2014届福建省泉州市高三质检理综化学试卷与答案（带解析）.doc

1、2014届福建省泉州市高三质检理综化学试卷与答案（带解析） 选择题 下列说法不正确的是 A胶体的分散质粒子直径大小介于溶液与浊液之间 B金属冶炼通常利用氧化还原反应原理 C陶瓷、水泥和光导纤维均属于硅酸盐材料 D “煤改气 ”、 “煤改电 ”等清洁燃料改造工程有利于减少雾霆天气 答案： C 试题分析： A、根据分散质微粒直径大小不同将分散系分为溶液（小于 1nm）、胶体（介于 1nm和 100nm之间）、浊液（大于 100nm）， A正确； B、金属冶炼的过程就是金属阳离子得到电子被还原的过程，因此金属冶炼通 常利用氧化还原反应原理， B正确； C、光导纤维的主要成分是二氧化硅，不是硅酸盐，

2、C不正确； D、 “煤改气 ”、 “煤改电 ”等清洁燃料改造工程有利于减少大气污染，有利于减少雾霆天气， D正确，答案：选 C。 考点：考查分散系、金属冶炼、硅酸盐和煤的综合应用 在稀硫酸与锌反应制取氢气的实验中，探究加人硫酸铜溶液的量对氢气生成速率的影响。实验中 Zn粒过量且颗粒大小相同，饱和硫酸铜溶液用量 0一4.0mL，保持溶液总体积为 100.0mL，记录获得相同体积 (336 mL,)的气体所需时间，实验结果如图所示 (气体体积均转化为标况下 )。据图分析，下列说法不正确的是 A饱和硫酸铜溶液用量过多不利于更快收集氢气 B a ,c两点对应的氢气生成速率相等 C b点对应的反应速率为

3、 v( H2SO4) 1.0x10-3mol L -1 s-1 D d点没有构成原电池，反应速率减慢 答案： D 试题分析： A、根据图像可知随着饱和硫酸铜的增加，收集相同体积的气体所需时间先逐渐减少，然后又逐渐增加，因此饱和硫酸铜溶液用量过多不利于更快收集氢气， A正确； B、根据图像可知 a ,c两点对应的时间都是 250s，所以氢气生成速率相等， B正确； C、 b点对应的时间是 150s，生成氢气的物质的量是0.336L22.4L/mol 0.015mol，消耗稀硫酸的物质的量是 0.015mol，其浓度是0.015mol0.1L 0.15mol/L，所以反应速率为 v( H2SO4)

4、 0.15mol/L150s1.0x10-3mol L -1 s-1， C正确； D、 d点锌也与硫酸铜溶液反应生成铜从而构成原电池， D不正确，答案：选 D。 考点：考查反应速率影响因素的实验探究 粒子甲与粒子乙在溶液中的转化关系如下图所示，粒子甲不可能是 A NH4 B Al C HCO3 一 D SO2 答案： B 试题分析： A、 NH4 与 OH-反应生成一水合氨，一水合氨与 H 结合又生成 NH4 ，A正确； B、金属铝与强碱反应生成 AlO2-， AlO2-与 H 反应可以生成氢氧化铝或Al3 ， B不正确； C、 HCO3-与 OH-反应生成 CO32-， CO32-与 H 反

5、应又可以生成HCO3-， C正确； D、二氧化硫与碱反应生成 SO32-， SO32-与 H 反应又生成 SO2，D正确，答案：选 B。 对 100mL 1mol L-1的 Na2CO3溶液，下列说法不正确的是 A将溶液稀释， 减少 B滴人含 0.l mol CH3COOH的溶液 :c ( CH3 COO 一 ) c( HCO3 一 ) C通人 0.1 mo1CO2气体，溶液中存在 :c ( Na+) c( CO32 一 )十 c( HCO3一 )+c(H2CO3) D滴人酚酞，微热，溶液颜色加深 答案： B 试题分析： A、碳酸钠溶液中 CO32-水解，稀释促进水解，因此 CO32-的物质的

