山东省济宁市2022-2023学年高一下学期期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东省济宁市2022-2023学年高一下学期期末考试试题可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Fe56一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.化学在社会、生活和科技进步方面发挥着重要的作用。下列说法错误的是（）A.制造国产涡扇航空发动机的钛合金属于金属材料B.桑蚕丝与涤纶都属于化学纤维C.短道速滑服使用的聚乙烯属于有机高分子材料D.氮化铝可用于制造芯片，是一种新型无机非金属材料〖答案〗B〖解析〗【详析】A．合金和纯金属都属于金属材料，钛合金属于金属材料，A正确；B．桑蚕丝为天然纤维，B错误；C．聚乙烯属于有机合成高分子材料，C正确；D．氮化铝可用于制造芯片，其性能优良，是一种新型无机非金属材料，D正确；故选B。2.下列化学用语表示错误的是（）A.丙烷分子的空间填充模型为： B.的结构式：C.羟基的电子式： D.的电离方程式：〖答案〗A〖解析〗【详析】A．丙烷分子的空间填充模型为，为球棍模型，A错误；B．为共价化合物，分子中存在过氧化根，结构式为：，B正确；C．羟基中含有1个未成对电子，电子式：，C正确；D．NaHSO3是强电解质，电离方程式为NaHSO3=Na++HSO，D正确；故选A。3.回收并合理利用废旧物品有利于节约资源和保护环境。查资料知：聚丙烯废塑料加强热可以得到炭、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯等物质，下列有关叙述正确的是（）A.石墨烯、金刚石、碳纳米管、富勒烯都是碳元素的同素异形体B.聚丙烯的所有原子可能在同一平面上C.中含有碳碳单键D.乙烯、丙烯、甲烷都能使酸性溶液褪色〖答案〗A〖解析〗【详析】A．同素异形体是同种元素组成的不同单质；石墨烯、金刚石、碳纳米管、富勒烯都是碳元素的同素异形体，A正确；B．聚丙烯中碳原子所连原子类似甲烷结构，为四面体结构，故所有原子不在同一平面上，B错误；C．苯环中不存在单双键交替的结构，C错误；D．乙烯、丙烯含有碳碳双键都能使酸性溶液褪色，而甲烷不行，D错误；故选A。4.用下列装置能达到实验目的的是(夹持装置已省略)（）A.用装置甲保护金属锌 B.用装置乙加热熔融固体C.用装置丙除去中少量 D.用装置丁制备漂白液〖答案〗D〖解析〗【详析】A．锌较铁活泼，做原电池的负极，发生氧化反应被锈蚀，A不符合题意；B．氢氧化钠会和瓷坩埚中的二氧化硅反应生成硅酸钠，B不符合题意；C．二氧化碳、二氧化硫都会和饱和碳酸钠反应，不能除去中少量，C不符合题意；D．氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，尾气有毒吸收处理，D符合题意；故选D。5.核废水入海会直接对海洋环境和生物造成无法预估的后果。研究表明核废水中含有、、和放射性等物质，下列说法错误的是（）A.和互同位素B.和都位于周期表的第六周期C.原子中含有的中子数与质子数之差为27D.和用来制造氢弹〖答案〗B〖解析〗【详析】A．两个核素质子数均为6，中子数分别为8、6，因此两者互为同位素，故A说法正确；B．Cs位于第六周期，I位于第五周期，故B说法错误；C．质子数为55，中子数为137-55=82，因此中子数与质子数的差值82-55=27，故C说法正确；D．2H、3H具有放射性，用于制造氢弹，故D说法正确；〖答案〗为B。6.用表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.等物质的量的与其阴阳离子总数均为B.和的混合物含有质子数为C.质量分数为的溶液中所含氢原子数目为D.溶于水转移电子数为〖答案〗B〖解析〗【详析】A．1分子与均含有2个阳离子和1个阴离子，但是不确定等物质的量的与的具体量，不能计算其阴阳离子总数，A错误；B．和的相对分子质量均为22，且1个分子均含10个质子，可看做为X2O，则和的混合物（可看做0.1molX2O）含有质子1mol，数目为，B正确；C．