6、函数的反函数是(　　 )

　 A、　　　　　　　　　 B、　　

　 C、　　　　　　　　　　 D、

5、已知圆与圆关于直线对称，则直线的方程为(　　 )

　 A、　　　　　　　　　　　　　 B、　　

　 C、　　　　　　　　　　　　　 D、

4、已知直线、与平面、，给出下列三个命题(　 )

　　　　 ①若∥， ∥，则∥；②若∥，⊥，则⊥；

　 ③若⊥，∥，则；其中真命题的个数是：

　 A、0　　　　　　　　 B、1　　　　　　　　 C、2　　　　　　　 D、3

3、的值是(　 )

　 A、　　　　 B、　　　　 C、　　　 D、

2、两个非零向量、互相垂直，则下列结论中错误的一个是(　　 )

　　　　 A、　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 B、

　　　　 C、　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 D、

1、已知集合，，，则=(　 )

A．　　 B．　　 C．　　　　 D．

14．(15分)某化学反应：2AB+D在四种不同条件下进行，B、D起始浓度为0，反应物A的浓度(mol/L)随反应时间(min)的变化情况如下表：

根据上述数据，完成下列问题：

(1)实验1中，反应在10-20 min时间内A的平均速率为________mol/(L·min)．

(2)在实验2中，A的初始浓度c₂＝________mol/L，反应经20 min就达到平衡，可推测实验2中还隐含的条件是__________________________________________．

(3)设实验3的反应速率为v₃，实验1的反应速率v₁，则v₃________v₁，且c₃________1.0 mol/L(填“＞”、“＝”、“＜”)．

(4)比较实验4和实验1，可推测该反应是________反应(填“吸热”或“放热”)，理由是________________________________________________________________________．

解析：(1)v(A)＝

＝0.013 mol/(L·min)．

(2)对比实验2与实验1可知，反应温度相同，达平衡时A的浓度相同，说明是同一平衡状态，即c₂＝1.0 mol/L，又因实验2反应的速率快，达平衡所需时间短，说明反应中使用了催化剂．

(3)对比实验3与实验1可知，从10 min到20 min，实验1中A的浓度变化值为0.13 mol/L，而实验3中A的浓度变化值为0.17 mol/L，这就说明了v₃＞v₁.又知从0 min到10 min A的浓度变化值应大于0.17 mol/L，即c₃＞(0.92+0.17) mol/L＝1.09 mol/L.

(4)对比实验4与实验1可知，两实验的起始浓度相同，反应温度不同，达平衡时实验4 的A浓度小，说明反应进行的程度大，即温度越高，A的转化率越大，说明正反应为吸热反应．

答案：(1)0.013　(2)1.0　使用催化剂　(3)＞　＞

(4)吸热　温度升高时，平衡向右移动

13．(11分)Fe³⁺和I^－在水溶液中的反应如下：

2I^－+2Fe³⁺2Fe²⁺+I₂(水溶液)

(1)当上述反应达到平衡后，加入CCl₄萃取I₂，且温度不变，化学反应速率________(选填“增大”“减小”或“不变”)，v_正________v_逆(填“＞”、“＜”或“＝”)，平衡________(填“向右”、“向左”或“不”)移动．

(2)上述反应的正反应速率和I^－、Fe³⁺的浓度关系为：

v＝k[c(I^－)]^m·[c(Fe³⁺)]ⁿ(k为常数)．

c(I^－)/mol/L　c(Fe³⁺)/mol/L　v/mol/(L·s)

