衡水金卷先享题2023-2024高三一轮复习摸底测试卷摸底卷(广西)二数学考试卷

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20,(g)H,0()△H=-285·ml.③CH,0H()+0,(g)一C0,(g)+2H,0(I)）4H=-726kJ·mol-1,根据盖斯定律，由（①+②×2-③）可得：C0(g）+2H2（g)一CH0H(1)△H=-127kJ·mol-1

(2)由于反应①气体分子总数减少，所以压强增大，二氧化碳的平衡转化率提高，P3>P2>P1

由于反应①放热，升温平衡逆向移动，反应②吸热，升温平衡正向移动，所以C02的平衡转化率在低温时主要看温度对反应①和②的影响程度

若以反应①为主，则C02的平衡转化率减小；若以反应②为主，则C02的平衡转化率增大；又由于反应②为气体体积不变的反应，温度升高到一定程度，以反应②为主，压强对平衡几乎无影响，所以不同压强下，C02的平衡转化率几乎相等

(3)根据反应①可知，CH4与H2的变化量之比为1：2，根据反应③可知，CH4与H20的变化量之比为1：2，根据反应②可知，H2与H,0的变化量之比为1：1，故反应体系平衡时H2和H,0的总量等于CH4的减少量的2倍，即△(G1,）=(a+6)2ml,则CH的平衡转化率为“生×100%

设平衡时三个反应中反应物的变化量：CH4为xmol、H2为zmol、CH4为ymol,则：①CH4(g)+C02(g)2C0(g）+2H2(g)②H2(g)+C02(g)=C0(g)+H20(g)③CH4(g)+3C02(g)4C0(g）+2H,0(g)平衡时各物质的物质的量分别如下：2x-z=a,2y+z=b,n(C0)=2x+4y+z,n(C02)=4-(x+3y+z),解得：n(C0)=(2b+a)mol,n(C02)=(4-a/2-3b/2)mol,则反应②的平衡常数K=n(C0)·n(H20)/[n(H2)·n(C02)]=2b(a+2b)a(8-a-3b)96s6p19.答案(1)↑↑↑↑K2分)9(1分)5(1分)(2)At、R(2分)BiH,、NH3、PH,均为分子晶体，其中BiH相对分子质量最大，范德华力最大，故沸点最高；NH3分子间能形成氢键，故NH3沸点高于PH(合理即可，2分)(3)2(1分)B(1分)(4)9:23(2分)12(1分)3M(2分)2Na命题透析本题以双钙钛矿纳米晶为素材，考查物质结构与性质知识，意在考查分析、应用等能力，宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认知的核心素养

6s思路点拨(1)Bi为第六周期VA元素，则基态Bi原子的价电子轨道表示式为基态氯6-

分析根据正弦定理余弦定理和基本不等式即可证明$\frac{sinA}{sinA+sinB}$+$\frac{sinC}{sinB+sinC}$=1是∠B≤60°的充分条件，举反例即可说明不是必要条件．

解答证明：根据正弦定理，$\frac{sinA}{sinA+sinB}$+$\frac{sinC}{sinB+sinC}$=$\frac{a}{a+b}$+$\frac{c}{b+c}$=1，
∴a（b+c）+c（a+b）=（a+b）（b+c），
∴b²=ac，
根据余弦定理，得cosB=$\frac{{a}^{2}+{c}^{2}-{b}^{2}}{2ac}$=$\frac{{a}^{2}+{c}^{2}-ac}{2ac}$≥$\frac{2ac-ac}{2ac}$=$\frac{1}{2}$，当且仅当a=c是取等号，
∵0＜B＜180°，
∴∠B≤60°，
∴$\frac{sinA}{sinA+sinB}$+$\frac{sinC}{sinB+sinC}$=1是∠B≤60°的充分条件，
当A=90°，C=30°，B=60°时，
$\frac{sinA}{sinA+sinB}$+$\frac{sinC}{sinB+sinC}$=$\frac{1}{1+\frac{\sqrt{3}}{2}}$+$\frac{\frac{1}{2}}{\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}}$=4-2$\sqrt{3}$+2（$\sqrt{3}$-1）=2≠1，
∴$\frac{sinA}{sinA+sinB}$+$\frac{sinC}{sinB+sinC}$=1是∠B≤60°的充分不必要条件

点评本题借助于充要条件，考查了正弦定理，余弦定理，基本不等式，属于中档题．