暑假巩固强化试题 2025年暑假小学数学人教版五年级下册
文档属性
| 名称 | 暑假巩固强化试题 2025年暑假小学数学人教版五年级下册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.6MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 苏教版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-07-22 11:23:57 | ||
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文档简介
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暑假巩固强化试题
2025年暑假小学数学人教版五年级下册
一、选择题
1．某学校为锻炼学生的体能和协作能力，准备举行“多人多足”比赛，五（2）班一共选取了15名学生参加此项比赛，如果男生人数是偶数，那么女生人数一定是（ ）。
A．偶数 B．奇数 C．质数 D．合数
2．把4米长的木条锯5次，锯成长度相等的小段，每段占全长的（ ）。
A．米 B．米 C． D．
3．徽墨是中国特有传统制墨技艺中的珍品，也是闻名中外的“文房四宝”之一。某工艺人制作徽墨前准备原料时，取出0.024g的松烟，g的油烟，则取出松烟质量与油烟的质量相比较（ ）。
A．松烟质量＞油烟质量 B．松烟质量＜油烟质量
C．松烟质量＝油烟质量 D．无法比较
4．我国著名的秦始皇陵兵马俑一号坑长230米、宽62米、深约5米。一号坑的容积约是（ ）。
A．14260平方米 B．14260立方米 C．71300立方米 D．71300L
5．下面分数中，不能化成有限小数的是（ ）。
A． B． C． D．
6．下面的数与其它三个大小不同的是（ ）。
A．7.36立方米 B．736立方分米 C．7360000立方厘米 D．7360L
7．一个长方体的长、宽、高分别是a分米，b分米，c分米。如果高增加2分米，体积比原来增加（ ）立方分米。
A．ab B．ab（c＋2） C．2ab D．2abc
8．下面是几名同学在计算时的思路，不正确的是（ ）。
A． B．
C． D．
二、填空题
9．把4米长的绳子平均分成5段，每段长（ ）米，每段是全长的。
10．150mL＝( )L 3.56m3＝( )dm3 时＝( )分
11．（填小数）。
12．在下列（ ）里填上“＞”“＜”或“＝”。
( ) ( ) ( )1
13．的分数单位是( )，再加上( )个这样的分数单位就得到最小的质数。
14．251至少减去( )是3的倍数，至少加上( )是5的倍数。
15．将下面展开图围成正方体后，5的对面是数字( )。
16．三个连续的奇数中最小的奇数是a，最大的奇数是 。
17．钟表上的时针从数字“12”顺时针旋转90度到数字“( )”，从数字“8”逆时针旋转( )度到数字“6”。
18．用80厘米的铁丝焊接成一个长12厘米，宽6厘米的长方体框架，高是( )厘米，它的体积是( )立方厘米。
19．有7瓶钙片，其中有一瓶少了一颗，其余的每瓶都一样重，如果用天平称，至少要称( )次就能保证找出少了一颗的那一瓶。
20．一个长方体，如果高减少2cm，就成为一个正方体，且表面积减少48平方厘米，原来这个长方体的体积是( )立方厘米。
三、计算题
21．直接写出得数。
0.63＝
3÷7＝
22．简便计算。
（1） （2） （3）
23．解方程。
（1） （2）
24．计算下列几何体的体积和表面积。（单位：厘米）
四、作图题
25．按要求完成下面各题。
（1）画出图形A绕点O按顺时针方向旋转90°后得到的图形，并标上图形B。
（2）图形D可以通过怎样的变换得到图形C？
五、解答题
26．袁隆平是我国著名的水稻育种专家，被誉为“杂交水稻之父”。他将一块公顷的试验田分别种上早稻、中稻、晚稻。其中种早稻，种中稻，剩下的种晚稻，种晚稻的面积占试验田总面积的几分之几？
27．小明和小军进行打字比赛，打完同一篇稿件，小明用了小时，小军用了小时，谁在比赛中更快，快多少小时？
28．3路和9路公交车早上6时同时从同一个起点站出发，3路车每隔10分钟发一辆车，9路车每隔12分钟发一辆车，那么这两路车第二次同时发车是几时几分？
29．用一个底面是边长8厘米的正方形，高为17厘米的长方体容器，测量一个球形铁块的体积，容器中装的水距杯口还有2厘米。当铁块放入容器中，有部分水溢出，当把铁块取出后，水面下降5厘米，求铁球的体积。
30．“天下之本在家”，尊敬老人、孝敬父母是中华民族的传统美德。双休日，王明一家3口自驾车到农村看望爷爷、奶奶，回家后大家非常高兴，爸爸问王明，你能利用学过的折线统计图画出这次回老家的行驶时间和离家距离吗？王明仔细思考后做出了下面的统计图。请你仔细观察，并回答问题。