①　0.20　　0.80　　　0.032k

②　0.60　　0.40　　　0.144k

③　0.80　　0.20　　　0.128k

通过所给的数据计算得知：

在v＝k[c(I^－)]^m·[c(Fe³⁺)]ⁿ中，m、n的值为________．

A．m＝1，n＝1　　　　B．m＝1，n＝2

C．m＝2，n＝1　 　　　　　　　D．m＝2，n＝2

I^－浓度对反应速率的影响________(填“大于”、“小于”或“等于”)Fe³⁺浓度对反应速率的影响．

解析：(1)加入CCl₄萃取了I₂，减小了生成物浓度，反应速率降低，从而使得v(正)＞v(逆)，导致平衡向右移动．

(2)将表中的三组数据代入公式v＝k[c(I^－)]^m·[c(Fe³⁺)]ⁿ得m和n的值分别为2和1.所以I^－浓度对反应速率的影响大．

答案：(1)减小　＞　向右　(2)C　大于

12．(16分)(2009·安徽高考)Fenton法常用于处理含难降解有机物的工业废水，通常是在调节好pH和Fe²⁺浓度的废水中加入H₂O₂，所产生的羟基自由基能氧化降解污染物．现运用该方法降解有机污染物p－CP，探究有关因素对该降解反应速率的影响．

[实验设计]　控制p－CP的初始浓度相同，恒定实验温度在298 K或313 K(其余实验条件见下表)，设计如下对比实验．

(1)请完成以下实验设计表(表中不要留空格).

　[数据处理]　实验测得p－CP的浓度随时间变化的关系如上图．

(2)请根据上图实验①曲线，计算降解反应50-150 s内的反应速率：

v(p－CP)＝________mol/(L·s)．

[解释与结论]

(3)实验①、②表明温度升高，降解反应速率增大．但温度过高时反而导致降解反应速率减小，请从Fenton法所用试剂H₂O₂的角度分析原因：_____________________.

(4)实验③得出的结论是：pH等于10时，________.

[思考与交流]

(5)实验时需在不同时间从反应器中取样，并使所取样品中的反应立即停止下来．根据上图中的信息，给出一种迅速停止反应的方法：_______________________

________________________________________________________________________.

解析：(1)依题意可知②的实验温度为313 K，实验对比是建立在其它条件相同前提下，故pH应与①的相同．若改变pH，其它条件不变可探究溶液pH对反应速率的影响．

(2)实验①曲线中，50-150 s时．

Δc(p－CP)＝1.2×10^－3 mol/L－0.4×10^－3 mol/L＝0.8×10^－3 mol/L，所以v(p－CP)＝＝8.0×10^－6 mol/(L·s)．

(3)在降解反应中，H₂O₂产生的自由基起氧化作用，温度过高，H₂O₂因热稳定性差而分解，导致降解反应速率下降．

(4)由曲线③可知，pH＝10时，c(p－CP)基本不变，反应趋于停止．

(5)由(4)得到启示：在pH＝10溶液中，反应速率趋于零，可将所取样加入NaOH溶液中(使pH＝10)；化学反应速率随温度降低而降低，故亦可用迅速大幅降温法．

答案：(1)

(2)8.0×10^－6

(3)过氧化氢在温度过高时迅速分解

(4)反应速率趋向于零(或该降解反应趋于停止)

(5)将所取样品迅速加入到一定量的NaOH溶液中，使pH约为10(或将所取样品骤冷等其他合理答案均可)

11．(8分)将等物质的量的A、B混合于2 L的密闭容器中，发生如下反应3A(g)+B(g) xC(g)+2D(g)，经5 min后，测得D的浓度为0.5 mol/L，c(A)∶c(B)＝3∶5，C的平均反应速率为0.1 mol/(L·min)．求：

(1)此时A的浓度c(A)＝________mol/L，反应开始前容器中的A、B的物质的量：n(A)＝n(B)＝________mol.

(2)B的平均反应速率v(B)＝________mol/(L·min)．

(3)x的值为________．

解析：(1)　　3A(g)　+　B(g) xC(g)　+　2D(g)

起始(mol)　 a　 a　 0　 0

5 min时(mol)　 a－1.5　 a－0.5　 　 0.5×2

＝，解得a＝3，即n(A)＝n(B)＝3 mol，

c(A)＝＝0.75 mol/L.

(2)v(B)＝

＝0.05 mol/(L·min)．

(3)v(C)＝＝0.1 mol/(L·min)，x＝2.

答案：(1)0.75　3　(2)0.05　(3)2