1、2、3、4
(2)5、6、7、8、9
(3)5
【分析】小问1、小问2两道题要根据四舍五入的方法，即要省略的尾数的最高位上的数是4或者比4小，就把尾数去掉；如果尾数的最高位上的数是5或者比5大，就把尾数舍去，并向它的前一位进1。
小问3用等号连接，属于整万数的改写，将个级的4个0改写成“万”，4个0前面的数字不变，□要填的数即为“万”字前面的数。
【详解】（1）9□456的近似数是9万，表示千位上的数字不够向前一位进一，也就是说千万位上的数字比5小，故符合条件的数有0、1、2、3、4；
（2）98□000的近似数是99万，表示千位上的数字够向前一位进一，也就是说千位上的数字是5或比5大，故符合条件的数有5、6、7、8、9；
（3）130□0000＝1305万，将个级的4个0改写成“万”，□要填的数即为5。
15．(1) 140000、350000、80000 1807558、1684490、115491
(2) 180.7558 168 35
【分析】（1）准确数是与实际完全符合的数，近似数是与实际接近的数，据此解答。
（2）改写成用“万”作单位的数，在万位的后边，点上小数点，去掉小数点末尾的0，并加上一个“万”字。
省略万后面的尾数要看千位上的数，根据四舍五入法的原则，若千位上的数字大于等于5，就向万位进1；若千位上的数字小于5，就舍去千位及其后面数位上的数。
【详解】（1）找一找：近似数：140000、350000、80000。
准确数：1807558、1684490、115491。
（2）1807558＝180.7558万
1684490≈168万
350000＝35万
【点睛】本题考查整数的改写和近似数，改写的关键是熟记整数数位顺序表以及数的分级情况。省略哪一位后面的尾数，就看下一位上的数，根据四舍五入法解答。
16．√
【详解】如图所示，打开计算器使用按键“ON”，关闭计算器使用按键“OFF”。
故答案为：√
17．×
【分析】按照数位顺序表，从个位起向左第八位是千万位，因此，一个八位数的最高位是千万位，即可得解。
【详解】一个八位数，它的最高位是千万位；所以一个数是个八位数，它的最高位是亿位是错误的。
故答案为：×
【点睛】本题是考查整数的认识，关键要记住数位顺序表。
18．×
【分析】这是一个十位数，千万位数字是6，近似到亿位时，向亿位进1，据此写出近似数，再判断。
【详解】9960440000≈100亿，这个数的近似数是100亿，所以原题不对。
故答案为：×
19．√
【分析】根据整数的数位顺序可知，从右边起第一位是个位，第二位是十位，第三位是百位，第四位是千位，第五位是万位，第六位是十万位，第七位是百万位，第八位是千万位，第九位是亿位，第十位是十亿位，第十一位是百亿位……据此解答即可。
【详解】根据整数的数位顺序可知，和亿位相邻的两个数位是十亿位和千万位，原题说法正确。
故答案为：√
【点睛】此题主要考查对整数的数位顺序的认识。
20．√
【分析】商品的交易额一般都是有零有整的，2亿元只是一个不确切的数字，他可能是一亿九千多元通过“五入”得到的，也可能是二亿四千多元，通过“四舍”得到的。据此解答。
【详解】圣诞前，“淘宝”平均每小时交易额是2亿元，这个“2亿”只是一个大概的数值，并不是准确数，所以是近似数；
故答案为：√
【点睛】熟练掌握大数的近似数的概念和取值范围，是解答本题的关键。
21．54；9504；995004
99950004；9999500004；9999999500000004
【分析】先计算前三个算式，9×6＝54，99×96＝9504，999×996＝995004，得出规律：从第二个算式开始，第一个因数如果有n个9，第二个因数前面是（n－1）个9，后面是一个6，得数前面部分是（n－1）个9，9的后面是一个5，再接着是（n－1）个0，0的后面数字一个4；据此解答。
【详解】9×6＝54
99×96＝9504
999×996＝995004
9999×9996＝99950004
99999×99996＝9999500004
99999999×99999996＝9999999500000004
【点睛】本题考查学生的观察和分析能力，根据算式与结果之间存在的规律进行计算。
22．见详解
【分析】每个单位长度是1亿，5200000000也就是50亿后面2个单位长度，5850000000也就是50亿后的第8个单位长度到第9个单位长度的中间，据此描点即可解答。
【详解】
【点睛】明确每个单位长度表示1亿，是解答此题的关键。
23．90608050；96058000；80500906
【分析】根据对自然数的认识，最大的一位数是9，最小的自然是0，根据数的写法，从最高位写到低位，如此可得这个八位数。
根据亿以内数的读写可知，每级末尾不管有几个0，都只读一个0，其他数位上有一个0或连续几个0，都只读一个0。如此即可得出答案。
【详解】最大的一位数是9，最小的自然是0，十万位上是6，千位上是8，十位上是5，其余位上是0，所以这个八位数是90608050。
答：这个八位数是90608050，只读一个0的八位数可以是96058000，读三个0的八位数可以是80500906。
24．6300吨；144900棵
【分析】先将14亿改写成整数，然后用我国的总人数除以10后，再乘45计算出我国每天节约用纸的重量，然后将单位化成吨，最后再用我国每天节约用纸的重量（换算单位后的重量）乘23即可。
【详解】14亿人每天要节约14亿张纸
14亿＝1400000000
1400000000÷10＝140000000（个）
140000000×45＝6300000000（克）
6300000000克＝6300吨
6300×23＝144900（棵）
答：我国14亿人一天能节约6300吨纸（10张A4纸大约重45克），相当于拯救了144900棵大树。
【点睛】此题考查的是整数的改写，吨与克的换算，多位数与两位数相乘，应熟练掌握。
25．见详解
【分析】一个数连续乘两个数等于这个数乘后两个数的积；可以将24改写成和它相等的算式进行计算，316×24＝316×3×8，根据运算顺序，要先输入316，然后按“×”键，再输入3，然后按“×”，输入8，最后按“＝”即可得出答案。
【详解】316×24＝316×3×8＝7584
答：把316×24改写成316×3×8即可计算。
【点睛】解决本题的关键是将24改写成与它相等的，不含有2和4的算式。
26．80001和79997或80002和79998或80003和79999
【分析】一个数，省略万位后面的尾数并改写成用“万”做单位的数，需要看千位上数的大小，用“四舍五入”法求它的近似数，然后再省略万位后面的4个0并添上一个“万”字。由题意得，两个数分别“四舍五入”到万位，都约等于8万。一个数大于8万，另一个数小于8万且两个数只相差4，那么大于8万的那个数最大只能是80003，最小只能是80001，然后用较大数减去4即可算出较小的那个数。
【详解】80003－4＝79999
80002－4＝79998
80001－4＝79997
答：这两个数可能是80001和79997或80002和79998或80003和79999。
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。
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