山東省長島縣高級中學2023學年高二下期6月月考化學試卷（解析版）1．mol·L－1的某一元弱酸溶液pH＝4，則它的電離度為A1%B2%C5%D10%【答案】A【解析】試題分析：設此一元弱酸為HX，則電離方程式為：HX=H++X-，設其電離度為α，則電離的弱酸濃度為α，溶液pH=4，則電離出的[H+]=10-4，即α=10-4，故α=1%，故選A。考點：考查了pH的簡單計算的相關知識。2．已知同溫同濃度時①H2CO3比H2S電離度大，②H2S比HCO電離度大，則下列反應不正確的是（）＋H2SNaHCO3＋NaHS＋H2O＋CO2NaHS＋NaHCO3＋H2SNa2S＋2H2O＋2CO2↑＋H2O＋CO2Na2CO3＋2H2S【答案】CD【解析】因為酸性：H2CO3>H2S>HCO。C中的產物CO2、H2O會繼續與Na2S反應。D中的Na2CO3也會與H2S反應。3．【答案】B【解析】4．已知：可逆反應A（g）+B（g）2C（g）+D（s）△H＜0，一定條件下達到平衡后，改變下列條件，一定能使平衡向逆反應方向移動的是A．升溫B．加壓C．增加D的量D．加入催化劑【答案】A【解析】試題分析：A、升溫，平衡向吸熱方向移動，該反應正反應為放熱反應，升高溫度，平衡向逆反應方向移動，正確；B、該反應前后氣體的體積不變，加壓，平衡不移動，錯誤；C、D為固體，增加D的量，平衡不移動，錯誤；D、加入催化劑，平衡不移動，錯誤，故選A?？键c：考查了化學平衡移動的影響因素的相關知識。5．在一定溫度下，將氣體X和氣體Y各0．16mol充人10L恒容密閉容器中，發生反應X（g）＋Y（g）2Z（g）△H<0，一段時間后達到平衡，反應過程中測定的數據如下表：t／min2479n（Y）／mol下列說法正確的是A．反應前2min的平均速率v（Z）=2．0×10－3mo1·L－l·min－lB．其他條件不變，降低溫度，反應達到新平衡前v（逆）>v（正）C．該溫度下，此反應的平衡常數K=l．44D．其他條件不變，再充人0．2molZ，平衡時X的體積分數增大【答案】C【解析】試題分析：2min內Y物質的量變化為－=，故v（Y）==（L·min），速率之比等于化學計量數之比，故v（Z）=2v（Y）=2×（L·min）=（L·min），故A錯誤；該反應正反應是放熱反應，降低溫度平衡向正反應移動，反應達到新平衡前v（逆）＜v（正），故B錯誤；由表中數據可知7min時，反應到達平衡，平衡時Y的物質的量為，則：X（g）+Y（g）2Z（g）開始（mol）：0變化（mol）：平衡（mol）：由于反應氣體氫氣的化學計量數相等，用物質的量代替濃度進行計算，故化學平衡常數k==，故C正確；再通入molZ，等效為在原平衡基礎上增大壓強，反應前后氣體的體積不變，平衡不移動，X的體積分數不變，故D錯誤；所以選C?？键c：考查化學反應速率、化學平衡常數、化學平衡的影響因素等。6．海帶中含碘元素，有人設計如下步驟來提取碘：①加入硫酸酸化的雙氧水②將海帶燒成灰，向灰中加水攪拌③加入CCl4振蕩④過濾⑤用分液漏斗分液。合理的操作順序為A．②一④一①一③一⑤B．②一①一③一④一⑤C．①一③一⑤一②一④D．③一①一②一⑤一④【答案】A【解析】試題分析：按反應順序分析：先將海帶燒成灰，向灰中加水攪拌；再過濾，取濾液通入足量氯氣，然后加入CCl4振蕩，最后用分液漏斗分液．即合理的操作順序為②-④-①-③-⑤，故選A．考點：海帶中提取碘的操作流程7．已知5KCl＋KClO3＋3H2SO4=3Cl2↑＋3K2SO4＋3H2O，下列說法不正確的是A．KClO3是氧化劑B．被氧化與被還原的氯元素的質量比為5：1C．H2SO4既不是氧化劑又不是還原劑D．