精校普通高等学校招生全国统一考试北京卷化学.docx

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精校普通高等学校招生全国统一考试北京卷化学精校普通高等学校招生全国统一考试北京卷化学2018年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）化学一、选择题（共7小题，每小题6分，共42分.每题只有一个正确选项）1.（6分）下列我国科技成果所涉及物质的应用中，发生的不是化学变化的是（）A.甲醇低温所制氢气用于新能源汽车B.氘、氚用作“人造太阳”核聚变燃料C.偏二甲肼用作发射“天宫二号”的火箭燃料D.开采可燃冰，将其作为能源使用A.AB.BC.CD.D解析：

A.甲醇生成氢气，为化学变化，故A不选；B.氘、氚用作“人造太阳”核聚变燃料，原子核发生变化，不属于化学变化的范畴，故B选；C.偏二甲肼用作发射“天宫二号”的火箭燃料，燃烧生成氮气和水，发生化学变化，故C不选；D.可燃冰的主要成分为甲烷，燃烧生成二氧化碳和水，为化学变化，故D不选。

答案：

B2.（6分）我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。

该历程示意图如下。

下列说法不正确的是（）A.生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%B.CH4CH3COOH过程中，有CH键发生断裂C.放出能量并形成了CC键D.该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率解析：

A.图中分析，1mol甲烷和1mol二氧化碳反应生成1mol乙酸，生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%，故A正确；B.图中变化可知甲烷在催化剂作用下经过选择性活化，其中甲烷分子中碳原子会与催化剂形成一新的共价键，必有CH键发生断裂，故B正确；C.的焓值降低，过程为放热过程，有CC键形成，故C正确；D.催化剂只加快反应速率，不改变化学平衡转化率，故D错误。

答案：

D3.（6分）下列化学用语对事实的表述不正确的是（）A.硬脂酸与乙醇的酯化反应：

C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218OB.常温时，0.1molL1氨水的pH=11.1：

NH3H2ONH4+OHC.由Na和Cl形成离子键的过程：

D.电解精炼铜的阴极反应：

Cu2+2eCu解析：

A.硬脂酸为C17H35COOH，含有羧基，与C2H518OH发生酯化反应，乙醇脱去H原子，硬脂酸脱去羟基，反应的化学方程式为C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，故A错误；B.常温时，0.1molL1氨水的pH=11.1，说明NH3H2O不能完全电离，为弱电解质，则电离方程式为NH3H2ONH4+OH，故B正确；C.氯化钠为离子化合物，含有离子键，反应中Na失去电子，Cl得到电子，则由Na和Cl形成离子键的过程：

，故C正确；D.电解精炼铜，阴极析出铜，电极方程式为Cu2+2eCu，故D正确。

答案：

A4.（6分）下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是（）ABCD实验NaOH溶液滴入FeSO4溶液中石蕊溶液滴入氯水中Na2S溶液滴入AgC1浊液中热铜丝插入稀硝酸中现象产生白色沉淀，随后变为红褐色溶液变红，随后迅速褪色沉淀由白色逐渐变为黑色产生无色气体，随后变为红棕色A.AB.BC.CD.D解析：

A.NaOH溶液滴入FeSO4溶液中，产生白色沉淀，为Fe（OH）2，随后后变为红褐色，生成Fe（OH）3，Fe元素化合价发生变化，为氧化还原反应，故A不选；B.石蕊溶液滴入氯水中，生成盐酸和次氯酸，溶液变红与盐酸有关，后褪色与HClO的漂白性有关，Cl元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B不选；C.Na2S溶液滴入AgC1浊液中，沉淀由白色逐渐变为黑色，由AgCl生成Ag2S沉淀，属于沉淀的转化，元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故C选；D.热铜丝插入稀硝酸中，产生无色气体，随后变为红棕色，涉及NO转化为NO2，N元素化合价变化，属于氧化还原反应，故D不选。

答案：

C5.（6分）一种芳纶纤维的拉伸强度比钢丝还高，广泛用作防护材料，其结构片段如下图。

下列关于该高分子的说法正确的是（）A.完全水解产物的单个分子中，苯环上的氢原子具有不同的化学环境B.完全水解产物的单个分子中，含有官能团一COOH或一NH2C.氢键对该高分子的性能没有影响D.结构简式为：

解析：

A.单体的苯环上均只有一种化学环境的H，故A错误；B.官能团分别为一NH2、一COOH，故B正确；C.氢键影响高分子的物理性质，如溶解性、熔沸点等，故C错误；D.结构简式为，故D错误。

