高考热点题型突破(二)
高考物理(热点题型全突破)专题2.5 动态平衡问题的分析方法(含解析)-人教版高三全册物理试题

专题2.5 动态平衡问题的分析方法1.动态平衡:指通过控制某些物理量使物体的状态发生缓慢变化。
在这个过程中物体始终处于一系列平衡状态中。
2. 动态平衡特征:一般为三力作用,其中一个力的大小和方向均不变化,一个力的大小变化而方向不变,另一个力的大小和方向均变化。
3. 平衡物体动态问题分析方法:解动态问题的关键是抓住不变量,依据不变的量来确定其他量的变化规律,常用的分析方法有解析法和图解法。
方法一:三角形图解法。
特点:三角形图象法如此适用于物体所受的三个力中,有一力的大小、方向均不变〔通常为重力,也可能是其它力〕,另一个力的方向不变,大小变化,第三个力如此大小、方向均发生变化的问题。
方法:先正确分析物体所受的三个力,将三个力的矢量首尾相连构成闭合三角形。
然后将方向不变的力的矢量延长,根据物体所受三个力中二个力变化而又维持平衡关系时,这个闭合三角形总是存在,只不过形状发生改变而已,比拟这些不同形状的矢量三角形,各力的大小与变化就一目了然了。
图解法的根本程序是:对研究对象的状态变化过程中的假设干状态进展受力分析,依据某一参量的变化(一般为某一角),在同一图中作出物体在假设干状态下的平衡力图(力的平形四边形或三角形),再由动态的力的平行四边形或三角形的边的长度变化与角度变化确定某些力的大小与方向的变化情况。
【典例1】如下列图,一个重力G的匀质球放在光滑斜面上,斜面倾角为α,在斜面上有一光滑的不计厚度的木板挡住球,使之处于静止状态。
今使板与斜面的夹角β缓慢增大,问:在此过程中,挡板和斜面对球的压力大小如何变化?【答案】见解析【解析】取球为研究对象,如图甲所示,球受重力G、斜面支持力F1、挡板支持力F2。
因为球始终处于平衡状态,故三个力的合力始终为零,将三个力矢量构成封闭的三角形。
F1的方向不变,但方向不变,始终与斜面垂直。
F2的大小、方向均改变,随着挡板逆时针转动时,F2的方向也逆时针转动,动态矢量三角形图乙中一画出的一系列虚线表示变化的F2。
新教材适用2024版高考化学二轮总复习第2部分新高考五大题型突破题型突破2化学工艺流程综合题突破点2

突破点2 流程中分离提纯方法与方程式的书写1. (2022·北京选考)铵浸法由白云石[主要成分为CaMg(CO 3)2,含Fe 2O 3,SiO 2杂质]制备高纯度碳酸钙和氧化镁。
其流程如下:已知: 物质Ca(OH)2 Mg(OH)2 CaCO 3MgCO 3 K sp5.5×10-61.8×10-122.8×10-93.5×10-8(1)(命题角度:方程式书写)煅烧白云石的化学方程式为 CaMg(CO 3)2=====高温CaO +MgO +2CO 2↑ 。
(2)根据下表数据分析:n (NH 4Cl)∶ n (CaO)CaO 浸出率/%MgO 浸出率/%w (CaCO 3)理论值/% w (CaCO 3)实测值/% 2.1∶1 98.4 1.1 99.7 - 2.2∶1 98.8 1.5 99.2 99.5 2.3∶1 98.9 1.8 98.8 99.5 2.4∶199.16.095.697.6已知:ⅰ.MO 浸出率=煅烧得到的MO 质量×100%(M 代表Ca 或Mg);ⅱ.CaCO 3纯度计算值为滤液A 中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中CaCO 3纯度。
①(命题角度:方程式书写)“沉钙”反应的化学方程式为 CaCl 2+NH 3·H 2O +CO 2===CaCO 3↓+NH 4Cl +H 2O 。
②(命题角度:分离提纯)CaO 浸出率远高于MgO 浸出率的原因为_Ca(OH)2的溶度积大于Mg(OH)2,溶液中Ca(OH)2能与NH 4Cl 反应,而Mg(OH)2不能__。
③(命题角度:浸出率与投料关系)不宜选用的“n (NH 4)Cl ∶n (CaO)”数值为_2.4∶1__。
④(命题角度:误差原因分析)w (CaCO 3)实测值大于理论值的原因为_反应加入的CaO 也转化为CaCO 3__。
⑤(命题角度:浸出率与H +浓度关系)蒸馏时,随馏出液体积增大,MgO 浸出率可从68.7%增加至98.9%,结合化学反应原理解释MgO 浸出率提高的原因为 Mg(OH)2+(NH 4)2SO 4=====△MgSO 4+2NH 3↑+2H 2O ,蒸馏时,NH 3逸出促进NH +4水解,溶液中H +浓度增大,有利于Mg(OH)2完全转化为MgSO 4 。
高考语文复习题型突破(二) 传记“怎样写人”类题目的4大题型

第二步:定角度,找对应(有多少,答多少)
根据题干要求,可从选材和组材两个方面思考,再结合文
章内容,具体到语段:
思考角度
文中对应的答案要点
本文作为一篇带有学术性质的自传,既然是“学
术”,选材上就要注意“真实性和典型性”,那就 需要偏重学术经历,本文介绍了自己的传记文学观
选材上 及其形成过程。文章的开头与结尾,将自己的生平
3.从表现主题的角度赏析:写他人他事他物能由点及 面,使主题更加全面深刻。
4.从展现环境的角度赏析:写他人他事他物能渲染某 种气氛,暗示人物活动的环境,揭示时代背景,交代人物 间的关系,等等。
5.从表达效果的角度赏析:写他人他事他物能丰富文 章的内容,给人以丰富的想象,发人深省,从而增强文章 感染力。
定考题指向——审清设问,知考什么
题干示例
审读判别
(2011·福建高考)文章多处提到梁思成,这对 (1)题干中有传 写朱启钤有什么作用?请选一例作简要分析。 主,还会提到
其他常见设问方式:
另一位人物;
(1)本文的传主是×××,为什么还要写另一 (2)题干中还有
人物×××?
