重庆市乌江新高考协作体2023-2024学年高一下学期开学 化学试题（含解析）

2023-2024学年(下)期初(开学)学业质量联合调研抽测高一化学试题(分数：100分，时间：75分钟)一、单选题1．下列属于电离方程式且书写正确的一项是A．+H2O⇌H2CO3+OH-B．H2CO3⇌2H++C．CH3COOH+OH-⇌CH3COO-+H2OD．CH3COOH⇌CH3COO-+H+2．硫铁矿主要成分是二硫化亚铁(FeS2)是一种重要的化工原料，常用来制备铁、硫酸，其中硫元素的化合价为A．0 B．-1 C．+1 D．+23．下列物质的电子式书写正确的是（

）A．Cl：Cl B． C． D．4．下列物质的分类正确的是选项碱性氧化物酸性氧化物碱酸盐ABCDCOA．A B．B C．C D．D5．已知氯气和溶液在一温度下能发生化学反应，其方程式为：，。某温度下，将氯气通入溶液中，反应得到、和的混合溶液，经测定与的个数比为3：1，则氯气与氢氧化钠反应时，被氧化的氯原子和被还原的氯原子的个数比为A．21：5 B．1：2 C．3：1 D．2：16．下列有关分散系的叙述不正确的是A．可利用丁达尔效应区分FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体B．将饱和FeCl3溶液滴加到煮沸的NaOH溶液中可制得Fe(OH)3胶体C．胶体区别于其他分散质粒子的本质特征是分散质粒子直径大小在1～100nm之间D．“朝坛雾卷，曙岭烟沉”，雾有丁达尔现象是因为胶体粒子对光有散射作用7．下列各组离子一定能大量共存的是A．加入铝粉有氢气产生的溶液中：Na+、K+、SO42-、Cl-B．含有大量硝酸根离子的溶液中：H+、Fe2+、SO42-、Cl-C．c(H+)／c(OH-)=1×10-10的溶液中：NH4+、K+、Ca2+、Cl-D．水电离的c(H+)=1×l0-12mol·L-1的溶液中：Na+、K+、HCO3-、Cl-8．某同学将金属钠露置于空气中足够长时间，观察到下列现象：银白色→变灰暗→变白色→出现液滴→白色固体→白色粉末。下列有关叙述不正确的是A．表面迅速变暗是因为钠与空气中的氧气反应生成了Na2OB．出现液滴原因是生成的Na2CO3吸收空气中的水蒸气在表面形成了溶液C．最后白色粉末为碳酸钠粉末D．最后白色粉末的质量比金属钠质量大9．如图是甲、乙的溶解度曲线。下列说法不正确的是A．t1℃时，乙的溶解度大于甲的溶解度B．t2℃时，甲、乙饱和溶液中溶质的质量分数相等C．降低温度能使接近饱和的甲溶液变为饱和溶液D．t3℃时，75g甲的饱和溶液中加入50g水，可以得到质量分数为25%的溶液10．氯气可用于杀菌和消毒，这是因为A．氯气有毒，可毒死病菌B．氯气具有漂白作用C．氯气与水反应生成具有强氧化性的HClOD．氯气与水反应生成的盐酸是强酸11．下列反应的离子方程式书写正确的是A．稀硫酸滴在CuO中：B．稀硫酸与Ba(OH)2溶液混合：C．稀硝酸滴在大理石上：D．实验室制取Fe(OH)3胶体：12．向500含、、的溶液中缓慢通入L(标准状况)，测得溶液中部分离子的物质的量与V的关系如图所示。下列叙述正确的是A．B．时反应为C．原溶液中D．时总反应为13．研究发现，硝酸越稀，还原产物中氮元素的化合价越低。某同学取适量的铁铝合金与足量很稀的硝酸充分反应，没有气体放出。在反应结束后的溶液中，逐滴加入4mol/LNaOH溶液，所加NaOH溶液的体积（mL）与产生的沉淀的物质的量(mol)的关系如图所示。下列说法不正确的是A．O处溶液中的阳离子为：H+、Fe2+、Fe3+、Al3+B．DE段反应的离子方程式为：NH4++OH-=NH3·H2OC．合金中，n(Al)=0.008molD．欲测定F点沉淀的质量，实验步骤是：过滤、洗涤、干燥、称量14．下表列出了前20号元素中的某些元素性质的有关数据元素标号元素性质①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩原子半径(10-10m)1.522.270.741.430.771.100.991.860.750.71最高价态+1+1—+3+4+5+7+1+5—最低价态——-2—-4-3-1—-3-1元素R的原子半径为1.02×10-10m，下列有关叙述正确的是A．