2023-2024学年北京育才中学高三（上）期中化学试题和答案

试题PAGE1试题2023北京育才学校高三（上）期中化学(满分100分考试时间90分钟)可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16N-14Al-27As-75In-114.8第一部分选择题(共42分)本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.科技助力北京2022年冬奥会。下列变化不属于化学变化的是A．冬奥场馆使用CO2制冷剂制冰B．火炬“飞扬”中的氢燃料燃烧C．由碲和镉合成发电玻璃中的碲化镉D．电动汽车的全气候电池充电A.A B.B C.C D.D2.我国科研团队对嫦娥五号月壤的研究发现，月壤中存在一种含“水”矿物下列化学用语或图示表达不正确的是A.的电子式：B.基态的价电子排布式：C.的模型：D.基态S原子的价层电子的轨道表示式：3.解释下列事实所用的化学用语不正确的是A.用饱和碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：B.通入溴水中，溶液褪色：C.向溶液中滴入氨水产生白色沉淀：D.过量碳酸氢钠与氢氧化钡溶液反应：4.下列比较不能用元素周期律解释的是A.热稳定性： B.还原性：C.酸性： D.熔点：5.下列物质混合后，变化过程中不涉及氧化还原反应的是A.溶液使淀粉碘化钾试纸变蓝B.向溶液中通入气体，生成黑色沉淀C.将通入到溶液中，生成白色沉淀D.石蕊溶液滴入氯水中，溶液变红，随后迅速褪色6.能用下图所示装置完成气体制备、尾气处理(加热和夹持等装置略去)的是气体制备试剂烧杯中试剂ANO2铜与浓硝酸NaOH溶液BNH3浓氨水与碱石灰水CC2H2电石与水水DCl2MnO2与浓盐酸饱和NaCl溶液A.A B.B C.C D.D7.血红蛋白结合后的结构如图所示，与周围的6个原子均以配位键结合。也可与血红蛋白配位，它与血红蛋白结合的能力约为的230～270倍。二者与血红蛋白结合的反应可表示为：①；②，下列说法不正确的是A.形成配位键时提供空轨道B.电负性：，故中与配位的是OC.由题意可得结论：相同温度下，D.中毒患者进入高压氧舱治疗，平衡①、②移动的方向相反8.名医华佗创制的用于外科手术的麻醉药“麻沸散”中含有东莨菪碱，其结构简式如图。下列关于该物质的说法不正确的是A.含有3种含氧官能团 B.N的杂化方式为C.不能发生消去反应 D.具有碱性，能与强酸反应9.下列实验方案能达到实验目的的是选项ABCD目的制备并收集乙酸乙酯制备氢氧化铁胶体证明AgI的溶解度小于AgCl探究化学反应速率的影响因素实验方案A.A B.B C.C D.D10.直接燃料电池是一种新型化学电源，其工作原理如图所示。电池放电时，下列说法不正确的是A.电极Ⅰ为负极B.电极Ⅱ的反应式为：C.电池总反应为：D.该电池的设计利用了在酸碱性不同条件下氧化性、还原性的差异11.小组同学用以下流程去除粗盐水中的、、，获得了精制盐水。已知：ⅰ.物质(25℃)ⅱ.粗盐水中下列说法不正确的是A.①的反应为：B.②中当溶液时，已沉淀完全(即浓度小于)C.③的滤渣中除泥沙外，还有、、、等物质D.④中用稀盐酸调溶液pH为中性或微酸性，以除去、12.(s)与CO(g)主要发生如下反应。①②反应的还原产物与温度密切相关。其他条件一定，(s)和CO(g)反应达平衡时，CO(g)的体积分数随温度的变化关系如图所示。下列说法不正确的是A.反应的焓变为B.根据图象推测，应当小于0C.反应温度越高，主要还原产物中铁元素的价态越低D.温度高于1040℃时，(s)和CO(g)发生的主要反应的化学平衡常数13.