“为什么”
(2)“自传”顾名思义应该写自己,为什么还 “作用”等字
学规范作答——解构满分,知怎么答 [例二] 阅读下面的文字,完成后面的题目。 齐白石的吝啬与慷慨 潘剑冰 齐白石是很会过日子的人,俭而近乎吝,并给后人留下
了许多趣味横生的话柄。 齐白石自己打造了一个大柜子,吃的用的全都锁在里
面,钥匙随身带着。黄永玉在《比我老的老头》里,谈到自 己经李可染引荐第一次拜见齐白石的情景:
题型突破(二) 传记“怎样写人”类题目的4大题型
因传记是记载人物生平或事迹的记叙类文体,有人的生 命、情感在内,因此具有文学性的特点。作者在选择、剪辑、 组接材料的过程中必定运用各种技巧,这些表现技巧与小说类 似。如修辞手法、表达技巧中的叙述人称(第一人称的自传、 第三人称的他传)、叙述方式(顺叙、倒叙、插叙)、抒情方式 (直接抒情、间接抒情)、人物描写手法(肖像、语言、动作、心 理等)等,表现手法中的渲染、抑扬、对比等,结构章法中的 铺垫、过渡、呼应、引出下文、总结上文、深化主旨,甚至语
新高考生物热点题型突破公开课获奖课件百校联赛一等奖课件

题型示例精析
题型二
真核细胞内具有发达的细胞内膜结构,将细胞质区分成不同 的隔室,下图是真核细胞内区室化示意图,请据图回答问题 ([ ]内填序号,________上填名称):
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题型示例精析
题型二
本讲栏目开关
(1)作为一个完整的高等动物细胞,图中还应该有________(细胞
器)。
(2)生物膜一般具有选择透过性,不允许大分子物质通过,但
题型示例精析
题型一
下列各项分别表示一组概念的从属关系,其中不正确的是 ()
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题型示例精析
题型一
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解析 物质运输包括主动运输和被动运输,被动运输包括自由 扩散和协助扩散,故 A 项正确。体液包括细胞内液和细胞外 液,细胞外液包括组织液、血浆和淋巴,故 B 项正确。突触包 括突触前膜、突触间隙和突触后膜,故 C 项错误。反射弧包 括感受器、传入神经、神经中枢、传出神经和效应器,效应器 主要由运动神经末梢和所支配的肌肉或腺体组成,故 D 项 正确。 答案 C
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题型示例精析 下列有关概念的关系图,正确的是
题型一 ()
题型示例精析
题型一
本学案栏目开关
解析 噬菌体属于病毒,不具有细胞结构,故不属于原核生物, B 项错误;所有的抗体都是蛋白质,C 错误;可遗传的变异包 括基因突变、基因重组和染色体变异三种,D 项错误;核酸包 括 DNA 和 RNA,具有催化作用的 RNA 属于酶的一种类型, A 正确。 答案 A
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题型示例精析
题型二
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(1)若图1为洋葱根尖分生区细胞,则图中不应有的结构有 ________(填标号),蓝藻与图1细胞在结构上最主要的差别是 ________________________。 (2)图2细胞是由________________细胞增殖分化而成的。该细 胞产生的抗体在合成和分泌过程中,依次经过的生物膜 (填标号)。 (3)若图2细胞发生癌变,则该细胞易扩散转移的主要原因是 ___________________________________________________。 (4)图3细胞中具有同源染色体的有____________,具有染色 单体的有________(填字母),D细胞的名称为____________。
2020届高考化学二轮复习热点题型微专题突破练:二有机化合物的命名

2020 届高考化学二轮复习热点题型微专题突破二:有机物的命名一、单选题1.下列有机化合物的命名正确的是()A.H2C = CH −CH = CH21,3 −二丁烯B. 3 −丁醛C.甲基苯酚D. 2 −甲基丁烷2.下列有机物的命名错误的是()A. 1,2,4 −三甲苯B. 3 −甲基−1 −戊烯C. 2 −甲基−1 −丙醇D. 1,3 −二溴丙烷3.用系统命名法给下列有机物命名,其中正确的是()A.2,3 −二甲基−3 −乙基丁烷B. 2,2,3,4 −四甲基己烷第1页,共6页C.对二甲苯D.2,4,4 −三甲基戊烯4.下列有机物命名错误的是( )A. 1,2,4 −三甲苯B. 2 −甲基−2 −氯丙烷C. 2 −丁醇D. 2 −甲基−3 −丁炔5.下列有机物命名正确的是A. 2 −乙基丙烷B. CH3CH2CH2CH2OH1 −羟基丁烷C. 对二甲苯D. 2 −甲基−2 −丙烯6.下列有机物命名正确的是:A.二乙酸乙二酯B.2 −甲基−2 −氯丙烷第2页,共6页C.2 −甲基−1 −丙醇D.2 −甲基−3 −丁炔7.有机物命名正确的是A.CH2BrCH2Br 二溴乙烷B.CH3OOCCH3甲酸乙酯C.硬脂酸甘油脂D.3,3 −二甲基−2 −丁醇8.按照有机物的命名规则,下列命名正确的是()A.CH2Br −CH2Br 二溴乙烷B.CH3OOCCH3甲酸乙酯C.硬脂酸甘油脂D.3,3 −二甲基−2 −丁醇9.网络趣味图片“一脸辛酸”,是在脸上重复画满了辛酸的键线式结构。
