河南省豫东豫北十所名校届高三第四次联考化学试题 解析版.docx
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河南省豫东豫北十所名校届高三第四次联考化学试题解析版
河南省豫东、豫北十所名校2014届高三第四次联考化学试题（解析版）
一、选择题：
本大题共l6小题，每小题3分．共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（3分）化学与生活息息相关．下列说法不正确的是（ ）
A．
可用淀粉﹣KI试纸和食醋检验真假碘盐
B．
用饱和氯化铵溶液可以清洗金属表面的锈迹
C．
次氯酸钠溶液是生活中常用的消毒剂
D．
经常食用含明矾的食品能中和过多的胃酸
考点：
盐类水解的应用；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；淀粉的性质和用途．.
专题：
化学应用．
分析：
A、酸性条件下KI与KIO3反应生成I2；
B、饱和氯化铵溶液显酸性；
C、次氯酸具有强氧化性；
D、明矾与HCl不反应．
解答：
解：
A、酸性条件下KI与KIO3反应生成I2，所以可用淀粉﹣KI试纸和食醋检验真假碘盐，若试纸变蓝，则食盐含有KIO3，否则没有，故A正确；
B、饱和氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性，能溶解金属氧化物，所以用饱和氯化铵溶液可以清洗金属表面的锈迹，故B正确；
C、次氯酸具有强氧化性，能作消毒剂，次氯酸钠溶液与二氧化碳反应能生成次氯酸，故C正确；
D、胃酸中含有HCl，明矾与HCl不反应，所以经常食用含明矾的食品不能中和过多的胃酸，故D错误；
故选D．
点评：
本题考查了化学知识在生成生活中的应用，侧重化学反应原理和物质性质的考查，题目难度不大．
2．（3分）下列有关物质组成、分类正确的是（ ）
A．
盐酸、硫酸、硝酸都是强氧化性酸
B．
新制氯水、氨水的溶质分别是次氯酸、氨分子
C．
纯碱、烧碱的成分分别是碳酸钠、氢氧化钠
D．
苯、聚苯乙烯、聚乙烯的组成元素以及元素质量比相等
考点：
酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．.
专题：
物质的分类专题．
分析：
A、盐酸属于非强氧化性酸；
B、新制氯水的溶质是HCl和HClO，氨水的溶质是一水合氨；
C、纯碱是碳酸钠的俗称，烧碱是氢氧化钠的俗称；
D、苯、聚苯乙烯、聚乙烯的最简式不同，因此元素质量比不同．
解答：
解：
A、盐酸属于非强氧化性酸，硫酸、硝酸是强氧化性酸，故A错误；
B、新制氯水的溶质是HCl和HClO，氨水的溶质是一水合氨，故B错误；
C、纯碱是碳酸钠的俗称，烧碱是氢氧化钠的俗称，故C正确；
D、苯、聚苯乙烯、聚乙烯的组成元素相同，但是最简式不同，因此元素质量比不同，故D错误；
故选：
C．
点评：
本题考查常见酸、碱俗称和性质，非常基础，元素的质量比可以根据元素原子的个数比来确定．
3．（3分）下列有关金属腐蚀与保护的说法正确的是（ ）
A．
铁上镀锌的保护方法叫牺牲负极的正极保护法
B．
相同条件下，轮船在海水中比在淡水中腐蚀慢
C．
水库里钢闸门与电源负极相连的方法叫做外加电流的阴极保护法
D．
钢铁在潮湿空气中发生吸氧腐蚀，负极反应为Fe﹣3e﹣═Fe3+
考点：
金属的电化学腐蚀与防护．.
