2019-2020年高三第一次月考化学试题 含解析.doc

2019-2020年高三第一次月考化学试题 含解析 相对原子质量：H -1 C-12 N-14 O-16 Na -23 Ca-40 S-32 Fe-561xx重庆下列物质的使用不涉及化学变化的是A明矾用作净水剂 B液氨用作致冷剂C氢氟酸刻蚀玻璃 D生石灰作干燥剂考点：物理变化与化学变化的区别与联系；盐类水解的应用；氯气的物理性质；硅和二氧化硅.专题：化学应用分析：化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成；据此分析判断解答：解：A明矾在水中可以电离出两种金属离子K+、Al3+而Al3+很容易水解，生成胶状的氢氧化铝，氢氧化铝胶体的吸附能力很强，可以吸附水里悬浮的杂质，从而使杂质沉降水变澄清，属于化学变化，故A错误；B液氯汽化时吸收热量，故可用作制冷剂，属于物理变化，故B正确；C氢氟酸能够与玻璃中的主要成分二氧化硅发生反应，故氢氟酸能刻蚀玻璃，属于化学变化，故C错误；D生石灰与水反应生成氢氧化钙，属于化学变化，故D错误，故选B点评：本题考查物理变化与化学变化的判断，难度不大要注意化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成2xx上海下列试剂不会因为空气中的氧气而变质的是A过氧化钠 B氢硫酸 C硫酸亚铁 D苯酚考点：钠的重要化合物；含硫物质的性质及综合应用；铁盐和亚铁盐的相互转变；苯酚的化学性质.专题：元素及其化合物分析：根据物质的性质进行分析：A、过氧化钠和氧气不反应；B、氢硫酸和氧气反应生成硫和水；C、硫酸亚铁和氧气反应生成硫酸铁；D、苯酚能被氧气氧化变成苯醌；解答：解：A、过氧化钠和空气中二氧化碳、水蒸气反应，但和氧气不反应，不会因空气中的氧气而变质，故A正确；B、氢硫酸和氧气反应生成硫和水，会因空气中的氧气而变质，故B错误；C、硫酸亚铁和氧气反应生成硫酸铁，会因空气中的氧气而变质，故错误；D、苯酚能被氧气氧化变成苯醌，会因空气中的氧气而变质，故D错误；故选A点评：此题考查了一些常见物质在空气中发生反应的问题，是对学生进行物质性质的训练与提高，难度不大3xx广东水溶液中能大量共存的一组离子是ANa+、Ca2+、Cl-、SO42- BFe2+、H+、SO32-、ClO-CMg2+、NH4+、Cl-、SO42- DK+、Fe3+、NO3-、SCN-考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质、络合物、不发生氧化还原反应、不发生双水解的就能共存，据此分析解答解答：解：ACa2+、SO42生成微溶物硫酸钙，所以不能大量共存，故A错误；B酸性条件下，ClO具有强氧化性，能将Fe2+、SO32氧化为Fe3+、SO42，所以不能共存，故B错误；C这几种离子之间不发生反应，所以能共存，故C正确；DFe3+、SCN生成络合物Fe（SCN）3，所以这两种离子不能共存，故D错误；故选C点评：本题考查了离子共存，明确离子共存条件是解本题关键，知道物质的性质即可解答，注意：硫酸钙是微溶物，少量时能在水溶液中共存，但不能大量存在，为易错点4xx重庆下列叙述正确的是( )A浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe(OH)3胶体BCH3COONa溶液中滴加少量浓盐酸后c(CH3COO)增大CCa(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应可制得Ca(OH)2D25时Cu(OH)2在水中的溶解度大于Cu(NO3)2溶液中的溶解度考点：影响盐类水解程度的主要因素；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；盐类的水解专题分析：A、浓氨水和氯化铁之间会发生复分解反应；B、醋酸钠中加入盐酸会发生反应生成醋酸和氯化钠；C、Ca（HCO3）2溶液与过量NaOH溶液反应产物是碳酸钙和碳酸钠；D、根据沉淀溶解平衡的影响因素来回答判断解答：解：A、浓氨水和氯化铁之间会发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀和氯化铵，不会获得胶体，故A错误；B、醋酸钠中加入盐酸会发生反应生成醋酸和氯化钠，所以醋酸根离子浓度会减小，故B错误；C、Ca（HCO3）2溶液与过量NaOH溶液反应产物是碳酸钙和碳酸钠，并不会获得氢氧化钙，故C错误；D、氢氧化铜存在沉淀溶解平衡Cu（OH）2Cu2+2OH，Cu（NO3）2溶液中铜离子会抑制沉淀溶解平衡的右移，所以Cu（OH）2在水中的溶解度大于其在Cu（NO3）2溶液中的溶解度，故D正确故选D点评：本题考查学生物质的性质以及沉淀溶解平衡的影响因素等方面的知识，注意知识的归纳和整理是解题关键，难度中等5xx上海某未知溶液可能含Cl、CO32、Na、SO42、Al3。