高中化学人教版有机化学基础本册总复习总复习 名师获奖

河南省洛阳市新安县第二高级中学2023学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1．下列各物质中的少量杂质，可用括号内的试剂和方法除去的是A．苯中溶有苯酚（浓溴水，过滤）B．甲烷中含有乙烯（溴水，洗气）C．溴苯中溶有溴（苯，分液）D．乙醇中含有水（金属钠，蒸馏）【答案】B【解析】A．苯酚和溴水反应生成的三溴苯酚溶于苯中，引入新杂质，应用氢氧化钠溶液除杂，故A错误；B．乙烯可与溴水发生加成反应生成1，2﹣二溴乙烷，甲烷不反应，可用溴水除杂，故B正确；C．溴苯、溴都可与苯混溶，应用氢氧化钠溶液除杂，故C错误；D．乙醇和水都可与钠反应，应加入生石灰，然后用蒸馏的方法分离，故D错误．2．下列液体分别与溴水混合，振荡静置后上层液体呈橙色，下层液体呈无色的是()A.四氯化碳B.苯C.氯水D.溴化钾溶液【答案】B【解析】溴易溶于苯，且苯的密度比水小。3．两种元素原子X和Y，Y原子的第三层比氩原子的第三层少5个电子，Y原子的第二层电子数恰为X原子第二层电子数的2倍，则X、Y的质子数分别为（）A．14和11B．5和2C．17和6D．6和13【答案】D【解析】氩18号元素第三层有8个电子，Y原子的第三层比氩原子的第三层少5个电子，可知Y为13号元素。Y第二层有8个电子，推知X为6号元素。答案选D。4．按照物质的树状分类和交叉分类，HNO3应属于（）①酸；②氧化物；③含氧酸；④一元酸；⑤电解质；⑥混合物；⑦无机化合物A．①②③④⑤⑦B．①③④⑤⑦C.①②③④⑥D．①④⑥⑦【答案】B【解析】试题分析：A、HNO3不属于氧化物，错误；B、HNO3属于酸类、是含氧酸、一元酸、酸是电解质、是无机化合物，正确；C、HNO3不属于氧化物，是纯净物，错误；D、HNO3不是混合物，错误，答案选B。考点：考查物质的简单分类方法5．在恒容密闭容器中通入A、B两种气体，在一定条件下发生反应：2A(g)＋B(g)2C(g)ΔH>0。达到平衡后，改变一个条件(x)，下列量(y)一定符合图中曲线的是()选项xyA再通入AB的转化率B加入催化剂A的体积分数C压强混合气体的总物质的量D温度混合气体的总物质的量【答案】A【解析】A项，当再通入A时，平衡向正反应方向移动，B的转化率增大，对；B项，加入催化剂只能改变反应速率，而不能影响化学平衡的移动，所以，A的体积分数不变，错；C项，增大压强，平衡向正反应方向移动，混合气体的总物质的量减小，错；D项，正反应为吸热反应，温度升高，平衡向吸热反应方向移动，混合气体的总物质的量减小，错。6．下图表示某物质发生的是A．水解反应B．中和反应C．电离反应D．取代反应【答案】A【解析】试题分析：表示醋酸根离子和水发生的水解反应。故A项正确。考点：本题考查反应类型。7．下图是锌、铜和稀硫酸形成的原电池，某实验兴趣小组同学做完实验后，在读书卡片上记录如下：卡片上的描述合理的是()A．①②③B．③④⑤C．①⑤⑥D．②③④【答案】B【解析】试题分析：构成原电池的正极是Cu，负极是Zn，故①错误；电子从负极Zn流出，流向正极Cu，H+向正极移动，在Cu上得电子：2H++2e-H2↑，故②错误，③④正确；此原电池负极上发生的反应是Zn-2e-Zn2+，⑥错误；总反应方程式：Zn+2H+Zn2++H2↑，当有1mol电子通过时，产生H2为0．5mol，故⑤正确。考点：原电池8．下列各项中的两种物质无论以何种比例混合，只要混合物的总物质的量一定．则完全燃烧时生成水的质量和消耗O2的质量均不变的是A．C3H6、C3H8OB．C3H6、C2H6OC．C2H2、C6H6D．CH4O、C2H4O3【答案】D【解析】试题分析：两种物质无论以何种比例混合，只有混合物总物质的量一定，燃烧生成水喝消耗氧气的质量均不变，说明分子中氢原子个数相同，且x+y/4+z/2相同，所以选D。