資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
機械運動 章末檢測試題
2025-2026學年上期初中物理人教版（2024）八年級上冊
一、單選題
1．如圖所示，小軍完成學習任務后，將物理課本放在桌面上，請你結合物理課本的寬度，估算桌面AB邊的長度約為（　　）
A．10cm B．30cm C．60cm D．100cm
2．下圖是某襯衫吊牌的部分信息，號型“170/92A”表示適穿人群的特征參數及體型。“A”表示適用于一般體型，“170”表示身高170cm，“92”表示（ ）
產品名稱：襯衫 規格：ML 顏色：藍色 號型：170/92A ……
A．胸圍92cm B．肩膀寬92cm C．上臂周長92cm D．脖子周長92cm
3．為保護視力，應認真做好眼保健操，做一遍眼保健操的時間大約是（　　）
A．5s B．5min C．50min D．5h
4．為給課桌裁剪一塊合適的課桌墊，小明用卷尺對課桌長度進行了三次測量，記錄的數據分別為66.8cm、67.0cm、67.5cm。則課桌長度的測量結果應為（ ）
A．66.8cm B．67.0cm C．67.1cm D．67.5cm
5．將來，依托人工智能技術，我國研發的“忠誠僚機”FH-97A無人機將與有人駕駛殲20戰斗機“比翼齊飛”（即相對靜止），如圖所示，若認為FH-97A無人機是靜止的，則選取的參照物是（ ）
A．殲20戰斗機 B．FH-97A無人機 C．地球 D．太陽
6．李白在《早發白帝城》中描述：“朝辭白帝彩云間，千里江陵一日還”（注：2里為1km，“一日還”指大約24h從白帝城到達江陵）。詩人所描述的船速最接近（　　）
A．2km/h B．10km/h C．20km/h D．1000km/h
7．月球是地球唯一的天然衛星。1970年，我國第一顆人造衛星東方紅一號成功發射升空，標志著我國踏上了現代航天事業的征程。1978年8月1日，沉睡了2400余年的曾侯乙編鐘（如圖）首次公開奏響，開篇曲目便是大家熟悉的《東方紅》。月球繞地球的軌跡模型如圖所示，地球與月球之間的距離約為，月光的傳播速度約為，則月光從月球表面到達地面的時間約為（　　）

A．0.79s B．1.27s C．7.90s D．12.70s
8．小綿同學在校運動會100m比賽中成績優異。他在比賽中經歷了加速起跑、勻速途中跑和略有降速的沖刺三個階段。下列速度一時間圖象能正確反映比賽過程的是（　　）
A． B．
C． D．
9．P、Q是同一直線上相距12m的兩點，甲、乙兩小車同時經過P點向Q點做直線運動，它們的s-t圖像分別如圖（a）（b）所示。則（　　）
A．甲車速度為2m/s B．甲車速度小于乙車速度
C．乙車先到達Q點 D．甲車到達Q點時，甲、乙兩車相距4m
10．在某次測試中，甲、乙兩車都向東做直線運動，它們的圖象如圖所示，則（ ）

A．甲、乙兩車都做加速直線運動 B．兩車出發前相距，甲比乙晚出發5s
C．在第10s時兩車速度相等 D．內乙車相對于甲車向東運動
11．甲車從P出發、乙車從Q點出發，甲乙相向而行；乙比甲早出發1s，甲到Q點時，乙離P點1m，求此時乙到Q的距離（　　）

A．可能為2米 B．可能為4米 C．一定為8米 D．一定為6米
12．如圖是模擬孫悟空“騰云駕霧”的拍攝裝置，該裝置主要由“孫悟空”模型和“藍天白云”背景板組成。為了讓孫悟空從背景板的甲處移到乙處，一般有兩種方式：第一種是背景板相對于地面靜止，移動孫悟空；第二種方式是孫悟空相對于地面靜止，移動背景板。如果采用第二種方式，背景板按下列方向移動可以實現的是（　　）
A．↙ B．↗ C．↖ D．↘
二、填空題
13．小明上學從家到學校距離2000m，騎車上學時，若前500m的速度是5m/s，后1500m的速度是4m/s，則他通過前500m的時間是 ，全程的平均速度約為 （結果保留1位小數）。
14．一個做勻速直線運動的物體，在8s內通過的路程為40m，則此物體在8s內運動的速度為 m/s，它在前一半路程內的速度為 m/s。
15．如圖所示，某“小車闖關游戲”的筆直通道上每隔9m設有一個關卡，各關卡同步放行和關閉，放行和關閉的時間分別為5s和2s，出發點到終點之間共有9個關卡，關卡剛放行時，一輛小車立即從出發點以2m/s的速度勻速前進，則小車經過 s到達關卡1，到達終點前總共被關卡擋了 次。
16．“擁堵延時指數”是指汽車在擁堵狀態花費時間與暢通狀態花費時間的倍數．為配合軍運會，武漢交管部門借助大數據建立了“智慧交通”系統，使武漢擁堵延時指數明顯下降．小明一家準備開車去往武漢體育中心觀看軍運會比賽項目，從某電子地圖上得到了兩套出行方案：方案①路程較短，方案②用時較少．如圖所示，兩套方案中道路限速和擁堵延時指數均在圖中標明．其中方案①的路程是18km．若通暢狀態下汽車的平均速度為最高限速的90%，擁堵延時指數在一段較長時間內不變．
