1、河南省神马集团子弟学校2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1下列物质中，属于纯净物的是A液氯 B氯水 C稀盐酸 D漂白粉【答案】A【解析】试题分析：A、液氯是单质，属于纯净物，选A；B、氯水是氯气的水溶液，是混合物，不选B；C、稀盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物，不选C；D、漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，不选D。考点：物质的分类。2下图为摇摆电池(Rockingchair battery)的工作原理图，在充放电过程中，Li+在两极之间“摇来摇去”，其总反应为：LiCoO2+6CLi1-xCoO2+LixC6。下列有关说法正确的是A放电时，负极反应LiCoO2 xe- =L
2、i(1-x)CoO2 + xLi+B充电时，A极发生氧化反应C充电时，Li+穿过隔离膜向B极移动D当B极失去Xmol电子，电池消耗 6 mol C【答案】D【解析】试题分析：A放电时，负极上LiCoO2失电子化合价升高生成Li1-xCOO2和Li+，所以电极反应式为LiCoO2-xe-=Li1-xCOO2+xLi+，正确根据LiCoO2+6CLi1-xCoO2+LixC6知，充电时，Li1-xCoO2中Co元素得电子发生还原反应，所以发生还原反应的物质是Li1-xCoO2，故B错误考点： 原电池 电解池3下列离子方程式书写正确的是A用硫氰化钾检验某溶液中含有Fe3： Fe3+ 3SCN= Fe
3、（SCN）3BCl2和水反应：Cl2 + H2O = 2H + Cl + ClOC向酸性KMnO4溶液中加入适量NaNO2溶液，紫色褪去： 2MnO4+ 5NO2+6H= 2Mn2+5NO3+3H2OD铜与稀硝酸反应：Cu + 4H + 2NO3= Cu2+2NO2+2H2O【答案】C【解析】正确答案：CA、Fe3+ 3SCN= Fe（SCN）3，Fe（SCN）3不是沉淀；B、Cl2 + H2O H + Cl + HClOC、正确D、应为：3Cu8H2NO3=3Cu22NO4H2O4下列叙述中，正确的是A的摩尔质量是B等质量的和中所含的氧原子数相同C常温下，中所含的氧原子数为D溶解于水中，所得
4、溶液的物质的量浓度为【答案】B【解析】试题分析：A中摩尔质量的单位是g/mol，错；B中等质量的O2和O3则氧原子的质量相等，那么个数也相等，对；C中不在标准状况下，知道体积不能计算气体的物质的量，错；D中4gMaOH溶解于500mL水中后溶液的体积不是500mL，所以浓度不是0.2mol/L，错，选B。考点：物质的量的计算和物质的量浓度概念的理解。5黄曲霉素AFTB1 如图是污染粮食的真菌霉素人类的特殊基因在黄曲霉素的作用下会发生突变，有转变成肝癌的可能性与1mol黄曲霉素起反应的H2或NaOH的最大量分别是A6 mol，2mol B7 mol，2 mol C6 mol，1 mol D7 m
5、ol，1 mol【答案】A【解析】试题分析：根据结构简式可知黄曲霉素分子中含有2个碳碳双键、1个苯环、1个羰基，与氢气加成消耗6分子氢气。1mol分子中含有1磨练酯基，酯基水解又得到1个酚羟基，则与氢氧化钠溶液反应需要2mol氢氧化钠，答案选A。考点：考查有机物结构和性质6有A、B、C、D四种金属，将A与B用导线联结起来，浸入电解质溶液中，B不易被腐蚀；将A、D分别投入到等浓度的盐酸中，D比A反应剧烈；将铜浸入B的盐溶液中无明显变化；将铜浸入C的盐溶液中，有金属C析出。据此可推知它们的金属活动性由强到弱的顺序为（ ）ADCAB BBADC CDABC CDDBAC【答案】C【解析】试题分析：活
