2013届内蒙古呼伦贝尔牙克石林业一中高三第二次模拟化学试卷与答案（带解析）.doc

1、2013届内蒙古呼伦贝尔牙克石林业一中高三第二次模拟化学试卷与答案（带解析） 选择题 下列说法中正确的是 ( ) A 1 mol Cl2与足量的铁反应，转移电子数为 3NA B阿伏加德罗常数是 12 kg12C中含有的碳原子数 C 1 mol水分子中含有 2 mol氢原子和 1 mol氧原子 D 1.8 g重水 (D2O， D为 12H)中含有的中子数为 6.021023 答案： C 试题分析： A、 Cl2与足量的铁反应氯气只作氧化剂， 1 mol Cl2发生反应，转移的电子为 2mol。 A错误。 B、阿伏加德罗常数是 12 g 12C中含有的碳原子数。 B错误。 D、 1.8 g重水 (

2、D2O， D为 H)中含有的中子数为 1.8g 20g/mol106.021023=5.41023。 考点：阿伏伽德罗常数。 点评：理解阿伏伽德罗常数，并注意某些特定条件或结构的特殊性。 常温下，某溶液中由水电离的 c(H ) 110-13 mol/L，该溶液可能是 ( ) 二氧化硫水溶液 氯化铵水溶液 硝酸钠水溶液 氢氧化钠水溶液 硫酸氢钠 碳酸氢钠 A B C D 答案： A 试题分析：溶液中由水电离的 c(H ) 110-13 mol/L，说明水的电离受到抑制，在水中加酸或加碱都可抑制水的电离。 二氧化硫水溶液即亚硫酸溶液， 硫酸氢钠电离出 H+呈酸性，故选 A。 考点：电解质的电离，盐

3、的水解。 点评：掌握水的电离影响因素。 密闭容器中进行下列反应： M(g) R (g) 2 N (g) 2L，如图所示 R%是R的转化率， t是时间，下列关于该反应的分析正确的是 ( ) A正反应吸热， L为气体 B正反应吸热， L为固体或纯液体 C正反应放热， L为气体 D正反应放热， L为 固体或纯液体 答案： C 试题分析：同在 500C时，由图象可知增大压强平衡 R的百分含量减小，说明平衡向逆反应方向移动，则说明气体反应物的化学计量数之和小于气体生成物的化学计量数之和，则 L为气体，压强相同时，由图象可知升高温度 R的百分含量降低，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，即在该反

4、应中，正反应为放热反应，且 L为气体。故选 C。 考点：化学平衡问题。 点评：本题考查化学平衡图象问题，难度不大，本题注意根据图象判断问题、压强的大小，根据温度、压强对平衡移动的影响分析。 2SO2(g) O2(g) 2SO3(g)是制备硫酸的重要反应。下列叙述正确的是( ) A催化剂 V2O5不改变该反应的逆反应速率 B恒压，通入稀有气体，反应速率不变 C该反应是放热反应，降低温度将缩短反应达到平衡的时间 D在 t1、 t2时刻， SO3(g)的浓度分别是 c1、 c2，则时间间隔 t1 t2内， SO2(g)消耗的平均速率为 答案： D 试题分析： A、催化剂可同等程度的改变正、逆反应的反

5、应速率，故 A错； B、若在恒容条件下，向容器通入惰性气体，反应体系的压强变大，但反应各物质的浓度不变，因此反应速率也不变；故 B错； C、不论反应是吸热反应还是放热反应，降低温度反应速率一定变慢，则达到平衡的时间将延长；故 C错； D、根据计算平均速率的定义公式，浓度变化量 c2-c1，时间为 t2-t1， SO3（ g）生成的平均速率为 ，故 D对； 故选 D。 考点：反应速率的定量表示方法；催化剂的作用；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素。 点评：本题主要考查了影响化学反应速率的因素，化学反应速率和化学平衡是化学基本理论的核心知识，既是重点又是难点，也是年年必考的内容，特别是有关

