暑假巩固提升试题 2025年暑假人教版(2024)数学七年级下册

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暑假巩固提升试题 2025年暑假人教版(2024)数学七年级下册
一、单选题
1．在下列实数中，最小的是（ ）
A． B． C．0 D．
2．下面列出的不等式中．正确的是（ ）
A．“m不是正数”表示为 B．“不大于3”表示为
C．“至少是6”表示为 D．“与4的差是负数”表示为
3．下列命题中，属于真命题的是（ ）
A．过一点有且只有一条直线与已知直线垂直
B．点到直线的垂线段叫作点到直线的距离
C．同位角相等
D．过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行
4． 我校在一次歌唱选拔比赛中，将所有参赛学生的成绩绘制成如图所示的折线统计图，则下列说法错误的是（ ）
A．参赛学生人数为8人 B．最高分为100分
C．最高分与最低分的差是15分 D．参赛学生得100分的频率为0.2
5．若方程组的解是，则（ ）
A．2 B． C．0 D．4
6．如图，三角形沿所在的直线向右平移得到三角形，当，时，平移的距离为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
7．若点位于第三象限，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．如图，图1是路政部门利用折臂升降机维修路灯的图片，图2是它的平面示意图，已知路灯和折臂的底座都与地面垂直，同时上折臂与下折臂的夹角，下折臂与底座的夹角，那么上折臂与路灯的夹角的度数为（ ）
A． B． C． D．
9．已知实数a，b满足，，则下列判断正确的是（ ）
A． B．
C． D．
二、填空题
10．命题“如果两条直线被第三条直线所截，那么同旁内角互补．”是 命题（填“真”或“假”）．
11．比较大小 3（填“”或“”）．
12．杜甫，河南巩义人，唐代著名现实主义诗人，对中国文学产生了深远的影响．如图是杜甫的古诗《绝句》，建立如图所示的平面直角坐标系（每小格边长为一个单位长度），那么在经过“千”字且与轴平行的直线上，距离“千”字2个单位长度的字为 ．
13．一个正数的两个平方根为和，则的值为 ．
14．已知关于x，y的二元一次方程组的解满足，则 ．
15．点在直线上，平分，，，则 ．
16．若，则
三、解答题
17．（1）计算：．
（2）求的值：．
18．（1）解方程组：．
（2）解不等式组：，并写出非负整数解．
19．如图，是直线上一点，是线段上一点．
(1)按下列要求画图：
①过点作线段的垂线，垂足为；
②过点作直线的垂线段；
③过点作直线的平行线，交直线于点；
(2)在（1）的条件下，若，则线段的长为________．
20．如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别是，，，
(1)将先向右平移4个单位，再向下平移2个单位，得到（点、、的对应点分别是、、），请在图中画出平移后的，并写出点的坐标；
(2)在（1）的条件下，若点在轴上，当的面积是的面积的时，请你直接写出点的坐标．
21．3月14日是国际数学日，也称“日”．今年3月14日某校七年级300名学生参加了华容道、鲁班锁、九连环等六项数学趣味游戏比赛．比赛采取积分制，每参加一项可获得10至20分，达到90分及90分以上的学生可获得“日”徽章．学校为了解学生的积分情况，随机抽取了名学生，并对他们的积分进行整理、描述，绘制成下面的统计图（数据分为5组：，，，，）：
根据以上信息，完成下列问题．
(1)下列抽取样本的方式中，最合理的是 （填写序号）：
①从七年级的学生中抽取名男生；
②从七年级参加鲁班锁游戏的学生中抽取名学生；
③从七年级学号末位数字为5或0的学生中抽取名学生．
(2)写出的值，并补全频数分布直方图；
(3)这一组对应的扇形的圆心角度数是 ；
(4)这一组的学生积分是：81，82，90，93，93，93，96，98，98，请估计七年级学生获得“日”徽章的人数．
22．根据以下素材，完成任务．
背景 我国国产动画电影“哪吒2魔童闹海”票房突破了100亿，商家推出、两种类型的哪吒纪念娃娃．
素材1 某商店在无促销活动时，若买5个种娃娃、4个种娃娃，共需250元；若买3个种娃娃、3个种娃娃，共需165元．
素材2 该商店线下促销活动：用50元购买会员卡成为会员后，凭会员卡购买商店内任何商品，一律按商品价格的8折出售（已知小明在此之前不是该商店的会员）； 该商店线上淘宝店促销活动：购买商店内任何商品，一律按商品价格的9折出售且包邮．
问题解决
任务1 该商店在无促销活动时，求种娃娃和种娃娃的销售单价各是多少元？