聚合物P是某高分子凝胶的主要成分，其结构片段如下图(图中表示链延长)。已知：下列说法不正确的是A.聚合物P可以在碱性溶液中发生水解反应B.由X、Y、Z对应的原料单体合成聚合物P的反应是缩聚反应C.Z对应的原料单体是D.仅用X和Z对应的原料单体合成的聚合物是线型高分子14.某小组同学探究Al与的反应，实验如下。装置序号试剂a现象①2mL0.5mol/L溶液无明显变化，数小时后观察到铝片上仅有少量红色斑点②2mL0.5mol/L溶液迅速产生红色固体和无色气泡，且气体的生成速率逐渐增大，反应放出大量的热。在铝片表面产生少量白色沉淀，经检验为CuCl下列说法不正确的是A.②中气体生成速率逐渐增大可能与Al和Cu在溶液中形成了原电池有关B.②中产生白色沉淀的可能原因：C.向①中加入一定量NaCl固体，推测出现与②相似的实验现象D.②比①反应迅速是由于水解使②中的更大，利于破坏铝片表面的氧化膜第二部分非选择题(共58分)15.硼及其化合物具有多种结构和化学性质，化合物中的硼原子多以缺电子中心参与反应。（1）基态硼原子的核外电子排布式为___________。量子力学把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，基态硼原子的电子有___________种空间运动状态。（2）分子的空间构型为___________，和反应后形成一种超强酸，中心硼原子的杂化方式为___________。（3）六方氮化硼晶体俗称“白石墨”，与石墨具有类似的结构，其晶体片层结构如图所示。①六方氮化硼的化学式为___________，其晶体中存在的作用力有___________(填字母序号)。a、范德华力b、键c、离子键②石墨能导电的主要原因是电子能在由电负性相同的碳原子所形成的大键中流动。但六方氮化硼晶体不导电，可能的原因是___________。（4）立方氮化硼晶体结构与金刚石相似，其晶胞如图所示。①晶胞中平均含有___________个硼原子，距离硼原子最近的氮原子有___________个。②已知：立方氮化硼晶体的摩尔质量为，密度为，设为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的晶胞边长为___________cm。16.处理再利用H2S有多种方法。（1）碱法脱硫用K2CO3溶液吸收H2S。已知：氢硫酸和碳酸的电离常数如表。Ka1Ka2H2S1.1×10-71.3×10-13H2CO34.5×10-74.7×10-11①用化学用语表示K2CO3溶液显碱性的原因：____。②用过量的K2CO3溶液吸收H2S的离子方程式是____。（2）热分解法脱硫在密闭容器中发生反应2H2S(g)S2(?)+2H2(g)。其他条件不变时，H2S的平衡转化率随温度和压强的变化如图。①P3>P2>P1，反应中S2____(填‘“是”或“不是”)气态，理由是____。②实际反应在高温下进行的原因是____。（3）间接电解法脱硫间接电解法脱硫过程的示意图如图。①溶液X的主要溶质是____。②简述在电解反应器中FeCl3溶液再生的原理：____。③不考虑其他副反应，理论上5molH2S反应能生成____gH2。17.我国科学家合成了结构新颖的化合物M，为液晶的发展指明了一个新的方向。M的合成路线如下：资料i.+—NH2+H2O（1）A是苯的同系物，苯环上只有一种环境的氢原子。A的结构简式是___________。（2）B的官能团的名称是___________。（3）B→D的反应类型是___________。（4）J的结构简式是___________。（5）下列有关K的说法正确的是___________(填序号)。