6、化学反应速率和化学平衡的计算及影响因素、化学平衡常数的表 达式及其计算是高考的重点。 下列各项表达中不正确的是 ( ) A D216O 中，质量数之和是质子数之和的两倍 B在氮原子中，质子数为 7而中子数不一定为 7 C硫离子结构示意图： D HBr的形成过程： 答案： D 试题分析： A、 DO 中质量数为 22+16=20，质子数 =2+8=10，故 A正确。 B、在氮原子的同位素中，质子数为 7而中子数不一定为 7。故 B正确。 C、硫离子得到 2个电子，最外层为 8个电子，正确 D、 HBr是共价化合物电子式不能写出离子形式。故 D 错误。 考点：化学用语。 点评：掌握结构式、电子式、

7、结构简式、原子离子结构示意图等式子的书写。 某混合气体中可能含有 Cl2、 SO2、 NO、 NO2中的两种或多种气体。现将此混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色。对于原混合气体成分的判断中正确的是 ( ) A肯定有 SO2，但无 NO B Cl2、 SO2至少一种， NO、 NO2至少一种 C可能有 Cl2和 NO D肯定有 NO和 SO2 答案： B 试题分析： Cl2、 SO2都能使品红溶液褪色，混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，说明 Cl2、 SO2至少一种，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色，说明含有气体 NO， NO可能是原有的也可能是

8、NO2与水反应生成的，则 NO、NO2至少一种。故选 B。 考点：物质的检验。 点评：本题考查常见气体的检验，题目难度不大，注意常见气体的性质以及检验方法，同时注意辨证思想的运用。 用图所示实验装置 (夹持仪器已略去 )探究铜丝与过量浓硫酸的反应。下列实验不合理的是 ( ) A上下移动 中铜丝可控制反应开始停止 B若 中是澄清石灰水，先浑浊后澄清 C 中 KMnO4溶液褪色，说明 SO2有还原性 D 中反应离子方 程式： Cu + 4 H + SO42- Cu2 + 2H2O + SO2 答案： D 试题分析： A、通过铜丝与浓硫酸的接触与分离，可控制反应的发生与停止。 A正确。 B、二氧化硫

9、先与石灰水反应生成亚硫酸钙微溶物质，再进一步反应生成亚硫酸氢钙可溶物质，所以澄清石灰水先浑浊后澄清。 B正确。 C、 KMnO4溶液褪色是因为 KMnO4把二氧化硫氧化。说明 SO2有还原性。 C正确。 D、由于浓硫酸不能改写为离子形式，所以 D错误。故选 D。 考点：硫酸的性质。二氧化硫的性质。 点评：掌握浓硫酸的特性。此题不难。 下列说法正确的是 ( ) 氯气有漂白性 实验室制取氯气时，为了防止环境污染，多余的氯气可以用氢氧化钙溶液吸收 新制氯水的氧化性强于久置氯水 除去 HCl气体中的 Cl2，可将气体通入饱和食盐水 氯气的水溶液呈酸性 A B C D 答案： D 试题分析： 干燥的氯气

10、没有漂白性，错误。 实验室制取氯气时，为了防止环境污染，多余的氯气可以用氢氧化钠溶液吸收，氢氧化钙溶液浓度太低。错误。 新制氯水含有氯气、次氯酸，久置氯水其实是盐酸溶液，所以新制氯水的氧化性强于久置氯水。正确 除去 HCl气体中的 Cl2，将气体通入饱和食盐水不行，因为 HCl易溶于水。错误。 氯气的水溶液含有 HCl、 HClO 呈酸性，正确。 考点：氯气的性质。 点评：掌握氯气的性质，新制氯水与久置氯水的区别。 把 Ca(OH)2放入蒸馏水中，一段时间后达到平衡： Ca(OH)2(s) Ca2 (aq) 2OH-(aq)。下列说法正确的是 ( ) A恒温下向溶液中加入 CaO，溶液中 Ca

11、(OH)2的浓度增大 B给溶液加热，溶液的 pH升高 C向溶液中加入 Na2CO3溶液， Ca2 浓度减小 D向溶液中加入少量 NaOH固体， Ca(OH)2固体质量不变 答案： C 试题分析： A恒温下饱和溶液中 Ca(OH)2的浓度不变。 A错误。 B给溶液加热，氢氧化钙溶解度降低，溶液的 c（ OH-）减小， pH降低。 B错误。 C向溶液中加入 Na2CO3溶液，由于 CO32-与 Ca2 结合成溶解度更小的 CaCO3，Ca2 浓度减小，故 C正确。 D向溶液中加入少量 NaOH固体，溶液中 OH-浓度增大， Ca（ OH） 2固体增加。D错误。 考点：溶解平衡。 点评：本题考查难溶