质量分数为的溶液中所含乙醇分子为46g，即1mol乙醇，但是水中也含有氢原子，故氢原子数目大于，C错误；D．氯气和水反应为可逆反应，进行不完全，溶于水转移电子数小于，D错误；故选B。7.下列离子方程式书写正确的是（）A.向石灰水中滴加过量碳酸氢钠溶液：B.工业上用足量氨水吸收气体：C.四氧化三铁与稀硝酸的反应：D.溶液与足量反应：〖答案〗D〖解析〗【详析】A．向石灰水加入过量碳酸氢钠，石灰水不足，系数为1，离子方程式为Ca2++2OH-+2HCO=CaCO3↓+2H2O+CO，故A错误；B．氨水为弱碱，书写离子方程式时，不能拆写成离子，正确的是2NH3·H2O+SO2=SO+2NH+H2O，故B错误；C．与稀硝酸反应生成NO，正确的是3Fe3O4+28H++NO=9Fe3++NO↑+14H2O，故C错误；D．NaClO具有强氧化性，能将SO2氧化成SO，离子方程式为ClO-+SO2+H2O=SO+Cl-+2H+，故D正确；〖答案〗为D。8.能使叶子脱落而得名的脱落酸，其结构如图，下列说法错误的是（）A.分子中含有3种含氧官能团B.一定条件下脱落酸最多能与发生加成反应C.脱落酸与足量溶液反应生成22.(标准状况)D.一定条件下脱落酸可生成多种加聚产物〖答案〗B〖解析〗【详析】A．分子中含有羰基、羟基、羧基3种含氧官能团，A正确；B．碳碳双键、酮羰基能和氢气加成，则一定条件下脱落酸最多能与发生加成反应，B错误；C．羧基能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，脱落酸与足量溶液反应生成1mol二氧化碳，为22.(标准状况)，C正确；D．分子中含有3个不同位置的碳碳双键，则一定条件下脱落酸可生成多种加聚产物，D正确；故选B。9.短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，五种元素原子的最外层电子数的关系为X+Y=Z=2W=Q，X、Y和Z的单质常温下均为气体，下列叙述错误的是（）A.离子半径：B.与形成的简单氢化物凝固时密度减小C.的氧化物能与强酸反应，属于碱性氧化物D.X、Y、Z和四种元素可形成既含有离子键又含有共价键的化合物〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗最外层电子数的关系为X+Y=Z=2W=Q，Z、Q最外层电子数相等，说明位于同主族，且为偶数，X、Y最外层电子数可以全部是奇数，也可以全部是偶数，X、Y和Z的单质常温下均为气体，短周期中主族元素状态为气体，分别为H2、N2、O2、F2、Cl2，5种元素原子序数依次增大的短周期主族元素，推出5种元素分别为H、N、O、Al、S，据此分析；【详析】A．Y、Z、W、Q离子分别为N3-、O2-、Al3+、S2-，S2-核外三个电子层，其余为两个电子层，因此S2-半径最大，核外电子层数相同，微粒半径随着原子序数的递增而减小，离子半径：r(S2-)＞r(N3-)＞r(O2-)＞r(Al3+)，故A说法正确；B．X与Z形成的简单氢化物为H2O，凝固时，形成分子间氢键，相同质量，体积增大，密度减小，故B说法正确；C．W的氧化物为Al2O3，氧化铝能与强酸反应，但氧化铝还能与强碱反应，因此氧化铝为两性氧化物，故C说法错误；D．四种元素形成化合物为NH4HSO3、NH4HSO4、(NH4)2SO3、(NH4)2SO4等，属于铵盐，铵盐均属于离子化合物，含有离子键和共价键，故D说法正确；〖答案〗为C。10.利用缺铁氧化物可实现的综合利用，构建低碳环保社会，下列说法错误的是（）A.过程Ⅰ发生反应的化学方程式为B.过程Ⅱ中是氧化产物C.在整个过程中是催化剂D.整个过程的总反应为〖答案〗C〖解析〗【详析】A．由图可知，过程Ⅰ发生反应为和生成四氧化三铁和碳，化学方程式为，A正确；B．过程Ⅱ中氧元素化合价升高发生氧化反应生成氧气，是氧化产物，B正确；C．在整个过程中是中间产物，而不是催化剂，C错误；D．整个过程的总反应为二氧化碳在催化作用下分解为氧气和碳，，D正确；故选C。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.