（1）王明一家3口几时从家出发？几时到达爷爷、奶奶家？
（2）王明在爷爷家休息了多长时间？几时离开的爷爷、奶奶家？
（3）王明一家来回汽车的平均速度是多少？
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B D B C D B C D
1．B
【分析】一个大于1的自然数，除了1和它自身外，不能整除其他自然数的数， 即除了1和它本身以外不再有其他因数，这样的数叫质数；一个大于1的自然数，除了1和它自身外，还能整除其他自然数的数， 即除了1和它本身以外还有其他因数，这样的数叫合数；
偶数是能被2整除的数是偶数，不能被2整除的数是奇数；已知选取的学生总人数是15名，且总人数＝男生人数＋女生人数，即女生人数＝总人数－男生人数；运算性质：奇数－偶数＝奇数，因为总人数15是奇数，男生人数是偶数，根据上述运算性质，女生人数＝15（奇数）－男生人数（偶数），结果一定是奇数；据此解答。
【详解】根据分析：
女生人数＝总人数－男生人数
女生人数＝15（奇数）－男生人数（偶数）
奇数－偶数＝奇数
所以女生人数一定是奇数。
故答案为：B
2．D
【分析】锯的段数＝次数＋1，据此求出锯的段数，把木条的长度看作单位“1”， 锯成长度相等的小段，平均分的是单位“1”，用1除以段数即可解答。
【详解】5＋1＝6（段）
1÷6＝
所以每段占全长的。
故答案为：D
3．B
【分析】把转化为小数，分数化小数的方法：用分子除以分母，得到的商就是小数。再比较小数的大小，先比较整数部分，整数部分大的小数就大，整数部分相同的就看十分位，十分位大的这个数就大，十分位相同的，再看百分位，百分位大的这个数就大，这样依次比较，直到比较出大小为止。
【详解】（g）
徽墨是中国特有传统制墨技艺中的珍品，也是闻名中外的“文房四宝”之一。某工艺人制作徽墨前准备原料时，取出0.024g的松烟，g的油烟，则取出松烟质量与油烟的质量相比较松烟质量＜油烟质量。
故答案为：B
4．C
【分析】秦始皇陵兵马俑一号俑坑是一个长方体，根据长方体的容积（体积）公式：V＝abh，代入数据解答即可。
【详解】230×62×5
＝14260×5
＝71300（立方米）
所以一号坑的容积约是71300立方米。
故答案为：C
5．D
【分析】有限小数：小数部分的位数是有限的小数（比如0.2、1.5，小数部分只有几位就结束了）。
无限小数：小数部分的位数是无限的小数（像0.333…、0.1666…，会一直循环或无限不循环下去）。
分数的意义：把一个整体平均分成若干份，表示这样一份或几份的数。分数化成小数，就是用分子除以分母，看结果的小数部分能不能除尽。
以此逐个分析选项，进而找出正确答案。
【详解】A．，小数部分只有1位，能除尽，是有限小数。
B．，小数部分有3位，能除尽，是有限小数。
C．，小数部分有3位，能除尽，是有限小数。
D．…，小数部分的6会一直重复出现，除不尽，是无限小数。
所以是无限小数，即选项D不能化成有限小数。
故答案为：D
6．B
【分析】体积单位：1立方米＝1000立方分米，1立方分米＝1000立方厘米，所以1立方米＝1000×1000＝1000000立方厘米；容积单位与体积单位的关系：1升＝1立方分米，将各选项单位统一换算成立方分米，再进行选择；据此解答。
【详解】由分析可知：
A．因为1立方米＝1000立方分米，所以7.36立方米换算成立方分米为：7.36×1000＝7360（立方分米）。
B．本身就是736立方分米。
C．因为1立方分米＝1000立方厘米，所以7360000立方厘米换算成立方分米为：7360000÷1000＝7360（立方分米）。
D．因为1L＝1立方分米，所以7360L＝7360立方分米。
选项A、C、D换算后都是7360立方分米，选项B是736立方分米，与其他三个大小不同。
故答案为：B
7．C
【分析】高增加2分米，长方体的长和宽不变，所以增加的图形实际上是长为a分米，宽为b分米，高为2分米的长方体，根据长方体的体积公式，代入数据即可得解。
【详解】根据分析得，a×b×2＝2ab（立方分米）。
故答案为：C
【点睛】此题的解题关键是弄清增加的长方体的长宽高的数据，再利用长方体的体积公式求解。
8．D
【分析】A．将整个图形平均分成8份，也可以看成平均分成4份，根据分数的意义，分母表示平均分的份数，分子表示取走的份数，灰色部分表示，黑色部分表示，合在一起是；
B．将线段平均分成8份，也可以看成平均分成4份，和，合在一起是；
C．异分母分数相加减，先通分再计算；
D．将整个图形平均分成8份，也可以看成平均分成4份，将分成两部分，左边一部分是，右边是多少？已知总数，求其中一部分用减法。
【详解】
根据分析，选项D表示，不正确的是。
故答案为：D
9．；
【分析】求每段长的米数，平均分的是具体的数量5米，求的是具体的数量；求每段长是这根绳子的几分之几，平均分的是单位“1”，求的是分率。两者都用除法计算。
