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1、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.A B.B C.C D.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，

2、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：B 2.(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C

3、H3COOH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：D 3.(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+C2H518OH C17H35COOC2H5+H218O B.常温时，0.1molL1氨水的 pH=11.1：NH3H2ONH4+OH C.由 Na和 Cl 形成离子键的过程：D

4、.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+C2H518OH C17H35CO18OC2H5+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+

5、2eCu，故 D 正确。答案：A 4.(6分)下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是()A B C D 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.A B.B C.C D.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

6、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：C 5.(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

7、物的单个分子中，含有官能团一 COOH或一 NH2 C.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：B 6.(6分)测定 0.1molL1 Na2SO3溶液先升温再降温过程中的 pH，数据如下：时刻 温度/25 30 40 25 pH 9.66 9.52 9.37 9.25 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

8、.Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32+H2OHSO3+OH B.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

9、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：C 7.(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 Fe B.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

10、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

11、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+Cl2 CH2=CHCH2Cl+HCl，答案：CH2=CHCH3+Cl2 CH2=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

12、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 CH2OHCHOHCH2OH CH2=CHCHO+2H2O 答案：CH2OHCHOHCH2OH CH2=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

13、 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 3：1 9.(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

14、：2Ca5(PO4)3(OH)+3H2O+10H2SO4 10CaSO40.5H2O+6H3PO4 该反应体现出酸性关系：H3PO4 H2SO4(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 H3P

15、O4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 CaSO4 H2O，H3PO4和 HF，所以化学反应方程式为：2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O 10CaSO4 H2O+6H3PO4+2HF 答案：2Ca5(PO4)

16、3F+10H2SO4+5H2O 10CaSO4 H2O+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

17、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：C

18、aSO4(s)Ca2+(aq)+SO42(aq)CaSO4 的溶解度相对较大 BaCO3+SO42BaSO4+CO32(6)取 a g所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用 b molL1NaOH溶液滴定至终点时生成 Na2HPO4，消耗 NaOH溶液 c mL.精制磷酸中 H3PO4的质量分数是(已知：H3PO4 摩尔质量为 98 gmol1)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，

19、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)+O 2(g)+H1=+551 kJmol1 反应：S(s)+O2(g)=SO2(g)H3=297 kJmol1 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/mo

20、l(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，p2 p1(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+2H2O ii.I2+2H2O+2I 解析：化学反应中的催化剂在第一个反应中作反应

21、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：SO2 4H+；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 18 mL SO2饱和溶液加入到 2 mL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 A B C D

22、试剂组成 0.4 molL1 KI a molL1 KI 0.2 molL1 H2SO4 0.2 molL1 H2SO4 0.2 molL1 KI 0.0002 mol I2 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

23、 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

24、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

25、：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+8H2O Cl2+2KOHKCl+KClO+H2O(2)探究 K2FeO4的性质 取

26、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

27、 Cl2 FeO42(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：4FeO4

28、2+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

29、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

30、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

31、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

32、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

33、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