下列有关辛酸的叙述正确的是( )A.辛酸的同分异构体(CH3)3CCH(CH3)CH2COOH 的名称为2,2,3 −三甲基戊酸B.辛酸的羧酸类同分异构体中,含有3 个“一CH3”结构,且存在乙基支链的共有7 种(不考虑立体异构)C.辛酸的同分异构体中能水解生成相对分子质量为74 的有机物的共有8 种(不考虑立体异构)D.正辛酸常温下呈液态,而软脂酸常温下呈固态,故二者不符合同一通式10.下列有机物的系统命名正确的是()A. 异丁烷B. 2 −甲基−3 −丁烯C. 2 −丁醇D. 1,3,5 −三硝基苯酚11.下列有机物的命名正确的是()A. 3 −甲基−2 −乙基戊烷B. (CH3)3CCH2CH(C2H5)CH32,2 −二甲基−4 −乙基戊烷C. 邻甲基苯酚D. 2 −甲基−3 −戊炔12.下列有机物的命名正确的是A.乙二酸二乙酯B.2,2 −二甲基−1 −氯乙烷C.2 −甲基−1 −丙醇D.二甲醛苯二、填空题13.(1)按系统命名法,化合物的名称是(2)按系统命名法,化合物的名称为(3)按系统命名法,的名称是(4)按系统命名法,的名称是(5)2,3 −二甲基−1,3 −丁二烯的结构简式为14.用系统命名法给下列有机物命名.(1) :(2) :(3) :(4) :.15.(1)写出下列烷烃的系统名称:①;②;③;(2)根据下列有机物的名称,写出相应的结构简式:①2,4 −二甲基戊烷;②2,2,5 −三甲基−3 −乙基己烷。
(统考版)2023高考化学二轮专题复习 第一部分 高考选择题专项突破 题型2 阿伏加德罗常数判断应用

题型2 阿伏加德罗常数判断应用真题·考情 全国卷1.[2022·全国甲卷]N A 为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( ) A .25 ℃,101 kPa 下,28 L 氢气中质子的数目为2.5N A B .2.0 L 1.0 mol·L -1AlCl 3溶液中,Al 3+的数目为2.0N A C .0.20 mol 苯甲酸完全燃烧,生成CO 2的数目为1.4N AD .电解熔融CuCl 2,阴极增重6.4 g ,外电路中通过电子的数目为0.10N A 2.[2021·全国甲卷]N A 为阿伏加德罗常数的值。
下列叙述正确的是( ) A .18 g 重水(D 2O)中含有的质子数为10N AB .3 mol 的NO 2与H 2O 完全反应时转移的电子数为4N AC .32 g 环状S 8()分子中含有的S —S 键数为1N AD .1 L pH =4的0.1 mol·L -1K 2Cr 2O 7溶液中Cr 2O 72−离子数为0.1N A 3.[2020·全国卷Ⅲ]N A 是阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是( ) A .22.4 L(标准状况)氮气中含有7N A 个中子 B .1 mol 重水比1 mol 水多N A 个质子C .12 g 石墨烯和12 g 金刚石均含有N A 个碳原子D .1 L 1 mol·L -1NaCl 溶液含有28N A 个电子4.[2019·全国卷Ⅱ]已知N A 是阿伏加德罗常数的值,下列说法错误的是( ) A .3 g 3He 含有的中子数为1N AB .1 L 0.1 mol·L -1磷酸钠溶液含有的PO 43−数目为0.1 N AC .1 mol K 2Cr 2O 7被还原为Cr 3+转移的电子数为6N AD .48 g 正丁烷和10 g 异丁烷的混合物中共价键数目为13N A省市卷1.[2022·浙江1月]设N A 为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( ) A .在25 ℃时,1 L pH 为12的Ba(OH)2溶液中含有OH -数目为0.01 N A B .1.8 g 重水(D 2O)中所含质子数为N AC.足量的浓盐酸与8.7 g MnO2反应,转移电子的数目为0.4 N AD.32 g甲醇的分子中含有C—H键的数目为4 N A2.[2021·河北卷]N A是阿伏加德罗常数的值。
2022年高考数学基础题型重难题型突破类型二 恒成立问题与有解问题(解析版)

2022年高考数学基础题型重难题型突破类型二恒成立问题与有解问题一.不等式的恒成立与有解问题,可按如下规则转化:一般地,已知函数()[],,y f x x a b =∈,()[],,y g x x c d =∈(1)若[]1,x a b ∀∈,[]2,x c d ∀∈,总有()()12f x g x <成立,故()()2max min f x g x <;(2)若[]1,x a b ∀∈,[]2,x c d ∃∈,有()()12f x g x <成立,故()()2max max f x g x <;(3)若[]1,x a b ∃∈,[]2,x c d ∃∈,有()()12f x g x <成立,故()()2min min f x g x <;(4)若[]1,x a b ∀∈,[]2,x c d ∃∈,有()()12f x g x =,则()f x 的值域是()g x 值域的子集.二.恒成立问题的一般解答方法如下:(1)参数分离法:将原不等式化为()a g x >或()a g x <恒成立的问题,然后分析函数()g x 在所给区间的单调性及最值,只需满足最值成立即可;(2)分类讨论:讨论函数()f x 在所给区间单调性及最值,需满足()max 0f x <或()min 0f x >【典例1】已知函数f (x )=(1-x )e x-1.(1)求f (x )的极值;(2)设g (x )=(x -t )2x ,存在x 1∈(-∞,+∞),x 2∈(0,+∞),使方程f (x 1)=g (x 2)成立,求实数m 的最小值.【典例2】设函数f (x )=ax 2-x ln x -(2a -1)x +a -1(a ∈R ).若对任意的x ∈[1,+∞),f (x )≥0恒成立,求实数a 的取值范围.【典例3】已知f (x )=x 2-4x -6ln x .(1)求f (x )在(1,f (1))处的切线方程以及f (x )的单调性;(2)对任意x ∈(1,+∞),有xf ′(x )-f (x )>x 2+6k 恒成立,求k 的最大整数解;(3)令g (x )=f (x )+4x -(a -6)ln x ,若g (x )有两个零点分别为x 1,x 2(x 1<x 2)且x 0为g (x )的唯一的极值点,求证:x 1+3x 2>4x 0.【典例4】已知函数f (x )=x 2+πcos x .(1)求函数f (x )的最小值;(2)若函数g (x )=f (x )-a 在(0,+∞)上有两个零点x 1,x 2,且x 1<x 2,求证:x 1+x 2<π.