【详解】每段长的米数：4÷5＝（米）
每段占全长的分率：1÷5＝
【点睛】解决此题关键是弄清求得是具体的数量还是分率，求具体的数量平均分的是具体的数量；求分率平均分的是单位“1”。
10． 0.15 3560 45
【分析】1L＝1000mL，1m3＝1000dm3，1小时＝60分，低级单位换算高级单位除以进率，高级单位换算低级单位乘进率，用题目中的数据乘或除以进率即可。
【详解】（1）150÷1000＝0.15（L）
（2）3.56×1000＝3560（dm3）
（3）时＝0.75时，0.75×60＝45（分）
所以，150mL＝0.15L，3.56m3＝3560dm3，时＝45分。
11．4；15；8；0.4
【分析】根据“”把分数转化为小数，再利用商不变的规律求出被除数，最后根据“分数的分子和分母同时乘或除以同一个不为0的数，分数的大小不变”求出分数的分子或者分母，据此解答。
【详解】＝2÷5＝0.4
2÷5＝（2×4）÷（5×4）＝8÷20
＝＝
＝＝
所以，＝＝＝8÷20＝0.4。
12． ＞ ＝ ＜
【分析】（1）同分子分数比较大小，分母小的分数值大，分母大的分数值小；
（2）直接用分子除以分母，计算出商，把转化为小数，即可求得；
（3）分子比分母小的分数叫作真分数，真分数小于1，据此解答。
【详解】（1）和为同分子分数，因为3＜7，所以＞；
（2）＝12÷5＝2.4；
（3）由真分数的意义可知，是真分数，所以＜1。
综上所述，＞，＝，＜1。
13． 17
【分析】一个分数的分母是几，它的分数单位就是几分之一；最小的质数是2，用2减去即可求出再加上多少个这样的分数单位就得到最小的质数。
【详解】2－＝
则的分数单位是，再加上17个这样的分数单位就得到最小的质数。
【点睛】本题考查分数单位和质数，明确分数单位和质数的定义是解题的关键。
14． 2 4
【分析】3的倍数特征：各个数位上的数字之和是3的倍数，那么这个数就是3的倍数。
5的倍数特征：末尾是5或者0的数是5的倍数。
【详解】由于2＋5＋1＝8，8不是3的倍数，所以251不是3的倍数；
251－1＝250，2＋5＋0＝7，7不是3的倍数，所以250不是3的倍数；
251－2＝249，2＋4＋9＝15，15是3的倍数，所以249是3的倍数；
离251最近的5的倍数的数是255，255－251＝4，即至少加上4是5的倍数。
填空如下：
251至少减去2是3的倍数，至少加上4是5的倍数。
15．2
【分析】根据正方体展开图的特征，符合“2－2－2”结构，如果以5为底面，那么1是这个正方体的右面，4是正方体的后面，3是正方体的左面，6是正方体的前面，2是正方体的上面；折叠正方体后，1的对面是数字3，2的对面是数字5，4的对面是数字6，据此解答，可以动手实际操作下。
【详解】根据分析可知，将下面展开图围成正方体后，5的对面是数字2。
16．a＋4
【分析】相邻的两个奇数之间相差2，则三个连续的奇数，最小的奇数和最大的奇数相差4，由此解答即可。
【详解】三个连续的奇数中最小的奇数是a，最大的奇数是a＋4。
【点睛】明确相邻的两个奇数之间相差2是解答本题的关键。
17． 3 60
【分析】
钟表上时针绕钟面旋转一周是360度，钟面上一共12大格，每个大格是360÷12＝30度，90度刚好是3大格，时针从数字“12”顺时针旋转3大格刚好到数字“3”；数字“8”和数字“6”之间是2大格，刚好是2×30＝60度，所以从数字“8”到数字“6”需要逆时针旋转60度，据此解答。
【详解】时针旋转一周是360度。
360÷12＝30（度）
90÷30＝3（大格）
所以，从数字“12”顺时针旋转3大格，即90度，刚好到数字“3”。
数字“8”和数字“6”之间是2大格。
30×2＝60（度）
所以，从数字“8”逆时针旋转2大格，即60度，刚好到数字“6”。
18． 2 144
【分析】用80厘米的铁丝焊接一个长方体框架，这个长方体框架的棱长之和等于80，利用长方体的棱长总和＝（长＋宽＋高）×4，代入相应数值计算出长方体框架的高；再根据长方体的体积＝长×宽×高，代入数值计算出长方体框架的体积。
【详解】80÷4－（12＋6）
＝20－18
＝2（厘米）
12×6×2＝144（立方厘米）
因此这个长方体框架的高是2厘米，它的体积是144立方厘米。
19．2
【分析】把称重物品分成尽可能平均的三组，先称其中数量相同的两组，如果天平平衡，那么次品在剩下一组里面，如果天平不平衡，那么次品在天平上翘的一组里面，依次找出次品所在的组，直到最后找出次品，最后根据称重过程准确数出称重次数，据此解答。
【详解】分析可知：
综上所述，至少要称2次就能保证找出少了一颗的那一瓶。
20．288
【分析】如果高减少2厘米，就成为一个正方体，说明原来的长方体上下两面是正方形，而且原来长方体的高比长和宽多2厘米，如果高减少2厘米，就成为一个正方体，而且表面积要减少48平方厘米，减少的面积在原来长方体中是高2厘米那部分的侧面积，侧面的这4个面都是宽为2厘米，长相等的完全一样的长方形，据此可求出原长方体的长和宽，从而求出高，最后根据长方体体积＝长×宽×高求体积。
