（二）1.A(解析：北京冬奥会采用光伏发电，减少二氧化碳的排放量，有利于实现“碳中和”，故A项正确；青铜器是合金，属于混合物，不属于化合物，故B项错误；纳米级的铁粉能通过与2Cu2+、Hg2+反应而除去水体中的Cu2+、Hg2+等重金属离子，不是吸附，故C项错误；光导纤维主要成分是Si02,不是有机高分子材料，故D项错误.)、2.C(解析：浓盐酸与二氧化锰反应制氯气必须在加热条件下，且氯气可溶于水，收集氯气不能用排水法，A项错误；乙醇消去制乙烯需要加热，B项错误；双氧水分解制氧气制取装置用固液不加热制气体，收集氧气可用排水法，C项正确；氨气极易溶于水，不能用排水法收集，D项错误.)3.B(解析：S02与过量NaOH溶液反应，生成Na2S0,和水，离子方程式为：20H+S02一S0不H,0,A项不正确；向铁制器具上电镀铜制容器应作阴秘含Cu+的可溶性盐作电解质，则呢的电极反应为Cu+2e一—Cu,B项正确：0.5mo就铁中通公0Smo小氯衫先发生反位，2民C2+2e2完第后，r紧C,再发20,之项硬确将少心，气+H20-dso联2Heo印项不EX4.B(解板绣树中一CHO上的C花成单键，空间为四面体衫有原不能在同二面公项错误；该有机物分子式悬CQB项正确：图示等构中含有羧基、羟基和碳碳三键3种官能④，C项错误图示结构中只有羧基能与NaC反应艇ml该有能与2moaO发生反应术误)不N解合之为旋然棉大的素，Z是地给中含量最富的金属元素，Z君元素；W与X可形成原子个数比为的18。分衫例形成的化合物为N,H,W是元素X是N元素原子序数等于W与X的原子序数之和是0元素，据此分析解答，X是N元素，Z是A1元素，可形成AlN,可作耐高温的无机材料，A项正确；电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，核电荷数A1>0>N,则离子半径：r(N3-)>r(02-)>r(A1+),B项错误；H、N、O组成的化合物NH3·H2O的水溶液呈碱性，C项错误；X是N元素，Y是O元素，W是H元素，非金属性：0>N>H,D项错误.)6.D(解析：电解池中失去电子的电极为阳极，阳极上水失电子生成羟基和氢离子，其电极方程式为：H20-e一·OH+H,阴极反应电极式为：02+2e+2H一H202,苯酚被

C而拦制0和N0的物质的量之比接近1：1，若n(NO):nNh):若nN0):nN0)1:1,则会导致会导致7.(I4分)LiC0可广泛用于纺织、造纸、半导体抛光腐蚀等工业。市售的1CO样品中含(4)在空变化少量LiC1,某实验小组为测定LCO样品组成，设计了相关实验，实验步骤如下：L.配制250 mL LiC10样品溶液分为准确称取0.67gLC1O样品，加少量水溶解后，冷却至室温，转移并定容。(5)工Ⅱ.测定样品溶液中有效氯含量。液制耳量取25,00 mL LiC10样品待测溶液装人碘量瓶中，先迅速加入10mLKL溶液过量.加德加人4mL稀流酸，立即羞紧瓶塞，于暗处静置5mn,小心冲洗瓶塞和瓶壁，加人指不剂2800mol·L的NaS,0标准溶液滴定至终点。重复实验2次，均消耗NaS019./(14分)手准溶液的体积为20.00mL。CO2排放已知：①光照可加快I厂被空气氧化的速率；(1)△H1②z+2NaS,O3—2NaI+Na2S,Os.上述1)步骤I中配制LCO样品溶液时，下列仪器不需要用到的是(填标号)，若定容时，滴加的蒸馏水超过了刻度线，需要采取的措施是7120℃250ml220(2)步骤Ⅱ中LiCIO,KI与稀硫酸发生反应的离子方程式为“于暗处静(2)生产置5min”的目的是A.20(3)Na2S2O3标准溶液应盛放于(填“酸式”或“碱式”)滴定管中，滴定时应选用的指C.