以上10种元素的原子中,失去核外第一个电子所需能量最少的是⑧B．由⑤、⑥、⑦三种元素中的某两种元素形成的化合物中,每个原子都满足最外层为8电子稳定结构的物质可能是PCl5和CCl4C．元素R在周期表中位于第三周期第ⅤI族D．若物质Na2R3是一种含有非极性共价键的离子化合物,则其化合物的电子式二、非选择题15．高纯MnCO3在电子工业中有重要的应用，工业上利用软锰矿(主要成分是MnO2，还含有Fe2O3、CaCO3、CuO等杂质)制取碳酸锰的流程如图所示：已知：还原焙烧主反应为2MnO2＋C2MnO＋CO2↑。可能用到的数据如下：氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Cu(OH)2Mn(OH)2开始沉淀pH1.56.54.28.1沉淀完全pH3.79.77.410.1根据要求回答下列问题：(1)在实验室进行步骤A，混合物应放在中加热；步骤C中的滤渣为。(2)步骤D中氧化剂与还原剂的物质的量之比为。(3)步骤E中调节pH的范围为，其目的是。(4)步骤G，温度控制在35℃以下的原因是，若Mn2＋恰好沉淀完全时测得溶液中的浓度为2.2×10－6mol/L，则Ksp(MnCO3)＝。(5)生成的MnCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否干净的方法是。(6)现用滴定法测定产品中锰元素的含量。实验步骤：称取3.300g试样，向其中加入稍过量的磷酸和硝酸，加热使产品中MnCO3完全转化为[Mn(PO4)2]3－(其中完全转化为)；加入稍过量的硫酸铵，发生反应＋＝N2↑＋2H2O以除去；加入稀硫酸酸化，再加入60.00mL0.500mol·L－1硫酸亚铁铵溶液，发生的反应为[Mn(PO4)2]3－＋Fe2＋＝Mn2＋＋Fe3＋＋2；用5.00mL0.500mol·L－1酸性K2Cr2O7溶液恰好除去过量的Fe2＋。①酸性K2Cr2O7溶液与Fe2＋反应的离子方程为。②试样中锰元素的质量分数为。16．高铁酸钾是一种易溶于水，高效的多功能水处理剂。工业上通常先制得高铁酸钠，然后在一定温度下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，从而使高铁酸钾析出。(1)高铁酸钾中铁元素的化合价为，推测其具有的化学性质是。(2)高铁酸钾与水反应生成、(胶体)和KOH。①该反应的离子方程式为。②高铁酸钾作为水处理剂起到的作用是。(3)在无水条件下制备高铁酸钠的主要反应为。①该反应中的氧化剂为，氧化产物为。②一定温度下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾，原因是。③在碱性条件下，由氯化铁、氯气可制备出高铁酸钾，写出该反应的离子方程式：。17．(一)如图是部分短周期主族元素的原子序数与其最高或最低化合价的关系图(用原子序数代表所对应的元素)，已知a为元素周期表中相对原子质量最小的元素，请回答下列问题：(1)a与c、d分别都可以形成有18个电子的分子甲和乙，甲分子的电子式，乙分子类型属于分子(填“极性”或“非极性”)。(2)b元素的一种单质丙可与g元素的最高价含氧酸丁的溶液反应，该反应的化学方程式为，如果一次性取样分别检验上述反应的生成物，按照最简单的操作顺序写出所用试剂的名称。(3)f元素的单质可与e元素的最高价氧化物对应水化物反应放出氢气，该反应的化学方程式为，f元素的两种盐溶液也可以反应得到f元素最高价氧化物对应的水化物，该反应的离子方程式为。(二)过渡金属在社会生产、生活发展中具有重要作用。(4)原子序数21~30的元素中，基态电子排布未成对电子最多的元素在周期表的位置，其价电子排布图为。(5)铁单质和氨气在640℃可发生置换反应，产物之一的晶胞结构如图所示，该反应的化学方程式为。若该晶体的密度是ρg•cm-3，则两个最近的Fe原子间的距离为cm。(用NA表示阿伏加德罗常数的值)(6)铁的一种配合物的化学式为Fe[(Htrz)3](ClO4)2，其中Htrz为1，2，4—三氮唑()。