【详解】长和宽：
（厘米）
高：（厘米）
体积：
（立方厘米）
所以原来这个长方体的体积是288立方厘米。
21．；；；；0.216；
；；或0.6；；或
【解析】略
22．（1）；（2）5；（3）
【分析】（1），去掉括号，原式化为：＋－，再按照运算顺序，进行计算。
（2），根据加法交换律，原式化为：0.65＋2.35＋＋，再根据加法结合律，原式化为：（0.65＋2.35）＋（＋），再进行计算。
（3），根据减法性质，原式化为：－（＋），再进行计算。
【详解】（1）
＝＋－
＝1－
＝
2）
＝0.65＋2.35＋＋
＝（0.65＋2.35）＋（＋）
＝3＋2
＝5
（3）
＝－（＋）
＝－2
＝
23．（1）x＝；（2）x＝
【分析】（1）观察方程可知，应用等式的性质1，方程两边同时加上，再应用等式的性质2，方程两边同时除以2，据此计算即可。
（2）观察方程可知，应用等式的性质1，方程两边同时减去，据此计算即可。
【详解】（1）
解：2x－＋＝＋
2x＝1
2x÷2＝1÷2
x＝
（2）
解：x＋－＝－
x＝－
x＝
24．544立方厘米；440平方厘米
【分析】组合体的体积＝正方体的体积＋长方体的体积，将数据代入正方体的体积公式：V＝a3，正方体的体积公式：V＝abh，计算即可求出组合体的体积；
组合体表面积＝长方体表面积＋正方体侧面积，将数据代入长方体表面积公式：S＝（ab＋ah＋bh）×2，而正方体侧面积＝4×棱长×棱长，计算即可求出组合体的表面积；据此解答。
【详解】4×4×4＋10×8×6
＝16×4＋80×6
＝64＋480
＝544（立方厘米）
（10×8＋10×6＋8×6）×2＋4×4×4
＝（80＋60＋48）×2＋4×4×4
＝188×2＋4×4×4
＝376＋64
＝440（平方厘米）
几何体的体积是544立方厘米，表面积是440平方厘米。
25．（1）（2）见详解
【分析】（1）根据旋转的特征，图形A绕点O按顺时针方向旋转90°，点O的位置不动，这个图形的各部分均绕此点按相同方向旋转相同的度数，即可画出旋转后的图形B。
（2）旋转的意义：在平面内，把一个图形围绕某一固定点按顺时针或逆时针方向转动一定的角度的过程，称为旋转。这个点为旋转中心，旋转的角度叫旋转角。决定旋转后图形的位置的要素：一是旋转中心或轴，二是旋转方向（顺时针或逆时针），据此解答。
【详解】（1）如图：
（2）图形D绕点P顺时针旋转180°后，点P的位置不动，其余各部分均绕此点按相同方向旋转相同的度数，得到旋转后的图形C。（答案不唯一）
26．
【分析】把试验田的总面积看作单位“1”，用1－－即可求出种晚稻的面积占试验田总面积的几分之几。
【详解】1－－
＝－
＝
答：种晚稻的面积占试验田总面积的。
27．小军；小时
【分析】已知打完这篇稿件，小明用了小时，小军用了小时，可先通分，通过比较分数的大小，确定谁用时最少，再用减法求得快多少小时。
【详解】＝
＝
＞
－＝（小时）
答：小军在比赛中更快，快小时。
【点睛】主要考查了学生们对于通分的理解和运用，异分母分数要比较大小、加减法计算，都要先通分。
28．7时
【分析】先求10和12的最小公倍数是60，也就是在60分钟的时候再次同时发车，也就是距离第一次发车的时间6时，经过了1个小时，所以第二次同时发车是在7时。
【详解】10和12的最小公倍数是60。
60分＝1小时
6时＋1时＝7时
答：这两路车第二次同时发车是7时整。
【点睛】考查最小公倍数的应用，重点是能够准确的求出10和12的最小公倍数。
29．320立方厘米
【分析】由题意可知，当球形铁块放入容器中，有部分水溢出；长方体容器中下降（5﹣2）厘米的水的体积加上2厘米高的水的体积（溢出的水的体积）就等于这个球形铁块的体积；也就是说，球形铁块的体积，就相当于5厘米高的水的体积，根据长方体的体积公式V＝Sh，列式解答。
【详解】8×8×5
=64×5
=320（立方厘米）。
答：铁球的体积是320立方厘米。
30．（1）8时；11时
（2）2小时；13时
（3）32千米/时
【分析】（1）通过观察统计图可知，王明一家3口8时从家出发，11时到达爷爷、奶奶家。
（2）在11时到13时，路程没有变化，只是时间在变化，这是休息的时间，据此解答。
（3）先计算出王明一家3口从家到爷爷奶奶家的时间，再计算出离开爷爷奶奶家回到家的时间，最后根据往返的平均速度＝往返的路程÷往返的时间，列式解答即可。
【详解】（1）王明一家3口8时从家出发，11时到达爷爷、奶奶家。
（2）13－11＝2（时）
王明在爷爷家休息了2小时，13时离开的爷爷、奶奶家。
（3）11－8＝3（小时）
13－11＝2（小时）
80×2÷（3＋2）
＝160÷5
＝32（千米/时）
