2023学年试题01新高考领航新高考化学模拟试卷含解析

2023-202301-高考领航高考化学模拟试卷2一、单项选择题〔此题包括15个小题，每题4分，共60分．每题只有一个选项符合题意〕1．以下图所示是验证氯气性质的微型试验，a、b、d、e是浸有相关溶液的滤纸。向KMnO4晶体滴加一滴浓24盐酸后，马上用另一培育皿扣在上面。：2KMnO＋16HCl=2KCl＋5Cl4

2↑＋2MnCl

＋8H2O对试验现象的“解释或结论”正确的选项是()选项 试验现象解释或结论A a处变蓝，b处变红棕色氧化性：Cl2>Br2>I2B c处先变红，后褪色氯气与水生成了酸性物质C d处马上褪色氯气与水生成了漂白性物质D e处变红色复原性：Fe2＋>Cl－A．A B．B【答案】D【解析】C．CD．D【详解】A、a处变蓝,b处变红棕色,Cl2KI、NaBrI、Br

,可证明氧化性:Cl＞I

,Cl

＞Br

,无法证I2Br2之间氧化性的强弱,A项错误;

2 2 2 2 2 2B、c处先变红,说明氯气与水生成酸性物质,后褪色,则证明氯气与水生成具有漂白性物质,B项错误;C、d处马上褪色,NaOH,C项错误;D、eCl2Fe2+Fe3+,证明复原性:Fe2+＞Cl-,D项正确；D。2．M是一种常见的工业原料，试验室制备M的化学方程式如下，以下说法正确的A．lmolC7molH2反响BC中全部原子肯定共面CKMnO4ABD．A14种【答案】D【解析】【分析】【详解】C2个苯环、1个碳碳双键、1个羰基，lmolC8molH2A错误；C中含有甲基，为四周体构造，所以C中不行能全部原子共面，故B错误；ABKMnO4ABC错误；A的同分异构体中含有苯环和醛基的构造，侧链为-CH2CH2CHO1种、侧链为-CH(CHO)CH31种、侧链为-CH2CH3和-CHO3种、侧链为-CH2CHO和-CH332个-CH31个-CHO6种，共14D正确。．用装置甲配制0L．用装置甲配制0L01的硫酸CCuClCCuCl2CuCl2固体【答案】D【解析】【分析】【详解】A．NO能与空气中的氧气反响，不能使用排空气法收集，NONOA错误；B．容量瓶是用来配制肯定体积、肯定物质的量浓度溶液的定量仪器，瓶上标有刻度、并标有容量；容量25℃，浓硫酸稀释放热，应当在烧杯中进展，所以不能将浓硫酸直接在容量瓶中稀释，故B错误；C．CuCl2溶液中存在水解平衡，加热蒸干氯化铜溶液，Cu2++2H2OCu(OH)2↓+2H+，水解生成的氯化氢在加热过程中挥发，蒸干得到水解产物氢氧化铜，故C错误；D．氧化钙与水反响生成难挥发的氢氧化钙，能消耗乙醇中的水，乙醇易挥发，然后蒸馏即可得到乙醇，D正确；D。设NA为阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是2某密闭容器中盛有0.1molN2和0.3molH，在肯定条件下充分反响，转移电子的数目为0.6NA2常温下，1LpH＝9的CH3COONa溶液中，发生电离的水分子数为1×10−9NAC．14.0gFe发生吸氧腐蚀生成Fe2O3•xH2O，电极反响转移的电子数为0.5NAD．标准状况下，2.24L丙烷含有的共价键数目为1.1NA【答案】C【解析】【分析】【详解】A0.6NA错误；A3 CHCOONa属于强碱弱酸盐，醋酸根的水解促进水的电离，c(HO) =c(OH-)=1×10−5mol/L3 电离1L×1×10−5mol/L×NA=1×10−5N

，故错误；BABFe发生吸氧腐蚀，铁作负极，电极反响为：Fe-2e-=Fe2+，正极反响为：O2+4e-+2H2O=4OH-Fe2+与OH-Fe2O3•xH2O，14.0gFe的物质的量为14g =0.25mol0.25mol×2=0.5molC正确；56g/mol标准状况下，2.24L0.1mol100.1mol丙烷中含有的共价NC。【点睛】