下列实验能达到目的的是（）实验目的实验方法或操作A测定84消毒液的用洁净的玻璃棒蘸取少许84消毒液滴在试纸上，变色稳定后与标准比色卡对照B检验铁锈中是否含有二价铁将铁锈溶于浓盐酸，再滴入溶液C比较氧化性：向溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉溶液D制备少量二氧化硫气体向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸〖答案〗D〖解析〗【详析】A．84消毒液中次氯酸根离子具有强氧化性，能使有色物质褪色，不能使用pH试纸测量其pH值，A错误；B．氯离子也会和高锰酸钾发生氧化还原反应使得溶液褪色，干扰亚铁离子的检验，B错误；C．过量的氯水中氯气会将碘离子氧化为碘单质，干扰溴单质和碘离子的反应，C错误；D．向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸，反应生成二氧化硫气体，可以制备少量二氧化硫气体，D正确；故选D。12.部分含及物质分类与相应化合价关系如图所示，下列推断错误的是（）A.B与过量a反应可以产生白烟B.工业上通过来制备C.向亚铁盐的溶液中滴加溶液，无明显现象D.和，一定条件下都可以实现〖答案〗C〖解析〗【详析】A．由图可知，B为氯气单质具有氧化性、a为氨气具有还原性，两者会发生氧化还原反应生成氮气，同时生成氯化铵固体，可以产生白烟，A正确；B．工业上通过氨气和氧气生成一氧化氮，一氧化氮和氧气转化为二氧化氮，二氧化氮和氧气、水生成硝酸，故可通过来制备，B正确；C．A溶液为盐酸溶液，向亚铁盐的溶液中滴加溶液，在酸性条件下，硝酸根离子将亚铁离子氧化为铁离子生成NO气体，有现象，C错误；D．abcd分别为氨气、氮气、一氧化氮、二氧化氮，可以通过一氧化氮和氨气通过氮元素的归中反应转化为氮气，可以通过二氧化氮和氨气通过氮元素的归中反应转化为氮气，D正确；故选C。13.利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储，转化过程如图所示，下列说法错误的是（）A.反应Ⅰ属于吸热反应B.生成等物质的量的时，反应Ⅰ和反应Ⅲ转移电子数相同C.该转化过程中的三个反应都是氧化还原反应D.“催化歧化”反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为〖答案〗BD〖解析〗【详析】A．反应Ⅰ吸收热能发生分解反应生产氧气、二氧化硫、水，属于吸热反应，A正确；B．反应Ⅰ硫酸发生分解反应生产氧气、二氧化硫、水：；二氧化硫和水发生歧化反应生成硫酸和硫单质，电子转移为；故生成等物质的量的时，反应Ⅰ和反应Ⅲ转移电子数不相同，B错误；C．该转化过程中的三个反应中都存在氧、硫元素化合价的改变，都是氧化还原反应，C正确；D．结合B分析可知，“催化歧化”反应中3分子二氧化硫中1分子的硫元素化合价降低为氧化剂、2分子的硫元素化合价升高为还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2，D错误；故选BD。14.某温度下，在恒容密闭容器中和发生反应，有关数据如下：时间段/反应物的平均消耗速率0~20.400~40.300~60.20下列说法正确的是（）A.时，的物质的量浓度为B.时，加入，正反应速率减小C.时，的体积分数约为D.时，的物质的量为〖答案〗CD〖解析〗【详析】A．令前1min，SO2表示的反应速率为0.40mol/(L·min)，消耗SO2物质的量浓度为0.40mol/(L·min)×1min=0.40mol/L，则消耗氧气的物质的量浓度为0.20mol/L，此时氧气物质的量浓度为(1-0.20)mol/L=0.80mol/L，浓度越大，反应速率越快，因此前1min，SO2表示的反应速率大于0.40mol/(L·min)，此时氧气物质的量浓度小于0.80mol/L，故A错误；B．3min时，加入SO3，浓度增大，化学反应速率加快，故B错误；C．4min时，SO2表示的反应速率为0.30mol/(L·min)，消耗SO2物质的量为0.30mol/(L·min)×1L×4min=1.2mol，消耗氧气物质的量为0.6mol，生成SO3物质的量为1.2mol，SO2的体积分数为≈33.3%；故C正确；D．