答：王明一家来回汽车的平均速度是32千米/时。
【点睛】此题考查的目的是理解掌握折线统计图的特点及作用，并且能够根据统计图提供的信息，解决有关的实际问题。
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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暑假巩固强化试题
2025年暑假小学数学人教版五年级下册
一、选择题
1．某学校为锻炼学生的体能和协作能力，准备举行“多人多足”比赛，五（2）班一共选取了15名学生参加此项比赛，如果男生人数是偶数，那么女生人数一定是（ ）。
A．偶数 B．奇数 C．质数 D．合数
2．把4米长的木条锯5次，锯成长度相等的小段，每段占全长的（ ）。
A．米 B．米 C． D．
3．徽墨是中国特有传统制墨技艺中的珍品，也是闻名中外的“文房四宝”之一。某工艺人制作徽墨前准备原料时，取出0.024g的松烟，g的油烟，则取出松烟质量与油烟的质量相比较（ ）。
A．松烟质量＞油烟质量 B．松烟质量＜油烟质量
C．松烟质量＝油烟质量 D．无法比较
4．我国著名的秦始皇陵兵马俑一号坑长230米、宽62米、深约5米。一号坑的容积约是（ ）。
A．14260平方米 B．14260立方米 C．71300立方米 D．71300L
5．下面分数中，不能化成有限小数的是（ ）。
A． B． C． D．
6．下面的数与其它三个大小不同的是（ ）。
A．7.36立方米 B．736立方分米 C．7360000立方厘米 D．7360L
7．一个长方体的长、宽、高分别是a分米，b分米，c分米。如果高增加2分米，体积比原来增加（ ）立方分米。
A．ab B．ab（c＋2） C．2ab D．2abc
8．下面是几名同学在计算时的思路，不正确的是（ ）。
A． B．
C． D．
二、填空题
9．把4米长的绳子平均分成5段，每段长（ ）米，每段是全长的。
10．150mL＝( )L 3.56m3＝( )dm3 时＝( )分
11．（填小数）。
12．在下列（ ）里填上“＞”“＜”或“＝”。
( ) ( ) ( )1
13．的分数单位是( )，再加上( )个这样的分数单位就得到最小的质数。
14．251至少减去( )是3的倍数，至少加上( )是5的倍数。
15．将下面展开图围成正方体后，5的对面是数字( )。
16．三个连续的奇数中最小的奇数是a，最大的奇数是 。
17．钟表上的时针从数字“12”顺时针旋转90度到数字“( )”，从数字“8”逆时针旋转( )度到数字“6”。
18．用80厘米的铁丝焊接成一个长12厘米，宽6厘米的长方体框架，高是( )厘米，它的体积是( )立方厘米。
19．有7瓶钙片，其中有一瓶少了一颗，其余的每瓶都一样重，如果用天平称，至少要称( )次就能保证找出少了一颗的那一瓶。
20．一个长方体，如果高减少2cm，就成为一个正方体，且表面积减少48平方厘米，原来这个长方体的体积是( )立方厘米。
三、计算题
21．直接写出得数。
0.63＝
3÷7＝
22．简便计算。
（1） （2） （3）
23．解方程。
（1） （2）
24．计算下列几何体的体积和表面积。（单位：厘米）
四、作图题
25．按要求完成下面各题。
（1）画出图形A绕点O按顺时针方向旋转90°后得到的图形，并标上图形B。
（2）图形D可以通过怎样的变换得到图形C？
五、解答题
26．袁隆平是我国著名的水稻育种专家，被誉为“杂交水稻之父”。他将一块公顷的试验田分别种上早稻、中稻、晚稻。其中种早稻，种中稻，剩下的种晚稻，种晚稻的面积占试验田总面积的几分之几？
27．小明和小军进行打字比赛，打完同一篇稿件，小明用了小时，小军用了小时，谁在比赛中更快，快多少小时？
28．3路和9路公交车早上6时同时从同一个起点站出发，3路车每隔10分钟发一辆车，9路车每隔12分钟发一辆车，那么这两路车第二次同时发车是几时几分？
29．用一个底面是边长8厘米的正方形，高为17厘米的长方体容器，测量一个球形铁块的体积，容器中装的水距杯口还有2厘米。当铁块放入容器中，有部分水溢出，当把铁块取出后，水面下降5厘米，求铁球的体积。
30．“天下之本在家”，尊敬老人、孝敬父母是中华民族的传统美德。双休日，王明一家3口自驾车到农村看望爷爷、奶奶，回家后大家非常高兴，爸爸问王明，你能利用学过的折线统计图画出这次回老家的行驶时间和离家距离吗？王明仔细思考后做出了下面的统计图。请你仔细观察，并回答问题。
（1）王明一家3口几时从家出发？几时到达爷爷、奶奶家？
（2）王明在爷爷家休息了多长时间？几时离开的爷爷、奶奶家？
（3）王明一家来回汽车的平均速度是多少？
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B D B C D B C D
1．B