考点：有机物燃烧的规律【名师点睛】规律一，等物质的量的各有机物烃类物质（CxHy）完全燃烧时，耗氧量与的值与（X+Y/4）成正比；相同质量的有机物中，烷烃中CH4耗氧量最大；炔烃中，以C2H2耗氧量最少；苯及其同系物中以C6H6的耗氧量最少；具有相同最简式的不同有机物完全燃烧时，耗氧量相等。规律二，等物质的量的各种有机物（只含C、H、O）完全燃烧时，分子式中相差若干个“CO2”部分或“H2O”部分，其耗氧量相等。9．关于钠的描述正确的是 ①钠在自然界既有游离态又有化合态存在 ②金属钠着火可以用泡沫灭火器救火 ③钠的密度比煤油大 ④Na－K合金做原子反应堆的导热剂 ⑤钠比铜活泼，因而钠可以从CuCl2溶液中置换出铜 ⑥钠在空气中燃烧，主要产物是Na2O2 A．①③④⑤⑥ B．③④⑥ C．③④ D．全部【答案】B【解析】考查钠的相关知识钠是非常活泼的金属，可与水、氧气反应，故在自然界中不可能以游离态存在；钠着火时，钠或燃烧产物过氧化钠均可与泡沫（CO2）反应，故不能用泡沫灭火器救火；钠与CuCl2溶液反应时，钠和水反应生成NaOH和氢气，并不能置换出铜答案为B10．下列与有机物的结构、性质有关的叙述正确的是A．用新制氢氧化铜悬浊液无法鉴别葡萄糖和乙酸B．乙酸与乙醇可以发生酯化反应，又均可与碳酸氢钠溶液反应C．硫酸铵、硫酸铜和乙醇均能使蛋白质变性D．二氯甲烷不存在同分异构体【答案】D【解析】试题分析：A、葡萄糖中含有醛基，能被新制的氢氧化铜悬浊液氧化产生红色沉淀，而乙酸与氢氧化铜仅是发生中和反应，可以鉴别，A不正确；B、乙醇含有羟基，与碳酸氢钠不反应，B不正确；C、硫酸铵不是重金属盐，不能使蛋白质变性，而是发生盐析，C不正确；D、甲烷是正四面体型结构，因此二氯甲烷不存在同分异构体，D正确，答案选D。考点：考查有机物结构、性质以及同分异构体判断11．已知：1molH2（g）与1molBr2（g）完全反应生成2molHBr(g)时放出72kJ的热量，有关物质的相关数据如下表：则表中a为化学键H-HBr-BrH-Br断裂1mol化学键需要吸收的能量/kJ436a369A．200B．230C．260D．404【答案】B【解析】试题分析：1molH2（g）与1molBr2（g）完全反应生成2molHBr（g）时放出72kJ的热量，即热化学方程式为H2（g）+Br2（g）=2HBr（g）△H=-72kJ/mol反应中，反应热等于反应物的总键能减生成物的总键能，则-720=436+a-2×369，解得a=230，答案选B。考点：考查反应热计算12．已知气体的相对分子质量越小，扩散速度越快。浓硫酸没有挥发性，浓氨水和浓盐酸都具有很强的挥发性，浓氨水会挥发出氨气，浓盐酸会挥发出氯化氢。下图所示为气体扩散速度的试验，两种气体扩散相遇时形成白色烟环。下列关于物质甲、乙的判断正确的是（）。（A）甲是浓氨水，乙是浓硫酸（B）甲是浓盐酸，乙是浓氨水（C）甲是浓氨水，乙是浓盐酸（D）甲是浓硫酸，乙是浓氨水【答案】C【解析】试题分析：根据白烟的位置可知，甲的相对分子质量小于乙的相对分子质量，据此可知选项C正确，B不正确。浓硫酸是难挥发性酸，AD不正确，答案选C。考点：考查物质的挥发性和化学性质点评：该题主要是考查学生对已知信息的提炼、归纳、总结和应用的能力，有利于培养学生的创新思维能力和应试能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。13．下列说法中，错误的是A．天然气的主要成分是CH4B．酸性：乙酸＞碳酸＞次氯酸C．淀粉、纤维素、蚕丝、油脂都是高分子化合物D．石油的分馏产品如汽油、煤油、柴油等都是混合物【答案】C【解析】试题分析：A、甲烷是天然气的主要成分，故A正确；B、乙酸能够与碳酸钙反应放出二氧化碳，次氯酸钙在空气中能与二氧化碳反应生成次氯酸，因此酸性：乙酸＞碳酸＞次氯酸，故B正确；C、油脂相对分子质量较小，不是高分子化合物，故C错误；D、汽油、煤油、柴油是多种烃组成的混合物，故D正确；故选C。考点：考查了天然气的成分、高分子化合物、混合物等相关知识。14．