第二十一章 一元二次方程 章末检测试题 2025-2026学年上期初中数学人教版九年级上册

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第二十一章 一元二次方程 章末检测试题
2025-2026学年上期初中数学人教版九年级上册
一、单选题
1．要使方程是关于x的一元二次方程，则（ ）
A．a≠0 B．a≠3 C．a≠1且b≠﹣1 D．a≠3且b≠﹣1且c≠0
2．关于x的方程有两个不相等的实数根，则k的取值范围是（　　）
A．k＜1 B．k＞1 C．k＜－1 D．k＞－1
3．若是关于x的一元二次方程的一个解，则常数k的值为（　　）
A．1或 B． C．1 D．
4．如果关于的一元二次方程没有实数根，那么的取值是( )
A．且 B．< C．且 D．
5．若方程的两个实数根为、，则的值为（ ）
A．7 B．3 C．－5 D．9
6．若两数的差为4，且它们的积为45，则这两个数为（ ）
A．，9 B．，5 C．9，5 D．，或9，5
7．已知、是方程的两根，且，则的值等于
A． B． C． D．
8．如图，在中，，，，动点P，Q分别从点A，B同时开始运动（运动方向如图所示），点P的速度为，点Q的速度为，点Q运动到点C后停止，点P也随之停止运动，若使的面积为，则点P运动的时间是（ ）

A．2s B．3s C．5s或3s D．5s
9．把方程2x2-4x-1=0 化为(x+m)2=n 的形式，则m、n的值是（ ）
A．m=2，n= B．m=-1，n= C．m=1,n=4 D．m=n=2
10．有两个正方形A，B，现将B放在A的内部如图①；再将A，B无缝隙且无重叠放置后构造新的正方形如图②．若图①和图②中阴影部分的面积分别为1和7，则图②所示的大正方形的面积为（ ）
A．14 B．15 C．16 D．17
二、填空题
11．若某两位数的十位数字是方程的根，则它的十位数字是 ．
12．若方程是关于 的一元二次方程，则的取值范围是 ．
13．老旧小区改造是重要的民生工程，与人民群众的生活息息相关．甘州区开展老旧小区改造，2020年投入此项工程的专项资金为1000万元，2022年投入资金达到1440万元．设该区这两年投入老旧小区改适工程专项资金的年平均增长率为x，根据题意，可列方程 ．
14．解方程时，的值为 ．
15．已知命题“对于非零实数 a，关于 x 的一元二次方程 ax24x 10 必有实数根”，能说明这个命题是假命题的一个反例是 .
16．已知、满足，，则的值等于 ．
17．已知，是方程的两个实根，则 ．
18．某学校计划利用一片空地为学生建一个面积为的矩形车棚，其中一面靠墙（墙的可用长度为12），已知现有的木板材料可使新建板墙的总长为26．
（1）根据学校的要求，在与墙平行的一面开一个2米宽的门（如图1），那么这个矩形车棚相邻两边长分别为 ；
（2）如图2，为了方便学生取车，施工单位决定在车棚内修建几条等宽的小路，使得停放自行车的面积为，那么小路的宽度为 ．

三、解答题
19．解方程
（1） （2）
20．阅读下面的材料：
我们可以用配方法求一个二次三项式的最大值或最小值，例如：求代数式的最小值.方法如下：
∵，由，得；
∴代数式的最小值是4.
（1）仿照上述方法求代数式的最小值.
（2）代数式有最大值还是最小值？请用配方法求出这个最值.