【典例5】已知函数f (x )=a e x -1-ln x +ln a .若f (x )≥1,求a 的取值范围.【典例6】设函数f (x )=a ln x +1-a 2x 2-bx (a ≠1),曲线y =f (x )在点(1,f (1))处的切线斜率为0.(1)求b ;(2)若存在x 0≥1,使得f (x 0)<aa -1,求a 的取值范围.2思路分析❶存在x 0≥1,使得f (x 0)<aa -1↓❷fxmin<a a -1↓❸求f xmin【典例7】已知函数f (x )=2ln x +1.若f (x )≤2x +c ,求c 的取值范围.【典例8】已知函数f(x)=ln x-ax,g(x)=x2,a∈R.(1)求函数f(x)的极值点;(2)若f(x)≤g(x)恒成立,求a的取值范围.【典例9】已知x=1e为函数f(x)=x a ln x的极值点.(1)求a的值;(2)设函数g(x)=kxe x∀x1∈(0,+∞),∃x2∈R,使得f(x1)-g(x2)≥0,求k的取值范围.【典例10】设函数f(x)=ax2-a-ln x,g(x)=1x-ee x,其中a∈R,e=2.718…为自然对数的底数.(1)讨论f(x)的单调性;(2)证明:当x>1时,g(x)>0;(3)确定a的所有可能取值,使得f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立.【典例11】已知函数f (x )=ln x -(x -1)22.(1)求函数f (x )的单调递增区间;(2)证明:当x >1时,f (x )<x -1;(3)确定实数k 的所有可能取值,使得存在x 0>1,当x ∈(1,x 0)时,恒有f (x )>k (x -1).类型二恒成立问题与有解问题一.不等式的恒成立与有解问题,可按如下规则转化:一般地,已知函数()[],,y f x x a b =∈,()[],,y g x x c d =∈(1)若[]1,x a b ∀∈,[]2,x c d ∀∈,总有()()12f x g x <成立,故()()2max min f x g x <;(2)若[]1,x a b ∀∈,[]2,x c d ∃∈,有()()12f x g x <成立,故()()2max max f x g x <;(3)若[]1,x a b ∃∈,[]2,x c d ∃∈,有()()12f x g x <成立,故()()2min min f x g x <;(4)若[]1,x a b ∀∈,[]2,x c d ∃∈,有()()12f x g x =,则()f x 的值域是()g x 值域的子集.二.恒成立问题的一般解答方法如下:(1)参数分离法:将原不等式化为()a g x >或()a g x <恒成立的问题,然后分析函数()g x 在所给区间的单调性及最值,只需满足最值成立即可;(2)分类讨论:讨论函数()f x 在所给区间单调性及最值,需满足()max 0f x <或()min 0f x >【典例1】已知函数f (x )=(1-x )e x-1.(1)求f (x )的极值;(2)设g (x )=(x -t )2x ,存在x 1∈(-∞,+∞),x 2∈(0,+∞),使方程f (x 1)=g (x 2)成立,求实数m 的最小值.【解析】解(1)f ′(x )=-x e x,当x ∈(0,+∞)时,f ′(x )<0,当x ∈(-∞,0)时,f ′(x )>0,∴当x =0时,f (x )有极大值f (0)=e 0-1=0,f (x )没有极小值.(2)由(1)知f (x )≤0,又因为g (x )=(x -t )2x ≥0,所以要使方程f (x 1)=g (x 2)有解,必然存在x 2∈(0,+∞),使g (x 2)=0,所以x =t ,ln x=m t,等价于方程ln x =mx有解,即方程m =x ln x 在(0,+∞)上有解,记h (x )=x ln x ,x ∈(0,+∞),则h ′(x )=ln x +1,令h ′(x )=0,得x =1e,所以当x h ′(x )<0,h (x )单调递减,当x h ′(x )>0,h (x )单调递增,所以当x =1e 时,h (x )min =-1e ,所以实数m 的最小值为-1e.【典例2】设函数f (x )=ax 2-x ln x -(2a -1)x +a -1(a ∈R ).若对任意的x ∈[1,+∞),f (x )≥0恒成立,求实数a 的取值范围.【解析】解f ′(x )=2ax -1-ln x -(2a -1)=2a (x -1)-ln x (x >0),易知当x ∈(0,+∞)时,ln x ≤x -1,则f ′(x )≥2a (x -1)-(x -1)=(2a -1)(x -1).当2a -1≥0,即a ≥12时,由x ∈[1,+∞)得f ′(x )≥0恒成立,f (x )在[1,+∞)上单调递增,f (x )≥f (1)=0,符合题意;当a ≤0时,由x ∈[1,+∞)得f ′(x )≤0恒成立,f (x )在[1,+∞)上单调递减,f (x )≤f (1)=0,显然不符合题意,a ≤0舍去;当0<a <12时,由ln x ≤x -1,得ln1x ≤1x -1,即ln x ≥1-1x,则f ′(x )≤2a (x ax -1),∵0<a <12,∴12a>1.当x ∈1,12a 时,f ′(x )≤0恒成立,∴f (x )在1,12a 上单调递减,∴当x ∈1,12a 时,f (x )≤f (1)=0,显然不符合题意,0<a <12舍去.综上可得,a ∈12,+∞【典例3】已知f (x )=x 2-4x -6ln x .(1)求f (x )在(1,f (1))处的切线方程以及f (x )的单调性;(2)对任意x ∈(1,+∞),有xf ′(x )-f (x )>x 2+6k 恒成立,求k 的最大整数解;(3)令g (x )=f (x )+4x -(a -6)ln x ,若g (x )有两个零点分别为x 1,x 2(x 1<x 2)且x 0为g (x )的唯一的极值点,求证:x 1+3x 2>4x 0.【解析】(1)因为f (x )=x 2-4x -6ln x ,所以定义域为(0,+∞),所以f ′(x )=2x -4-6x ,且f ′(1)=-8,f (1)=-3,所以切线方程为y =-8x +5.