第五章化工生产中的重要非金属元素单元训练

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第五章化工生产中的重要非金属元素单元训练姓名（）班级（）学号（）一、单选题1．1.12g铜镁合金完全溶解于50mL63％的浓硝酸(密度为)中，得到和的混合气体1120mL(换算为标准状况)，(忽略反应前后溶液体积变化)。向反应后的溶液中逐滴加入溶液，当金属离子刚好全部沉淀，得到2.14g沉淀。下列说法正确的是A．该合金中B．合金完全溶解时，溶液中C．刚好得到2.14g沉淀时，加入溶液的体积是640mLD．和的混合气体中，的体积分数是20％2．在含有和的酸性溶液中，通入足量的后有白色沉淀生成，过滤后，向溶液中滴加溶液，无明显现象，下列说法正确的是A．白色沉淀是和 B．溶液的酸性减弱C．白色沉淀是 D．全部被氧化为3．下列关系图中，A是一种正盐，B是气态氢化物，C是单质，F是强酸。当X无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系(其他反应产物及反应所需条件均已略去)。当X是强碱时，过量的B跟反应除生成C外，另一产物是盐酸盐。下列说法错误的是A．A和X生成B的反应是非氧化还原反应B．B也可在作用下直接转化为EC．当X是强酸时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F可能是D．当X是强碱时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F可能是4．下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是A．向碘化亚铁溶液中通入少量的氯气：B．向碳酸氢钙溶液中加入过量烧碱溶液：C．澄清石灰水中通入过量的二氧化碳反应：D．加热氯化铵和氢氧化钙固体混合物制取氨气：5．下列实验操作、现象及得出的结论均正确的是A．A B．B C．C D．D6．关于溶液组成中，下列说法正确的是A．的与100mL水混合，硫酸的物质的量浓度变为B．常温常压下，用一充满氨气的干燥烧瓶做喷泉实验，当水充满整个烧瓶后(假设溶液不外溢)，烧瓶内氨水的物质的量的浓度为C．100g20％的溶液与混合后，溶液的质量分数是10％D．1L水中溶解0.2mol 硝酸钾，即可配得硝酸钾溶液7．某工厂用硫酸处理氨气尾气，得到铵盐(不同批次得到a，b，c三种不同的铵盐)。称取不同质量的铵盐，加入到1L0.1mol/LNaOH溶液中并加热，收集氨气(NH3)，得到如下氨气物质的量与铵盐的关系图。提示：加热条件下+OH-=NH3+H2O下列叙述不正确的是A．a对应的是(NH4)2SO4B．b对应的是(NH4)2SO4和NH4HSO4的混合铵盐C．c对应的是NH4HSO4，生成NH3物质的量为0.1molD．质量相同的b和c铵盐，加入足量NaOH溶液中并加热，得到氨气物质的量不同8．通过海水晾晒可以得到粗盐，粗盐除还有 NaCl 外，还含有 MgCl2 、 CaCl2 、 Na2 SO4以及泥沙等杂质。以下是某兴趣小组制备精盐的实验方案，各步操作流程如图。下列说法不正确的是A．步骤②的目的是除去溶液中的 SOB．步骤③的目的是除去溶液中的 Mg2+C．步骤④仅除去溶液中的 Ca2+D．步骤⑥可同时除去溶液中过量的 NaOH 和 Na2CO39．将气体通入溶液中完全反应后，再滴加溴水，发生如下两个反应：①，②，下列有关说法错误的是A．还原性：B．气体不能使溴水褪色C．向溶液中逐滴滴加溴水，溶液变黄D．反应①中消耗32 g 气体时，转移电子数为10．一定条件下，在2L密闭容器中发生反应：，测得内，的物质的量减少了，则内该反应的平均速率为A． B．C． D．11．金属铁广泛应用于生产生活中，铁元素的常见化合价有和价，常见的核素有、、 等。