广东省深圳市宝安区高一化学下学期期末试卷(含解析)

2014-2015学年广东省深圳市宝安区高一（下）期末化学试卷一、选择题（共20小题，满分62分）1．（3分）（2015春•宝安区期末）下列有关原子结构的说法中，正确的是（）A．决定元素种类的是﹣﹣电子数B．决定元素化学性质的是﹣﹣原子的核外电子数C．决定元素相对原子质量的是﹣﹣中子数D．决定元素周期表中原子序数的是﹣﹣核电荷数考点：原子结构与元素的性质．分析：A．质子数决定元素种类；B．最外层电子决定化学性质；C．质子数和中子数决定原子的相对原子质量；D．原子序数=核电荷数．解答：解：A．质子数=原子序数，可知质子数决定元素种类，故A错误；B．最外层电子决定化学性质，故B错误；C．元素的相对原子质量为各种同位素的相对原子质量的平均值，质子数和中子数决定原子的相对原子质量，故C错误；D．原子序数=核电荷数，则核电荷数决定元素在周期表中的未知，故D正确．故选D．点评：本题考查原子结构与元素的性质，为高频考点，题目侧重双基的考查，注意把握原子的结构、元素的性质以及元素周期率等知识，难度不大．2．（3分）（2015春•宝安区期末）对于核电荷数为37的元素，有如下各项的描述，其中正确的是（）A．该元素的单质在常温下跟水反应不如钠剧烈B．该元素的原子半径比钾的原子半径小C．该元素的碳酸盐难溶于水D．该元素最高价氧化物的水化物能使Al（OH）3溶解考点：原子结构与元素的性质；元素周期表的结构及其应用．分析：依据原子核外电子排布规律可知核电荷数为37的元素核外有4个电子层，各层容纳电子数分别为2、8、8、8、1，为第五周期第ⅠA族元素，依据同主族元素性质的递变规律结合钠、钾的性质解答．解答：解：依据原子核外电子排布规律可知核电荷数为37的元素核外有4个电子层，各层容纳电子数分别为2、8、18、1，为Rb，为第五周期第ⅠA族元素，A．Rb排在钠、钾的下面，与钠、钾同主族，金属性强于钠，钾，常温下跟水反应比钠剧烈，故A错误；B．Rb电子层数多于钾，原子半径大于钾，故B错误；C．依据碳酸钠、碳酸钾易溶于水可知碳酸銣易溶于水，故C错误；D．Rb排在钠、钾的下面，金属性强于钠和钾，对应最高价氧化物的水化物碱性强于氢氧化钠和氢氧化钾，能够与氢氧化铝反应生成可溶性偏铝酸銣，故D正确．故选D．点评：本题考查了碱金属的性质，为高频考点，侧重于元素化合物以及元素周期率的考查，熟悉同主族元素性质的递变规律是解题关键，题目难度不大．3．（3分）（2015春•宝安区期末）下列说法正确的是（）A．O3是氧的一种同位素，其中含有共价键，属于共价化合物B．NaOH、HNO3中都含有离子键和共价键C．235U、238U是两种不同核素，属于同一种元素D．已知石墨合成金刚石是吸热反应，金刚石比石墨稳定考点：共价键的形成及共价键的主要类型；同位素及其应用；离子化合物的结构特征与性质；反应热和焓变．分析：A、O3是单质，而不是化合物；B、硝酸中只含共价键；C、92235U与92238U都属于铀元素；D、能量越高越不稳定．解答：解：A、O3只有一种元素形成的纯净物是单质，而不是化合物，故A错误；B、硝酸是只含共价键的共价化合物，故B错误；C、92235U与92238U的质子数相同，都属于铀元素，故C正确；D、石墨合成金刚石是吸热反应，说明金刚石能量高，所以石墨比金刚石稳定，故D错误；故选C．点评：本题考查物质的分类、化学键的类型、同位素、物质的稳定性等知识，综合性强，但比较容易．4．（3分）（2015春•宝安区期末）在一定条件下，对于A2（g）+3B2（g）⇌2AB3（g）反应来说，以下化学反应速率的表示中，化学反应速率最快的是（）A．v（A2）=0.8mol•L﹣1•s﹣1B． v（A2）=30mol•L﹣1•min﹣1C．v（AB3）=1.0mol•L﹣1•s﹣1D． v（B2）=1.2mol•L﹣1•s﹣1考点：反应速率的定量表示方法．专题：化学反应速率专题．分析：先把单位统一成相同单位，再利用化学反应速率之比等于化学计量数之比，转化为用同种物质表示的反应速率进行比较．