某反应体系的物质有：NaOH、Au2O3、Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O、H2O。下列选项正确的是A．Na2S2O3、H2O、Na2S4O6、Au2O、NaOHB．Na2S2O3、NaOH、Na2S4O6、Au2O、H2OC．Na2S4O6、H2O、Na2S2O3、Au2O、NaOHD．当1molAu2O3完全反应时，转移电子的物质的量为8mol【答案】A【解析】试题分析：Au2O3是反应物，则Au2O一定是生成物，其中Au元素的化合价由＋3价变成＋1价，化合价降低，则必然有化合价升高的元素，即Na2S2O3(硫元素为＋2价)是反应物，Na2S4O6(硫元素为＋价)是生成物。根据反应前后硫原子守恒有2Na2S2O3→Na2S4O6，根据钠原子守恒，可知生成物中缺少钠元素，所以NaOH是生成物，再根据氢元素守恒，可知水是反应物。由关系式：Au2O3～Au2O～4e－，所以当1molAu2O3完全反应时，转移电子的物质的量为4mol，故选A。考点：考查了氧化还原反应的相关知识。15．下列各表述与下图所示一致的是A．图1表示某吸热反应t1时刻升高温度时，正逆反应速率的变化B．图2表示某放热反应过程的能量变化，若使用催化剂，a点会降低C．图3表示向含等物质的量的NaOH、Na2CO3混合溶液中滴加mol盐酸至过量时，产生气体的体积与消耗盐酸的关系D．图4表示Cl2通入H2SO3溶液中pH的变化【答案】B【解析】试题分析：A、升高温度正逆反应速率都要增大，但是正反应方向是吸热反应，升高温度反应向正反应方向进行，v正>v逆，错误；B、使用催化剂，降低活化分子的活化能，a点会降低，正确；C、发生的反应NaOH＋HCl=NaCl＋H2O，Na2CO3＋HCl=NaHCO3＋NaCl，NaHCO3＋HCl=NaCl＋CO2↑＋H2O，未产生气体时消耗盐酸的体积是产生气体消耗盐酸体积的2倍，错误；D、发生的反应：H2O＋Cl2＋H2SO3=H2SO4＋2HCl，亚硫酸是中强酸，硫酸和盐酸是强酸，pH跟H＋浓度成反比，pH会降低，错误。考点：考查化学图像等知识。16．（11分）按下图装置进行实验，并回答下列问题⑴判断装置的名称：A池为__________池，B池为___________池。⑵铜极为__________极，电极反应式为，石墨棒C1为______极，电极反应式为________________________，石墨棒C2附近发生的实验现象为______________________________。⑶当C2极析出224mL气体（标准状态）时，左侧烧杯中溶液的质量_________（增加、不变或减少）_________g。【答案】（11分）（电极反应每个2分，其余每空1分）⑴原电，电解。⑵正，Cu2++2e—=Cu；阳，2Cl—+2e—=Cl2↑；溶液变红色。⑶增加【解析】（1）由图示可知A池是锌铜原电池，做为电源电解B池，连接Zn负极的C2电极为阴极，连接Cu正极的C1电极为阳极。（2）A池为原电池：Zn+Cu2＋==Zn2＋+Cu负极：Zn－2e－=Zn2＋正极：Cu2＋＋2e－=CuB池为原电池：2KCl＋2H2O=2KOH＋H2↑＋Cl2↑阴极：2H＋＋2e－=H2↑阳极：2Cl—+2e—=Cl2↑在阴极由于氢离子的放电，导致溶液呈碱性，酚酞呈红色。（3）原电池中每进入1molZn而析出1molCu，故溶液的质量增加65-64=1gH2~2e－~△m1mol1g0.01g17．(9分)依据叙述，写出下列反应的热化学方程式。（1）若适量的N2和O2完全反应，每生成23gNO2需要吸收kJ热量。其热化学方程式为____________________________________________________。（2）用NA表示阿伏加德罗常数，在C2H2(气态)完全燃烧生成CO2和液态水的反应中，每有5NA个电子转移时，放出650kJ的热量。