是重要的化工原料，硫铁矿烧渣中含有大量的，工业上常将其用于制取绿矾。可用作反应的催化剂。关于反应的说法正确的是A．增大浓度能减慢反应速率 B．使用催化剂可加快反应的速率C．使用催化剂可实现原料的转化 D．达到化学平衡时，正、逆反应的速率为012．已知含硫元素的几种物质间具有如图转化关系。表示阿伏加德罗常数值，下列说法正确的是A．反应①中充分燃烧后生成B．反应②中若转移个电子，生成C．个分子与足量氧气经反应③可以制得个分子D．的二氧化硫水溶液中的物质的量为13．在一定温度下，将和加入一定体积的刚性容器中，下列叙述是可逆反应达到平衡的标志的是①C的体积分数不再改变            ②单位时间内生成，同时生成③A与B物质的量之比不再变化      ④混合气体的总压强不再变化⑤混合气体的密度不再变化          ⑥单位时间内消耗，同时生成A．②④⑤ B．②④ C．①③⑥ D．⑤⑥14．制备高纯硅的反应为SiCl4＋2H2Si＋4HCl，下列反应条件的改变对反应速率的影响正确的是A．适当升高温度能加快反应速率B．减小H2的压强对反应速率没有影响C．增大H2的浓度能减缓反应速率D．及时移走Si固体，能增大反应速率15．在体积都为2L的恒容容器中，200℃和T℃时，发生如下反应，A的物质的量浓度（单位：mol/L）随时间变化的有关实验数据见下表：下列有关该反应的描述错误的是A．在200℃时，6min内用A表示的化学反应速率为B．从表中可以看出T>200℃C．T℃下，6min时反应刚好达到平衡状态D．向容器1中通入氦气，容器中压强增大，反应速率不变二、填空题16．已知：A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物，存在如下图转化关系(部分生成物和反应条件略去)。(1)若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，X是能使品红溶液褪色的气体，写出D→E的离子方程式 。(2)若A为淡黄色粉末，X为非金属单质，通常为黑色粉末，则与足量的充分反应时，转移电子总数为 ；若X为一种最常见的造成温室效应的气体。则鉴别等浓度的D、E两种溶液，可选择的试剂为 。(填字母)a．溶液    b．氨水    c．澄清石灰水    d．溶液(3)若A、B均为氮的常见氧化物，X是Fe，溶液D加入溶液变红。①写出加热条件下C的浓溶液与X反应生成D的化学方程式 。②检验溶液D中还可能存在的方法是 。17．回答下列问题。(1)电解氧化吸收法可将废气中的 NOx转变为NO。电解NaCl溶液时，溶液中相关成分的浓度变化与电流强度的关系如下图所示。电解NaCl溶液作为吸收液，若电流强度为4A，吸收NO的反应离子方程式为 。(2)某氮肥厂处理氨氮废水的方案如图，回答下列问题：“反硝化池”中发生的变化为：HNO3→→N2。1 mol HNO3完全转化理论上消耗甲醇的质量为 。(3)纳米Fe 可还原去除水中的硝酸盐污染物。转化关系如下：①检验还原后的溶液中存在的实验方法是 。②溶液初始 pH 较低有利于 的去除，其可能的原因是 。三、解答题18．葡萄糖酸亚铁易溶于水、几乎不溶于乙醇，是常用的补铁剂，一种制备流程如下：已知：溶液呈酸性，溶液呈碱性。回答下列问题：(1)葡萄糖酸的结构简式为 。(2)反应Ⅰ制备，用如图所示实验装置完成。为避免产生，溶液与溶液混合时的加料方式是 。(3)过滤洗涤中，证明已洗涤干净的方法是 ．(4)葡萄糖氧化为葡萄糖酸的一种生产工艺采用HBr催化氧化法。取一定量葡萄糖，加入蒸馏水至完全溶解，加入少量HBr和稍过量30％，充分反应，加热煮沸，将产生的气体用溶液吸收，加入无水乙醇，静置，过滤，干燥，得纯净葡萄糖酸晶体。①完成HBr催化氧化法的反应方程式。第一步： 第二步：②加热煮沸的作用是 。③加入无水乙醇的作用是 。