（1）“擁堵延時指數”越大，表示道路越 （選填“暢通”或“擁堵”）．圖中限速標志牌內的“40”表示汽車在該道路上行駛的最高速度為40km/h，則方案①中，通暢狀態下汽車的平均速度為 m/s．
（2）方案①中，暢通狀態花費的時間是多少分鐘 ？
（3）若在擁堵狀態下，方案②比方案①少花14分鐘，則方案②的路程是多少 ？
17．如圖是路程隨時間變化的圖像，由圖像可知，OA段的速度 （選填“大于”“小于”或“等于”）BC段的速度，0-10s內的平均速度是 m/s。
18．下圖是一輛汽車在0~10s內的v-t圖像，由圖像可知，在0~4s內，汽車的速度 （選填“增大”“減小”或“不變”）；t=5s時汽車的速度為 m/s；汽車在4~6s內通過的路程是 m。
三、實驗題
19．以下是某同學“測量小球運動的速度”的實驗報告，請你將報告內容補充完整。
實驗目的 測量小球運動的速度
實驗原理
實驗器材 小球、水平桌面、刻度尺、頻閃照相機
實驗步驟 （1）一小球在水平桌面上沿直線運動，下圖是根據頻閃照相機拍攝的照片記錄的小球運動軌跡，頻閃照相機每兩次閃光之間的時間間隔相等。 （2）分別測出小球通過的路程： ，，；記錄這三段路程所對應的時間：。 （3）分別計算小球通過這三段路程的平均速度。
實驗結論 （3）小球在這三段路程的平均速度分別為 ，， 。 （4） （選填“>”“<”或“=”），小球在水平桌面上做 （選填“勻速”或“變速”）運動。
四、計算題
20．某天，爸爸帶兒子駕車到沈陽北站，然后乘高鐵去南京，6︰45開車出發，并看到路邊如圖所示交通標志牌，此刻吩咐兒子通過鐵路12306網站查詢列車時刻表，如表所示。求：
車次 沈陽北開 南京南到 運行距離
G1226 08︰00 17︰00 1512km
G1222 08︰15 16︰09 1512km
G1212 09︰25 17︰49 1512km
（1）依據以上信息并通過計算說明，爺孫倆最快能趕乘上哪車次？
（2）該趟高鐵運行的平均速度為多少km/h？
（3）若高鐵列車途中以144km/h的速度勻速通過一座橋梁，已知列車長為200m，列車全部在橋梁上的時間是10s，求橋梁的長度是多少m？
21．高速公路已廣泛應用ETC收費系統，這種系統是對過往車輛無需停車即能實現收費的電子系統。如圖甲是某高速公路入口處的ETC通道示意圖。現有一輛汽車以如圖乙所示的速度計所指的速度勻速行駛30min后到達收費站，在進入ETC收費島區域前s1=50m處開始減速，經t1=8s后運動至ETC收費島邊界（圖中陰影區域），然后再以18km/h的速度勻速通過ETC收費島，其長s2=35m，不計車長。求：
（1）汽車到達收費站前勻速行駛的路程多少千米？
（2）汽車通過ETC收費島所用的時間t2為多少秒？
（3）汽車從開始減速到離開ETC收費島全過程的平均速度為多少米/秒？（計算結果保留兩位小數）
參考答案
題號 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C A B C A C B A D B
題號 11 12
答案 B D
1．C
【詳解】通常，物理課本的寬度（即短邊）約為20cm，我們觀察圖中的物理課本與桌面AB邊的相對長度。從圖中可以看出，物理課本的寬度大約占據了桌面AB邊長度的。因此，我們可以估算桌面AB邊的長度約為物理課本寬度的3倍，即
AB=3×20cm=60cm
故ABD不符合題意，C符合題意。
故選C。
2．A
【詳解】A．一般人的胸圍約92cm，故A符合題意；
B．一般人的肩膀寬約37cm，故B不符合題意；
C．一般人的上臂周長約18cm，故C不符合題意；
D．一般人的脖子周長約40cm，故D不符合題意。
故選A。
3．B
【詳解】中小學課間活動時間一般是10min，做一遍眼保健操的時間約為5min，故ACD不符合題意，B符合題意。
故選B。
4．C
【詳解】根據多次測量取平均值減小誤差的方法可知，課桌長度的測量結果應為
故C符合題意，ABD不符合題意。
故選C。
5．A
【詳解】A．以殲20為參照物，FH-97A無人機和它的位置不變，是靜止的，故A符合題意；
B．不能選擇研究對象自身為參照物，故B不符合題意；
C．以地球和太陽為參照物，FH-97A無人機和它們的位置發生改變，是運動的，故CD不符合題意。
故選A 。
6．C
【詳解】由詩句可知，白帝城到江陵的距離為1000里，由題意可知，2里為1km，則白帝城到江陵的距離為500km。“一日還”指從白帝城到達江陵需要大約24h，由可知，船速約
所以船速與20km/h更接近，故ABD不符合題意，C符合題意。
故選C。
7．B
【詳解】根據，月光從月球表面到達地面的時間約為
故B符合題意，ACD不符合題意。
故選B。
8．A
【詳解】由題可知，他在比賽中經歷了加速起跑、勻速途中跑和略有降速的沖刺三個階段，所以他的速度先增大，后不變，然后略變小一些，所以能正確反映比賽過程的是A項中圖像，故A符合題意，BCD不符合題意。