专题：
电化学专题．
分析：
A、锌耐腐蚀，铁上镀锌属于覆盖保护层，隔绝空气；
B、铁海水中含电解质浓度大，淡水中含电解质浓度小；
C、作电解池阴极的金属被保护；
D、做负极被氧化失去电子生成Fe2+离子．
解答：
解：
A、锌耐腐蚀，铁上镀锌属于覆盖保护层，隔绝空气，故A错误；
B、铁海水中含电解质浓度大，淡水中含电解质浓度小，故海水中比淡水腐蚀快，故B错误；
C、采用外加电流的阴极保护法时，被保护金属与直流电源的负极相连，故C正确；
D、铁做负极被氧化失去电子生成Fe2+离子，负极反应为Fe﹣2e﹣=Fe2+，故D错误；
故选C．
点评：
本题考查金属的电化学腐蚀与防护，题目难度不大，本题注意电化学腐蚀形成的条件与金属的防护．
4．（3分）如图表示白磷（P4）分子结构．白磷在氧气不足时燃烧生成P4O6，P4O6分子结构可以看成是白磷分子中磷磷键之间插入氧原子．
已知：
键能表示断裂1mol化学键需要吸收的能量．几种共价键的键能如表所示：
化学键
P﹣P
P﹣O
P═O
O═O
键能/kJ•mol﹣1
a
b
c
d
则P4（s）+3O2（g）═P4O6（s）的反应热（△H）为（ ）
A．
（6a+3d﹣12b﹣4c）kJ•mol﹣1
B．
（4a+3d﹣8b）kJ•mol﹣1
C．
（6a+3d﹣12b）kJ•mol﹣1
D．
（6a+3d+4c﹣12b）kJ•mol﹣1
考点：
反应热和焓变．.
专题：
化学反应中的能量变化．
分析：
反应热△H=反应物总键能﹣生成物总键能，据此计算判断．注意每摩尔P4中含有6molP﹣P键．
解答：
解：
各化学键键能为P﹣PakJ•mol﹣1、P﹣ObkJ•mol﹣1、O=OckJ•mol﹣1．
反应热△H=反应物总键能﹣生成物总键能，
所以反应P4+3O2=P4O6的反应热△H=6×akJ•mol﹣1+3×ckJ•mol﹣1﹣12×bkJ•mol﹣1=（6a+3d﹣12b）kJ•mol﹣1；
故选：
C．
点评：
本题考查反应热与化学键键能的关系，难度中等，注意从物质能量、键能理解反应热．
5．（3分）设NA表示阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（ ）
A．
在粗铜精炼中，阴极析出64g铜．阳极转移的电子数为2NA
B．
标准状况下，11.2LHF含有的HF分子数为0.5NA
C．
常温常压下，1mol甲苯含碳碳双键的数目是3NA
D．
标准状况下，lLpH=13的氢氧化钡溶液中含有OH﹣的数目为0.1NA
考点：
阿伏加德罗常数．.
专题：
阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．
分析：
A、粗铜精炼阳极和阴极电子转移相同；
B、标准状况下氟化氢不是气体；
C、苯环中不含碳碳双键；
D、依据PH=13，离子积常数不是常温下的10﹣14，依据水的电离平衡分析应小于常温下离子积常数．
解答：
解：
A、粗铜精炼阳极和阴极电子转移相同，阴极析出64g铜，物质的量为1mol，Cu2++2e﹣=Cu，转移电子2mol，所以阳极转移的电子数为2NA，故A正确；
B、标准状况下氟化氢不是气体，11.2LHF不是0.5mol，故B错误；
C、苯环中不含碳碳双键，故C错误；
D、依据PH计算氢氧根离子浓度=
，离子积常数不是常温下的10﹣14，故D错误．
故选A．
点评：
本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是电解精炼原理分析计算，气体摩尔体积的条件应用是解题关键，注意离子积常数的应用条件，题目难度中等．
6．（3分）下列实验操作能达到实验目的且离子方程式正确的是（ ）
A．
用盐酸清洗盛石灰水的试剂瓶内壁的白色固体：
CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O
B．
用酸性KMnO4溶液判断FeCl2是否完全变质：
5Fe2++MnO4﹣+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O
C．
用NaOH溶液除去乙酸乙酯中的少量乙酸：
CH3COOH+OH﹣═CH3COO﹣+H2O
D．
在Mg（0H）2悬浊液中滴几滴饱和FeCl3溶液证明Fe（0H）3溶解度小于Mg（OH）2：
3Mg（OH）2+2Fe3+═3Mg2++2Fe（0H）3
考点：
离子方程式的书写．.