示剂为滴定终点的现象为(3)T()④LiCO样品的组成可表示为LiCIO·LiCl(x、y均为整数)，则rLiCIO·LiCl的化学CH式为由心幸结领0儿O发作合成防酸的性化剂.以软，生方20压0M0,还含有FeOAl,O,Ca0,S0,等)与废铁屑为原料制取硫酸锰的工艺流程如图所(4)在示，回答下列问题：H:SO.H:O2CaCO①软锰矿废铁屑酸浸—氧化除铁、铝除钙MnSO溶液操作1「A②滤渣1滤渣2(1)“酸浸"”前需要将软锰矿粉碎，理由是为防酸反应生惑Fe,生成的Fe再与MO,反应，该过程驶每生成1mM以，至少薄于废铁屑先与稀消耗00ml2mol·LH,S0,溶液。中(2)“滤渣1中的主要成分是的要成分是升下同)，“滤渣3”的()③波流g的主要我分为Fe(OH,)和ANOD,从化学衡的角度分析：加CaC0,生成“滤渣2”的原因是(用离子方程式结合文字表述)【高三化学第

15.D解析：“正是沃野千里，牛马成群，旨在激发”，理解关键词语有误，理解整体诗意有误。诗歌应是以“河洛腥膻无际”指金兵肆虐北方的现状，从而激发南宋朝廷的渡江北伐之志。16.一共用了三则典故，都是为了强化主旨。典故①新亭对泣：借南渡诸人感时而哭，说明徒有伤时感世的流泪，无济于事，应该行动起来，开始恢复中原。典故②击楫中流：借祖逖尚能立誓北伐鼓励南宋当局要意志坚定地开始渡江北伐。典故③小儿破贼：借谢安大胜苻坚鼓舞南宋朝廷不需畏惧强敌，坚定必胜信心。（总分6分，每点2分；提到典故，并解说清楚，才给满分)17.(1)熊咆龙吟殷岩泉栗深林兮惊层巅(2)闻道有先后术业有专攻(3)长安一片月万户捣衣声/今夜槨州月闺中只独看/雁字回时月满西楼/海上生明月天涯共此时18.①卷土重来②哗众取宠(③沉渣泛起④格格不人解析：注意结合上下文，精准逆推成语，而不是自以为是，或随意措辞。卷土重来：多指遭到失败以后再组织力量。语境涉及对象是“被否定的糟粕”，切合语境。哗众取宠：用浮夸的言行迎合众人，以博取众人的好感或拥护。切合语境中“相声从业者”的表现。沉渣泛起：已经沉底的渣滓重新浮上水面，比喻已经消失的旧事物又重新表现出来。切合“一时间”的情境条件，有突然的暗流才会有沉渣泛起；沉渣泛起也与前文“捡起传统中的糟粕”的语境对应。格格不人：有抵触，不相投合。与语境谈“与新时代的文化”的关系契合。19.D解析：对比选项，筛选排除。语境是“相声从业者”的做法，从话题统一性上看，排除B、C项。对比A、D项，“使得原本已被剔除的糟粕…生生揉进”表意不当，“生生揉进原本已被剔除的糟粕”等侧重在“相声这块文化瑰宝中”的行为。20.有人借着弘扬传统文化的名义，捡起传统中的糟粕，传播低级趣味等不健康的内容。（句式杂糅，改正给2分；语序不当，改正给2分)21.①可以分为单纯性肥胖和继发性肥胖两大类；②继发性肥胖是指由其他疾病所导致的肥胖；③由于医源性肥胖的病因很明确。（其他说法，若合情合理，可酌情给分）解析：①看缺句位置可知其为总括兼总领的句子，归纳下文的三段内容，可知实际上肥胖可分两类。②同样看缺句位置可知其为总括兼总领的句子，并可进一步分析出是原因总结。③则明显照应下文的“所以”，写出一个归因的句子即可。22,建议：①对原发性肥胖，应少摄人，多运动；②对继发性肥胖，应先治病，慎用药。（其他说法，若合情合理，可酌情给分)解析：建议：因为要“利用上文提供的知识”，故而最好分类提建议，并结合主要的科普知识提建议。23.诗意解读：原诗属咏物诗，采用托物言志的表现手法，借自然之物，谈人生之理。按一般理解，河的终极目标当然是流向大海，但大海也不见得是每条河都可以企及的目标；再则，大海也确实不是唯一可选的方向，很多河就选择了流向湖泊，即便如此，不照样很风光吗？立意示例：①人生不一定追求远大的理想，也可以享受身旁的幸福；②人生可以轰轰烈烈，亦可以淡淡；③不要一味激进，也要懂得停留；④应当着眼当下，无须舍近求远；…2023届·普通高中名校联考信息卷（月考二）·语文参考答案