任务2 小明计划在促销期间购买、两种娃娃共18个，其中款盲盒个，若在线下凭会员卡购买，共需要________元；若在线上淘宝店购买，共需要________元．（均用含的代数式表示）
任务3 请你帮小明算一算，在任务2的条件下，购买种娃娃的数量在什么范围内时，线下凭会员卡购买方式更合算？
23．小李同学探索的近似值的过程如下：
面积为86的正方形的边长是，且，
设，其中，画出示意图，如图所示．
根据示意图，可得图中正方形的面积，
又，
．
当时，可忽略，得，解得，
．
(1)填空：的整数部分的值为________；
(2)仿照上述方法，探究的近似值（结果精确到0.01）（答题要求：画出示意图，标明数据，并写出求解过程）
24．小明为了方便探究关于的二元一次方程解的规律，把和的部分值分别填入表格（的值从左到右依次增大）．
(1)的值为_________．
(2)下列方程中，与组成方程组，在范围内有解的是________（填正确的序号）．
① ② ③
(3)已知关于的二元一次方程的部分解如表所示：
则方程组的解为___________．
25．如图，直线和直线相交于点，点为直线上一点，直线为经过点的一条直线，作射线平分交直线于点．已知．
(1)求证：；
(2)若点为线段上一动点，作的角平分线交直线于点，过点作于．
①请你依据题意，补全图形：
②试猜想与之间的数量关系，并证明．
26．在平面直角坐标系中，将经过变换后得到，其中，，我们把这种变换称为“变换”，记作．例如：．若点经过“变换”后得到的恰好落在图形上，则称点是图形的“关联点”．已知，其中．
(1)当时，设图形为．
①在这三个点中，___________是图形的“关联点”；
②直线为过点(m，0)且垂直于轴的直线，若直线上总存在图形“关联点”，求的取值范围；
(2)设图形为折线，若图形上有且仅有一个点是图形的“关联点”，请你直接写出的取值范围．
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9
答案 B D D A C C D B C
1．B
本题考查了实数的大小比较，解题关键是掌握实数大小比较法则：正数大于零，负数小于零，正数大于一切负数；两个正数比较大小，绝对值大的数大；两个负数比较大小，绝对值大的数反而小．根据实数大小比较法则作答即可．
解：，，
，
最小的实数是，
故选：B．
2．D
本题考查了列不等式，理解各选项中的关键词语对应的数学符号，逐一判断即可．
解：A、“m不是正数”表示为，选项成错误；
B、“不大于3”表示为，选项成错误；
C、“至少是6”表示为，选项成错误；
D、“与4的差是负数”表示为，选项正确；
故选：D．
3．D
本题考查了判断命题的真假，点到直线的距离，垂直的性质，平行线的性质等知识，根据相关知识逐一判断即可，理解这些概念和定理是解题的关键．
解：A、同一平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直，故选项不符合题意；
B、点到直线的垂线段的长度叫作点到直线的距离，故选项不符合题意；
C、两直线平行，同位角相等，故选项不符合题意；
D、过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，是真命题，故选项符合题意；
故选：D．
A
本题考查了折线统计图，频数与频率，理解折线统计图是解题关键．结合折线统计图逐项判断即可．
解：A、参赛学生人数为人，说法错误，符合题意；
B、最高分为100分，说法正确，不符合题意；
C、最高分与最低分的差是分，说法正确，不符合题意；
D、参赛学生得100分的频率为，说法正确，不符合题意；
故选：A．
5．C
本题考查了二元一次方程组的解以及解二元一次方程组，代数式求值，将方程组的解代入原方程组，解关于a和b的方程，再求和即可．
解：方程组的解是，
，解得：，
，
故选：C．
6．C
本题考查了平移的性质，线段的和差关系等知识．首先根据平移的性质得到，然后结合得到，进而求解即可．
解：由平移可得，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴平移的距离为4．
故选：C．
7．D
本题考查各象限内点的坐标特点，解一元一次不等式，
根据第三象限内点的坐标特征，横坐标和纵坐标均需为负数，由此建立不等式组求解．
∵点在第三象限，
∴横坐标，纵坐标．
解不等式，得；
解不等式，得．
两个不等式的解集取交集，得．
故选D．
8．B
本题考查了平行线的性质的应用，过点E作交于点F，过点D作，由平行线的性质求出，进而求得，进而可得答案．
解：如图，过点E作交于点F，过点D作，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，，
∴．
9．C
题目主要考查不等式的性质和解一元一次不等式组，根据等量代换及不等式的性质依次判断即可得出结果，熟练掌握不等式的性质是解题关键