6、动性不同的两种金属和电解质溶液构成原电池，较活泼的金属作负极，失电子发生氧化反应被腐蚀，较不活泼的金属作正极，将A与B用导线连接起来浸入电解质溶液中，B不易腐蚀，所以A的活动性大于B；金属和相同的酸反应时，活动性强的金属反应剧烈，将A、D分别投入等浓度盐酸溶液中，D比A反应剧烈，所以D的活动性大于A；金属的置换反应中，较活泼金属能置换出较不活泼的金属，将铜浸入B的盐溶液中，无明显变化，说明B的活动性大于铜。如果把铜浸入C的盐溶液中，有金属C析出，说明铜的活动性大于C。综上，金属的活动性顺序为：DABC，答案B。【考点定位】金属活动性的比较【名师点睛】本题考查金属活动性的比较，一般有如下规律：（
7、1）原电池中负极金属比正极金属活泼。（2）主族元素的最高价氢氧化物碱性越强，金属越活泼。（3）能发生置换反应的，变为离子的金属比置换出来的金属活泼。（4）能从酸中(或水中)置换出氢的金属比不能置换出氢的金属活泼。7在一定条件下，下列微粒的还原性顺序为：ClBrFe2+ISO2，由此判断以下反应在溶液中不能发生的是( )A2Fe3+SO2+2H2O2Fe2+SO42+4H+B2Fe2+Cl22Fe3+2ClC2Br-+4H+SO42SO2+Br2+2H2ODI2+SO2+2H2O4H+SO42+2I【答案】C【解析】试题分析：氧化还原反应的方程的左边的氧化剂的氧化性大于右边的氧化剂，还原剂的还原
8、性大于右边的还原剂，由于ClBrFe2+IZY【答案】B【解析】试题分析：短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X最外层电子数是次外层2倍，则X是碳元素。Y是非金属性最强的元素，Y是F元素。Z原子半径在同周期元素中最大，所以Z是Na。W可与Z形成离子化合物Z2W，则W是S。A碳和硫在自然界能以游离态存在，A错误；BX、Z、W均可形成两种常见氧化物，即CO、CO2、Na2O、Na2O2、SO2、SO3，B正确；CF没有正价，C错误；D离子的电子层数越多，离子半径越大，在核外电子排布相同的条件下，离子半径随原子序数的增大而减小，则离子半径：W YZ，D错误，答案选B。考点：考查元素周期表和
9、元素周期律的应用12泡沫灭火器装的药液之一是NaHCO3饱和溶液，而不用更廉价的Na2CO3饱和溶液，其原因是质量相同的两种钠盐，NaHCO3与足量酸反应产生的CO2比Na2CO3多产生相同体积(同温、同压)的CO2，消耗的质量NaHCO3比Na2CO3少NaHCO3与酸反应比Na2CO3快得多NaHCO3比Na2CO3稳定，便于长期保存A只有 B只有 C D【答案】C【解析】试题分析：根据反应方程式：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+ CO2，Na2CO3+ 2HCl=2NaCl+H2O+ CO2可知：质量相同的两种钠盐，NaHCO3与足量酸反应产生的CO2比Na2CO3多，正确；根据
10、反应方程式：NaHCO3+ HCl=NaCl+H2O+ CO2，Na2CO3+ 2HCl=2NaCl+H2O+ CO2可知：每反应产生1molCO2气体，消耗84g NaHCO3，反应消耗106g Na2CO3，结合n=V/Vm可知：气体的体积比等于气体的物质的量的比，所以产生相同体积(同温、同压)的CO2，消耗的质量NaHCO3比Na2CO3少，正确；NaHCO3与酸反应就立刻产生气体，而Na2CO3与盐酸反应分步进行，首先发生反应产生碳酸氢钠和氯化钠，然后是碳酸氢钠与盐酸反应产生气体，所以NaHCO3与酸反应比Na2CO3快得多，正确；NaHCO3不稳定，受热分解产生气体，而Na2CO3稳