【解题分析】油脂与NOH溶液反应后生成了易溶于水的高级脂肪酸钠和甘油，因此浊液变清，不能说明油脂呈酸性，A项错误；X溶液可能是氯水、碘水或可溶性铁盐溶液等，B项错误；浓度均为0.1mol·L1的NH HCO3溶液、HCOONa溶液的pH分别为7.8、10.0，由于在NH HCO3溶液中存在铵根离子水獬生成氢离子，因此不能根据pH大小判断HCO5和HCO)的水解能力，也不能判断HCO3和HCOOH电离出H+的能力，C项错误；浓度均为0.01mol·L1的Na2COs、Na2S的混合溶液，浓度相同，K小的先沉淀，由实验现象可知，向混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，有黑色沉淀Ag2S生成，说明Kp(Ag2S)c(OH),则根据电荷守恒分析，c(Na)十c(H)=c(OH)+c(A),则有c(A)c(A-)>c(Na).C项错误；由N,Q点的坐标可以计算P点坐标为(0,4.75)，1g合品=0，c(H）=1045mol·L1,根据电离衡常数K。=cA):H)分析，K。=1045,则室c(HA)温下，aA的水解窗常数K1X”=0=10,D顶钻误15.(1)c(H)·c(HS)/c(H2S)(2分)(2)Na2S(2分)(3)HS十CO⅓=HCO3+HS(2分)；c(Na+)>c(HS)>c(OH-)(3分)(4)①10-35②5×10-13（各3分）16.(1)将阳极泥粉碎、加热、搅拌、增大NaOH的浓度（任答两点）(1分)(2)TeO2能溶于过量的硫酸，发生反应TO2+4H+一Te4++2H2O(2分)(3)8(3分)(4)2[AuC14]+3SO2+6H2O—2Au￥+3SO星+8CI-+12H+(3分)(5)①加入CuO[或Cu(OH)2,或碱式碳酸铜]，调节pH至3.7左右②1.0×1020（各3分）17.(1)TiCl,+(2+x)H2O—TiO2·xH2OV+4HC1(2分)(2)抑制NHFe(SO1)2水解(2分)；AC(3分)(3)当滴入最后半滴NHF(SO4)2溶液时，溶液由无色变成红色，且半分钟内不褪色(2分)(4)①偏高·36·【23·G3DY(新高考)·化学·参考答案一R一必考一CQ】

的离子方程式为Mg2+十2CI十2H,0电解HA十C2A十Mg(OH)2Y,B项错误；用惰性电极电解CuC2溶液，Cu2+的氧化性比H+的强，Cu+先放电，其反应的化学方程式为CuC,电解Cu十C2◆，C项错误；银作阳极，阳极的电极反应式为Ag一e—一Ag+,铜片作阴极，阴极的电极反应式为Ag+十e—Ag,总反应式为Ag(阳极)通电Ag(阴极)，D项正确。9.B解析：通过反应机理示意图可知，反应过程中N2分子中的非极性键断裂，形成了NH3和N2H4分子中的N一H极性键，A项错误；由一个N2分子转化为两个H3分子需要得6个，同时还需要6个H+参与反应，所以电极反应式为N2+6十6H+一2NH3,B项正确；在N2转化为NH的过程中会生成副产物N2H4,因此，消耗1molN2并不能得到2 mol NH3,C项错误，催化剂可以通过降低反应活化能来提高反应速率，但不能提高反应的衡转化率，D项错误10.B解析：从图中可以看出，通过光伏发电，太阳能转化为电能，水在电能作用下分解为氧气和氢气，最后氢气和氧气生成水，所以太阳能转化为电能、热能和化学能，A项正确；正极发生还原反应，该燃料电池正极的电极反应式为O2十4H+十4一2H2O,B项错误；水分解为氢气和氧气，最后氢气和氧气又生成水，故水可以循环使用，氢气和二氧化碳反应生成水和甲醇，水和甲醇又生成二氧化碳，所以二氧化碳也可以循环利用，C项正确；氢气易燃易爆，使用氢气时如何安全、高效地储存及转移是关键，D项正确。