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暑假巩固强化试题
2025年暑假初中数学人教版（2024）七年级下册
一、单选题
1．4 的平方根是（ ）
A．2 B．-2 C．±2 D．±4
2．不等式的解集在数轴上表示正确的是（ ）
A． B．
C． D．
3．若是方程的一组解，则a的值是（ ）
A．1 B．2 C． D．
4．A地在地球上的位置如图所示，则A地的位置是（ ）
A．东经，北纬 B．东经，北纬
C．东经，北纬 D．东经，北纬
5．生物中我们学到候鸟迁徙，南飞的大雁一会排成个“一”字，一会排成个“人”字．如图，头雁和两个尾雁形成一条折线段，宛如一个“人”字，雁群向前飞时队形不变，平移至折线段处，若，则（ ）
A． B． C． D．
6．如图，直线轴，点在第一象限，点在第四象限，则a与b的大小关系为（ ）
A． B． C． D．无法确定
7．欣欣对七年级的120名同学关于节约用水的方法选择问题进行了问卷调查（每人选择一项），其中各项人数统计如水滴图所示，如果将这个水滴图绘制成扇形统计图，那么表示“一水多用”的扇形圆心角的度数是（ ）
A． B． C． D．
8．已知x，y满足方程组，则（ ）
A．6 B．2 C． D．
9．如图，，P为直线上一定点，Q为直线上一动点，在点Q的移动过程中，测量的度数及的长（单位：），记录如下表所示，由表可知，m的值不可能是（ ）
的度数
的长 2 1.4 m 1 1.1
A．0.9 B．1.1 C．1.2 D．1.3
10．如图，小明想到A站乘公交车，发现他与公交车的距离为．已知小明的速度为，公交车的速度是小明的速度的5倍．若要保证小明不会错过这辆公交车，则小明到A站之间的距离最大为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
11．如图，直线，相交于点O，，垂足为O，平分，，则的度数是 ．
12．下表是部分正数x的平方和立方．
x 8.1 8.2 8.3 8.4 8.5
65.61 67.24 68.89 70.56 72.25
531.441 551.368 571.787 592.704 614.125
根据上表的数据，可得： ； ； ．
13．若是二元一次方程的一组解，则代数式的值为 ．
14．关于x的不等式的解集是 ；若此不等式解集中的每个解都能使得关于x的不等式成立，则a的取值范围是 ．
15．如图①，有一个可折叠的晾衣架放置在水平地面上，图②是其侧面示意图，其中是地面，当时，；时，．同时满足上述条件时，一定有N，P，M三点在同一条直线上，其依据是 ．
16．如图，直线相交于点O，于点O，若，则的度数为 ．
17．我国著名数学家华罗庚有一次在飞机上看到他的助手阅读的杂志上有一道智力题：一个数是，求它的立方根．华罗庚脱口而出：．华罗庚是按照下面的方法算出的：由，，从而确定是两位数，由的个位上的数是，所以能确定的个位上的数是，如果划去后面的三位得到数，而，，由此就能确定的十位上的数是，所以的立方根是．模仿华罗庚的方法，请确定的立方根是 ．
三、解答题
18．（1）计算：
（2）解方程组：
19．解不等式组：并将其解集在数轴上表示出来．
20．每年的4月24日是中国航天日，2025年的中国航天日，神舟二十号载人飞船于酒泉成功发射．来自滑县陈大召村的陈中瑞参与了本次航天任务，他是继刘洋后第二位来自安阳的航天员．为了庆祝我国航天事业的蓬勃发展，本县某校举办了名为“弘扬航天精神，共绘航天梦想”的知识竞赛，并从全校1200名学生中随机抽取了部分学生的成绩，绘制成尚未完成的频数分布表和频数分布直方图．
分组 频数 百分比
4 8%
14 28%
16 a
b 12%
10 20%
合计 c 100%
(1)_______，________，________．
(2)补全频数分布直方图．
(3)请估计该校成绩达到80分以上（含80分）的人数．
21．如图，把三角形向上平移3个单位长度，再向右平移2个单位长度，得到三角形．
(1)画出三角形，并写出点的坐标．
(2)求出三角形的面积．
22．活力课堂：为创新教学形式，激发学生学习热情，打造活力课堂，本县某校李老师在数学课上设计了如下活动：
