上海市2023年高考化学模拟题汇编-02氧化还原反应

这是一份上海市2023年高考化学模拟题汇编-02氧化还原反应，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，工业流程题，原理综合题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。

上海市2023年高考化学模拟题汇编-02氧化还原反应

一、单选题
1．（2023·上海杨浦·统考二模）下列药品易变质，其原因与氧化还原反应无关的是
A．漂粉精 B．溶液 C． D．烧碱
2．（2023·上海杨浦·统考二模）海洋生物参与氮循环的过程如图所示，下列说法正确的是

A．图中微粒间的转化均属于氧化还原反应 B．酸性环境有利于反应①
C．反应③可能有氧气参与反应 D．反应③、⑤属于氮的固定
3．（2023·上海宝山·统考一模）氨基钠()是重要的化学试剂，其与氧气的反应如下：。下列说法正确的是
A．
B．每消耗，转移电子数是
C．是氧化产物
D．中N的化合价部分发生变化
4．（2023·上海宝山·统考一模）下列化工生产原理不涉及氧化还原反应的是
A．溴的提取 B．氯碱工业 C．合成氨工业 D．海水晒盐
5．（2023·上海普陀·统考二模）工业上可利用反应Na2SO4 + 2CNa2S + 2CO2↑来制备硫化钠，下列说法错误的是
A．Na2S溶液显碱性是由于S2－+ 2H2OH2S + 2OH－
B．反应中，消耗1 mol碳时，可生成22.4 L 标准状况下的CO2
C．反应中，生成1 mol Na2S时，转移8 mol电子
D．该反应中氧化剂和还原剂的物质的量比为1∶2
6．（2023·上海普陀·统考二模）铁是生产、生活中应用广泛的金属。关于铁及其化合物，下列说法错误的是
A．自然界中没有单质铁，单质铁都是通过冶炼得到的
B．铁单质中有金属阳离子
C．向FeBr2溶液中通入少量Cl2反应的离子方程式为2Fe2+＋Cl2=2Fe3+＋2Cl－
D．生铁由于含碳量高，熔点比钢低
7．（2023·上海徐汇·统考一模）NH3和NO2在催化剂作用下发生反应：8NH3+6NO2=7N2+12H2O，若还原产物比氧化产物少0.1mol，下列说法正确的是
A．还原剂比氧化剂多0.2mol B．转移电子的物质的量为3.6mol
C．生成32.56L的气体(标准状况下) D．被还原的氮原子质量为11.2g
8．（2023·上海嘉定·统考一模）食盐中的常用作补碘剂，通过碘单质和氯酸钾反应制备，该方法的第一步反应为，下列说法正确的是
A．产生时，反应中转移
B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为
C．是还原产物
D．发生还原反应

二、多选题
9．（2023·上海宝山·统考一模）部分含氯物质的分类与相应氯元素的化合价关系如下图所示，下列说法正确的是

A．洁厕灵的主要成分为a，84消毒液的主要成分为b的一种，两者如果混用会产生有毒气体
B．c的化学式为，是HClO的酸酐
C．a的浓溶液可与d的溶液反应制备
D．新制氯水中存在如下平衡：

三、实验题
10．（2023·上海崇明·统考一模）I.硫元素是动植物生长不可缺少的元素，广泛存在于自然界中。
(1)从图1中选择符合图2要求的X代表的物质：X___________。

(2)硫原子的最外层电子排布式为___________，其原子核外有___________种不同能量的电子。在周期表中，与硫相邻的短周期元素的原子半径由大到小的顺序是___________。
(3)硫化氢溶液在空气中易变浑浊，说明S的非金属性比O___________(填“强”或“弱”)，从原子结构的角度解释其原因：___________。
(4)下图是燃煤发电厂处理废气的装置示意图，下列说法不正确的是___________。

A．使用此装置可减少导致酸雨的气体的形成
B．装置内发生了化合反应和分解反应
C．若排放的气体能使澄清石灰水变浑浊，说明排放的气体中一定含有SO2
D．整个过程的总反应可表示为：2SO2+2CaCO3+O2=2CaSO4+2CO2
II.某化学兴趣小组用以下装置探究SO2的某些化学性质。