，故错误；DADc(H＋)c(OH-)的计算技巧(25℃时)(1)中性溶液：c(H＋)＝c(OH-)＝1.0×10-7mol·L-1。酸或碱抑制水的电离，水电离出的c(H＋)＝c(OH-)＜10-7mol·L-1，当溶液中的c(H＋)＜10-7mol·L-1时就是水c(H＋)c(H＋)＞10-7mol·L-110-14c(H＋)。c(H＋)c(OH-)10-7mol·L-1c(H＋)＞10-7mol·L-1，即为水电离的c(H＋)；假设给出的c(H＋)＜10-7mol·L-1，就用10-14除以这个浓度即得水电离的c(H＋)。5．以下电池工作时，O2在正极放电的是〔 〕A．锌锰电池B．氢燃料电池C．铅蓄电池D．镍镉电池A．A【答案】B【解析】B．BC．CD．D【详解】A选项，锌锰电池，锌为负极，二氧化锰为正极，故A错误；B选项，氢燃料电池，氢气为负极，氧气为正极，故B正确；C选项，铅蓄电池，铅为负极，二氧化铅为正极，故C错误；D选项，镍镉电池，镉为负极，氢氧化氧镍为正极，故D错误；B。造纸术是中国古代四大制造之一。古法造纸是将竹子或木材经过蒸解、抄纸、漂白等步骤制得。以下说法正确的选项是〔 〕“文房四宝”中的宣纸与丝绸的化学成分一样“竹穰用石灰化汁涂浆，入木桶下煮”，蒸解过程中使纤维素彻底分解“抄纸”是把浆料参加竹帘中，形成薄层，水由竹帘流出，其原理与过滤一样DpH变大【答案】C【解析】【分析】【详解】A．宣纸主要成分为纤维素，丝绸主要成分为蛋白质，故A错误；B．蒸解过程是将纤维素分别出来，而不是使纤维素彻底分解，故B错误；C．过滤是利用滤纸把固体不溶物和溶液分别，抄纸过程中竹帘相当于与滤纸，纤维素等不溶于水的物质C正确；D．明矾中铝离子水解会使纸浆显酸性，pHD错误；C。气态烃A的产量是一个国家石油化工水平的重要标志，有机物A～E能发生如下图一系列变化，则以下说法正确的选项是( )A．A→B的反响类型为加成反响B．C是一种有刺激性气味的气体CC4H8O23种D．lmolD22.4L【答案】A【解析】【分析】A的产量是一个国家石油化工水平的重要标志，AC2H

；乙烯与水反响生成乙醇，乙醇催化氧化4为乙醛、乙醛氧化为乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反响生成乙酸乙酯，所以B是乙醇、C是乙醛、D是乙酸、E是乙酸乙酯。【详解】乙烯与水发生加成反响生成乙醇，所以反响类型为加成反响，故A正确；C是乙醛，常温下乙醛是一种有刺激性气味的液体，故B错误；C4H8O2HCOOCH2CH2CH

、HCOOCH(CH)、CH3COOCH2CH、CH3CH2COOCH4种，C错误；

3 32 3 3lmol1mol22.4LD错误。【点睛】此题考察有机物的推断，试题涉及烯、醇、醛、羧酸等的性质与转化，生疏常见有机物的转化，依据“A的产量是一个国家石油化工水平的重要标志”A是关键。利用电解法制取Na2FeO4的装置图如下图，以下说法正确的选项是〔电解过程中温度保持不变，溶液体积变化无视不计〕A．Y是外接电源的正极，Fe电极上发生复原反响B．Ni电极上发生的电极反响为：2H2O－4e－==O2↑＋4H＋C．假设隔膜为阴离子交换膜，则电解过程中OH－由B室进入A室D．电解后，撤去隔膜，充分混合，电解液的pH比原来小【答案】D【解析】【分析】【详解】4铁电极为阳极，Y接电源的正极，铁电极上发生失电子的氧化反响：Fe+8OH--6e-=FeO2−+4H4