解答：解：根据反应A 2+3B22C，可以选B2为参照，A、V（A2）=0.8mol/（L•s），化学反应速率之比等于化学计量数之比，故v（B2）=3V（A2）=3×0.8mol/（L•s）=2.4mol/（L•s）；B、v（A2）=30 mol•L﹣1•min﹣1=0.5mol/（L•s），化学反应速率之比等于化学计量数之比，故v（B2）=3V（A2）═3×0.5mol/（L•s）=1.5mol/（L•s）；C、v（AB3）=0.9mol/（L•s），化学反应速率之比等于化学计量数之比，故v（B2）=V（A2）=×1mol/（L•s）=1.5mol/（L•s）；D、v（B2）=1.2mol/（L•s）；所以最快的是A，故选A．点评：本题考查化学反应速率的比较，难度不大，注意转化为同一物质表示的速率，再进行比较．5．（3分）（2015春•宝安区期末）如图是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图，下列说法正确的是（）A．Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物能相互反应B．气态氢化物的稳定性：W＞RC．WO3和水反应形成的化合物是离子化合物D．原子半径：Z＞Y＞X考点：原子结构与元素周期律的关系．分析：短周期元素，由表中化合价可知，X的化合价为﹣1价，没有正化合价，故X为F 元素，Y的化合价为+1价，处于ⅠA族，原子序数大于F元素，故Y为Na元素，Z为+3价，为Al元素，W的化合价为+6、﹣2价，故W为S元素，R的最高正价为+7价，应为Cl元素，以此解答该题．解答：解：短周期元素，由表中化合价可知，X的化合价为﹣1价，没有正化合价，故X 为F元素，Y的化合价为+1价，处于ⅠA族，原子序数大于F元素，故Y为Na元素，Z为+3价，为Al元素，W的化合价为+6、﹣2价，故W为S元素，R的最高正价为+7价，应为Cl 元素，A．Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化钠、氢氧化铝，氢氧化铝具有两性，可与氢氧化钠反应，故A正确；B．W为S，R为Cl，所以非金属性Cl＞S，则气态氢化物的稳定性HCl＞H2S，故B错误；C．SO3和水反应形成的化合物为硫酸，为共价化合物，故C错误；D．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Na＞Al＞F，故D错误．故选A．点评：本题考查结构性质与位置关系应用，难度不大，掌握化合价与族序数关系是推断元素解题的关键．6．（3分）（2015春•宝安区期末）下列反应不可能作为原电池工作时发生的反应的是（）A．Cu+2AgNO3═Cu（NO3）2+2Ag B．2Fe+O2+2H2O═2Fe（OH）2C．NaOH+HCl═NaCl+H2O D． 2H2+O2═2H2O考点：原电池和电解池的工作原理．分析：原电池工作时发生的反应是一个氧化还原反应，氧化还原反应的特征是有元素化合价的变化的反应来分析判断．解答：解：A、属于氧化还原反应，能作为原电池工作时发生的反应，故A错误；B、属于氧化还原反应，能作为原电池工作时发生的反应，故B错误；C、不属于氧化还原反应，不能作为原电池工作时发生的反应，故C正确；D、属于氧化还原反应，能作为原电池（燃料电池）工作时发生的反应，故D错误；故选C．点评：本题考查学生电化学中有关氧化还原反应的概念知识，注重基础知识的考查，难度不大．7．（3分）（2015春•宝安区期末）几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：下列叙述正确的是（）元素代号X Y Z W原子半径/pm 160 143 70 66主要化合价+2 +3 +5、+3、﹣3 ﹣2A．X、Y元素的金属性X＜YB．一定条件下，Z单质与W的常见单质直接生成ZW2C．Y的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水D．一定条件下，W单质可以和Z单质在放电条件下发生化合反应考点：原子结构与元素周期律的关系．分析：W化合价为﹣2价，没有最高正化合价+6价，故W为O元素；Z元素化合价为+5、+3、﹣3，Z处于ⅤA族，原子半径与氧元素相差不大，则Z与氧元素处于同一周期，则Z 为N元素；X化合价为+2价，应为ⅡA族元素，Y的化合价为+3价，处于ⅢA族，二者原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主族，由于X、Y的原子半径与W、Z原子半径相差很大，则X、Y应在第三周期，所以X为Mg元素，Y为Al元素．