①配合物中阴离子的空间构型为，中心原子的杂化方式是。②分子中含σ键与π键个数比为。③1摩尔1，2，4—三氮唑最多能与molH+结合。18．某兴趣小组利用文献资料设计方案对氯及其化合物进行探究。Ⅰ.用高锰酸钾和浓盐酸反应制取氯气（1）该小组利用右图装置及试剂制备并收集适量Cl2，装置B、C的作用分别是、。（2）制得的氯气中加入适量水，得到饱和氯水，饱和氯水中含氯元素的微粒有（写出全部微粒）。（3）饱和氯水与石灰石的反应是制取较浓HClO溶液的方法之一。在过量的石灰石中加入饱和氯水充分反应，有少量气泡产生，溶液浅黄绿色褪去，过滤，得到的滤液其漂白性比饱和氯水更强。①滤液漂白性增强的原因是（用化学平衡移动原理解释）。②饱和氯水与石灰石反应生成HClO的方程式是。Ⅱ.ClO3—、Cl—和H+反应的探究（4）KClO3、KCl与硫酸可以反应。该小组设计了系列实验研究反应条件对反应的影响，实验记录如下（实验在室温下进行）：烧杯编号1234氯酸钾饱和溶液1mL1mL1mL1mL氯化钾固体1g1g1g1g水8mL6mL3mL0mL硫酸（6mol/L）0mL2mL(____)mL8mL现象无现象溶液呈浅黄色溶液呈黄绿色，生成浅黄绿色气体溶液呈黄绿色，生成黄绿色气体①该系列实验的目的。②烧杯3取用硫酸的体积应为mL。（5）该小组同学查资料得知：将氯酸钾固体和浓盐酸混合也能生成氯气，同时有大量ClO2生成；ClO2沸点为10℃，熔点为－59℃，液体为红色；Cl2沸点为－34℃，液态为黄绿色。设计最简单的实验验证Cl2中含有ClO2。1．D【详解】A．部分电离，其电离方程式为，A错误；B．碳酸是二元弱酸，应分步电离，B错误；C．醋酸是弱酸，部分电离，电离方程式为，C错误；D．醋酸是弱酸，部分电离，电离方程式为，D正确；答案选D。2．B【详解】二硫化亚铁中铁元素是+2价，根据化合物中各元素化合价代数和为0，计算得到硫元素的化合价为-1价，故答案选B。3．B【详解】A.氯气的电子式为：，A错误；B.水的电子式为：，B正确；C.氯化钠是离子化合物，其电子式为：，C错误；D.氨气的电子式为：，D错误；故答案为：B。4．C【详解】A．为不成盐氧化物，为盐，A错误；B．为酸性氧化物，B错误；C．为碱性氧化物，为酸性氧化物，为碱，为酸，为盐，C正确；D．为两性氧化物，CO为不成盐氧化物，D错误；故选C。5．B【详解】氯气中的氯元素是0价，到氯化钠中的-1价氯得1e-电子化合价降价，到次氯酸根中+1价氯是1e-和氯酸根中+5价氯失5e-化合价升高，又次氯酸根和氯酸根个数比为3：1，所以共失去8e-；又由得失电子守恒知得得到8e-；所以氯离子、次氯酸根、氯酸根个数比为8：3：1，所以被氧化的氯原子和被还原的氯原子的个数比为4：8，即1：2，故选B。6．B【详解】A．一束平行光线照射胶体时，从侧面可以看到光亮的通路，即出现“丁达尔现象”，故A正确；B．将饱和FeCl3溶液滴加到沸水中，继续煮沸至溶液呈红褐色，可制得Fe(OH)3胶体，不是滴入煮沸的NaOH溶液中，故B不正确；C．胶体区别于其他分散质粒子的本质特征是分散质粒子直径大小在1～100nm之间，故C正确；D．雾有丁达尔现象是因为胶体粒子对光有散射作用，故D正确；故答案选B。7．A【详解】A．加入铝粉有氢气产生的溶液，为酸或强碱溶液，无论酸或碱溶液中该组离子之间不反应，能大量共存，故A符合；B．H+、Fe2+、NO3-离子之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故B不符合；C．c(H+)/c(OH-)=1×l0-10的溶液显碱性，不能大量存在NH4+、Ca2+，故C不符合；D．水电离的c(H+)=1×10-12mol/L的溶液，为酸或碱溶液，HCO3-既能与酸反应又能与碱反应，一定不能共存，故D不符合；故答案为A。8．B【详解】A．因钠很活泼，易被氧化，则金属钠在空气中易氧化形成氧化钠，出现表面变暗现象，故A正确；B．氧化钠与空气中的水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠吸收空气中的水蒸气在表面形成了溶液，故B错误；C．