1molKClO3參加反應時有10mol電子轉移【答案】D【解析】試題分析：由5KCl+KClO3+3H2SO4=3Cl2↑+3K2SO4+3H2O可知，KCl中Cl元素由-1價升高為0，KClO3中Cl元素由+5價降低為0。A．含元素化合價降低的物質為氧化劑，則KClO3是氧化劑，故A正確；B．KCl為還原劑被氧化，KClO3是氧化劑被還原，則被氧化與被還原的氯元素的質量比為5：1，正確；C．H2SO4中各元素的化合價在反應前后不變，則H2SO4既不是氧化劑又不是還原劑，故C正確；D．1molKClO3參加反應時有5molKCl被氧化，則有5mol電子轉移，故D錯誤；考點：考查了氧化還原反應的相關知識。8．某離子X2+的第5電子層有2個電子，當把固體XCl2溶于水配制溶液時，需加入少量的單質C和鹽酸，由此判斷下列說法正確的是 A．X元素常見的化合價為+2價和+4價B．X(OH)2為強堿C．XCl2溶液呈酸性D．X元素的最高價氧化物的水化物呈強酸性【答案】A、C【解析】X2+的第五電子層有2個電子，故其常見的化合價為+2，+4，又因配制XCl2溶液時需加鹽酸，故知X2+能水解，所以X(OH)2為弱堿，XCl2溶液呈酸性選A、C。9．下列實驗操作與預期的實驗目的或結論均正確的是選項實驗操作實驗目的或結論A向NaAlO2溶液中滴加飽和NaHCO3溶液，有白色沉淀產生驗證兩者都發生了水解反應，且相互促進B苯酚溶液中加入幾滴稀溴水沒有白色沉淀出現說明苯酚與溴沒有發生反應C常溫下白磷可自燃而氮氣需要在放電時才與氧氣反應非金屬性：P＞ND向相同體積、相同pH的兩種一元酸中分別加入足量鋅粉，測量產生氫氣的體積可以比較兩種一元酸的酸性相對強弱【答案】D【解析】試題分析：A．NaAlO2溶液中滴加飽和NaHCO3溶液，AlO2-與HCO3-電離出的氫離子再加上一份子的水生成氫氧化鋁．HCO3-電離出的氫離子促進AlO2-的水解，AlO2-的水解促進HCO3-電離，故A錯誤；B．加入稀溴水生成的三溴苯酚較少，三溴苯酚溶于苯酚，沒有白色沉淀出現，故B錯誤；C．非金屬性是指其元素得電子的能力，非金屬性N＞P，氮氣須在放電時才與氧氣反應，是由于分子中N≡N三鍵很難被破壞，所以于氮氣性質穩定，故C錯誤．D．若酸性相同生成氫氣的體積相同．酸性越弱，電離程度越小，pH相同溶液的濃度越大，相同體積生成的氫氣的體積越大，故可以根據產生氫氣的體積比較兩種一元酸的酸性相對強弱，故D正確，故選D?？键c：考查鹽類水解、酸性強弱比較、物質性質等。10．下列離子方程式的書寫正確的是（）A．實驗室用大理石和稀鹽酸制取CO2：2H++CO32-CO2+H2OB．鐵和稀硫酸反應：Fe+2H+H2+Fe3+C．向AlCl3溶液中加入過量的NaOH溶液：Al3++3OH-Al(OH)3D．NaHCO3溶液與NaOH溶液反應：OH-+HCO3-CO32-+H2【答案】D【解析】試題分析：A、大理石的成分是碳酸鈣，不溶于水，因此離子反應方程式中不能拆寫，應是CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋H2O＋CO2↑，故錯誤；B、不符合客觀事實，Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，故錯誤；C、Al(OH)3屬于兩性氫氧化物，溶于NaOH溶液，因此有Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O，故錯誤；D、OH－中和HCO3－中的H，故正確。考點：考查離子反應方程式正誤判斷等知識。11．X、Y、Z、W、R均為第三周期主族元素，且原子序數依次增大。X、Y、W的最高價氧化物對應水化物兩兩之間都能發生反應，Z的單質具有半導體的特性，W原子的最外層電子數是其電子層數的2倍。