2023天津市一中高三上学期第二次月考化学试题含解析

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天津市第一中学2022-2023学年高上学期第二次月考
化学试题
本试卷分为第I卷(选择题)、第II卷(非选择题)两部分，共100分，考试用时60分钟。考生务必将答案涂写在规定的位置上，答在试卷上的无效。
祝各位考生考试顺利！
相对原子质量：
第I卷
一、选择题(单选，共12题，每题3分，共36分)
1. 下列有关说法正确的是
A. 的结构式为
B. 中子数为8的氮原子可表示为
C. 的模型：
D. 的电子式为
【答案】A
【解析】
【详解】A．N2H4分子中两个N原子共用一对电子，每个电子和两个H原子分别共用一对电子，结构式正确，A正确；
B．根据在原子表示中，元素符号左下角为质子数，左上角为质量数，可知该原子可表示为N，B错误；
C．三氧化硫分子中δ键数是3，孤电子对数是0，所以价层电子对数是 3+0=3，空间构型：平面三角型，C错误；
D．NaCl为离子化合物，电子式，D错误；
故答案为：A。
2. “碳中和有利于全球气候改善。下列有关的说法错误的是
A. 是直线形的非极性分子 B. 可被催化氧化为甲酸
C. 晶体可用于人工增雨 D. 是侯氏制碱法的原料之一
【答案】B
【解析】
【详解】A．CO2的中心原子C杂化轨道类型为sp杂化，分子构型为直线形，且正负电荷中心重合，为非极性分子，A正确；
B．CO2中C的化合价为+4价，HCOOH中C的化合价为+2价，CO2催化生成HCOOH是还原反应，不是氧化反应，B错误；
C．CO2晶体（干冰）升华时吸收大量热，可使空气中水蒸气凝结为水珠，能用于人工降雨，C正确；
D．候氏制碱法以饱和氯化钠溶液、氨气、二氧化碳为原料制得碳酸氢钠，反应式为，再热分解碳酸氢钠可制得碳酸钠（纯碱），反应式为，D正确；
故选B。
3. 与在碱性溶液中可以发生反应：下列有关说法错误的是
A. 与均可用作杀菌剂、漂白剂
B. 与晶体中阴阳离子个数比值不同
C. 、、离子半径：
D. 反应中有离子键的断裂与形成
【答案】C
【解析】
详解】A．与均具有强氧化性，均可用作杀菌剂、漂白剂，A正确；
B．中阴阳离子个数比为1:2，而中阴阳离子个数比为1:1，B正确；
C．先看电子层，氯离子的电子层最多，氯离子半径最大，钠离子和氧离子电子层数相同，看原子序数，原子序数越小离子半径越大，所以，氧离子的半径大于钠离子的，C错误；
D．反应中过氧化钠中离子键断裂，生成物中形成了中的离子键，反应中有离子键的断裂与形成，D正确；
故本题选C。
4. W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y的原子序数等于W与X的原子序数之和，Z是地壳中含量最丰富的金属元素，W与X可形成原子个数比2∶1的分子，下列说法正确的是
A. X与Z能形成耐高温的无机材料
B. 简单离子半径Z＞X＞Y
C. 由W、X、Y三种元素所组成的化合物的水溶液均显酸性
D. 非金属性：X＞Y＞W
【答案】A
【解析】
【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z是地壳中含量最丰富的金属元素，Z是Al元素；W与X可形成原子个数比为2∶1的18e-分子，则形成的化合物为N2H4，W是H元素、X是N元素；Y的原子序数等于W与X的原子序数之和，Y是O元素，据此分析解答。
【详解】A．X是N元素，Z是Al元素，可形成AlN，可作耐高温的无机材料，A正确；
B．电子层数相同，核电荷数越大，离子半径越小，核电荷数Al＞O＞N，则离子半径：r(N3-)＞r(O2-)＞r(Al3+)，B错误；
C．H、N、O组成的化合物NH3·H2O的水溶液呈碱性，C错误；
D．X是N元素，Y是O元素，W是H元素，非金属性：O＞N＞H，D错误；
答案选A。
5. 下列说法正确的是
A. 石墨中的碳原子呈杂化，是混合型晶体
B. 4.6g乙醇分子中含有共价键数为(为阿伏加德罗常数)
C. 和结构相似，但硫化氢晶体中，一个周围有12个紧邻的分子，而冰中一个周围只有4个紧邻的分子