(5)装置乙的作用是___________。若X为品红溶液，观察到溶液褪色，说明SO2具有___________(填序号，下同)；若X为Na2S溶液，观察到溶液中出现淡黄色浑浊，说明SO2具有___________。
a．氧化性　　　b．还原性　　　c．漂白性　　　d．酸性
(6)若试剂X为Ca(ClO)2溶液，可观察到白色沉淀生成，完成该过程的离子方程式_______。
Ca2++ ClO-+ SO2+ H2O= CaSO4↓+ Cl-+ + H+
11．（2023·上海·一模）Ⅰ.食盐中加KIO3可预防碘缺乏症。某研究小组利用以下装置(C的加热装置已省略)制取KIO3并对其纯度进行测定。  

(1)补全C中反应：_______

(2)B中存放的试剂为_______。
(3)该装置的设计缺陷是_______。
Ⅱ.再经过一系列分离提纯操作，得到KIO3固体。
已知：、2S2O+I2=S4O+2I-
取mg该产品配成250mL溶液，取25.00mL，加稍过量的KI与盐酸溶液，加几滴淀粉指示剂，用0.2000mol/L Na2S2O3标准液滴定至终点，测得消耗标准液的平均体积为V mL。
(4)该操作中用到的定量仪器_______。
(5)若加入的盐酸过量对实验有无影响_______？请说明原因_______。
(6)计算该样品KIO3的纯度：_______(填数学表达式)。 [M(KIO3)=214g·mol-1]
(7)某同学为证明食盐中含有KIO3，请你帮他完成试剂的选择：家用食盐、干海带(含有)、_______(限选生活中常用的物质)。

四、工业流程题
12．（2023·上海杨浦·统考二模）实验小组模拟工业上回收“分银渣”中的银，过程如下：

I中反应：(杂质不反应)
(1)过程I中，向溶液中加入分银渣，10分钟后，固体质量减少了28.7g，则反应速率_______。(忽略溶液体积变化)
(2)溶液中离子浓度的关系是：_______。
(3)其他条件不变，反应I在敞口容器中进行，若反应时间过长反而银的产率降低，银产率降低的可能原因是_______(用离子方程式解释)。
不同时，浸出液中的浓度与含硫化合物总浓度的关系如下图所示(注：含硫化合物总浓度即亚硫酸钠溶液中含硫微粒总浓度)。

(4)时，解释浓度度随含硫化合物总浓度变化趋势的原因_______。
(5)时，浓度随含硫化合物总浓度的变化与时不同，可能的原因是_______。
(6)将II中反应的离子方程式补充完整： (中的化合价可看做0价)

++ _______= _______+_______+ ______________
(7)III中回收液可直接循环使用，但循环多次后，银浸出率降低。从回收液离子浓度变化和平衡移动的角度分析原因：_______。

五、原理综合题
13．（2023·上海普陀·统考二模）为抑制新冠病毒传播，含氯消毒剂被广泛使用。常见的含氯消毒剂有次氯酸盐、ClO2、有机氯化物等。用NaCl电解法生成ClO2的工艺原理示意图如图，发生器内电解生成ClO2。
   
完成下列填空：
(1)Cl原子的最外层电子层上具有_____种不同能量的电子；HClO的电子式是_________；
(2)Cl2性质活泼，易形成多种化合物。请说明NaCl的熔沸点比HCl高的原因：_________________________
(3)根据示意图，补充并配平ClO2发生器中发生的化学反应方程式：_____。
_____NaClO3＋_____HCl =_____＋_____H2O
若反应中有2mol电子发生转移，则生成ClO2 _____mol。
(4)某兴趣小组通过实验测定不同pH环境中，相同浓度NaClO溶液的细菌杀灭率(%)，实验结果如下表。
NaClO溶液浓度/ (mg·L－1)
不同pH下的细菌杀灭率/%
pH＝4.0
pH＝6.5
pH＝9.0
250
98.90
77.90
53.90