答案：

B6.（6分）测定0.1molL1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下：

时刻温度/25304025pH9.669.529.379.25实验过程中，取时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，产生白色沉淀多。

下列说法不正确的是（）A.Na2SO3溶液中存在水解平衡：

SO32+H2OHSO3+OHB.的pH与不同，是由于SO32浓度减小造成的C.的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致D.与的KW值相等解析：

A.Na2SO3是强碱弱酸盐，SO32存在水解平衡，水解平衡为：

SO32+H2OHSO3+OH，忽略二级水解，故A正确；B.温度相同，溶液的pH值低于溶液的pH值，说明溶液中OH浓度降低，也就说明过程中SO32浓度有所降低，故B正确；C.到过程温度升高，溶液pH降低，说明温度升高并没有起到促进水解平衡右移的作用，增大浓度则有利于水解正向移动，因此温度和浓度对水解平衡移动方向的影响不一致，故C错误；D.水的离子积常数Kw只有温度有关，和温度相同，所以和的Kw值相等，故D正确。

答案：

C7.（6分）验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下（烧杯内均为经过酸化的3%NaC1溶液）。

在Fe表面生成蓝色沉淀试管内无明显变化试置内生成蓝色沉淀下列说法不正确的是（）A.对比，可以判定Zn保护了FeB.对比，K3Fe（CN）6可能将Fe氧化C.验证Zn保护Fe时不能用的方法D.将Zn换成Cu，用的方法可判断Fe比Cu活泼解析：

A.中铁没有被腐蚀，而铁腐蚀，可说明铁连接锌后，锌保护了铁，故A正确；B.相比较，可知铁棒表面被氧化，但溶液中没有亚铁离子，可能的原因为K3Fe（CN）6将Fe氧化，故B正确；C.如铁不纯，也可形成原电池反应而被氧化，加入K3Fe（CN）6可在铁的表面生成蓝色沉淀，则验证Zn保护Fe时不能用的方法，应用的方法，故C正确；D.实验可说明铁被氧化，说明方法存在缺陷，不能比较金属的活泼性，则换成铜，也不能证明金属的活泼性，故D错误。

答案：

D二、非选择题II卷（60分）8.（17分）8羟基哇啉被广泛用作金属离子的络合剂和萃取剂，也是重要的医药中间体。

下图是8羟基呼啉的合成路线。

已知：

i.ii.同一个碳原子上连有2个羟基的分子不稳定。

（1）按官能团分类，A的类别是。

解析：

由以上分析可知A为CH2=CHCH3，为烯烃答案：

烯烃

（2）AB的化学方程式是。

解析：

A为CH2=CHCH3，B为CH2=CHCH2Cl，高温条件下A和氯气发生甲基上的取代反应，则AB的化学方程式是CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl，答案：

CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl（3）C可能的结构简式是。

解析：

由以上分析可知C的结构简式是C为CH2ClCHOHCH2Cl或CH2OHCHClCH2Cl2，答案：

CH2ClCHOHCH2Cl或CH2OHCHClCH2Cl（4）CD所需的试剂a是。

解析：

通过以上分析知，CD所需的试剂a是NaOH水溶液答案：

NaOH水溶液（5）DE的化学方程式是。

解析：

E为CH2=CHCHO，D为CH2OHCHOHCH2OH，D发生消去反应生成E，反应的化学方程式为CH2OHCHOHCH2OHCH2=CHCHO+2H2O答案：

CH2OHCHOHCH2OHCH2=CHCHO+2H2O（6）FG的反应类型是。

解析：

F为发生取代反应生成G。

答案：

取代反应（7）将下列KL的流程图补充完整：

解析：

由题给信息可知K首先发生加成反应生成，然后再发生消去反应生成L为答案：

（8）合成8羟基喹啉时，L发生了（填“氧化”或“还原”）反应，反应时还生成了水，则L与G物质的量之比为。

解析：

L为，G为，J为，L与G反应生成J和8羟基喹啉，L失去氢，应为氧化反应，反应的化学方程式为3+3+2H2O，L与G物质的量之比为3：

1答案：

氧化反应3：

19.（13分）磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下：

已知：

磷精矿主要成分为Ca5（PO4）3（OH），还含有Ca5（PO4）3F和有机碳等。

溶解度：

Ca5（PO4）3（OH）CaSO40.5H2O

（1）上述流程中能加快反应速率的措施有。

解析：

常用加快化学反应速率的措施有研磨，加热，溶解时搅拌等，根据流程图，加快化学反应速率的措施有：

研磨，加热答案：

研磨，加热

（2）磷精矿粉酸浸时发生反应：

2Ca5（PO4）3（OH）+3H2O+10H2SO410CaSO40.5H2O+6H3PO4该反应体现出酸性关系：

H3PO4H2SO4（填“”或“”）。

结合元素周期律解释中结论：

P和S电子层数相同。

解析：

根据反应方程式，是由H2SO4参加反应得到H3PO4，是由强酸制取弱酸，因此酸性强弱为：

H3PO4H2SO4，H3PO4和H2SO4均为无机含氧酸，主要可从P和S的非金属性角度考虑，S的非金属性强于P，可以使O上电子云密度降低更大，继而导致H+更易电离，H+越易电离，含氧酸酸性越强，可以简单解释为：

P的半径大于S，P的非金属性小于S，所以H3PO4的酸性小于H2SO4的酸性答案：

同一周期，从左到右，半径逐渐减小，得电子能力增强，最高价氧化物对应的水化物酸性增强，所以H3PO4的酸性小于H2SO4的酸性（3）酸浸时，磷精矿中Ca5（PO4）3F所含氟转化为HF，并进一步转化为SiF4除去，写出生成HF的化学方程式：

。

解析：

酸浸时，磷精矿中Ca5（PO4）3F所含氟转化为HF，反应过程为Ca5（PO4）3F和H2SO4反应，生成CaSO4H2O，H3PO4和HF，所以化学反应方程式为：

2Ca5（PO4）3F+10H2SO4+5H2O10CaSO4H2O+6H3PO4+2HF答案：

2Ca5（PO4）3F+10H2SO4+5H2O10CaSO4H2O+6H3PO4+2HF（4）H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除，同时自身也会发生分解。

相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示。

80后脱除率变化的原因：

。

解析：

根据图象，80前随着温度升高，有机碳脱除率增大，80后随着温度升高，有机碳脱除率降低，考虑H2O2受热分解，导致H2O2浓度降低影响有机碳的脱除率，所以可以解释为：

温度高于80时，H2O2的分解速率加快，导致H2O2的浓度降低，也就导致有机碳脱除率下降答案：

温度高于80时，H2O2的分解速率加快，导致H2O2的浓度降低，也就导致有机碳脱除率下降（5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42残留，原因是；加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是。

解析：

脱硫过程是加入CaCO3发生反应，脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42残留，反应过程生成CaSO4，而CaSO4相对于CaCO3溶解度较大，能产生多余的SO42，所以原因可以解释为：

CaSO4（s）Ca2+（aq）+SO42（aq），CaSO4的溶解度相对较大，加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，则是由于发生沉淀转化，BaCO3可转化为更难溶的BaSO4，离子方程式为：

BaCO3+SO42BaSO4+CO32答案：

CaSO4（s）Ca2+（aq）+SO42（aq）CaSO4的溶解度相对较大BaCO3+SO42BaSO4+CO32（6）取ag所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用bmolL1NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液cmL.精制磷酸中H3PO4的质量分数是（已知：

H3PO4摩尔质量为98gmol1）解析：

用NaOH滴定H3PO4至Na2HPO4的滴定反应为：

H3PO4+2NaOHNa2HPO4+2H2O，根据反应方程式，制磷酸中H3PO4的物质的量为，则精制磷酸中H3PO4的质量分数是=。

答案：

10.（12分）近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储，过程如下：

（1）反应：

2H2SO4（l）=2SO2（g）+2H2O（g）+O2（g）+H1=+551kJmol1反应：

S（s）+O2（g）=SO2（g）H3=297kJmol1反应的热化学方程式：

。

解析：

根据图知，反应II为3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s），将方程式IIII即得3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s），H=（+551kJmol1）（297kJmol1）=254kJ/mol答案：

3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s）H=254kJ/mol

（2）对反应，在某一投料比时，两种压强下，H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示，p2p1（填“”或“”），得出该结论的理由是。

解析：

相同温度下，增大压强，平衡正向移动，导致硫酸在平衡体系中物质的量分数增大，根据图知，相同温度下，达到平衡状态时硫酸含量：

P1P2，说明压强P2P1答案：

当温度相同时，增大压强，平衡正向移动，导致硫酸在平衡体系中物质的量分数增大（3）I可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下，将ii补充完整。

i.SO2+4I+4H+=S+2I2+2H2Oii.I2+2H2O+2I解析：

化学反应中的催化剂在第一个反应中作反应物、第二个反应中作生成物，总方程式为得3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s），催化过程中i。

SO2+4I+4H+=S+2I2+2H2O，说明I、H+在i作作反应物，在ii中作生成物，同时ii中还生成H2SO4，根据元素守恒知，反应物还有SO2，所以ii中方程式应该为：