【分析】一个大于1的自然数，除了1和它自身外，不能整除其他自然数的数， 即除了1和它本身以外不再有其他因数，这样的数叫质数；一个大于1的自然数，除了1和它自身外，还能整除其他自然数的数， 即除了1和它本身以外还有其他因数，这样的数叫合数；
偶数是能被2整除的数是偶数，不能被2整除的数是奇数；已知选取的学生总人数是15名，且总人数＝男生人数＋女生人数，即女生人数＝总人数－男生人数；运算性质：奇数－偶数＝奇数，因为总人数15是奇数，男生人数是偶数，根据上述运算性质，女生人数＝15（奇数）－男生人数（偶数），结果一定是奇数；据此解答。
【详解】根据分析：
女生人数＝总人数－男生人数
女生人数＝15（奇数）－男生人数（偶数）
奇数－偶数＝奇数
所以女生人数一定是奇数。
故答案为：B
2．D
【分析】锯的段数＝次数＋1，据此求出锯的段数，把木条的长度看作单位“1”， 锯成长度相等的小段，平均分的是单位“1”，用1除以段数即可解答。
【详解】5＋1＝6（段）
1÷6＝
所以每段占全长的。
故答案为：D
3．B
【分析】把转化为小数，分数化小数的方法：用分子除以分母，得到的商就是小数。再比较小数的大小，先比较整数部分，整数部分大的小数就大，整数部分相同的就看十分位，十分位大的这个数就大，十分位相同的，再看百分位，百分位大的这个数就大，这样依次比较，直到比较出大小为止。
【详解】（g）
徽墨是中国特有传统制墨技艺中的珍品，也是闻名中外的“文房四宝”之一。某工艺人制作徽墨前准备原料时，取出0.024g的松烟，g的油烟，则取出松烟质量与油烟的质量相比较松烟质量＜油烟质量。
故答案为：B
4．C
【分析】秦始皇陵兵马俑一号俑坑是一个长方体，根据长方体的容积（体积）公式：V＝abh，代入数据解答即可。
【详解】230×62×5
＝14260×5
＝71300（立方米）
所以一号坑的容积约是71300立方米。
故答案为：C
5．D
【分析】有限小数：小数部分的位数是有限的小数（比如0.2、1.5，小数部分只有几位就结束了）。
无限小数：小数部分的位数是无限的小数（像0.333…、0.1666…，会一直循环或无限不循环下去）。
分数的意义：把一个整体平均分成若干份，表示这样一份或几份的数。分数化成小数，就是用分子除以分母，看结果的小数部分能不能除尽。
以此逐个分析选项，进而找出正确答案。
【详解】A．，小数部分只有1位，能除尽，是有限小数。
B．，小数部分有3位，能除尽，是有限小数。
C．，小数部分有3位，能除尽，是有限小数。
D．…，小数部分的6会一直重复出现，除不尽，是无限小数。
所以是无限小数，即选项D不能化成有限小数。
故答案为：D
6．B
【分析】体积单位：1立方米＝1000立方分米，1立方分米＝1000立方厘米，所以1立方米＝1000×1000＝1000000立方厘米；容积单位与体积单位的关系：1升＝1立方分米，将各选项单位统一换算成立方分米，再进行选择；据此解答。
【详解】由分析可知：
A．因为1立方米＝1000立方分米，所以7.36立方米换算成立方分米为：7.36×1000＝7360（立方分米）。
B．本身就是736立方分米。
C．因为1立方分米＝1000立方厘米，所以7360000立方厘米换算成立方分米为：7360000÷1000＝7360（立方分米）。
D．因为1L＝1立方分米，所以7360L＝7360立方分米。
选项A、C、D换算后都是7360立方分米，选项B是736立方分米，与其他三个大小不同。
故答案为：B
7．C
【分析】高增加2分米，长方体的长和宽不变，所以增加的图形实际上是长为a分米，宽为b分米，高为2分米的长方体，根据长方体的体积公式，代入数据即可得解。
【详解】根据分析得，a×b×2＝2ab（立方分米）。
故答案为：C
【点睛】此题的解题关键是弄清增加的长方体的长宽高的数据，再利用长方体的体积公式求解。
8．D
【分析】A．将整个图形平均分成8份，也可以看成平均分成4份，根据分数的意义，分母表示平均分的份数，分子表示取走的份数，灰色部分表示，黑色部分表示，合在一起是；
B．将线段平均分成8份，也可以看成平均分成4份，和，合在一起是；
C．异分母分数相加减，先通分再计算；
D．将整个图形平均分成8份，也可以看成平均分成4份，将分成两部分，左边一部分是，右边是多少？已知总数，求其中一部分用减法。
【详解】
根据分析，选项D表示，不正确的是。
故答案为：D
9．；
【分析】求每段长的米数，平均分的是具体的数量5米，求的是具体的数量；求每段长是这根绳子的几分之几，平均分的是单位“1”，求的是分率。两者都用除法计算。
【详解】每段长的米数：4÷5＝（米）
每段占全长的分率：1÷5＝
【点睛】解决此题关键是弄清求得是具体的数量还是分率，求具体的数量平均分的是具体的数量；求分率平均分的是单位“1”。
10． 0.15 3560 45
【分析】1L＝1000mL，1m3＝1000dm3，1小时＝60分，低级单位换算高级单位除以进率，高级单位换算低级单位乘进率，用题目中的数据乘或除以进率即可。
