2019年高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 1-3-10金屬及其化合物課時(shí)作業(yè).doc

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2019年高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 1-3-10金屬及其化合物課時(shí)作業(yè) 　一、選擇題 1．(xx·江西聯(lián)考)如圖所示，兩圓圈相交的部分表示圓圈內(nèi)的物質(zhì)相互發(fā)生的反應(yīng)。已知鈉及其氧化物的物質(zhì)的量均為0.1 mol，水的質(zhì)量為100 g。下列說法正確的是(　　) A．反應(yīng)③最多能產(chǎn)生0.05 mol O2 B．反應(yīng)①的離子方程式為Na＋2H2O===Na＋＋2OH－＋H2↑ C．Na2O2中陰、陽離子數(shù)目之比為1∶1 D．①、②、③充分反應(yīng)后所得溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)：①>②>③ 解析：0.1 mol Na2O2與100 g H2O反應(yīng)，H2O過量，反應(yīng)③最多能產(chǎn)生0.05 mol O2，A正確；反應(yīng)①的離子方程式應(yīng)為2Na＋2H2O===2Na＋＋2OH－＋H2↑，B錯(cuò)誤；Na2O2中陰、陽離子數(shù)目之比為1∶2，C錯(cuò)誤；①、②、③充分反應(yīng)后所得溶液中溶質(zhì)(NaOH)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)從大到?。孩郏舰?①，D錯(cuò)誤。 答案：A 2．(xx·河北普通高中監(jiān)測)在酸性或堿性較強(qiáng)的溶液中，鋁均可發(fā)生溶解。但在家庭里，用食鹽腌制的食品亦不能長期存放在鋁制品中，其主要原因是(　　) A．鋁能與NaCl直接發(fā)生反應(yīng)而被氧化為氧化鋁 B．長期存放的NaCl與水反應(yīng)，溶液不再呈中性，可與鋁發(fā)生反應(yīng) C．鋁與其中的雜質(zhì)、NaCl溶液形成原電池，鋁被氧化 D．鋁與其中的雜質(zhì)、NaCl溶液形成原電池，鋁被還原 解析：鋁制品不能長時(shí)間存放食鹽腌制的食品，是因?yàn)槁入x子對氧化膜有破壞作用，若氧化膜被破壞，則由于鋁制品不純，鋁與其中的雜質(zhì)、NaCl溶液形成原電池，鋁失電子，被氧化，C項(xiàng)正確。 答案：C 3．(xx·貴州六校聯(lián)考)為測定某鎂鋁合金樣品中鋁的含量，進(jìn)行了下列實(shí)驗(yàn)：取一定量合金，加入100 mL 0.3 mol·L－1稀硫酸，合金完全溶解，產(chǎn)生的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積為560 mL；再加入0.2 mol·L－1 NaOH溶液至沉淀質(zhì)量恰好不再變化，用去350 mL NaOH溶液。則所取樣品中鋁的物質(zhì)的量為(　　) A．0.005 mol B．0.010 mol C．0.020 mol D．0.030 mol 解析：沉淀質(zhì)量恰好不再變化，得到NaAlO2和Na2SO4溶液，根據(jù)S元素守恒，n(SO)＝n(H2SO4)＝0.1 L×0.3 mol·L－1＝0.030 mol，根據(jù)Na元素守恒，則n(Na＋)＝n(NaOH)＝0.2 mol·L－1×0.35 L＝0.070 mol，則n(AlO)＝0.070 mol－0.030 mol×2＝0.010 mol，根據(jù)Al元素守恒，n(Al)＝n(AlO)＝0.010 mol，B項(xiàng)正確。 答案：B 4．(xx·浙江名校聯(lián)考)取一定質(zhì)量的Cu、Cu2O、CuO的固體混合物，將其分成兩等份。其中一份通入足量的氫氣充分反應(yīng)后固體質(zhì)量為25.6 g，另一份加入500 mL稀硝酸中固體恰好完全溶解并產(chǎn)生標(biāo)準(zhǔn)狀況下的NO氣體4.48 L。