故選A。
9．D
【詳解】ABC．由圖（a）可知，甲車到達Q點用時4s，則甲車速度為
由圖（b）可知，乙車到達Q點用時6s，甲車先到達Q點，所以甲車速度大于乙車速度，故ABC錯誤；
D．甲車到達Q點用時4s，由圖（b）可知，此時乙車行駛了8m，則甲車到達Q點時，甲、乙兩車之間距離為
故D正確。
故選D。
10．B
【詳解】A．由圖像可知，甲、乙圖線都是傾斜直線，故兩車均在做勻速直線運動，故A不符合題意；
B．圖像中乙車是在離計時位置20m處出發，而甲車在乙車出發后5s才出發，故兩車出發前相距20m，甲比乙晚出發5s。故B符合題意；
C．甲、乙兩車在10s時，甲車運動的路程大于乙車運動的路程，而甲車運動的時間小于乙車運動的時間，說明甲車的速度大于乙車的速度，故C不符合題意；
D．因為5~10s時，甲的速度大于乙的速度，甲車在乙車的后方，說明乙車相對于甲車向西運動，故D不符合題意。
故選B。
11．B
【詳解】由圖像可知，甲的速度
乙的速度
設PQ的距離為s，甲到Q點時，乙還未到達P點，且離P點1m，則
解得；s=9m
則此時乙到Q的距離
當甲到Q點時，乙已經過P點，且離P點1m，則
解得：s=3m
則此時乙到Q的距離
故此時乙到Q的距離可能是4m，也可能為8m，故ACD不符合題意，B符合題意。
故選B。
12．D
【詳解】第二種方式孫悟空相對于地面靜止，以孫悟空為參照物，要讓孫悟空從背景板的甲處移到乙處，即讓乙處靠近孫空，因此應將背景板向右下方移動，故D符合題意，ABC不符合題意。
故選D。
13． 100s 4.2m/s
【詳解】[1]小明通過前500m的時間是
[2]小明后1500m的時間為
全程的平均速度約為
14． 5 5
【詳解】[1]物體在8s內通過的路程為40m，所以在8s內運動的速度為
[2]因為物體做勻速直線運動，所以它在前一半路程的速度也是5m/s。
15． 4.5 3
【詳解】[1]小車立即從出發點以2m/s的速度勻速前進，則小車到達關卡1所用的時間
[2]關卡分別在、、、關閉，小車到達第一個關卡的時間為4.5s，所以不會被阻擋，到達第二個關卡的時間是9s，所以不會被阻擋，到達第三個關卡的時間是13.5s，所以會被阻擋；每次阻擋都相當于重跑，所以在關卡6和關卡9也會被阻擋；所以到達終點前總共被關卡擋了3次。
16． 擁堵 10 30min 36km
【詳解】(1)[1]“擁堵延時指數”是指汽車在擁堵狀態花費時間與暢通狀態花費時間的倍數．“擁堵延時指數”越大，說明汽車擁堵狀態花費的時間多，所以表示道路越擁堵；
[2] 通暢狀態下汽車的平均速度為最高限速的90%，所以通暢狀態下汽車的平均速度為：
v=40km/h90=36km/h=10m/s．
(2)[3] 暢通狀態花費的時間是：
t===1800s=30min
(3)[4]方案①擁堵的時間是：
t=1.830min=54min
方案②用時是：
t=54min14min=40min
擁堵時車的速度是：
v=60km/s90=54km/h
則方案②的路程是：
s=vt=54km/hh=36km
17． 大于 0.25
【詳解】[1]由圖象可知，OA段通過的路程sOA=2.5m，tOA=5s，OA段的速度
vOA==0.5m/sBC段通過的路程
sBC=4m-2.5m=1.5mtBC=10s，BC段的速度
vBC==0.15m/s
所以
vOA＞vBC
[2]0-10s內的路程是2.5m，平均速度
18． 增大 30 60
【詳解】[1]由題圖知，在0~4s內，圖像是一條斜向上的圖線，表明汽車的速度隨時間增大而增大；
[2] [3]觀察坐標圖可知，t=5s時汽車的速度v=30m/s；汽車在4~6s內做勻速運動，通過的路程為
19． 42.40 42.40 19.70 ＞ 變速
【詳解】[1] 實驗中通過測量小車的速度與時間，再通過得到小車的平均速度，則實驗原理是。
（2）[2]實驗步驟：該刻度尺分度值為0.1cm，故sAB讀數為42.40cm。
（3）[3][4]由實驗數據得
，
（4）[5][6]由上述的計算得
說明小球在水平桌面上做變速運動。
20．（1）G1212；（2）180km/h；（3）600m
【詳解】解：（1）由圖知道，該路段運行行駛的最大速度為v＝80km/h，從此標志牌到沈陽北站的路程為s＝120km，則到達沈陽北站所需最快的時間為
由題知他們6︰45開車出發，則到達沈陽北站的時刻為
6︰45+1h30min＝8︰15由運行時刻表可知最快能趕上G1212次列車。
（2）由運行時刻表可知該趟高鐵運行的時間為
t′＝17︰49﹣09︰25＝8h24min＝8.4h則該趟高鐵運行的平均速度
（3）高鐵列車的速度
v″＝144km/h＝40m/s列車全部在橋梁上的路程
s″＝v″t″＝40m/s×10s＝400m橋梁的長度