I2+2H2O+SO24H+SO42+2I答案为：

SO24H+；SO42（4）探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：

分别将18mLSO2饱和溶液加入到2mL下列试剂中，密闭放置观察现象，（已知：

I2易溶解在KI溶液中）序号ABCD试剂组成0.4molL1KIamolL1KI0.2molL1H2SO40.2molL1H2SO40.2molL1KI0.0002molI2实验现象溶液变黄，一段时间后出现浑浊溶液变黄，出现浑浊较A快无明显现象象溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快B是A的对比实验，则a=。

比较A、B、C，可得出的结论是。

实验表明，SO2的歧化反应速率DA.结合i，ii反应速率解释原因：

。

解析：

B是A的对比实验，所用c（KI）应该相等，否则无法得出正确结论，所以a=0.4，比较A、B、C，A中只含KI、B中含有KI和硫酸、C中只含硫酸，反应快慢顺序是BAC，且C中没有明显现象，说明不反应，B中含有酸导致其反应速率加快，所以得出的结论是：

在酸性条件下，SO2与I反应速率更快，且SO2与稀硫酸不发生反应，反应i、ii知，SO2先和I反应生成I2，I2再和SO2进一步反应，D中KI溶液溶解了I2，导致D中的ii的反应较A快，所以看到的现象是：

D中出现浑浊较A快。

答案：

0.4在酸性条件下，SO2与I反应速率更快，且SO2与稀硫酸不发生反应反应i、ii知，SO2先和I反应生成I2，I2再和SO2进一步反应，D中KI溶液溶解了I2，导致D中的ii的反应较A快。

11.（16分）实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。

资料：

K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。

（1）制备K2FeO4（夹持装置略）A为氯气发生装置。

A中反应方程式是（锰被还原为Mn2+）。

将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。

C中得到紫色固体和溶液。

C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外还有。

解析：

A为氯气发生装置，由高锰酸钾和浓盐酸反应制取得到Cl2，MnO4被还原为Mn2+，Cl被氧化为Cl2，所以反应的方程式为：

2MnO4+10Cl+16H+5Cl2+2Mn2+8H2O，装置B为除杂装置，反应使用浓盐酸，浓盐酸会挥发产生HCl，使得产生的Cl2中混有HCl，需要除去HCl，可将混合气体通过饱和食盐水达到除杂的目的，所以装置B应为：

，C中得到紫色固体和溶液，紫色的为K2FeO4，在碱性条件下，Cl2可以氧化Fe（OH）3制取K2FeO4，还存在反应为Cl2和KOH反应，所以还发生的反应方程式为：

Cl2+2KOHKCl+KClO+H2O。

答案：

2MnO4+10Cl+16H+5Cl2+2Mn2+8H2OCl2+2KOHKCl+KClO+H2O

（2）探究K2FeO4的性质取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2，为证明是否K2FeO4氧化了Cl而产生Cl2，设计以下方案：

方案取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色方案用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b，取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。

i.由方案1中溶液变红可知a中含有离子，但该离子的产生不能判断一定K2FeO4将Cl氧化，还可能由产生（用方程式表示）。

ii.方案可证明K2FeO4氧化了Cl.用KOH溶液洗涤的目的是。

根据K2FeO4的制备实验得出：

氧化性Cl2FeO42（填“”或“”），而方案实验表明，Cl2和FeO42的氧化性强弱关系相反，原因是。

资料表明，酸性溶液中的氧化性FeO42MnO4，验证实验如下：

将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，该现象能否证明氧化性FeO42MnO4，若能，请说明理由；若不能，进一步设计实验方案，理由或方案：

。

解析：

i.方案I中加入KSCN溶液至过量，溶液呈红色，说明反应产生Fe3+，但该离子的产生不能判断一定K2FeO4将Cl氧化，注意K2FeO4在碱性溶液中稳定，酸性溶液中快速产生O2，自身转化为Fe3+，发生反应为：

4FeO42+20H+4Fe3+3O2+10H2O，ii.方案可证明K2FeO4氧化了Cl，使用KOH溶液溶出K2FeO4晶体，可以使K2FeO4稳定析出，同时考虑到K2FeO4表面可能吸附ClO，ClO在酸性条件下可与Cl反应生成Cl2，从而干扰实验，所以用KOH溶液洗涤的目的是：