21．先阅读下面的内容，再解决问题：
问题：对于形如，这样的二次三项式，可以用公式法将它分解成的形式．但对于二次三项式，就不能直接运用公式了．此时，我们可以在二次三项式中先加上一项，使它与的和成为一个完全平方式，再减去，整个式子的值不变，于是有：．
像这样，先添一适当项，使式中出现完全平方式，再减去这个项，使整个式子的值不变的方法称为“配方法”，利用“配方法”，解决下列问题：
(1)分解因式：；
(2)若．
①当a，b，m满足条件：时，求m的值；
②若的三边长是a，b，c，且c边的长为奇数，求的周长．
22．某扶贫单位为了提高贫困户的经济收入，购买了33m的铁栅栏，准备用这些铁栅栏为贫困户靠墙(墙长15m)围建一个中间带有铁栅栏的矩形养鸡场(如图所示)，
（1）若要建的矩形养鸡场面积为90m2，求鸡场的长(AB)和宽(BC)；
（2）该扶贫单位想要建一个100m2的矩形养鸡场，这一想法能实现吗？请说明理由．
23．为促进新旧功能转换，提高经济效益，某科技公司近期研发出一种新型高科技设备，每台设备成本价为25万元，经过市场调研发现，该设备的月销售量（台）和销售单价（万元）满足如图所示的一次函数关系．
（1）求月销售量与销售单价的函数关系式；
（2）根据相关规定，此设备的销售单价不得高于35万元，如果该公司想获得130万元的月利润，那么该设备的销售单价应是多少万元？
24．某汽车销售公司4月份销售某厂家的汽车，在一定范围内每部汽车的进价与销售量有如下关系；若当月仅售出1辆汽车，则该部汽车的进价为25万元，每多售出1辆，所有售出的汽车的进价均降低0.2万元/辆，月底厂家根据销售量一次性返利给销售公司，销售量在10辆以内（含10辆），每辆返利0.6万元；销售量在10辆以上，每辆返利1.2万元．
（1）若该公司当月售出3辆汽车，则每辆汽车的进价为________万元；
（2）若该公司当月售出5辆汽车，且每辆汽车售价为元，则该销售公司该月盈利________万元（用含的代数式表示）．
（3）如果汽车的售价为25.6万元/辆，该公司计划当月盈利16.8万元，那么需要售出多少辆汽车？（盈利销售利润+返利）
25．滨江某旅行社为吸引市民组团去旅游，推出了如下收费标准：
（1）若某单位员工正好有25人，应支付给旅行社旅游费用多少元？
（2）某单位组织员工去凤凰古城旅游，共支付给该旅行社旅游费用27000元，请问该单位这次共有多少员工去凤凰古城旅游？
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B A D B C D C B B B
1．B
【分析】本题根据一元二次方程的定义求解，一元二次方程必须满足两个条件：（1）未知数的最高次数是2；（2）二次项系数不为0．
【详解】解：根据一元二次方程的定义中二次项系数不为0得，a-3≠0，a≠3．
故选B．
【点睛】一元二次方程的一般形式是：ax2+bx+c=0（a，b，c是常数且a≠0）特别要注意a≠0的条件．当a=0时，上面的方程就不是一元二次方程了，当b=0或c=0时，上面的方程在a≠0的条件下，仍是一元二次方程，只不过是不完全的一元二次方程．
2．A
【分析】代入公式即可．
【详解】解：关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，
即△=（-2）2-4k＞0，解得k＜1
故选：A．
【点睛】本题考查根的判别式，本题难度较低，主要考查学生对一元二次方程根的判别式知识点的掌握．
3．D
【分析】将代入原方程，求出k的值，再根据一元二次方程的定义，排除不符合题意得值，即可进行解答．
【详解】解：把代入原方程得：，
解得：，
∵该方程为一元二次方程，
∴，即，
∴，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的解以及一元二次方程的定义，解题的关键是熟练掌握“使一元二次方程等号两边相等的未知数的值叫做一元二次方程方程的解”以及一元二次方程的二次项系数不为0．
4．B
【分析】根据方程没有实数根可得，结合二次项系数不等于0，即可得出答案.
【详解】由题意得，且，
解得
故选B.
【点睛】本题考查根据一元二次方程根的情况求参数，熟练掌握时一元二次方程无实数根是解题的关键.