s橋＝s″+s車＝400m+200m＝600m答：（1）爺孫倆最快能趕乘上G1212次列車；
（2）該趟高鐵運行的平均速度為180km/h；
（3）橋梁的長度是600m。
21．（1）40km；（2）7s；（3）5.67m/s
【詳解】（1）根據圖甲可知，汽車到達收費站前速度為
v=80km/h汽車到達收費站前所用時間為
t=30min=0.5h根據可得,汽車到達收費站前勻速行駛的路程
s=vt=80km/h×0.5h=40km（2）已知汽車勻速通過ETC收費島的速度
18km/h＝5m/s
ETC收費島的長度為
s2=35m根據可知，汽車通過ETC收費島所用的時間
（3）汽車從減速開始到離開ETC收費島的總路程
s總=s1+s2=50m+35m=85m汽車從減速開始到離開ETC收費島的總時間
t總=t1+t2=8s+7s=15s所以，汽車從減速開始到離開ETC收費島全過程的平均速度
答：（1）汽車到達收費站前的10min行駛的路程為40km；
（2）汽車通過ETC收費島所用的時間為7s；
（3）汽車從開始減速到離開ETC收費島全過程的平均速度為5.67m/s。
氧化還原反應重點考點 專題練
2026年高考化學一輪復習備考
1．不同的溫度下，通入NaOH溶液中主要發生以下兩個反應，如圖所示。
下列說法不正確的是
A．反應Ⅰ和Ⅱ都有NaCl生成
B．的空間結構為三角錐形
C．反應Ⅰ和Ⅱ中，每參與反應轉移的電子數之比為
D．反應Ⅰ和Ⅱ中，參加反應的與NaOH的物質的量之比：Ⅰ<Ⅱ
2．利用可將廢水中的轉化為對環境無害的物質后排放。反應原理為：(未配平)。下列說法正確的是
A．表示
B．氧化劑與還原劑物質的量之比為
C．可用替換
D．若生成氣體，則反應轉移的電子數為
3．以銅陽極泥[含Cu、Ag、Au等單質為原料分離回收金和銀的流程如下圖所示，已知HAuCl4是一元強酸，下列說法錯誤的是
A．酸1為稀硫酸，酸2為稀鹽酸
B．“浸取2”中使用的酸提高了H2O2的氧化性
C．“還原”步驟的離子方程式為4AuCl+ 3N2H4 =4Au+3N2↑+16C1-+12H+
D．S2O離子中心S原子配位能力小于端基S原子
4．一種制備粗產品的工藝流程如圖。已知：純易分解爆炸，一般用空氣稀釋到體積分數為10%以下。
下列說法正確的是
A．溶解過程中可以用鹽酸代替稀硫酸
B．流程中做還原劑
C．發生器中鼓入空氣的主要目的是提供氧化劑
D．吸收塔中溫度不宜過低，否則會導致產率下降
5．已知，向溶液中加入足量Zn粉可以提煉Au，反應為：(未配平)，下列說法不正確的是
A．還原性：
B．X表示
C．生成，轉移電子總數為(表示阿伏加德羅常數的值)
D．氧化產物與還原產物的物質的量之比為
6．從高砷煙塵(主要成分為As2O3、As2O5和Pb5O8，其中Pb5O8中的Pb為+2價或+4價，As2O3、As2O5均為酸性氧化物)中回收制備砷酸鈉晶體的工藝流程如下，下列說法正確的是
(浸出液的主要成分為Na3AsO4和NaAsO2)
A．As位于元素周期表中第四周期第ⅣA族
B．“堿浸”時，Pb5O8發生的反應：。其中氧化產物與還原產物的物質的量之比為3：5
C．浸出液“氧化”過程中，主要發生反應：
D．系列操作為：加熱蒸發、趁熱過濾、洗滌、干燥最終得到砷酸鈉晶體
7．S8在液態SO2中可與SbF5反應，生成[S8][SbF6]2，其中[S8]2+的結構如圖所示，下列說法錯誤的是
A．S8和SbF5發生了氧化還原反應 B．[S8]2+中存在不同的硫硫鍵
C．反應過程中硫硫鍵發生了斷裂 D．[S8]2+中所有S原子的最外層都有8個電子
8．磷是世界上第一種被發現的元素。白磷(P4)中毒可用CuSO4溶液解毒，發生如下反應：P4+CuSO4+H2O→Cu3P+H3PO4+H2SO4(未配平)，下列說法中正確的是
A．P4只發生了氧化反應
B．反應過程中溶液pH增大
C．11molP4發生反應，轉移電子的物質的量為120mol
D．皮膚接觸到白磷，用CuSO4溶液清洗后，應再使用NaOH溶液清洗
9．下列文字敘述，用方程式解釋錯誤的是
A．丁烷裂解：
B．牙齒釉質層長期被侵蝕溶解：
C．工業廢水中含有，常用綠礬做處理劑：
D．“每爐甘石()十斤…用煤炭餅墊盛，其底鋪薪，發火鍛紅…”火法煉鋅：
10．以為催化劑，碘甲烷為助催化劑，利用甲醇合成乙酸(Monsanto法)的示意圖如下所示。
已知：銠(Rh)與鈷(Co)在周期表中上下相鄰，但Rh的最外層電子軌道處于半充滿狀態。下列說法正確的是
A．Rh的價電子排布式為，位于周期表的ds區
B．①→②過程中，Rh被氧化；③→④過程中，Rh被還原
C．⑤為，在反應中作中間產物
D．此合成原理生成和，原子利用率小于100％
11．可以催化脫除，脫除反應為，脫除過程如下圖所示，下列說法正確的是
A．圖乙中催化劑對的吸附強度強于圖甲
B．脫除過程不屬于氧化還原反應
C．該反應的平衡常數