前6min，消耗SO2物质的量为0.20mol/(L·min)×1L×6min=1.20mol，与前4min，消耗SO2物质的量相等，说明反应在4min时已经达到平衡，即5min时，SO3物质的量仍为1.2mol，故D正确；〖答案〗为CD。15.查资料知：一般情况下，不同浓度的硝酸与金属反应，硝酸的浓度越小，还原产物中低价态的成分所占比例越多。如图表示铁与不同浓度硝酸反应时的主要还原产物及含量，下列说法错误的是（）A.曲线代表的还原产物分别为和B.浓硝酸与足量的铁粉完全反应，生成和的物质的量之比为C.铁粉与足量稀硝酸完全反应，此反应过程中表现酸性的的总质量为D.P点时，生成与物质转移电子的物质的量之比为〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗已知，一般情况下，不同浓度的硝酸与金属反应，硝酸的浓度越小，还原产物中低价态的成分所占比例越多，结合图像可知，初始a含量较大为铵根离子、后期b含量较大为二氧化氮；【详析】A．由分析可知，曲线代表的还原产物分别为和，A正确；B．由图可知，浓硝酸与足量的铁粉完全反应生成等量的NO、，故生成和的物质的量之比为，B正确；C．铁为1mol，与足量稀硝酸完全反应生成三价铁，则与铁离子结合硝酸根离子为3mol，则此反应过程中与铁反应表现酸性的的质量为3mol×63g/mol=，但是反应中还生成硝酸铵，故此反应过程中表现酸性的的总质量大于，C错误；D．P点时，生成等量的NO和，氮元素化合价由+5变为+2生成NO、由+5变为-3得到，则生成与物质转移电子的物质的量之比为，D正确；故选C。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.肼常用作火箭的燃料，实验室模拟氨和次氯酸钠反应制备肼，装置如图，回答下列问题：（1）装置中使用的浓氨水、属于电解质的是__________________，实验中装置B可能会发生倒吸，可使用如图中的__________________(填标号)代替；（2）装置D中导管b的作用是__________________。（3）装置C中制备肼的化学方程式为__________________。（4）装置D中发生的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为__________________。（5）上述装置存在一处缺陷，会导致肼的产率降低，改进方法是__________________。（6）如图是以氨为燃料的固体氧化物(含有)燃料电池可为潜水艇提供动力。写出负极的电极反应式：__________________。〖答案〗（1）①.②.①②（2）平衡装置中压强使得液体能够顺利滴下（3）（4）1:5（5）在CD装置中增加饱和食盐水洗气装置（6）〖解析〗A装置产生氨气，D装置中产生氯气，氯气和C在氢氧化钠转化为次氯酸钠，氨和次氯酸钠反应生成肼，尾气通过B吸收处理；（1）电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；浓氨水为溶液属于混合物，属于电解质；①②中膨大部分都能防止倒吸，③中尾气接通入水中不能防止倒吸，故选①②；（2）装置D中导管b的作用是平衡装置中压强使得液体能够顺利滴下；（3）装置C中氨和次氯酸钠反应制备肼，根据质量守恒可知，还会生成氯化钠和水，；（4）装置D中KClO3中氯元素化合价由+5变为0，为氧化剂；HCl中氯元素化合价由-1变为0，为还原剂；根据电子守恒可知，发生的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:5；（5）上述装置中挥发的盐酸会和C中氢氧化钠反应，会导致肼的产率降低，改进方法是在CD装置中增加饱和食盐水洗气装置，去除氯化氢气体；（6）氨气一极失去电子发生氧化反应生成氮气和水为负极，反应为。17.如图是以淀粉为主要原料模拟合成其他重要化工原料的流程图，根据情景回答下列问题．已知：；两个羟基连在一个碳原子上不稳定。（1）下列说法错误的是__________________。A.