①NaClO溶液呈碱性的原因是_________________________(用离子方程式表示)。
②调节NaClO溶液pH时不能选用盐酸的原因为________________。
③由表中数据可推断，该实验得到的结论是_____________________
④家用消毒常用84消毒液而不采用次氯酸，说明其理由。_______________
14．（2023·上海徐汇·统考一模）氮氧化物的处理对建设生态文明具有重要的意义，如何消除NO成为当前研究的主要课题之一。
NH3还原法：研究发现NH3脱硝的过程如图所示。

(1)反应过程中Fe3+的作用为______。
(2)写出脱氮过程的总反应的化学方程式______。
活性炭吸收法：向2L的密闭容器中先加入足量的活性炭，再向容器中通入NO，发生反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)+QkJ(Q＞0)，其中NO和N2的物质的量变化如表所示。
物质的量/mol
T1
T2
0
5min
10min
15min
20min
25min
30min
NO
2.0
1.16
0.80
0.80
0.50
0.40
0.40
N2
0
0.42
0.60
0.60
0.75
0.80
0.80

(3)0～5min内，CO2的平均反应速率v=______。
(4)第15min后，温度调整到T2，则T1_____T2(选填“>”“<”或“=”)。
(5)若30min时，保持温度T2不变，向该容器中再投入参与反应的四种物质各2mol，则此时反应______移动(选填“正向”“逆向”或“不”)，最终达平衡时NO的平衡转化率会______(选填“增大”“减小”或“不变”)。
NaClO氧化法：工业上采用NaClO和NaOH混合溶液作为吸收剂，在如图喷淋吸收塔中进行烟气脱硝。

(6)写出喷淋吸收塔中发生反应的离子方程式_______。
(7)该装置的优点是_______。

六、结构与性质
15．（2023·上海·一模）海洋元素“溴”的单质及其化合物的用途广泛。
(1)Br原子的最外层电子排布式为_______，其中未成对电子的电子云形状为_______。
(2)能作为溴、碘元素原子得电子能力递变规律的判断依据是_______(填序号)。
a．IBr中溴为﹣1价       b．HBr、HI的酸性       
c．HBr、HI的热稳定性       d．Br2、I2的熔点
(3)从原子结构角度解释氯的非金属性强于溴的原因：_______。
(4)Br2和碱金属单质形成的MBr熔点如表：
MBr
NaBr
KBr
RbBr
CsBr
熔点/℃
747
734
693
636

NaBr的电子式_______，MBr熔点呈现表中趋势的原因是_______。
(5)海水提溴过程中，先向酸化的浓缩海水中通入_______，将其中的Br—氧化，再用“空气吹出法”吹出Br2，并用纯碱吸收：Br2+Na2CO3+H2O→NaBr+NaBrO3+NaHCO3(未配平)，则吸收1mol Br2，转移电子_______mol，反应中氧化产物为_______。
(6)随后用硫酸酸化吸收液，得到Br2和Na2SO4的混合溶液。相同条件下，若用盐酸酸化，则所得Br2的质量减少，可能原因是_______。