11.D解：电池工作时，M极Cu2S转化为CuSO4,失去电子，为负极，则N极为正极，A项正确；M极的电极反应式为Cu2S-10e十4H2O一2Cu2++8H+SO星，因为M极产生的Cu+与SO的物质的量之比为2：1，故右室中SO}需通过X交换膜进入左室，则X交换膜为阴离子交换膜，B、C两项均正确；因为外电路上每通过2mol电子，左室中除了有0.2 nol Cu2S溶解，还有右室中的SO通过X交换膜进入左室，故左室溶液增重超过32g,D项错误。12.B解析：将NH4C1溶液从20℃升温至30℃，NHCI的水解衡正向移动，。NH)减小H)指大，所以c公减小.B项误13.D解析：根据O-的移动方向可知，N区为阴极区，M区为阳极区，a极为电源的负极，铅蓄电池中负极材料为Pb,A、B两项均正确；M区为阳极区，发生氧化反应，C2H被氧化为C2H4,其电极反应式为C2H一2-十O-一C2H4十度·13·【23新教材老高考·YK·化学·参考答案一R一选择性必修1一Y】

全电离，0.1mol·L-盐酸中c(H)=0.1mol,L-1,溶液新色变化，C项正确：①中滴入半滴NaOH标准液使溶11时，则X、Y都是弱城，C项正喷：据以上分析可知，c(Na)=c(CI)可得：c(X-)+c(Y-)+c(Z)=中c(H*)越大pH越小，0.1mol·L-1CH,COOH溶液液由无色变为粉红色，且半分钟内不桃色，即到达滴定城溶液的起始浓度：c(Y)>c(X),当溶液的体积相同c(H+)一c(OH-),D项正确，CH,COON溶液中存在的分子为醋酸分子与水分于，7.A[命题立意]本题考查电解质溶液中粒子浓度的相的pH大于0.1mol·L-1盐酸的pH,C项错误：终点，D项错误。时，用同浓度盐酸中和X,Y两溶液，完全中和时消耗的盐酸体积：V,c(HA),C项错误；向pH=4.2的错误理与模型认知的学科素养。c(NH)·c(OH-)4.D[命题立意]本题考查离子积和电离常数的相关知[试题解析]KC1O,是盐，属于电解质，SO,溶于水后能溶液中持续滴加NaOH溶液，HA与OH反应生成K.识，考查了宏观辨识与微观探析、变化观念与衡思想导电，是图为SO,与水反应生成了强电解质HSO,1.0×10-14K,(NH·H,O=.8X10可≈5.6X101°，C项正A2-和H2O,A2-在溶液中水解促进水的电离，水的电HSO,溶液能导电，SO为非电解质，A项错误；醋酸与离程度增大，当HA与OH完全反应后，氢氧化钠溶的学科素养。确；由题图可知，a、b两点对应的溶液中的溶质分别为[试题解析]一元弱酸加水稀释时，温度不变，水的离子氢氧化钠反应生成酷酸钠，醋酸钠水解显碱性，所以pH液过量，氢氧化钠电离出的OH会抑制水的电离，导NH,X和NH,Y,分别为弱酸弱碱盐和强酸弱碱盐积常数K。不变，A项错误：加水稀释时，温度不变，一=7时，醋酸要过量，故醋酸溶液的体积大于氢氧化钠致水的电离程度减小，则滴加NaOH溶液的过程中水X对NH的水解有促进作用，而Y对NH:的水解溶液的体积，B项错误；A1O与HCO,反应生成的电离程度先增大后减小，D项错误。