【详解】（1）150÷1000＝0.15（L）
（2）3.56×1000＝3560（dm3）
（3）时＝0.75时，0.75×60＝45（分）
所以，150mL＝0.15L，3.56m3＝3560dm3，时＝45分。
11．4；15；8；0.4
【分析】根据“”把分数转化为小数，再利用商不变的规律求出被除数，最后根据“分数的分子和分母同时乘或除以同一个不为0的数，分数的大小不变”求出分数的分子或者分母，据此解答。
【详解】＝2÷5＝0.4
2÷5＝（2×4）÷（5×4）＝8÷20
＝＝
＝＝
所以，＝＝＝8÷20＝0.4。
12． ＞ ＝ ＜
【分析】（1）同分子分数比较大小，分母小的分数值大，分母大的分数值小；
（2）直接用分子除以分母，计算出商，把转化为小数，即可求得；
（3）分子比分母小的分数叫作真分数，真分数小于1，据此解答。
【详解】（1）和为同分子分数，因为3＜7，所以＞；
（2）＝12÷5＝2.4；
（3）由真分数的意义可知，是真分数，所以＜1。
综上所述，＞，＝，＜1。
13． 17
【分析】一个分数的分母是几，它的分数单位就是几分之一；最小的质数是2，用2减去即可求出再加上多少个这样的分数单位就得到最小的质数。
【详解】2－＝
则的分数单位是，再加上17个这样的分数单位就得到最小的质数。
【点睛】本题考查分数单位和质数，明确分数单位和质数的定义是解题的关键。
14． 2 4
【分析】3的倍数特征：各个数位上的数字之和是3的倍数，那么这个数就是3的倍数。
5的倍数特征：末尾是5或者0的数是5的倍数。
【详解】由于2＋5＋1＝8，8不是3的倍数，所以251不是3的倍数；
251－1＝250，2＋5＋0＝7，7不是3的倍数，所以250不是3的倍数；
251－2＝249，2＋4＋9＝15，15是3的倍数，所以249是3的倍数；
离251最近的5的倍数的数是255，255－251＝4，即至少加上4是5的倍数。
填空如下：
251至少减去2是3的倍数，至少加上4是5的倍数。
15．2
【分析】根据正方体展开图的特征，符合“2－2－2”结构，如果以5为底面，那么1是这个正方体的右面，4是正方体的后面，3是正方体的左面，6是正方体的前面，2是正方体的上面；折叠正方体后，1的对面是数字3，2的对面是数字5，4的对面是数字6，据此解答，可以动手实际操作下。
【详解】根据分析可知，将下面展开图围成正方体后，5的对面是数字2。
16．a＋4
【分析】相邻的两个奇数之间相差2，则三个连续的奇数，最小的奇数和最大的奇数相差4，由此解答即可。
【详解】三个连续的奇数中最小的奇数是a，最大的奇数是a＋4。
【点睛】明确相邻的两个奇数之间相差2是解答本题的关键。
17． 3 60
【分析】
钟表上时针绕钟面旋转一周是360度，钟面上一共12大格，每个大格是360÷12＝30度，90度刚好是3大格，时针从数字“12”顺时针旋转3大格刚好到数字“3”；数字“8”和数字“6”之间是2大格，刚好是2×30＝60度，所以从数字“8”到数字“6”需要逆时针旋转60度，据此解答。
【详解】时针旋转一周是360度。
360÷12＝30（度）
90÷30＝3（大格）
所以，从数字“12”顺时针旋转3大格，即90度，刚好到数字“3”。
数字“8”和数字“6”之间是2大格。
30×2＝60（度）
所以，从数字“8”逆时针旋转2大格，即60度，刚好到数字“6”。
18． 2 144
【分析】用80厘米的铁丝焊接一个长方体框架，这个长方体框架的棱长之和等于80，利用长方体的棱长总和＝（长＋宽＋高）×4，代入相应数值计算出长方体框架的高；再根据长方体的体积＝长×宽×高，代入数值计算出长方体框架的体积。
【详解】80÷4－（12＋6）
＝20－18
＝2（厘米）
12×6×2＝144（立方厘米）
因此这个长方体框架的高是2厘米，它的体积是144立方厘米。
19．2
【分析】把称重物品分成尽可能平均的三组，先称其中数量相同的两组，如果天平平衡，那么次品在剩下一组里面，如果天平不平衡，那么次品在天平上翘的一组里面，依次找出次品所在的组，直到最后找出次品，最后根据称重过程准确数出称重次数，据此解答。
【详解】分析可知：
综上所述，至少要称2次就能保证找出少了一颗的那一瓶。
20．288
【分析】如果高减少2厘米，就成为一个正方体，说明原来的长方体上下两面是正方形，而且原来长方体的高比长和宽多2厘米，如果高减少2厘米，就成为一个正方体，而且表面积要减少48平方厘米，减少的面积在原来长方体中是高2厘米那部分的侧面积，侧面的这4个面都是宽为2厘米，长相等的完全一样的长方形，据此可求出原长方体的长和宽，从而求出高，最后根据长方体体积＝长×宽×高求体积。
【详解】长和宽：
（厘米）
高：（厘米）
体积：
（立方厘米）
所以原来这个长方体的体积是288立方厘米。
21．；；；；0.216；
；；或0.6；；或
【解析】略
22．（1）；（2）5；（3）