D．催化劑的活性在脫除過程中不會改變
12．CuCl難溶于水和乙醇，在潮濕空氣中易被氧化。以堿性蝕刻廢液中的為原料制備CuCl的部分流程如下。下列說法正確的是
A．溶于水所得溶液中
B．“酸溶”時不用稀硝酸的主要原因是硝酸易揮發
C．“還原”后溶液的pH增大
D．“洗滌”時先用水再用乙醇會降低產品的純度
13．設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是
A．標準狀況下，11.2L Cl2溶于水，溶液中、和HClO的微粒數目之和為NA
B．12g石墨中含有的碳碳單鍵數目為2NA
C．常溫常壓下，Na2O2與足量H2O反應，共生成0.2mol O2，轉移電子的數目為0.4NA
D．1mol Cl2與足量消石灰反應轉移的電子數為2NA
14．三氯硅烷(SiHCl3)是制取高純硅的重要原料，常溫下為無色液體，是強還原劑且易水解。實驗室通過反應Si(s)+3HCl(g)SiHCl3(l)+H2(g)制備SiHCl3，已知電負性：Cl>H>Si．下列說法正確的是
A．生成1mol H2，轉移的電子數為2mol
B．氧化劑和還原劑的物質的量之比為3：1
C．SiHCl3在足量NaOH溶液中反應生成Na2SiO3、NaCl和H2O
D．上述生成SiHCl3的反應為吸熱反應，則該反應需在高溫條件下自發進行
15．三氯乙醛(CCl3CHO)是無色油狀液體，常用于制取農藥。其純度的測定如下(雜質不參與反應)。已知：I2+2S2O=2I-+S4O，下列說法不正確的是
A．步驟Ⅰ，需用100mL容量瓶進行配制
B．步驟Ⅲ，發生的反應為：HCOO-+I2+2OH-=2I-+CO+H2O+H+
C．步驟Ⅳ，滴定終點的現象為：加入最后半滴Na2S2O3溶液，錐形瓶中溶液藍色恰好褪去，且半分鐘內不變色
D．三氯乙醛(摩爾質量為Mg·mol-1)的純度為
16．RbAg4I5是一種只傳導Ag＋的固體電解質，利用RbAg4I5可以制成電化學氣敏傳感器。某種測定O2含量的氣體傳感器如圖所示，被分析的O2可以透過聚四氟乙烯薄膜，發生反應：4AlI3＋3O2=2Al2O3＋6I2，I2進一步在石墨電極上發生反應，引起電池電動勢變化，從而測定O2的含量。下列關于氣體傳感器工作原理說法不正確的是
A．Ag＋通過固體電解質遷向正極 B．銀電極的電極反應式為：Ag-e-=Ag+
C．測定一段時間后，固體電解質中Ag+減少 D．當O2濃度大時，電動勢變大
17．將60.05的溶液與10.05的溶液混合，滴加溶液后變紅色。設為阿伏伽德羅常數的值，下列說法中正確的是
A．上述反應過程中轉移的電子的數目為
B．5.6g中含有的未成對電子的數目為0.5
C．0.05的溶液中含有的的數目小于0.05
D．的空間構型為V形
18．下列變化過程與氧化還原反應無關的是
A．推動盛有的密閉針筒的活塞，壓縮氣體，氣體顏色變深
B．將酸性溶液滴入乙醇溶液中，溶液紫色褪去
C．將溶液加入NaOH溶液中，最終生成紅褐色沉淀
D．向包有粉末的脫脂棉上滴幾滴蒸餾水，脫脂棉燃燒
19．科研團隊以雙氧水為氧化劑催化苯羥基化制苯酚，反應機理如下圖。下列說法錯誤的是
A．反應過程中，釩基催化劑表現出氧化性和還原性
B．隨著的加入，只形成單過氧釩物種
C．反應過程中，V-O鍵裂解生成過氧釩自由基
D．該過程的總反應式：
20．某小組進行“反應物濃度對反應速率影響”實驗研究。分別取不同濃度的葡萄糖溶液和溶液于試管中，再依次向試管中滴加酸性溶液，通過色度計監測溶液透光率隨時間的變化關系。實驗結果如圖所示。
已知：(1)溶液透光率與溶液中顯色微粒的濃度成反比。
(2)酸性溶液與溶液反應時，某種歷程可表示如圖。
下列說法中不合理的是
A．從圖1可知，該實驗條件下，葡萄糖溶液濃度越大，反應速率越大
B．理論上，和的反應中參與反應的
C．圖2中曲線甲反應速率加快的原因可能與反應生成有催化作用的物質有關
D．圖2中溶液濃度不同時，數據呈現的原因是：隨濃度增大，反應歷程中①、②、③、④速率均減小
參考答案
題號 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D B B B C C C C D C
題號 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】由圖可知，氯氣與氫氧化鈉溶液在冷水條件下反應生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，根據化合價升降守恒、原子守恒，反應的化學方程式為Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，在熱水條件下反應生成氯化鈉、氯酸鈉和水，根據化合價升降守恒、原子守恒，反應的化學方程式為3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O。