已知Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O。則稀硝酸的濃度為(　　) A．2 mol/L B．1.6 mol/L C．0.8 mol/L D．0.4 mol/L 解析：25.6 g Cu的物質(zhì)的量為0.4 mol，故生成Cu(NO3)2所消耗的HNO3的物質(zhì)的量為0.8 mol，又4.48 L NO氣體的物質(zhì)的量為0.2 mol，生成NO所消耗的HNO3的物質(zhì)的量為0.2 mol，故共消耗HNO3的物質(zhì)的量為0.8 mol＋0.2 mol＝1.0 mol，所以c(HNO3)＝1.0 mol÷0.5 L＝2 mol/L。 答案：A 5．(xx·云南統(tǒng)考)Cu、Cu2O和CuO組成的混合物加入100 mL 0.6 mol/L HNO3溶液中，恰好使混合物溶解，同時(shí)收集到224 mL NO氣體(標(biāo)準(zhǔn)狀況)。下列說法不正確的是(　　) A．產(chǎn)物中硝酸銅的物質(zhì)的量為0.025 mol B．若混合物可Cu的物質(zhì)的量為0.005 mol，則其中Cu2O、CuO的物質(zhì)的量共0.020 mol C．若混合物中含0.01 mol Cu，則其中Cu2O、CuO的物質(zhì)的量均為0.005 mol D．混合物中Cu的物質(zhì)的量的取值范圍為0.005 mol0.005；又由2z＋2x＝0.03推得z＝0.015－x，據(jù)此有z<0.015，故有0.015>z>0.005，故D正確。 答案：B 6．(xx·江西南昌零模)將鎂、鋁、鐵合金投入300 mL硝酸中，金屬恰好溶解，轉(zhuǎn)化成Mg2＋、Al3＋和Fe3＋；硝酸全部被還原為NO，且在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，體積為6.72 L，當(dāng)加入300 mL某濃度NaOH溶液，金屬陽離子恰好全部沉淀，干燥后測得質(zhì)量為27.2 g。下列有關(guān)推斷正確的是(　　) A．參加反應(yīng)的HNO3的物質(zhì)的量為0.9 mol B．參加反應(yīng)的金屬的質(zhì)量為11.9 g C．HNO3的物質(zhì)的量濃度為3 mol/L D．NaOH的物質(zhì)的量濃度為6 mol/L 解析：標(biāo)準(zhǔn)狀況下，6.72 L NO為0.3 mol，則反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子為0.9 mol，因參加反應(yīng)的硝酸一部分生成NO(0.3 mol)，另外一部分與陽離子形成鹽，形成鹽的NO的物質(zhì)的量與反應(yīng)中金屬失去電子的物質(zhì)的量相同，即0.9 mol，故參加反應(yīng)的硝酸為1.2 mol，故硝酸的濃度為1.2 mol÷0.3 L＝4 mol/L，A項(xiàng)和C項(xiàng)錯(cuò)誤；生成沉淀消耗的OH－的物質(zhì)的量與反應(yīng)中金屬失去電子的物質(zhì)的量相同，即0.9 mol，故參加反應(yīng)的金屬質(zhì)量為27.2 g－0.9 mol×17 g·mol－1＝11.9 g，B項(xiàng)正確；NaOH的物質(zhì)的量濃度為0.9 mol÷0.3 L＝3 mol/L，D項(xiàng)錯(cuò)誤。 答案：B 7．(xx·河南洛陽統(tǒng)考)下列物質(zhì)的轉(zhuǎn)化在給定條件下能一步實(shí)現(xiàn)的是(　　) ①NaAlO2(aq)AlCl3Al ②NH3NOHNO3 ③NaCl(飽和)NaHCO3Na2CO3 ④FeS2SO3H2SO4 A．②③ B．①④ C．②④ D．③④ 解析：①中電解AlCl3得不到Al；④中FeS2煅燒生成SO2。 答案：A 8．(xx·四川綿陽考試)將11.9 g Mg、Al、Fe組成的合金溶于足量NaOH溶液中，產(chǎn)生的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為3.36 L。另取等質(zhì)量合金溶于過量稀硝酸中，生成NO氣體，向反應(yīng)后的溶液中加入過量NaOH溶液，得到沉淀19.4 g，則上述反應(yīng)中生成NO氣體的體積為(標(biāo)準(zhǔn)狀況)(　　) A．