【分析】（1），去掉括号，原式化为：＋－，再按照运算顺序，进行计算。
（2），根据加法交换律，原式化为：0.65＋2.35＋＋，再根据加法结合律，原式化为：（0.65＋2.35）＋（＋），再进行计算。
（3），根据减法性质，原式化为：－（＋），再进行计算。
【详解】（1）
＝＋－
＝1－
＝
2）
＝0.65＋2.35＋＋
＝（0.65＋2.35）＋（＋）
＝3＋2
＝5
（3）
＝－（＋）
＝－2
＝
23．（1）x＝；（2）x＝
【分析】（1）观察方程可知，应用等式的性质1，方程两边同时加上，再应用等式的性质2，方程两边同时除以2，据此计算即可。
（2）观察方程可知，应用等式的性质1，方程两边同时减去，据此计算即可。
【详解】（1）
解：2x－＋＝＋
2x＝1
2x÷2＝1÷2
x＝
（2）
解：x＋－＝－
x＝－
x＝
24．544立方厘米；440平方厘米
【分析】组合体的体积＝正方体的体积＋长方体的体积，将数据代入正方体的体积公式：V＝a3，正方体的体积公式：V＝abh，计算即可求出组合体的体积；
组合体表面积＝长方体表面积＋正方体侧面积，将数据代入长方体表面积公式：S＝（ab＋ah＋bh）×2，而正方体侧面积＝4×棱长×棱长，计算即可求出组合体的表面积；据此解答。
【详解】4×4×4＋10×8×6
＝16×4＋80×6
＝64＋480
＝544（立方厘米）
（10×8＋10×6＋8×6）×2＋4×4×4
＝（80＋60＋48）×2＋4×4×4
＝188×2＋4×4×4
＝376＋64
＝440（平方厘米）
几何体的体积是544立方厘米，表面积是440平方厘米。
25．（1）（2）见详解
【分析】（1）根据旋转的特征，图形A绕点O按顺时针方向旋转90°，点O的位置不动，这个图形的各部分均绕此点按相同方向旋转相同的度数，即可画出旋转后的图形B。
（2）旋转的意义：在平面内，把一个图形围绕某一固定点按顺时针或逆时针方向转动一定的角度的过程，称为旋转。这个点为旋转中心，旋转的角度叫旋转角。决定旋转后图形的位置的要素：一是旋转中心或轴，二是旋转方向（顺时针或逆时针），据此解答。
【详解】（1）如图：
（2）图形D绕点P顺时针旋转180°后，点P的位置不动，其余各部分均绕此点按相同方向旋转相同的度数，得到旋转后的图形C。（答案不唯一）
26．
【分析】把试验田的总面积看作单位“1”，用1－－即可求出种晚稻的面积占试验田总面积的几分之几。
【详解】1－－
＝－
＝
答：种晚稻的面积占试验田总面积的。
27．小军；小时
【分析】已知打完这篇稿件，小明用了小时，小军用了小时，可先通分，通过比较分数的大小，确定谁用时最少，再用减法求得快多少小时。
【详解】＝
＝
＞
－＝（小时）
答：小军在比赛中更快，快小时。
【点睛】主要考查了学生们对于通分的理解和运用，异分母分数要比较大小、加减法计算，都要先通分。
28．7时
【分析】先求10和12的最小公倍数是60，也就是在60分钟的时候再次同时发车，也就是距离第一次发车的时间6时，经过了1个小时，所以第二次同时发车是在7时。
【详解】10和12的最小公倍数是60。
60分＝1小时
6时＋1时＝7时
答：这两路车第二次同时发车是7时整。
【点睛】考查最小公倍数的应用，重点是能够准确的求出10和12的最小公倍数。
29．320立方厘米
【分析】由题意可知，当球形铁块放入容器中，有部分水溢出；长方体容器中下降（5﹣2）厘米的水的体积加上2厘米高的水的体积（溢出的水的体积）就等于这个球形铁块的体积；也就是说，球形铁块的体积，就相当于5厘米高的水的体积，根据长方体的体积公式V＝Sh，列式解答。
【详解】8×8×5
=64×5
=320（立方厘米）。
答：铁球的体积是320立方厘米。
30．（1）8时；11时
（2）2小时；13时
（3）32千米/时
【分析】（1）通过观察统计图可知，王明一家3口8时从家出发，11时到达爷爷、奶奶家。
（2）在11时到13时，路程没有变化，只是时间在变化，这是休息的时间，据此解答。
（3）先计算出王明一家3口从家到爷爷奶奶家的时间，再计算出离开爷爷奶奶家回到家的时间，最后根据往返的平均速度＝往返的路程÷往返的时间，列式解答即可。
【详解】（1）王明一家3口8时从家出发，11时到达爷爷、奶奶家。
（2）13－11＝2（时）
王明在爷爷家休息了2小时，13时离开的爷爷、奶奶家。
（3）11－8＝3（小时）
13－11＝2（小时）
80×2÷（3＋2）
＝160÷5
＝32（千米/时）
答：王明一家来回汽车的平均速度是32千米/时。
【点睛】此题考查的目的是理解掌握折线统计图的特点及作用，并且能够根据统计图提供的信息，解决有关的实际问题。
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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