11、定，受热不分解，所以Na2CO3更便于长期保存，错误。故正确的是，选项C正确。考点：考查NaHCO3的性质及应用的知识。13已知某反应aA（g）+bB（g）cC（g）H=Q 在密闭容器中进行，在不同温度（T1和T2 ）及压强（P1 和P2 ）下，混合气体中B的质量分数w（B）与反应时间（t）的关系如图所示，下列判断正确的是（ ）AT1T2，P1P2，a+bc，Q0 BT1T2，P1P2，a+bc，Q0CT1T2，P1P2，a+bc，Q0 DT1T2，P1P2，a+bc，Q0【答案】B【解析】试题分析：由图像可知，温度为T1时，根据到达平衡的时间可知P2P1，且压强越大，B的含量高，说明压强增大
12、平衡向逆反应方向移动，故正反应为气体体积增大的反应，即a+bc；压强为P2时，根据到达平衡的时间可知T1T2，且温度越高，B的含量低，说明温度升高平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，即Q0，答案选B。【考点定位】本题主要是考查化学平衡图像问题【名师点晴】温度相同时，根据到达平衡的时间判断压强大小，再根据压强对B的含量的影响，判断压强对平衡的影响，确定反应气体气体体积变化情况；压强相同时，根据到达平衡的时间判断温度大小，再根据温度对B的含量的影响，判断温度对平衡的影响，确定反应的热效应。所以本题解答时要注意根据图像判断温度、压强的大小，根据温度、压强对平衡移动的影响分析。14下列离子方程式
13、能正确的是（ ）ANaHCO3与HCl的反应：HCO3 + HCO2+H2OB盐酸跟氢氧化镁反应：HOHH2OCCu与AgNO3的反应：Cu + Ag+ Cu2+ + AgDFe与H2SO4的反应：2Fe + 6H+ 2Fe3+ + 3H2【答案】A【解析】A 正确。B 错误，氢氧化镁不溶于水，应写成分子形式C 错误，电荷不守恒D 错误，生成二价铁，而不是三价铁。15如图所示，其中甲池的总反应式为：2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O下列说法正确的是（ ）A甲池是电能转化为化学能的装置，乙、丙池是化学能转化电能的装置B甲池通入CH3OH的电极反应为CH3OH6e+2H2O=C
14、O32+8H+C反应一段时间后，向乙池中加入一定量Cu（OH）2固体，能使CuSO4溶液恢复到原浓度D甲池中消耗560 mL（标准状况下）O2，此时丙池中理论上最多产生2.9g固体【答案】D【解析】试题分析：A、甲池是燃料电池，是化学能转化为电能的装置，乙、丙池是电解池，是将电能转化为化学能的装置，故A错误；B、在燃料电池中，负极是甲醇发生失电子的氧化反应，在碱性电解质下的电极反应为CH3OH-6e-+2H2O+8OH-=CO32-+8H2O，故B错误；C、电解池乙池中，电解后生成硫酸、铜和氧气，要想复原，要加入氧化铜，故C错误；D、甲池中根据电极反应：O2+2H2O+4e-=4OH-，所以消
15、耗56mL（标准状况下0.025mol）O2，则转移电子0.1mol，根据丙装置中，在阴极上是氢离子放电，转移电子0.1mol，减小的氢离子是0.1mol，氢氧根离子是0.1mol，镁离子和氢氧根离子之间反应生成氢氧化镁，理论上最多产生氢氧化镁质量应该是0.1mol58g/mol=2.9g固体，故D正确；故选D。考点：考查了原电池和电解池的工作原理的相关知识。161)用油脂水解制取高级脂肪酸和甘油，通常选择的条件是_；若制取肥皂和甘油，则选择的条件是_；液态油转化为固态脂通常在_条件下，用油跟_反应。(2)将肥皂液分装在两支试管中，往第一支试管中加入稀H2SO4，现象为_，往第二支试管中加入C
16、aCl2溶液，现象为_，有关的离子方程式为_，_。【答案】(1)酸、加热 碱、加热 催化剂、加热、加压 H2(2)产生白色沉淀 产生白色沉淀H+C17H35COO-C17H35COOH2C17H35COO-+Ca2+(C17H35COO)2Ca【解析】(1)油脂在酸性条件下，水解生成脂肪酸和甘油；在碱性条件下水解生成脂肪酸盐和甘油。(2)高级脂肪酸因烃基太大，故不溶于水，其盐通常只有钾盐、钠盐、铵盐溶于水。17铁单质及其化合物在生活、生产中有广泛应用。请回答下列问题：（1）黄铁矿（FeS2）是生产硫酸和冶炼钢铁的重要原料。其中一个反应为：3FeS28O26SO2Fe3O4，3 mol FeS2
