【安全预案】阻止倒吸的操作是迅速拆下导气管． 【解答】解：【实验设计】A中制备氯气，B中氯气氧化KI，则B中反应为：Cl2+2KI=2KCl+I2；C中用氢氧化钠吸收氯气，防止污染空气； 故答案为：Cl2+2KI=2KCl+I2；NaOH溶液； 【实验分析】（1）FeCl3?6H2O受热水解增强，生成HCl气体同时失去结晶水，HCl与H2O结合形成盐酸小液滴，故形成白雾；
故答案为：FeCl3?6H2O受热水解增强，生成HCl气体同时失去结晶水，HCl与H2O结合形成盐酸小液滴；
（2）铁离子氧化碘离子生成亚铁离子和碘单质，离子方程式为：2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2；铁离子用KSCN溶液，将黄色气体通入B中的KSCN溶液，溶液变红，说明黄绿色气体中含有铁离子；
故答案为：2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2；将黄色气体通入B中的KSCN溶液； （3）饱和氯化钠溶液吸收氯化铁蒸汽，故可除去气体中的FeCl3； 故答案为：除去气体中的FeCl3；
（4）MnO2与FeCl3?6H2O反应生成氯气、Fe2O3和MnCl2，物质的量之比为1：1，则反应为：MnO2+2FeCl3?6H2O Fe2O3+MnCl2+Cl2↑+2HCl↑+11H2O；混合物为氯化锰和氧化铁的混合物，其中氯化锰溶于水，氧化铁不溶，故分离出Fe2O3的方法是：加足量水溶解，过滤，洗涤固体，干燥，即得Fe2O3；
故答案为：MnO2+2FeCl3?6H2O Fe2O3+MnCl2+Cl2↑+2HCl↑+11H2O；加足量水溶解，过滤，洗涤固体，干燥，即得Fe2O3；
【安全预案】已经开始发生倒吸，导管中含有溶液，取下小试管仍然会倒吸，移去酒精灯，温度降低，装置内压强减小，更容易发生倒吸，将A、B间的导管从乳胶管中取下，可以防止倒吸；
故答案为：c．
【点评】本题考查物质性质探究实验，侧重对原理分析、陌生方程式的书写等考查，是对学生综合能力的考查，熟练掌握元素化合物性质．
【化学-选修3：物质结构与性质】 11．（15分）（2017?郑州三模）CuSO4和Cu（NO3）2是自然界中重要的铜盐．请回答下列问题：
（1）CuSO4和Cu（NO3）2中阳离子的核外价电子排布式为 [Ar]3d9 ，S、O、N三种元素的第一电离能由大到小的顺序为 N＞O＞S ．
（2）NO3﹣的立体构型是 平面三角形 ，与NO3﹣互为等电子体的一种非极性分子为 BF3 （填化学式）． （3）CuSO4的熔点为560°C，Cu（NO3）2的熔点为115℃，CuSO4熔点更高的原因是 CuSO4和Cu（NO3）2均为离子晶体，SO42﹣所带电荷比NO3﹣大，故CuSO4的晶格能较大，熔点较高 ．
（4）往CuSO4溶液中加人过量NaOH能生成配合物[Cu（OH）4]2﹣．不考虑空间构型[Cu
（OH）4]2﹣的结构可用示意图表示为 （用箭头表示出配位键的位
置）
（5）化学实验室常利用新制氢氧化铜检验醛基的存在，乙醛分子中碳原子的杂化方式为 sp2、sp3 ．
（6）利用新制的Cu（OH）2检验醛基时，生成红色的Cu2O，其晶胞结构如图所示． ①该晶胞原子坐标参数A为（0，0，0）；B为（1，0，0）；C为（，，）．则D原子的坐标参数为 （，，） ，它代表 Cu 原子．
②若Cu2O晶体的密度为d g?cm﹣3，Cu和O的原子半径分别为r（Cu） pm和r（O） pm，阿伏加德罗常数值为NA，列式表示Cu2O晶胞中原子的空间利用率为
．
【考点】9I：晶胞的计算；8J：位置结构性质的相互关系应用． 【分析】（1）CuSO4和Cu（NO3）2中阳离子为Cu2+，其价电子排布式为[Ar]3d9，同周期主族元素的第一电离能，随着原子序数的增大，有增大的趋势，但第VA族大于第VIA族元素，同主族元素，随着原子序数的增加，第一电离能逐渐减小；
（2）根据VSEPR理论和杂化轨道理论判断NO3﹣的空间构型，求等电子体常采用上下左右平移元素，同时调电子的方法求解；
（3）CuSO4的熔点为560°C，Cu（NO3）2的熔点为115℃，二者都是离子晶体，晶格能越大，熔点越高，晶格能和离子半径和离子电荷有关；
（4）往CuSO4溶液中加人过量NaOH能生成配合物[Cu（OH）4]2﹣，为配离子，OH﹣与Cu2+之间是配位键，用箭头表示；
（5）乙醛分子的结构式为：，醛基为平面型，甲基为四面体
型，据此判断两个C的杂化方式；
（6）①根据Cu2O的晶胞结构，已知A、B、C的原子坐标分别为（0，0，0），B（1，0，0），C（，，），注意到其中存在的正四面体构型，根据立体几何写出D的原子坐标；
②根据晶体的密度公式：计算，其中z为一个晶胞的粒子数，Mr为一个粒子的相
