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三晋卓越联盟·山西省2023-2024学年高三4月质量检测卷数学h试卷答案

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23:160w80·念o9l☑包决定总反应速举，D项止确

8.【答案】A【解析】根据盖斯定律，由①x3+②×6-③得到所求反应：3H,(g)+6C(s)一C,H.(1)△H=(-285.8×3-393.5×6+3267.5)kJ·mol-=+49.1kJ·mol-1

37/84化学第36页（共84页）9.【答案】B【解析】盐酸与NaOH反应的本质是H、OH之间的反应，而Ba(OH),与硫酸的反应除H、OH反应外还有Ba2+、SO之间的反应，A项错误；由燃烧热的含义知B项正确；许多放热反应也需要加热，C项错误；与燃烧热对应的水是液态水，D项错误

10.【答案】D【解析】△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和=2(H一H)+(0=0)-4(H一0)；-482kJ·mol=2×436k·mol+(0=0)-4×463kJ·mol,解得0=0键的键能为498kJ·mol',形成化学键时释放能量，因此20(g)一02(g)的△H=-498k·mol,D项正确

11.【答案】B【解析】形成化学键要放出热量，△H<0,第二个反应是盐类的水解反应，是吸热反应，△H,>0,A项错误；△H1是负值，△H2是正值，△H1<△H2,B项正确；酸碱中和反应是放热反应，△H3<0,△H,<0,C项错误：第四个反应（醋酸是弱酸，电离吸热）放出的热量小于第三个反应，但△H,和△H都是负值，则△H<△H4,D项错误

12.【答案】C【解析】由热化学方程式知，试剂应是强酸与强碱的稀溶液，A项错误；中和热是酸、碱的稀溶液间反应只生成1molH,0(1)时的反应热，B项错误；若保温性不好，则测量出反应放出的热量变少，“△H偏大，C项正确；为保证反应进行完全，实验时酸、碱中应有一种稍微过量一些，D项错误

13.【答案】A【解析】由于C、C0完全燃烧的产物均是C0,由C→C0→C0,及盖斯定律知，A项正确：只有可表示为H(aq)+0H(aq)=H,0(I)的中和反应的△H=-57.3k·mol,B项错误；气态物质本身能量高于等量的液态物质的能量，由能量守恒知气态物质燃烧释放出的热量较多，C项错误：有许多放热反应开始时难以发生（如煤燃烧），D项错误

14.【答案】B【解析】过程①中钛氧键断裂需要吸收能量，A项错误；由图可知，光热化学循环分解C02反应转化为C0,故光能和热能转化为化学能，B项正确；使用TO2作催化剂可以降低反应的活化能，从而提高化学反应速率，但反应焓变（△H)不变，C项错误；结合图中数据，反应2C02(g)2C0(g）+0,(g)的△H=(1598kJ·mol×2)-(2×1072kJ·mol+496kJ·mol1)=+556kJ·moll,D项错误15.【答案】B【解析】图中未给出反应物CH,的相对能量，所以无法判断该反应的焓变，A项错误；H,0(g)和0,(g)的相对能量都为0，与催化剂接触后，·H0的相对能量更低，说明H,0(g)在催化剂表面上更容易被吸附，B项正确；0，分子中含有0=0键是非极性键、CH,中的C一H键是极性键，CH,OH中没有非极性键，C项错误；正反应的活化能越大，反应越慢，由图可知，·CH4、·OH和·H生成·CH,OH和2·H过程中活化能最大，反应速率最慢，D项错误

16.【答案】D化学第37页（共84页）【解析】由图知，反应Ⅱ是N=N与C0的反应、反应Ⅲ是N,0与C0间的反应，反应Ⅱ活化能00较反应Ⅲ小，故N一N更容易与C0发生反应，A项错误；反应Ⅱ反应速率较反应Ⅲ快，相同时间00生成的C0,更多些，B项错误：由盖斯定律可知，由①+②+③可得2N0(g)+2C0(g)N,(g)+

分析（I）求导数，分类讨论，利用当时的正负确定函数y=f（x）的单调性并求其单调区间；
（Ⅱ）e^x-ax一1-xlnx=0在（0，+∞）上有根，即a=$\frac{{e}^{x}}{x}$-lnx-$\frac{1}{x}$在（0，+∞）上有根，即可求实数a的取值范围；
（Ⅲ）证明x＞0时，0＜g（x）＜x，得出g（x）与x不能同时处于f（x）的单调递减区间内，分类讨论，即可求实数a的取值范围．

解答解：（I）∵f（x）=e^x-ax一1，∴f′（x）=e^x-a，
当a≤0时，f′（x）＞0恒成立；
即f（x）的单调增区间为R；
当a＞0时，x∈（-∞，lna）时，f′（x）＜0，
x∈（lna，+∞）时，f′（x）＞0；
故f（x）的单调增区间为（lna，+∞），单调减区间为（-∞，lna）；
（Ⅱ）F（x）=f（x）-x1nx=e^x-ax一1-xlnx，
∵F（x）在定义域（0，+∞）内存在零点，
∴e^x-ax一1-xlnx=0在（0，+∞）上有根，
即a=$\frac{{e}^{x}}{x}$-lnx-$\frac{1}{x}$在（0，+∞）上有根；
令g（x）=$\frac{{e}^{x}}{x}$-lnx-$\frac{1}{x}$，g′（x）=$\frac{（{e}^{x}-1）（x-1）}{{x}^{2}}$，
故g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增；
故g（x）≥g（1）=e-0-1=e-1；
故实数a的取值范围为[e-1，+∞）；
（Ⅲ）首先证明，x＞0时，g（x）=1n（e^x-1）-lnx=ln$\frac{{e}^{x}-1}{x}$＜x，即e^x-1＜xe^x，
即x＞0时，h（x）=xe^x-e^x+1＞0恒成立．
∵h′（x）=xe^x＞0，∴h（x）在x∈（0，+∞）上单调递增，
∴x∈（0，+∞）上，h（x）＞h（0）=0，
∴x＞0时，g（x）＜x；
同理可以证明x＞0时，g（x）＞0，∴e^x-1-x＞0，
∴x＞0时，0＜g（x）＜x
∵①f[g（x）]＜f（x）在x∈（0，+∞）上恒成立，②x＞0时，0＜g（x）＜x
∴g（x）与x不能同时处于f（x）的单调递减区间内．
由（I）可知，a≤0，f（x）在R上单调递增，故不存在单调递减区间，符合要求．
当a＞0时，f′（x）草图如图所示，

∴为使得g（x）与x不同时处于f（x）的单调递减区间内，当且仅当lna≤0，
∴0＜a≤1，
∴当0＜g（x）＜x＜lna时，g（x）与x同时处于f（x）的单调递减区间内，
综上可知a≤1．

点评本题考查导数知识的综合运用，考查函数的单调性，考查函数的零点，考查恒成立问题，考查分类讨论的数学思想，难度大．

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