其热化学方程式为____________________________。（3）已知拆开1molH—H键、1molN—H键、1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为_______________________________。【答案】（1）N2(g)＋2O2(g)===2NO2(g)ΔH＝＋kJ·mol－1（2）C2H2(g)＋O2(g)===2CO2(g)＋H2O(l)ΔH＝－1300kJ·mol－1（3）N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92kJ·mol－1【解析】试题解析：（1）适量的N2和O2完全反应，每生成23克NO2需要吸收热量，所以每生成92克NO2需要吸收热量，则热化学方程式为：N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=•mol-1；（2）适量的N2和O2完全反应，每生成23克NO2需要吸收热量，所以每生成92克NO2需要吸收热量，则热化学方程式为：N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=•mol-1；（3）在C2H2（气态）完全燃烧生成CO2和液态水的反应中，每有5NA个电子转移时，放出650kJ的热量，所以有10NA个电子转移时，放出1300kJ的热量，则热化学方程式为：C2H2（g）+O2（g）→2CO2（g）+H2O（l）△H=-1300kJ•mol-1；（4）在反应N2+3H2⇌2NH3中，断裂3molH-H键，1molN三N键共吸收的能量为：3×436kJ+946kJ=2254kJ，生成2molNH3，共形成6molN-H键，放出的能量为：6×391kJ=2346kJ，吸收的能量少，放出的能量多，该反应为放热反应，放出的热量为：2346kJ-2254kJ=92kJ，所以热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-92kJ•mol-1．考点：热化学方程式18．(4分)限使用下列试剂：酚酞、石蕊、稀氨水、氯化铵晶体、浓盐酸、熟石灰粉末、醋酸铵晶体和蒸馏水，根据①弱碱在水中存在电离平衡②弱碱的阳离子会破坏水的电离平衡，这两平衡的移动均会引起指示剂颜色的变化。由此可分别选用上述试剂，设计两种实验证明NH3·H2O是弱碱，请简述实验方法及现象：(1)应用根据①的实验方法及现象_______________。(2)应用根据②的实验方法及现象_______________。【答案】(1)取少量氨水，滴加酚酞试液，溶液呈红色，然后向其中加入CH3COONH4晶体，振荡，可看到红色变浅，说明氨水中存在电离平衡，说明氨水是弱碱(2)取少量NH4Cl晶体溶于水，滴加石蕊试液，溶液呈红色，说明水解，说明氨水是弱碱【解析】弱碱在水中均存在电离平衡，如一水合氨：NH3·H2O+OH-，当改变的浓度时，可以使电离平衡发生移动，使OH-浓度发生变化，使指示剂的颜色发生深浅变化。弱碱的阳离子能够发生水解反应，从而破坏了水的电离平衡，使溶液的酸碱性发生改变。如水解结合水电离产生的OH-，使水的电离平衡向右移动，使溶液呈酸性。19．某化学实验室产生的废液中含有Fe3＋、Cu2＋、Ba2＋、Cl－四种离子，现设计下列方案对废液进行处理，以回收金属并制备氯化钡、氯化铁晶体。（1）沉淀1中含有的金属单质是。（2）氧化时加入H2O2溶液发生反应的离子方程式为。（3）下列物质中，可以作为试剂X的是（填字母）。A．BaCl2B．BaCO3（4）制备氯化铁晶体过程中需保持盐酸过量，其目的是。（5）由过滤2得到的滤液制备BaCl2的实验操作依次为、冷却结晶、、洗涤、干燥。【答案】（1）铁、铜（2）2Fe2++H2O2+2H+==2Fe3++2H2O（3）BD（4）抑制Fe3+的水解。