对质量，V为一个晶胞的体积，晶胞的空间利用率=，据此计算．
【解答】解：（1）CuSO4和Cu（NO3）2中阳离子为Cu2+，其价电子排布式为[Ar]3d9， 同周期主族元素的第一电离能，随着原子序数的增大，有增大的趋势，但第VA族大于第VIA族元素，同主族元素，随着原子序数的增加，第一电离能逐渐减小，则S、O、N三种元素的第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞S， 故答案为：[Ar]3d9；N＞O＞S；
（2）对于NO3﹣，根据VSEPR理论，中心N原子的配位原子数为BP=3，孤电子对数为LP==0，则价电子对数为VP=BP+LP=3+0=3，根据杂化轨道理论，中心N原子为sp2杂化，则其空间构型为平面三角形， 等电子体是指原子数目相同，价电子数相同的粒子，则与NO3﹣互为等电子体的粒子有BF3，或BCl3，BBr3，
故答案为：平面三角形；BF3；
（3）CuSO4的熔点为560°C，Cu（NO3）2的熔点为115℃，二者都是离子晶体，晶格能越大，熔点越高，晶格能和离子半径和离子电荷有关，离子电荷越高，半径越小，则晶格能越大，这里SO42﹣所带电荷比NO3﹣大，故CuSO4的晶格能较大，熔点较高，
故答案为：CuSO4和Cu（NO3）2均为离子晶体，SO42﹣所带电荷比NO3﹣大，故CuSO4的晶格能较大，熔点较高；
（4）往CuSO4溶液中加人过量NaOH能生成配合物[Cu（OH）4]2﹣，为配离子，OH﹣与Cu2+之间是配位键，用箭头表示，则不考虑空间构型[Cu（OH）4]2﹣的结构可用示意图表示
为，
故答案为：；
（5）乙醛分子的结构式为：，醛基为平面型，甲基为四面体
型，则C的杂化方式有sp2、sp3， 故答案为：sp2、sp3；
（6）①根据Cu2O的晶胞结构，已知A、B、C的原子坐标分别为（0，0，0），B（1，0，0），C（，，），注意到其中存在的正四面体构型，根据立体几何知识，不难发现D原子在AC之间的一半处，则D的原子坐标为（，，），根据晶胞内粒子数目的关系，白色的原子有故答案为：（
=2个，黑色的原子有4个，因此D原子为Cu，
）；Cu；
②若Cu2O晶体的密度为d g/cm，Cu和O的原子半径分别为r（Cu） pm和r（O） pm，取1mol晶胞，则含有NA个晶胞，根据硬球接触模型，AC之间距离为
=[r（Cu）+r（O）]pm，
根据立体几何知识，不难求出晶胞参数为a=pm，则一个晶胞的体积为V0=a3pm3=a3×10﹣30cm3，1mol晶胞的质量为m=2×16+4×64=288g，则晶体的密度为
d==g/cm3，所以，一个晶胞的体积V0=cm3=pm3，一个
晶胞中含有2个O，4个Cu，则晶胞中球体积为V球==
，一个晶胞的体积为V0pm3，因此，晶胞的空间利用率
=═
=，
故答案为：．
【点评】本题考查物质结构知识，包含价电子排布式，价层电子对互斥理论和杂化轨道理论判断粒子的空间构型，等电子体原理，配合物的性质，有机物中C原子的杂化方式的判断，原子坐标的书写，晶胞的计算，涉及的知识点较多．值得一提的是，原子坐标的书写和晶胞的空间利用率均属于大学无机化学的知识，要记住“1”即“0”，其中B的坐标其实就是（0，0，0），注意正四面体构型的存在．本题难度中等．
【化学-选修5：有机化学基础】 12．（2017?和平区四模）具有抗菌作用的白头翁素衍生物H的合成路线如图所示：
已知： i．RCH2Br
R﹣HC═CH﹣R′
ii．R﹣HC═CH﹣R′
iii．R﹣HC═CH﹣R′ （以上R、R'、R''代表氢、烷基或芳基等）
（1）A属于芳香烃，其名称是 1，2﹣二甲苯（邻二甲苯） ．
（2）B的结构简式是 ．
（3）由C生成D的化学方程式是 （4）由
E
与
I2
在一定条件下反应生成
F
．
的化学方程式是
；此反应同时生成另外一个有机副产物
且与F互为同分异构体，此有机副产物的结构简式是 （5）试剂b是 NaOH醇溶液 ．
（6）下列说法正确的是 bd （选填字母序号）． a．G存在顺反异构体
b．由G生成H的反应是加成反应
c.1mol G最多可以与1mol H2发生加成反应
d.1mol F或1mol H与足量NaOH溶液反应，均消耗2molNaOH
．
（7）以乙烯为起始原料，结合已知信息选用必要的无机试剂合成，写出合成线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）． 【考点】HC：有机物的合成．
路
【分析】由A的分子式对比C的结构简式可知A为，B为，对比C、
D的分子式可知D为，E为，由信息ii可知F为，
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