参考答案：
1．D
【详解】A．漂粉精变质的原因为漂粉精的有效成分与空气中的二氧化碳和水蒸气反应生成次氯酸，次氯酸遇光分解生成盐酸和氧气，则变质原因与氧化还原反应有关，故A不符合题意；
B．硫酸亚铁溶液中的亚铁离子易与空气中的氧气反应生成铁离子，则变质原因与氧化还原反应有关，故B不符合题意；
C．过氧化钠变质的原因为过氧化钠与空气中的二氧化碳或水蒸气反应生成氧气，则变质原因与氧化还原反应有关，故C不符合题意；
D．烧碱变质的原因为氢氧化钠与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠，则变质原因与氧化还原反应无关，故D符合题意；
故选D。
2．C
【详解】A．铵根离子种氮元素-3价，氨气分子中氮元素-3价，即①不属于氧化还原反应，A错误；
B．氨气属于碱性气体，能与氢离子作用生成铵根离子，故酸性环境不利于反应①，B错误；
C．N2H4中氮元素显-2价，氮气中氮元素显0价，氮元素化合价升高发生氧化反应，又氧气具有氧化性，故反应③可能有氧气参与反应，C正确；
D．氮的固定是将游离态的氮转化为化合态的过程，③、⑤都是将化合态的氮转化为游离态的氮，故不属于氮的固定，D错误；
故选C。
3．D
【详解】A．由化学方程式可知，3molO2中所含氧元素化合价降低，作氧化剂，4mol中，只有2mol所含氮元素化合价升高，作还原剂，则，A错误；
B．由化学方程式可知，每消耗3molO2，反应转移12mol电子，则每消耗，转移1.2mol电子，转移电子数是，B错误；
C．生成物中的N和H元素，反应前后化合价无变化，则既不是氧化产物也不是还原产物，C错误；
D．，N元素化合价升高，，N元素化合价不变，即中N的化合价部分发生变化，D正确；
故选D。
4．D
【详解】A．溴的提取涉及Br-→Br2，有元素化合价的变化，该过程中涉及到氧化还原反应，A项不符合题意；
B．氯碱工业即用惰性电极电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气、氢气，该反应中涉及到元素化合价的变化为氧化还原反应，B项不符合题意；
C．合成氨为，该反应涉及到元素化合价变化为氧化还原反应，C项不符合题意；
D．海水晒盐变化为NaCl(aq) →NaCl(s)为物理变化，不属于氧化还原反应，D项符合题意；
故选D。
5．A
【详解】A．由于H2S为二元弱酸，故Na2S溶液显碱性是由于硫离子水解，应分步水解：S2－+ H2OHS- + OH－，HS－+ H2OH2S+ OH－，A错误；
B．根据反应方程式可知，反应中，消耗1 mol碳时，生成1molCO2，其在标准状况下的可体积为1mol×22.4L/mol=22.4 L，B正确；
C．根据反应方程式可知，反应中转移8个电子，故生成1 mol Na2S时，转移8 mol电子，C正确；
D．根据反应方程式可知，该反应中氧化剂为Na2SO4，还原剂为C，二者的物质的量比为1∶2，D正确；
故答案为：A。
6．A
【详解】A．自然界中有少量的单质铁，存在于陨铁中，A错误；
B．铁单质属于金属晶体，故其中有金属阳离子和自由电子，B正确；
C．由于Fe2+的还原性强于Br-，故向FeBr2溶液中通入少量Cl2反应的离子方程式为：2Fe2+＋Cl2=2Fe3+＋2Cl－，C正确；
D．生铁和钢均为是铁、碳合金，由于生铁含碳量高，其熔点比钢低，D正确；
故答案为：A。
7．A
【分析】由方程式可知，反应中氨分子中氮元素化合价升高被氧化，氨分子是还原剂，二氧化氮中氮元素化合价降低被还原，二氧化氮是氧化剂，氧化产物和还原产物都是氮气，设氨气的物质的量为a，还原产物比氧化产物少0.1mol，由得失电子数目守恒可得：3a=4(a—0.2)，解得a=0.8，则参加反应的氨气和二氧化氮的物质的量分别为0.8mol和0.6mol，生成氮气的物质的量为0.7mol，反应转移电子的物质的量为2.4mol。
【详解】A．由分析可知，参加反应的还原剂氨气和氧化剂二氧化氮的物质的量分别为0.8mol和0.6mol，则还原剂比氧化剂多0.2mol，故A正确；
B．由分析可知，反应转移电子的物质的量为2.4mol，故B错误；
C．由分析可知，反应生成氮气的物质的量为0.7mol，标准状况下生成氮气的体积为0.7mol×22.4L/mol=15.68L，故C错误
D．由分析可知，氧化剂二氧化氮的物质的量为0.6mol，则被还原的氮原子是0.6mol×14g/mol=8.4g，故D错误；
故选A。
8．D
【详解】A．反应生成3molCl2时，反应转移60mole-，则产生22.4L(标准状况)即1molCl2时，反应转移20mole-，但常温常压下22.4L气体不是1mol，A项错误；
B．I元素化合价由0价升高到+5价，I2为还原剂，Cl元素化合价由+5价降到-1价和0价，KC1O3作为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为 11 : 6，B项错误；
C．中I元素化合价由0价升高到+5价，为氧化产物，C项错误；
D．中Cl元素化合价由+5价降到-1价和0价，发生还原反应，D项正确；
答案选D。
9．AC
【分析】由图可知，a为氯化氢、b为次氯酸盐、c为二氧化氯、d为氯酸盐。
【详解】A．洁厕灵的主要成分为盐酸，84消毒液的主要成分为次氯酸钠，两者如果混用会发生的反应为次氯酸钠溶液与盐酸反应生成氯化钠、氯气和水，有毒的氯气会污染环境，故A正确；
B．由分析可知，c为二氧化氯，二氧化氯是亚氯酸的酸酐，故B错误；
C．氯酸盐溶液与浓盐酸反应生成氯气、氯离子和水，该反应常用于制备氯气，故C正确；
D．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，溶液中存在如下平衡：，故D错误；
故选AC。
10．(1)Na2SO4·10H2O、CaSO4·2H2O
(2)     3s23p4     5     P＞Cl＞O
(3)     弱
     氧和硫位于同一主族，硫原子半径较大，得电子能力硫小于氧
(4)C
(5)     吸收多余的SO2，防止污染空气     c     a
(6)Ca2＋+2ClO－+2SO2+2H2O＝CaSO4↓+2Cl－++4H＋

