二、非选择题（共24分）(3)分析MK新城规划的人口数量远高于早期卫星城的主要原因。(4分)】20.阅读图文材料，完成下列要求。(24分)伦敦是英国的政治、经济、文化、金融中心；伯明翰为全英主要制造业中心之一，工业部门繁多，以重工业为主。早期卫星城以工业为主且工厂相对集中，人口约3~6万，道路呈环形放射状。2014年起，MK新城依托周边地区资源，推进“智慧城市”建设，即时提供各类数有据，促进通信、教育、社区和商贸等的发展。2020年，MK新城人口约27万。下图为伦敦及附近卫星城分布图。MK牛津大学城●早期卫星城(4)为了吸引产业和人口迁入，便于生产生活，MK新城在规划时采取了“就业点分散设置”些一铁路模式（如下图所示）。请说明采用该模式的原因。(8分)些—高速公路伦敦2m主城区O(1)说明伯明翰的工业区多分布在郊区的主要交通线附近的原因。(8分)就业点擗烟(2)说出伦敦市建设卫星城和新城的主要目的。(4分)斗扣地理（人教版）第7页（共8页）衡水金卷·先享题·高一同步周测卷十五地理（人教版）第8页（共8页）新教材

若溶液不变蓝，则证明红色固体中不含有C№O(2分)SO,再加Na2C03溶液可除去Ca2+和Ba2+;从流程(3CuC,0,·2H,0300℃CuC,0,+2H,0(2分)图可知，尿素被CIO氧化生成N2,同时生成COCuoC1O~被还原为CI,结合氧化还原反应规律和电荷【考点定位】本题考查实验方案的设计和热重分析法。守恒，可写出离子方程式：3ClO十(NH2)2C0+【全能解析】(1)醋酸铜和草酸钾发生复分解反应生成20H—3C1+N2↑+C0-+3H2O。(3)C1O不溶于水的草酸铜，由质量守恒定律可得反应的化学在阳极失去电子被氧化成C1O:,电极反应式为方程式为(CH3COO)2Cu+K2C2O4==CuC2 OClO3一2e+H20—ClO+2H;除杂时通入2CH3COOK。(2)①本实验的目的是检验CO2中混SO2发生反应的化学方程式为2NaC1O,十SO2有的CO,其操作是将混合气体先通过NaOH溶液除2ClO2+Na2SO4,故滤液中的溶质有Na2SO,。去CO2,用澄清石灰水检验CO2是否被除尽，再将剩(4)由得失电子守恒及化学方程式可得关系式：余气体干燥后通过灼热的CuO,产物通过澄清石灰NaCIO~81~412 8Na2 S2Oa,n Na2 S2 O3)-水，若澄清石灰水变浑浊则证明原混合气体中含0.500mol·L1×0.04L=0.02mol,25.00mlCO,故正确顺序为A、E、C、B、D、C。装置E中浓NaClO,中n(NaClO4)=0.02mol×8=0.0025molNaOH溶液的作用是除去CuC2O4·2H2O受热分解产生的CO2。②CO可将D中黑色CuO固体还原成则100mL中m(NaC1Oa)=0.0025mol×红色的Cu,生成的CO2使其后C中澄清石灰水变浑122.5g·mol1×4=1.225g,故样品的纯度为浊。③已知Cu2O+2H+—Cu+Cu++H2O,若残1.225g×100%≈81.7%。留的红色固体中含有Cu2O,加入稀硫酸则会生成1.5gCu2+,溶液呈蓝色。(3)CuC2O4·2HO受热发生分解20.(10分，除标注外每空2分)时，首先会失去结晶水。假设300℃时，CuCO,·2HO的【答案】(1)2 NaHCO,(aq)-Naz CO3(aq)+CO2(g)十结晶水完全失去，残留固体为CuCO,在CuCO,·2H2OH2O(1)△H=+38.28kJ·mol-1中所占质量分数为M(CuCO,·2H,O)M(CuC2 O)×100%=(2)①K.