生成的氢氧化钠再与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠的结晶水合物，最终风化变成的白色粉末为碳酸钠，故C正确；D.最后白色粉末为碳酸钠，质量比金属钠的质量大，故D正确；故选B。9．D【详解】A．由图可知：t1℃时，乙的溶解度大于甲的溶解度，A项正确；B．t2℃时，甲、乙的溶解度曲线交于一点，溶解度相等，则饱和溶液中溶质质量分数相等，B项正确；C．甲的溶解度随温度降低而减小，所以降温可使其不饱和溶液变为饱和溶液，C项正确；D．t3℃时甲的溶解度是50g，即100g水中最多溶解50g甲，形成饱和溶液150g，则75g甲的饱和溶液中有25g甲，加50g水得到溶液的质量分数，而非25%，D项错误；答案选D。10．C【详解】氯气杀菌消毒和漂白性都是因为氯气溶于水生成HClO，HClO具有强氧化性，故选C。11．A【详解】A.CuO与硫酸反应生成硫酸铜和水，离子方程式为：，故A正确；B.稀硫酸与Ba(OH)2溶液混合：2OH−+2H++SO42−+Ba2+═BaSO4↓+2H2O，故B错误；C.稀硝酸滴在大理石上：CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O，故C错误；D.实验室制取Fe(OH)3胶体需要加热，其离子方程式为：，故D错误；故选A。12．C【分析】离子还原性顺序：，通入氯气发生反应顺序：，，。【详解】A．根据图像信息可知，，，，，故A错误；B．时，反应为，故B错误；C．，，溶液体积为0.5L，，故C正确；D．通入0.2Cl2时发生反应为，故D错误；故答案为：C。13．A【分析】取适量的铁铝合金与足量很稀的硝酸充分反应，没有气体放出，则该反应中硝酸被还原为硝酸铵。【详解】A．由图可知，OC段发生的是酸碱中和，说明硝酸过量，溶液中不可能有Fe2+，故A错误；B．DE段滴加的NaOH溶液与溶液中的NH4+反应，反应的离子方程式为NH4++OH-=NH3·H2O，故B正确；C．由图可知，据EF段发生Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，且DE段消耗的NaOH溶液体积为2mL，可知n[Al(OH)3]=4.0mol/L×0.002L=0.008mol，根据铝元素守恒，故混合金属中n（Al）=0.008mol，故C正确；D．欲测定F点沉淀的质量，应将互不相溶的固体与液体分离，并洗涤沉淀附着的杂化，再干燥称量，故实验步骤是：过滤、洗涤、干燥、称量，故D正确；答案为A。【点睛】铁铝合金与足量很稀HNO3充分反应，被氧化为Al3+、Fe3+，通过题意，反应始终没有气体生成，可以得出不会有氮的氧化物生成，由于硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低，可以推测N元素由+5变成了-3价；由图可得硝酸过量，加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后，由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可得与NH4+发生了反应，则随着NaOH的滴加，发生的反应依次有：①H++OH-=H2O，②Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓，Al3++3OH-=Al(OH)3↓，③NH4++OH-═NH3•H2O，④Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。14．D【分析】①②⑧最高正价为+1，为第IA族元素，原子半径都大于⑩原子半径，结合原子半径可知，①是Li元素、②是K元素、⑧是Na元素；⑦⑩最低价为-1，为第VIIA族元素，⑦的原子半径大于⑩，所以⑦是Cl元素、⑩是F元素；③只有-2价，没有正化合价，为第VIA族元素，则③是O元素；④只有+3价，为第IIIA族元素，原子半径大于Cl原子半径，所以④是Al元素；⑤有+4、-4价，为第IVA族元素，原子半径小于Cl原子半径，所以⑤是C元素；⑥⑨有+5、-3价，为第VA族元素，⑥的原子半径大于⑨，则⑥是P元素、⑨是N元素。