（5）蒸发浓缩过滤【解析】试题分析：（1）废液中含有Fe3＋、Cu2＋、Ba2＋、Cl－四种离子，加入过量铁屑，Fe与铁离子、铜离子反应生成亚铁离子和Cu，所以沉淀1中含有的金属单质是铁和铜；（2）加入过氧化氢的目的是把亚铁离子氧化为铁离子，便于沉淀，离子方程式是2Fe2++H2O2+2H+==2Fe3++2H2O；（3）试剂X的目的是除去过量的盐酸，调节pH，使铁离子沉淀，同时不能引入新的杂质，所以选择碳酸钡和氢氧化钡，加入氯化钡，不能调节pH，加入氢氧化钠溶液，会引入钠离子，所以答案选BD；（4）硫酸铜溶液中存在铁离子的水解，加热氯化铁溶液时，会促进铁离子水解，生成氢氧化铁沉淀，所以保持盐酸过量，防止Fe3+的水解；（5）由滤液得到晶体的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，所以缺少的步骤是蒸发浓缩、过滤。考点：考查对物质制备的分析判断，实验操作的判断20．(15分)某研究小组为了探究SO2的实验室制法和有关化学性质，设计了如下的实验。实验I：（1）实验基本操作分析：①多孔隔板与活塞相配合，能起到的作用是_____________________________________.②该实验制H2时需用浓硫酸配制480mL3mol／L的稀硫酸，配制中所需的玻璃仪器有250mL烧杯、l00mL量筒、玻璃棒、胶头滴管等，还需_______________________.③该实验过程中H2所起的作用是_____________________________.（2）实验时先打开活塞，让装置A内试剂反应一段时间后，关闭活塞，再往装置B中滴入适量浓硫酸反应片刻后，甲、乙两学生分别取装置D中少量溶液，甲学生往其中加入酸性KMnO4溶液，观察到酸性KMnO4溶液紫红色褪去；乙学生往其中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，观察到有白色沉淀生成。根据各自实验现象甲、乙学生得出SO2被Fe3+氧化。①试判断甲、乙学生的结论是否严谨________________(填写选项)。A．甲学生严谨B．乙学生严谨C．甲、乙学生都不严谨②写出SO2被Fe3+氧化的离子反应方程式_____________________________________.实验II：（3）该研究小组为测定SO2催化氧化为SO3的转化率，又设计了如下实验:已知SO3熔点为16.8℃，且忽略空气中CO2的影响).①当停止通入SO2，熄灭酒精灯后，需要继续通入氧气，其目的是：____________________.②实验结束后，若装置D增加的质量为mg，装置E中产生白色沉淀的质量为ng,则此条件下二氧化硫的转化率是_______________(用含字母的代数式表示，不用化简)。【答案】（1）①可控制反应随时进行也可随时停止（或能起启普发生器的功能等，但答控制反应速率不得分）（2分）②500毫升容量瓶（未标容量不得分）（2分）③排尽装置中的空气（2分）（2）①B②SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+（3）①使残留在装置中的二氧化硫和三氧化硫被充分吸收。②【解析】试题分析：（1）①固体放在隔板上，与液体接触即可反应，若关闭活塞，气体将液体压回长颈漏斗中，与固体分离，反应即可停止，所以此装置可控制反应随时进行也可随时停止。②因为需要配制480毫升的溶液，需要选择稍大的500毫升容量瓶。③用氢气排尽装置中的空气防止影响后面的反应现象。（2）①甲同学加入酸性高锰酸钾溶液，亚铁离子能被高锰酸钾氧化，二氧化硫也能被氧化，所以不能说明二氧化硫被铁离子氧化，而乙同学是检验反应后生成的硫酸根离子，所以有硫酸钡沉淀生成，就说明二氧化硫被铁离子氧化成了硫酸根离子，所以选B。②二氧化硫被铁离子氧化成硫酸根，同时生成亚铁离子，离子方程式为：SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+（3）①反应后继续通入氧气是为了使残留在装置中的二氧化硫和三氧化硫被赶到后面容器中被充分吸收。