=c(N)·c2(C0)c2(NO2)(1分)=(1分)188×100%≈80.9%，质量损失率为19.1%，与题中152②CDE③50%④K=p(N):(C02-K,2(NO2)已知信息吻合，说明A点固体为CuC2O4,所以草酸6MPa×(12MPa)2-=6 MPa铜晶体加热至300℃时所发生反应的化学方程式为(12MPa)2CC,0·2H,030o【考点定位】本题考查化学反应原理、盖斯定律、热化=CuC2O4+2H2O。对于B点，学方程式书写、衡常数、衡移动的条件选择、转固体残留率为100%一57.4%=42.6%，残留固体的化率计算或比较，考查分析和解决化学问题的摩尔质量为M(CuC2O4·2H20)×42.6%≈能力。80g·mol1,故B点的固体产物是CuO。【全能解析】(1)通过资料显示，加热NaHCO3溶液不18.(10分，每空2分)到80℃就有大量C○2气体放出，根据盖斯定律，③+HH②-2①即可得出2 NaHCO3(aq)-Na2CO3(aq)+【答案】(I)第三周期IA族H:N:N:HCO2(g)+H20(1)△H=+38.28kJ·mol-1(2)离子键和共价键（或非极性共价键）(2)①由化学方程式可知焦炭为固体，所以衡常数(3)S02+2Fe3++2H20-2Fe2++SO-+4H表达式为K,-N):CO2,因在恒温条件下，(4)Mg2 C +4H2O-2Mg(OH)2+C;H,C2(NO,)【考点定位】本题考查非金属及其化合物温度不变，则衡常数不变，A、B两点衡常数相【全能解析】由表格中信息可推出A为N,B为O等。②衡时的反应速率应为vE(NO2)C为Na,D为Mg,E为S。(1)S在周期表中的位置2v递(N2),A错误；各组分浓度之比等于反应系数之比不能说明反应达到衡，B错误；温度和体积一定是第三周期ⅥA族，A的一种氢化物(A2H4)为时，N2浓度不再变化，可以说明反应达到衡，C正HH确；因反应前后气体的物质的量不同，温度和体积一N2H4,电子式为H:N:N:H。(2)C与B形成的一种定时，容器内压强不再变化可作为达到衡的标志，能作为呼吸面具的供氧剂的化合物为Na2O2,与水D正确；温度和体积一定时，混合气体的密度不再变反应的产物为NaOH和O2,故其产物中所含化学键化可作为达到衡的标志，E正确。③设达衡时为离子键和共价键（或非极性共价键）。(3)由分析NO2转化率为2x,列出三段式：可知EB2为SO2,则SO2与FeCl溶液反应的离子方2NO2(g)+2C(s)一N2(g)+2C02(g)程式为SO2+2Fe3++2H2O-2Fe2++SO2起始/mol·L-1004H+。(4)由题可知烃分子中碳氢物质的量之比为转化/mol·L-2x2x3：4,可推知该烃的分子式为C3H4,且另生成物衡mo1·L11-22为Mg(OH)2,由生成物及题中所给各生成物的物质C点时NO2与CO2浓度相等，则有1一2x=2x,则x=的量可推出F为Mg2C3,则反应的化学方程式为025,则80，的转化率为2二×100%=50%。④C点Mg2C3+4H2O—2Mg(OH)2+C3H4↑。19.(10分，除标注外每空1分)的总压强为30MPa,气体共有5份，每份分压为【答案】(1)高氯酸钠6 MPa,Kp(N2)·p2(CO2)K(2)BaCl2溶液Naz CO3溶液3CIO-+(NH2)2COHp2(NO2)20H--3C1-+N2◆十CO-+3H2O(2分)6MPa×(12MPa)2=6 MPa(3)C1O3-2e+H2O-C1O,+2H(2分)(12MPa)2Na2 SO21.(12分，除标注外每空2分)(4)81.7%(2分)2s2p【答案】(1)【考点定位】本题以制备NaCIO4为载体，考查基础实州州个个(1分)C1(1分)验操作、化学方程式及电极反应式书写和滴定实验。(2)sp、sp3CHCH2OH与水分子间可形成氢键【全能解析】(1)NaCIO,中的氯元素显+7价，其化学(3)A1F为离子晶体，A1C3为分子晶体，离子晶体熔名称是高氯酸钠。(2)加入过量的BaCl2溶液可除去点一般高于分子晶体化学·答31