(5)用酸性溶液测定葡萄糖酸亚铁晶体中含量，进而计算出晶体的纯度，发现纯度总是大于100％。若实验操作和计算均正确，其可能原因是 。19．目前支原体肺炎流行，及时消毒有利于降低感染几率。常用的消毒剂有双氧水、医用酒精以及含氯消毒剂等，其中含氯消毒剂的家族最庞大、应用最广泛。(1)次氯酸钠()为“84”消毒液的有效成分，常温下用烧碱溶液吸收可制备“84”消毒液，反应的化学方程式为 。(2)但在巴西奥运会期间，由于工作人员将“84”消毒液与双氧水两种消毒剂混用，导致游泳池藻类快速生长，池水变绿，一种可能原因是与反应产生促进藻类快速生长，该反应中氧化剂是 ，若生成标况下44.8L的，转移电子的数目为 。(3)如果在不同温度、浓度的条件下，与溶液的反应，可以生成或。现将氯气缓缓通入冷溶液，当溶液中含有的与的物质的量为1：1时，为 ，整个过程，参加反应所需与氯气的物质的量之比为 。若将通入含amol的溶液中，发生上述过程，回答下列问题：(4)与的物质的量之和可能为amol，该说法 。A．正确　　　　　　　B．错误(5)反应中转移电子的物质的量可能为___________。A．amol B．amol C．amol D．amol亚氯酸钠()为便携式消毒除菌卡的主要活性成分，一种制备粗产品的工艺流程如下图，已知，纯易分解爆炸，一般用空气稀释到10％以下。(6)在发生器中发生 (氧化或还原)反应，该反应的还原产物为 ，吸收塔中温度不宜过高，否则会导致产率下降，原因是 。(7)“有效氯含量”的定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力(即得电子数)相当于多少克的氧化能力(氯元素均被还原至价)，则亚氯酸钠的有效氯含量为 。(保留两位小数)。选项实验操作和现象实验结论A碳和浓硫酸加热所得气体产物依次通过品红溶液和澄清石灰水，品红溶液褪色，澄清石灰水变浑浊气体产物中含有和B向溶液X中滴加稀溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝溶液X中无C向酸性高锰酸钾溶液加入适量的氯化亚铁溶液，酸性高锰酸钾溶液褪色具有还原性D将浓硫酸滴入蔗糖中并搅拌，得到黑色蓬松的固体，并产生刺激性气味的气体浓硫酸体现了强氧化性和脱水性时间/min温度/℃0246810容器12000.800.550.350.200.150.15容器2T1.000.650.350.180.180.18参考答案：1．C【分析】由可知63%的浓硝酸(密度为)中硝酸的物质的量浓度为mol/L=14 mol/L，50mL该硝酸溶液含有0.7mol硝酸；金属离子全部沉淀时，得到2.14g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.14g−1.12g=1.02g，氢氧根的物质的量为1.02g÷17g/mol=0.06mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则2x+2y=0.06①，64x+24y=1.12②，由①②解得x=0.01，y=0.02，故合金中铜与镁的物质的量之比是0.01mol:0.02mol=1:2；和的混合气体1120mL(换算为标准状况)共0.05mol，令二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为(0.05−a)mol，根据电子转移守恒可知，a×1+(0.05−a)×2×1=0.06，解得a=0.04；【详解】A．由分析可知，该合金中，A错误；  B．由分析可知，合金完全溶解时，溶液中铜离子、镁离子分别为0.01mol、0.02mol，根据氮元素守恒可知，溶液中硝酸离子为0.7mol-0.04mol-0.01mol×2=0.64mol，则根据溶液电中性可知，氢离子的物质的量为0.64mol-0.01mol×2-0.02mol×2=0.58mol，，B错误；C．