6、量减少和 OH-的物质的量增加，所以将溶液稀释， 减少， A正确； B、滴人含 0.l mol CH3COOH的溶液中二者反应恰好生成碳酸氢钠和醋酸钠，由于醋酸的酸性强于碳酸的，因此醋 酸钠的水解程度小于碳酸氢钠的水解程度，所以溶液中 c ( CH3 COO 一 ) c( HCO3 一 )， B不正确； C、通人 0.1 mo1CO2气体，二者恰好反应生成碳酸氢钠，根据物料守恒可知溶液中存在 :c ( Na+) c( CO32 一 )十c( HCO3 一 )+c(H2CO3)， C正确； D、水解吸热，滴人酚酞，微热，促进水解，溶液碱性增强，因此溶液颜色加深， D正确，答案：选 B。 考点：考

7、查盐类水解、溶液中离子浓度大小比较 下图中仪器使用或操作正确的是 答案： A 试题分析： A、氢氧化铝是两性氢氧化物，能与酸及强碱溶液反应，因此制备氢氧化铝可以用氨水与硫酸铝， A正确； B、加热碳酸氢钠固体时应该用试管并固定在铁架台上，且试管口略低于试管底， B不正确； C、 NO极易被氧气氧化生成 NO2，因此不能用排空气法收集， C不正确； D、配制 100ml0.1000mol/L氢氧化钠溶液应该用 100ml容量瓶， D不正确，答案：选 A。 考点：考查化学实验基本操作的判断 短周期元素 X,Y,Z,W在周期表中相对位置如下图所示， Y元素在地壳中的含量最高。下列说法正确的是 A原子

8、半径 ;Z Y W B最 简单气态氢化物的热稳定性 :Y W C含 X的化合物形成的溶液一定呈酸性 D X的最简单阴离子和 Z的最简单阳离子核外电子数相同 答案： D 试题分析： Y元素在地壳中的含量最高，则 Y是氧元素。根据短周期元素X,Y,Z,W在周期表中相对位置可知， X是氮元素， W是硫元素， Z是铝元素。 A、同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则原子半径 ; Y W Z， A不正确； B、非金属性越强，氢化物的稳定性越强，同主族自上而下非金属性逐渐减弱，则最简单气态氢化物的热稳定性 :Y W， B不正确； C、亚硝酸钠溶液显碱性， C不正确； D、 X的

9、最简单阴离子和 Z的最简单阳离子核外电子数相同都是 10电子， D正确，答案：选 D。 考点：考查元素周期表的结构与元素周期律的应用 下列关于有机化合物的说法正确的是 A乙醇和乙酸均可与钠反应放出氢气 B乙烯和苯使溴水褪色的原理相同 C丙烷 (C3H8)和乙醇 ( C2H5OH)均存在同分异构体 D糖类、油脂、蛋白质均为高分子化合物 答案： A 试题分析： A、乙醇含有羟基，乙酸含有羧基，因此乙醇和乙酸均可与钠反应放出氢气， A 正确； B、乙烯含有碳碳双键能和溴水发生加成反应而使溴水褪色，苯与溴水发生的是萃取，二者的褪色原理不同， B不正确； C、丙烷不存在同分异构体，乙醇与二甲醚互为同分异

10、构体， C不正确； D、糖类中的单糖与二糖以及油脂均不是高分子化合物， D不正确，答案：选 A。 考点：考查有机物结构与性质的正误判断 填空题 碳及其化合物应用广泛。 I.工业上利用 CO和水蒸汽反应制氢气，存在以下平衡 :CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) （ 1）沸石分子筛中含有硅元素，请写出硅原子结构示意图 _。 （ 2）向 1L恒容密闭容器中注人 CO和 H2o(g),830 时测得部分数据如下表。则该温度下反应的平衡常 数 K=_。 （ 3）相同条件下，向 1L恒容密闭容器中，同时注人 1mol CO、 1mol H2O(g),2molCO2和 2mo1 H2，此时

11、v(正 ) _v(逆 )(填 “ ”“ ”或 “ ”) II.已知 CO(g)+1/2 O2 (g) CO2 (g) H一 141 kJ mol-1 2H2(g)+ O2(g) 2H2O(g) H一 484 kJ mol-1 CH3OH（ 1） +3/2O2 (g) CO2(g)+2H2O(g) Hl一 726 kJ mol-1 （ 4）利用 CO、 H2化合制得液态甲醇的热化学方程式为 _。 III.一种新型氢氧燃料电池工作原理如下图所示 （ 5）写出电极 A的电极反应式 _。 （ 6）以上述电池电解饱和食盐水，若生成 0.2mo1 Cl2，则至少需通人 O2的体积为 _L(标准状况 )。