下列說法錯誤的是A．X與氧元素形成的化合物中可能含有共價鍵B．第三周期元素的簡單離子中Y離子的半徑最小C．Z、W的氧化物均為酸性氧化物D．R元素含氧酸的酸性一定強于W【答案】D【解析】試題分析：根據題意知X、Y、Z、W、R均為第三周期主族元素，且原子序數依次增大。X、Y、W的最高價氧化物對應水化物兩兩之間都能發生反應，則X為鈉元素，Y為鋁元素；Z的單質具有半導體的特性，則Z為硅元素；W原子的最外層電子數是其電子層數的2倍，則W為硫元素，R為氯元素。A、X為鈉元素，與氧元素形成的化合物過氧化鈉中含有共價鍵，正確；B、第三周期元素的簡單離子中鋁離子的半徑最小，正確；C、二氧化硅、二氧化硫和三氧化硫均為酸性氧化物，正確；D、氯元素含氧酸次氯酸的酸性比硫酸弱，錯誤?？键c：考查元素推斷及相關物質的結構與性質。12．下列變化中屬于吸熱反應的是①液態水汽化

②將膽礬加熱變為白色粉末③濃硫酸稀釋④氯酸鉀分解制氧氣⑤生石灰與水反應生成熟石灰A．③④B．②③C．①④⑤D．②④【答案】D【解析】試題分析：吸熱反應和放熱反應是相對于化學反應來說的，①是屬于物理變化的過程。③既有物理變化又有化學變化⑤為放熱反應。所以答案選D考點：考查吸熱反應概念的相關知識點13．鎂、鋁、銅三種金屬粉末混合物，加入過量鹽酸充分反應，過濾后向濾液中加入過量燒堿溶液，再過濾,濾液中存在的離子有（）A．AlO2—B．Cu2+C．Al3+D．Mg2+【答案】A【解析】試題分析：】由于金屬活動性：Mg>Al>H>Cu，所以鎂、鋁、銅三種金屬粉末混合物，加入過量鹽酸充分反應，Mg、Al反應變為Mg2+、Al3+，而Cu不能發生反應，仍以固體的形式存在，過濾后向濾液中加入過量燒堿溶液，發生反應：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，Al3＋＋4OH-=AlO2-+2H2O，再過濾，得到的濾液中含有的離子是AlO2—，故選項A正確?？键c：考查鎂、鋁、銅三種金屬化學性質的知識。14．下列離子方程式中，不正確的是A．向FeCl2溶液中通入Cl22Fe2++Cl2＝2Fe3++2ClˉB．FeCl3溶液跟過量氨水Fe3++3NH3?H2O＝Fe（OH）3↓+3NH4+C．碳酸氫鈣溶液跟稀硝酸Ca（HCO3）2+2H+＝Ca2++2H2O+2CO2↑D．鈉與水的反應2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑【答案】C【解析】試題分析：A．向FeCl2溶液中通入Cl2生成氯化鐵，離子方程式正確，A正確；B．FeCl3溶液跟過量氨水反應生成氫氧化鐵沉淀和氯化銨，離子方程式正確，B正確；C．碳酸氫鈣溶液跟稀硝酸反應生成硝酸鈣、水和CO2，離子方程式為HCO3－+H+＝H2O+CO2↑，C錯誤；D．鈉與水的反應生成氫氧化鈉和氫氣，離子方程式正確，D正確，答案選C?？键c：考查離子方程式的正誤判斷15．黑火藥在適當的外界能量作用下，能進行迅速而有規律的燃燒，瞬間產生大量的熱和氮氣、二氧化碳等氣體，由于體積急劇膨脹，壓力猛烈增大，于是發生了爆炸。反應方程式為S+2KNO3+3C===K2S+N2↑+3CO2↑，下列說法不正確的是A．S和KNO3都是反應的氧化劑B．C在反應中得電子C．CO2是反應的氧化產物D．K2S和N2都是反應的還原產物【答案】B【解析】試題分析：A、S化合價由0價降低為-2，KNO3中的N化合價由+5價降低為產物中的0價，化合價降低，所以S和KNO3都是反應的氧化劑，A項正確；B、C由0價變為CO2中的+4價，化合價升高，失去電子，B項錯誤；C、C化合價升高變為CO2，所以CO2是反應的氧化產物，C項正確；D、K2S和N2都是化合價降低得到的，所以都是還原產物，D項正確；答案選B?？