D. 臭氧分子是由非极性键形成的非极性分子
【答案】C
【解析】
【详解】A．石墨单层原子为平面形结构，C原子为sp2杂化，A错误；
B．4.6g乙醇的物质的量为=0.1mol，每个乙醇分子中含8条共价键，因此共价键数目为0.8NA，B错误；
C．H2S分子间为范德华力，晶体堆积为最密堆积，每个H2S周围有12个紧邻的分子，而冰中水分子间有氢键，每个H2O周围只有4个紧邻的分子，C正确；
D．O3分子中O与O之间为非极性键，但由于正负电荷中心不重合，为极性分子，D错误；
故选C。
6. 在特定碱性条件下，过量可将完全氧化成，其反应为(未配平)，下列有关说法错误的是
A. W为
B. 上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为
C. 参加反应时，转移电子的物质的量为2mol
D. 在酸性条件下可以转化为
【答案】D
【解析】
【分析】H2O2中氧元素化合价由-1降低为-2，中Cr元素化合价由+3升高为+6，根据得失电子守恒、电荷守恒，反应的离子方程式为。
【详解】A．据得失电子守恒、电荷守恒，反应的离子方程式为，W为，故A正确；
B．H2O2中氧元素化合价由-1降低为-2，H2O2是氧化剂，中Cr元素化合价由+3升高为+6，是还原剂，根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比为，故B正确；
C．H2O2中氧元素化合价由-1降低为-2，参加反应时，转移电子的物质的量为2mol，故C正确；
D．有可逆反应：+H2O2+2H+，加碱，平衡正向移动，所以在碱性条件下可以转化为，故D错误；
选D。
7. 下表为某短周期元素R的各级电离能数据(用I1、I2、I3……表示，单位)。下列关于元素R的判断正确的是
元素





……
R
738
1451
7733
10540
13630
……

A. R元素同周期相邻元素的第一电离能均小于
B. R元素位于元素周期表的ⅢA族
C. R元素位于元素周期表的p区
D. R元素基态原子的轨道表示式：
【答案】A
【解析】
【分析】短周期元素R的第一电离能和第二电离能较小，第三电离能远大于第二电离能，说明该原子最外层有2个电子，处于IIA族，该原子存在第五电离能，说明核外电子数数目
大于4，故R为Mg元素，位于第三周期第IIA族。
【详解】A．同周期元素的第一电离能:IIA族>IIIA族>IA族，故R元素同周期相邻元素的第一电离能均小于738kJ·mol-1，故A正确；
B．Mg元素处于IIA族，B错误；
C．Mg元素处于IIA族，为s区，C错误；
D．Mg元素基态原子的轨道表示式为，D错误；
故答案选A。
8. 下列实验所涉及反应的离子方程式错误的是
A. 过氧化钠与水反应：
B. 向海带灰浸出液中滴加几滴硫酸酸化的过氧化氢溶液：
C. 向硫酸铜溶液中通入
D. 用酸性高锰酸钾标准溶液滴定草酸：
【答案】D
【解析】
【详解】A．过氧化钠与水反应生成强氧化钠和氧气，A正确；
B．碘离子与过氧化氢发生氧化还原，B正确；
C．硫酸铜溶液中通入 H2S，发生复分解反应，C正确；
D．草酸为弱酸，不能拆，，D错误；
故答案为：D。
9. 下列由废铜屑制取CuSO4·5H2O的实验原理与装置不能达到实验目的的是

A. 用装置甲除去废铜屑表面的油污 B. 用装置乙在加热的条件下溶解废铜屑
C. 用装置丙过滤得到CuSO4溶液 D. 用装置丁蒸干溶液获得CuSO4·5H2O
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A.碳酸钠溶液显碱性，在加热的条件下可以除去铜屑表面的油污，A正确；
B.在酸性条件下，铜与双氧水发生氧化反应得到硫酸铜，B正确；
C.装置丙为过滤装置，过滤可以除去难溶杂质，得到硫酸铜溶液，C正确；
D.用装置丁蒸干溶液得到硫酸铜固体，而不是CuSO4·5H2O，D错误；
答案选D。
10. NH4Cl的晶胞为立方体，其结构如下。下列说法不正确的是

A. NH4Cl晶体属于离子晶体
B. NH4Cl晶胞中H-N-H键角为90°
C. NH4Cl晶体中既有离子键又有共价键