解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，选项B错误，不符合题意；
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，选项A错误，不符合题意；
∵，
∴,
∵，
∴，
∴，选项C正确，符合题意；
∵，，
∴，，
∴，选项D错误，不符合题意；
故选：C
10．假
举反例证明，画出两条直线AB和CD和截线EF，EF与AB、CD交点为G、H，测量∠CGH与∠AHG的度数，计算出∠CGH与∠AHG的度数和不等于180°．
如图，直线AB，CD被直线EF所截，交点分别为G、H，
测得∠CGH=121°，∠AHG=67°，
则∠CGH+∠AHG=188°≠180°，
∴原命题是假命题．
故答案为：假．
本题主要考查了判断假命题，解决问题的关键是熟练掌握同旁内角的定义，用举反例的方法证明假命题 ．
11．
解：∵，
∴，
故答案为： ．
12．“西”和“雪”
本题考查了实际问题中用坐标表示位置，根据每小格边长为一个单位长度，在经过“千”字且与轴平行的直线上，距离“千”字2个单位长度，读取坐标系的信息，即可作答．
解：∵每小格边长为一个单位长度，
∴在经过“千”字且与轴平行的直线上，距离“千”字2个单位长度的字分别为“西”和“雪”，
故答案为：“西”和“雪”
13．1
本题主要考查平方根，解题的关键是掌握正数的平方根有两个，且互为相反数的性质．根据平方根的性质解决此题即可．
解：∵一个正数的两个平方根为和，
∴，解得，
故答案为：1．
14．10
解：，
得，，
∴，
又，
，
．
故答案为：10．
15．或
解：分以下两种情况：
如图，当在上方时，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得；
如图，当在下方时，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得．
16．
解：∵，
∴，，
∴，，
∴，
故答案为：．
17．（1）；（2）
本题主要考查实数的混合运算以及利用平方根解方程，熟练掌握运算法则是解题的关键．
（1）根据二次根式的运算法则进行计算即可；
（2）利用平方根解方程即可．
解：（1）解：原式
；
（2），
，
解得．
18．（1）；（2），非负整数解为：
本题考查了一元一次不等式组的整数解，解二元一次方程组，解一元一次不等式组，熟练掌握解方程组和不等式的方法是解题的关键；
（1）利用加减消元法求解可得；
（2）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、大大小小无解了确定不等式组的解集．
解：（1）
①②得，
解得：
将代入①得
解得：
∴原方程组的解为：
（2）
解不等式①得：
解不等式②得：
∴不等式组的解集为：，
非负整数解为：
19．(1)图形见解析
(2)
本题主要考查作图，垂线的定义，平行线的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．
（1）利用垂线的定义，平行线的性质进行画图即可；
（2）根据平行线之间的距离相等，利用等面积法进行计算即可．
（1）
解：
（2）解：连接，
由题意可知，，
故，
即，
，
故答案为：．
20．(1)图形见解析；
(2)或
本题主要考查平移，利用网格求三角形的面积，熟练掌握平移的性质是解题的关键．
（1）根据题意进行平移，“右加左减，上加下减”即可得到答案；
（2）设，利用网格求三角形的面积，根据题意得到关于的方程即可得到答案．
（1）解：如图所示，
，
∴；
（2）解：设，
当的面积是的面积的，
，，
，
，
解得或，
故或．
21．(1)③
(2)40，见解析
(3)
(4)120人
本题主要考查了频数分布直方图，扇形统计图，用样本估计总体，解题的关键是熟练掌握扇形统计图和频数分布直方图的特点．
（1）根据样本的选取应该具有应具有代表性、客观性和随机性进行判断即可；
（2）根据的人数为4人，占总调查人数的，求出m的值即可；求出的人数，然后补全频数分布直方图即可；
（3）用乘的百分比，求出结果即可；
（4）用样本估计总体即可．
（1）解：①从七年级的学生中抽取名男生不具有代表性和普遍性，故①不符合题意；
②从七年级参加鲁班锁游戏的学生中抽取名学生，不具有代表性和普遍性，故②不符合题意；
③从七年级学号末位数字为5或0的学生中抽取名学生，具有代表性和普遍性，故③符合题意．
故答案为：③；
（2）解：，
的人数为，补全频数分布直方图，如图所示：
（3）解：这一组对应的扇形的圆心角度数为：
．
（4）解：这一组的学生积分达到90分或90分以上的人数为7人，
估计七年级学生获得“日”徽章的人数为：
（人）．