键c：考查氧化還原反應16．（8分）實驗室中有甲、乙、丙三位學生做制備氫氧化鋁實驗，桌上放著同樣的藥品：231g濃度為70％的硫酸，含雜質苛性鉀20％的燒堿140g及足量的鋁屑，三位學生分別制得氫氧化鋁w1g，w2g，w3g，實驗的三種方案示意圖如下：(1)從充分利用原料，降低成本和提高產率等因素分析，哪個學生實驗方案最佳(用甲、乙、丙序號表示)_______。(2)三位學生分別制得氫氧化鋁質量大小的順序為(用w1，w2，w3序號表示)：_______?！敬鸢浮浚?）丙（2）W3＞W1＞W2【解析】17．（11分）用18mol/L濃硫酸配制480ml1．0mol/L稀硫酸的實驗步驟如下：①計算所用濃硫酸的體積②量取一定體積的濃硫酸③稀釋④轉移、洗滌⑤定容、搖勻回答下列問題（1）所需濃硫酸的體積是，量取濃硫酸所用的量筒的規格是。A、10mlB、25mlC、50mlD、100ml（2）實驗需要的儀器除容量瓶、燒杯、量筒外，還需要。（3）第③步實驗的操作是。（4）下列情況對所配制的稀硫酸濃度有何影響（用偏大、偏小、無影響填寫）A、所用的濃硫酸長時間放置在密封不好的容器中。B、容量瓶用蒸餾水洗滌后殘留有少量的水。C、未冷卻至室溫即轉移并定容D、定容時俯視溶液的凹液面【答案】（1）27．8mLC（2）玻璃棒、膠頭滴管（3）沿著裝有蒸餾水的燒杯壁緩緩倒入濃硫酸，邊倒邊用玻璃棒不斷攪拌；（4）偏小無影響偏大偏大【解析】試題分析：（1）需要480mL的溶液則配制500mL的1．0mol/L稀硫酸，硫酸的物質的量是0．5mol,所以需要18mol/L的濃硫酸的體積是0．5mol/18mol/L=0．0278L=27．8mL；選擇量筒的量程與一次性所量取溶液的體積相差越小越準確，所以需要選擇50mL的量筒，答案選C；（2）配制溶液需要容量瓶、燒杯、量筒外，還需要玻璃棒引流，膠頭滴管定容；（3）濃硫酸的稀釋是把濃硫酸沿燒杯內壁緩緩加入盛有少量水的燒杯里，邊倒邊用玻璃棒不斷攪拌；（4）A、濃硫酸具有吸水性，所以量取的濃硫酸的濃度偏低，所以所配稀硫酸的濃度偏??；B、在配制過程中需加入蒸餾水，所以容量瓶內有少量蒸餾水對稀硫酸的濃度無影響；C、濃硫酸稀釋時放出大量的熱，未冷卻會使溶液的體積偏大，冷卻后體積偏小，稀硫酸的濃度偏高；D、定容時俯視溶液的凹液面，會使所配溶液的體積偏小，稀硫酸的濃度偏高?？键c：考查溶液的配制實驗，儀器的選擇，濃硫酸的稀釋，實驗誤差的分析18．現使用酸堿中和滴定法測定市售白醋（CH3COOH）的總酸量(g/100mL)。Ⅰ.實驗步驟：（1）量取mL食用白醋，在燒杯中用水稀釋后轉移到100mL________(填儀器名稱)中定容，搖勻即得待測白醋溶液。（2）用酸式滴定管取待測白醋溶液mL于錐形瓶中，向其中滴加2滴________作指示劑。（3）讀取盛裝0mol/LNAOH溶液的堿式滴定管的初始讀數。如果液面位置如圖所示，則此時的讀數為________mL。（4）滴定。滴定終點的現象是__________________________________________。Ⅱ.數據記錄：滴定次數1234V(樣品)(mL)V(NAOH)(消耗)(mL)Ⅲ.數據處理：某同學在處理數據時計算得：平均消耗的NAOH溶液的體積V＝＋＋＋/4mL＝mL。（5）指出他的計算的不合理之處：__________________；按正確數據處理，可得市售白醋總酸量＝________g/100mL。(結果保留四位有效數字)【答案】Ⅰ.（1）容量瓶（2）酚酞溶液（3）（4）溶液由無色恰好變為淺紅色，并在半分鐘內不褪色Ⅲ.第一組數據與后三組數據相差較大，屬于異常值，應舍去【解析】試題分析：Ⅰ.