将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红。取少量试液，滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成；在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀。下列判断合理的是A一定有Cl B一定有SO42 C一定没有Al3 D一定含有CO32考点：常见离子的检验方法.专题：离子反应专题分析：将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红说明溶液呈酸性，则CO32不存在；取少量试液，滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中有SO42，在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀，则不能确定原溶液中有Cl，因为前面已滴加了氯化钡，而Al3+未作判断，故无法确定是否有，据此作判断解答：解：将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红说明溶液呈酸性，则CO32不存在；取少量试液，滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中有SO42；在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀，则不能确定原溶液中是否有Cl，因为前面已滴加了氯化钡；根据以上实验不能确定是否含有Al3+、Cl、Na+，综上可知，一定含有SO42，一定没有CO32，不能确定是否含有Al3+、Cl、Na+；故选B点评：本题考查了溶液中离子的检验，解题的关键是学生要熟记相关的元素化合物知识，要注意前面的操作对后面实验的干扰，题目难度不大6xx上海下列反应与Na2O2SO2=Na2SO4相比较，Na2O2的作用相同的是 A2Na2O22CO2=2Na2CO3O2 B2Na2O22SO3=2Na2SO4O2 CNa2O2H2SO4= Na2SO4H2O2 D3Na2O2Cr2O3=2Na2CrO4Na2O考点：真题集萃；钠的重要化合物.专题：元素及其化合物分析：因为在Na2O2+SO2Na2SO4中，Na2O2的作用相同的是氧化剂，所以，A、在2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2中Na2O2是自身氧化还原；B、在2Na2O2+2SO32Na2SO4+O2中Na2O2是自身氧化还原；C、在Na2O2+H2SO4Na2SO4+H2O2中这是非氧化还原，是一个复分解反应；D、在3Na2O2+Cr2O32Na2CrO4+Na2O中，Na2O2中1价的氧变为2价，Na2O2作还原剂，据此作判断解答：解：因为在Na2O2+SO2Na2SO4中，Na2O2的作用相同的是氧化剂，所以，A、在2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2中Na2O2是自身氧化还原，故A错误；B、在2Na2O2+2SO32Na2SO4+O2中Na2O2是自身氧化还原，故B错误；C、在Na2O2+H2SO4Na2SO4+H2O2中这是非氧化还原，是一个复分解反应，故C错误；D、在3Na2O2+Cr2O32Na2CrO4+Na2O中，Na2O2中1价的氧变为2价，Na2O2作氧化剂，故D正确；故选D点评：本题主要考查了学生对氧化还原反应的理解，解题的关键是抓住化合价的变化分析，中等难度7xx上海向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸，下列离子方程式与事实不符的是AOHCO322H=HCO3H2O B2OHCO323H=HCO32H2O C2OHCO324H=CO23H2O DOHCO323H=CO22H2O 