12、电解质的溶解平衡和沉淀的转化，题目难度不大，注意从平衡移动的角度解答 该题。 下列叙述正确的是 ( ) A某醋酸溶液的 pH a，将此溶液稀释 10倍后，溶液的 pH b，则 a=b+1 B在滴有酚酞溶液的氨水中，加入 NH4Cl至溶液恰好无色，则此时溶液的 c (NH4 ) = c(Cl-) C 25 0.510-3 mol/L硫酸的 pH 3.0,升高温度溶液 pH增大 D 100 时， KW= 10-12，若 pH 1的盐酸与 pH 11NaOH溶液混合后，溶液的pH 7，则盐酸与 NaOH溶液体积比为 1:1 答案： D 试题分析： A、醋酸是弱酸稀释 10倍溶液的 pH变化小于 1，

13、所以 a不等于 b+1。A错误。 B、在氨水中存在电离平衡，当加入 NH4Cl，平衡逆向移动，氢氧根离子的浓度减小，由酚酞的变色范围 5 8可知，此时溶液的 pH可能小于 8，不一定小于7，故 B错误。 C、硫酸是强酸升高温度溶液 pH不变。 D、 100 时， kw=110-12， 这也就意味着 H+OH-=10-12， PH=1 的盐酸 H+=10-1， PH=11 的氢氧化钠 H+=10-11， OH-=Kw/H+=(10-12)/(10-11)=10-1 盐酸溶液中的 H+与氢氧化钠溶液中 OH-浓度相等，因此 中和的话两者的体积也相等为 1:1。 考点：电解质溶液。 点评：注意弱电解

14、质的部分电离，和水的离子积受温度的影响。 下列溶液中，溶质的物质的量浓度不是 1 mol/L的是 ( ) A 10 g NaOH固体溶解在水中配成 250 mL溶液 B将 80 g SO3溶于水并配成 1 L的溶液 C将 0.5 mol/L的 NaNO3溶液 100 mL加热蒸发掉 50 g水的溶液 D标况下，将 22.4 L氯化氢气体溶于水配成 1 L溶液 答案： C 试题分析： A、 10 g NaOH固体溶解在水中配成 250 mL溶液： c(NaOH)=10g 40g/mol 0.25L=1mol/L。 A正确。 B、将 80 g SO3溶于水并配成 1 L的溶液，三氧化硫溶于水，与水

15、反应生成硫酸，为硫酸溶液，根据三氧化硫质量计算硫酸的物质的量，再根据物质的量浓度定义计算判断：根据硫原子守恒可知 n（ H2SO4） =n（ SO3） =80g 80g/mol=1mol，所以溶液浓度为 1mol/L，故 B正确。 C、由蒸发前后溶质的物质的量不变，但溶液的密度不等于水的密度，体积之差不等于质量之差，故 C错误。 D、标况下，将 22.4 L氯化氢气体溶于水配成 1 L溶液： 22.4L 22.4L/mol 1L=1mol/L。 考点：物质的量浓度计算。 点评：考查学生对物质的量浓度理解，浓度减小，注意物质的量浓度表达式中体积为溶液体积，不是溶剂体积 25 时，浓度均为 0.2

16、 mol/L的 NaHCO3溶液中，下列判断不正确的是 ( ) A存在电离平衡 HCO H CO32 B存在水解平衡 HCO H2O H2CO3 OH- C将溶液加热蒸干、灼烧得 Na2O2固体 D加入 NaOH固体，恢复到原温度， c(OH-)、 c(CO32 )均增大 答案： C 试题分析：在水 溶液中碳酸氢根存在电离平衡和水解平衡： NaHCO3= Na+ + HCO3-、 HCO3 H CO32 、 HCO3 H2O H2CO3OH-，故 A、 B正确。 C、将溶液加热蒸干、灼烧得 Na2CO3固体，故 C错误。 D、加入 NaOH固体，发生反应： HCO3 + OH- =CO32-