6.72 L B．11.2 L C．22.4 L D．4.48 L 解析：合金溶于足量NaOH溶液中，只有Al發(fā)生反應(yīng)，根據(jù)2Al～3H2，n(Al)＝n(H2)＝×＝0.1 mol；合金溶于過量稀硝酸后，加入過量NaOH溶液，最終得到的沉淀為Mg(OH)2、Fe(OH)3，設(shè)合金中Mg、Fe的物質(zhì)的量分別為x mol、y mol，則24x＋56y＝11.9－27×0.1、58x＋107y＝19.4，聯(lián)立兩式解得x＝0.15，y＝0.1。該合金與稀硝酸反應(yīng)時(shí)，根據(jù)得失電子守恒，有3n(Al)＋2n(Mg)＋3n(Fe)＝3n(NO)，則n(NO)＝×(0.1×3＋0.15×2＋0.1×3) mol＝0.3 mol，V(NO)＝22.4 L· mol－1×0.3 mol＝6.72 L，A項(xiàng)正確。 答案：A 9．(xx·太原第二學(xué)段測評)一定條件下，下列物質(zhì)可通過化合反應(yīng)制得的共有(　　) ①小蘇打?、诹蛩徜X?、勐然瘉嗚F?、艽判匝趸F?、輾溲趸~?、逇溲趸F A．3種 B．4種 C．5種 D．6種 解析：①Na2CO3＋H2O＋CO2===2NaHCO3，屬于化合反應(yīng)；③2FeCl3＋Fe===3FeCl2，屬于化合反應(yīng)；④Fe與O2在點(diǎn)燃條件下生成Fe3O4，是化合反應(yīng)；⑥4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3，是化合反應(yīng)。 答案：B 10．(xx·石家莊質(zhì)檢一)某溶液中可能含有H＋、NH、Mg2＋、Al3＋、Fe3＋、CO、SO、NO中的幾種。①若加入鋅粒，最終產(chǎn)生無色無味的氣體；②若加入NaOH溶液，產(chǎn)生白色沉淀，且產(chǎn)生的沉淀量與加入NaOH的物質(zhì)的量之間的關(guān)系如圖所示。則下列說法正確的是(　　) A．溶液中的陽離子只有H＋、Mg2＋、Al3＋ B．溶液中n(NH)＝0.2 mol C．溶液中一定不含CO，可能含有SO和NO D．n(H＋)∶n(Al3＋)∶n(Mg2＋)＝1∶1∶1 解析：步驟①中產(chǎn)生無色無味的氣體，說明生成的是氫氣，而不是NO和NO2，則溶液中有H＋，進(jìn)而推出不可能含有NO；步驟②中產(chǎn)生白色沉淀，說明不可能有Fe3＋，根據(jù)圖象可知，含有的離子有Mg2＋、Al3＋和NH，進(jìn)而推出不可能含有CO。A項(xiàng)，溶液中的陽離子有H＋、Mg2＋、Al3＋和NH；B項(xiàng)，從橫坐標(biāo)看，0.5～0.7 mol，發(fā)生反應(yīng)為NH＋OH－===NH3·H2O，可知n(NH)＝0.2 mol；C項(xiàng)，由上述分析可知，CO和NO均不存在；D項(xiàng)，從橫坐標(biāo)的數(shù)據(jù)可知，0～0.1 mol，發(fā)生反應(yīng)為H＋＋OH－===H2O，所以n(H＋)＝0.1 mol,0.1～0.5 mol，發(fā)生反應(yīng)為Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓、Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓，即總共需要0.4 mol OH－才能完成沉淀Mg2＋和Al3＋，0.7～0.8 mol，發(fā)生的反應(yīng)為Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O，則n(Al3＋)＝0.1 mol，沉淀Al3＋需要0.3 mol OH－，進(jìn)而可知n(Mg2＋)＝0.05 mol，則n(H＋)∶n(Al3＋)∶n(Mg2＋)＝2∶2∶1。 答案：B 11．(xx·長沙模擬)下列圖象均為實(shí)驗(yàn)過程中產(chǎn)生沉淀的物質(zhì)的量(Y)與加入試劑的量(X)之間的關(guān)系圖，則其中正確的是(　　) A．