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14,阿钠德尔河的上要补给水源是(地D304050A.地下水和雨水积雪融水和雨水pC,冰川融水和地下水积雪融水和冰川融水15.推测湖谷形成的主要原因是(®流水侵蚀②冰川侵蚀业③海浪堆积④地壳下沉A、①②B.②③c.③④①少①@4016、湖谷形成后期，该河中下游地区洪涝发生频率会上升，主要成因(A.降水增多，来水量大B.河口变浅，海潮顶托(1)指出伏尔加河梯级开发的主要限制C、泥沙减少，流速变快D.河口变宽，排水量大二、非选择题：共52分，考生根据要求作答。17.(10分)阅读图文材料，回答下列问题。(2)分析伏尔加河流域的开发对河中色柴达木盆地曾经是古湖泊，现拥有亚洲最大的雅丹地貌群（干旱环境下河湖相沉积地D及或K汽区的风做地他)。盆地内大部分地区年降水量不超过200mm,西北部仅有15m,」盛行西北风、最高风速可达40m/s。下列甲、乙两图分别代表两种不同形态的雅丹地貌。路乎卵(3)有人推测未来里海可能会逐渐变浅19.(14分)阅读图文材料，回答新几内亚岛是太平洋最大的岛和世4000米以上，南部有平原，沿海多沼洱内亚森林资源丰富，是世界热常木材第甲图公司都要在巴布亚新几内亚境内设立木乙图130140°(1)乙图雅丹地貌多出现在常年高速大风的地方，分析A侧坡度小于B侧的原因。(4分)200500-1000(2)从地质作用角度分析柴达木盆地雅丹地貌的形成过程。(6分)200~等高线(m)国界线L:©城，,山峰及海拔(m18,(14分)阅读图文材料，回答下列问题。沼泽俄罗斯鲟属于江海洄游性鱼类，主要栖息地为黑海和里海水系。在里海，俄罗斯鲟每年两次涧游到伏尔加河淡水区产卵。伏尔加河是欧洲最长河流，干流总落差256米。近年来，由于伏尔加河流域的梯级开发，里海的俄罗斯鲟数量急剧减少。下图为黑海和里海水系示意图和和伏尔加河综合开发示意图。高二年级地理试卷第4页共6页高二年到