【详解】（1）由图2可知X为+6价硫形成的盐，对应图1中的Na2SO4·10H2O、CaSO4·2H2O；
（2）硫为16个号元素，S原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4或[Ne]3s23p4，因此最外层电子的排布式为3s23p4；每个能级上的电子能量不同，因此原子核外有5种不同能量的电子；同周期从左往右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，在周期表中，与硫相邻的短周期元素为同主族的O，同周期的P和Cl，它们的原子半径由大到小的顺序是P＞Cl＞O；
（3）硫化氢溶液在空气中易变浑浊，证明H2S可以被O2氧化生成S，所以S的非金属性比O弱；原因是氧和硫位于同一主族，硫原子半径较大，得电子能力硫小于氧；
（4）由图可知，工作原理为CaCO3在高温条件下分解生成CaO和CO2，CaO与燃煤产生的SO2发生化合反应生成CaSO3，CaSO3被空气氧化为CaSO4（化合反应），涉及的化学反应有分解反应、化合反应；
A．由上述分析可知，该装置将SO2吸收，因此可减少导致酸雨的气体的形成，A正确；
B．由上述分析可知，涉及的化学反应有分解反应、化合反应，B正确；
C．CaCO3在高温条件下分解生成CO2，CO2也能使澄清石灰水变浑浊，C错误；
D．根据上述分析，整个过程中，SO2与CaCO3和氧气反应生成了CaSO4和CO2，化学反应式可表示为2SO2+2CaCO3+O2=2CaSO4+2CO2，D正确；
故选C；
（5）SO2有毒，所以装置乙的作用是吸收多余的SO2，防止污染空气；若X为品红溶液，观察到溶液褪色，说明SO2具有漂白性，可以使品红褪色，故选c；若X为Na2S溶液，观察到溶液中出现淡黄色浑浊，即有单质S生成，说明SO2具有氧化性，故选a；
（6）若试剂X为Ca(ClO)2溶液，可观察到白色沉淀生成，这说明SO2被氧化为硫酸根，反应中S元素化合价从+4价升高到+6价，失去2个电子。氯元素化合价从+1价降低到-1价，得到2个电子，所以根据电子得失守恒和原子守恒可知该过程的离子方程式为Ca2＋+2ClO－+2SO2+2H2O＝CaSO4↓+2Cl－+ SO42－+4H＋。
11．(1)3Cl2+KI+6KOHKIO3+6KCl+3H2O
(2)饱和食盐水
(3)没有尾气处理装置
(4)滴定管
(5)     有     由2H++=H2O+S+SO2↑可知，盐酸过量将消耗更多的Na2S2O3溶液，导致测量结果偏大
(6)
(7)食醋，淀粉等