【詳解】A．由分析可知，反應Ⅰ和Ⅱ都有氯化鈉生成，A正確；
B．里中心原子Cl的價層電子對數為，孤對電子對數為1，則其空間結構為三角錐形，B正確；
C．反應Ⅰ中存在關系式：，1mol氯氣參加反應，反應轉移1mol電子，反應Ⅱ中存在關系式：，1mol氯氣參加反應，反應轉移mol電子，則反應轉移的電子數之比為3：5，C正確；
D．由分析可知，反應Ⅰ和Ⅱ中，參加反應的氯氣與氫氧化鈉的物質的量之比都為1：2，D錯誤；
故選D。
2．B
【詳解】A．由題中信息可知，利用可將廢水中的轉化為對環境無害的物質X后排放，則X表示，仍然是大氣污染物，A錯誤；
B．該反應中，還原劑中C元素的化合價由-2價升高到+4價，升高了6個價位，氧化劑中N元素的化合價由+5價降低到0價，降低了5個價位，由電子轉移守恒可知，氧化劑與還原劑的物質的量之比為，B正確；
C．中C元素的化合價由-2價升高到+4價，是該反應的還原劑，有強氧化性，通常不能用作還原劑，故不可用替換，C錯誤；
D．未注明氣體狀態，無法計算，D錯誤；
故選B。
3．B
【分析】由題給流程可知，向銅、銀、金的混合物中加入稀硫酸和過氧化氫的混合溶液浸取，將銅轉化為硫酸銅，銀、金不反應，過濾得到含有硫酸銅的浸出液1和含銀、金的浸渣1，則酸1為稀硫酸；向浸渣1中加入鹽酸和過氧化氫的混合溶液浸取，將銀轉化為氯化銀、金轉化為HAuCl4，過濾得到含有氯化銀的浸渣2和含有HAuCl4的浸出液2，則酸2為稀鹽酸；向浸渣2中加入硫代硫酸鈉溶液，將氯化銀轉化為二硫代硫酸根合銀離子，過濾得到含有二硫代硫酸根合銀離子的浸出液3；浸出液3電沉積得到銀；向含有HAuCl4的浸出液2中加入肼，將溶液中HAuCl4轉化為金。
【詳解】A．由分析可知，酸1為稀硫酸，酸2為稀鹽酸，故A正確；
B．由分析可知，浸取2中使用稀鹽酸的目的是將銀轉化為氯化銀、金轉化為HAuCl4，不是提高了過氧化氫的氧化性，故B錯誤；
C．由分析可知，加入肼的目的是將溶液中HAuCl4轉化為金，反應的離子方程式為4AuCl+ 3N2H4 =4Au+3N2↑+16C1-+12H+，故C正確；
D．硫代硫酸根離子的結構式為，離子中中心原子硫原子的孤對電子對數為=0，端基硫原子的孤對電子對數為=2，所以中心硫原子配位能力小于端基硫原子，故D正確；
故選B。
4．B
【詳解】分析：在稀硫酸中溶解，通入在發生器中發生氧化還原反應，生成和，通過鼓入空氣，防止濃度過高，還可以將其吹進吸收塔，根據氧化還原反應規律可知，在吸收塔中與雙氧水、氫氧化鈉反應生成和氧氣，再經過一系列操作得到粗產品。
A．具有強氧化性，可以氧化，則溶解過程中不可以用鹽酸代替稀硫酸，錯誤；
B．與雙氧水、氫氧化鈉反應生成和氧氣，流程中做還原劑，正確；
C．發生器中鼓入空氣的主要目的是防止濃度過高，因為純易分解爆炸，錯誤：
D．在吸收塔中與雙氧水、氫氧化鈉反應生成和氧氣，溫度過低反應速率慢，但是不一定會導致產率下降，錯誤；
故選B。
5．C
【詳解】A．由題干信息可知，Zn能夠置換出Au，說明還原性：，A正確；
B．由題干信息可知，反應配平后的方程式為：，即X表示，B正確；
C．由B項分析可知，根據配平之后的反應方程式可知，生成，轉移電子總數為，C錯誤；
D．由B項分析可知，根據配平之后的反應方程式可知，氧化產物ZnCl2與還原產物Au、H2的物質的量之比為，D正確；
故答案為：C。
6．C
【分析】根據題干和流程圖：高砷煙塵(主要成分為、和，、均為酸性氧化物)，加入氫氧化鈉和硫化鈉進行堿浸，沉淀為和S，發生反應：，浸出液主要成分為和，加入過氧化氫進行氧化，發生反應：，得到溶液，然后蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥得到砷酸鈉晶體，據此分析；
【詳解】A．As是第33號元素，位于元素周期表中第四周期第ⅤA族，A錯誤；
B．根據分析可知，“堿浸”時發生反應：，其中氧化產物（S）與還原產物（5PbS其中3個化合價由+4降到+2）的物質的量之比為1：1，B錯誤；
C．浸出液“氧化”過程中，發生反應：，C正確；
D．“氧化”后得到溶液，經過蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥得到砷酸鈉晶體，D錯誤；
故選C。
7．C
【詳解】A．S8中S元素得化合價為0，[S8]2+中S元素的化合價不再為0， S元素的化合價發生了改變，所以S8和SbF5反應時有元素化合價發生了改變，故S8和SbF5發生了氧化還原反應，故A正確；
B．[S8]2+的結構中，硫原子之間存在不同的硫硫鍵，包括單鍵和雙鍵，所以[S8]2+中存在不同的硫硫鍵，故B正確；
C．S8中是一個8元環結構，反應后生成[S8]2+，其結構仍是8個S原子組成的環狀結構，所以反應過程中硫硫鍵并未完全斷裂，而是發生了重排（如單鍵和雙鍵的形成），故C錯誤；