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则

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C丙：配制O.1mo·的Na2S0溶液D.丁：探究温度对化学衡的影响11.已知反应：N2(g)+3H2(g)一2NH,(g)△H=-92kJ·mo1,温度不同(T2>T)。下列图像正确的是H的衡体

常用电解熔融MC,制备金属镁，B正确，由图可知“氯化”过程反应物为MgO、氯气C,生成物之一为MgC,C在高温卡能将二氧化碳还原为CO,则“气体”为CO,反应的方程式为MgO+C+C1高温MgC,十CO,C正确，“煅烧”后得到MzO:MzO和傲酸反应得到MgCL溶液，由于MgC,在溶液中水解为氯氧化镁和HC,将所得溶液加热携HC1会逸出，MgC,水解衡正向移动，得到氧氧化镁，得不到无水MgCL,D错误。n(4D正确3、AAB、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，结合甲和丙是D元素的两种常见氧化物、乙是B元素的单质，0.005mo1·L丁溶液的pH二2，工为硫酸，知丙为SO,甲为SO,乙为O,则B为O元素，D为S元素，E为C1,共中A的原子序数是B和D原子序数之和的子，A的原子序数为(8十16)×子一6，可知A为碳元素759n(C元素的单质与热水缓慢反应，且该单质可做铝热反应的引燃剂，可知C为Mg。镜离子n(硫离子均水解可促进水的电离，故A正确，Mg、C1两元素形成化合物MgC:为离子化n合物，只含有离子键，故B错误，A与B形成的二氧化碳不是污染物：故C错误：非金此碳氢键，98-436)性CI>S,则E的最高价氧化物的水化物的酸性大于D的最高价氧化物的水化物的酸程在4.D铵根中存在4个N一H共价键，1moNH,C1含有的共价键数目为4N,A错误，碳酸但硫酸酸性大于HCO酸性，故D错误。9十H2,氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，1 molNaHCO,完全分解，得到0.5mo1CO,分的活化子，B错误，NaHCO,-Na十HCO,,HCO,会发生水解和电离，则1 molNaHCO,溶液中HCO数目小于1NA,C错误，NaC1和NH,C1的混合物中含1 mnolCI,则混合物为氢形成1mol,质子数为28NA,D正确。5.A蔗糖在浓硫酸作用下形成多孔炭主要是蔗糖在浓硫酸作用下脱水，得到碳和浓硫酸最应过程应生成二氧化碳、二氧化硫和水，体现浓硫酸具有氧化性和脱水性，故A符合题意，装有正据信息NO:的密闭烧瓶冷却后颜色变浅，降低温度，衡向生成N,O,方向移动，则NO,转化变为N,O,的反应为放热，故B不符合题意，久置空气中的漂白粉遇盐酸产生CO2是由于次氯酸钙变质，次氯酸钙和空气中二氧化碳、水反应生成碳酸钙，碳酸钙和盐酸反应生成晶氧化碳，故C不符合题意；1mol·LNaC1溶液导电性比同浓度醋酸强，氯化钠是强电解质，醋酸是弱电解质，导电性强弱与NaC1溶液的pH比醋酸的高无关系，故D不符合题能意。衡常6.D闭合K,,形成电解池，电解饱和食盐水，左侧为阳极，阳极氯离子失去电子生成氯气，电极反应为2C1一2e=C1,个，右侧为阴极，阴极电极反应为2H+2e=H,↑，色C反应为2NaC1+2H,O电解2NaOH十H,↑十C,个，据此解答。根据分析，U型管两侧均有高气泡冒出，分别是C1,和H2,A错误；左侧生成氯气，氯气遇到水生成HC1O,具有漂自性，则a处布条褪色，说明HCIO具有漂白性，B错误；b处出现蓝色，发生Cl2+2K1nKL十2KC1,说明还原性：I>C1,C错误；断开K1,立刻闭合K2,此时构成氢氯燃L据电池，形成电流，电流表指针发生偏转，D正确。c在7.C由N点可求K1(H2X)=1.0×106.4,由M点可求K2(H2X)=1.0×101.3,所K1(X-)=Kw/Ke(H2X)=1.0×10.7,故A错误；根据计算，NaHX溶液中HX电离键常数小于水解常数，溶液呈碱性，溶液中离子浓度大小关系为：c(Na)>c(HX)c(HX)化c(OH)>c(H,X)>cX),故B错误；由图可知，当pH相等时，一gc,Xc(X2-)X号，则曲线n表示H与p《X》的变化关系，故C正确，当溶液呈中金根据电荷守恒c(Na)=c(HX)+2c(X2-)十c(C1),因为该实验中是在25℃时，20mL0.1mol/L的Na,X溶液中滴人盐酸，加入盐酸的过程相当于稀释了溶液，c(Na)0.2mol/L,所以c(HX)+2c(X-)+c(C1)<0.2mol/L,故D错误。8.(1)+118(2)5(3)苯苯乙烯是主反应产物，选择性最大，随着水蒸气的通入，主反应④正移，副反⑤正移，⑥不移动，导致选择性变化，苯乙烯降低，苯升高，甲苯几乎不变3(4)过【解析】(5)C6H5CHzI(6)K·Kp(1)根据盖斯定律，将①一②一③可得CHCH(g)一CH,CH=CH,(g)十H(△H,=-4386.9kJ/mol-(-4263.1k/mol)-(-241.8kJ/mol)=+118kJ/mol;答案+118;专练·化学答案·第12页（共24页）