刚好得到2.14g沉淀时，溶质为硝酸钠，结合氮元素守恒可知，硝酸钠为0.64mol，结合硝酸钠中钠元素守恒可知，则加入溶液的体积是，C正确；D．由分析可知，和的混合气体中，的体积分数是，D错误；故选C。2．C【分析】Fe3+具有氧化性，通入足量SO2后，Fe3＋全部被还原为Fe2＋，向溶液中滴加KSCN溶液无明显现象，SO2被氧化为硫酸根离子，生成BaSO4白色沉淀。【详解】A．根据以上分析，因为溶液呈酸性，一定不会生成BaSO3沉淀，故A错误；B．依据2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++SO+4H+可知溶液酸性增强，故B错误；C．生成的白色沉淀为硫酸钡，故C正确；D．二氧化硫足量，Fe3+全部被还原为Fe2+ ，故D错误；故选：C。3．B【分析】A是一种正盐，既能和强酸反应，也能和强碱反应，所以A是(NH4)2S。【详解】A．A是(NH4)2S，B是气态氢化物，所以B是NH3或H2S，A和X生成B的反应是非氧化还原反应，故A正确；B．B是气态氢化物NH3或H2S ，按照图示转化关系，E为NO2，或，E为SO3，B均不能在O2作用下直接转化为E，故B错误；C．当X是强酸时，图示转化关系为，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F可能是H2SO4，故C正确；D．当X是强碱时，图示转化关系为，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F可能是HNO3，故D正确；故答案为：B。4．C【详解】A．向碘化亚铁溶液中通入少量的氯气，由于I-还原性更强，Cl2先氧化I-，离子方程式为，故A错误；B．向碳酸氢钙溶液中加入过量烧碱溶液，离子方程式为，故B错误；C．澄清石灰水中通入过量的二氧化碳反应，反应化学方程式为，离子方程式为，故C正确；D．加热氯化铵和氢氧化钙固体混合物制取氨气，固体中离子不能自由移动，不能拆成离子的形式，故D错误； 故答案为：C。5．D【详解】A．碳和浓硫酸加热反应后所得气体产物依次通过品红溶液和澄清石灰水，可以观察到品红溶液褪色、澄清石灰水变浑浊，二氧化硫能使品红褪色，说明气体产物中一定含有二氧化硫，二氧化碳、二氧化硫都能使石灰水变浑浊，所以不能确定是否含有二氧化碳，A错误；  B．铵根离子和浓氢氧化钠加热反应生成氨气，稀氢氧化钠和铵根离子反应生成的氨气不一定能逸出，B错误；C．酸性高锰酸钾溶液既可以氧化亚铁离子，也可以氧化氯离子，往酸性高锰酸钾溶液加入适量的氯化亚铁溶液，酸性高锰酸钾溶液褪色，并不一定可以证明Fe2+具有还原性，C错误；D．浓硫酸具有脱水性，将浓硫酸滴入蔗糖中，蔗糖脱水碳化且放出大量的热，具有强氧化性的浓硫酸与脱水碳化生成的碳共热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，所以将浓硫酸滴入蔗糖中，并搅拌的过程中，浓硫酸体现了氧化性和脱水性，故D正确；故选D。6．C【详解】A．的H2SO4与100mL水混合，总体积小于200mL，混合后硫酸的物质的量浓度大于1.5mol/L，故A错误；B．若为标准状况，设氨气的体积为22.4L，则溶液体积为22.4L，标准状况下，22.4L氨气的物质的量为1mol，所的溶液浓度为mol/L，但题中条件是常温常压，故B错误；C．100g20%的NaCl溶液与100gH2O混合后，NaCl溶液的质量分数为，故C正确；D．1L水中溶解0.2mol硝酸钾，水的体积不等于溶液体积，浓度无法计算，故D错误；故答案为：C。7．C【详解】A．氨气产生的量随着硫酸铵的加入先增加后不变，所以固体为硫酸铵，故A正确；B．