全国100所名校高考模示范卷菜为母本基商店纳B两对基因维立造传，下列设法正确的是全国100所名校高考模拟示范卷、(③)为了探究光胁迫影响植物光合作用可能的机制，研究人员通过电镜观察强光处理前后叶绿A.单倍体育种的主要遗传学原理是基因重组尽若对母本进行单倍体育种，则与母本基因型相同的子代约占1/4体的结构，从结构与功能观的角度分析，其依据可能是先去可了纪乡寺致十好的C双单倍体诱导技术省去了染色体人工加倍环节，能加速等位基因的纯合D,人工选育双单倍体新品种可使种群基因频率发生定向改变实女子彩为的物19,猎头刺是河西走廊东端重要的固沙植物。科研人员以三个猫头刺天然种群为硬究对象，调查反复的运动极易导致运动疲劳的产生。为探究运动疲并分析了它们的种群特征，其中年龄结构如下图所示。下列说法错误的是月劳影响抑郁行为的机制，科研人员以大鼠为材料进行了种群1110种群彩以下实验：实验I:将24只大鼠分笼喂养3d后进行分组与建模，随机均分为对照组和疲劳组。通过悬尾和强迫游泳实对照组疲劳组对照组疲劳组A100500100015000010001500200验观察受试大鼠抑郁样行为，评估抑郁情绪。结果显示，与对照组相比，运动疲劳组大鼠在悬个体数量/hm个体数量/hm2人个体数量/hm尾和强迫游泳实验中放弃挣扎，处于绝望状态的时间明显延长。种群1、种群2的年龄结构为衰退型，种群数量一定会下降父》>、B种群密度最大的是种群3，种群密度可反映种群数量的变化趋势X◇义实验Ⅱ：检测两组大鼠血液中促肾上腺激素(ACTH)和皮质醇(CORT)的含量，实验结果见图实验Ⅲ：利用抗Caspase-3抗体对两组大鼠脑组织进行免疫化学染色，显微镜下观察神经细胞C.若种群3的数量以“S”形曲线增长，则种群的增长速率逐步降低结构的形态及完整性(Caspase3是多条细胞调亡通路最终激活的一种蛋白酶，可降解多种胞内D.阳光、温度和水是影响三个种群数量的非密度制约因素20.研究表明，自然界中的某些微生物无法单独生长。科学家提出了一种新的分离培养手段蛋白)。请回答下列问题：个S抑远“夹心平板法”，通过选择合适“助力菌”置于分离培养基之中并固定在双层培养套中层在层D和郁适常足、当物特安下去面薄不宝缓解时，就可能形成爱尊香、数布培养基上面进行无法单独培养的微生物的分离培养。下列说法正确的是·通过作用于突秘来影响神经系统的功能。实验[结果显示，运动疲劳会就促“促央心平板法”制备培养基过程中需要进行两次倒平板操作进”或“抑制”)抑郁样行为的形成。B.“夹心平板法”培养包括配制培养基、灭菌、接种、分离和培养等步骤（②宽质壁C通过下透修领身熟法装级调节，其生物￥意义是方力C.接种于“夹心平板”内的“助力菌”群体属于纯培养物般多的阖放长据头验结桌雀测，报芳将丘脑的影响是及过下沟D,“助力菌”可能为无法单独培养的微生物提供生存必要的特殊营养物质的沙幼牧皮你聪的分决漓的题序12345678910(3)有其他研究结果表明，过量CORT可抑制海马区抗凋亡因子Bl-2蛋白的表达，并促进答案Caspase3的活化，导致海马神经细胞凋亡异常。请据此预测实验Ⅲ的结果：反为一题序1121314151617181920太组过拉经均出幽的色是性受列，过2-品公年答粥23,12分)叶酸在人体内不能合成，备孕期及孕期女性补充一定量的叶酸，可以降低胎儿患套经管)司其三、非选择题（本大题共5小题，共55分。）畸形的风险。亚甲基四氢叶酸还原酶MTHFR)是叶酸代谢过程中的关健酶，可使亚中21.(11分)叶绿体的类囊体薄膜上镶嵌着两种不同类型的光系统：活性基四氢叶酸还原为具有生理活性的5亚甲基四氢叶酸，作为甲基的间接供体参与体内嘌呤、嘧PSI和PSⅡ。它们分别含有众多色素分子、ATP合成酶以及转啶的合成等。请回答下列问题：多袭骏D小4U奇运蛋白等。过量光照引起的光胁迫会耐光合生物的光合作用造（D原吟是厂广泛存在于人体内的一种物质，可参与细胞中当么、彩家（答出两点即口成严重影响。在一定光照强度范围内，光合生物可以适应不同的光照环境，并减轻光胁迫的影响。右图为PS活性随光照强度的合成。叶酸铁乏时可致人红细胞中直红蛋白生成减少，原因是岁与火为道结□变化的曲线图。请回答下列问题：(2)MTHFR基因位于1号染色体上，其突变可影响酶的活性，使叶酸代谢出现障碍，常见的是出MTHFR C677T突变（位于基因第677位的CG替换成T一A)和MTHFR A1298C突变(第1298位的AT替换成CG)。在MTHFR基因的不同位置出现突变说明基因突丽(2)据图分析，光照强度对PSⅡ活性的影响为城考多去生必PC亿之3为具有人性，这两种突变的共同点还有盗道刻络的的答出在强光条件下，叶片将一部分光能以热能的形式散失的意义是以？的点数型递的汽性点即可)。石为a火生出石h⊙、生物学卷（三）第5页（共8页）老名以约的的的我数【24·(新高考)X·iN·生物学·JHD、3)MTHFR基因不同位点变异与计酸代谢能力的关系如下表秀绮绪艺突检生物学卷（三）第6页（共8页）高的生物学

100所名校高考模拟金典卷·生物学（二）新高考·JD·生物学DDV2.水熊虫是生命力非常顽强的动物。在不良环境中，水熊虫会白行脱掉体内99%的水分，身体萎缩成正常情况下的一半，进入一种隐生（假死)状态，此时水熊虫的新陈代谢率几乎降到零。研究表明，进入隐生状态前，水熊虫体内会产生大量的海藻糖（一种二糖），进入隐生状态的水熊虫可以经受几小时-271℃的冰冻。下列有关叙述正确的是A水熊虫进入隐生状态的过程中主要脱去的是结合水B.探究海藻糖是否为还原糖要选取双缩脲试剂C.海藻糖在人体中直接通过主动运输的方式被吸收D.水熊虫在-271C时结合水与自H水的比值会增大

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思路点拨催化剂对平衡移动无影响，A项错误；若反应物是固体，改变固体反应物质量后平衡不移动，B项错误：对于气体分子数目不变的反应，改变压强平衡不移动，C项错误；因反应均存在热效应，故温度改变，平衡肯定移

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4.下列有关说法正确的是A.明矾既可作净水剂，又可起到杀菌消毒的作用B.利用AgNO3溶液或CCL4均可以鉴别NO2和溴蒸气C.加热NaI与浓H3PO4溶液混合物可制备HI,说明H3PO4酸性比HI强

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令h(x)=g(x),则h'()7.【答案18【解析】由题意，a,+a+0,+a,+a,=(a+,)+(a,+0)+0,=5a,=45,则，=9，所以a,+a,=2a,=18当a≤)时，则当≥0时8.