D．[S8]2+中，硫原子的最外層電子數為6，加上硫原子之間的共用電子對，每個硫原子的最外層電子數為8，所以[S8]2+中所有S原子的最外層都有8個電子；故D正確；
故答案為：C。
8．C
【分析】反應中P由0價歧化為+5價和-3價，Cu由+2價降為+1價，根據轉移電子守恒和元素守恒可配平方程式11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4，氧化劑為P4和CuSO4，還原劑為P4，氧化產物為H3PO4，還原產物為Cu3P，據此解答：
【詳解】A．P4、Cu3P、H3PO4中P的化合價分別為0、-3、+5，即發生氧化反應，又發生還原反應，故A錯誤；
B．反應生成硫酸和磷酸，H+濃度增加，pH減小，故B錯誤；
C．據分析，根據氧化反應計算電子轉移的物質的量，11molP4參與反應生成24molH3PO4，則轉移24×5=120mol電子，故C正確；
D．皮膚接觸到白磷，雖然用稀CuSO4溶液清洗后生成了H3PO4、H2SO4，但由于NaOH具有強腐蝕性，不能用NaOH溶液清洗，故D錯誤；
故答案為C。
9．D
【詳解】A．丁烷裂解生成甲烷和丙烯的反應式為：，該反應式配平正確，且裂解產物合理，A正確；
B．牙齒釉質層（羥基磷酸鈣）被侵蝕的反應式為：，電荷守恒、配平正確，B正確；
C．綠礬處理的反應式為：，該反應式電荷守恒，且氧化還原過程配平正確，C正確；
D．爐甘石()與碳高溫反應生成Zn和CO，而非CO2。正確反應式應為：，D錯誤；
故選D。
10．C
【詳解】A．Rh的價電子排布式為，為第Ⅷ族元素，位于周期表的d區，A錯誤；
B．由圖，①→②過程中，Rh多結合了I-，Rh化合價升高，被氧化；③→④過程中，Rh和CO形成配位鍵，沒有被還原，B錯誤；
C．根據轉化關系→ +⑤，可推出⑤為，在甲醇合成乙酸反應中作中間產物，C正確；
D．由圖，此合成原理總反應為甲醇和CO催化反應生成乙酸，，原子利用率為100％，D錯誤；
故選C。
11．A
【詳解】A．Fe2O3中鐵元素為+3價、氧元素為-2價，圖甲Fe2O3中帶正電荷的鐵元素和H2S中帶正電荷的氫元素之間的斥力較大，而圖乙Fe2O3中帶負電荷的氧元素和H2S中帶正電荷的氫元素之間的引力較大，則圖甲中Fe2O3對H2S的吸附能力弱于圖乙，故A正確；
B．圖中鐵元素的化合價由+3價降低至+2價，硫元素的化合價由-2價升高至0價，氧元素的化合價未發生變化，有化合價變化，屬于氧化還原過程，故B錯誤；
C．根據脫除反應的化學方程式可知，該反應的平衡常數表達式為，故C錯誤；
D．脫除一段時間后，析出的硫單質附著在催化劑表面，會影響催化劑的活性，活性降低，故D錯誤；
故答案為A。
12．D
【分析】由題給流程可知，二氯化四氨合銅經多步轉化得到氧化銅，向氧化銅中加入稍過量的稀硫酸酸溶，將氧化銅轉化為硫酸銅，向反應得到的硫酸銅溶液加入氯化鈉和亞硫酸鈉固體，將硫酸銅轉化為氯化亞銅沉淀，反應的離子方程式為2Cu2++SO+2Cl—+H2O=2CuCl↓+SO+2H+，過濾、用乙醇洗滌得到氯化亞銅。
【詳解】A．配合物中四氨合銅離子為內界、氯離子為外界，配合物在溶液中電離出四氨合銅離子和氯離子，不能電離出氨分子，故A錯誤；
B．“酸溶”時不用稀硝酸的主要原因是稀硝酸具有強氧化性，會將亞硫酸根離子氧化為硫酸根離子，導致亞硫酸根離子無法將溶液中的銅離子還原為氯化亞銅沉淀，故B錯誤；
C．由分析可知，“還原”發生的反應為2Cu2++SO+2Cl—+H2O=2CuCl↓+SO+2H+，反應生成的氫離子會使溶液pH減小，故C錯誤；
D．由題意可知，氯化亞銅在潮濕空氣中易被氧化，所以“洗滌”時先用水再用乙醇會使氯化亞銅被氧化，降低產品的純度，故D正確；
故選D。
13．C
【詳解】A．Cl2溶于水的反應是可逆反應，溶液中還存在氯氣分子，則、和HClO的微粒數目之和小于NA，A錯誤；
B．石墨片層結構為，平均每個碳原子的碳碳單鍵數為，則12g石墨中含有碳碳單鍵1.5NA，B錯誤；
C．Na2O2與H2O的反應方程式為，Na2O2既是氧化劑，又是還原劑，O2為氧化產物，由可知，共生成0.2mol O2，轉移電子的數目為，C正確；
D．Cl2與消石灰反應的方程式為，Cl2既是氧化劑，又是還原劑，故1mol Cl2與足量消石灰反應轉移的電子數為NA，D錯誤；
故選C。
14．B
【詳解】A．電負性：Cl>H>Si，Si-H中，電子對偏向于H，則SiHCl3中Si為+4價，根據方程式：Si(s)+3HCl(g)SiHCl3(l)+H2，轉移了4個電子，故生成1molH2，轉移的電子數為4mol，A錯誤；
B．在該反應中HCl是氧化劑，在參加反應的3個H中，1個化合價降低到-1價，2個化合價降低到0價；Si化合價由0升高到+4價，做還原劑，故氧化劑和還原劑的物質的量之比為3：1，B正確；