专题：
离子反应专题．
分析：
A、石灰水的试剂瓶内壁的白色固体是碳酸钙不溶于水；
B、高锰酸钾溶液具有氧化性，亚铁离子和氯离子都可以被氧化；
C、乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中会水解；
D、依据沉淀溶解平衡的原理分析判断，反应向更难溶的方向进行．
解答：
解：
A、石灰水的试剂瓶内壁的白色固体是碳酸钙不溶于水，用盐酸清洗盛石灰水的试剂瓶内壁的白色固体反应的离子方程式：
CaCO3+2H+═CO2↑+H2O+Ca2+，故A错误；
B、高锰酸钾溶液具有氧化性，亚铁离子和氯离子都可以被氧化，不能用酸性KMnO4溶液判断FeCl2是否完全变质，故B错误；
C、乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中会水解生成乙酸钠和乙醇，应用饱和碳酸钠溶液洗涤，故C错误；
D、依据沉淀溶解平衡的原理分析判断，反应向更难溶的方向进行，在Mg（0H）2悬浊液中滴几滴饱和FeCl3溶液证明Fe（0H）3溶解度小于Mg（OH）2，沉淀转化的离子方程式为：
3Mg（OH）2+2Fe3+═3Mg2++2Fe（0H）3，故D正确；
故选D．
点评：
本题考查了离子方程式的书写方法，物质性质是解题关键，注意亚铁离子和氯离子都可以被高锰酸钾溶液氧化，题目难度中等．
7．（3分）在盛有KMnO4溶液的试管中加入过量的MnSO4溶液，产生黑色沉淀，溶液由紫红色变为无色．过滤，在滤液中加入少量的铋酸钠粉末（NaBiO3），溶液变紫红色．另取少量酸性KMnO4溶液，加入双氧水，产生大量气泡，紫红色消失．下列推断不正确的是（ ）
A．
氧化性：
BaBiO3＞KMnO4＞MnO2＞H2O2
B．
用标准浓度的KMnO4溶液可以滴定溶液中Mn2+浓度
C．
在KMnO4和双氧水的反应中，KMnO4作氧化剂
D．
在铋酸钠粉末中滴加双氧水，一定会产生氧气
考点：
氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应．.
专题：
氧化还原反应专题．
分析：
氧化还原反应中，氧化性：
氧化剂大于氧化产物；氧化剂发生还原反应化合价降低．在盛有KMnO4溶液的试管中加入过量的MnSO4溶液，产生黑色沉淀，溶液由紫红色变为无色，说明KMnO4溶液可氧化MnSO4生成MnO2，故氧化性：
KMnO4＞MnO2，在滤液中加入少量的铋酸钠粉末（NaBiO3），溶液变紫红色，说明NaBiO3可氧化MnSO4生成KMnO4，故氧化性：
BaBiO3＞KMnO4，另取少量酸性KMnO4溶液，加入双氧水，产生大量气泡，紫红色消失，说明KMnO4溶液可氧化双氧水生成氧气，故氧化性：
KMnO4＞O2，故氧化性：
BaBiO3＞KMnO4＞MnO2，BaBiO3＞KMnO4＞O2．
解答：
解：
A．在盛有KMnO4溶液的试管中加入过量的MnSO4溶液，产生黑色沉淀，溶液由紫红色变为无色，说明KMnO4溶液可氧化MnSO4生成MnO2，故氧化性：
KMnO4＞MnO2，在滤液中加入少量的铋酸钠粉末（NaBiO3），溶液变紫红色，说明NaBiO3可氧化MnSO4生成KMnO4，故氧化性：
BaBiO3＞KMnO4，另取少量酸性KMnO4溶液，加入双氧水，产生大量气泡，紫红色消失，说明KMnO4溶液可氧化双氧水生成氧气，故氧化性：
KMnO4＞O2，故氧化性：
BaBiO3＞KMnO4＞MnO2，BaBiO3＞KMnO4＞O2，无法判断MnO2与H2O2氧化性大小，故A错误；
B．在盛有KMnO4溶液的试管中加入过量的MnSO4溶液，产生黑色沉淀，溶液由紫红色变为无色，故KMnO4溶液可氧化MnSO4，故可用标准浓度的KMnO4溶液滴定溶液中Mn2+浓度，故B正确；
C．在KMnO4和双氧水的反应中，KMnO4中锰的化合价降低，作氧化剂，故C正确；
D．氧化性：
BaBiO3＞O2，故在铋酸钠粉末中滴加双氧水，一定会产生氧气，故D正确，
故选A．
点评：
本题考查学生氧化还原反应中氧化性强弱的判断规律：
氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性．
8．（3分）某新型药物的结构简式如图所示，下列关于该化合物的说法错误的是（ ）
A．
既能发生加成反应又能发生取代反应
B．
在溶液中该分子的羟基可以电离出H+
C．
该分子中含有两种官能团
D．
该分子中所有碳原于不可能完全共平面
考点：
有机物分子中的官能团及其结构．.