问题情境：在数学实践课上，老师让同学们利用一架天平和一个10g的砝码，探究
如何称出1个乒乓球和1个纸杯的质量．
操作探究：下面是“智慧小组”的探究过程．
准备物品：①若干个大小相同的乒乓球（质量相同）．
②若干个大小相同的纸杯（质量相同）．
开始探究：设每个乒乓球的质量是xg，每个纸杯的质量是yg．
天平左边 天平右边 天平状态 天平左边的总质量（g） 天平右边的总质量（g）
记录1 8个乒乓球和1个砝码 14个纸杯 平衡 _______ _______
记录2 3个乒乓球 4个纸杯 平衡 _______ _______
解决问题：
（1）①补全表格；（用含x，y的式子表示）
②分别求出1个乒乓球的质量和1个纸杯的质量．
拓展设计：
（2）请补全下表，使得天平平衡时，乒乓球的个数为一次性纸杯个数的2倍．
天平左边 天平右边 天平状态
记录3 ________个乒乓球 砝码和________个纸杯 平衡
23．理解运用：内黄农民画与内黄红枣是本地极具特色的文化与物产代表．在2024年安阳文化旅游节开幕倒计时30天之际，某旅行社打算采购A、B两类特色商品作为游客伴手礼，已知采购1件A类农民画作品与2件B类红枣制品礼盒共需700元，采购2件A类农民画作品与3件B类红枣制品礼盒共需1200元．
(1)求A类农民画作品和B类红枣制品礼盒的单价各为多少元．
(2)该旅行社计划采购A类农民画作品和B类红枣制品礼盒共200件，总费用不超过50000元，那么最多能采购A类农民画作品多少件？
24．已知关于x、y的方程组的解和的解相同，求代数式的平方根．
25．在学习完《相交线与平行线》后，同学们对平行线产生了浓厚的兴趣，蔡老师围绕平行线的知识在班级开展课题学习活动，探究平行线的“等角转化”功能．
(1)【问题初探】如图1，，，求证：．
(2)【拓展探究】在（1）的条件下，试问与之间满足怎样的数量关系？并说明理由．
(3)【迁移应用】
① 路灯维护工程车的工作示意图如图2，工作篮底部与支撑平台平行，已知，则 ；
② 一种路灯的示意图如图3所示，其底部支架与吊线平行，灯杆与底部支架所成锐角，顶部支架与灯杆所成锐角，求与所成锐角的度数．
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C B B D B C D B A A
1．C
【分析】根据平方根的定义，求数a的平方根，也就是求一个数x，使得x2=a，则x就是a的平方根，由此即可解决问题．
【详解】解：，则4的平方根是，
故选择：C.
【点睛】本题考查了平方根的定义．注意一个正数有两个平方根，它们互为相反数；0的平方根是0；负数没有平方根.
2．B
【分析】考查了在数轴上表示不等式的解集，在表示解集时有等于要用实心圆点表示；否则要用空心圆点表示．根据在数轴上表示不等式解集的方法进行解答即可．
【详解】解：∵，
∴在处是空心圆点且折线向右，
∴在数轴上表示为：
故选：B．
3．B
【分析】本题主要考查了二元一次方程的解的定义，将方程的解代入原方程，解关于a的一元一次方程即可得到答案．
【详解】解：∵是方程的解，
∴将，代入方程得：，
解得，
故选：B．
4．D
【分析】本题考查了写出图中点的位置，根据图形即可得解，采用数形结合的思想是解此题的关键．
【详解】解：由图可得，A地的位置是东经，北纬，
故选：D．
5．B
【分析】本题考查了平移的性质，根据平移的性质，对应点的移动距离相等，即可得解，熟练掌握平移的性质是解此题的关键．
【详解】解：根据平移的性质，对应点的移动距离相等可得，，
故选：B．
6．C
【分析】本题主要考查了第一象限和第四象限内的点的坐标特点，第一象限内的点的纵坐标大于0，第四象限内的点的纵坐标小于0，据此可得答案．
【详解】解：∵点在第一象限，点在第四象限，
∴，
故选：C．
7．D
【分析】本题考查了求扇形统计图圆心角度数，利用乘以“一水多用”的人数所占的比例即可得解，熟练掌握此知识点并灵活运用是解此题的关键．
【详解】解：由题意可得：“一水多用”的扇形圆心角的度数是，
故选：D．
8．B
【分析】本题主要考查了解二元一次方程组，将方程组中的两个方程相加，可直接求出的值．
【详解】解：
将方程①和②相加，得：，
化简得，