又f ′(x )=2x (x +1)(x -3),令f ′(x )>0解得x >3,令f ′(x )<0解得0<x <3,所以f (x )的单调递减区间为(0,3),单调递增区间为(3,+∞).(2)xf ′(x )-f (x )>x 2+6等价于k <x +x ln x x -1,记h (x )=x +x ln x x -1,则k <h (x )min ,且h ′(x )=x -2-ln x (x -1)2,记m (x )=x -2-ln x ,则m ′(x )=1-1x>0,所以m (x )为(1,+∞)上的单调递增函数,且m (3)=1-ln 3<0,m (4)=2-ln 4>0,所以存在x 0∈(3,4),使得m (x 0)=0,即x 0-2-ln x 0=0,所以h (x )在(1,x 0)上单调递减,在(x 0,+∞)上单调递增,且h (x )min =h (x 0)=x 0+x 0ln x 0x 0-1=x 0∈(3,4),所以k 的最大整数解为3.(3)证明:g (x )=x 2-a ln x ,则g ′(x )=2x -a x =(2x +a )(2x -a )x,令g ′(x )=0,得x 0=a2,当x g ′(x )<0,当x g ′(x )>0,所以g (x上单调递增,而要使g (x )有两个零点,要满足g (x 0)<0,即-a lna 2<0⇒a >2e.因为0<x 1<a2,x 2>a 2,令x 2x 1=t (t >1),由g (x 1)=g (x 2),可得x 21-a ln x 1=x 22-a ln x 2,即x 21-a ln x 1=t 2x 21-a ln tx 1,所以x 21=a ln tt 2-1,而要证x 1+3x 2>4x 0,只需证(3t +1)x 1>22a ,即证(3t +1)2x 21>8a ,即(3t +1)2a ln t t 2-1>8a ,又a >0,t >1,所以只需证(3t+1)2ln t -8t 2+8>0,令h (t )=(3t +1)2ln t -8t 2+8,则h ′(t )=(18t +6)ln t -7t +6+1t ,令n (t )=(18t +6)ln t -7t +6+1t,则n ′(t )=18ln t +11+6t -1t 2>0(t >1),故n (t )在(1,+∞)上单调递增,n (t )>n (1)=0,故h (t )在(1,+∞)上单调递增,h (t )>h (1)=0,所以x 1+3x 2>4x 0.【典例4】已知函数f (x )=x 2+πcos x .(1)求函数f (x )的最小值;(2)若函数g (x )=f (x )-a 在(0,+∞)上有两个零点x 1,x 2,且x 1<x 2,求证:x 1+x 2<π.【解析】(1)易知函数f (x )为偶函数,故只需求x ∈[0,+∞)时f (x )的最小值.f ′(x )=2x -πsin x ,当x h (x )=2x -πsin x ,h ′(x )=2-πcos x ,显然h ′(x )单调递增,而h ′(0)<0,h x 0得h ′(x 0)=0.当x ∈(0,x 0)时,h ′(x )<0,h (x )单调递减,当x 0h ′(x )>0,h (x )单调递增,而h (0)=0,x h (x )<0,即x f ′(x )<0,f (x )单调递减,又当x x >π>πsin x ,f ′(x )>0,f (x )单调递增,所以f (x )min ==π24.(2)证明:依题意得x 1x 2F (x )=f (x )-f (π-x ),x F ′(x )=f ′(x )+f ′(π-x )=2π-2πsin x >0,即函数F (x )单调递增,所以F (x )<x f (x )<f (π-x ),而x 1,所以f (x 1)<f (π-x 1),又f (x 1)=f (x 2),即f (x 2)<f (π-x 1),此时x 2,π-x 1由(1)可知,f (x x 2<π-x 1,即x 1+x 2<π.【典例5】已知函数f (x )=a e x -1-ln x +ln a .若f (x )≥1,求a 的取值范围.【解析】解f (x )的定义域为(0,+∞),f ′(x )=a e x -1-1x.当0<a <1时,f (1)=a +ln a <1.当a =1时,f (x )=ex -1-ln x ,f ′(x )=ex -1-1x.当x ∈(0,1)时,f ′(x )<0;当x ∈(1,+∞)时,f ′(x )>0.所以当x =1时,f (x )取得最小值,最小值为f (1)=1,从而f (x )≥1.当a >1时,f (x )=a ex -1-ln x +ln a ≥ex -1-ln x ≥1.综上,a 的取值范围是[1,+∞).【典例6】设函数f (x )=a ln x +1-a 2x 2-bx (a ≠1),曲线y =f (x )在点(1,f (1))处的切线斜率为0.(1)求b ;(2)若存在x 0≥1,使得f (x 0)<aa -1,求a 的取值范围.2思路分析❶存在x 0≥1,使得f (x 0)<aa -1↓❷fxmin<a a -1↓❸求f xmin【解析】解(1)f ′(x )=ax+(1-a )x -b .由题设知f ′(1)=0,解得b =1.(2)f (x )的定义域为(0,+∞),由(1)知,f (x )=a ln x +1-a 2x 2-x ,f ′(x )=a x +(1-a )x x -1).①若a ≤12,则a1-a≤1,故当x ∈(1,+∞)时,f ′(x )>0,f (x )在(1,+∞)上单调递增.所以,存在x 0≥1,使得f (x 0)<aa -1的充要条件为f (1)<a a -1,即1-a 2-1<a a -1,解得-2-1<a <2-1.②若12<a <1,则a 1-a >1,故当x f ′(x )<0,当x f ′(x )>0,f (x 增.所以,存在x 0≥1,使得f (x 0)<aa -1的充要条件为f<aa -1.而fa lna 1-a +a 221-a +a a -1>a a -1,所以不符合题意.