【专题】实验评价题．
【分析】A、向AlCl3溶液中加入过量的NaOH溶液会得到偏铝酸钠溶液；
B、二氧化碳和二氧化硫均可以使澄清石灰水变浑浊；
C、碳酸钠和盐酸反应先是生成碳酸氢钠，碳酸氢钠和盐酸反应会生成二氧化碳；
D、品红褪色的原理是和有机色质的结合过程．
【解答】解：A、向AlCl3溶液中加入过量的NaOH溶液会得到偏铝酸钠溶液，得不到氢氧化铝，所以无法获得氧化铝，故A错误；
B、浓硫酸与碳混合加热长生的二氧化碳和二氧化硫均可以使澄清石灰水变浑浊，故B错误；
C、碳酸钠和盐酸反应先是生成碳酸氢钠，随着盐酸量的增加产生气体，碳酸氢钠和盐酸反应直接会生成二氧化碳气体，所以区分Na2CO3、NaHCO3两种固体可以采用加入等体积、等浓度的稀盐酸的方法，故C正确；
D、品红褪色的原理是和有机色质的结合过程，不是亚硫酸的作用，故D错误．
故选C．
【点评】本题是一道化学实验方案的评价题，考查学生知识的梳理情况，可以根据教材知识来回答，难度不大．
二.（选择题共70分）
21．用化学方程式或离子方程式表示相应的化学反应．
（1）工业生产上将氯气通入石灰乳，在一定条件下蒸干可制漂白粉．写出该过程的化学方
（2）侯氏制碱法中最后利用小苏打固体可以制得纯碱，写出该过程的化学方程式：
（3）向水玻璃溶液（Na2SiO3溶液）中，加入稀盐酸可用于生产硅酸胶体．用离子方程式
2﹣+
（4）硫酸工业中用氨水吸收二氧化硫，写出氨水吸收过量二氧化硫的离子方程式
（5 +﹣
【考点】离子方程式的书写；氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质．
【分析】（1）氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水；
（2）最后利用小苏打固体可以制得纯碱，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠；
（3）加入稀盐酸可用于生产硅酸胶体，盐酸与硅酸钠反应生成硅酸胶体和氯化钠；
（4）氨水吸收过量二氧化硫，反应生成亚硫酸氢铵；
（5）工业上冶炼金属铝，利用电解氧化铝的方法．
【解答】解：（1）氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，化学反应为2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，
故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；
（2）最后利用小苏打固体可以制得纯碱，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，化学反应为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，
Na2CO3+CO2↑+H2O； 故答案为：2NaHCO3
（3）加入稀盐酸可用于生产硅酸胶体，盐酸与硅酸钠反应生成硅酸胶体和氯化钠，离子反应为SiO3+2H=H2SiO3（胶体），
﹣2+故答案为：SiO3+2H=H2SiO3（胶体）；
+（4）氨水吸收过量二氧化硫，反应生成亚硫酸氢铵，离子反应为NH3?H2O+SO2=NH4+HSO3
﹣﹣+，故答案为：NH3?H2O+SO2=NH4+HSO3；
（5）工业上冶炼金属铝，利用电解氧化铝的方法，化学反应为2Al2O3
（熔融）
4Al+3O2↑，故答案为：2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑． 2﹣+
【点评】本题考查离子反应方程式及化学反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、与量有关的离子反应及氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质，题目难度不大．
22．化学是实验的科学，只有实验才是化学的最高法庭
（1）某化学实验小组同学利用下列装置制备氯气（加热等装置省去），并探究氯气的性质． ①
②关闭活塞a，打开活塞b，干燥的有色布条褪色；打开活塞a，关闭活塞b，试管中有黄绿色气体，但干燥的有色布条无明显现象．则广口瓶A中的试剂为 浓硫酸 ．
③从环保的角度考虑，试管口塞浸泡的棉花．
（2）若将干燥的有色布条换成湿润的淀粉碘化钾试纸，则现象为 变蓝 ，用离子方程式
（3）某无色溶液是被漂白了的品红溶液，如何检验该溶液是被氯气漂白还是被二氧化硫气体漂白，写出检验的方法 将溶液加热，若溶液恢复成红色，则为二氧化硫漂白，若不能恢复成红色，则为氯气漂白 ．
【考点】氯气的实验室制法．
【分析】（1）①二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气、氯化锰和水；