向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液至過量且邊滴邊振蕩 B．向NaAlO2溶液中逐滴滴加稀鹽酸至過量且邊滴邊振蕩 C．向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入氫氧化鈉溶液直至過量 D．向NaOH、Ba(OH)2、NaAlO2的混合溶液中逐漸通入二氧化碳至過量 解析：A項(xiàng)，生成沉淀與溶解沉淀消耗NaOH的量之比為3∶1；B項(xiàng)，滴入HCl即可產(chǎn)生沉淀，且最終沉淀全部溶解，生成沉淀與溶解沉淀消耗鹽酸的量之比為1∶3；C項(xiàng)，滴加NaOH溶液，依次與溶液中Al3＋、NH、Al(OH)3反應(yīng)，沉淀生成、溶解以及NH完全反應(yīng)時(shí)消耗NaOH的量之比為3∶1∶1；D項(xiàng)，依次發(fā)生的反應(yīng)：與Ba(OH)2反應(yīng)生成BaCO3、與NaOH反應(yīng)無沉淀生成、與NaAlO2反應(yīng)生成Al(OH)3沉淀，最后與BaCO3反應(yīng)沉淀溶解 ，即最終溶液中沉淀只有Al(OH)3。 答案：C 12．(xx·貴陽期末監(jiān)測)某混合溶液，其中只含有Fe2＋、Cl－、Br－、I－(忽略水的電離)，其中Cl－、Br－、I－的個(gè)數(shù)比為2∶3∶4，向該溶液中通入Cl2，使溶液中Cl－和Br－的個(gè)數(shù)比為3∶1，則通入Cl2的物質(zhì)的量與溶液中剩余的Fe2＋的物質(zhì)的量之比為(已知：還原性I－>Fe2＋>Br－>Cl－)(　　) A．7∶1 B．7∶2 C．7∶3 D．7∶4 解析：設(shè)溶液中Cl－、Br－、I－分別為2 mol、3 mol、4 mol，由溶液中存在的電荷守恒知溶液中Fe2＋的物質(zhì)的量為(2＋3＋4)÷2＝4.5 mol，要使得溶液中Cl－和Br－的個(gè)數(shù)為3∶1，則反應(yīng)后溶液中應(yīng)含有Cl－ 9 mol，由還原性大小關(guān)系知I－先與Cl2發(fā)生反應(yīng)：2I－＋Cl2===I2＋2Cl－，4 mol I－完全反應(yīng)消耗Cl2 2 mol，生成Cl－ 4 mol，此時(shí)溶液中Cl－為6 mol，繼續(xù)發(fā)生反應(yīng)：2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－，計(jì)算知此反應(yīng)消耗3 mol Fe2＋和1.5 mol Cl2，得到Cl－ 3 mol，最終溶液中Cl－和Br－的個(gè)數(shù)比為3∶1，兩步反應(yīng)中通入的Cl2一共2＋1.5＝3.5 mol，溶液中剩余的Fe2＋的物質(zhì)的量為4.5－3＝1.5 mol，兩者物質(zhì)的量比為3.5∶1.5＝7∶3，C項(xiàng)正確。 答案：C 二、非選擇題 13．(xx·鄭州質(zhì)量預(yù)測)已知M和R是兩種常見的金屬單質(zhì)，其中M為紅色。它們在一定條件下有如圖所示的轉(zhuǎn)化關(guān)系，Q溶液呈紅色。 請根據(jù)上述框圖回答下列問題： (1)上述轉(zhuǎn)化關(guān)系中，屬于非氧化還原反應(yīng)的是________(填序號(hào))。 (2)寫出反應(yīng)③、⑥的離子方程式__________、___________。 (3)K2RO4是一種新型綠色凈水劑，寫出該凈水劑的凈水原理____________________________________。 解析：根據(jù)框圖和題中信息知Y中含F(xiàn)e3＋，M為Cu，故可推出E為Cu(NO3)2、R為Fe、X為Fe(NO3)2、Z為Fe(OH)3。反應(yīng)①為Cu與HNO3的反應(yīng)，反應(yīng)②為Fe置換出Cu的反應(yīng)，反應(yīng)③為Fe2＋在酸性條件下被NO氧化為Fe3＋的反應(yīng)，反應(yīng)④為Fe3＋與OH－反應(yīng)生成Fe(OH)3，反應(yīng)⑤為Fe3＋與SCN－反應(yīng)生成Fe(SCN)3，反應(yīng)⑥為氫氧化鐵在堿性條件下被ClO－氧化為FeO的反應(yīng)。 