a．与FeCl3溶液作用显紫色。b．含有醛基、羟基和醚键c．存在含有苯环和碳碳双键的酯类同分异构体（6）E与K生成L的化学方程式是___________。（7）依据资料i和资料ii，某小组完成了尼龙6的合成设计。资料ii.P、Q的分子式都是C6H11ON，Q含有1个七元环。P的结构简式是___________，生成尼龙6的化学方程式是___________。18.黏土钒矿中，钒以+3价、+4价、+5价的化合物存在，还包括、和铝硅酸盐()等。采用以下流程可由黏土钒矿制备、和硫酸铝铵。已知：i.有机酸性萃取剂HR的萃取原理为：org表示有机溶液ii.酸性溶液中，HR对+4价钒萃取能力强，而对+5价钒的萃取能力较弱iii.HR能萃取而不能萃取（1）从黏土钒矿到浸出液的流程中，加快浸出速率的措施有_______。（2）滤渣的主要成分是_______。（3）浸出液中钒以+4价、+5价的形式存在，简述加入铁粉的原因：_______。（4）从平衡移动原理解释加入20%溶液的作用：_______。（5）和反应生成和的离子方程式是_______。（6）测定产品的纯度称取产品ag，先加入硫酸将转化为，加入指示剂后，用溶液滴定将转化为至终点，消耗溶液的体积为VmL。假设杂质不参与反应，则产品中的质量分数是_______(的摩尔质量为Mg/mol)。（7）从无机层获得的离子方程式是_______。（8）硫酸铝铵固体中含有少量硫酸铵杂质，根据下图的溶解度曲线，进一步提纯硫酸铝铵的操作是加热溶解、_______、洗涤、干燥。19.资料显示，酸性介质中，和可反应转化为和。小组探究利用该反应测定含量的条件。实验序号物质a实验现象I0.002mol/L溶液无明显变化II0.002mol/L溶液加热至沸腾，5min后溶液变为紫色III0.05mol/L溶液加热至沸腾，生成大量棕黑色沉淀，静置，上层溶液未变紫色（1）根据实验II的现象，氧化性：_______(填“>”或“<”)。（2）实验II中反应的离子方程式是_______。（3）实验I的条件下能将氧化为，推测实验I未出现紫色的原因：_______。（4）经检验，棕黑色沉淀为，针对实验Ⅲ中的现象，提出以下假设：假设1：的浓度较低，不足以将氧化为假设2：溶液中存在还原剂，将生成的还原为①甲同学分析上述实验设计，认为假设1不成立，理由是_______。②针对假设2，乙同学设计实验IV证实了推测合理。请写出实验操作和现象：_______。③实验III中生成的离子方程式是_______，从化学反应速率的角度分析实验Ⅲ未得到紫色溶液的原因：_______。（5）资料表明可作为和反应转化为的催化剂。丙同学设计实验Ⅲ的对比实验进行了证实。向_______中滴加2滴0.1mol/L溶液，再加入0.0005mol固体，加热至沸腾，观察到溶液变为紫色。（6）根据上述实验，要利用将转化为的反应来快速测定的含量，应控制的反应条件有：加热至沸腾、_______。

参考答案第一部分选择题(共42分)本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.【答案】A【详解】A．使用二氧化碳制冷剂制冰时，水由液态转化为固态，没有新物质生成，属于物理变化，故A符合题意；B．氢燃料燃烧时氢气和氧气反应生成水，有新物质生成，属于化学变化，故B不符合题意；C．由碲和镉合成发电玻璃中的碲化镉时，有新物质生成，属于化学变化，故C不符合题意；D．电动汽车的全气候电池充电过程为电解过程，有新物质生成，属于化学变化，故D不符合题意；故选A。2.【答案】B【分析】A．简单阳离子的电子式就是离子符号，复杂离子的电子式要有中括号，NaOH的电子式没有错，A正确；B．基态Fe2+的价电子排布式为3d6，