D. 每个Cl-周围与它最近且等距离的的数目为8
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯化铵由铵根离子和氯离子构成，为离子晶体，A正确；
B．铵根离子中N原子杂化方式为sp3杂化，键角为109。28'，B错误；
C．NH4Cl晶体中铵根和氯离子之间为离子键，氮原子和氢原子之间为共价键，C正确；
D．根据晶胞结构可知每个Cl-周围与它最近且等距离的铵根离子的数目为8，在周围八个立方体体心位置，D正确；
故选B
11. 含S元素的某钠盐a能发生如图转化。下列说法错误的是

A. a可能为正盐，也可能为酸式盐
B. c为不溶于盐酸的白色沉淀
C. d分子中心原子杂化轨道类型为杂化
D. 反应②中还可能生成淡黄色沉淀
【答案】C
【解析】
【分析】由框图可知该钠盐有还原性，可被氯气氧化生成硫酸钠，硫酸钠与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，且该盐溶液与稀盐酸反应生成有还原性的刺激性气味气体，该气体为二氧化硫，综上可推得该盐可能为亚硫酸钠、亚硫酸氢钠或者硫代硫酸钠。
【详解】A．由框图可知a中含S的酸根有还原性，且能被氯气氧化生成硫酸根，则a可以为正盐，如亚硫酸盐，也可以为酸式盐，如亚硫酸氢钠，A正确；
B．a溶液与氯气反应生成的溶液b为酸性，溶液b与氯化钡反应生成不溶于酸的沉淀，则沉淀应为硫酸钡，B正确；
C．由框图中信息可得气体d为二氧化硫，分子构型为V形，其中心原子S的杂化轨道类型为sp2杂化，C错误；
D．若a为硫代硫酸钠，则与盐酸的反应为，出二氧化硫外还生成淡黄色的硫单质，D正确；
故选C。
12. 向盛有硫酸铜溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。下列对此现象的说法中，正确的是
A. 反应后溶液中没有沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变
B. 沉淀溶解后，将生成深蓝色的配离子为
C. 在中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道
D. 向反应后的溶液加入乙醇，溶液没有发生任何变化，因为不与乙醇发生反应
【答案】B
【解析】
【分析】向硫酸铜溶液中加入氨水，氨水先和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，离子方程式为Cu2++2NH3•H2O═Cu(OH)2↓+2NH，继续添加氨水，氨水和氢氧化铜反应生成深蓝色的配离子[Cu(NH3)4]2+，离子方程式为Cu(OH)2+4NH3═[Cu(NH3)4]2++2OH-，在[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3给出孤对电子，以此分析解答。
【详解】A．铜离子和氨水先生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜再和氨水能反应生成配合离子[Cu(NH3)4]2+，所以反应后Cu2+的浓度减小，故A错误；
B．氢氧化铜沉淀溶解的离子反应为Cu(OH)2+4NH3═[Cu(NH3)4]2++2OH-，则生成深蓝色的配离子为[Cu(NH3)4]2+，故B正确；
C．在[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3给出孤对电子，故C错误；
D．[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，所以向溶液中加入乙醇后因为溶解度减小，析出蓝色晶体[Cu(NH3)4]SO4，故D错误；
故选B
第II卷 (共64分)
二、简答题
13. 请回答下列问题
（1）钴及其化合物有重要的用途，探究其结构有重要意义。
①按照核外电子排布，可把元素周期表划分为5个区，Co在元素周期表中属于_______区。
②下列状态的钴中，电离最外层一个电子所需能量最大的是_______(填标号)