混合物为硫酸铵和硫酸氢铵时，首先发生，然后才发生，在氢氧化钠总量不变时，混合物的质量增多，硫酸氢铵增多，第一个反应后剩余的氢氧化钠的量减少，第二个反应生成的氨气的量必定减少，故B正确；C．混合物中只有硫酸氢铵时，先发生反应，再发生反应，依据硫酸氢铵消耗氢氧化钠的物质的量与硫酸铵消耗氢氧化钠的物质的量，可知图像c符合题意，1L0.1mol/L的氢氧化钠溶液完全反应，加热条件下生成氨气的物质的量小于0.1mol，故C错误；D．根据硫酸铵与硫酸氢铵与氢氧化钠反应的顺序可知，混合物中含有硫酸氢铵越多，与相同质量的氢氧化钠反应生成的氨气越少，得到氨气的物质的量不同，故D正确；故答案为：C。8．C【详解】A．钡离子和硫酸根反应生成硫酸钡沉淀，因此步骤②的目的是除去溶液中的SO，故A正确；B．镁离子和氢氧根反应生成氢氧化镁沉淀，因此步骤③的目的是除去溶液中的 Mg2+，故B正确；C．钙离子和碳酸根反应生成碳酸钙沉淀，钡离子和碳酸根反应生成碳酸钡沉淀，因此步骤④不仅除去溶液中的 Ca2+，还沉淀钡离子，故C错误；D．氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，因此步骤⑥可同时除去溶液中过量的NaOH和Na2CO3，故D正确。综上所述，答案为C。9．B【详解】A． 还原剂还原性大于还原产物，从反应①②中得到还原性：，故A正确；B． 还原性：，气体能使溴水褪色生成硫酸根离子和溴离子，故B错误；C． 还原性：，向溶液中逐滴滴加溴水，生成铁离子和溴离子，溶液变黄，故C正确；D． 反应①中每消耗1molSO2，转移2mole-，消耗32 g 气体时，转移电子数为=，故D正确；故选B。10．B【详解】A是浓度为定值的固体，不能用A的浓度变化表示反应的反应速率，5min时，A的物质的量减少0.1mol，由方程式可知，B、C、D的反应速率分别为=0.015 mol/(L·min)、=0.01mol/(L·min)、=0.02 mol/(L·min)，故选B。11．B【详解】A．增大反应物浓度，能够增大单位体积内的活化分子数，加快反应速率，即增大浓度能加快反应速率，A错误；B．使用催化剂能够降低反应所需要的活化能，增大单位体积内的活化分子数，加快反应速率，B正确；C．可逆反应的反应物转化率不可能达到100%，且使用催化剂只能改变反应速率，不能使平衡发生移动，C错误；    D．达到化学平衡时，正、逆反应的速率相等，但均不为0，正逆反应均未停止，D错误；故答案为：B。12．B【详解】A．没有给出标况，无法计算二氧化硫体积，A错误；B．反应②：，可知，若转移个电子，生成，B正确；C．二氧化硫与氧气的反应是可逆反应，个分子与足量氧气经反应③生成分子小于个，C错误；D．没有给出溶液体积，无法计算的物质的量，D错误；故选B。13．C【分析】可逆反应达到平衡状态时，同一物质的正、逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变，据此分析解答。【详解】①C的体积分数不再改变，该反应达到平衡状态，故正确；②单位时间内生成，同时生成，都是正反应方向，不能说明该反应达到平衡状态，故错误；③A与B按物质的量1:3反应，A与B投料比为2:3，故A与B照物质的量之比不再变化，该反应达到平衡状态，故正确；④该反应为气体分子数不变的反应，反应过程中混合气体的总压强一直不变，不能说明该反应达到平衡状态，故错误；⑤该反应为气体分子数不变的反应，混合气体总质量一直不变，故混合气体的密度一直变化，不能说明该反应达到平衡状态，故错误；⑥单位时间内消耗，同时生成则A正、逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故正确；答案选C。14．A【详解】A．升高温度能加快反应速率，A正确；B．减小H2的压强使反应速率减慢，B错误；C．增大H2的浓度能加快反应速率，C错误；D．