③若a >1,则f (1)=1-a 2-1=-a -12<aa -1.综上,a 的取值范围是(-2-1,2-1)∪(1,+∞).【典例7】已知函数f (x )=2ln x +1.若f (x )≤2x +c ,求c 的取值范围.【解析】解设h (x )=f (x )-2x -c ,则h (x )=2ln x -2x +1-c ,其定义域为(0,+∞),h ′(x )=2x -2.当0<x <1时,h ′(x )>0;当x >1时,h ′(x )<0.所以h (x )在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减.从而当x =1时,h (x )取得最大值,最大值为h (1)=-1-c .故当-1-c ≤0,即c ≥-1时,f (x )≤2x +c .所以c 的取值范围为[-1,+∞).【典例8】已知函数f (x )=ln x -ax ,g (x )=x 2,a ∈R .(1)求函数f (x )的极值点;(2)若f (x )≤g (x )恒成立,求a 的取值范围.【解析】解(1)f (x )=ln x -ax 的定义域为(0,+∞),f ′(x )=1x-a .当a ≤0时,f ′(x )=1x-a >0,所以f (x )在(0,+∞)上单调递增,无极值点;当a >0时,由f ′(x )=1x -a >0,得0<x <1a ,由f ′(x )=1x -a <0,得x >1a ,所以f (x f (x )有极大值点1a,无极小值点.(2)由条件可得ln x -x 2-ax ≤0(x >0)恒成立,则当x >0时,a ≥ln xx-x 恒成立,令h (x )=ln x x -x ,x >0,则h ′(x )=1-x 2-ln xx 2,令k (x )=1-x 2-ln x ,x >0,则当x >0时,k ′(x )=-2x -1x <0,所以k (x )在(0,+∞)上单调递减,又k (1)=0,所以在(0,1)上,h ′(x )>0,在(1,+∞)上,h ′(x )<0,所以h (x )在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.所以h (x )max =h (1)=-1,所以a ≥-1.即a 的取值范围为a ≥-1.【典例9】已知x =1e为函数f (x )=x aln x 的极值点.(1)求a 的值;(2)设函数g (x )=kxe x∀x 1∈(0,+∞),∃x 2∈R ,使得f (x 1)-g (x 2)≥0,求k 的取值范围.【解析】解(1)f ′(x )=axa -1ln x +x a ·1x=x a -1(a ln x +1),f ln1e+1a =2,当a =2时,f ′(x )=x (2ln x +1),函数f (x 递增,所以x =1e为函数f (x )=x aln x 的极小值点,因此a =2.(2)由(1)知f (x )min =f =-12e,函数g (x )的导函数g ′(x )=k (1-x )e -x.①当k >0时,当x <1时,g ′(x )>0,g (x )在(-∞,1)上单调递增;当x >1时,g ′(x )<0,g (x )在(1,+∞)上单调递减,对∀x 1∈(0,+∞),∃x 2=-1k ,使得g (x 2)=1e k <-1<-12e ≤f (x 1),符合题意.②当k =0时,g (x )=0,取x 1=1e,对∀x 2∈R 有f (x 1)-g (x 2)<0,不符合题意.③当k <0时,当x <1时,g ′(x )<0,g (x )在(-∞,1)上单调递减;当x >1时,g ′(x )>0,g (x )在(1,+∞)上单调递增,g (x )min =g (1)=ke,若对∀x 1∈(0,+∞),∃x 2∈R ,使得f (x 1)-g (x 2)≥0,只需g (x )min ≤f (x )min ,即k e ≤-12e,解得k ≤-12.综上所述,k -∞,-12∪(0,+∞).规律方法(1)由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略①求最值法,将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题.②分离参数法,将参数分离出来,进而转化为a >f (x )max 或a <f (x )min 的形式,通过导数的应用求出f (x )的最值,即得参数的范围.(2)不等式有解问题可类比恒成立问题进行转化,要理解清楚两类问题的差别.【典例10】设函数f (x )=ax 2-a -ln x ,g (x )=1x -ee x ,其中a ∈R ,e =2.718…为自然对数的底数.(1)讨论f (x )的单调性;(2)证明:当x >1时,g (x )>0;(3)确定a 的所有可能取值,使得f (x )>g (x )在区间(1,+∞)内恒成立.【解析】.(1)解f ′(x )=2ax -1x =2ax 2-1x(x >0).当a ≤0时,f ′(x )<0,f (x )在(0,+∞)内单调递减.当a >0时,由f ′(x )=0有x =12a.当x f ′(x )<0,f (x )单调递减;当x f ′(x )>0,f (x )单调递增.(2)证明令s (x )=e x -1-x ,则s ′(x )=e x -1-1.当x >1时,s ′(x )>0,所以e x -1>x ,从而g (x )=1x -1e x -1>0.(3)解由(2)知,当x >1时,g (x )>0.当a ≤0,x >1时,f (x )=a (x 2-1)-ln x <0,故当f (x )>g (x )在区间(1,+∞)内恒成立时,必有a >0.当0<a <12时,12a>1,由(1)有f (1)=0,而所以f (x )>g (x )在区间(1,+∞)内不恒成立;当a ≥12时,令h (x )=f (x )-g (x )(x ≥1),当x >1时,h ′(x )=2ax -1x +1x 2-e 1-x>x -1x +1x 2-1x =x 3-2x +1x 2>x 2-2x +1x 2>0.因此,h (x )在区间(1,+∞)单调递增.