2O↑A错误；镍电极为阴极，X2H2O+2e-=H2↑+2OH-B错误；在电解池装置中，阴离子向阳极移动，OH-ABC错误；2Fe+2OH-+2H2O=FeO2−+3H↑，由于反响消耗OH-OH-浓度降低，pH比原来小，故D4 2正确；。【点睛】阴极：与直流电源的负极直接相连的一极；阳极：与直流电源的正极直接相连的一极；阴极得电子发生复原反响，阳极失电子发生氧化反响；在电解池中阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动。9．关于以下各试验装置的表达中正确的选项是装置①可用于吸取氯化氢气体C．装置③可用于制取乙酸乙酯【答案】A【解析】【详解】

装置②可用于制取氯气D．装置④可用于制取氨气A、导管口插入四氯化碳中，氯化氢气体易溶于水不易溶于四氯化碳，能防止倒吸且能吸取氯化氢，选项A正确；B、制备氯气时应为二氧化锰和浓盐酸共热，装置中缺少加热装置，选项B错误；C、收集乙酸乙酯时导管末端不能伸入液面以下，选项C错误；D、制备氨气时应加热氯化铵和氢氧化钙混合固体，选项D错误。A。元素铬(Cr)在自然界主要以+3+6+6CrNaSO将CrO2—复原为Cr3+。该反响的离子反响方程式为 。

2 3 27利用铬铁矿(FeO•CrO)冶炼制取金属铬的工艺流程如下图：23①为加快焙烧速率和提高原料的利用率，可实行的措施之一是 。②“水浸”要获得浸出液的操作是 。浸出液的主要成分为NaCrO，2 4向“滤液”中参加酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成，则“复原”操作中发生反响的离子方程式为 。③加热Cr(OH)可得到CrO，从工业本钱角度考虑，用CrO制取金属Cr的冶炼方法是 。3 23 23Cr3+完全沉淀时溶液pH为5〔Cr3+浓度降至10-5molL-1可认为完全沉淀则Cr(OH)的溶度积常数3K K sp用石墨电极电解铬酸钠(NaCrO(NaCrO2 4 2 272CrO2+2H+ CrO2+HO)。4 2 7 2①电极b连接电源的 极(填“正”或“负”),b极发生的电极反响式为 。②电解一段时间后，测得阳极区溶液中Na+物质的量由amol变为bmol，则理论上生成重铬酸钠的物质的量是 mol。【答案】CrO2—+3SO2-+8H+=2Cr3++3SO2-+4HO 铬铁矿粉碎 过滤27 3 4 28CrO2—+3S2-+20HO=8Cr(OH)↓+3SO2-+16OH- CO高温复原CrO〔热复原法〕 1×10-32 正4 2 3 4 23a-b2HO-4e-=O↑+4H+2 2 2【解析】【分析】分析元素化合价变化状况，依据得失电子守恒，原子个数守恒，得出离子反响方程式。①影响化学反响速率的因素：物质的外表积大小，外表积越大，反响速率越快。②依据原子守恒和得失电子守恒，得出离子方程式。3Cr2O3CrCOCr2O〔热复原法。3K＝c(Cr3+)c3(OH-)求算。sp①依据装置图和离子放电挨次得出阳极的电极反响式。Na+amolbmol，则溶液中移动的电荷为〔a-b〕mol，所以外电路转移的电子为〔a-b〕mol，阳极的电极反响为2H2O-4e-=O2↑+4H+，则阳极生成的氢离子为〔a-b〕mol。【详解】7 3 4 反响中铬元素化合价从+6价降为+3价，硫元素从+4价上升到+6价，依据得失电子守恒，原子个数Cr2O2—+3SO2-+8H+=2Cr3++3SO2-+4HO7 3 4 7 3 4 Cr2O2—+3SO2-+8H+=2Cr3++3SO2-+4HO7 3 4 ①影响化学反响速率的因素：物质的外表积大小，外表积越大，反响速率越快，为加快焙烧速率和提高原料的利用率，可实行的措施将铬铁矿粉碎，故答案为铬铁矿粉碎。②“水浸”要获得浸出液，要过滤出浸渣，实行的操作是过滤；浸出液的主要成分为Na2CrO

4，向“滤液”中44Na2SSO2-，Cr元素由+6价降为+3价，S元素由-2价升到+6价，依据原子守恒和得失电子守恒，得到反响为：48CrO

2—+3S2-+20HO=8Cr(OH)↓+3SO2-+16OH-，故答案为过滤；4 2 3 48CrO

2—+3S2-+20HO=8Cr(OH)↓+3SO2-+16OH-。4 2 3 43③从工业本钱角度考虑，用rO3制取金属，可以实行O高温复原rO〔热复原法，故答案为O高3Cr2O