专题：
有机物的化学性质及推断．
分析：
A、醇羟基能发生取代反应，碳碳双键能发生加成反应；
B、醇羟基不能电离出氢离子；
C、分子中的官能团有：
醇羟基以及碳碳双键；
D、与碳原子所连的4个原子形成的空间结构为四面体．
解答：
解：
A、分子中含有醇羟基，能发生取代反应，含有碳碳双键，能发生加成反应，故A正确；
B、该分子的羟基为醇羟基，所以在溶液中该分子的羟基不可以电离出H+，故B错误；
C、该分子中含有两种官能团：
醇羟基以及碳碳双键，故C正确；
D、该分子中碳原子与所连的4个原子形成的空间结构为四面体，所有碳原于不可能完全共平面，故D正确．
故选：
B．
点评：
本题考查有机物空间结构、官能团决定性质的知识，要求学生熟记官能团具有的性质、碳原子的成键空间构型是解题的关键，难度中等．
9．（3分）以乙醇一空气、KOH溶液构成的燃料电池为电源，电解熔融氯化镁冶炼镁．电解过程中，下列判断合理的是（ ）
选项
电解池
燃料电池
A
阴极：
Mg2++2e﹣═Mg
负极：
CH3CH2OH﹣12e﹣+16OH﹣═2CO32﹣+11H20
B
阳极：
还原反应
正极：
氧化反应
C
每生成4mol镁
消耗46g乙醇
D
化学能转化为电能
电能转化为化学能
A．
A
B．
B
C．
C
D．
D
考点：
原电池和电解池的工作原理．.
专题：
电化学专题．
分析：
乙醇和O2构成的燃料电池，电解质为KOH溶液，则乙醇为负极，氧气为正极；电解焙融氯化镁冶炼镁，阳极上氯离子失电子生成氯气，阴极上镁离子得电子生成镁单质，结合电极反应来解答．
解答：
解：
A、电解池中，阴极上镁离子得电子，阴极：
Mg2++2e﹣═Mg；燃料电池中负极上乙醇失电子，负极：
CH3CH2OH﹣12e﹣+16OH﹣═2CO32﹣+11H20，故A正确；
B、电解池中，阳极上氯离子失电子发生氧化反应；燃料电池中，正极氧气得电子发生还原反应，故B错误；
C、每生成4mol镁，转移电子8mol，转移8mol电子消耗mol乙醇，则乙醇的质量为
g，故C错误；
D、电解池中电能转化为化学能，电池中化学能转化为电能，故D错误；
故选A．
点评：
本题考查了原电池原理和电解池原理，涉及电解反应的判断及电极方程式的书写，转移电子与反应物之间的关系的求算等，题目难度中等．
10．（3分）下列各组离子在指定的溶液中可能大量共存的是（ ）
A．
使甲基橙变红色的溶液：
K+、Al3+、MnO4﹣、C2O42﹣
B．
加入铝产生氢气的溶液：
H+、Mg2+、NO3﹣、SO42﹣
C．
pH=12的溶液中：
Na+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣
D．
含Al2Fe（SO4）4的溶液：
Na+、NH4+、S2O32﹣、ClO﹣
考点：
离子共存问题．.