A. B. C. D.
（2）是的一种重要配合物。
①该配合物的一种配体是，的空间结构呈_______形，是_______(填“极性”或“非极性)分子。
②的价层电子轨道表示式是_______。该配合物中参与杂化的6个能量相近的空轨道分别是2个3d轨道、1个4s轨道和3个_______轨道。
③设计实验证实该配合物溶于水时，离子键发生断裂，配位键没有断裂。实验如下：称取2.505g该配合物，先加水溶解，再加足量溶液，_______(补全实验操作和数据)。相对分子质量
（3）第VA族元素及其化合物的结构和性质如下
①N基态原子核外电子排布式为_______。
②的沸点由高到低的顺序为_______(填化学式，下同)，键角由大到小的顺序为_______。
③某一种氮化硼晶体的立方晶胞结构如下图：

氮化硼(BN)属于_______晶体。该种氮化硼(BN)的熔点_______SiC。(填>、<、=)
【答案】（1） ①. d ②. A
（2） ①. 三角锥 ②. 极性 ③. ④. 4p ⑤. 过滤，沉淀称重2.87g
（3） ①. 1s22s22p3 ②. NH3、AsH3、PH3 ③. NH3、PH3、AsH3 ④. 共价 ⑤. >
【解析】
【小问1详解】
①Co元素位于第四周期第Ⅷ族，根据元素周期表的分区在d区；②基态Co原子的电子排布为,和状态的Co电子能量均高于基态原子的，故电离最外层的1个电子所需的能量也小于基态Co的第一电离能I1，而状态的Co，其4s轨道为半满结构，能量更低，所需电离能也更大，故选A；
【小问2详解】
①NH3的中心原子N为sp3杂化，NH3分子构型为三角锥形，其正负电荷中心不重叠，为极性分子；②基态Co的价电子排布为3d74s2，失去3个电子后有3d能级的轨道有6个电子，价电子电子排布图为。4p能级有3个轨道，参与杂化形成sp3d2杂化轨道；③2.505g该配合物的物质的量为，配合物溶于水只有离子键断裂，则溶液中氯离子的物质的量为0.02mol，加入硝酸银生成的氯化银沉淀为0.02mol，氯化银的质量为，故后续操作与数据为过滤沉淀，称重，沉淀质量为2.87g；
【小问3详解】
①N为第二周期第ⅤA族元素，电子排布式为1s22s22p3；②三者均为分子晶体，熔沸点高低主要由范德华力影响，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高，而NH3分子之间会生成氢键，沸点高于PH3和AsH3，故沸点大小为NH3>AsH3>PH3。三种化合物中心原子均为sp3杂化，分子为三角锥性，且中心原子电负性N>P>As，电负性越大，成键电子对偏向中心原子，电子对之间的排斥力越大，键角越大，故键角大小为：NH3>PH3>AsH3；③BN晶体与SiC晶体均为为共价晶体，共价晶体熔沸点由共价键键能决定，键长越短键能越大，B、C、N均为第二周期的元素 ，其原子半径小于位于第三周期的Si原子，故B—N键键长小于Si—C键键长，则BN晶体熔点高于SiC熔点。
14. 青蒿素()是治疗疟疾的有效药物，白色针状晶体，溶于乙醇和乙醚，对热不稳定。青蒿素晶胞(长方体，含4个青蒿素分子)及分子结构如下图所示。

（1）提取青蒿素
在浸取、蒸馏过程中，发现用沸点比乙醇低的乙醚()提取，效果更好。乙醇的沸点高于乙醚，原因是_______。
（2）确定结构
①图中晶胞的棱长分别为，晶体的密度为_______。(用表示阿伏加德罗常数，青蒿素的相对分子质量为282)
②能确定晶体中哪些原子间存在化学键、并能确定键长和键角，从而得出分子空间结构的一种方法是_______。
a.质谱法 b.X射线衍射 c.核磁共振氢谱 d.红外光谱
（3）修饰结构，提高疗效
一定条件下，用将青蒿素选择性还原生成双氢青蒿素。
(双氢青蒿素)
①双氢青蒿素分子中碳原子的杂化轨道类型为_______。