结合元素周期律知识解答该题．解答：解：W化合价为﹣2价，没有最高正化合价+6价，故W为O元素；Z元素化合价为+5、+3、﹣3，Z处于ⅤA族，原子半径与氧元素相差不大，则Z与氧元素处于同一周期，则Z为N元素；X化合价为+2价，应为ⅡA族元素，Y的化合价为+3价，处于ⅢA族，二者原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主族，由于X、Y的原子半径与W、Z原子半径相差很大，则X、Y应在第三周期，所以X为Mg元素，Y为Al元素．A．同周期随原子序数增大，金属性减弱，故金属性Mg＞Al，故A错误；B．氮气与氧气在放电条件下反应生成NO，不能直接得到二氧化氮，故B错误；C．氢氧化铝溶于强碱，不能溶于弱碱氨水，故C错误；D．放电条件下，氧气和氮气和发生反应生成NO，故D正确．故选D．点评：本题考查结构性质位置关系，难度中等，根据物质的性质与用途结合化合价、半径推断元素是关键．8．（3分）（2015春•宝安区期末）将盛有NH4HCO3粉末的小烧杯放入盛有少量醋酸的大烧杯中．然后向小烧杯中加入盐酸，反应剧烈，醋酸逐渐凝固．由此可见（）A．复分解反应都是吸热反应B．NH4HCO3和盐酸的反应是吸热反应C．反应物的总能量高于生成物的总能量D．反应的热化学方程式为：NH4HCO3+HCl═NH4Cl+CO2↑+H2O△H＞0考点：反应热和焓变．专题：化学反应中的能量变化．分析：A、复分解反应可以为放热反应，也可以为吸热反应；B、依据反应后醋酸凝固，说明反应是吸热反应；C、依据反应前后能量守恒分析判断；D、热化学方程式需要标注物质聚集状态．解答：解：A、复分解反应可以为放热反应，如酸碱中和反应，也可以为吸热反应，如NH4HCO3与HCl的反应为吸热反应，故A错误；B、醋酸逐渐凝固说明反应吸收热量导致醋酸溶液温度降低，即NH4HCO3与HCl的反应为吸热反应，故B正确；C、因反应为吸热反应，则反应后生成物的总能量高于反应物的总能量，故C错误；D、书写热化学方程式时，应注明物质的状态，故D错误；故选B．点评：本题考查化学反应能量变化判断，热化学方程式书写方法，能量守恒的应用分析是解题关键，题目较简单．9．（3分）（2015春•宝安区期末）一定温度下，可逆反应3X（g）+Y（g）⇌2Z（g）达到平衡的标志是（）A．单位时间内生成n mol X，同时消耗3n molYB．X的生成速率与Z的生成速率相等C．X、Y、Z的物质的量分数均保持不变D．X、Y、Z的分子个数比为3：1：2考点：化学平衡状态的判断．分析：可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量及由此引起的一系列物理量不变，据此分析解答．解答：解：A．单位时间内生成3nmolX同时消耗nmolY时，该反应达到平衡状态，当单位时间内生成n mol X、同时消耗3n molY时该反应没有达到平衡状态，故A错误；B．X的生成速率与Z的生成速率之比为3：2时该反应达到平衡状态，当X的生成速率等于Z的生成速率时该反应没有达到平衡状态，故B错误；C．X、Y、Z的物质的量分数均保持不变，说明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故C正确；D．X、Y、Z的分子个数比为3：1：2时，该反应可能达到平衡状态也可能没有达到平衡状态，与反应初始物质的量及转化率有关，故D错误；故选C．点评：本题考查化学平衡状态判断，为高频考点，注意：只有反应前后改变的物理量才能作为平衡状态判断依据，易错选项是D．10．（3分）（2015春•宝安区期末）下列说法错误的是（）A．乙醇和乙酸都是常用调味品的主要成分B．乙醇和乙酸都能发生氧化反应C．乙醇和乙酸的沸点和熔点都比C2H6、C2H4的沸点和熔点高D．乙醇和乙酸分子都含有羟基，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色考点：有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用．