考点：真题集萃；离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中含有氢氧化钠与碳酸钠的物质的量相等，稀盐酸加入到NaOH和Na2CO3的混合溶液中，盐酸先与氢氧化钠发生酸碱中和，剩余的盐酸再与碳酸钠发生反应，盐酸少量时发生CO32+H+HCO3，盐酸过量时发生CO32+2H+CO2+H2O解答：解：根据题意可知，等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中，含有的氢氧化钠与碳酸钠的物质的量相等，稀盐酸加入到NaOH和Na2CO3的混合溶液中，盐酸先与氢氧化钠发生酸碱中和，剩余的盐酸再与碳酸钠发生反应A设NaOH和Na2CO3的物质的量都为1mol，则加入盐酸少量，先发生反应：OH+H+H2O，1mol氢氧化钠消耗1mol盐酸，再发生反应CO32+H+HCO3，将两个方程式相加得：OH+CO32+2H+HCO3+H2O，故A正确；B设NaOH和Na2CO3的物质的量都为2mol，则加入盐酸少量，先发生反应：2OH+2H+2H2O，2mol氢氧化钠消耗2mol盐酸，再发生反应CO32+H+HCO3，盐酸不足之消耗1mol碳酸钠，将两个方程式相加得：2OH+CO32+3H+HCO3+2H2O，故B正确；C设NaOH和Na2CO3的物质的量都为2mol，2mol氢氧化钠消耗2mol氢离子，剩余2mol氢离子与2mol碳酸钠反应生成2mol碳酸氢根离子，离子方程式应为2OH+2CO32+4H+2HCO3+2H2O，即OH+CO32+2H+HCO3+H2O，故C错误；D设NaOH和Na2CO3的物质的量都为1mol，则加入盐酸过量，先发生反应：OH+H+H2O，1mol氢氧化钠消耗1mol盐酸，再发生反应CO32+2H+CO2+H2O，将两个方程式相加得：OH+CO32+3H+CO2+2H2O，故D正确；故选：C点评：本题考查了离子方程式书写正误的判断，题目难度中等，明确稀盐酸与NaOH和Na2CO3反应的先后顺序以及碳酸钠与盐酸反应的原理是解题的关键 第卷（共58分）8xx浙江（共15分）某研究小组为了探究一种无机矿物盐X（仅含四种元素）的组成和性质，设计并完成如下实验：另取10.80 g X在惰性气流中加热至完全分解，得到6.40 g固体1。请回答如下问题：（1）画出白色沉淀1中金属元素的原子结构示意图_ ，写出气体甲的电子式_ 。（2）X的化学式是_ ，在惰性气流中加热X至完全分解的化学方程式为_ 。（3）白色沉淀2在空气中变成红褐色沉淀的原因是_ 。（用化学方程式表示）。（4）一定条件下，气体甲与固体1中某种成分可能发生氧化还原反应，写出一个可能的化学反应方程式_，并设计实验方案验证该反应的产物_ 。考点：真题集萃；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用.专题：实验设计题；元素及其化合物分析：X能和HCl反应生成气体甲，隔绝空气加热X得到气体甲和固体1，且X和HCl（aq）反应也能得到CO2，因此猜测X是碳酸盐，因为X加热易分解且能和酸反应生成CO2，那么甲为CO2，固体1溶于水得到溶液1和固体2，溶液1和二氧化碳反应生成白色沉淀1，白色沉淀1和二氧化碳、水反应生成溶液2，则白色沉淀1为碳酸盐、溶液2为碳酸氢盐；固体2和稀盐酸反应生成溶液3，且需要无氧条件，溶液3中加入碱在无氧条件下生成白色沉淀2，白色沉淀2被空气氧化生成红褐色沉淀，则白色沉淀2是Fe（OH）2，溶液3为FeCl2，X仅含4种元素，碳酸盐分解生成二氧化碳气体和两种氧化物，其中一种氧化物能溶于水，结合地壳的成分猜测固体1中成分为CaO、FeO，对应地，X应为CaFe（CO3）2，结合题中信息：10.80g X在惰性气流中加热至完全分解，得到6.40g固体1，经计算，确认X为CaFe（CO3）2，那么，溶液1是Ca（OH）2，白色沉淀1是CaCO3，溶液2是Ca（HCO3）2，再结合题目分析解答解答：解：X能和HCl反应生成气体甲，隔绝空气加热X得到气体甲和固体1，且X和HCl（aq）反应也能得到CO2，因此猜测X是碳酸盐，因为X加热易分解且能和酸反应生成CO2，那么甲为CO2，固体1溶于水得到溶液1和固体2，溶液1和二氧化碳反应生成白色沉淀1，白色沉淀1和二氧化碳、水反应生成溶液2，则白色沉淀1为碳酸盐、溶液2为碳酸氢盐；固体2和稀盐酸反应生成溶液3，且需要无氧条件，溶液3中加入碱在无氧条件下生成白色沉淀2，白色沉淀2被空气氧化生成红褐色沉淀，则白色沉淀2是Fe（OH）2，溶液3为FeCl2，X仅含4种元素，碳酸盐分解生成二氧化碳气体和两种氧化物，其中一种氧化物能溶于水，结合地壳的成分猜测固体1中成分为CaO、FeO，对应地，X应为CaFe（CO3）2，结合题中信息：10.80g