C．SiHCl3水解的化學方程式為：，SiHCl3在足量NaOH溶液中反應生成Na2SiO3、NaCl、和H2O，C錯誤；
D．上述生成SiHCl3的反應為吸熱反應，，正向是熵減反應，，則該反應自發進行需，可知需要在低溫條件下，D錯誤；
故選B。
15．B
【分析】將樣品溶于水配制100mL溶液，從中取出10mL溶液加適量的Na2CO3進行反應將CCl3CHO反應生成CHCl3和HCOO-，加入溶液調節pH值后加入25mL0.1mol/LI2溶液，充分反應后，加入淀粉作指示劑并用0.02mol/LNa2S2O3溶液，消耗VmL最后計算出三氯乙醛的純度，據此分析解題。
【詳解】A．步驟Ⅰ是將樣品配成100mL溶液，故需用100mL容量瓶進行配制，A正確；
B．已知CO與H+不能大量共存，故步驟Ⅲ，發生的反應為：HCOO-+I2+3OH-=2I-+CO+2H2O，B錯誤；
C．步驟Ⅳ原來溶液時I2和淀粉溶液呈藍色，當滴定終點的時候I2消耗掉了，所有藍色消失，故滴定終點的現象為：加入最后半滴Na2S2O3溶液，錐形瓶中溶液藍色恰好褪去，且半分鐘內不變色，C正確；
D．根據題干流程圖中可找到關系式：CCl3CHO~HCOO-~I2，I2~2Na2S2O3可知，過量的I2的物質的量為：0.02mol/L×V×10-3L×=V×10-5mol，則與HCOO-反應的I2的物質的量為：(25×10-3L×0.1mol/L- V×10-5)=(25×0.1-0.01V)×10-3mol，故三氯乙醛(摩爾質量為Mg·mol-1)的純度為，D正確；
故答案為：B。
16．C
【分析】由題意可知，銀電極為原電池的負極，銀失去電子發生氧化反應生成銀離子，多孔石墨電極為正極，銀離子作用下碘在正極得到電子發生還原反應生成碘化銀，電池的總反應為2Ag+I2=2AgI。
【詳解】A．傳感器工作過程中銀離子通過固體電解質遷向正極，故A正確；
B．由分析可知，銀電極為原電池的負極，銀失去電子發生氧化反應生成銀離子，電極反應式為Ag-e-=Ag+，故B正確；
C．由分析可知，電池的總反應為2Ag+I2=2AgI，則測定一段時間后，固體電解質中銀離子個數不變，故C錯誤；
D．由方程式可知，氧氣濃度增大時，反應生成碘的物質的量增大，導致在正極放電的碘的物質的量增大，外電路轉移電子的物質的量增大，電動勢變大，故D正確；
故選C。
17．B
【詳解】A．n(KI)=，，由反應可知，不足，根據的物質的量計算轉移電子數，轉化為，1個得到1個電子，n()=，則轉移電子數為，又因為滴加溶液后變紅色，所以溶液中含有，該反應為可逆反應，轉移電子數小于，A錯誤；
B．的電子排布式為，3d軌道上有5個未成對電子，5.6g的物質的量為n=，含有的未成對電子的數目為，B正確；
C．只知道溶液的濃度為，沒有溶液體積，無法計算的數目，C錯誤；
D．與是等電子體，是直線形結構，所以的空間構型為直線形，D錯誤；
故答案選B。
18．A
【詳解】A．推進盛有NO2的密閉針筒的活塞，增大壓強，反應2NO2N2O4的平衡正向移動，NO2的濃度增大，氣體顏色變深，不涉及氧化還原反應，故A正確；
B．乙醇有還原性，高錳酸鉀有氧化性，兩者發生氧化還原反應使紫色褪去，涉及氧化還原反應，故B錯誤；
C．Fe2+與NaOH生成Fe(OH)2白色沉淀，Fe(OH)2被氧化為Fe(OH)3紅褐色沉淀，涉及氧化還原反應，故C錯誤；
D．Na2O2加水生成氧氣，涉及氧化還原反應，故D錯誤；
故答案為A。
19．B
【詳解】A．如圖所示，V的化合價包含+4和+5，表現出氧化性和還原性，故A正確；
B．根據反應機理可知，隨著的加入，可能形成雙過氧釩物種，故B錯誤；
C．根據反應機理可知，存在V-O鍵裂解生成過氧釩自由基，如圖：→，故C正確；
D．如圖所示，反應為苯、過氧化氫，產物為苯酚、水，反應式為，故D正確；
故答案為B。
20．D
【詳解】A．由圖1，葡萄糖濃度越大，透光率上升越快，由已知(1)，即高錳酸根濃度下降越快，故反應速率越大，A正確；
B．高錳酸鉀氧化草酸，生成二價錳離子和二氧化碳，錳化合價從+7變為+2，得5個電子，碳化合價+3變為+4,1個草酸分子失2個電子，根據氧化還原反應得失電子守恒，KMnO4和H2C2O4的反應中參與反應的n(KMnO4)：n(H2C2O4)=2：5，B正確；
C．由歷程圖，Mn2+可以作為高錳酸鉀和草酸反應的催化劑，故圖2中曲線甲反應速率加快的原因可能與反應生成Mn2+有催化作用有關，C正確；
D．隨H2C2O4濃度增大，草酸根濃度增大，反應歷程①中，草酸根是反應物，隨濃度增大，歷程①速率是增大的，故D錯誤；
本題選D。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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