分析：A．乙酸、乙醇均具有刺激性气味；B．乙醇和乙酸均可燃烧生成二氧化碳和水；C．乙醇和乙酸均含﹣OH，易形成分子间氢键；D．乙酸与高锰酸钾不反应．解答：解：A．乙酸、乙醇均具有刺激性气味，则乙醇和乙酸都是常用调味品的主要成分，如乙醇调制的酒，食醋的主要成分为乙酸，故A正确；B．乙醇和乙酸均可燃烧生成二氧化碳和水，且乙醇可发生催化氧化反应，则乙醇和乙酸都能发生氧化反应，故B正确；C．乙醇和乙酸均含﹣OH，易形成分子间氢键，沸点较高，则乙醇和乙酸的沸点和熔点都比C2H6、C2H4的沸点和熔点高，故C正确；D．乙酸与高锰酸钾不反应，而乙醇能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误；故选D．点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物官能团与性质的关系等为解答的关键，侧重乙酸、乙醇性质的考查，注意选项C中氢键影响沸点，题目难度不大．11．（3分）（2015春•宝安区期末）现代化学键理论认为苯环结构中不存在单双键交替结构，可以作为证据的事实是（）①苯不能使KMnO4溶液褪色②苯中碳碳键的键能均相等③苯能在一定条件下跟H2加成生成环己烷④经实验测得邻二甲苯仅一种结构⑤苯在FeBr3存在的条件下同液溴可发生取代反应，但不因化学变化而使溴水褪色．A．②③④⑤B．①③④⑤C．①②③④ D．①②④⑤考点：苯的结构；苯的性质．分析：①高锰酸钾溶液具有强氧化性，遇到含双键或三键等不饱和键的物质会褪色，苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键；②依据苯为平面正六边形分子，判断苯分子中的碳碳键完全相同；③依据与氢气发生加成反应是不饱和键的性质；④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；⑤依据碳碳单键和双键的性质判断，单键可以反应取代反应，双键可以反应加成反应．解答：解：①苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C﹣C单键与C=C双键的交替结构，故①正确；②苯中碳碳键完全相同，为平面正六边形分子，说明苯分子中的碳碳键完全相同，不存在C ﹣C单键与C=C双键的交替结构，键能均相等，故②正确；③苯能在一定条件下跟H2加成生成环己烷，发生加成反应是双键或三键具有的性质，不能证明苯环结构中不存在C﹣C单键与C=C双键的交替结构，故③错误；④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④正确；⑤苯在FeBr3存在下同液溴可发生取代反应，生成溴苯，苯不因化学变化而使溴水褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C﹣C单键与C=C双键的交替结构，故⑤正确；所以①②④⑤可以作为苯分子中不存在单、双键交替排列结构的证据，故选D．点评：本题考查苯的结构与性质，题目难度不大，要求知识掌握全面，能运用知识分析和解决问题，重在能力的考查，注意苯的邻位二元取代物只有一种．12．（3分）（2015春•宝安区期末）乙烯酮（CH2=C=O）在一定条件下能与含活泼氢的化合物发生加成反应，反应可表示为：，乙烯酮在一定条件下可与下列试剂加成，其产物不正确的是（）A．与HCl加成生成CH3COClB．与H2O加成生成CH3COOHC．与CH3OH加成生成CH3COCH2OHD．与CH3COOH加成生成考点：有机物的结构和性质．专题：有机物的化学性质及推断．分析：由信息可知，乙烯酮与含活泼氢的化合物发生加成反应时，H原子加在端C原子上，含H化合物中的其余部分与羰基中的C相连，以此来解答．解答：解：由信息可知，乙烯酮与含活泼氢的化合物发生加成反应时，H原子加在端C原子上，含H化合物中的其余部分与羰基中的C相连，A．乙烯酮与HCl加成生成CH3COCl，故A正确；B．乙烯酮与H2O加成生成CH3COOH，故B正确；C．乙烯酮与CH3OH加成生成CH3COOCH3，故C错误；D．