X在惰性气流中加热至完全分解，得到6.40g固体1，经计算，确认X为CaFe（CO3）2，那么，溶液1是Ca（OH）2，白色沉淀1是CaCO3，溶液2是Ca（HCO3）2，（1）白色沉淀1是CaCO3，碳酸钙中金属元素的原子核外有4个电子层、最外层有2个电子，所以Ca原子结构示意图为，气体甲是二氧化碳，二氧化碳的电子式为，故答案为：；（2）通过以上分析知，X的化学式是 CaFe（CO3）2，在惰性气流中加热X至完全分解生成二氧化碳和氧化钙、氧化亚铁，所以该反应的化学反应方程式为CaFe（CO3）2CaO+FeO+2CO2，故答案为：CaFe（CO3）2；CaFe（CO3）2CaO+FeO+2CO2；（3）氢氧化亚铁不稳定，易被空气氧化生成红褐色氢氧化铁，所以白色沉淀2在空气中变成红褐色沉淀，反应方程式为4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3，故答案为：4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3；（4）一定条件下，气体甲与固体1中的某种成分可能发生氧化还原反应，氧化亚铁具有还原性，能被二氧化碳氧化生成四氧化三铁或氧化铁，同时生成CO，反应方程式为2FeO+CO2=Fe2O3+CO（或生成Fe3O4），如果该反应发生，则生成固体中含有三价铁，将固体溶于稀盐酸生成铁离子，铁离子和KSCN溶液反应生成血红色物质而使溶液变红色故答案为：2FeO+CO2=Fe2O3+CO（或生成Fe3O4）；取适量固体于试管中，加入盐酸溶解，滴入几滴KSCN溶液，若溶液变红色，说明产物中含有三价铁点评：本题考查了无机物推断，涉及物质结构、物质的性质、离子的检验等知识点，熟悉元素化合物的性质是解本题关键，知道流程图中每一步发生的反应及反应现象，题目难度中等9xx上海（本题共14分）合成氨工艺的一个重要工序是铜洗，其目的是用铜液醋酸二氨合铜（1），氨水吸收在生产过程中产生的CO和CO2等气体，铜液吸收CO的反应是放热反应，其反应方程式为：Cu(NH3)2AcCONH3 Cu(NH3)3COAc（Ac表示醋酸根） 完成下列填空：（1）如果要提高上述反应的反应速率，可以采取的措施是 。（选填编号）a. 减压 b. 增加NH3的浓度 c.升温 d.及时移走产物（2）铜液中的氨可吸收二氧化碳，写出该反应的化学方程式： （3）简述铜液吸收CO及铜液再生的操作步骤（注明吸收和再生的条件）。 .（4）铜液的组成元素中，短周期元素原子半径从大到小的排列顺序为 通过比较 可判断氮、磷两种元素的非金属性强弱。（5）已知CS2和CO2分子结构相似，CS2的电子式是 CS2熔点高于CO2，其原因是 考点：真题集萃；元素周期律的作用；化学反应速率的影响因素；铜金属及其重要化合物的主要性质.专题：基本概念与基本理论；元素及其化合物分析：（1）增大浓度、升高温度等，可增大反应速率；（2）氨气、水、二氧化碳可反应生成碳酸铵或碳酸氢铵；（3）铜液吸收CO，应使平衡向正向移动，铜液再生，应使平衡向逆向移动；（4）铜液的组成元素中，短周期元素有H、C、N、O等元素，H原子半径最小，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，比较非金属性强弱，可根据氢化物的稳定性强弱判断；（5）CS2的电子式类似于CO2，二者都为分子晶体，相对分子质量越大，熔点越高解答：解：（1）增大浓度、升高温度等，可增大反应速率，减压反应速率减小，减小生成物浓度，反应速率减小，故答案为：bc；（2）氨气、水、二氧化碳可反应生成碳酸铵或碳酸氢铵，方程式为2NH3+CO2+H2O=（NH4）2CO3、（NH4）2CO3+CO2+H2O=2NH4HCO3，故答案为：2NH3+CO2+H2O=（NH4）2CO3、（NH4）2CO3+CO2+H2O=2NH4HCO3；（3）正反应放热，铜液吸收CO，应使平衡向正向移动，则可在低温加压下吸收CO，然后将铜洗液转移至另一容器中，高温低压下释放CO，然后将铜洗液循环利用，故答案为：低温加压下吸收CO，然后将铜洗液转移至另一容器中，高温低压下释放CO，然后将铜洗液循环利用；（4）铜液的组成元素中，短周期元素有H、C、N、O等元素，H原子半径最小，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径CNOH，氮元素原子最外层电子排布的轨道表示式是；比较非金属性强弱，可根据氢化物的稳定性强弱，故答案为：CNOH；NH3和PH3的稳定性；（5）CS2的电子式类似于CO2，电子式为，二者都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，则熔点越高，故答案为：；二者都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大点评：本题为xx年上海考题，涉及元素周期律、电子式、化学平衡移动等问题的考查，综合考查学生的分析能力和双基知识，难度不大，注意相关基础知识的积累10xx重庆(共15分)中华人民共和国国家标准(GB2760200)规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25gL1.某兴趣小组用题9图I装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中SO2,并对其含量进行测定.ABCabH2O2题9图1（1）仪器A的名称是 ，水通入A的进口为 。（2）B中加入300.00mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，其化学方程式为 。（3）除去C中过量的H2O2，然后用0.0900molL1NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择题9图2中的 ；若滴定终点时溶液的pH8.8，则选择的指示剂为 ；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积 (填序号)(10mL，40mL，10mL，40mL)（4）滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中SO2含量为 gL1（5）该测定结果比实际值偏高，分析原因并利用现有装置提出改进措施： 。考点：真题集萃；二氧化硫的化学性质；探究物质的组成或测量物质的含量.专题：氧族元素分析：（1）根据仪器A特点书写其名称，为了充分冷却气体，应该下口进水；（2）二氧化硫具有还原性，能够与实验室反应生成硫酸，据此写出反应的化学方程式； （3）氢氧化钠应该盛放在碱式滴定管中，根据碱式滴定管的排气泡法进行判断；根据滴定终点时溶液的pH及常见指示剂的变色范围选用正确的指示剂；根据滴定管的构造判断滴定管中溶液的体积；（4）根据关系式2NaOHH2SO4SO2及氢氧化钠的物质的量计算出二氧化硫的质量，再计算出该葡萄酒中的二氧化硫含量；（5）根据盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠判断对测定结果的影响；可以选用非挥发性的酸或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，减去盐酸挥发的影响解答：解：（1）根据仪器A的构造可知，仪器A为冷凝管，冷凝管中通水方向采用逆向通水法，冷凝效果最佳，所以应该进水口为b，故答案为：冷凝管或冷凝器；b；（2）双氧水具有氧化性，能够将二氧化硫氧化成硫酸，反应的化学方程式为：SO2+H2O2=H2SO4，故答案为：SO2+H2O2=H2SO4；（3）氢氧化钠溶液为碱性溶液，应该使用碱式滴定管，碱式滴定管中排气泡的方法：把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，再排气泡，所以排除碱式滴定管中的空气用的方法；滴定终点时溶液的pH=8.8，应该选择酚酞做指示剂（酚酞的变色范围是8.210.0）；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，滴定管的0刻度在上方，10mL刻度线下方还有40mL有刻度的溶液，另外滴定管50mL刻度线下有液体，因此管内的液体体积（50.00mL10.00mL）=40.00mL，所以正确，故答案为：；酚酞；（4）根据2NaOHH2SO4SO2可知SO2的质量为：（0.0900mol/L0.025L）64g/mol=0.072g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为：=0.24g/L，故答案为：0.24；（5）由于盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠，使得消耗的氢氧化钠溶液体积增