【分析】由题干装置图可知，装置A为实验室制备Cl2的装置，反应原理为：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，装置B为除去Cl2中的HCl，以免消耗过多的KOH溶液，装置C为制备KIO3的装置，反应原理为：3Cl2+KI+6KOH=KIO3+6KCl+3H2O，据此分析解题。
【详解】（1）由分析可知，装置C为制备KIO3的装置，根据氧化还原配平可得该反应原理为：3Cl2+KI+6KOHKIO3+6KCl+3H2O，故答案为：3Cl2+KI+6KOHKIO3+6KCl+3H2O；
（2）由分析可知，装置B为除去Cl2中的HCl，故B中存放的试剂为饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水；
（3）由于氯气有毒，多余的氯气将污染环境，故该装置的设计缺陷是没有尾气处理装置，故答案为：没有尾气处理装置；
（4）该操作为利用滴定原理来进行定量检测，故其中用到的定量仪器为滴定管，故答案为：滴定管；
（5）由2H++=H2O+S+SO2↑可知，若盐酸过量将消耗更多的Na2S2O3溶液，导致测量结果偏大，故答案为：有；由2H++=H2O+S+SO2↑可知，盐酸过量将消耗更多的Na2S2O3溶液，导致测量结果偏大；
（6）根据题意有关系式：KIO3～3I2～6Na2S2O3，则n(KIO3)=n(Na2S2O3)=×0.2000mol/L×V×10-3L=×10-4mol，则原KIO3样品中含有的KIO3的质量为：×10-4mol××214g/mol，故其纯度为：=
故答案为：；
（7）根据反应方程式：和I2遇到淀粉溶液变蓝的特性可知，为了证明食盐中含有KIO3，可以选用试剂：家用食盐、干海带(含有I-)、食醋，淀粉等来完成，故答案为：食醋，淀粉等。
12．(1)0.008mol/(L·min)
(2)
(3)
(4)增大，使反应I中的平衡正向移动
(5)pH较小时候，与H+结合HSO或H2SO3，尽管含硫化合物总浓度增大，但是浓度增大不明显
(6)4++6OH-=4Ag+8+4H2O+
(7)随循环次数的增加，浸出液中c(Cl-)增大，减小，两者共同促进浸出反应平衡逆移

【分析】分银渣中主要成分是氯化银，I中用溶液作为浸出剂，主要反应为；浸出液与甲醛反应，II中反应为4++6OH-=4Ag+8+4H2O+，生成Ag回收，同时又生成，可循环使用。
【详解】（1）固体质量减少了28.7g，即反应溶解了28.7gAgCl，其物质的量为=0.02mol，由反应方程式可知，参加反应的的物质的量为0.02mol2=0.04mol，则反应速率=0.008mol/(L·min)，故答案为：0.008mol/(L·min)。
（2）溶液中存在物料守恒关系，，故答案为：。
（3）反应I在敞口容器中进行，很容易被空气中的氧气氧化，而使银的产率降低，反应的离子方程式为，故答案为：。
（4）由图像可知，时，浓度随含硫化合物总浓度增大而增大，变化趋势的原因是增大，使反应I中的平衡正向移动，导致浓度增大，故答案为：增大，使反应I中的平衡正向移动。
（5）由图像可知，相比于pH=10时，pH=6时候，随含硫化合物总浓度增大，浓度增大不明显，可能的原因是pH较小时候，与H+结合HSO或H2SO3，尽管含硫化合物总浓度增大，但是浓度增大不明显，故答案为：pH较小时候，与H+结合HSO或H2SO3，尽管含硫化合物总浓度增大，但是浓度增大不明显。
（6）HCHO中C元素化合价由0价升高到+4价，中Ag元素化合价由+1价降低到0价，反应产物有碳酸根离子，则可判断溶液为碱性，生成物有水，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平反应方程式为
4++6OH-=4Ag+8+4H2O+，故答案为：4++6OH-=4Ag+8+4H2O+。
（7）由步骤II中反应方程式可知，反应消耗了，生成了Cl-，而反应I中为反应物，Cl-为生成物，平衡逆向移动，导致循环多次后，银浸出率降低，故答案为：随循环次数的增加，浸出液中c(Cl-)增大，减小，两者共同促进浸出反应平衡逆移。
13．(1)     2    
(2)NaCl是离子晶体，而HCl是分子晶体
(3)     5NaClO3＋6HCl =6ClO2↑＋5NaCl+3H2O     2.4
(4)     ClO-+H2OHClO+OH-     NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O产生有毒气体Cl2污染环境     等浓度的NaClO溶液pH越大，细菌杀灭率越小     HClO见光易分解，不易保存，而次氯酸钠性质较稳定则易保存