乙烯酮与CH3COOH加成生成，故D正确；故选C．点评：本题以信息的形式考查加成反应，注意乙烯酮的结构中含C=C键，把握结构与性质的关系即可解答，明确加成规律是解答的关键，题目难度不大．13．（3分）（2015春•宝安区期末）下列有关人类的营养物质，说法不正确的是（）A．蔗糖和麦芽糖是互为同分异构体，不是同系物B．油脂、糖类和蛋白质在一定条件都能发生水解反应C．淀粉和纤维素的水解产物都可以发生银镜反应D．蛋白质是结构复杂的高分子化合物，分子中都含有C、H、O、N四种元素考点：有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用；生活中的有机化合物．分析：A．蔗糖和麦芽糖均为二糖，分子式相同，但结构不同；B．糖类中单糖不能水解；C．淀粉和纤维素的水解产物最终为葡萄糖，葡萄糖含﹣CHO；D．蛋白质相对分子质量在10000以上，含﹣CONH﹣结构．解答：解：A．蔗糖和麦芽糖均为二糖，分子式相同，但结构不同，则互为同分异构体，不是同系物，故A正确；B．糖类中单糖不能水解，如葡萄糖、果糖不能水解，而油脂、二糖、多糖和蛋白质在一定条件都能发生水解反应，故B错误；C．淀粉和纤维素的水解产物最终为葡萄糖，葡萄糖含﹣CHO，则可以发生银镜反应，故C 正确；D．蛋白质相对分子质量在10000以上，含﹣CONH﹣结构，则蛋白质是结构复杂的高分子化合物，分子中都含有C、H、O、N四种元素，故D正确；故选B．点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握常见有机物的组成、官能团与性质的关系等为解答的关键，注重糖类、油脂、蛋白质基础知识的考查，题目难度不大．14．（3分）（2013•山东）莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式如图，下列关于莽草酸的说法正确的是（）A．分子式为C7H6O5B．分子中含有2种官能团C．可发生加成和取代反应D．在水溶液中羟基和羧基均能电离出氢离子考点：有机物的结构和性质；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：由结构可知，该物质的分子式为C7H10O5，含﹣OH、C=C、﹣COOH，结合醇、烯烃、羧酸的性质来解答．解答：解：A．根据莽草酸的结构式可确定其分子式为：C7H10O5，需要注意不存在苯环，故A错误；B．由结构可知有三种官能团：羧基、羟基、碳碳双键，故B错误；C．碳碳双键可以被加成，羧基、羟基可发生酯化反应，故C正确；D．在水溶液中羧基可以电离出H+，羟基不能发生电离，故D错误；故选C．点评：本题考查有机物的结构与性质，注意把握有机物的官能团及性质的关系，明确醇、烯烃、羧酸的性质即可解答，题目难度不大．15．（3分）（2010•广东校级学业考试）如图为某原电池示意图，下列说法正确的是（）A．铜电极是负极B．锌电极是正极C．铜电极上发生氧化反应D．锌电极上发生氧化反应考点：原电池和电解池的工作原理．专题：电化学专题．分析：锌、铜和稀硫酸组成的原电池中，锌作负极，负极上锌失电子发生氧化反应；铜作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应．解答：解：A．锌、铜和稀硫酸组成的原电池中，活泼金属锌作负极，故A错误；B、锌、铜和稀硫酸组成的原电池中，不活泼的金属Cu作正极，故B错误；C、Cu作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应，故C错误；D、锌作负极，负极上锌失电子发生氧化反应，故D正确；故选D．点评：本题考查原电池原理，明确正负极上得失电子是解本题关键，本题难度不大，侧重于基础知识的考查．16．（3分）（2010•广东校级学业考试）能使用酒精灯直接加热的器皿是（）A．试管B．试剂瓶C．量筒 D．容量瓶考点：直接加热的仪器及使用方法；间接加热的仪器及使用方法．专题：化学实验常用仪器．分析：可直接加热的仪器有：试管、燃烧匙、蒸发皿、坩埚．解答：解：试管可用酒精灯直接加热，而试剂瓶需要垫上石棉网进行加热，量筒、容量瓶不能用来加热，故选A．