大，测定结果偏高；因此改进的措施为：用不挥发的强酸，如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响，故答案为：原因：盐酸的挥发；改进措施：用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸（或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响）点评：本题为一道高考题，考查了探究物质的组成、测量物质的含量的方法，题目难度中等，试题涉及了二氧化硫性质、中和滴定的计算，要求学生掌握探究物质组成、测量物质含量的方法，明确二氧化硫的化学性质及中和滴定的操作方法及计算方法，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力11（共15分） 苯、甲苯是重要的芳香烃，在有机合成中有重要的广泛的用途。（1）写出苯的结构简式 ，甲苯的结构简式 ；（2）证明苯分子中的碳碳键不是碳碳单键和碳碳双键交替存在的共价键，而是处在碳碳单键和碳碳双键之间的特殊共价键的事实是 ；A、只有一种一氯苯 B、只有一种邻二氯苯C、只有一种间二氯苯 D、只有一种对二氯苯（3）甲苯在铁的催化作用下与液溴反应生成一溴代物主要有机产物的结构简式是 ； 甲苯在光照条件下与溴蒸气反应生成一溴代物的化学方程式为 ；（4）苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而甲苯可以，反应生成的有机物是苯甲酸，该反应的反应类型是 ，化学方程式为 ；（5）下列苯和苯的同系物中苯环上的一氯代物只有一种的是 ， A、甲苯 B、乙苯 C、邻二甲苯 D、间二甲苯 E、对二甲苯 F、1，2，3三甲苯 G、1，2，4三甲苯 H、1，3，5三甲苯考点：苯的同系物；苯的性质.专题：有机物的化学性质及推断分析：（1）根据物质的名称结合有机物命名原则书写结构简式；（2）A根据无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键，苯的一元取代物都无同分异构体来分析；B根据苯的结构中存在单双键交替结构，苯的邻位二元取代物有两种，但实际上无同分异构体来分析；C根据无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键，苯的间位二元取代物都无同分异构体来分析；D根据苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键，苯的对位二元取代物都无同分异构体来分析；（3）甲苯在铁的催化作用下与液溴主要发生苯环上甲基的邻、对位取代反应，甲苯在光照条件下与溴蒸气反应取代反应，Br取代甲基上的H；（4）甲苯能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸；（5）苯环上只有一种等效氢的苯和苯的同系物的一氯代物只有一种解答：解：（1）苯的结构简式为，甲苯结构简式为，故答案为：；（2）A无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键，苯的一氯取代物都无同分异构体，所以不能说明苯不是单双键交替结构，故A错误； B若苯的结构中存在单双键交替结构，苯的邻位二元取代物有两种，但实际上无同分异构体，所以能说明苯不是单双键交替结构，故B正确；C无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键，苯的间位二元取代物都无同分异构体，所以不能说明苯不是单双键交替结构，故C错误；D无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键，苯的对位二元取代物都无同分异构体，所以不能说明苯不是单双键交替结构，故D错误，故答案为：B；（3）甲苯在铁的催化作用下与液溴主要发生苯环上甲基的邻、对位取代反应，结构简式为：、，甲苯在光照条件下与溴蒸气反应取代反应，Br取代甲基上的H，化学方程式为：，故答案为：、；（4）甲苯能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸，化学方程式为：，故答案为：氧化反应；（5）对二甲苯、1，3，5三甲苯中只有一种等效氢，一氯代物只有一种，故答案为：E、H点评：本题考查了苯及苯的同系物的结构和性质，题目难度一般，掌握有机物结构的差异和性质的特点是解题的关键，注意等效氢的应用