【详解】（1）已知Cl是17号元素，则Cl原子的最外层电子排布式为：3s23p5，故Cl原子的最外层电子层上具有2种不同能量的电子，H、Cl原子能形成1对共用电子对，O需形成2对共用电子对，HClO的电子式是，故答案为：2；；
（2）由于NaCl是离子化合物，形成离子晶体，而HCl为共价化合物，形成分子晶体，故NaCl的熔沸点比HCl高，故答案为：NaCl是离子晶体，而HCl是分子晶体；
（3）根据示意图，ClO2发生器中发生NaClO3和HCl反应生成NaCl和ClO2的反应，根据氧化还原反应配平可得，该学反应方程式为：5NaClO3＋6HCl =6ClO2↑＋5NaCl+3H2O，反应中转移电子为5e-，若反应中有2mol电子发生转移，则生成ClO2 2.4mol，故答案为：5NaClO3＋6HCl =6ClO2↑＋5NaCl+3H2O；2.4；
（4）①NaClO是强碱弱酸盐，故ClO-水解使溶液呈碱性，该水解的离子方程式为：ClO-+H2OHClO+OH-，故答案为：ClO-+H2OHClO+OH-；
②由于NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O生成有毒气体Cl2，故调节NaClO溶液pH时不能选用盐酸，故答案为：NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O产生有毒气体Cl2污染环境；
③由表中数据可推断，等浓度的NaClO溶液pH越大，细菌杀灭率越小，故答案为：等浓度的NaClO溶液pH越大，细菌杀灭率越小；
④由于HClO见光易分解，不易保存，而次氯酸钠性质较稳定则易保存，故家用消毒常用84消毒液而不采用次氯酸，故答案为：HClO见光易分解，不易保存，而次氯酸钠性质较稳定则易保存。
14．(1)作催化剂，加快反应速率
(2)4NH3+4NO+O2=4N2+6H2O
(3)0.042mol∙L-1∙min-1
(4)＞
(5)     正向     减小