②要验证干燥的氯气不具有漂泊性则制取的氯气应先进行干燥；
③氯气有毒，能够污染空气，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，可以吸收氯气；
（2）氯气具有强的氧化性，能够氧化碘离子生成碘单质，碘遇到淀粉变蓝；
（3）依据二氧化硫与次氯酸漂白原理解答．
【解答】解：（1）①二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气、氯化锰和水，化学方程式：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O； ﹣﹣
故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；
②要验证干燥的氯气不具有漂泊性则制取的氯气应先进行干燥，浓硫酸具有吸水性，能够干燥氯气，所以广口瓶A中的试剂浓硫酸；
故答案为：浓H2SO4；
③氯气有毒，能够污染空气，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，可以吸收氯气；
故答案为：NaOH溶液；
（2）氯气具有强的氧化性，能够氧化碘离子生成碘单质，离子方程式：Cl2+2I=I2+2Cl，碘遇到淀粉变蓝；
故答案为：变蓝； Cl2+2I=I2+2Cl；
（3）二氧化硫与有机色素化合生成无色的化合物，所以具有漂白性，但是无色化合物不稳定，受热容易分解，所以加热后容易恢复颜色；
次氯酸是因为具有强的氧化性，能够将有机色素氧化生成稳定的无色物质，加热不会恢复颜色，所以可以将溶液加热，若溶液恢复成红色，则为二氧化硫漂白，若不能恢复成红色，则为氯气漂白；
故答案为：将溶液加热，若溶液恢复成红色，则为二氧化硫漂白，若不能恢复成红色，则为氯气漂白．
【点评】本题考查了氯气的制备和性质的检验，熟悉制备原理，明确各装置作用是解题关键，注意二氧化硫、次氯酸漂白原理的区别，题目难度不大．
23．如图所示为含Cr化合物在一定条件下的转化：
﹣﹣﹣﹣
（1）①～⑧所示转化中，需要加入氧化剂才能实现的是 ⑥⑦ （填写序号）．
（2学式）．
（3）转化①可通过下列反应实现：
①完成并配平的化学方程式：Na2Cr2O7+KI+H2SO4﹣﹣Cr2（SO4）3+Na2SO4+K2SO4+I2+H2O ②用单线桥表示电子转移的方向和数目 ③反应中每转移0.4mol电子，生成I2的物质的量为 0.2 mol．
【考点】氧化还原反应的计算；氧化还原反应．
【分析】（1）需要加入氧化剂才能实现的反应中已经存在元素化合价升高的反应了，所以确定元素化合价升高的反应即为答案；
（2）根据物质的转化确定既能与强酸反应又能与强碱反应的两性物质，产物均是盐和水；
（3）反应Na2Cr2O7+KI+H2SO4﹣﹣Cr2（SO4）3+Na2SO4+K2SO4+I2+H2O中Cr的化合价从+6降为+3价，共降低6价，I的化合价从﹣1价升高到了0价，共升高了2价，根据电子守恒以及元素守恒来配平方程式，并用单线桥表示 电子转移的方向和数目；根据反应方程式结合电子转移情况来计算即可．
【解答】解：（1）需要加入氧化剂才能实现的反应中已经存在元素化合价升高的反应了，其中⑥⑦是元素化合价升高的反应，需要加入氧化剂来实现，故答案为：⑥⑦；
（2）在上述转化中，Cr（OH）又能与强碱反应生成NaCrO2，3既能与强酸反应生成氯化铬，
故答案为：Cr（OH）3；
（3）①反应Na2Cr2O7+KI+H2SO4﹣Cr2（SO4）3+Na2SO4+K2SO4+I2+H2O中Cr的化合价从+6降为+3价，共降低6价，I的化合价从﹣1价升高到了0价，共升高了2价，根据电子守恒，转移电子应该是6，所以Na2Cr2O7的系数是1，Cr2（SO4）3的系数是1，KI的前边系数是6，I2的系数是3，根据元素守恒，得到反映的配平系数分别是：1、6、7、1、1、3、3、7，故答案为：1、6、7、1、1、3、3、7；
②Cr的化合价从+6降为+3价，共降低6价，I的化合价从﹣1价升高到了0价，共升高了2价，根据电子守恒，转移电子应该是6，即：，
故答案为：
；
③反应中每转移6mol电子，生成I2的物质的量为3mol，所以反应中每转移0.4mol电子，生成I2的物质的量为0.2mol，故答案为：0.2．
【点评】本题涉及氧化还原反应的概念以及电子守恒的应用配平方程式的有关知识，属于综合知识的考查，难度中等．
24．如图转化关系图（反应条件均略去）中A、C、E、G均为单质，其中A、C、G为金属；E为气体；B为无色液体；A、G在冷的浓硫酸溶液中均发生钝化；F、I溶液的焰色均为黄色．
（1）反应①
﹣ ﹣（2）反应④ （3）反应③后所得A中含有少量物质G和H，除去A中这两种杂质的方法是 加入足量．
（4）日常生活中G的制品比A的制品耐腐蚀的原因是 Al表面会生成致密的氧化膜，防止内部的Al进一步被氧化 ．
【考点】无机物的推断．