【详解】A．同周期自左而右元素第一电离能呈增大趋势，同主族自上而下第一电离能减小，故以上10种元素的原子中，失去核外第一个电子所需能量最少的是金属性最强的元素②K，故A错误；B．⑤是C元素、⑥是P元素、⑦是Cl元素，⑤、⑥、⑦三种元素中的两种元素形成的化合物有PCl3、CCl4、PCl5，元素化合价的绝对值+其最外层电子数=8，则该原子达到8电子稳定结构，所以每个原子都满足最外层为8电子稳定结构的物质的化学式为PCl3、CCl4，PCl5不符合，故B错误；C．某元素R的原子半径为1.02×10-10m，该原子半径在⑥⑦之间，⑥是P元素，⑦是Cl元素，则该元素是S元素，处于第三周期ⅥA族，故C错误；D．若物质Na2S3是一种含有非极性共价键的离子化合物，存在S32-离子，离子中S原子之间形成1对共用电子对且都满足8电子稳定结构，故该化合物的电子式为，故D正确；故选D。15．坩埚C、Cu和CaSO4)1∶23.7≤pH＜8.1使Fe3＋转化为Fe(OH)3而除去，而不影响Mn2＋减少碳酸氢铵的分解，提高原料利用率2.2×10－11取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净6Fe2＋＋＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O25%【分析】软锰矿(主要成分是MnO2，还含有Fe2O3、CaCO3、CuO等杂质)加木炭焙烧，主要发生2MnO2＋C2MnO＋CO2↑，且C与Fe2O3、CuO发生反应，生成Fe、Cu，再用硫酸酸浸过滤得到MnSO4、FeSO4溶液，过滤分离出滤渣为不与硫酸反应的Cu、过量的木炭以及CaCO3转化成的CaSO4，再加入MnO2氧化，加NaOH调节pH除去Fe3+得到MnSO4，最后与NH4HCO3反应生成MnCO3，分离烘干得到MnCO3，据此分析解答。【详解】(1)高温焙烧物质应在坩埚中进行；根据分析可知滤渣为C、Cu和CaSO4；(2)步骤D中MnO2被还原成Mn2+，化合价降低2价，Fe2+被氧化成Fe3+，化合价升高1价，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2；(3)此时溶液中的杂质主要为Fe3+，结合表中数据可知步骤E中调节pH的范围为3.7≤pH<8.3，其目的是使铁离子转化为Fe(OH)3而除去，而不影响Mn2+；(4)铵盐不稳定，受热易分解，所以步骤G中温度需控制在35℃以下，减少碳酸氢铵的分解，提高原料利用率；Mn2+恰好沉淀完全时可认为c(Mn2+)=10-5mol/L，Ksp(MnCO3)=c(Mn2+)c(CO32-)=10-5×2.2×10-6=2.2×10-11；(5)生成的MnCO3沉淀可能附着有硫酸盐，所以检验是否含有硫酸根即可确认沉淀是否洗涤干净，具体操作为:取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净；(6)①酸性K2Cr2O7具有强氧化性，可以把亚铁离子氧化成铁离子，自身被还原成Cr3+，根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒，离子方程式为：6Fe2＋＋＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O；②根据方程式6Fe2＋＋＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O可知剩余n(Fe2+)=0.500mol∙L-1×0.005L×6=0.015mol，则与[Mn(PO4)2]3－反应的n(Fe2+)=0.500mol∙L-1×0.06L-0.015=0.015mol，根据化学反应方程式[Mn(PO4)2]3－＋Fe2＋＝Mn2＋＋Fe3＋＋2PO43-可知，n(Mn)=0.015mol，所以锰元素的质量分数为×100%=25%。