17、参加反应转移 mol电子。（2）氯化铁溶液常用作印刷电路铜板腐蚀剂，反应的离子方程式 。从腐蚀废液回收得到金属铜还需要的试剂为_ _。（3）与明矾相似，硫酸铁也可用作絮凝剂，在使用时发现硫酸铁并不能使酸性废水中的悬浮物沉降除去，其原因是 。（4）下表中，对陈述I、II的正确性及其有无因果关系的判断都正确的是_ _。（填字母）选项陈述I陈述II判断A铁是地壳中含量最高的金属元素铁是人类最早使用的金属材料I对；II对；有B常温下铁与稀硫酸反应生成氢气高温下氢气能还原氧化铁生成铁I对；II对；无C铁属于过渡金属元素铁和铁的某些化合物可以用作催化剂I错；II对；无D铁在空气中表面生成致密氧化膜可用铁罐
18、储存运输浓硫酸、浓硝酸I对；II对；有【答案】（14分）（1）32（3分）（2）2Fe3+ + Cu 2Fe2+ + Cu2+ （3分） 铁粉、稀硫酸（2分）（3）酸性废水抑制Fe3+的水解，使其不能生成有吸附作用的Fe(OH)3胶体（3分）（4）B （3分）【解析】略18碘在科研与生活中有重要应用。某兴趣小组用0.50molL-1KI、0.2淀粉溶液、0.20molL-1K2S2O8、0.10molL-1Na2S2O3等试剂，探究反应条件对化学反应速率的影响。已知：S2O82-+2I-2SO42-+I2（慢），I2+2S2O32-S4O62-+2I-（快），（1）向KI、Na2S2O3与淀粉
19、的混合溶液中加入一定量的K2S2O8溶液，当溶液中的Na2S2O3耗尽后，溶液颜色将由无色变成为 色。为确保能观察到该现象，S2O32与S2O82初始的物质的量需满足的范围为：n（S2O32）：n（S2O82） 。 （2）为探讨反应物浓度对化学反应速率的影响，设计的实验方案如下表：表中Vx= mL，反应速率最快的是 （填序号）。（3）已知图中A曲线为某条件下，浓度c（S2O82） 反应时间t的变化曲线图，若保持其他条件不变， （填“B”或“C”）曲线为降低反应温度， （填“B”或“C”）曲线为加入催化剂。【答案】（1）蓝，2(2)2.0，（3）B；C【解析】试题分析：（1）由已知可得，向KI、
20、Na2S2O3与淀粉的混合溶液中加入一定量的K2S2O8溶液，先发S2O82-+2I-2SO42-+I2（慢），后发生I2+2S2O32-S4O62-+2I-（快），当S2O32-耗尽后，碘才能与淀粉作用显示蓝色，根据方程式S2O82-+2I-2SO42-+I2知，生成1mol碘需为1molS2O82-，根据I2+2S2O32-S4O62-+2I-方程式知，I2与S2O32-的物质的量的关系为1：2，即1mol碘需2molS2O32-，恰好反应时n（S2O32-）：n（S2O82-）=2：1，为确保能观察到蓝色，碘需有剩余，n（S2O32-）应少量，所以n（S2O32-）：n（S2O82-）2
21、：1，（2）该实验是探讨K2S2O8溶液浓度的变化对反应速率的影响，实验与实验对照，溶液体积一直是10mL,为确保溶液体积不变，所以Vx=2.0mL，反应速率最快的是K2S2O8溶液浓度最大的；（3）温度降低反应速率减小，反应时间加长，应为B曲线；使用催化剂，反应速率加快，反应时间短，应为C曲线。考点：考查对影响反应速率的因素的分析判断19实验探究是体验知识的产生和形成过程的基本途径。下面是某同学完成的探究实验报告的一部分：实验名称：卤素单质的氧化性强弱比较实验步骤实验结论氯水1 mL CCl4，振荡，静置，观察四氯化碳层颜色氧化性从强到弱的顺序：氯、溴、碘NaBr溶液氯水1 mL CCl4，