两边同时除以3，得：，
∴的值为2，
故选：B．
9．A
【分析】本题考查了垂线段最短，根据题意可得当时，的长为，此时的长度最短，由此即可得解，熟练掌握垂线段最短即可得解．
【详解】解：由题意可得，当时，的长为，此时的长度最短，
故m的值不可能是0.9，
故选：A．
10．A
【分析】本题考查了一元一次不等式的应用，设小明到A站之间的距离，根据题意列出一元一次不等式，解不等式即可得解，理解题意，正确列出不等式是解此题的关键．
【详解】解：设小明到A站之间的距离，
由题意可得：，
解得：，
∴小明到A站之间的距离最大为，
故选：A．
11．/36度
【分析】本题考查了角平分线的定义，垂线的定义，平角的定义．
先根据角平分线的定义得到，再根据垂线的定义得到，最后根据平角的定义计算即可．
【详解】解：∵平分，，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
12． 8.3 8.2 85.85
【分析】本题主要考查平方根和立方根，根据表格中的数据找出开平方和开立方规律解答即可．
【详解】解：根据表格中的数据可得：
∵，
∴；
∵，
∴；
∵，
∴，
∴；
∵
∴
∴
∴．
故答案为：8.3；8.2；85.85
13．4049
【分析】本题考查二元一次方程的解，将已知解代入方程得，再将原式变形后整体代入计算即可．
【详解】解：已知是二元一次方程的一组解，
则，
，
故答案为：4049．
14．
【分析】本题考查了解不等式．
先计算不等式的解集，再求出不等式的解集，最后根据题意作答即可．
【详解】解：去分母得：，
移项合并同类项得：；
移项得：；
∵解集中的每个解都能使得关于x的不等式成立，
∴，
解得，
故答案为：，．
15．过直线外一点，有且只有一条直线与已知直线平行
【分析】本题主要考查平行线的判定，根据过直线外一点，有且只有一条直线与已知直线平行，来解答即可．
【详解】解：当时，；时，．
∵过直线外一点，有且只有一条直线与已知直线平行，
∴N，P，M三点在同一条直线上，
故答案为：过直线外一点，有且只有一条直线与已知直线平行．
16．
【分析】本题主要考查了垂线的定义和对顶角相等的知识，正确得出的度数是解题关键．
直接利用垂直的定义，再结合对顶角的性质即可得出答案．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：．
17．
【分析】本题考查了数的立方根，理解一个数的立方根的个位数就是这个数的个位数的立方的个位数是解本题的关键．根据例题的方法求解即可．
【详解】解：，，
是两位数，
又只有个位上是的数的立方的个位上的数是，
的个位上的数是，
如果划去后面的三位得到，而，，
十位上的数是，
的立方根是，
故答案为：．
18．（1）；（2）
【分析】此题考查了算术平方根，立方根，有理数的乘方和绝对值运算，解二元一次方程组，利用了消元的思想，解题的关键是利用代入消元法或加减消元法消去一个未知数．
（1）首先计算算术平方根，立方根，有理数的乘方和绝对值运算，然后计算加减；
（2）方程组利用加减消元法求解即可．
【详解】解：（1）
；
（2）
由得，，
解得：，
将代入①得，，
解得：，
∴原方程组的解为．
19．，数轴表示见解析
【分析】本题考查了解一元一次不等式组，在数轴上表示不等式的解集，分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集，然后将其解集在数轴上表示出来．
【详解】解：，
解不等式①得：；
解不等式②得：；
所以，不等式组的解集为：，
把不等式组的解集在数轴上表示为：
20．(1)，6，50
(2)见解析
(3)384名
【分析】本题考查频数分布表，频数分布直方图以及样本估计总体，掌握频率=频数÷总数是正确解答的关键．
（1）由频数分布表可知，样本中竞赛成绩在的频数为4，频率为，根据频率=频数÷总数可求出样本容量，即c的值，再根据频率=频数÷总数可求出a，b的值即可；
（2）根据的频数，即可补全频数分布直方图；
（3）求出样本中成绩达到80分以上（含80分）的人数所占的百分比，估计总体中成绩达到80分以上（含80分）的人数所占的百分比，由频率=频数÷总数进行计算即可．