17、+H2O,所以 c(OH-)、c(CO32 )均增大。 D正确。 考点：盐类的水解 点评：本题考查学生盐的水解的应用，可以根据所学知识进行回答，难度不大。 能正确表示下列反应的离子方程式为 ( ) A硫化亚铁溶于稀硝酸中： FeS 2H =Fe2 H2S B含等物质的量的 KHCO3和 Ba(OH)2溶液混合： HCO3 Ba2 OH-=BaCO3 H2O C少量 CO2通入硅酸钠溶液中： SiO32 2CO2 2H2O=H2SiO3 2HCO3 D硫化钠水溶液呈碱性： S2- 2H2O H2S 2OH- 答案： B 试题分析： A、硫化亚铁溶于稀硝酸中时，因硝酸具有强氧化性，可以将亚铁离子氧

18、化为三价，也会将硫化氢氧化，所以产物中不会生成 Fe2+和 H2S，故 A错误。 B、含等物质的量的 KHCO3和 Ba(OH)2溶液混合，钡离子和碳酸氢根按物质的量之比 1： 1反应，即 HCO3 +Ba2+OH-=BaCO3+H2O，故 B正确。 C、少量 CO2通入硅酸钠溶液中： SiO32 CO2 H2O=H2SiO3 CO32-，故 C错误。 D、硫化钠中的硫离子是多元弱酸根离子，分步水解，以第一步为主，为： S2-+H2O=HS-+OH-，故 D错误 考点：离子方程式的书写。 点评：本题考查学生离子方程式的书写的正误判断知识，注意物质用量的多少所决定的反应产物的情况，综合性较强，难

19、度较大。 将某份铁铝合金样品均分为两份，一份加入足量盐酸，另一份加入足量NaOH溶液，同温同压下产生的气体体积比为 4 3，则样品中铁、铝物质的量之比为 ( ) A 3 2 B 1 2 C 3 4 D 4 3 答案： B 试题分析：不管是和酸反应还是和碱反应，铝产生的氢气的量是相等的，可以假设只要铁和盐酸反应产生的氢气的量与金属铝和氢氧化钠反应产生的氢气的物质的量分别是 1mol和 3mol就行了，根据化学方程式可以知道： Fe H2，当生成 1mol氢气时，消耗金属铁 1mol， 2Al 3H2，当生成 3mol的氢气时，消耗金属铝的物质的量为 2mol， 所以铁与铝的物质的量比为 1： 3

20、。 故选 B 考点：铝、铁的化学性质。化学方程式计算。 点评：本题考查混合物的计算，题目难度不大，本题注意从生成氢气的质量相等判断铁与铝的质量关系。 关于离子键、共价键的各种叙述，下列说法中正确的是 ( ) A在离子化合物里，只能存在离子键 B非极性键只存在于双原子的单质分子 (如 Cl2)中 C在共价化合物分子内，一定不存在离子键 D由多种元素组成的多原子分子里，一定既存在极性键又存在非极性键 答案： C 试题分析： A、在离子化合物里也可以存在共价键如 NaOH中有离子键也有共价键。故 A错误。 B、非极性键也可存在化合物分子中，如 C2H4 分子中有非极性键 碳碳双键。故 B错误。 C、

21、分子中只要有离子键就是离子化合物。故在共价化合物分子内中一定不存在离子键。 C正确。 D、由多种元素组成的多原子分子里，不一定既存在极性键又存在非极性键，如 CH4只有极性键。 考点：化学键的概念。 点评：理解物质的结构的一些特殊情况，是解决此类题目的关键。 下列关于铁元素的叙述中正确的是 ( ) A 2Fe3 Cu=2Fe2 Cu2 成立说明氧化性： Fe3 Cu 2 B 25 ， pH 0的溶液中， Al3 、 NH4+、 NO3 、 Fe2 可以大量共存 C 5.6 g铁与足量的氯气反应失去电子为 0.2 mol D硫酸铁溶液中加入铁粉，滴加 KSCN 溶液一定不变红色 答案： A 试题