②装置D中为冷却得到的三氧化硫，装置E中二氧化硫被硝酸氧化后与氯化钡反应产生的白色沉淀为硫酸钡沉淀，所以计算二氧化硫的转化率为。考点：二氧化硫的制取和性质。21．计算题：（7分）（要求写出计算过程）现有一定温度下的密闭容器中存在如下反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)已知c(SO2)始=L，c(O2)始=1mol/L经测定该反应在该温度下的平衡常数K≈19，试判断：（1）当SO2转化率为50％时，该反应是否达到平衡状态，若未达到，哪个方向进行？（2）达平衡状态时，SO2的转化率应为多少？【答案】（1）×＝＜K＝19未达到平衡，向正方向进行。（3分）（2）（4分）2SO2＋O22SO3起始浓度(mol/L)10转化浓度(mol/L)2xx2x平衡浓度(mol/L)－2x)(1－x)2x依据平衡常数的定义，则：解得：x＝(mol/L)SO2的转化率应为:2××100%=80%【解析】（1）用浓度熵判断：QC=×＝＜K＝19未达到平衡，向正方向进行。（3分）（2）（4分）列出三段式，用平衡常数解。2SO2＋O22SO3起始浓度(mol/L)10转化浓度(mol/L)2xx2x平衡浓度(mol/L)－2x)(1－x)2x依据平衡常数的定义，则：解得：x＝(mol/L)SO2的转化率应为:2××100%=80%22．（12分）有机物丙(C13H18O2)是一种香料，其合成路线如图所示。其中A的相对分子质量通过质谱法测得为56，它的核磁共振氢谱显示只有两组峰；D可以发生银镜反应，在催化剂存在条件下1molD与2molH2反应可以生成乙；丙中含有两个—CH3。（1）A的结构简式为；乙的分子式为。（2）C与新制Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式_________________。（3）D所含官能团的名称是；D有多种同分异构体，其中与其所含官能团相同的同分异构体有种（不考虑立体异构）。（4）甲与乙反应的化学方程式为。（5）写出满足下列条件的有机物的结构简式ⅰ与乙互为同分异构体；ⅱ遇FeCl3溶液显紫色；ⅲ苯环上有两个支链且苯环上的一溴代物只有两种。【答案】（12分）（1）(CH3)2C=CH2（1分）C9H12（2）(CH3)2CHCHO+2Cu(OH)2+NaOH(CH3)2CHCOONa+Cu2O↓+3H2O（2分）（3）碳碳双键、醛基（2分）4（2分）（4）(CH3)2CHCOOH++H2O（2分）（5）（2分）【解析】试题分析：（1）根据已知信息，A是烯烃，再根据其相对分子质量是56，可知A的分子式为C4H8，分子中有2种等效氢，则A是2-甲基丙烯，结构简式为(CH3)2C=CH2；则甲是2-甲基丙酸，所以乙属于醇类，根据丙的分子式，可知乙的分子式=丙+H2O-甲=C9H12（2）C是2-甲基丙醛，与新制Cu(OH)2悬浊液在加热条件下发生氧化反应，化学方程式为(CH3)2CHCHO+2Cu(OH)2+NaOH(CH3)2CHCOONa+Cu2O↓+3H2O；（3）D在催化剂存在条件下1molD与2molH2反应可以生成乙，D能发生银镜反应，所以D分子中含有碳碳双键和醛基；丙中含有两个—CH3，而甲中已有2个甲基，所以乙中不含甲基，所以D可推知D为，乙为，其中与其所含官能团相同的同分异构体（不考虑立体异构），侧链可以为-C（CHO）=CH2，也可以为-CHO、-CH=CH2，有邻、间、对三种位置关系，故符合条件的同分异构体共有4种；（4）甲与乙反应的化学方程式为：(CH3)2CHCOOH++H2O，（5）乙为，其同分异构体符合条件：遇FeCl3溶液显紫色，含有酚羟基；其苯环上的一溴代物只有两种，则只能有2个侧链，另外侧链为-CH2CH2CH3或-CH（CH3）2，且处于对位，故该有机物的结构简式为：。考点