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57.night58.swimming59.true60.never五、(One possible version)61.tell62.the63.and64.about65.helps66.show

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关分析错误的是（)伞形帽菊花形帽柄细地核烟胞核假根A.伞柄和假根中都有细胞质，但细胞质中没有遗传物质B.本实验中的另一组应该将甲的伞柄移植到乙的假根上C.由本实验可以推测伞帽的形态可能主要与细胞核有关

19.【考向同源】[2024安徽T12一14]阅读图文材料，完成下列要求。(16分)18.【素材同源】[2024广东T1一2]阅读图文材料，完成下列要求。(16分)颗粒有机碳是海水中有机碳的主要存在形式。河流入海口颗粒有机碳组成较为复杂，包括葡萄树为多年生落叶藤本植物，花期集中在4一5月，果期集中在8一9月，生长期需水量较多，结采期需水量较少。西班牙是世界上葡萄栽培面积最大的国家，葡萄酒酿造历史悠久，为全陆地植物碎屑和土壤、浮游生物排放和降解产生的有机物。整体上看，状江口水域颗粒有机碳浓球第三大葡萄酒生产国。1932年，西班牙创立原产地命名制度，对葡萄酒的产地及酿造方法、葡度偏大，其高峰值出现在珠江口外两侧区域，而珠江口中央地带形成了颗粒有机碳浓度异常偏低萄品种等进行严格规定，目前西班牙共有超过60个法定葡萄酒产区，其独特的葡萄酒种类、严格的通道。珠江口的颗粒有机碳部分被海水运动、海洋生物活动固定，起到“碳汇”作用。下图示意的质量评价以及细致的葡萄酒分级，在全球葡萄酒市场上具有不可替代的地位。近年来，在“一珠江口水城表层颗粒有机碳年平均浓度分布。带一路”侣议的带动下，西班牙的葡萄酒在我国消费市场不断走俏。下图为西班牙位置及地形图。比开湾雜中海0(1)分析珠江口水域颗粒有机碳浓度偏大的原因。(6分)婆(2)关于珠江口中央地带颗粒有机碳浓度偏低的现象，存在两种观点：一种认为其与光照条件有(1)从气温角度，相较于乙葡萄产区，分析甲葡萄产区的有利条件。(4分)关，另一种认为雅以判断其和光照的关系。请根据材料并结合所学知识，选择其中一种观点(2)说明实施原产地命名制度，严格规定葡萄酒产地及酿造方法、葡萄品种，严格的质量评价及细加以说明。(4分)致的葡萄酒分级对西班牙葡萄酒产业发展的积极影响。(6分)(3)简述珠江口海域汇集颗粒有机碳的机制。(6分)(3)分析西班牙所产细致分级的葡萄酒在我国消费市场不断走俏的原因。(6分)▣▣活用地里原理，解答观点阐释全考卷类问题1一4高考领航卷·地理|

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(6)NaOH溶液入y0/Cu△△CHOCIOHH SO(4分)(1)NaNO,H2SO(2)Na2S)NH2NHNH2【解析】褪黑激素合成路线如下：cI0O(NaNO(1)CH,ONaFe/HCIH SOCH CHOCI CICH OH(2)Na SOH SO(2)NHNOONHNH2ECDNHNHAc(1)LiAIH0(2)AczOG(4)苯胺显碱性，N的电子云密度越大，碱性越强，反之越弱；甲基为推电子基团，增大N的电子云密度；硝基为吸电子基团，降低N的电子云密度；所以碱性强弱顺序为③①>②。(⑤)两个取代基可以有如下6种情况：R:CH一CH-NH,:一R:—R1:—CHOR:一CHO—R:CHO-C-CH2 ;-R2:-NH-CH=CH2;NH2-R:-NH-CHO—R1:—NH2-R:一NH2-R2:CH-CH2;-R2:一C=CH2；-R2:CH-=CH CHO。CHO取代基位置可以为邻、间、对，所以满足条件的同分异构体有6×3=18种。18.(14分)(1)SO2(g)+O3(g)-S03(g)+O2(g)△H=-241.6k·mol1(2分)-442.5(1分)(2)SO2和O反应的活化能远大于NO和O3反应的活化能，前者为速控反应(2分)(3)Cat1(1分)改变相同温度，Cat1对应直线变化值较小，说明活化能较小(2分)(4)①<(1分)K(a)>K(b)=K(c)(1分)②16(2分)(5)50%(2分)【解析】(1)根据图像可知，反应热等于正反应活化能与逆反应活化能之差。SO2(g)十O(g)一SO(g)十O2(g)△H=(58.2-299.8)kJ·mol1=-241.6kJ·mol1,NO(g)+O(g)—N0(g)+O(g)△H2=(3.2-204.1)kJ·mol1=一200.9kJ·mol1,根据盖斯定律，两个热化学方程式之和等于目标反应，△H=(-241.6一200.9)kJ·mo1=-442.5kJ·mol-1。(2)总反应可以看成两步反应组成，SO2和O3反应的活化能较大，反应较慢，它是速控反应，故NO浓度几乎不影响总反应速率。(3)根据公式可知，两边取绝对值，当温度变化值一定，Ct1作用下Rlnk变化值较小，对应活化能较小，催化剂效率较高。(4)其他条件不变，投料比越大，NO平衡转化率越小，故小于。平衡常数只与温度有关，K(a)>K(b)=K(c)。当投料比为1:1,NO平衡转化率为80%，则b点平衡体系中，取NO、O各1mol,体积为1L。c(NO)=c(O)=0.2mol·L1,c(NO2)=c(O2)=0.8mol·L1,对于等气体分子数反应，K与K,的数值相等，K,=16。(5)利用M点浓度相等计算：NO(g)+0s(g)NO2(g)+02(g)起始物质的量/mol1200变化物质的量/molxM,点物质的量/mol1-x 2-x xM点时，体系中八NO和NO2浓度相等，1一x=x,x=0.5,可逆反应是等气体分子数反应，体系中总物质的量不变(3ol),反应体系中0，的体积分教为，5m0X100%=50%。3 mol