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与大气压强之差为Pa:(g取10N/g)(④)实验创新环节，小明设计了如图戊所示的装置。他向隔板左侧加水，隔板右侧加入另一种液体，当两侧液面相时，橡皮膜向左侧凸起，则隔板右侧液体的密度(选填“大于”

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(1)除了图11中所示的器材，还需一个重要的测量仪器是(2)图11乙是两名同学根据实验数据绘制的水温随时间变化的图像；由图像可知水的沸点是℃。(3)请根据图像分析，小红从给水加热到水沸腾，所用时间较长的原因是(4)如图11丙中是水沸腾时气泡的情况。18.图12甲是某实验小组探究“杠杆的衡条件”的实验装置。20A■图12(1)挂钩码前，杠杆在图12甲所示的位置静止，此时杠杆处于(选填“衡”或“非衡”)状态，要想使杠杆在水位置衡，接下来应将杠杆两端的螺母向(选填“左”或“右”)侧调节。(2)图12乙是一个衡的杠杆，此时若推动右侧钩码的悬线（如图12丙所示），就会发现杠杆(选填“左端下沉”“仍然衡”或“右端下沉”)。(3)某同学提出，若支点不在杠杆的中点，杠杆的衡条件是否仍然成立？于是该小组利用图12丁所示的装置进行探究，在杠杆O点挂上2个钩码，用弹簧测力计在A点处竖直向上拉，使杠杆在水位置衡，此时弹簧测力计示数为N。以弹簧测力计的拉力为动力F,钩码处绳子拉力为阻力F2,多次改变动力作用点的位置进行实验发现：当杠杆水衡时，F1总是(选填“大于”“等于”或“小于”)F2l2,其原因可能是19.小明在“探究电流与电压的关系”的实验中，实验电路如图13甲所示，电源电压恒定。1Re PA0.60.6丙图13(1)在闭合开关前，滑动变阻器的滑片应移到最(选填“左”或“右”)端(2)闭合开关，发现电流表有示数，电压表无示数，已知导线、仪表均完好且接触良好，则故障原因可能是定值电阻(选填“断路”或“短路”)。【2024年中考试题猜想·物理第4页】HEN

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