（1）配制溶液需要在容量瓶中進行定容。（2）NAOH溶液滴定醋酸溶液，滴定指示劑可用酚酞。（3）滴定管的最小刻度為，然后估讀一位，滴定管從下向上刻度逐漸增大，所以根據題目中的液面示意圖，可知讀數為。（4）錐形瓶內為待測液醋酸溶液，用NAOH溶液滴定，所以滴定終點的現象是：溶液由無色恰好變為淺紅色，并在半分鐘內不褪色。Ⅲ．第一組NAOH溶液的讀數為，與后三組數據相差較大，屬于異常值，應舍去；平均消耗的NAOH溶液的體積V＝＋＋/3mL＝mL，則mL食用白醋含CH3COOH的質量為：0.015L×?L￣1×100mL/20mL×60g/mol=0.45g，所以市售白醋總酸量＝4.500g/100mL?！究键c定位】考查酸堿中和滴定?！久麕燑c晴】關于酸堿中和滴定的實驗，首先要正確認識實驗儀器，掌握酸式滴定管和堿式滴定管的精確度和刻度，能夠正確讀出溶液的體積，然后注意酸堿指示劑的選擇和中和滴定的操作，數據處理要注意試劑量的選擇，如本題“mL食用白醋，在燒杯中用水稀釋后轉移到100mL，滴定時用酸式滴定管取待測白醋溶液mL于錐形瓶中”，測定的醋酸為mL食用白醋所含醋酸量的1/5，滴定實驗的誤差分析，都要依據公式：來判斷。其中V待為準確量取的待測液體積，C標為準確配制的標準液濃度，這二者在誤差分析時視為定值；因各種原因使得所耗標準液體積V標變大或變小，V標變大，則C待偏高，V標變小，則C待偏低。19．（8分）利用下圖裝置驗證同主族元素非金屬性的變化規律。（1）若要證明非金屬性：C1>I，A中加濃鹽酸，B中加KMnO4（KMnO4與濃鹽酸常溫下反應生成氯氣），C中加淀粉碘化鉀溶液，觀察到C溶液中的現象是_________，即可證明。可用_________溶液吸收尾氣。（2）若要證明非金屬性：C>Si，則在A中加鹽酸，B中加CaCO3，C中加Na2SiO3溶液，觀察到C中溶液的現象是__________，即可證明。但有的同學認為鹽酸具有揮發性，應用_________溶液除去?！敬鸢浮浚?）無色溶液變藍，NaOH；（2）生成白色沉淀，飽和NaHCO3?！窘馕觥吭囶}分析：（1）KMnO4有強氧化性，會把濃鹽酸氧化為氯氣，由于氯氣的氧化性比碘單質強，因此氯氣可以與碘化鉀溶液發生置換反應產生碘單質，碘單質遇淀粉溶液會變為藍色；由于氯氣有毒，所以在排放之前要進行尾氣處理，可以利用氯氣與堿NaOH溶液的反應來除去。（2）若要證明非金屬性：C>Si，可以利用物質的酸性強酸制取弱酸的性質，則在A中加鹽酸，B中加CaCO3，二者在錐形瓶中發生反應產生CO2氣體，由于碳酸的酸性比硅酸的酸性強，所以在C中加Na2SiO3溶液通入CO2氣體，觀察到C中溶液的現象產生酸性比碳酸弱的難溶性的硅酸白色沉淀，即可證明。但有的同學認為鹽酸具有揮發性，應用飽和碳酸氫鈉溶液除去?？键c：考查驗證同主族元素非金屬性的變化規律的知識。20．（1）Zn粒和稀鹽酸反應一段時間后，反應速率會減慢，當加熱或加入濃鹽酸后，反應速率明顯加快。由此判斷，影響化學反應速率的因素有和。（2）為探究鋅與鹽酸反應過程的速率變化，某同學的實驗測定方法是：在100ml稀鹽酸中加入足量的鋅粉，用排水集氣法收集反應放出的氫氣，實驗記錄如下（氫氣體積已換算為標準狀況）：時間/min12345體積/mL50120232290310①哪一時間段反應速率最大（填“0~1min”或“1~2min”或“2~3min”或“3~4min”或“4~5min”）。②2~3min時間段以鹽酸的濃度變化來表示的該反應速率（設溶液體積不變）為。③試分析1~3min時間段里，反應速率變大的主要原因?！敬鸢浮浚?分）（1）溫度（1分）濃度（1分）（2）①2～3min反應速率最大（2分）②（2分）③反應放熱成為影響速率的主要因素。