又因为h (1)=0,所以当x >1时,h (x )=f (x )-g (x )>0,即f (x )>g (x )恒成立.综上,a ∈12,+【典例11】已知函数f (x )=ln x -(x -1)22.(1)求函数f (x )的单调递增区间;(2)证明:当x >1时,f (x )<x -1;(3)确定实数k 的所有可能取值,使得存在x 0>1,当x ∈(1,x 0)时,恒有f (x )>k (x -1).【解析】.解(1)f ′(x )=1x -x +1=-x 2+x +1x ,x ∈(0,+∞).由f ′(x )>0>0,x 2+x +1>0.解得0<x <1+52.故f (x )(2)令F (x )=f (x )-(x -1),x ∈(0,+∞).则有F ′(x )=1-x 2x.当x ∈(1,+∞)时,F ′(x )<0,所以F (x )在[1,+∞)上单调递减,故当x >1时,F (x )<F (1)=0,即当x >1时,f (x )<x -1.(3)由(2)知,当k =1时,不存在x 0>1满足题意.当k >1时,对于x >1,有f (x )<x -1<k (x -1),则f (x )<k (x -1),从而不存在x 0>1满足题意.当k <1时,令G (x )=f (x )-k (x -1),x ∈(0,+∞),则有G ′(x )=1x -x +1-k =-x 2+(1-k )x +1x .由G ′(x )=0得,-x 2+(1-k )x +1=0.解得x 1=1-k -(1-k )2+42<0,x 2=1-k +(1-k )2+42>1.当x ∈(1,x 2)时,G ′(x )>0,故G (x )在[1,x 2)内单调递增.从而当x ∈(1,x 2)时,G (x )>G (1)=0,即f (x )>k (x -1).综上,k 的取值范围是(-∞,1).。
2023年高考语文新题型突破练:病句修改(二)

搭配不当,可改为“作为古希腊哲学家,他的有关本体论问题的论述充 满了辩证色彩,因此他被誉为‘古代世界的黑格尔’”。
15、生态环境关系到每个人的生存。对于生态环境的破坏,只有减少环境 污染,践行低碳环保的生活方式,才能逐渐得到改善。 16、除了驾驶员要有熟练的驾驶技术、丰富的驾驶经验外,汽车本身的状 况,也是保证行车安全的重要条件之一。
搭配不当,“骨灰……回到故乡湖北武汉”主谓搭配不当。可将“回到 ”改为“运回”。
3、据悉,一种新型的袖珍电脑将亮相本届科博会,它采用语音输入、太 阳能供电,具有高雅、时尚、方便、环保的功能和作用。 4、中国珠算入选 2013 年联合国教科文组织非物质文化遗产名录,成为 世界上入选“非物质文化遗产”项目最多的国家。
搭配不当,“经验阅历”不能“提升”。 搭配不当,“一起”不能与“疾病”搭配可将“疾病”改为“疫情”。
7、他在新作《世界史》的前言中系统地阐述了世界是个不可分割的整体 的观念,并将相关理论在该书的编撰中得到实施。 8、一切儿童文学作品都应该永远持着守护童年的立场,遵循儿童思维发 展规律,富有丰富的想象力,充满爱与希望, 传递古老传统中的善与美。
“高雅、时尚、方便、环保的功能和作用”搭配不当,定语“高雅” “时尚”不能与中心语“功能和作用”搭配,可将“功能和作用”改为 “特点”。
搭配不当,“中国珠算”与“国家”不搭配。可在“成为”前面加上 “使中国”。
5、一般来说,一个人的生活阅历是不是丰富,往往与其年龄密切相关, 随着年龄的增长,人的眼界学识、经验阅历、分析问题的能力都会有大幅 度提升。 6、疾控部门根据流行病学调查,判定这是一起由饮用不洁桶装水引起的 以诺如病毒为主的感染性腹泻疾病。
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始沉淀,而 pH=10.8 时 Mg 完全沉淀,铝离子转变为 [Al(OH)4] 。当 pH=10.8 时镁离子完全沉淀,此时可以看做 Mg 浓度为 10 mol/L,溶液中 OH 浓度为 10 Ksp=c(Mg )·c (OH )=10 ×(10
2+ 2 -5 -3.2 2 2+ -5 -3.2 -
+
②试剂除杂:选择不引入新的杂质或在后续反应中易 除去的除杂剂。 ③加热:加快反应速率或促进平衡向某个方向移动。 ④降温:防止某物质在高温时溶解(或分解)、为使化 学平衡向着题目要求的方向移动。
(3)获得产品阶段的常见考点: ①洗涤(冰水、热水),洗去晶体表面的杂质离子,并 减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗。 ②蒸发、灼烧时的气体氛围抑制水解。 ③蒸发浓缩、冷却结晶。 ④蒸发结晶、趁热过滤。
2 CO (3)洗涤主要考虑沉淀析出时溶液中存在的离子: SO2 和 4 3 。
2+ 2+
(4)设 ZnCO3 为 a mol,Zn(OH)2 为 b mol,则: 125a+99b=11.2,81(a+b)=8.1, 得 a∶b=1∶1,故 x=1。
答案:(1)Fe2+和 Mn2+
MnO +3Fe +7H2O
二、解题策略与方法
1.明确工业生产流程的框架
(1)规律:主线主产品、分支副产品、回头为循环。 (2)核心考点:物质的分离操作、除杂试剂的选择、生 产条件的控制。 2.熟悉工业流程常见的操作的含义 (1)原料处理阶段的常见考点与常见名词 ①如何加快反应速率。 ②溶解:水浸、酸溶。
③灼烧、焙烧、煅烧:通过化学反应改变物质种类,使 一些物质能溶解,并使一些杂质高温下氧化、分解。 (2)分离提纯阶段的常见考点 ①调节 pH 除杂:控制溶液的酸碱性使某些金属离子形 成氢氧化物沉淀。调节 pH 所需的物质一般应满足:能 与 H 反应,使溶液 pH 增大且不引入新杂质。
(2)反应③的反应类型为 除了过量的锌外还有 净的方法是 。
,过滤得到的滤渣中,
(3)反应④形成的沉淀要用水洗,检验沉)2。取 干燥后的滤饼 11.2 g,煅烧后可得到产品 8.1 g。则 x 等于 。