专题：
离子反应专题．
分析：
A．使甲基橙变红色的溶液，显酸性，离子之间发生氧化还原反应；
B．加入铝产生氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；
C．pH=12的溶液，显碱性；
D．含Al2Fe（SO4）4的溶液，显酸性．
解答：
解：
A．使甲基橙变红色的溶液，显酸性，MnO4﹣、C2O42﹣离子之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；
B．加入铝产生氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸性溶液中H+、Al、NO3﹣发生氧化还原反应不生成氢气，碱性溶液中不能大量存在Mg2+，故B错误；
C．pH=12的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，能大量共存，故C正确；
D．含Al2Fe（SO4）4的溶液，显酸性，酸性溶液中不能大量存在S2O32﹣、ClO﹣，H+、S2O32﹣发生氧化还原反应，故D错误；
故选C．
点评：
本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应及氧化还原反应的考查，题目难度中等．
11．（3分）五种主族元索在周期表中的位置如图所示．L的单质在常温常压下呈液态，且保存时需要用水液封．下列推断正确的是（ ）
A．
原子半径：
X＜Y＜Z＜T＜L
B．
气态氢化物的还原性：
L＞Z＞T
C．
含x的两种盐溶液混合可能生成沉淀
D．
Y和T组成的化合物是离子化合物
考点：
元素周期律和元素周期表的综合应用．.
专题：
元素周期律与元素周期表专题．
分析：
主族元素中常温常压下单质呈液态的L为溴，则T为Cl、Z为S、Y为Si、X为Al，
A、根据电子层越多，原子半径越多，相同电子层时，核电荷数越大，原子半径越小进行比较；
B．非金属性越强，气态氢化物的还原性越弱；
C．X为Al，偏铝酸根离子和铝离子混合能够反应生成氢氧化铝沉淀；
D．Y为Si、T为Cl，二者组成的化合物为四氯化硅，四氯化碳为共价化合物．
解答：
解：
L的单质在常温常压下呈液态，且保存时需要用水液封，则L为溴，再根据其它元素在周期表中的位置可以推出T为Cl、Z为S、Y为Si、X为Al，
A．L电子层最多，所以其原子半径增大，其它元素位于同一周期，电子层数相同，核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径大小关系为T＜Z＜Y＜X＜L，故A错误；
B．L、Z、T分别为Br、S、Cl，它们的非极性强酸为Cl＞Br＞S，非金属性越强，气态氢化物的还原性越弱，所以气态氢化物的还原性大小关系为Z＞L＞Z，故B错误；
C．X为Al，铝的盐溶液偏铝酸钠和氯化铝能够反应生成氢氧化铝沉淀，故C正确；
D．Y和T组成的化合物为四氯化硅，四氯化硅为共价化合物，不是离子化合物，故D错误；
故选C．
点评：
本题考查了元素周期表与元素周期律综合应用，难度中等，注意掌握元素周期表的结构，明确原子结构与元素周期律、元素周期表的关系．
12．（3分）现有浓度均为0.10mo1•L﹣1的①Na2CO3溶液和②NaHCO3溶液．下列说法不正确的是（ ）
A．
①中有：
c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
B．
②中有：
c（Na+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3）
C．
①和②混合溶液中：
c（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣）
D．
①或②中都有：
c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3）=0.10mol•L﹣1
考点：
离子浓度大小的比较；盐类水解的应用．.