〔热复原法。3sp〔3〕pH5，c(OH-)=10-9，K＝c(Cr3+)c3(OH-)=10-5×〔10-9〕3=1×10-321×10-32。sp7 4 〔4〕①依据图示，在b极所在电极室得到Na2Cr2O，依据2CrO2-+2H+ Cr2O2—+H2O，电解过程中b极c〔H+〕增大，则b极电极反响式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，a是阴极，b是阳极，电极b连接电源的正极，故答案为正；2H2O-4e-=O2↑+4H+。7 4 7 Na+amolbmol，则溶液中移动的电荷为〔a-b〕mol，阴极电极反响式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，则电路中通过电子物质的量为〔a-b〕mol；阳极的电极反7 42H2O-4e-=O2↑+4H+，则阳极生成的氢离子为〔a-b〕mol，结合2CrO2-+2H+4a-b a-b

Cr2O2—+HO，所以7阳极生成的Cr2O2—物质的量是2 mol，故答案为2 。7人体尿液中可以分别出具有生长素效应的化学物质——吲哚乙酸，吲哚乙酸的构造简式如下图。以下有关说法正确的选项是A．分子中含有2种官能团B．吲哚乙酸苯环上的二氯代物共有四种C．1mol吲哚乙酸与足量氢气发生反响，最多消耗5molH2D．分子中不含手性碳原子【答案】D【解析】【分析】【详解】B．承受“定一移一”的方法，二氯代物，如下图：、A．分子中含有三种官能团，包括了羧基、碳碳双键和氨基，AB．承受“定一移一”的方法，二氯代物，如下图：、、6种，B错误；C．1mol3molH2发生加成，1mol1molH、6种，B错误；1mol4molH

，错误；C2CD12H原子，因此分子中不含有手性碳原子，D正确。D。56，完全燃烧时产生等物质的量的CO2和H2O。它可能的构造共有(需考虑顺反异构)A．3种【答案】D【解析】【分析】

B．4种 C．5种 D．6种【详解】n2n该有机物完全燃烧生成的二氧化碳和水的物质的量相等则满足CH 依据相对分子量为6可得n2nn=4C4H

，可能为丁烯或环丁烷、甲基环丙烷，假设为丁烯，则丁烯的碳链异构的同分82异构体为：①CH3CH2CH=CH2

、②CH3CH=CHCH、③(CH3)2C=CH

，其中①和③不存在顺反异构，②存在顺反32异构，所以属于烯烃的同分异构体总共有4种；还有可能为环丁烷或者甲基环丙烷，所以分子式为C4H86种。32应选：D。【点睛】完全燃烧时产生等物质的量的2和HO则该烃中H原子个数之比为设该有机物分子式为CH ，14n=56n=4C4H8的碳链异构及顺反异构确定同分异构体的种类。

n2nWX四种短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的位置如下图，四种元素原子的最外层电子数之和为22WXYYZ氢化物的沸点：X＜Z最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＞W化合物熔点：YX＜YZ2 4简洁离子的半径：X＜W【答案】D【解析】【分析】依据元素在周期表中的位置知，W、XYZ位于第三周期，设W原子最外层电子数aX、Y、Za+1、a-1、a+222a+a＋1+a－1+a+2=22a=5X、Y、Z、WO、Si、Cl、N元素；【详解】A．NH3SiH4均为分子晶体，NH3SiH4A错误；B．NSi元素强，HNO3的酸性比H2SiO3B错误；CSiO2SiCl4C错误；D．N3﹣O2﹣离子构造一样，核电荷数越大，离子半径越小，则N3﹣＞O2﹣D正确；应选：D。【点睛】易错选项是A，留意：氢化物的熔沸点与分子间作用力和氢键有关，氢化物的稳定性与化学键有关。33H2CO～HCO﹣这样“一对”物质，前者的电离和后者的水解两个平衡使正常人血液的33pH7.35～7.45之间．血液中注射碱性物质时，上述电离和水解受到的影响分别是促进、促进【答案】B【解析】【分析】【详解】