及时移走Si固体，对反应速率没有影响，D错误；故选A。15．C【详解】A．根据表格中的数据可知，6min内用A表示的化学反应速率为，故A正确；B．根据表格数据，T℃时反应速率快，所以T＞200℃，故B正确；C．根据表格数据，T℃下，可能6min前反应就达到平衡状态，故C错误；D．向容器1中通入氦气，反应体系的浓度不变，反应速率不变，故D正确；故选C。16．(1)(2) (或) a(3) 取D中适量溶液置于洁净试管中，滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，充分反应后褪色，证明溶液中含有，否则无(或用铁氰化钾溶液)【详解】（1）若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，则A为Na，B为，C为，X是能使品红溶液褪色的气体，X是，与反应生成，与反应生成，D→E的离子方程式为；（2）若A为淡黄色粉末，A为过氧化钠，B为，为，X为非金属单质，通常为黑色粉末，为，过氧化钠与水反应方程式为，则与足量的充分反应时，转移电子为1mol，转移电子总数为；若X为一种最常见的造成温室效应的气体，为，D与E分别为和。则鉴别等浓度的和两种溶液，可选择的试剂为，与产生沉淀，与不反应，故答案为a；（3）①若A、B均为氮的常见氧化物，和，为，X是Fe，溶液D加入溶液变红，D为，铁与浓硝酸反应的方程式为：。②检验溶液D中还可能存在的方法是取D中适量溶液置于洁净试管中，滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，充分反应后褪色，证明溶液中含有，否则无(或用铁氰化钾溶液)17．(1)(2)或(3) 取少量样品于试管中，加入氢氧化钠浓溶液并加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验放出气体，试纸由红变蓝，证明有； pH 越低，酸性越强，则氧化性越强【详解】（1）电解NaCl溶液作为吸收液，若电流强度为4A，含氯的电解产物主要为ClO-，ClO-氧化吸收NO生成硝酸根，本身还原为氯离子，且溶液为碱性，吸收NO的反应离子方程式为。（2）1 mol HNO3 完全转化为N2，氮元素从+5价降为0价，则转移电子的物质的量为5mol；甲醇分子中H化合价为+1价，O为-2价，则C为-2价，甲醇在反应中作还原剂，被氧化为二氧化碳，元素化合价从-2升高到+4价，结合得失电子守恒，需要消耗甲醇物质的量：，消耗甲醇质量：。（3）检验还原后的溶液中存在的实验方法：取少量样品于试管中，加入氢氧化钠浓溶液并加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验放出气体，试纸由红变蓝，证明有；硝酸根在酸性条件下有强氧化性。则溶液初始 pH 较低有利于的去除可能的原因是：pH 越低，酸性越强，则氧化性越强18．(1)(2)用滴液漏斗向盛有溶液的烧瓶中缓慢滴加溶液(3)取最后一次洗涤滤液少许于试管中，加入稀盐酸，再加入2～3滴溶液，没有明显现象，则洗涤干净(4) 去除多余，防止氧化 降低溶剂极性，从而减小葡萄糖酸溶解量，便于葡萄糖酸晶体析出(5)酸性会氧化葡萄糖酸根离子(或葡萄糖酸亚铁)中羟基【分析】溶液呈酸性，溶液呈碱性，为避免生成氢氧化亚铁，则应该向硫酸亚铁中滴加碳酸钠溶液得到碳酸亚铁沉淀，过滤洗涤，将葡萄糖酸加到碳酸亚铁中得到葡萄糖酸亚铁，加入无水乙醇，静置，析出晶体，过滤，干燥得到葡萄糖酸亚铁。【详解】（1）葡萄糖的结构简式为，葡萄糖被氧化生成葡萄糖酸，则葡萄糖酸的结构简式为；故答案为：。（2）碳酸钠溶液显碱性，若将硫酸亚铁加到碳酸钠溶液中会生成，为避免产生，溶液与溶液混合时的加料方式是用滴液漏斗向盛有溶液的烧瓶中缓慢滴加溶液；故答案为：用滴液漏斗向盛有溶液的烧瓶中缓慢滴加溶液。