22、振荡，静置，观察四氯化碳层颜色KI溶液氯水1 mL CCl4，振荡，静置，观察四氯化碳层颜色实验药品：KBr溶液、KI溶液、氯水、溴水、碘水、四氯化碳、淀粉碘化钾试纸实验设计如下，请回答：（1）完成该实验需用到的实验仪器是_、_。（2）中反应的化学方程式为_。中反应的离子方程式为_。（3）CCl4在实验中所起的作用是_。（4）该同学的实验设计不足之处是_，改进的办法是 。【答案】（1）试管 胶头滴管（2）2NaBrCl2=2NaClBr2 Cl22I=2ClI2（3）萃取剂（4）没能比较出溴和碘单质的氧化性强弱 将第改为：KI溶液溴水1 mL CCl4，振荡，静置，观察四氯化碳层的颜色【解析】
23、试题分析：分析题给信息知该实验的目的是通过氯、溴、碘单质之间的置换来比较卤素单质的氧化性强弱。（1）该实验为试管实验，完成该实验需用到的实验仪器是试管、胶头滴管；（2）中反应为氯水与溴化钠反应生成单质溴和氯化钠，化学方程式为2NaBrCl22NaClBr2；中反应为氯水与碘化钾反应生成单质碘和氯化钠的离子方程式为Cl22I2ClI2；（3）CCl4在实验中所起的作用是萃取剂；（4）该同学的实验设计不足之处是没能比较出溴和碘单质的氧化性强弱，改进的办法是将第改为：KI溶液溴水1 mL CCl4，振荡，静置，观察四氯化碳层的颜色。考点：考查化学实验方案的分析评价。20(16分)（1）下图所示都是实
24、验室中制取气体的装置，其中能实现随开随用，随关随停的是_，其中仪器B的名称是_。（2）请简述检验装置III的气密性的方法_（3）实验室利用铜和浓硫酸制取SO2，可选择上述气体发生装置的_来实现。请写出其反应的化学方程式_（4）若要用浓硫酸(质量分数为98%,密度为184g/mL)配制1 mol/L的稀硫酸500mL，则需要量取浓硫酸的体积为_mL，所需的玻璃仪器有量筒、玻璃棒、烧杯、_。（5）若在100 ml 18 mol/L浓硫酸中加入过最铜片，加热使之充分反应，产生的气体在标准状况下的体积可能是_。A4032 L B3024 L C2016 L D1344 L若使上述反应中剩余的铜片继续溶
25、解，可向其中加入硝酸钠，写出反应的离子方程_ 。【答案】（1）；分液漏斗（2）关闭止水夹，从左管处加水，使U形管两端形成液面差，一段时间后，液面无明显变化，说明气密性良好。（3）、Cu+2H2SO4（浓）Cu SO4+ SO2+2H2O（4）272 ；500mL容量瓶、胶头滴管（5）D 3Cu+8H+ +2NO3Cu2+ +NO+4H2O【解析】试题分析：（1）能实现随开随用，随关随停的是、；关闭后容器内的压强增大，使溶液和固体反应物分离，达到停止实验的目的；B是分液漏斗。（2）装置III的气密性的方法是：关闭止水夹，从左管处加水，使U形管两端形成液面差，一段时间后，液面无明显变化，说明气密性
26、良好。（3）铜和浓硫酸制取SO2，是固体和液体在加热的条件下反应，则选用装置，反应的而化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓） Cu SO4+ SO2+2H2O。（4）浓硫酸的浓度为： c=1000/M=100018498%98=184mol/L，根据c(浓)V(浓)=c(稀)V(稀)，184mol/L V(浓)=1mol/L05L，V(浓)=00272L=272mL；玻璃仪器还需要500mL容量瓶、胶头滴管。（5）根据反应Cu+2H2SO4（浓） Cu SO4+ SO2+2H2O，如果硫酸完全反应可生成SO2的物质的量为09mol，体积为2016L，但是随着反应的进行浓硫酸会变为稀硫酸，不能再
27、与铜反应，故浓硫酸不可能全部反应，随生成SO2的体积一定小于2016L则选D。加入硝酸钠后NO3再酸性环境中有强氧化性会和铜反应，离子方程式为：3Cu+8H+ +2NO3Cu2+ +NO+4H2O。考点：实验装置的特点、气密性的检查、一定物质的量浓度溶液的配置、浓硫酸、硝酸的性质。21（1）现用氯化氢气体溶于水制取盐酸，要配制12molL1的盐酸250mL，需要标准状况下的氯化氢气体多少升？（2）取10克的碳酸钙与足量的盐酸充分反应，反应消耗HCl的物质的量是多少？同时生成标准状况下的气体体积及产物盐的质量分别是多少？（3）已知质量分数为36.5%的盐酸，密度为1.18g cm 3，则该盐酸的