12、答案：（ 1） （ 2分） （ 2） 1 （ 3分） （ 3） （ 2分） （ 4） CO(g) + 2H2(g) CH3OH(l) H +101 kJ/mol （方程式对给分，共 3分） （ 5） H2-2e-+ CO32- CO2 + H2O （ 3分） （ 6） 2.24 （ 2分） 试题分析：（ 1）硅因素位于第三周期第 A族，因此原子结构示意图为。 （ 2）根据表中数据可知，平衡时 CO和水蒸气的浓度分别是 0.080mol/L和0.180mol/L，其中消耗 CO的浓度是 0.200mol/L-0.080mol/L 0.120mol/L，因此根据方程式可知生成 CO2和氢气的浓度均

13、是 0.120mol/L，实验该温度下反应的平衡常数 K 1。 （ 3）相同条件下，向 1L恒容密闭容器中，同时注人 1mol CO、 1mol H2O(g),2molCO2和 2mo1 H2，则此时 4 1，所以反应逆反应方向进行，因此 v(正 ) v(逆 )。 （ 4）已知 CO(g)+1/2 O2 (g) CO2 (g) H一 141 kJ mol-1、 2H2(g)+ O2(g) 2H2O(g) H一 484 kJ mol-1、 CH3OH（ 1） +3/2O2 (g) CO2(g)+2H2O(g) Hl一 726 kJ mol-1，则根据盖斯定律可知 + - 即得到 CO、 H2化合

14、制得液态甲醇的热化学方程式为 CO(g) + 2H2(g) CH3OH(l) H +101 kJ/mol。 （ 5）原电池中负极失去电子，发生氧化反应，正极得到电子发生还原反应。则根据装置图可知，氢气在 A电极通入，因此 A电极是负极，由于电解质是熔融的碳酸钾，而原电池中阴离子向负极移动，所以负极电极反应式为 H2-2e-+ CO32- CO2 + H2O。 （ 6）电解池中氯离子放电生成氯气，电极反应式为 2Cl-2e- Cl2，所以生成0.2mol氯气转移电子的物质的量是 0.4mol。 氧气在反应中得到 4个电子，因此根据得失电子守恒可知消耗氧气的物质的量是 0.4mol4 0.1mol

15、，在标准状况下的体积是 2.24L。 考点：考查原子结构示意图、平衡常数、热化学方程式、电化学原理的应用与有关计算 工业上以黄铜矿 (主要成分 CuFeS2)为原料制备金属铜，有如下两种工艺。 I.火法熔炼工艺 :将处理过的黄铜矿加人石英，再通人空气进行焙烧，即可制得粗铜。 （ 1）焙烧的总反应式可表示为： 2CuFeS2 + 2SiO2+5O2 2Cu+2FeSi03+4SO2该反应的氧化剂是 _。 （ 2）下列处 理 SO2的方法，不合理的是 _ A高空排放 B用纯碱溶液吸收制备亚硫酸钠 C用氨水吸收后，再经氧化制备硫酸铵 D用 BaCl2溶液吸收制备 BaSO3 （ 3）炉渣主要成分有

16、FeO 、 Fe2O3 、 SiO2 ,Al2O3等，为得到 Fe2O3加盐酸溶解后，后续处理过程中 ,未涉及到的操作有 _。 A过滤； B加过量 NaOH溶液； C蒸发结晶； D灼烧； E加氧化剂 II.FeCl3溶液浸取工艺 :其生产流程如下图所示 （ 4）浸出过程中， CuFeS2与 FeCl3溶液反应的离子方程式为 _。 （ 5）该工艺流程中，可以循环利用的物质是 _(填化学式 )。 （ 6）若用石墨电极电解滤液，写出阳极的电极反式 _。 （ 7）黄铜矿中含少量 Pb,调节 C1 一 浓度可控制滤液中 Pb2+的浓度，当 c(C1 一 )2mo1 L-1时溶液中 Pb2+物质的量浓度为