②的空间结构为_______。
双氢青蒿素比青蒿素水溶性更好，治疗疟疾的效果更好。
【答案】（1）乙醇分子间能形成氢键
（2） ①. ②. b
（3） ①. sp3 ②. 正四面体
【解析】
【小问1详解】
乙醇分子中含有O-H键，乙醇分子间能形成氢键，所以乙醇的沸点高于乙醚。
【小问2详解】
①图中晶胞的棱长分别为，则晶胞的体积为，晶体的密度为。
②X射线衍射能测定原子的空间位置，所以X射线衍射能确定晶体中哪些原子间存在化学键、并能确定键长和键角，从而得出分子空间结构，选b。
【小问3详解】
①根据双氢青蒿素分子的结构简式，可知碳原子全是单键碳，C原子形成4个σ键，有个杂化轨道，杂化轨道类型为sp3。
②中B原子的价电子对数为，无孤电子对，空间结构为正四面体。
15. 某废旧金属材料中主要含和可燃性有机物，为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收、绿矾等。回答下列问题：

（1）“焙烧”的目的主要是将金属单质转化为氧化物，并除去_______。
（2）“碱浸时发生反应的化学方程式为_______。
（3）操作I、Ⅱ中使用的仪器除烧杯、玻璃棒外还需要的玻璃仪器是_______。
（4）试剂a为_______(填化学式)，加入试剂a后发生的化学反应中有一个属于化合反应，其离子方程式为_______。
（5）滤液Ⅱ制取绿矾晶体需先加入少量稀硫酸再经过_______、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾晶体。
（6）绿矾在空气中容易被部分氧化为硫酸铁，现取被部分氧化为硫酸铁晶体8.22g溶于稀盐酸后，加入足量的溶液，过滤得沉淀9.32g；再通入112mL (标准状况)氯气恰好将其中的完全氧化。
①为确定绿矾未被全部氧化，可选择的最佳试剂是_______(填标号)。
A. B.溶液 C.溶液 D.溶液
②推测晶体中_______。
【答案】（1）可燃性有机物
（2）
（3）漏斗 （4） ①. Fe ②.
（5）蒸发浓缩 （6） ①. D ②. 1：2
【解析】
【分析】废旧金属材料中主要含Fe、Cu、Al、FeO、FeO、A12O3、CuO和可燃性有机物，焙烧，可除去有机物，同时将金属单质转化为氧化物，加入氢氧化钠溶液“碱浸”，可得到偏铝酸钠溶液，滤液I为偏铝酸钠，可用于提取铝，滤渣I含有铁的氧化物和铜的氧化物，加入硫酸“酸浸”，可生成硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸铜，试剂a为铁，可用于除去硫酸铜，并与硫酸铁反应生成硫酸亚铁，得到滤液Ⅱ为硫酸亚铁，滤渣Ⅱ为Fe、Cu，加入硫酸酸浸，Cu不与硫酸反应，过滤得到铜，滤液Ⅱ蒸发浓缩、冷却结晶得到绿矾。
【小问1详解】
“焙烧”的目的主要是将金属单质转化为氧化物，并将可燃有机物在氧气中燃烧而除去。答案：可燃有机物；
【小问2详解】
焙烧后成分为铁的和铝的氧化物，碱浸时氧化铝溶于氢氧化钠，反应的化学方程式为，答案：。
【小问3详解】
操作Ⅰ、Ⅱ均为过滤，使用的仪器除烧杯、玻璃棒外还需要的玻璃仪器是漏斗，答案为：漏斗；
【小问4详解】
为了保证最后得到的晶体为纯净的硫酸亚铁，在滤液Ⅰ中需要加入的试剂a为铁粉，可能发生反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+ = Fe2+ +H2↑、
Fe+Cu2+=Fe2++Cu，属于化合反应的是Fe+2Fe3+=3Fe2+。答案为：Fe；Fe+2Fe3+=3Fe2+；
小问5详解】
滤液Ⅱ蒸发浓缩、冷却结晶得到绿矾，过滤、洗涤、干燥得到绿矾晶体，故答案为：蒸发浓缩；
【小问6详解】