淀粉、油脂、蛋白质和纤维素都属于天然高分子化合物B.D可与新制氢氧化铜悬浊液反应生成蓝色溶液C.淀粉和糊精互为同分异构体D.二糖只有蔗糖和麦芽糖（2）写出反应①的化学方程式__________________。（3）F的结构简式是__________________；反应③反应类型是__________________。（4）过量的通入饱和的溶液中会出现白色晶体，请写出其离子反应方程式__________________。（5）写出反应④的方程式__________________。（6）反应④可制取，装置可用如图，分离出试管乙中油状液体的操作名称是______，用到的玻璃仪器是_________。〖答案〗（1）ABCD（2）（3）①.HOCH2CH2OH②.加成反应（4）（5）（6）①.分液②.分液漏斗、烧杯〖解析〗淀粉加水得到糊精，糊精转化为C12H22O11，再水解得到葡萄糖A，A在酒化酶作用下得到B乙醇和G二氧化碳，B氧化得到乙醛C，C氧化得到乙酸D，B发生消去反应得到乙烯E，E和溴加成得到CH2BrCH2Br，再发生取代反应引入羟基得到乙二醇F，DF发生酯化反应得到C6H10O4；G、氨气、饱和氯化钠溶液反应得到溶解度较小的碳酸氢钠I晶体和含有氯化铵的溶液H，I受热分解为碳酸钠J和水、二氧化碳；（1）A．淀粉、蛋白质和纤维素都属于天然高分子化合物，油脂的相对分子质量较小，不是高分子化合物，A错误；B．D为乙酸，可与新制氢氧化铜悬浊液反应生成醋酸铜蓝色溶液，B正确；C．同分异构体是分子式相同、结构不同的化合物；淀粉和糊精虽都写成(C6H10O5)n，但n不同分子式不同，不是同分异构体，C错误；D．二糖有蔗糖和麦芽糖、乳糖等，D错误；故选ACD；（2）反应①为乙醇氧化为乙醛的反应，化学方程式；（3）由分析可知，F为乙二醇，结构简式是HOCH2CH2OH；反应③为乙烯和溴的加成反应得到CH2BrCH2Br，反应类型是加成反应；（4）过量的二氧化碳通入饱和碳酸钠的溶液中会生成溶解度较小的碳酸氢钠晶体出现白色晶体，其离子反应方程式；（5）反应④为乙酸和乙二醇发生酯化反应得到水和酯C6H10O4；，方程式；（6）分离出试管乙中油状液体和水相的操作名称是分液，用到的玻璃仪器是分液漏斗、烧杯。18.表是短周期元素A、B、C、D的部分性质数据；前20号主族元素M、X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，图是其中五种元素组成的一种新化合物的结构式，已知X的最高价氧化物对应水化物为强酸，Q与M、Z与Y同主族；B与D同周期。回答下列问题：ABCD原子半径0.771.431.171.86最高或最低化合价（1）元素的简单氢化物的电子式是__________________；的最高价氧化物对应水化物的化学式__________________。（2）化合物中所含有的化学键类型为__________________。的氧化物和的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式是__________________。（3）A、三种元素非金属性由强到弱的顺序是__________________(用元素符号表示)．Z、Q两种元素最简单离子半径的大小顺序为__________________(用离子符号表示)。（4）实验室配制溶液，需要用托盘天平称取溶质__________________g。〖答案〗（1）①.②.HClO4（2）①.离子键、共价键②.（3）①.Cl>S>C②.S2->K+（4）1.1g〖解析〗前20号主族元素M、X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，已知X的最高价氧化物对应水化物为强酸，X形成3个共价键，X为氮；Z与Y同主族，Z形成6共价键、Y形成2个共价键，则Y为氧、Z为硫；Q与M，M形成1个共价键且原子序数最小，M为氢，Q原子序数最大，Q为钾，则W为氯；A、B、C、D为短周期元素，AC最高正价、最低负价均为+4、-4，A原子半径小于C，A为碳、C为硅；B与D同周期，B为+3价、D为+1价，则B原子半径小于D，B为铝、D为钠；（1）元素为氮，简单氢化物氨气为共价化合物，电子式是；为氯，其最高价氧化物对应水化物的化学式HClO4；（2）化合物为Na2S2，类似于过氧化钠，其所含有的化学键类型为离子键、共价键。