【点睛】易错点为(1)步骤C中的滤渣的判断，C与Fe2O3、CuO发生反应，生成Fe、Cu，Cu与稀硫酸不反应，焙烧时加入的木炭为确保充分转化是过量的，CaCO3与硫酸反应转化成的CaSO4为微溶物，C和CaSO4均为过滤后滤渣的成分，易被忽略。16．(1)＋6强氧化性(2)杀菌消毒、净水(3)和相同条件下高铁酸钾的溶解度小于高铁酸钠的溶解度【详解】（1）K2FeO4中K元素＋1价，O元素−2价，则Fe元素为＋6价；元素最高价有强氧化性，故K2FeO4具有强氧化性，故答案为＋6；强氧化性。（2）①高铁酸钾与水反应生成O2、Fe(OH)3（胶体）和KOH，该反应离子方程式为：，故答案为；②高铁酸钾具有强氧化性，可以杀菌消毒，生成的氢氧化铁胶体可以吸附水中悬浮物质，起净水作用，故答案为杀菌消毒、净水。（3）①反应中，元素由＋2价升高到＋6价，过氧化钠中的部分氧由−1价升高到0价，氧化剂为，氧化产物为和，故答案为；和；②在一定温度下，溶解度小溶质先形成沉淀析出，低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾（K2FeO4），说明该温度下K2FeO4比Na2FeO4的溶解度小，故答案为相同条件下高铁酸钾的溶解度小于高铁酸钠的溶解度；③在碱性条件下，由氯化铁、氯气可制备高铁酸钾，同时有氯化钾生成，反应离子方程式为：，故答案为。17．(1)极性(2)C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O无水硫酸铜、品红溶液、酸性高锰酸钾溶液、澄清石灰水(3)2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑Al3++3AlO+6H2O=4Al(OH)3↓(4)第四周期ⅥB族(5)8Fe+NH32Fe4N+3H2(6)正四面体sp34：13【分析】（一）根据短周期主族元素的原子序数与其最高或最低化合价的关系图，a为元素周期表中相对原子质量最小的元素，a为H元素；d只有-2价，则d为O元素；b存在+4价，则b为C元素；c存在+5价，则c为N元素；e只有+1价，则e为Na元素，因此类推，f为Al元素，g为S元素，h为Cl元素，结合元素周期律分析解答。【详解】（1）根据上述分析可知，a为H元素，c、d分别为N和O元素，两者均与H元素可形成有18个电子的分子甲和乙，分别是N2H4和H2O2，所以甲分子的电子式为，乙分子中2个H原子像是分别在半展开书页的两面，其结构不对称，属于极性分子，故答案为：；极性；（2）b元素的一种单质丙为C，可与S元素的最高价含氧酸丁（硫酸）的浓溶液发生氧化还原反应，生成二氧化碳、二氧化硫和水，该反应的化学方程式为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；产物中水会受洗气瓶中溶液的影响，需首先利用无水硫酸铜检验，二氧化硫和二氧化碳均为酸性氧化物，均能使澄清石灰水变浑浊，所以为排除二氧化硫的干扰，需第二个利用品红溶液检验二氧化硫，紧接着利用酸性高锰酸钾除尽二氧化硫，最后利用澄清石灰水检验二氧化碳，故答案为：无水硫酸铜、品红溶液、酸性高锰酸钾溶液、澄清石灰水（3）f元素的单质为Al，可与e元素的最高价氧化物对应水化物氢氧化钠溶液发生反应放出氢气，该反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；Al元素的两种盐溶液铝离子与偏铝酸根离子发生双水解反应也可以反应得到f元素最高价氧化物对应的水化物氢氧化铝，其离子方程式为：Al3++3AlO+6H2O=4Al(OH)3↓；（4）原子序数21~30的元素中，基态电子排布未成对电子最多的元素为Cr，有6个未成对电子，Cr在元素周期表中第四周期ⅥB族，其价层电子排布式为：3d54s1，所以价层电子排布图为：；（5）根据晶胞结构，Fe原子位于顶点和面心，所含的原子的数目为8×+6×=4，N原子位于体心，共有1个，故化学式为Fe4N，由此可写出该置换反应的化学方程式为8Fe+3NH32Fe4N+3H2；两个最近的Fe原子