(6)NaOH溶液入y0/Cu△△CHOCIOHH SO(4分)(1)NaNO,H2SO(2)Na2S)NH2NHNH2【解析】褪黑激素合成路线如下：cI0O(NaNO(1)CH,ONaFe/HCIH SOCH CHOCI CICH OH(2)Na SOH SO(2)NHNOONHNH2ECDNHNHAc(1)LiAIH0(2)AczOG(4)苯胺显碱性，N的电子云密度越大，碱性越强，反之越弱；甲基为推电子基团，增大N的电子云密度；硝基为吸电子基团，降低N的电子云密度；所以碱性强弱顺序为③①>②。(⑤)两个取代基可以有如下6种情况：R:CH一CH-NH,:一R:—R1:—CHOR:一CHO—R:CHO-C-CH2 ;-R2:-NH-CH=CH2;NH2-R:-NH-CHO—R1:—NH2-R:一NH2-R2:CH-CH2;-R2:一C=CH2；-R2:CH-=CH CHO。CHO取代基位置可以为邻、间、对，所以满足条件的同分异构体有6×3=18种。18.(14分)(1)SO2(g)+O3(g)-S03(g)+O2(g)△H=-241.6k·mol1(2分)-442.5(1分)(2)SO2和O反应的活化能远大于NO和O3反应的活化能，前者为速控反应(2分)(3)Cat1(1分)改变相同温度，Cat1对应直线变化值较小，说明活化能较小(2分)(4)①<(1分)K(a)>K(b)=K(c)(1分)②16(2分)(5)50%(2分)【解析】(1)根据图像可知，反应热等于正反应活化能与逆反应活化能之差。SO2(g)十O(g)一SO(g)十O2(g)△H=(58.2-299.8)kJ·mol1=-241.6kJ·mol1,NO(g)+O(g)—N0(g)+O(g)△H2=(3.2-204.1)kJ·mol1=一200.9kJ·mol1,根据盖斯定律，两个热化学方程式之和等于目标反应，△H=(-241.6一200.9)kJ·mo1=-442.5kJ·mol-1。(2)总反应可以看成两步反应组成，SO2和O3反应的活化能较大，反应较慢，它是速控反应，故NO浓度几乎不影响总反应速率。(3)根据公式可知，两边取绝对值，当温度变化值一定，Ct1作用下Rlnk变化值较小，对应活化能较小，催化剂效率较高。(4)其他条件不变，投料比越大，NO平衡转化率越小，故小于。平衡常数只与温度有关，K(a)>K(b)=K(c)。当投料比为1:1,NO平衡转化率为80%，则b点平衡体系中，取NO、O各1mol,体积为1L。c(NO)=c(O)=0.2mol·L1,c(NO2)=c(O2)=0.8mol·L1,对于等气体分子数反应，K与K,的数值相等，K,=16。(5)利用M点浓度相等计算：NO(g)+0s(g)NO2(g)+02(g)起始物质的量/mol1200变化物质的量/molxM,点物质的量/mol1-x 2-x xM点时，体系中八NO和NO2浓度相等，1一x=x,x=0.5,可逆反应是等气体分子数反应，体系中总物质的量不变(3ol),反应体系中0，的体积分教为，5m0X100%=50%。3 mol