B错误；C．H2O的中心原子的价层电子对数为4，2个孤电子对，C正确；D．基态S原子的价电子排布式为3S23P4，价层电子的轨道表示式正确

，D正确；故选B。3.【答案】A【详解】A．硫酸钙微溶不能拆，，故A错误；B．通入溴水中，二氧化硫被溴单质氧化而生成两中强酸，溶液褪色：，故B正确；C．向溶液中滴入氨水，一水合氨（弱碱）的碱性强于氢氧化铝产生白色沉淀：，故C正确；D．过量碳酸氢钠与氢氧化钡溶液反应，以不足为基准，因此碳酸氢钠和氢氧化钡化学计量数之比为2：1，，故D正确；故答案为：A。4.【答案】D【详解】A．根据氧的非金属性比硫强，故水的稳定性比硫化氢强，A不符合题意；B．氯和碘为同主族元素，从上到下元素非金属性减弱，阴离子的还原性增强，B不符合题意；C．氟的电负性比氯强，则碳氟键的极性比碳氯键的极性大，使三氟乙酸中的羧基的羟基极性变大，更容易电离出氢离子，C不符合题意；D．二氧化硅为共价晶体，二氧化碳形成分子晶体，共价晶体的熔点高于分子晶体，与碳和硅的非金属性无关，D符合题意；故选D。5.【答案】B【详解】A．溶液使淀粉碘化钾试纸变蓝，铁离子将碘离子氧化为碘单质，遇淀粉变蓝，故A不符合题意；B．向溶液中通入气体，生成黑色沉淀，发生复分解反应，不是氧化还原反应，故B符合题意；C．将通入到溶液中，生成白色沉淀，二氧化硫溶于水显酸性，硝酸根离子在酸性条件下将二氧化硫氧化为硫酸根离子继而生成硫酸钡沉淀，故C不符合题意；D．石蕊溶液滴入氯水中，溶液变红，随后迅速褪色，溶液显酸性故变红，溶液中的HClO将石蕊氧化而褪色，故D不符合题意；故答案为：B。6.【答案】A【分析】由图可知，气体制备装置为固液不加热的装置，烧杯中的尾气处理试剂能与制备的气体反应。【详解】A．铜与浓硝酸在不加热的条件下能反应制得二氧化氮气体，烧杯中的氢氧化钠溶液能吸收二氧化氮气体，防止污染空气，故A正确；B．浓氨水与碱石灰在不加热的条件下能反应制得氨气，但氨气极易溶于水，直接通入水中会产生倒吸，故B错误；C．电石与水在不加热的条件下能反应制得乙炔气体，乙炔微溶于水，不能与水反应，不能用水吸收乙炔气体，故C错误；D．二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，常温下不反应，且氯气不溶于饱和氯化钠溶液，不能用饱和氯化钠溶液吸收氯气，故D错误；故选A。7.【答案】B【详解】A．存在空轨道，形成配位键时提供空轨道，A正确；B．电负性：，O在成键时不易给出孤电子对，故中与配位的是C，B错误；C．也可与血红蛋白配位，它与血红蛋白结合的能力约为的230～270倍，可知反应②正向进行程度比①大，故相同温度下，，C正确；D．中毒患者进入高压氧舱治疗，氧气浓度增大，反应①平衡正向移动，Hb浓度减小，反应②平衡逆向移动，二者平衡移动的方向相反，D正确；故选B。8.【答案】C【详解】A．由结构简式可知含有羟基、醚键、酯基3种官能团，故A正确；B．由结构简式可知，N原子连接了两个σ键，同时含有两个孤电子对，杂化方式为，故B正确；C．由结构简式可知与羟基相连碳的相邻碳原子上有氢原子，可以发生消去反应，故C错误；D．东莨菪碱中五元脂环上含有叔胺氮原子，具有较强的碱性，能与强酸反应，故D正确；故选C。9.【答案】B【详解】A．制备乙酸乙酯的过程中需要用浓硫酸做催化剂和吸水剂，A错误；B．制备氢氧化铁胶体是把饱和氯化铁溶液滴入沸水中，至溶液变为红褐色说明得到氢氧化铁胶体，B正确；C．试管中过量，加入碘离子直接沉淀，不涉及沉淀转化问题，C错误；D．实验中有酸的浓度、金属种类2个变量，不能探究化学反应速率的影响因素，D错误；故选B。10.