为确定绿矾未被全部氧化，可以检验是否有残余的亚铁离子，检验时要注意排除Fe3+对Fe2+检验单干扰，取少量被氧化的绿矾溶于水，再加入溶液，若有蓝色沉淀生成，则证明绿矾没有被完全氧化。由题意可知：晶体中 的物质的量为，消耗氯气的物质的量，根据，晶体中含，根据 ，代入数据，解得，，则1∶2。
16. 次氯酸(HClO)的浓溶液呈黄色，是极强氧化剂，常用作消毒剂及除甲醛(HCHO)的试剂。某学习小组设计下列装置制备HClO并验证其氧化性(夹持仪器及降温装置已省略)。已知：为棕黄色气体，极易溶于水并迅速反应生成HClO。

回答下列问题：
（1）HClO的结构式为_______，仪器a的名称为_______。
（2）制备HClO时要打开活塞，关闭，待装置A中反应结束时再通入一段时间。
①仪器C中制备时，发生反应为，仪器B、D中的试剂分别为_______(填字母)。
a.浓 b.饱和食盐水、 c.饱和食盐水、浓
②反应结束后再通入一段时间的目的是_______。
（3）验证HClO的氧化性时要向F中加入过量HClO并充分搅拌，待溶液变澄清时停止搅拌。反应结束时，F的溶液中含有的离子主要有，该反应的离子方程式为_______。
（4）HClO可用于除去HCHO，生成一种常见强酸和两种常见无污染的氧化物。
①该反应的化学方程式为_______。
②若除去15gHCHO，则转移电子的个数为_______(表示阿伏加德罗常数)。
【答案】（1） ①. H-O-Cl ②. 三颈烧瓶
（2） ①. b ②. 使体系中的Cl2及Cl2O被充分吸收，防止干扰后续实验
（3）2FeS2+15HClO+H2O=2Fe3++15Cl-+4SO+17H+
（4） ①. HCHO+2HClO=2HCl+CO2+H2O ②. 2
【解析】
【分析】通过氮气将装置中空气排尽， A 中浓盐酸和酸性高锰酸钾溶液反应生成Cl2，浓盐酸具有挥发性，得到的Cl2中含有 HCl，HCl 能和碳酸钠反应，所以 B 装置用于除去 HCl，C 装置制备Cl2O， D 装置用于除去多余的Cl2， E 中Cl2O和水反应生成 HClO ,HClO 具有强氧化性，反应结束时， F 的溶液中含有的离子主要有，说明 HClO 和FeS2反应生成，据此分析。
【小问1详解】
HClO 中 H 、 Cl原子各形成1个共价键，O原子形成2个共价键则 HClO 的结构式为： H-O-Cl，仪器 a 的名称为三颈烧瓶；
故答案为： H -O-Cl；三颈烧瓶；
【小问2详解】
仪器 C 中制备Cl2O时，根仪器 B 的作用是除去 HCl ，用饱和的食盐水；仪器 D 的作用是除去Cl2，氯气易溶于有机溶剂四氯化碳，所以 B 、 D 中药品分别是饱和食盐水、CCl4,
故答案为： b ；
Cl2 、Cl2O都具有强氧化性，而干扰HClO 和FeS2的反应，所以反应结束后再通入一段时间 N2 的目的是使体系中的Cl2 、Cl2O 被充分吸收，防止干扰后续实验；
故答案为：使体系中的Cl2 、Cl2O被充分吸收，防止干扰后续实验；
【小问3详解】
HClO 具有强氧化性，反应结束时， F 的溶液中含有的离子主要有，说明 HClO 和FeS2反应生成 ，该反应的离子方程式为：2FeS2+15HClO+H2O=2Fe3++15Cl-+4SO+17H+
故答案为：2FeS2+15HClO+H2O=2Fe3++15Cl-+4SO+17H+
【小问4详解】
①次氯酸具有强氧化性，能氧化甲醛，结合已知生成一种常见强酸和两种常见无污染的氧化物，产物为二氧化碳、盐酸、水，故该反应的化学方程式为：HCHO+2HClO=2HCl+CO2+H2O
故本题的答案为：HCHO+2HClO=2HCl+CO2+H2O
②根据上述反应方程式，除去1molHCHO的质量为30g，转移的电子数为4NA，15gHCHO转移的电子数为2NA，故答案为：2NA。