22、分析： A、反应中 Fe3 做氧化剂 Cu 2 是氧化产物。根据氧化还原反应的氧化性判断规律，氧化性：氧化剂氧化产物，所以 A正确。故选 A。 B、 pH 0的溶液中，溶液含有较大浓度的 H+， NO具有强氧化性与还原性的Fe2 不能大量共存。 C、 5.6gFe 为 0.1mol 与氯气反应时被氧化成 Fe3+失去电子为 0.3mol。故 C 错误。 D、硫酸铁溶液中加入铁粉， Fe3+不一定反应完全，滴加 KSCN 溶液有可能变红色。 D错误。 考点：铁的化学性质。 点评：掌握铁及其化合物的相关性质是解题的关键。 填空题 （ 10分） (1)一定条件下，发生反应 CO (g) H2O (g

23、) CO2(g) H2 (g)，向 2 L密闭容器中通入 2 mol CO (g)、 1 mol H2O (g)， 2 min后反应达到平衡时，测得 CO的物质的量为 1.6mol，用 H2O (g)表示该反应速率为 _此温度下，该反应的平衡常数为 _若往容器中再加入 2 mol CO (g)，则重新达到平衡时的 CO总转化率 _20%(填 “”、 “0，反应过程中 NO2的浓度随时间变化的情况如下图所示。 请回答：若曲线 A、 B分别表示的是该反应在某不同条件下的反应情况，则曲线 B此条件可能是 _(填 “增大压强 ”、 “减小压强 ”“升高温度 ”“降低温度 ”或 “使用催化剂 ”)。 (

24、3)一定温度下，在密闭容 器中 N2O5可发生下列反应： 2N2O5(g) 4NO2(g) O2(g) 2NO2(g) 2NO(g) O2(g) 若达平衡时， c(NO2) 0.6 mol/L， c(O2) 1.3 mol/L，则反应 中 NO2的转化率为 _ 答案： (1) 0.1 mol/(L min) 0.1667 ”、 “”、“ 试题分析： （ 1） A酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入待 测液，醋酸浓度降低，消耗氢氧化钠溶液体积减小，导致所测溶液浓度偏低。 B滴定前锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，不影响所测溶液浓度。 C碱式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，所用氢氧化钠溶液体积增

25、大。导致所测溶液浓度偏高。 D读取氢氧化钠体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，读数值小于实际值，所测溶液浓度偏小。 故选 AD。 （ 2）因为醋酸是弱电解质，部分电离，加水稀释 10倍 pH变化小于 1。所以加水后溶液体积 V（醋酸） V（盐酸）。 （ 3）酸与碱都会抑制水的电离，只有 实际为氯化钠溶液，对水的电离无 抑制。因为 pH 12的氨水中 c(NH3 H2O) 0.01mol/L，故将 、 混合后所得溶液pH 7，则消耗溶液的体积： 。 考点：溶液的配制，中和滴定，弱电解质的电离。 点评：此题综合性强，对学生知识的全面性要求较高。 （ 14分）、请回答下列问题。 (1)钢铁的电

26、化学腐蚀原理如图所示：写出石墨电极的电极反应式_； (2)在实际生产中，可在铁件的表面镀铜防止铁被腐蚀。装置示意图如下： A电极的电极反应式是 _。 若电镀前铁、铜两片金属质量相同，电镀完成后将它们取出洗净、烘干、称量，二者质量差为 4.48 g，则电镀时电路中通过的电子为 _ mol。（ 3）如下图装置所示， C、 D、 E、 F、 X、 Y都是惰性电极，甲、乙中溶液的体积和浓度都相同 (假设通电前后溶液体积不变 )， A、 B为外接直流电源的两极。将直流电源接通后， F极附近呈红色。 请回答： 若甲、乙装置中的 C、 D、 E、 F电极均只有一种单质生成时，对应单质的物质的量之比为 _。

27、当乙中溶液的 pH是 13时 (此时乙溶液体积为 500 mL)， 甲中溶液的 pH为_。 丁中 X极附近的颜色逐渐变浅， Y极附近的颜色逐渐变深，这种现象称为 _ 乙中发生的反应方程式为： _。 答案： (1)O2 4e- 2H2O=4OH-（ 2） Cu 2e -= Cu2 0.07(3)1 2 2 2 1 电泳 2NaCl 2H2O 2NaOH H2 Cl2 试题分析： （ 1）此为钢铁的吸氧腐蚀，石墨做正极，电极反应式： O2 4e-2H2O=4OH-。 （ 2） A 连接的为电源的正极做阳极，按电镀原理，阳极为镀层金属失去电子，故电极反应式 : Cu2e -=Cu2 、铜两片金属质量