答案：(1)④⑤ (2)3Fe2＋＋4H＋＋NO===3Fe3＋＋2H2O＋NO↑ 2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－===2FeO＋3Cl－＋5H2O (3)K2FeO4被還原生成Fe3＋，F(xiàn)e3＋水解生成氫氧化鐵膠體，其可以吸附水中的懸浮物 14．(xx·昆明調(diào)研)合金在生產(chǎn)生活中的應(yīng)用日趨廣泛。 (1)鎂合金被用于制造筆記本電腦外殼、競賽自行車車架等，是由于鎂合金具有____________________等優(yōu)異性能。 (2)測定某鎂鋁合金中鎂的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。 稱取一定質(zhì)量的樣品放入NaOH溶液中，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是________________________。 另稱取一定質(zhì)量的樣品放入500 mL稀硫酸中，固體全部溶解并產(chǎn)生氣體。待反應(yīng)完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物質(zhì)的量與加入NaOH溶液的體積關(guān)系如圖所示(生成沉淀階段的圖象斜率視為恒定)。則合金中Al的質(zhì)量為________g，NaOH溶液的物質(zhì)的量濃度為________mol/L。 (3)有一種鎂鋁合金(Mg17Al12)是貯氫材料，該合金在一定條件下完全吸氫的反應(yīng)方程式為Mg17Al12＋17H2===17MgH2＋12Al。得到的混合物在6.0 mol/L的鹽酸中能完全釋放出H2。1 mol Mg17Al12完全吸氫后得到的混合物與上述鹽酸完全反應(yīng)，釋放出H2的物質(zhì)的量為______________________________。(要求列出計(jì)算過程) 解析：(1)鎂合金質(zhì)輕，硬度大，導(dǎo)熱性好，消震性也較好。(2)鎂不和NaOH溶液反應(yīng)，鋁能與NaOH溶液反應(yīng)生成NaAlO2，離子方程式為2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑。由圖可知，生成沉淀的總物質(zhì)的量為0.35 mol，Mg(OH)2的物質(zhì)的量為0.15 mol，加入(240－200) mL NaOH溶液時(shí)，氫氧化鋁溶解，發(fā)生反應(yīng)Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O，氫氧化鋁的物質(zhì)的量為0.2 mol，合金中Al的質(zhì)量為5.4 g,40 mL NaOH溶液中NaOH的物質(zhì)的量為0.2 mol，所以NaOH溶液的物質(zhì)的量濃度為0.2 mol/0.04 L＝5 mol/L。 答案：(1)強(qiáng)度大、密度小、散熱性好、消震性好(答案合理即可) (2)2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑　5.4　5 (3)Mg17Al12＋70HCl===17MgCl2＋12AlCl3＋35H2↑ 1 mol 35 mol n(H2)＝35 mol＋17 mol＝52 mol 15．(xx·江西部分高中聯(lián)考)中學(xué)化學(xué)中幾種常見物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示(圖中部分反應(yīng)物或生成物及反應(yīng)條件未列出)。 已知：A、B、C、D是單質(zhì)，其余是化合物。其中B、D是常見金屬，且組成B的元素屬于過渡元素。又知A在C中點(diǎn)燃有蒼白色火焰，M既可溶于鹽酸又可溶于NaOH溶液。 請回答下列問題： (1)W的電子式是______________________。 (2)寫出N的化學(xué)式______________________，并任寫一種N的主要用途__________________________。 (3)寫出下列反應(yīng)的離子方程式： 反應(yīng)①________________________________________。 