元弱酸HA的电离常数K。不变，溶液中氢离子浓度减无影响，故NH的水解程度不同，D项错误。AI(OH)3沉淀和CO号，无气体生成，C项错误；AgCI沉15.C[命题立意]本题考查沉淀溶解衡及图像的相关小，则日减小，B项错误；由电离常数K,12.D[命题立意]本题考查电解质溶液中的反应及分析知识，考查了宏观辨识与微观探析、变化观念与衡思K,淀易转化为AgI沉淀，说明AgI更难溶，D项正确。的相关知识，考查了宏观辨识与微观探析、变化观念与想、证据推理与模型认知的学科素养。HA可得：Ac(HA=日)，加水稀释时，9.C[命题立意]本题考查沉淀溶解衡的相关知识，考衡思想、证据推理与模型认知的学科素养。[试题解析]由图可知pH=4,即c(H)=10X10-mol。c(HA)K.查了宏观辨识与微观探析、变化观念与衡思想、证据限成小别发小，C项错误加水稀释时道[试题解析]GHC为强酸弱碱盐，电离出的GH会发L-1时，c2(M)=7.5×10-8mo·L2,c(M)=推理与模型认知的学科素养。生水解，且水解较为微弱，因此0.001mol·L1GHCl度不变，水的离子积常数K。不变，溶液中氢离子浓度[试题解析]水电离、盐水解都是吸热反应，温度升高，√7.5×10mol·L-1=√.5×10‘mol·11<水溶液的pH>3,A项错误；稀释GHCI溶液时，GH3.0×10-4mol·L1,A项正确；由图可知，c(H)=0减小，则溶液中的氢氧根离子浓度增大，D项正确。NaCO,溶液的K。和c(OH)均会增大，A项正确；一般溶解度小的沉淀易转化为溶解度更小的沉淀，沉淀转水解程度将增大，根据勒夏特列原理可知，溶液中时，可看作溶液中有较大浓度的OH,此时A的水解5.B[命题立意]本题考查弱酸实验验证的相关知识，考化的离子方程式为CO(aq)+CaSO,(s)一CaCO(s)c(H)将减小，溶液pH将升高，B项错误；GHCI为强极大地被抑制，溶液中c(M)=c(A),则K。(MA)查了宏观辨识与微观探析、变化观念与衡思想的学科酸弱碱盐，在水中电离方程式为GHCI一GH十=c(M)×c(A-)=c2(M)=5.0X10,B项正确+SO(aq),B项正确；该条件下，设溶液体积为0.1L,素养。C】,C项错误；根据电荷守恒可知，GHC溶液中存在设调pH所用的酸为H,X,则结合电荷守恒可知[试题解析]乙酸和Z反应生成H2只能证明乙酸具有c(CO号)=c(Ca2+)=√/Kp(CaC0)=l0-5mol·L-1,则c(OH)+c(CI)=c(H)十c(GH),D项正确，c(M)+c(H)=c(A-)+c(OH)+c(X),题给酸性，不能证明其酸性强弱，A项错误；乙酸钠溶液显碳CaC0,的溶解度S约为10-5mol·L1×100g·mol-13.C[命题立意]本题考查滴定曲线的相关知识，考查了等式右边缺少c(X-),C项错误：K.(HA)=性，说明乙酸钠是强城弱酸盐，CH,COO厂能够发生水×0.1L=1×10-4g,且CaCO3和CaSO,的组成相似，宏观辨识与微观探析、变化观念与衡思想，证据推理cH)XcA,由物料守恒知，c(A)+c(HA)解，故可以证明乙酸是弱酸，B项正确；乙酸和N2COKp(CaCO)c(X)1×10-10K (MA)-(M)Xe(A)5.x弱，D项错误正确>c(OH)>(H),A项正确：弱酸的酸性越弱，电离常数越小，由分析可知，HXHY、HZ三种一元弱酸的则2(M)=10×10-,对应图可得此时落液中c(H)6.D[命题立意]本题考查滴定实验的相关知识，考查了10,C[命题立意]本题考查溶液中反应及图像的相关知宏观辨识与微观探析、实验探究与创新意识的学科识，考查了宏观辨识与微观探析、变化观念与衡思酸性依次减弱，则三种一元码酸的电离常数的大小顺=2.0X10-‘mol·L-,K(HA)-H)X(A2、C(HA素养。