专题：
盐类的水解专题．
分析：
碳酸钠为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致其溶液中碱性，碳酸氢钠中碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，所以碳酸氢钠溶液呈碱性，但碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，再结合电荷守恒、物料守恒解答．
解答：
解：
A．碳酸根第一步水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子、第二步水解生成碳酸和氢氧根离子，所以c（HCO3﹣）＜c（OH﹣），故A错误；
B．溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c（Na+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3），故B正确；
C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣），故C正确；
D．根据物料守恒得c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3）=0.10mol•L﹣1，故D正确；
故选A．
点评：
本题考查了离子浓度大小的比较，明确溶液中的溶质性质是解本题关键，再结合电荷守恒和物料守恒解答，注意无论电荷守恒还是物料守恒不仅存在于单一溶质的溶液中也存在多种溶质的溶液中，为易错点．
13．（3分）已知CuS、PbS、HgS的溶度积分别为l.3xl0﹣36、9.0x10﹣29、6.4x10﹣23．下列推断不正确的是（ ）
A．
向含Pb2+、Cu2+、Hg2+的浓度均为0.010mol•L﹣1的溶液中通人硫化氢气体，产生沉淀的顺序依次为PbS、CuS、HgS
B．
在硫化铅悬浊液中滴几滴硝酸铜溶液，会生成硫化铜
C．
在含Hg2+、Cu2+、Pb2+的溶液中滴加硫化钠溶液，当c（S2﹣）=0.001mol•L﹣1时三种金属离子都完全沉淀
D．
硫化钠是处理废水中含上述金属离子的沉淀剂
考点：
难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．.
专题：
电离平衡与溶液的pH专题．
分析：
CuS、PbS、HgS为相同类型的难溶物，可以直接根据它们的溶度积判断溶解度大小，根据CuS、PbS、HgS的溶度积可知，溶解度由大到小的顺序为：
HgS、CuS、PbS，
A．溶解度越小，优先生成沉淀，所以生成沉淀顺序为：
PbS、CuS、HgS；
B．硫化铅的溶度积大于硫化铜，所以硫化铅会转化成更难溶的硫化铜沉淀；
C．HgS的溶度积增大，只要Hg2+离子完全沉淀，则Cu2+、Pb2+已经完全沉淀，根据硫离子浓度计算出此时Hg2+的浓度；
D．可以使用氯化钠将废水中Hg2+、Cu2+、Pb2+离子转化成沉淀，从而达到除污目的．
解答：
解：
A．CuS、PbS、HgS为相同类型的难溶物，可通过它们的溶度积直接判断溶解度大小，根据题干信息可知，溶解度最小的、最难溶的为CuS，溶度积最大、最后生成沉淀的为HgS，所以产生沉淀的顺序依次为HgS、CuS、PbS，故A错误；
B．在硫化铅悬浊液中滴几滴硝酸铜溶液，由于硫化铜的溶度积小于硫化铅，所以硫化铅会转化成更难溶的硫化铜，故B正确；
C．在含Hg2+、Cu2+、Pb2+的溶液中滴加硫化钠溶液，当c（S2﹣）=0.001mol•L﹣1时，c（Hg2+）=6.4x10﹣20mol•L﹣1、c（Cu2+）=l.3xl0﹣33mol•L﹣1、c（Pb2+）=9.0x10﹣26mol•L﹣1，三种金属离子浓度都小于1×10﹣5mol/L，所以Hg2+、Cu2+、Pb2+离子都完全沉淀，故C正确；
D．氯化钠能够与Hg2+、Cu2+、Pb2+离子反应生成难溶物CuS、PbS、HgS，所以硫化钠是处理废水中含上述金属离子的沉淀剂，故D正确；
故选A．
点评：
本题考查了难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化本质，题目难度中等，注意掌握难溶物溶解平衡，能够根据溶度积大小判断难溶程度，明确溶度积越大，溶解度越小．
14．（3分）某有机物结构如图所示，它的结构最多有（ ）
A．
32种
B．
48种
C．
56种
D．
72种
考点：
同分异构现象和同分异构体．.
专题：
同系物和同分异构体．
分析：
该有机物的同分异构体取决于两个取代基的同分异构，主要考虑碳链异构和位置异构即可，戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷，﹣C5H11是戊烷去掉一个H之后形成的戊基，去掉一个H，正戊烷、异戊烷、新戊烷分别有3、4、1种结构；﹣C3H5Br2根据碳链异构和Br位置异构共9种，因此总共8×9=72种．
解答：
解：
戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷，﹣C5H11是戊烷去掉一个H之后形成的戊基，去掉一个H，正戊烷、异戊烷、新戊烷分别有3、4、1种结构，共8种；﹣C
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