点评：本题考查能直接加热的玻璃仪器，题目难度不大，把握仪器的使用为解答的关键，注意归纳常见直接加热的仪器、间接加热的仪器及不能加热的仪器．17．（3分）（2015春•宝安区期末）常用一些图案标识危险化学品，化学物质与其图案标识相符的是（）A．氮气B．铜片C．浓盐酸D．浓硝酸考点：化学试剂的存放．分析：A．氮气不能燃烧；B．铜片是固体；C．浓盐酸无强氧化性；D．浓硝酸有强腐蚀性．解答：解：A．氮气不能燃烧，不是易燃气体，故A错误；B．铜片是固体，不是易燃液体，故B错误；C．浓盐酸无强氧化性，不是氧化剂，故C错误；D．浓硝酸有强腐蚀性，是腐蚀品，故D正确；故选D．点评：本题考查常见危险品的类别，题目难度不大，注意结合物质的性质和图表的含义解题．18．（3分）（2015春•宝安区期末）用下列实验装置进行的实验中，能达到相应实验目的是（）A．装置甲：验证碳的非金属性比硅强B．装置乙：石油分馏分别得到汽油、柴油、煤油C．装置丙：实验室制取氯气的反应发生装置D．装置丁：实验室制取乙酸乙酯考点：实验装置综合．专题：实验评价题．分析：A．浓盐酸为挥发性酸，能够与硅酸钠反应生成硅酸，干扰了检验；B．装置乙中缺少温度计，无法根据温度控制产生的馏分；C．酸性高锰酸钾具有强氧化性，能够将氯离子氧化成氯气，据此可制取少量氯气；D．试管中为NaOH，酯在NaOH溶液中发生水解．解答：解：A．浓盐酸具有挥发性，挥发出来的氯化氢能够与硅酸钠反应生成硅酸钠，干扰了实验的检验，故A错误；B．石油的分馏原理是根据沸点不同分离出不同产品，装置乙中缺少温度计，则无法控制馏分温度，故B错误；C．装置丙中高锰酸钾在酸性条件下能够将浓盐酸氧化成氯气，可以利用该装置制取少量氯气，故C正确；D．试管中为NaOH，酯在NaOH溶液中发生水解，不能收集到乙酸乙酯，应将NaOH改为碳酸钠溶液，故D错误；故选C．点评：本题考查化学实验装置的使用方法，为高频考点，题目难度中等，涉及石油分馏、乙酸乙酯的制备、氯气的制备方法等知识，选项A为解答的易错点，把握装置的作用及物质性质为解答的关键．19．（4分）（2012•北京）用如图所示装置进行下列实验，实验结果与预测的现象不一致的是（）①②③A 淀粉KI溶液浓硝酸无明显变化B 酚酞溶液浓盐酸无明显变化C AlCl3溶液浓氨水有白色沉淀D 湿润红纸条饱和氯水红纸条褪色A． A B． B C． C D． D考点：氯气的化学性质；氨的化学性质；硝酸的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；镁、铝的重要化合物．专题：元素及其化合物．分析：A、硝酸具有挥发性、强氧化性，可以将KI氧化为I2，I2遇淀粉变蓝色．B、浓盐酸具有挥发性，酚酞溶液在酸性条件下为无色．C、浓氨水具有挥发性，氨水与氯化铝反应生成氢氧化铝．D、饱和氯水挥发出氯气，氯气与水反应生成HClO，HClO具有漂白性．解答：解：A、硝酸具有挥发性，挥发出的硝酸进入淀粉KI溶液，硝酸具有强氧化性，可以将KI氧化为I2，I2遇淀粉变蓝色，故A错误；B、浓盐酸具有挥发性，挥发出的HCl进入酚酞溶液，酚酞溶液在酸性条件下不变色，故B 正确；C、浓氨水具有挥发性，挥发出的氨气，溶于氯化铝溶液，一水合氨与氯化铝反应生成氢氧化铝白色沉淀，故C正确；D、饱和氯水挥发出氯气，氯气与湿润红纸条接触，氯气水反应生成HClO，HClO具有漂白性，使湿润红纸条褪色，故D正确．故选：A．点评：考查化学实验、元素化合物性质等，难度不大，注意基础知识的掌握．20．（4分）（2015春•宝安区期末）下列叙述不正确的是（）A．常压下，正戊烷、异戊烷、新戊烷的沸点依次降低B．制备纯净的氯乙烷可用等物质的量乙烷和氯气在光照条件下反应C．等物质的量的乙烷、乙烯和苯分别在氧气中充分燃烧，消耗氧气最多的是苯D．用18O标记的CH3CH218OH与乙酸反应制取乙酸乙酯，当反应达到平衡时，18O存在于水、乙醇以及乙酸乙酯考点：有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用．分析：A．烷烃同分异构体中支链越多，沸点越低；B．制备纯净的氯乙烷，应选加成反应，没有副产物；C．等物质的量的乙烷、乙烯和苯，由CxHy燃烧通式可知消耗氧气取决x+；。