使K2FeO4稳定溶出，并把K2FeO4表面吸附的ClO除尽，防止ClO与Cl在酸性条件下反应产生Cl2，避免ClO干扰实验，故答案为：

；Fe（OH）3在碱性条件下被Cl2氧化为FeO42，可以说明Cl2的氧化性大于FeO42，而方案实验表明，Cl2和FeO42的氧化性强弱关系相反，方案是FeO42在酸性条件下氧化Cl生成Cl2，两种反应体系所处酸碱性介质不一样，所以可以说明溶液酸碱性会影响粒子氧化性的强弱，根据实验过程分析，该实验过程不能说明氧化性FeO42MnO4，原因有二：

两种溶液混合反应相当于稀释，没有排除稀释时颜色变浅带来的影响，可通过设置空白对照实验加以说明，溶液体系中可能存在其他具有氧化性的粒子如Fe3+和O2等，也会给实验带来干扰，可通过控制变化法设置空白对照实验加以说明，答案：

Fe3+4FeO42+20H+4Fe3+3O2+10H2O溶液酸碱性会影响粒子氧化性的强弱使K2FeO4稳定溶出，并把K2FeO4表面吸附的ClO除尽，防止ClO与Cl在酸性条件下反应产生Cl2，避免ClO干扰实验不能。

没有排除两种可能的干扰。

一是没有排除溶液稀释对溶液颜色变浅带来的影响，可增加一个空白对照实验排除该干扰。

二是没有排除该体系中其它氧化性粒子如O2、Fe3+的干扰，可在控制变量的条件下设计对照实验，排除Fe3+或O2的干扰考试考高分的小窍门1、提高课堂注意力2、记好课堂笔记3、做家庭作业4、消除焦虑、精中精力、5、不忙答题，先摸卷情、不要畏惧考试。

6、最重要的一点还是要保持良好的作息时间，持之以恒。

考试高分秘诀是什么？

试试这四个方法，特别是中考和高考生谁都想在考试中取得优异的成绩，但要想取得优异的成绩，除了要掌握好相关的知识定理和方法技巧之外，更要学会一些考试技巧。

因为一份试卷的题型有选择题、填空题和解答题，题目的难易程度不等，再加上时间的限制，更需要考生运用考试技巧去合理安排时间进行考试，这样才能获得一个优异的成绩。

在每次考试结束之后，我们总会发现这样有趣的情形：

有的学生能超常发挥，考个好成绩，而有的学生却出现粗心大意的状况，令人惋惜。

有的学生会说这是“运气”的原因，其实更深次的角度来说，这是说明考试准备不足，如知识掌握不扎实或是考试技巧不熟练等，这些正是考前需要调整的重点。

读书学习终究离不开考试，像中考和高考更是重中之重，影响着很多人的一生，下面就推荐一些与考试有关的方法技巧，希望能帮助大家提高考试成绩。

一是学会合理定位考试成绩你能在一份卷子当中考几分，很大程度上取决于你对知识定理的掌握和熟练程度。

像最后一道选择题和填空题，以及最后两道大题，如果你没有很大把握一次性完成，就要先学会暂时“放一放”，把那些简单题和中等题先解决，再回过头去解决剩下的难题。

因此，在考试来临之前，每位考生必须对自身有一个清晰的了解，面对考试内容，自己处于什么样的知识水平，进而应采取什么样的考试方式，这样才能帮助自己顺利完成考试，获得理想的成绩。

像压轴题的最后一个小题总是比较难，目的是提高考试的区分度，但是一般只有4分左右，很多考生都可以把前面两小题都做对，特别是第一小题。

二是认真审题，理清题意每次考试结束后，很多考生都会发现很多明明自己会做的题目都解错了，非常可惜。

做错的原因让人既气愤又无奈，如算错、看错、抄错等，其中审题不仔细是大部分的通病。

要想把题目做对，首先就要学会把题目看懂看明白，认真审题这是最基本的学习素养。

像数学考试，就一定要看清楚，如“两圆相切”，就包括外切和内切，缺一不可；ABC是等腰三角形，就要搞清楚哪两条是腰；二次函数与坐标轴存在交点，就要分清楚x轴和y轴；或是在考试过程中遇到熟悉的题目，绝不可掉以轻心，因为熟悉并不代表一模一样。

三是要活用草稿纸有时候真的很奇怪，有些学生一场考试下来，几乎可以不用草稿纸，但最终成绩也并不一定见得有多好。

不过，我们查看这些学生试卷的时候，上面密密麻麻写了一堆，原来都把试卷当草稿纸，只不过没几个人能看得懂。

考试时间是有限，要想在有限的时间内取得优异的成绩，就必须提高解题速度，这没错，但很多人的解题速度是