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河南省2023~2024学年度八年级上学期阶段评估(一) 1L R-HEN数学.考卷答案试卷答案
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评分标准：没有标能量数值或物质，不得分
【解析】(1)根据生成热定义，单质能量定为0，所以，生成热越小，放出热量越多，说明生成物越稳定
即在卤化钠中，氟化钠最稳定，碘化钠最不稳定
(2)物质越稳定，能量越低，熔点越高
在卤化钠中，氟化钠熔点最高
(3)根据生成热定义计算，2Na(s)+H2(g)2NaH(s)△H=-112kJ·molP(4)F2(g)+2NaCl(s)2NaF(s）+Cl2(g)△H=(-574+411)×2kJ·mol=-326kJ·mol-
(5)依题意，钠、氯气总能量为0，生成2molNaCl(s)放出热量822kJ
16.【答案】(1)2△H1+△H2(2分)K×K(2分)(2)CD(2分)评分标准：答C或D,得1分
(3)不变(2分)(4)①该可逆反应是气体分子数增大的反应，温度不变，随着x增大，平衡体系的分压减小，平衡向正反应方向移动，02的平衡转化率增大(2分)评分标准：漏掉“该可逆反应是气体分子数增大的反应”，得1分
②<(1分)③2(1分)136.7(2分)【解析】(1)根据盖斯定律，①×2+②得目标反应
(2)气体密度由大到小，A项错误；气体分子数不变，在恒温恒容条件下，气体压强始终不变，B项错误；气体总物质的量不变，气体质量减小，故气体平均摩尔质量由大到小，不变时达到平衡，C项正确：02体积分数由0变大，不变时达到平衡，D项正确
(3)平衡时通入0，平衡常数不变，转化率保持不变
(4)①在恒压条件下，增大A和03体积之比，平衡体系的分压减小，平衡向正反应方向移动
②可逆反应的正反应是放热反应，降低温度，0，的平衡转化率增大
③令起始时n(0)=1mol,n(Ar)=2mol
用三段式计算：203(g)302(g)起始物质的量/mol:10变化物质的量/mol:0.60.9平衡物质的量/mol:0.40.9平衡时气体总物质的量为0.4m+0.9ml+2.0m=3.3mlp(0,)=9k×分=2kn,同理
p(02)p(O,)=27kP
起始时0，分压为3kPa
0,分压变化率为3km2ka-斗ka·mim
K=OminkPa≈136.7kPa
27317.【答案】(1)甲、乙(1分)计时器（或秒表）(1分)(2)①2Mn0:+5H2C,04+6H=2Mn2++10C02↑+8H,0(2分)评分标准：离子符号错误、未配平均不得分；漏气体符号得1分
②Mn2+起催化作用(1分)③10.0(1分)MnS0,(1分)》评分标准：答“MnS0,起催化作用”，得分；l0,不得分
(3)①A(1分)②最后滴入半滴KM0,标准溶液，溶液由无色刚好变为紫红色且半分钟不褪色(2分，粉红色、红色也对)评分标准：漏掉“最后滴入半滴”，“刚好”，半分钟不褪色（或不变色），得1分
化学第3页（共4页）
分析判断函数f（x）为奇函数，x∈R时，f（x）为单调递增函数，根据已知条件，等价转化成不等式sin2θ+2mcosθ-2m-2＜0在θ∈[$\frac{π}{3}$，$\frac{π}{2}$]上恒成立，然后，换元，设函数g（t）=t2-2mt+2m+1，对其对称轴进行讨论．
解答解：对任意x，y∈R，有f（x+y）=f（x）+f（y），
令x=y=0，则f（0）=2f（0），即有f（0）=0；
函数的定义域为R，关于原点对称，
令y=-x，则f（0）=f（x）+f（-x）=0，即有f（-x）=-f（x），则函数f（x）为奇函数；
设x1＜x2，则x2-x1＞0，
由于当x＞0时，恒有f（x）＞0，则f（x2-x1）＞0，即有f（x2）+f（-x1）＞0，
即f（x2）-f（x1）＞0，即f（x2）＞f（x1），故x∈R时，f（x）为单调递增函数．
不等式f（sin2θ）+f（2mcosθ-2m-2）＜0在θ∈[$\frac{π}{3}$，$\frac{π}{2}$]上恒成立，可得不等式sin2θ+2mcosθ-2m-2＜0在θ∈[$\frac{π}{3}$，$\frac{π}{2}$]上恒成立，
即1-cos2θ+2mcosθ-2m-2＜0在θ∈[$\frac{π}{3}$，$\frac{π}{2}$]上恒成立，
得cos2θ-2mcosθ+2m+1＞0在θ∈[$\frac{π}{3}$，$\frac{π}{2}$]上恒成立
由θ∈[$\frac{π}{3}$，$\frac{π}{2}$]，则0≤cosθ≤$\frac{1}{2}$
设t=cosθ，则0≤t≤$\frac{1}{2}$，
设g（t）=t2-2mt+2m+1，0≤t≤$\frac{1}{2}$，关于t=m对称．
（1）当m≤0时，g（t）在t∈[0，$\frac{1}{2}$]上为增函数，
则g（t）min=g（0）=2m+1＞0，
得m＞-$\frac{1}{2}$，∴$\frac{1}{2}$＜m≤0；
（2）当0＜m＜$\frac{1}{2}$时，g（t）min=g（m）=-m2+2m+1＞0，
得1-$\sqrt{2}$＜m＜1+$\sqrt{2}$，
所以0＜m＜$\frac{1}{2}$；
（3）当m≥$\frac{1}{2}$时，g（t）在t∈[0，$\frac{1}{2}$]上为减函数，
则g（t）min=g（$\frac{1}{2}$）=m+$\frac{5}{4}$＞0，得m＞-$\frac{5}{4}$，
所以m≥$\frac{1}{2}$．
综上，m＞$\frac{1}{2}$．
点评本题考查抽象函数及运用，考查函数的奇偶性、单调性的判断，考查了三角公式、同角三角函数基本关系式中的平方关系、二次函数等知识的综合运用，属于中档题，重点考查了分类讨论思想在解题中应用，解决抽象函数的常用方法：赋值法，属于难题．