点拨:根据工艺流程分为三个阶段:预处理、分离提纯、获得产品 (见题中流程)。 (1)反应②是氧化 Fe 并通过调节 OH 的浓度,除去杂质离子 Fe 和 Mn2+;Fe2+以 Fe(OH)3 的形式沉淀下来,Mn2+以 MnO2 的形式沉淀下来; 在加高锰酸钾溶液前,若酸性较强,不会形成 Fe(OH)3 和 MnO2 沉淀。
(3)从滤液Ⅱ中可回收利用的主要物质有 复分解反应制备:MgCl2+2NaClO3 表示:
。
(4)Mg(ClO3)2 在农业上可用作脱叶剂、催熟剂,可采用 Mg(ClO3)2+2NaCl 已知四种化合物的溶解度(S)随温度(T)变化曲线如图
①将反应物按化学反应方程式计量数比混合制备 Mg(ClO3)2。 简述 可制备 Mg(ClO3)2 的原因:
+ 2+
4
2+
MnO2↓+3Fe(OH)3↓ 5MnO2↓+4H
2+ +
+5H ;3Mn +2 MnO +2H2O (2)置换反应 镍
4
不会形成
2+
Fe(OH)3 和 MnO2 沉淀从而无法除去 Fe 和 Mn
(3)取最后一次洗涤液少量,滴入稀盐酸,加入氯化钡 溶液,没有白色沉淀生成,证明洗涤干净 (4)1
①调节 pH(Ⅰ)的 pH 为
;
②溶液 D 加入氢氧化钠溶液的同时调节 pH(Ⅱ)所发生反应 的离子方程式为 为 ; 。 ③从图中数据计算可得 Mg(OH)2 的溶度积 Ksp[Mg(OH)2]约 解析:(1)SiO2、Fe2O3、Al2O3、MgO 中只有二氧化硅不溶于盐 酸,所以 A 是二氧化硅。 (2)通入二氧化碳能生成沉淀的只有 偏铝酸钠。 (3)根据金属离子的物质的量浓度与溶液 pH 的关 系,可知调节 pH=3.7 时 Fe3+完全沉淀,而 Al3+、Mg2+还没有开
【例题】 (2013 年新课标全国理综Ⅱ)氧化锌为白色粉末, 可用于湿疹、 癣等皮肤病的治疗。 纯化工业级氧化锌[含有 Fe(Ⅱ),Mn(Ⅱ),Ni(Ⅱ)等杂质]的流程如下:
提示:在本实验条件下,Ni(Ⅱ)不能被氧化;高锰酸钾的还 原产物是 MnO2。 回答下列问题: (1)反应②中除掉的杂质离子是 方程式为 ; 在加高锰酸钾溶液前,若 pH 较低,对除杂的影响是 。 ,发生反应的离子
2.(2014 湖北黄冈模拟)某工业废渣的主要成分为 SiO2、Fe2O3、Al2O3、MgO。现根据下列方案对其进行处 理以回收废渣中的金属元素。
回答下列问题: (1)固体 A 的化学式为 (2)反应 a 的化学反应方程式为 。 (3)25 ℃时,溶液中金属离子的物质的量浓度与溶液 pH 的关系如 图所示: 。
3+ 3+
答案:(1)适当升高反应温度、增加浸出时间(或其他 合理答案) (2)Al(OH)3、Fe(OH)3 (3)Na2SO4 (4)①在某一温度时,NaCl 溶解度最小,最先达到饱和 析出得到 Mg(ClO3)2 浓溶液;Mg(ClO3)2 的溶解度随温度 的变化最大;NaCl 的溶解度与其他物质的溶解度有一 定差别 ②降温前,溶液中 NaCl 已饱和;降温过程中,NaCl 溶解 度降低,会少量析出 重结晶
2.考查特点 无机工业流程题以真实的工业生产过程为背景,综合 考查学生基础知识的掌握情况及灵活应用知识解决 问题的能力。一般来说,这类题基本上都要涉及到学 过的金属元素:Na、Fe、Al、Cu 等,有的还要以信息 形式掺杂进不熟悉的金属元素。主要有两种形式:一 是从混合物中分离、提纯并回收某一物质;二是利用 某些物质制备另一物质。
2+
mol/L,则有
) =10
-11.4
。
答案:(1)SiO2 (2)Na[Al(OH)4]+CO2+2H2O (3)①3.7 ②Al +4OH Mg +2OH
2+ 3+ -
Al(OH)3↓+NaHCO3
AlO 2 +2H2O、
-11.4
Mg(OH)2↓ ③10
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【应用训练】 1.某厂生产硼砂过程中产生的固体废料,主要含有 MgCO3、MgSiO3、CaMg(CO3)2、Al2O3 和 Fe2O3 等,回收 其中镁的工艺流程如下:
沉淀物 pH
Fe(OH)3 3.2
Al(OH)3 5.2
Mg(OH)2 12.4
部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的 pH 见上表, 请回答下列问题: (1)“浸出”步骤中,为提高镁的浸出率,可采取的措施 有 (2)滤渣Ⅰ的主要成分有 (要求写出两条)。 。
。 ②按①中条件进行制备实验。在冷却降温析出 Mg(ClO3)2 过程中, 常伴有 NaCl 析出,原因是 。 除去产品中该杂质的方法是 。
解析:(1)为提高镁的浸出率可适当升高温度加快反应的速率或延 长浸出时间使反应进行得更充分。 (2)由氢氧化物的沉淀 pH 表可知,调整到 pH=5.5,滤液中的 Fe 、 Al 转化为沉淀被滤出。 (3)滤液Ⅱ的主要溶质是 Na2SO4。 (4)①因 NaCl 的溶解度在四种盐中最小,离子反应总是向着离子 浓度减小的方向进行,故可通过将二者的浓溶液混合使氯化钠析 出得到较浓的 Mg(ClO3)2 溶液;②氯化钠在水中有一定的溶解度, 但从图中来看 Mg(ClO3)2 的溶解度受温度影响较大,NaCl 的溶解度 受温度影响较小,所以可通过冷却热饱和溶液的方法除杂提纯。
高考热点题型突破(二)
工艺流程题解题方法突破
一、题型分析
1.近年考情
年份 2012 年 广东理综 题号 题目情景 杂卤石提 取硫酸钾 平衡常数的计算 沉淀的生成 化学平衡的移动 离子的沉淀与分离 2013 年 安徽理综 27 废玻璃回 收金属铈 离子检验 萃取原理与仪器 化学计算 离子方程式的书写 2013 年新 课标 全国 理综 卷Ⅱ 27 氧化锌 的提纯 卷Ⅰ 27 金属材 料回收 氧化还原方程式的书写 电池反应方程式的书写 金属的分离 离子的除杂 离子的沉淀 离子检验 化学计算 考查点 反应速度的影响因素 32
3.掌握工艺流程题的解题思路 (1)从题干中获取有用信息,了解生产的产品。 (2)整体浏览一下流程,基本辨别出预处理、反应、提纯、分离等 阶段。 (3)分析流程中的每一步骤,从以下几个方面了解流程: ①反应物是什么? ②发生了什么反应? ③得到了哪些产物?对制得产品有什么影响? 关键点:一切反应或操作都是为获得产品而服务。