22．任务1：该商店在无促销活动时，A种娃娃销售单价为30元，B种娃娃销售单价为25元；任务2：；；任务3：购买A种娃娃数量大于10个且小于18个时，线下凭会员卡购买方式更合算．
本题主要考查了二元一次方程组的实际应用，一元一次不等式的实际应用，列代数式，正确理解题意列出方程，不等式和代数式是解题的关键．
任务1：设A种娃娃销售单价为元，B种娃娃销售单价为元，根据买5个种娃娃、4个种娃娃，共需250元；买3个种娃娃、3个种娃娃，共需165元建立方程组求解即可；
任务2：根据所给折扣标准列式求解即可；
任务3：根据（2）所求令线下凭会员卡购买的费用小于在线购买的费用，据此建立不等式求解即可．
解：任务1：设A种娃娃销售单价为元，B种娃娃销售单价为元，
根据题意得，
解得，
答：该商店在无促销活动时，A种娃娃销售单价为30元，B种娃娃销售单价为25元；
任务2：由题意得，若在线下凭会员卡购买，共需要元；
若在线上淘宝店购买，共需要元；
任务3：由题意得，，
∴，
∴当，即购买A种娃娃数量大于10个且小于18个时，线下凭会员卡购买方式更合算．
23．(1)12
(2)12.21
本题考查估算无理数的大小，掌握算术平方根的定义是正确解答的关键
（1）根据算术平方根的定义进行计算即可；
（2）根据题目所提供的方法进行解答即可．
（1）解：∵，
∴，
即，
∴的整数部分的值为12，
故答案为：12；
（2）解：面积为149的正方形的边长是，且，
设，其中，画出示意图，如图所示．
根据示意图，可得图中正方形的面积，
又，
．
当时，可忽略，得，解得，
．
24．(1)
(2)①
(3)
本题考查二元一次方程的解和解二元一次方程组、三元一次方程组，解题的关键是掌握加减消元法和代入消元法．
（1）将代入方程即可求得答案；
（2）依次将三个选项与原方程组成方程组，求出方程组的解进行判断即可；
（3）根据表格的数据，建立关于c、d、的三元一次方程组，解方程组得到c、d的值，即可得到原方程组，再解方程组即可得到答案．
（1）解：∵，
当时，，
故，
故答案为：．
（2）解：①与组成方程组，
方程组为：，
解方程组得：，
∵在范围内，
故①符合题意；
②与组成方程组
，
解方程组得：，
∵不在范围内，
故②不符合题意；
③与组成方程组
解方程组得：，
∵在范围内，
故①符合题意；
故答案为：①；
（3）解：依题意，
解方程组得，
则方程为，即，
∴方程组为：，
解方程组得，
故答案为：．
25．(1)见解析
(2)①见解析；②，证明见解析
本题考查了平行线的性质与判定，角平分线的定义，垂直的定义，熟练掌握以上知识是解题的关键；
（1）根据角平分线的定义可得，结合已知，可得，根据同位角相等两直线平行，即可得证；
（2）①根据题意补全图形，即可求解；
②设，，则，根据平行线的性质，以及垂直的定义，分别表示出与，即可求解．
（1）证明：∵射线平分，
∴，
∵，
∴
∴，
（2）①补全图形如图，
②，
∵平分，
∴，
设，，则，
∵射线平分，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
26．(1)①；②
(2)或
（1）①当时，，求出的解析式为，。当时，，不在此范围，不是图形Ω的“关联点”；，点在边上，所以点是图形Ω的 “关联点”； ，在上，点 是图形Ω的 “关联点”；②设直线l上的点为，经过 “H 变换” 后为，则，因为直线l上总存在图形Ω的 “关联点”，所以，；
（2）∵设点是折线上一点，，线段上的点满足， ，若在上，；若在上，；根据“关联点”的唯一性，取不重合部分；线段上的点满足，， ，若在上， ；若在上， t全体实数；根据“关联点”的唯一性，；
（1）解：①当时，，
∴设的解析式为，
∴，
解得，
∴，
对于， ，
即．
∵当时，，
∴，，
∴不在此范围，
∴不是图形Ω的“关联点”．
对于，，
即，
∴点在边上，
∴点是图形Ω的“关联点”．
对于，，
即．
∵中，当时，，
∴在上，
∴点 是图形Ω的“关联点”．
故都是图形Ω的“关联点”．
故答案为：．
②设直线l上的点为，经过“H 变换”后为，
则，
∵直线l上总存在图形Ω的“关联点”，
∴，的取值范围是， ．
∴，
解得．
（2）∵设点是折线上一点，．
线段上的点满足，
经过“H变换”后 ，
即，
若在上，，，
∴，
∴；
若在上，，
∴，
∴；
∵图形上有且仅有一个点是图形的“关联点”，
∴；
线段上的点满足，，
经过“H 变换”后，
即，
若在上，
，，
∴，，
∴，
∴；
若在上，
，
∴，
∴，
∴t全体实数；
∵图形上有且仅有一个点是图形的“关联点”，，
∴．
综上，或．
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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