想、证据推理与模型认知的学科素养。序为K,(HX)>K,(HY)>K,(HZ),B项正确：在溶液PH变为7的过程中，酸越弱，向盐溶液中加入盐酸的c(H)=2.0×10-,D项正确。[试题解析]将pH试纸放在玻璃片或点滴板上，用胶头[试题解析]因为稀释100倍以后，二者变化曲线不一体积越大，酸极离子的浓度越小，则三种盐溶液中酸根16.[命题立意]本题考查电解质溶液在生活中的应用的相滴管吸取待测液，滴到pH试纸上，将试纸显示的颜色样，所以两种碱有相对强弱，H变化慢的为弱碱，即碱关知识，考查了密观辨识与微观探析、变化观念与衡与标准比色卡对照，即可测得溶液的pH,A项正确：酸性：X>Y,故H=11的X,Y两种城溶液的起始浓度：的浓度大小顺序为c(X)>c(Y)>(Z),C项错思想、证据推理与模型认知的学料素长。性KMO,溶减装在酸式滴定管中，在酸性条件下，c(Y)>c(X),结合以上分析可知，稀释前，X,Y两种误：向三种盐溶液中分别滴加20,00mL盐酸，三种盐KMO,与NaSO,可发生氧化还原反应，故可用酸性城常液的物质的量浓度一定不相等，A项错误：稀释都完全反应，溶液中钠高子浓度等于氯高子浪度，将三[试题解析](1)周所清洁剂的主要成分为HC1,盖酸KMO客液清定NSO溶凌，B项正确：满定时左手后，pHY>pHX),所以X溶凌中c(OH)比Y溶液中种溶液混合后溶液中存在电荷中域：(Na)+c(日)性，厨房清洁剂中含纯成或涤白输，水解均显城性：食醋的主要成分为CH COOH,显酸性：肥毫的主要成分注制海塞，方手摇动维形瓶，眼晴观察维形瓶内客凌的c(OH)小，B项错误1当a=9时，X为强城，若9

三、非选择题：本大题共5小题，共56分。1《8分》现代测献分子大小的方法有很多，粗略测量的有油膜法，进一步特疏测量的有显微法等。)在一次油膜法”粗略测量的实验中，一同学先量取02油酸，再加人酒特后得到200L的溶液；然后用针管吸取这种溶液，向小量简中滴人20滴溶液，溶液的液面达到量简中1mL的刻度，再用针管吸取配好的油酸酒精溶液，向撒有痱子粉的盛水浅盘中滴下1滴溶液，在液面上形成油酸薄膜，待油膜稳定后，放在带有正方形坐标格的玻璃板下观察油膜，如图9甲所示。坐标中每个小正方形方格的大小为1cm2,由图可以估算出油膜的面积是cm2,由此估算出油酸分子的直径是m(此空结果保留1位有效数字)。甲乙图9(2)图乙是教材中的一张照片。这张显微镜下拍摄的照片外圆是直径为1.43x108m的圆周，它是由48个铁原子排列而成的。由此可以估算出铁原子的直径约为m(结果保留2位有效数字)。12.(8分)如图10甲所示为“探究物体的加速度与其质量、受力的关系”的实验装置。小车后面固定一条纸带，穿过电火花打点计时器；细绳一端连着小车，另一端通过光滑的定滑轮和动滑轮与竖直悬挂的力传感器相连。电火花打点小车纸带计时器器单位：cm钩码1·t·8.308.959.59110.22甲乙丙图10(1)下列说法正确的是A.每次改变小车质量时，不需要重新衡摩擦力B.实验时应先释放小车再接通电源C.本实验M(小车质量)与m(钩码总质量)可随意取值D.细绳应跟长木板保持行物理·第4页（共6页)