5．C
【分析】根据一元二次方程根与系数的关系即可得出答案．
【详解】解：∵方程的两个实数根为、，
∴，，
∴
，
故选：C．
【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，熟知：若是一元二次方程的两个根，则，；是解本题的关键．
6．D
【分析】设较小的数为x，那么较大的数应该为，根据“积为45”可得出：，解方程即可求得这两个数．
【详解】解：设较小的数为x，根据题意得，
解得，．
那么这两个数就应该是5，9或，．
故选：D
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，解题关键是根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程，再求解．
7．C
【详解】试题解析：∵m，n是方程x2﹣2x﹣1=0的两根
∴m2﹣2m=1，n2﹣2n=1
∴7m2﹣14m=7（m2﹣2m）=7，3n2﹣6n=3（n2﹣2n）=3
∵（7m2﹣14m+a）（3n2﹣6n﹣7）=8
∴（7+a）×（﹣4）=8
∴a=﹣9．
故选C．
8．B
【分析】先求解，设运动时间为，可得，，再利用面积建立方程求解即可．
【详解】解：∵，，，
∴，
设运动时间为，
∴，，
∵的面积为，即
，解得：，．
当时，，不成立，舍去，
∴，
故选B．
【点睛】本题考查的是一元二次方程的应用，勾股定理的应用，理解题意，熟练的建立方程求解是解本题的关键．
9．B
【详解】解：∵2x2﹣4x﹣1=0，∴2x2﹣4x=1，∴x2﹣2x=，∴x2﹣2x+1=+1，∴（x﹣1）2=，∴m=﹣1，n=．故选B．
10．B
【分析】此题主要考查了正方形的性质，准确识图，熟练掌握正方形的性质，并根据正方形的面积公式构造方程是解决问题的关键．设正方形B的边长为a，其中，依题意由图①得阴影部分为正方形，且边长为1，则正方形A的边长为，依题意得图②中大正方形的边长为，则，由此解出，进而再求出图②中大正方形的面积即可．
【详解】解：设正方形B的边长为a，其中，
∵将B放在A的内部如图①所示，阴影部分的面积为1，
∴阴影部分为正方形，且边长为1，
∴图①中大正方形的边长为，
即正方形A的边长为，
又∵将A，B无缝隙且无重叠放置后构造新的正方形如图②所示：
∴图②中大正方形的边长为：，
∵图②中阴影部分的面积为7，
∴，
整理得：，
解得：，（不合题意，舍去），
∴图②中大正方形的边长为：
∴图②中大正方形的面积为15．
故选：B．
11．7
【分析】解方程，求出方程的解，根据两位数的十位不为0从而求出答案．
【详解】依题意解方程：
，
又因为是两位数，
所以十位数字是7，
故答案为：7．
【点睛】此题考查了用因式分解解一元二次方程，关键是正确求解方程，并结合题意两位数的十位确定出取值．
12．
【分析】根据一元二次方程的定义求解即可．
【详解】解：根据一元二次方程的定义可得：，解得：．
故答案是：．
【点睛】本题利用了一元二次方程的定义．只有一个未知数且未知数最高次数为2的整式方程叫做一元二次方程，一般形式是ax2+bx+c=0（且a≠0）．特别要注意a≠0的条件．
13．
【分析】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程．根据2020年投入此项工程的专项资金及该县这两年投入老旧小区改造工程专项资金的年平均增长率，可得出2021、2022年投入此项工程的专项资金，结合2022年投入资金为1440万元，即可得出关于的一元二次方程，此题得解．
【详解】解：年投入此项工程的专项资金为1000万元，且该县这两年投入老旧小区改造工程专项资金的年平均增长率为，
年投入此项工程的专项资金为万元，2022年投入此项工程的专项资金为万元．
根据题意得：．
故答案为：．
14．17
【分析】先把方程化为一般式，即可求解.
【详解】把方程化为,
故a=2,b=9,c=8,
=92-4×2×8=17，
故填：17.
【点睛】此题主要考查根的判别式，解题的关键是熟知各项系数的求解.
15．a=-5 (答案不唯一，满足a＜-4均可)
【详解】分析：根据可知a≠0且△=b2-4ac≥0，解不等式组即可求出a的取值范围，然后取一个不在这一范围的反例即可．
详解：∵关于 x 的一元二次方程 ax24x 10 必有实数根
∴△=b2-4ac=16+4a≥0，
∴a≥-4
所以反例为x=-5 (答案不唯一，满足a＜-4均可)，这时代入根的判别式△＜0，方程没有实数根.
点睛：此题主要考查了真假命题的证明，要说明一个命题的正确性，一般需要推理、论证，二判断一个命题是假命题，只需举出一个反例即可，也考查了根的判别式.