17、 _mol L-1。 已知 KSP(PbCl2) 1 x 10 一 5 答案：（ 15分）（ 1） CuFeS2、 O2（各 1分，共 2分） （ 2） A、 D（答对 1个给 1分，答错不给分，共 2分） （ 3） C（ 2分） （ 4） CuFeS2+4Fe3+ Cu2+5Fe2+S（没配平扣 1分，共 3分） （ 5） FeCl3 （ 2分） （ 6） Fe2+-e- Fe3+ （ 2分） （ 7） 2.510-6（ 2分） 试题分析：（ 1）根据方程式 2CuFeS2 + 2SiO2+5O2 2Cu+2FeSiO3+4SO2可知，在反应中铁硫元素的化合价从 -2价升高到 +4价，失去电

18、子，因此 CuFeS2是还原剂；氧气中氧元素的化合价从 0价降低到 -2价，铜元素的化合价从 2价降低到 0价，因此该反应的氧化剂是 CuFeS2、 O2。 （ 2） A.SO2是大气污染物，不 能随意排放， A不正确； B.用纯碱溶液吸收制备亚硫酸钠，可以防止污染， B正确； C.用氨水吸收后，再经氧化制备硫酸铵，也可以防止污染， C正确； D.SO2不能溶于氯化钡溶液中，因此用 BaCl2溶液吸收制备 BaSO3是不可能的， D不正确，答案：选 AD。 （ 3）炉渣主要成分有 FeO 、 Fe2O3 、 SiO2 ,Al2O3等，为得到 Fe2O3加盐酸溶解后，需要过滤出二氧化硅。然后加入

19、氧化剂将溶液中的亚铁离子氧化生成铁离子，再加入过量的氢氧化钠溶液后生成氢氧化铁沉淀，过滤、洗涤灼烧即得到氧化铁，因此后续处理过程中 ,未涉及 到的操作有蒸发结晶，答案：选 C。 （ 4）过滤得到的滤纸中含有硫单质，这说明 CuFeS2与 FeCl3溶液发生的是氧化还原反应，铁离子将硫离子氧化，因此反应的离子方程式为 CuFeS2+4Fe3+Cu2+5Fe2+S。 （ 5）电解时产生的电解液又可以与黄铜矿反应，因此该工艺流程中，可以循环利用的物质是 FeCl3。 （ 6）电解池中阳极失去电子，因此若用石墨电极电解滤液，则亚铁离子在阳极失去电子，所以阳极的电极反式 Fe2+-e- Fe3+。 （

20、7）已知 KSP(PbCl2) 110 一 5，因此当溶液中 c(C1 一 ) 2mo1 L-1时溶液中 Pb2+物质的量浓度为 2.510-6mol L-1。 考点：考查氧化还原反应判断、二氧化硫尾气处理、化学实验基本操作以及电化学原理的应用与计算 无水硝酸铜极易吸水，加热到 210 升华，它和 Cu(NO3)2 3H2O 晶体的化学性质有较大差异 , Cu(NO3)2 3H2O 晶体加热到 170 分解。已知 :乙酸乙酯的沸点为 77 。 （ 1）加热蒸干 Cu(NO3)2 溶液得不到无水硝酸铜的原因是 _。 （ 2）将铜片加人到 N2 O 4的乙酸乙酯溶液中可制得无水硝酸 铜，同时生成

21、NO,写出反应的化学方程式 _；从乙酸乙醋中分离出无水硝酸铜的实验操作是 _。 （ 3）为探究 Cu(NO3)2 3H2O 受热分解的产物，某探究小组利用下图装置进行实验。 (图中夹持和加热装置去 ) 往试管 A中加人研细的 Cu(NO3)2 3H2O 体并加热，观察到试管 A中有红棕色气生成，最终残留黑色粉末； U型管中有液体生成，在试管 B中收集到无色气体。 当导管口不再有气池冒出时，反应停止，拆除装置的操作首先是 _。 试管 B中收集到的气体一定含有 _。 （ 4）锌与 Cu(NO3)2溶液能发生反应。在一支试管中注人 1 mol L-1的 Cu(NO3)2溶液，再放入一块锌片，观察到在

22、反应初期有大量无色气泡冒出，同时锌片上析出红色固体。该小组猜想气体的成分，并设计的实验步骤，请填写下表。 答案：（ 1） Cu(NO3)2在溶液中易水解生成 Cu(OH)2和易挥发的 HNO3，加热，水解程度更大（ 2分） （ 2） 2N2O4+Cu Cu(NO3)2+2NO（没配平扣 1分，没 “”不扣分， 3分）蒸馏 （ 2分） （ 3） 移出水槽中的导管 B（其它合理答案：也给分， 2 分） O2（ 2 分）（ 4） 设计的实验步骤 预期现象和结论 往小试管中注入空气（或使试管口露置于空气中） 若试管口气体变为红棕色，证明该气体是NO，反之不是。 将小试管的管口靠近火焰 若有爆鸣声，证明