促进、抑制 C．抑制、促进 D．抑制、抑制碱性物质可以结合碳酸电离出的氢离子，对碳酸的电离是促进作用，对碳酸氢根离子的水解其抑制作用。B。选项A选项ABCD试验装置证明非金属性目的试验装置证明非金属性目的制备枯燥的氨气制备乙酸乙酯分别出溴苯Cl＞C＞Si【答案】D【解析】【详解】C．C D．DA．氨气与浓硫酸反响，不能选浓硫酸枯燥，故A错误；B．稀盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反响生成硅酸，且盐酸为无氧酸，不能比较非金属性，故B错误；C．导管在饱和碳酸钠溶液的液面下可发生倒吸，导管口应在液面上，故C错误；D．溴苯的密度比水的密度大，分层后在下层，图中分液装置可分别出溴苯，故D正确；D。【点睛】1、酸性枯燥剂：浓硫酸、五氧化二磷，用于枯燥酸性或中性气体，其中浓硫酸不能枯燥硫化氢、溴化氢、碘化氢等强复原性的酸性气体；五氧化二磷不能枯燥氨气。2、中性枯燥剂：无水氯化钙，一般气体都能枯燥，但无水氯化钙不能枯燥氨气和乙醇。、碱性枯燥剂：碱石灰O与、H的混合物、生石灰〔、H固体，用于枯燥中性或碱性气体。二、试验题〔110分〕1中氮元素及其化合物的转化关系，答复以下问题：4 试验室常用NHCl与Ca(OH)制取氨气，该反响的化学方程式为 4 3以下试剂不能用于枯燥NH的是 。3浓硫酸 B．碱石灰 C．NaOH固体3NH、空气、水为原料生产硝酸分为三步：3①NH3→NO的化学方程式为 。2②NO→NO反响的试验现象是 。2③NO＋HO→HNO

中氧化剂与复原剂物质的量之比为 。2 2 3图1中，试验室只用一种物质将NO直接转化为硝酸且绿色环保，则该物质的化学式为 。NH3→N

，从原理上看，以下试剂可行的是 。 【答案】2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2OA4NH3【答案】2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2OA4NH3+5O24NO+6H2O无色气体变红棕色 1：2 H2O2 AD【解析】【分析】NH4ClCa(OH)2CaCl、NH、H2O；2 3氨气是一种碱性气体，会与酸发生反响；NO，NONO，NOHNO。依据电子守恒、2 2 3一种守恒配平方程式，推断氧化剂、复原剂的物质的量的比，依据物质的颜色推断反响现象；只用一种物质将NO直接转化为硝酸且绿色环保，复原产物无污染；2NH3→N23【详解】3

，N元素的化合价由-30价，氨气被氧化，参加的物质应当有强的氧化性。2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；2

、H2O，反响方程式为：NaOHA；4NH3+5O24NO+6H2O；①NH34NH3+5O24NO+6H2O；2 ②NO在室温下很简洁与O2NO，NO是无色气体，NO2 3 2 2 3 ③NO2HNO，反响方程式为：3NO+HO=2HNO+NO，在该反响中，NO既作氧化剂，又作1：23 2 2 3 2NO直接转化为硝酸且绿色环保，则该物质的化学式为H2O；22NH3→N2

N元素的化合价由-30A.O2NH3N2，A符合题意；3NaNH，B不符合题意；3C.NH4ClN元素化合价也是-3价，不能与氨气反响产生氮气，C不符合题意；D.NO2N元素化合价也是+4价，能与氨气反响产生氮气，D符合题意；AD。【点睛】N元素的有关物质的性质、反响规律、氧化复原反响中电子得失与元素化合价的升降、反响类型的关系、物质的作用关系等根底学问和根本理论是此题解答的关键。17．E为紫外吸取剂，可用于配制防晒霜。三、推断题〔117．E为紫外吸取剂，可用于配制防晒霜。E的一种合成路线如下：D130。请答复以下问题：〔1〕一元醇A中氧的质量分数约为21.6%则A的分子式为 构造分析显示A只有一个甲基，A的名称为 ；2〔2〕B能与制的Cu(OH)发生反响，该反响的化学方程式为： ；2写出C构造简式假设只能一次取样请提出检验C中2种官能团的简要方案；写出同时符合以下条件的水杨酸全部同分异构体的构造简式： ；6个碳原子在一条直线上；分子中所含官能团包括羧基和羟基第④步的反响条件为 ；写出E的构造简式 。【答案】C4H10O 1﹣丁醇〔或正丁醇〕CHCHCH键HOCH键HOCH2C≡C﹣C≡CCH2COOH、、