21.索契北部有高大山地，该地坡度适宜，利于滑雪场的建立冬季该地受中纬西风影响，带来大量降水，降雪量大，由于山地气温低，故山地积雪多：亚热带季风区主要分布在大陆东岸季风气候区，与该地不符合：该地冬季由于山地阻挡和西风、黑海的影响，温度相对温和：故选A。22.C23.D【解析】22.由图文信息可知，奥赫里德湖是沿断层形成的典型构造湖，湖岸山地多可溶性石灰岩，喀斯特貌发育，雨水下渗快，图中显示，没有明显河流注入奥赫里德湖，因此雨水和河流水直接补给湖泊较少，不是该湖的主要补给水源，A、B不符合题意：湖岸山地多可溶性石灰岩，喀斯特貌发育，当地雨水大多转化为地下水，又因湖泊沿断层分布，地下水易沿断层出露，补给湖泊，地下水补给水源含沙量小，使得湖水透明度高，因此奥赫里德湖湖水的主要补给来源是地下水，C符合题意：该地区纬度较低，海拔较低，几乎没有终年积雪冰川，因此冰雪融水不是该湖的主要补给水源，D不符合题意。故选C。23.由图文信息可知，两湖的纬度和海拔相差不大，因此水温差异不大，故A错。奥赫里德湖面积更大，水深更深，水量更大，应该渔业资源更丰富，但实际渔产不如普雷斯帕湖丰富，因此水深和水量不是导致两湖渔产差异的主要原因，故BC错。影响渔业资源主要因素是饵料，奥赫里德湖是欧洲透明度最高的湖泊，水质好，营养盐类少，饵料不足，渔产不丰，故D对。故选D。【点睛】本题解题关键是对石灰岩岩性的理解，石灰岩为沉积岩，分子结构较大，岩性松软，吸水性强，含水量大，因此往往为含水层，富含地下水。24.C25.B【分析】试题分析24.，从图中等值线数值变化规律可读出四地的年降水量和水衡数值，二者差值即蒸发量。其中①地的年降水量和水衡数值分别为2000、400，其蒸发量为1600：②地的年降水量和水衡数值分别为1000、-400，其蒸发量为1400：③地的年降水量和水衡数值分别为1000、-1200，其蒸发量为2200：④地的年降水量和水衡数值分别为2000、400，其蒸发量为1600。25.水分盈亏受水衡的影响，水衡大于0，则水分盈余，水衡越大，水分盈余越多，热带森林带需水量大，所分布地区应该水分盈余多，即水衡数值大，图中①、②、③、④四地的水衡数值分别为400、-400、-1200、400,因此①④两地最可能出现热带森林带。考点：等值线判读26.C【解析】26.据图分析，磷虾生长与冰山活动紧密相关。全球变暖，冰山活动的界线向南极退缩，因此磷虾活动范围向南退缩，分布范围缩小，也更为集中，C正确，D错误营养物质没有大增，食物来源没有大增，不会爆发增长，A错误：短时间内不会迅速灭绝，B错误。故选C。【点睛】全球变暖带来的影响：导致生态系统的调整：导致海面的上升：可能导致干旱、洪涝、暴雨等灾害性事件的增加：对人类健康的威胁会增加。27.(1)该区域地形以高原和原为主：R和干流以东以高原为主，以西为原：地势东高西低：多沼泽分布。(4分)(2)所处纬度较高，气温低，蒸发弱（或蒸发量小于降水量）：气温低于0℃的时间长，地下冻土广布，不利下渗：气温低，R河结冰期长，且自低纬度流向高纬度，多凌汛现象发生，造成R河沿岸地区河水常泛滥，从而形成大面积沼泽。(6分)(3)补给形式：季节性积雪融水补给。原因：所处纬度较高，气温低，结冰期长；R河自低纬度地区流向高纬度地区，有凌汛现象，不利于航行；河水水量季节变化大，通航能力不稳定。(7分)【详解】(1)根据经纬度，该区域位于俄罗斯的叶尼塞河流域，地形以高原和原为主。R河干流以东以高原为主，以西为原。结合图例和等高线，地势东高西低，多沼泽分布。(2)图甲中R河西岸沼泽广布，从气候角度分析，主要是从气温、降水、冻土、结冰期等方面分析。该地所处纬度较高，气温低，蒸发弱。气温低于0℃的时间长，地下冻土广布，地表积水不利下渗。气温低，R河结冰

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