23、该气体是 H2，反之不是 （上述实验两种方案，答对一种即给分，其它方案如合理也给分；结论为O2不给分，实验步骤 1分，现象 1分，结论 2分，共 4分） 试题分析：（ 1） Cu(NO3)2在溶液中易水解生成 Cu(OH)2和易挥发的 HNO3，水解吸热，加热，水解程度更大，因此加热蒸干 Cu(NO3)2 溶液。 （ 2）将铜片加人到 N2 O 4的乙酸乙酯溶液中可制得无水硝酸铜，同时生成 NO,则根据原子守恒以及电荷守恒看写出该反应的化学方程式为 2N2O4+CuCu(NO3)2+2NO；由于乙酸乙酯的沸点为 77 ，所以从乙酸乙醋中分离出无水硝酸铜的实验操作是蒸馏。 （ 3） 由于排水法收

24、集气体时温度降低后容易倒吸，因此反应停止，拆除装置的操作首先是移出水槽中的导管 B。 试管 A中有红棕色气生成，因此气体是 NO2。最终残留黑色粉末，该黑色粉末应该是氧化铜； U型管中有液体生成，此时 NO2转化为四氧化二氮。所以根据氧化还原反应 中电子得失守恒可知，反应中一定还有氧化产物氧气产生，则在试管 B中收集到无色气体一定含有氧气。 （ 4）硝酸铜溶液中铜离子水解溶液显酸性，另外 NO3-还具有氧化性，因此锌与硝酸铜溶液反应生成的无色气体可能是氢气或 NO。检验 NO可以利用 NO极易被氧化生成红棕色 NO2来验证。而氢气是可燃性气体，所以可以利用爆鸣法进行验证。 考点：考查盐类水解的

25、应用、物质的分离与提纯、化学实验基本操作、物质检验的实验方案设计与评价 I.S4N4的结构如图 : （ 1） S4N4的晶体类型是 _。 （ 2）用干燥的氨作用于 S2Cl2的 CCl4,溶液中可制 S4N4，化学反应方程为 :6S2Cl2 16NH3 S4N4 S8 12NH4Cl 上述反应过程中，没有破坏或形成的微粒间作用力是 _； a离子键； b极性键； c非极性键； d金属键； e配位键； f范德华力 S2Cl2中， S原子轨道的杂化类型是 _。 II.二甘氨酸合铜 (II)是最早被发现的电中性内配盐，它的结构如图： （ 3）基态 Cu2+的外围电子排布式为 _ _。 （ 4）二甘氨酸

26、合铜 ( II)中，第一电离能最大的元素与电负性最小的非金属元素可形成多种微粒，其中一种是 5核 10电子的微粒，该微粒的空间构型是 _。 （ 5） lmol二甘氨酸合铜 (II)含有的二键数目是 _ 。 （ 6）二甘氨酸合铜 (II)结构中，与铜形成的化学键中一定属于配位键的是 _ (填写编号 )。 答案：（ 1）分子晶体（ 1分） （ 2） d （ 2分） sp3 （ 2分） （ 3） 3d9 （ 2分） （ 4）正四面体形（ 2分） （ 5） 2NA或 1.2041024 （ 2分） （ 6） 1和 4 （ 2分） 试题分析：（ 1） )S 和 N 均是活泼的非金属，则 S4N4的结构式

27、可知，结构中存在分子，因此形成的晶体类型是分子晶体。 （ 2） 在反应 6S2Cl2 16NH3 S4N4 S8 12NH4Cl过程中，反应物中的化学键有极性键和非极性键，且二者形成的晶体都是分子晶体，且氨气中存在氢键。而反应后又有共价键和离子键形成，氯化铵是离子化合物，存在配位键，所以没有破坏或形成的微粒间作用力是金属键，答案：选 d。 S2Cl2结构式为 Cl-S-S-Cl，其中每个 S原子形成 2个共价键，同时还含有 2对孤对电子，即 S 原子价层电子对数是 4，所以 S 原子轨道的杂化类型是 sp3杂化。 （ 3）铜元素的原子序数是 29，则根据核外电子排布规律可知铜元素的核外电子排