28、物质的量浓度是多少？【答案】【解析】略22下列中学化学中常见物质的转化关系图中，反应条件及部分反应物和产物未全部注明，已知A、D为金属单质，其他为化合物。试推断：（1）写出物质的化学式：A：_C：_：_（2）写出下列反应的方程式：CF的离子方程式 HI的离子方程式 【答案】（1）Al；Al2O3；Fe(OH)3；（2）Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；Fe3+3OH-= Fe(OH)3【解析】试题分析：从D到红色粉末B，是氧化铁生成的过程，B是氧化铁，I是氢氧化铁，H是FeCl3，D是单质铁，试剂是盐酸或者硫酸，G是亚铁盐，试剂是氢氧化钠，A是单质和B生成C和D，这是铝热反应，A是A
29、l，C是氧化铝， （1）写出物质的化学式：A：Al； C：Al2O3；：Fe(OH)3，答案为：Al；Fe2O3；Fe(OH)3；（2）CF是氧化铝和强碱反应生成偏铝酸盐，答案为：Al2O3+ 2OH- = 2AlO2- + H2O；HI,H是FeCl3，FeCl3和氢氧化钠反应，答案为：Fe3+3OH-= Fe(OH)3。考点：考查铝、铁的化学性质及化合物的转化23物质A为生活中常见的有机物，只含有C、H、O三种元素，且它们的质量比为1238。物质D是一种芳香族化合物，请根据如图(所有无机产物已略去)中各有机物的转化关系回答问题。已知，两分子醛在一定条件下可以发生如下反应(其中R、R为H或烃
30、基)：（1） 写出物质A的结构简式：_；C的名称：_；E中含氧官能团的名称：_。（2） 写出下列反应的有机反应类型：AB_; EF_ （3）写出H与G反应生成I的化学方程式： _。 （4）写出D与新制氢氧化铜反应的化学方程式： _。 （5）若F与NaOH溶液发生反应，则1 mol F最多消耗NaOH的物质的量为_mol。（6）E有多种同分异构体，与E具有相同官能团的芳香族同分异构体有_种(包括本身和顺反异构)，写出其中核磁共振氢谱有五个吸收峰的同分异构体的结构简式:_【答案】（1）CH3CH2OH；苯甲醛；羧基（2）氧化反应；加成反应（3）；（4）；（5）3（6）6【解析】试题分析：由A中C、
31、H、O的质量比可得出，A中C、H、O的原子个数比是2:6:1，此时C原子已达饱和，说明A的分子式为C2H6O，又因为A与氧气在铜、加热条件下反应生成与银氨溶液反应的醛，所以A是乙醇，则B是乙醛；E中有9个C原子，所以C中有7个C原子，根据所给已知，判断C为醛类，由E的分子式判断E的结构高度不饱和，所以E中应有苯环，则C为苯甲醛，D为，E为，其他物质可推断出来。根据以上分析：（1）A的结构简式为CH3CH2OH；C为苯甲醛，E是醛发生氧化的产物，所以E中含氧官能团是羧基；（2）AB是氧化反应，EF是E与溴的加成反应；（3）H是加氢的产物苯丙醇，G是与溴是加成后又发生消去的反应产物，所以H与G发生酯化反应生成I，化学方程式为；（4）与新制氢氧化铜发生氧化反应，化学方程式为；（5）F中含有2个Br原子，1个羧基，均与氢氧化钠溶液反应，所以1 mol F最多消耗NaOH的物质的量为3mol；（6）E是，与E具有相同官能团的芳香族同分异构体有：E本身存在顺、反异构体，2个取代基为乙烯基、羧基的有邻、间、对3种，1个取代基的除E外还有1种为，后4种不存在顺反异构，所以共有6种；E有6种H原子，2个取代基为乙烯基、羧基的有邻、间位有7种H原子，所以有5种H原子的结构为与。考点：考查有机推断，根据反应条件、产物推断物质的结构简式，化学方程式的书写，同分异构体的判断，等效氢的判断，反应类型的判断