（3）过滤洗涤中，证明已洗涤干净，主要是检验最后一次洗液中是否含有硫酸根，其检验的方法是取最后一次洗涤滤液少许于试管中，加入稀盐酸，再加入2～3滴溶液，没有明显现象，则洗涤干净；故答案为：取最后一次洗涤滤液少许于试管中，加入稀盐酸，再加入2～3滴溶液，没有明显现象，则洗涤干净。（4）葡萄糖氧化为葡萄糖酸的一种生产工艺采用HBr催化氧化法。取一定量葡萄糖，加入蒸馏水至完全溶解，加入少量HBr和稍过量30％，充分反应，加热煮沸，将产生的气体用溶液吸收，加入无水乙醇，静置，过滤，干燥，得纯净葡萄糖酸晶体。①HBr作催化剂，根据第二步的反应分析得到第一步为，第二步：；故答案为：。②由于加入了稍过量30％，因此加热煮沸的作用是去除多余，防止氧化；故答案为：去除多余，防止氧化。③根据加入无水乙醇，静置，过滤，干燥，得纯净葡萄糖酸晶体，则加入无水乙醇的作用是降低溶剂极性，从而减小葡萄糖酸溶解量，便于葡萄糖酸晶体析出；故答案为降低溶剂极性，从而减小葡萄糖酸溶解量，便于葡萄糖酸晶体析出。（5）用酸性溶液测定葡萄糖酸亚铁晶体中含量，进而计算出晶体的纯度，发现纯度总是大于100％。葡萄糖酸亚铁含有羟基，羟基具有还原性，若实验操作和计算均正确，其可能原因是酸性会氧化葡萄糖酸根离子(或葡萄糖酸亚铁)中羟基；故答案为：酸性会氧化葡萄糖酸根离子(或葡萄糖酸亚铁)中羟基。19．(1)Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O(2) NaClO 4NA(3) 6：1 2：1(4)B(5)C(6) 还原 ClO2 H2O2受热分解(7)1.57【详解】（1）氯气制备84消毒液发生的反应为氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；（2）由题意可知，84消毒液与双氧水混合发生的反应为次氯酸钠溶液与过氧化氢溶液反应生产氯化钠、氧气和水，反应中氯元素的化合价降低被还原，次氯酸钠是反应的氧化剂，氧元素的化合价升高被氧化，氧元素化合价升高被氧化，双氧水是还原剂、氧气是氧化产物，由化合价变化可知，反应生成标况下44.8L氧气转移电子的数目为×2×NAmol—1=4NA，故答案为：4NA；（3）设氯气与氢氧化钠溶液反应时生成次氯酸钠和氯酸钠的物质的量都为1mol，由得失电子数目守恒可知，氯化钠的物质的量为1mol×1+1mol×5=6mol，则氯化钠与氯酸钠的物质的量比为6：1，由钠原子个数守恒可知，氢氧化钠的物质的量为8mol，由氯原子个数守恒可知，氯气的物质的量为8mol×=4mol，则氢氧化钠和氯气的物质的量比为2：1，故答案为：6：1；2：1；（4）由钠原子个数守恒可知，若次氯酸钠和氯酸钠的物质的量之和为amol，氯化钠的物质的量为amol，则氯气与氢氧化钠溶液反应时得失电子数目不守恒，则次氯酸钠和氯酸钠的物质的量之和不可能为amol，故选B；（5）若氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应转移电子数目为amol，若氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、氯酸钠和水，反应转移电子数目为amol，则氯气与氢氧化钠溶液反应时电子转移数目介于amol和amol之间，故选C；（6）由题给流程可知，发生器中发生反应为酸性溶液中氯酸钠与二氧化硫反应生成硫酸钠、二氧化氯和水，反应中硫元素的化合价升高被氧化，二氧化硫是反应的还原剂，发生氧化反应，氯元素的化合价降低被还原，氯酸钠是氧化剂、二氧化氯是还原产物；过氧化氢受热易发生分解反应，所以吸收塔中温度不宜过高，否则会因过氧化氢溶液受热分解导致亚氯酸钠产率下降，故答案为：还原；ClO2；H2O2受热分解；（7）由题意可知，亚氯酸钠的有效氯含量为≈1.57，故答案为：1.57。