28、布式为 1s22s22p63s23p63d104s1，则基态 Cu2+的外围电子排布式为 3d9。 （ 4）由于氮元素的 2p广东电子处于半充满状态，稳定性强，因此氮元素的第一电离能大于氧元素的第一电离能，所以二甘氨酸合铜 ( II)中，第一电离能最大的元素是氮元素，电负性最小的非金属元素是氢元素。二者形成多种微粒，其中一种是 5核 10电子的微粒，该微粒是 NH4 ，微粒中氮元素价层电子对数是 4，且不存在孤对电子，所以空间构型是正四面体形。 （ 5）根据结构式可知，分子中存在 2个碳氧双键，所以 lmol二甘氨酸合铜 (II)含有 的二键数目是 2NA或 1.2041024。 （ 6）由于

29、氢氧化铜能溶解在氨水中形成配位键，这说明铜更容易与氮元素形成配位键，所以二甘氨酸合铜 (II)结构中，与铜形成的化学键中一定属于配位键的是 1和 4。 考点：考查晶体类型、核外电子排布、作用力、杂化轨道、空间构型以及配位键的有关判断与计算 对羟基苯甲醛，俗称 PHBA，是 -种重要的有机化工原料。其结构如图所示。有人提出，以对甲基苯酚为原料合成 PHBA的途径如下： （ 1） PHBA的官能团的名称为 _。 （ 2）下有关 PHBA的说法正确的是 _。 A PHBA的分子式为 C7H6O2 B PHBA是一种芳香烃 C 1mo1PHBA最多能与 4mo1H2反应 D PHBA能与 NaHCO3

30、溶液反应生成CO2 （ 3）上述反应中属于取代反应的 _。 （ 4）反应 的化学方程式为 _。 （ 5）该合成途径中的反应 的作用为 _。 （ 6） E有多种同分异构体，符合以下所有特征的同分异构体的结构简式为_ (只写一种）。 a.苯环上存在 2种不同化学环境的氢原子，且个数比为 1:2 b.遇 FeCL3 溶液显示特征颜色 c.能使溴的四氯化碳溶液褪色 答案：（ 1）醛基、羟基（各 1分，共 2分） （ 2） A、 C（各 1分，共 2分） （ 3） （错 1个不得分，漏 1个扣 1分，共 2分） （ 4） （ 3分） （ 5）保护酚羟基，防止其被氧化（ 2分） （ 6） 或 （ 2分）

31、试题分析：（ 1）根据对羟基苯甲醛的结构简式可知，分子中含有的官能团是醛基、羟基。 （ 2） A.根据结构简式可知， PHBA的分子式为 C7H6O2， A正确； B.含有苯环的碳氢化合物是芳香烃，因此 PHBA不是一种芳香烃， B不正确； C.苯环与醛基均能与氢气发生加成反应，因此 1mo1PHBA最多能与 4mo1H2反应， C正确；D.酚羟基不能与碳酸氢钠溶液反应，所以 PHBA能与 NaHCO3溶液反应生成CO2是错误的， D不正确，答案：选 AC。 （ 3）反应 是羟基上的氢原子被甲基取代，属于取代反应；反应 根据反应条件可知该反应是甲基上的氢原子被氯原子取代，属于取代反应；根据反应

32、 的条件可知该反应是卤代烃的水解反应氯原子被羟基取代，属于取代反应；反应 是羟基发生的催化氧化生成醛基，属于氧化反应；反应 是甲基被氢原子取代，属于取代反应，因此属于取代反应是 。 （ 4）反应 是卤代烃的水解反应，则反应的化学方程式为。 （ 5）由于酚羟基极易被氧化，所以该合成途径中的反应 的作用为保护酚羟基，防止其被氧化。 （ 6） a.苯环上存在 2种不同化学环境的氢原子，且个数比为 1:2； b.遇 FeCL3 溶液显示特征颜色，说明含有酚羟基； c.能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明还含有碳碳双键，因此符合条件的有机物结构简式为 或 。 考点：考查有机物推断、官能团、有机反应类型、同分异构体判断、反应条件控制以及方程式的书写