【详解】（1）解：（名），
即，
，
，
即，
故答案为：，6，50；
（2）解：补全频数分布直方图如下：
（3）解：（名），
答：该校1200名学生中，成绩达到80分以上（含80分）的人数大约由384名．
21．(1)作图见解析，
(2)6
【分析】本题考查了平移作图，已知点的平移方式求平移后的坐标，网格三角形的面积等知识点．
（1）先作出点向上平移3个单位长度，再向右平移2个单位长度后的点，再顺次连接即可，可直接写出坐标；
（2）直接由三角形面积公式即可求解．
【详解】（1）解：三角形即为所求：
∴．
（2）解：．
22．（1）①，，，；②1个乒乓球的质量是4克，1个纸杯的质量为3克；（2）4，2
【分析】本题主要考查实际问题与一元一次方程 ，实际问题与二元一次方程，列代数式；
（1）①由题目中的数量关系列代数式即可；
②根据题意列出二元一次方程组，计算求解即可；
（2）一次性纸杯个数为，乒乓球的个数为，根据题意列出一元一次方程，计算求解即可．
【详解】解：（1）①根据题意，8个乒乓球和1个砝码的总质量为：，
14个纸杯的总质量为：，
3个乒乓球的总质量为：，
4个纸杯的总质量为：；
故答案为：，，，．
②根据题意，，
解得，
∴1个乒乓球的质量是4克，1个纸杯的质量为3克；
（2）设：一次性纸杯个数为，乒乓球的个数为，
∴，
解得，
，
∴一次性纸杯个数为2，乒乓球的个数为4．
故答案为：4，2．
23．(1)A类农民画作品的单价为300元，B类红枣制品礼盒的单价为200元；
(2)最多能购买100件A类农民画作品．
【分析】本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．
（1）设A类农民画作品的单价为x元，B类红枣制品礼盒的单价为y元，根据题意可列出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）设购买A类农民画作品m件，则购买B类红枣制品礼盒件，利用总价=单价×数量，结合总价不超过50000元，可列出关于m的一元一次不等式，解之取其中的最大值，即可得出结论．
【详解】（1）解：设A类农民画作品的单价为x元，B类红枣制品礼盒的单价为y元，
根据题意得：，
解得：．
答：A类农民画作品的单价为300元，B类红枣制品礼盒的单价为200元；
（2）设购买A类农民画作品m件，则购买B类红枣制品礼盒件，
根据题意得：，
解得：，
∴m的最大值为100．
答：最多能购买100件A类农民画作品．
24．
【分析】本题主要考查了二元一次方程组的解，解二元一次方程组，平方根，由同解方程求解x，y值是解题的关键．
根据两方程组的解相同可将和重新组成方程组，解方程组可求解x，y值，即可得关于a，b的方程组，进而可求解的值．
【详解】解：∵方程组的解和的解相同，
∴方程组的解和的解相同，
解得：，
∴，
解得：，
∴，
即代数式的平方根为．
25．(1)见解析
(2)，理由见解析
(3)①；②与所成锐角的度数为
【分析】本题考查平行线的判定和性质，平行线的应用，掌握平行线的判定定理和性质定理是解题的关键．
（1）根据平行线的判定定理可得，再根据平行线的性质定理可得，结合可得，即可证明；
（2）过点F作交于点G，则，根据平行线的性质即可证明；
（3）①参照（2）中方法，构造平行线，利用平行线的性质求解；②过点E作，根据平行线的判定定理和性质定理求解．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴；
（2）解：，
证明：过点F作交于点G，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴；
（3）解：①如图，作，则，
，，
，
故答案为：；
② 过点E作，
由题意可知：，，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
即：与所成锐角的度数为．
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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