CHO+2Cu〔OH+NaOHCHCH2 2 3 2

COONa+Cu2

O+3HO2 2HOCHHOCH2CH2C≡C﹣C≡C﹣COOH、浓HSO24、加热【解析】【分析】A21.6%CnH2n+2O，氧元素的质量分数1614n216×100%=21.6%，解得：n=4，且A中只有一个甲基，所以该一元醇是1-丁醇，在铜作催化剂、加热条件下，A被氧气氧化生成B，B为丁醛，依据题干信息，丁醛在氢氧化钠水溶液发生反响生成C，C的构造简式为：CH3CH2CH2CH=C(CH2CH3)CHO，CD，D130C和氢气发生E，E的构造简式为：。DD的构造简式为：CH3CH2CH2CHE，E的构造简式为：。

，和邻羟基苯甲酸发生酯化反响D3D【详解】通过以上分析知，A的分子式为：C4H10OA只有一个甲基，A1-丁醇；(2)加热条件下，丁醛和制氢氧化铜反响生成丁酸钠、氧化亚铜和水，反响方程式为：CHCHCH(3)C(3)C的构造简式为：，C中含有醛基和碳碳双键，都能和溴水反响，要检验两

CHO+2Cu〔OH+NaOHCHCH2 2 3 2

COONa+Cu2

O+3HO；2 2种官能团，则应先用银氨溶液检验醛基，然后再用溴水检验碳碳双键，检验方法为：用银氨溶液先检验醛基，再加稀盐酸使溶液呈酸性后，加溴水检验碳碳双键；、HOCH2CH2C≡C-C≡C-COOH、；a．分子中有6个碳原子在一条直线上，则该分子中含有两个碳碳三键；b、HOCH2CH2C≡C-C≡C-COOH、；第④步的反响是酯化反响，依据乙酸乙酯的反响条件知，该反响条件是浓硫酸作催化剂、加热，通过以上分析知，E的构造简式为：。四、综合题〔此题包括2个小题，共20上分析知，E的构造简式为：。配平化学方程式并标出电子转移方向和数目：3 2 4 Fe〔OH〕+ NaClO+ NaOH→ NaFeO+ NaCl+ HO3 2 4 反响中氧化剂是 ，被复原的元素是 ；假设上述反响中转移0.3mol电子，则消耗NaOH的物质的量为 ；高铁酸钠和二氧化氯都是高效杀菌消毒剂，消毒效率〔单位物质的量转移的电子数〕高铁酸钠是二氧化氯的 倍；233433含Fe3+的溶液与NaHCO3混合，产生红褐色沉淀，同时有无色无味的气体生成，用平衡移动原理解释上述现象 ；23343330.01mol/L的①H2CO3

②Na

CO③NaHCO④NH

HCO

【答案】NaClO+1Cl﹣【答案】NaClO+1Cl3 0.2mol 0.6 HCO-和Fe3+水解产生的H+发生反响生成CO，促进Fe3+的水解平衡向右移动 ②3 ③＞④＞①【解析】【分析】依据反响可知铁元素的化合价从＋3价上升到＋63个电子，氯元素的化合价从＋1价降低到—123：2，再依据质量守恒2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH＝2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，据此答复。【详解】⑴2Fe(OH)3

+3NaClO+4NaOH＝2；NaClO；+1Cl；Na2FeO4+3NaCl+；NaClO；+1Cl；⑵6mol4molNaOH0.3mol电子时，消耗氢氧化钠物质的量0.2mol，故答案为：0.2mol；2 4 ⑶化合价变化：NaFeOFe：+6降到+3,3，ClO中Cl：+4降到-1,52 4 3:5=0.6倍，答案为：0.6；⑷含Fe3+的溶液中存在Fe3+的水解平衡：Fe3++3HO Fe(OH)+3H+，参加NaHCO其中HCO-和Fe3+2 3 3 3H+COFe3+Fe(OH)沉淀，故答案为：HCO-2 3 32Fe3+H+COFe3+的水解平衡向右移动；23⑸要看其它离子对碳酸根离子的影响，②CO2-，没有离子对碳