(6)2NO+3ClO-+2OH-=2+3Cl-+H2O
(7)增大了气体与混合溶液的接触面积，加快了吸收速率

【详解】（1）反应过程中，既有Fe3+参加反应，又有Fe3+生成，故Fe3+的作用为作催化剂，加快反应速率；
（2）由图示可知，脱氮过程中，NH3、NO和O2参加反应生成N2和H2O，故总反应的化学方程式为4NH3+4NO+O2=4N2+6H2O；
（3）0～5min内，v(CO2)=v(N2)==0.042mol∙L-1∙min-1；
（4）调整温度前，第10min时，反应已经达到平衡状态，调整温度后，第25min时，反应已经达到平衡状态，n(NO)由0.80mol降低到0.40mol，说明调整温度，平衡正向移动，由于该反应是放热反应，故该措施是降低温度，即T1＞T2；
（5）第25min时，K===4，第30min时，保持温度T2不变，向该容器中再投入参与反应的四种物质各2mol，Q===1.4＜K，则此时反应正向进行；第30min时，保持温度T2不变，向该容器中再投入参与反应的四种物质各2mol，理解为先加2molNO，此时与开时建立的平衡为等效平衡，NO的转化率不变，再加2mol氮气和二氧化氮，此时平衡逆向移动，总的来说NO的平衡转化率减小；
（6）喷淋吸收塔中，NaClO、NaOH的混合溶液和含NO的烟气反应生成NaNO3、NaCl和H2O，该反应的离子方程式为2NO+3ClO-+2OH-=2+3Cl-+H2O；
（7）该装置的优点是增大了气体与混合溶液的接触面积，加快了吸收速率。
15．(1)     4s24p5     哑铃形
(2)ac
(3)Cl的原子半径比Br的小，则原子核对最外层上的电子的束缚能力更强，导致Cl的得电子能力更强，失电子能力更弱
(4)          由于离子半径Na+＜K+＜Rb+＜Cs+，导致MBr的离子键强度由NaBr到CsBr依次减弱，故导致MBr熔点由NaBr到CsBr依次降低
(5)     Cl2          NaBrO3
(6)酸性条件下，氯离子能被溴酸根离子氧化成氯气，而使生成的溴单质的量变少

【详解】（1）已知Br是35号元素，Br的基态原子核外电子排布式为：[Ar]3d104s24p5，Br原子的最外层电子排布式为4s24p5，其中未成对电子为4p上的1个电子，p能级的电子云形状为哑铃形，故答案为：4s24p5；哑铃形；
（2）a．IBr中溴为-1价，说明Br的电负性更强，即Br的非金属性更强，则Br原子得电子能力比I强，a符合题意；       
b．简单气态氢化物的酸性与其非金属性无关，即比较HBr、HI的酸性不能作为溴、碘元素原子得电子能力递变规律的判断依据，b不合题意；
c．简单气态氢化物的稳定性与其非金属性一致，HBr的热稳定性比HI强，即Br的非金属性更强，则Br原子得电子能力比I强，c符合题意；
d．非金属单质的熔点与其非金属性无关，即比较Br2、I2的熔点不能作为溴、碘元素原子得电子能力递变规律的判断依据，d不合题意；
故答案为：ac；
（3）由于Cl的原子半径比Br的小，则原子核对最外层上的电子的束缚能力更强，导致Cl的得电子能力更强，失电子能力更弱，即氯的非金属性强于溴，故答案为：Cl的原子半径比Br的小，则原子核对最外层上的电子的束缚能力更强，导致Cl的得电子能力更强，失电子能力更弱；
（4）NaBr为离子化合物，故其的电子式为，由于离子半径Na+＜K+＜Rb+＜Cs+，导致MBr的离子键强度由NaBr到CsBr依次减弱，故导致MBr熔点由NaBr到CsBr依次降低，故答案为：；由于离子半径Na+＜K+＜Rb+＜Cs+，导致MBr的离子键强度由NaBr到CsBr依次减弱，故导致MBr熔点由NaBr到CsBr依次降低；
（5）海水提溴过程中，先向酸化的浓缩海水中通入Cl2，将其中的Br-氧化（2Br-+Cl2=Br2+2Cl-），再用“空气吹出法”吹出Br2，并用纯碱吸收，根据氧化还原反应配平可知3Br2+6Na2CO3+3H2O=5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3，则吸收1mol Br2，转移电子mol，反应中氧化产物为NaBrO3，故答案为：Cl2；；NaBrO3；
（6）用硫酸酸化吸收液，得到Br2和Na2SO4的混合溶液；相同条件下，若用盐酸酸化，则所得Br2的质量减少，原因是酸性条件下，氯离子能被溴酸根离子氧化成氯气，而使生成的溴单质的量变少，故答案为：酸性条件下，氯离子能被溴酸根离子氧化成氯气，而使生成的溴单质的量变少。