反應(yīng)③________________________________________。 K溶液和過量氨水反應(yīng)___________________________。 解析：由A、B、C、D是單質(zhì)，且A在C中點(diǎn)燃有蒼白色火焰知，A為H2，C為Cl2，則W為HCl，X為NaCl(或KCl)，Y為NaOH(或KOH)；D為常見金屬且能與強(qiáng)堿Y反應(yīng)，為金屬Al，則Z為偏鋁酸鹽，K為AlCl3，M為Al(OH)3；B為常見過渡金屬，再根據(jù)框圖轉(zhuǎn)化知，B為Fe，N為FeCl3，H為FeCl2。 答案：(1)H　(2)FeCl3　可用作催化劑、凈水劑、印刷電路銅板腐蝕劑和外傷止血?jiǎng)┑?任寫一種) (3)2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑ Al3＋＋3AlO＋6H2O===4Al(OH)3↓ Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH 16．(xx·吉林長春測試)A、B、C、D、E、F、G七種物質(zhì)間存在如圖所示的轉(zhuǎn)化關(guān)系，其中A、B、D、G含有同種元素。 已知： (Ⅰ)A為金屬單質(zhì)；B為紅褐色固體；E為密度最小的氣體；G為淺綠色溶液。 (Ⅱ)D的水溶液為黃色溶液，能與硝酸銀溶液反應(yīng)生成不溶于稀硝酸的白色沉淀。 (Ⅲ)在水溶液中D能將某種氧化物氧化為F，F(xiàn)是含有三種元素的化合物。 請回答下列問題： (1)構(gòu)成C物質(zhì)的元素在元素周期表中的位置是_______，在短周期元素中，該元素與其相鄰元素的原子半徑由大到小的順序是______________(用元素符號(hào)表示)。 (2)D的水溶液呈______________性，用離子方程式解釋原因：______________。 (3)上述反應(yīng)中屬于置換反應(yīng)的是__________(填序號(hào))。 (4)反應(yīng)③(即D將某種氧化物氧化為F)的離子方程式為______________。 解析：E為密度最小的氣體，E是氫氣；G為淺綠色溶液，說明G中含有亞鐵離子；D的水溶液為黃色溶液，A、B、D、G含有同種元素，說明D的水溶液中含有鐵離子，能與硝酸銀溶液反應(yīng)生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，說明D的水溶液中含有氯離子，所以D是氯化鐵；A是金屬單質(zhì)，A和C反應(yīng)生成氯化鐵，所以A是鐵，C是氯氣；氯化鐵能轉(zhuǎn)化為紅褐色固體，所以B是氫氧化鐵；F和鐵反應(yīng)生成氫氣和亞鐵鹽，D能將某種氧化物氧化為F，說明該氧化物具有還原性，所以該氧化物是二氧化硫，在水溶液中二氧化硫和氯化鐵反應(yīng)生成硫酸，F(xiàn)是含有三種元素的化合物，所以F是硫酸，則G是硫酸亞鐵。(1)氯元素位于第三周期第ⅦA族。同周期元素，隨原子序數(shù)增大，原子半徑逐漸減小；同主族元素，隨原子序數(shù)增大，原子半徑逐漸增大；故原子半徑大小順序?yàn)镾>Cl>F。(2)FeCl3屬于強(qiáng)酸弱堿鹽，發(fā)生水解導(dǎo)致溶液中氫離子濃度大于氫氧根離子濃度，所以溶液呈酸性，其水解的離子方程式為Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋。(3)反應(yīng)②是氫氣還原鐵的氧化物生成鐵和水，屬于置換反應(yīng)，反應(yīng)⑤是硫酸和鐵反應(yīng)生成硫酸亞鐵和氫氣，屬于置換反應(yīng)，故選②⑤。(4)鐵鹽有氧化性，二氧化硫有還原性，所以在水溶液中鐵離子和二氧化硫發(fā)生氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式為2Fe3＋＋SO2＋2H2O===2Fe2＋＋SO＋4H＋。 答案：(1)第三周期第ⅦA族　S>Cl>F (2)酸　Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋ (3)②⑤ (4)2Fe3＋＋SO2＋2H2O===2Fe2＋＋SO＋4H＋