（2分）【解析】試題分析：（1）Zn粒和稀鹽酸反應一段時間后，反應速率會減慢，當加熱或加入濃鹽酸后，反應速率明顯加快。由此判斷，影響化學反應速率的因素有溫度和濃度。（2）①根據表中數據可知0～1min、1～2min、2～3min、3～4min、4～5min內生成氫氣的體積（ml）分別是50、70、112、58、20，所以2～3min反應速率最大。②2～3min時間段內刪除氫氣的物質的量是0.112L÷mol＝，所以消耗鹽酸的物質的量是，其濃度是÷0.1L＝L，因此以鹽酸的濃度變化來表示的該反應速率L÷1min＝。③因為反應放熱，隨著反應的進行，溶液的溫度越來越高，溫度成為影響速率的主要因素。考點：考查外界條件對反應速率的影響、反應速率的計算等點評：該題是基礎性試題的考查，難度不大。明確反應速率的含義、計算依據以及影響反應速率的因素是答題的關鍵，有利于培養學生的邏輯思維能力和發散思維能力，有助于提升學生的學科素養。21．二氧化氯是一種廣譜殺菌消毒劑，有眾多的用途，工業上制取二氧化氯的化學方程式如下：2NaClO3+2NaCl+2H2SO4→2ClO2↑+Cl2↑+2H2O+2Na2SO4（1）完成下列計算：molNaClO3完全反應，得到氣體的體積為L（標準狀況）。（2）將27.0gClO2溶于水得0.5L溶液，則ClO2的物質的量濃度為mol/L。（3）為使上述反應產生的Cl2轉化為ClO2，將得到的混合氣體和NaClO2反應，反應方程式為：2NaClO2+Cl2→2ClO2+2NaCl假設NaClO3的轉化率為90%，Cl2的轉化率為95%，計算由molNaClO3最終可制得的ClO2的質量（保留兩位小數）?！敬鸢浮浚?）6.72L（2）L（3）【解析】試題分析：（1）從反應分析2摩爾鋁酸鈉反應生成1摩爾氯氣，所以當摩爾鋁酸鈉反應生成摩爾氯氣和摩爾二氧化氯，總共摩爾氣體，標況下的體積為×=6.72L。（2）27.0克二氧化氯的物質的量為=摩爾，其物質的量濃度為=L。（3）根據方程式找出關系式為：2NaClO3~~2ClO2↑~~~Cl2↑~2NaClO2~~~~2ClO2,摩爾鋁酸鈉反應轉化率為90%，生成二氧化氯的物質的量為×90%=摩爾，生成的氯氣為摩爾，則氯氣再與NaClO2反應生成二氧化氯，轉化率為95%，則生成的二氧化氯為×2×95%=摩爾，則二氧化氯的物質的量總共為+=摩爾，其質量為×=23.70克考點：化學方程式的計算物質的量濃度的計算化學方程式的有關計算22．（共14分）已知化合物A與B、丙與丁的組成元素分別相同，且四種物質中都含有同一種元素。A與B在常溫下均呈液態。D與F都為固體單質，且D、F與甲的濃溶液在常溫下都會出現鈍化現象，加熱時有大量氣體產生。（相關轉化及部分反應條件和生成物未標出）。（1）A的結構式，E與F的反應是（填反應名稱），寫出2種該反應在工業生產中的用途：、。（2）若反應①除生成甲外，還生成丙，寫出過量D與甲的稀溶液反應的離子方程式：（3）若A與丙可以化合生成甲；D與甲的濃溶液加熱條件下可以生成三種化合物乙、丙、B，寫出下列化學方程式②：③：【答案】（1）H-O-O-H鋁熱反應焊接鐵軌、冶煉金屬（2）3Fe+8H++2NO3—=3Fe2++2NO↑+4H2O（3）②：2SO2+O22SO3③2Fe+6H2SO4(濃)Fe2(SO4)3+3SO2↑+6H2O【解析】試題解析：A與B在常溫下均呈液態，由轉化關系可知，A為H2O2，B為H2O，C為O2，D與F都為常見金屬單質，且D、F與甲的濃溶液在常溫作用都無明顯現象，可認為發生鈍化反應，且F可置換生成D，則F為Al，D為Fe，為鋁熱反應，A與丙可以化合生成甲，可知甲為硫酸，丙為SO2，丁為SO3，乙為Fe2（SO4）3，X為FeSO4，（1