16．或．
【分析】分两种情况：当时，由，，构造一元二次方程，则其两根为，利用根与系数的关系可得答案， 当时，代入代数式即可得答案，
【详解】解：时，
、满足，，
、是关于的方程的两根，
，，
则
当时，原式
的值等于或．
故答案为：或．
【点睛】本题考查的是利用一元二次方程的根与系数的关系求代数式的值，掌握分类讨论，一元二次方程的构造是解题的关键．
17．
【分析】根据x1是方程的根可知3x12=2x1+4，根据根与系数的关系即可得答案．
【详解】解：∵x1、x2是方程3x2-2x-4=0的两个实根，
∴x1+x2=， 3x12-2x1-4=0，
∴3x12=2x1+4，
∴3x12+2x2=2x1+4+2x2=2（x1+x2）+4=2×+4= ，
故答案为
【点睛】本题考查一元二次方程的根的含义及根与系数的关系，x1+x2=-，x1x2=，熟练掌握根与系数的关系是解题关键．
18． 米、米 1
【分析】（1）设与墙垂直的边长为米，则与墙平行的边长为米，根据矩形车棚的面积为，可列出关于的一元二次方程，解之可得出的值，再结合墙的可用长度为12，即可得出结论；
（2）设小路的宽度为米，则剩余部分可合成长为米，宽为米的矩形，根据停放自行车的面积为，可列出关于的一元二次方程，解之取其符合题意的值，即可得出结论．
【详解】解：（1）设矩形车棚与墙垂直的边长为，则与墙平行的边长为米，
根据题意可得，
整理可得，
解得，，
当时，，不符合题意，
当时，，符合题意，
∴这个矩形车棚相邻两边长分别为米、米；
（2）设小路的宽度为米，则剩余部分可合成长为米，宽为米的矩形，
根据题意得，
整理得，
解得 ，（不符合题意，舍去），
∴小路的宽度为1米．
故答案为：（1）10米、8米；（2）1．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
19．（1），；（2），
【分析】（1）先移项，再直接开平方即可；
（2）先移项，再因式分解即可．
【详解】解：（1）
移项得
两边直接开平方得，
（2）
移项得
提取公因式得
即
∴或
解得，
【点睛】本题主要考查了解一元二次方程．熟练掌握解一元二次方程的几种常用的方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适，简便的方法是解题的关键．
20．（1）；（2）有最大值，最大值为32.
【分析】（1）仿照阅读材料、利用配方法把原式化为完全平方式与一个数的和的形式，根据偶次方的非负性解答；
（2）利用配方法把原式进行变形，根据偶次方的非负性解答即可．
【详解】解：（1）∵，由，
得 ；
∴代数式的最小值是；
（2），
∵，
∴，
∴代数式有最大值，最大值为32.
【点睛】本题考查的是配方法的应用和偶次方的非负性，掌握配方法的一般步骤、偶次方的非负性是解题的关键．
21．(1)
(2)①②或或
【分析】（1）利用配方法，进行因式分解即可；
（2）①将进行因式分解，得到，利用非负性，求出的值，再逆用幂的乘方，求出的值即可；②根据三角形的三边关系求出的取值范围，根据c边的长为奇数，求出的值，进而得出结论即可．
【详解】（1）解：
；
（2）解：
；
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
①∵，即：，
∴，
∴，
∴，
∴；
②∵的三边长是a，b，c，
∴，即：，
∵c边的长为奇数，
∴或或，
当时，的周长为；
当时，的周长为；
当时，的周长为；
综上：的周长为或或．
【点睛】本题考查因式分解的应用，同时考查了幂的乘方，同底数幂的乘法，非负性，三角形的三边关系．理解并掌握配方法进行因式分解，是解题的关键．
22．（1）鸡场的长（AB）为15m，宽（BC）为6m；（2）不能，理由见解析．
【分析】（1）设BC=xm，则AB=（33-3x）m，根据矩形的面积公式结合矩形养鸡场面积为90m2，即可得出关于x的一元二次方程，解之即可求出x的值，分别代入（33-3x）中，取使得（33-3x）小于等于15的值即可得出结论；
（2）不能，理由如下，设BC=ym，则AB=（33-3y）m，同（1）可得出关于y的一元二次方程，由根的判别式△=-111＜0，即可得出结论．
【详解】解：（1）设BC=xm，则AB=（33-3x）m，
依题意，得：x（33-3x）=90，
解得：x1=6，x2=5．
当x=6时，33-3x=15，符合题意，
当x=5时，33-3x=18，18＞15，不合题意，舍去．
答：鸡场的长（AB）为15m，宽（BC）为6m．
（2）不能，理由如下：
设BC=ym，则AB=（33-3y）m，
依题意，得：y（33-3y）=100，
整理，得：3y2-33y+100=0．
∵△=（-33）2-4×3×100=-111＜0，
∴该方程无解，即该扶贫单位不能建成一个100m2的矩形养鸡场．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
23．（1）与的函数关系式为；（2）该设备的销售单价应是27 万元．
【分析】（1）根据图像上点坐标,代入,用待定系数法求出即可.