的氧化物为氧化铝，的最高价氧化物对应水化物为过氧化钠，反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式；（3）同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱；A、三种元素非金属性由强到弱的顺序是Cl>S>C；电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；Z、Q两种元素最简单离子半径的大小顺序为S2->K+；（4）配制Na2CO3溶液，需要使用100mL的容量瓶，需要0.01molNa2CO3，故用托盘天平称取溶质1.06g，但由于托盘天平的精度值只能精确到小数点后一位，因此需要称量1.1g碳酸钠固体。19.工业以炼钢废渣(主要含还有等杂质)为原料制备脱硫剂活性，并用该脱硫剂处理沼气中的流程如下：（1）为加快“酸浸”的反应速率可采取的措施有__________________(写出两条即可)。（2）滤渣1的成分有__________________。（3）写出“还原”时发生反应的离子的离子符号__________________。（4）加热条件下滤渣2可与浓硫酸反应生成一种气体，请写出该气体的电子式__________________。（5）写出“沉铁”时生成沉淀的离子方程式__________________。（6）“脱硫Ⅰ、再生Ⅱ”的原理如图所示。工业上要求再生过程中温度不能超过，原因是__________________。在整个过程中当有完全反应时理论上能处理标况下__________________L。〖答案〗（1）粉碎炼钢废渣、适当提高硫酸浓度、适当提高温度、搅拌等(任写两条)（2）SiO2、CaSO4（3）Fe3+、H+（4）（5）Fe2++HCO+NH3·H2O=FeCO3↓+NH+H2O（6）①.温度较高时，H2O2会发生大量分解②.22.4L〖解析〗“酸浸过滤”加入过量稀硫酸，Fe3O4与硫酸反应：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O，CaO与硫酸反应CaO+H2SO4=CaSO4+H2O，CaSO4微溶于水，MgO与硫酸反应MgO+2H+=Mg2++H2O，SiO2不与硫酸反应，且不溶于水，过滤，滤渣中有SiO2和CaSO4；“还原”加入铁粉，发生Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=H2↑+Fe2+；“除钙镁”加入氟化铵，生成难溶物氟化钙、氟化镁；“沉铁”加入氨水-碳酸氢铵，发生Fe2++HCO+NH3·H2O=FeCO3↓+NH+H2O；据此分析；（1）为加快“酸浸”的反应速率可以采取措施粉碎炼钢废渣、适当提高硫酸浓度、适当提高温度、搅拌等；故〖答案〗为粉碎炼钢废渣、适当提高硫酸浓度、适当提高温度、搅拌等(任写两条)；（2）根据上述分析，滤渣1为SiO2、CaSO4；故〖答案〗为SiO2、CaSO4；（3）“酸浸过滤”滤液中有Fe3+、Fe2+、Mg2+和H+，向滤液中加入铁粉，发生Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=H2↑+Fe2+；故〖答案〗为Fe3+、H+；（4）“除钙镁”步骤中加入氟化铵，生成难溶物氟化钙、氟化镁，加入浓硫酸，利用酸性强的制取酸性弱的，会生成HF气体，其电子式为；故〖答案〗为；（5）根据流程铁元素转化成FeCO3沉淀，其离子方程式为Fe2++HCO+NH3·H2O=FeCO3↓+NH+H2O；故〖答案〗为Fe2++HCO+NH3·H2O=FeCO3↓+NH+H2O；（6）该反应中有过氧化氢参与，过氧化氢不稳定受热易分解，温度超过90℃，H2O2会发生大量分解，导致原料损失；根据原理，H2O2作氧化剂，H2S作还原剂，根据得失电子数目守恒，有1mol×2×[(-1)-(-2)]=n(H2S)×[0-(-2)]，解得n(H2S)=1mol，标准状况下，能处理硫化氢的体积为1mol×2