28、相差 4.48g，即反应铜 2.24g，转移电子为： 2.24g 64g/mol2=0.07mol。 （ 3） 将直流电源接通后， F极附近呈红色，说明 F为阴极： 2H+ + 2e- =H2，则 E为阳极产生单质 Cl2， D为阴极产生单质 Cu， C为阳极产生单质 O2。根据电子守恒 C、 D、 E、 F对应单质的物质的量之比为 1 2 2 2。 根据电子守恒，乙中每产生 1mol氢氧化钠，甲中产生 0.5mol硫酸，所 以甲乙对应产生的氢离子与氢氧根离子浓度相等，当乙中溶液的 pH是 13时，甲中溶液的 pH为 1。 在外加电场的作用下，带电的胶体粒子发生定向移动的现象叫电泳。 乙电解食

29、盐水： NaCl 2H2O 2NaOH H2 Cl2 考点：电解原理，电镀原理，氯碱工业。 点评：此题综合电解原理，电镀原理，氯碱工业原理，学生需对这些知识有较深理解。 （ 15分）六种短周期元素在周期表中的相对位置如下所示，其中 E元素原子核外电子总数是其最外层电子数的 3 倍。关于元素周期表及这六种元素性质，请回答： A B C D E F (1) 这六种元素的氢化物中，最稳定的是 _(写化学式 )； (2) AC2的结构式为 _； (3) 在一定条件下，由 B单质与 H2反应生成 1 molG时，放出的热量为 46.2 kJ，写出该反应的热化学方程式： _ (4) 工业上用 G检验输送氯

30、气的管道是否漏气，可观察到大量白烟，同时有单质B生成，写出化学方程式 _ 该反应中被氧化的 G与参与反应的 G的质量之比 _。 答案： H2O O=C=O N2(g) 3H2(g) 2NH3(g) H -92.4 kJ/mol 8NH3 3Cl2=6NH4Cl N2 1 4 试题分析：（ 1）由 E元素原子核外电子总数是其最外层电子数的 3倍，可推知E为 P，则 A为 C， B为 N， C为 O， D为 Si， F为 S，其中 O 的非金属性最强，其氢化物 H2O 最稳定。 （ 2） AC2为 CO2结构式： O=C=O （ 3） N2(g) 3H2(g) 2NH3(g) H -92.4 kJ

31、/mol （ 4）工业上用氨气检验输送氯气的管道是否漏气白烟为氯化铵： 8NH33Cl2=6NH4Cl N2，根据方程式 8mol氨气反应有 2mol被氧化， 6mol未被氧化。 考点：物质的推断，元素周期表。 点评：熟练掌握元素周期表的相关知识。是解此类题目的关键。 (15分 )、下图中 A J分别代表相关反应中的一种物质，已知 A分解得到等物质的量的 B、 C、 D，已知 B、 D为常温下气态化合物， C为常温下液态化合物，图中有部分生成物未标出。 请填写以下空白： （ 1） A的化学式 B的电子式 。 （ 2）写出下列反应的化学方程式： D G H 。 F+J B + C + I 。 （

32、 3）写出 A+NaOHD的离子方程式 。 答案： (1) NH4HCO3 (2) 4NH3+5O2 4NO + 6H2O C+4HNO3 CO2+4NO2+2H2O (3) + +2 NH3+ +2H2O 试题分析： C 为常温下液态化合物推测为 H2O， A 分解得到等物质的量的 B、 C、D，且能与氢氧化钠反应生成气体 D，可推知为铵盐。综合上述， A可推知为NH4HCO3， B为二氧化碳， D为氨气， G为氧气， H为 NO， I为 NO2， J为硝酸，F为碳单质， E为氧化镁。故相关答案：为： (1) NH4HCO3 (2) 4NH3+5O2 4NO + 6H2O C+4HNO3 CO2+4NO2+2H2O (3) + +2 NH3+ +2H2O 考点：物质的推断。 点评：掌握相关物质的性质。