（2）根据总利润=单个利润销售量列出方程即可.
【详解】解：（1）设与的函数关系式为，
依题意，得解得
所以与的函数关系式为．
（2）依题知．
整理方程，得．
解得．
∵此设备的销售单价不得高于35万元，
∴（舍），所以．
答：该设备的销售单价应是27 万元．
【点睛】本题考查了一次函数以及一元二次方程的应用.
24．（1）24.6；（2）（5m－118）；（3）7
【分析】（1）根据题意每多售出1辆，所有售出的汽车的进价均降低0.2万元/辆，即可得出当月售出3辆汽车时，每辆汽车的进价；
（2）先表示出当月售出5辆汽车时每辆汽车的进价，再根据利润＝售价－进价即可求得该月盈利；
（3）首先表示出每辆汽车的销售利润，再利用当0≤x≤10，当x＞10时，分别得出答案．
【详解】解：（1）∵当月仅售出1辆汽车，则该辆汽车的进价为25万元，每多售出1辆，所有售出的汽车的进价均降低0.1万元/辆，
∴该公司当月售出3辆汽车，则每辆汽车的进价为25－2×0.2＝24.6万元；
故答案为：24.6；
（2） ∵当月售出5辆汽车，
∴每辆汽车的进价为25－4×0.2＝24.2万元，
∴该月盈利为5（m－24.2+0.6）＝5m－118，
故答案为：（5m－118）；
（3）设需要售出x辆汽车，由题意可知，每辆汽车的销售利润为：
25.6－[25－0.2（x－1）]＝（0.2x＋0.4）（万元），
当0≤x≤10，根据题意，得x （0.2x＋0.4）＋0.6x＝16.8，
整理，得x2＋5x－84＝0，
解这个方程，得x1＝－12（不合题意，舍去），x2＝7，
当x＞10时，根据题意，得x （0.2x＋0.4）＋1.2x＝16.8，
整理，得x2＋8x－84＝0，
解这个方程，得x1＝－14（不合题意，舍去），x2＝6，
因为6＜10，所以x2＝6舍去．
答：需要售出7辆汽车．
【点睛】此题主要考查了一元二次方程的应用，根据题意正确表示出每部汽车的销售利润是解题关键．
25．（1）应支付给旅行社旅游费用25000元；（2）该单位这次共有30名员工去凤凰古城旅游．
【分析】（1）根据题意可直接通过人数费用列式求解；
（2）根据已知条件确定旅游的人数范围，设共有x名员工去凤凰古城旅游，超过25人的人数为人，共降低元，实际每人收了元，由此可列方程求解．
【详解】解：（1）1000×25＝25000（元）．
答：应支付给旅行社旅游费用25000元．
（2）设该单位这次共有x名员工去凤凰古城旅游，
27000÷1000＝27＞25，27000÷700＝不为整数，
25+＝40，
，
依题意，得：[1000﹣20（x﹣25）]x＝27000，
整理，得：x2﹣75x+1350＝0，
解得：x1＝30，x2＝45（不合题意，舍去）．
答：该单位这次共有30名员工去凤凰古城旅游．
【点睛】本题主要考查一元二次方程的综合应用，根据题意正确列出一元二次方程是关键，要特别注意确定未知数的范围．
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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