【答案】C【分析】由K+向电极Ⅱ所在区域迁移可知，电极Ⅱ为正极发生还原反应，电极Ⅰ为负极发生氧化反应；正极电极反应式：，负极电极反应式：。【详解】A．电极Ⅰ为负极，A正确；B．电极Ⅱ为正极发生还原反应：，B正确；C．两极酸碱度不一样，氢离子和氢氧根离子不能电池总反应为：，C错误；D．该电池的设计利用了在酸碱性不同条件下氧化性、还原性的差异，D正确；故选C。11.【答案】A【详解】A．加入碳酸钡的目的是沉淀法除掉硫酸根和钙离子，故①的反应为：、，A错误；B．②中当溶液时，，已沉淀完全(即浓度小于)，B正确；C．由上述分析③的滤渣中除泥沙外，还有①生成的、，②生成的和过量的等物质，C正确；D．④中用稀盐酸调溶液pH为中性或微酸性，以除去、，D正确；故选A。12.【答案】C【分析】反应的还原产物与温度密切相关。根据(s)和CO(g)反应达平衡时，CO(g)的体积分数随温度的变化关系，温度低于570℃时，随温度升高，CO(g)的体积分数增大，可知温度低于570℃时，主要发生反应；温度高于570℃时，随温度升高，CO(g)的体积分数减小，可知温度高于570℃时，主要发生反应。【详解】A．根据盖斯定律(②-①)得的焓变为，故A正确；B．根据图象，温度低于570℃时，随温度升高，CO(g)的体积分数增大，可知小于0，故B正确；C．温度低于570℃时，主要还原产物为Fe，温度高于570℃时，主要还原产物为FeO，故C错误；D．温度高于1040℃时，(s)和CO(g)发生的主要反应为；温度高于1040℃时，CO(g)的体积分数小于20%，化学平衡常数，故D正确；选C。13.【答案】B【详解】A．组成聚合物P的X物质内含有酯基，可以在碱性溶液中发生水解反应，A正确；B．缩聚反应是指由一种或多种单体相互缩合生成高分子和小分子的反应，X、Y、Z对应的原料单体即分别断裂C=C、C=C、C-O和C=S键合成聚合物P，没有生成小分子物质，该反应是加聚反应，B错误；C．物质Z去掉高聚物符号以及断裂C=O其中一条键得到单体是，C正确；D．线型高分子是指官能团种数为2的单体经过缩合聚合得到的高分子，仅用X和Z对应的原料单体合成的聚合物含有支链但不是网状体型高分子，是线型高分子，D正确；故选：B。14.【答案】D【分析】氯离子能破坏铝片表面的致密氧化膜，氯化铜水解呈酸性，Al能从氯化铜溶液中置换出Cu、和水解产生的盐酸反应置换出氢气，Al和覆盖在表面的Cu在溶液中可形成原电池，反应速率大，而表面析出的白色沉淀CuCl，应是铝和铜离子发生氧化还原反应产生的沉淀，硫酸根离子不能破坏铝片表面的致密氧化膜，所以铝与2mL0.5mol/L溶液反应相当缓慢、只有少量铜生成，据此回答。【详解】A．据分析，②中产生的气体为氢气，气体生成速率逐渐增大可能与Al和Cu在溶液中形成了原电池有关，A正确；B．据分析，②中产生白色沉淀的可能原因：，B正确；C．向①中加入一定量NaCl固体，氯离子能破坏铝片表面的致密氧化膜，铝投入的溶液中含有铜离子、氯离子，则可推测出现与②相似的实验现象，C正确；D．②比①反应迅速是由于氯离子能破坏铝片表面的致密氧化膜，硫酸根离子不能破坏铝片表面的致密氧化膜，D不正确；答案选D。第二部分非选择题(共58分)15.【答案】（1）①.1s22s22p1②.3（2）①.平面三角形②.sp3（3）①.BN②.ab③.六方氮化硼中也存在类似于石墨的大π键，但由于N的电负性明显大于B，电子被约束在N原子周围不能形成有效的流动，所以六方氮化硼晶体不导电。（4）①.4②.4③.【小问1详解】基态硼原子核外有5个电子，根据构造原理书写基态B原子核外电子排布式为1s22s22p1；基态B原子核外有几个轨道，其核外电子就有几个空间运动状态，基态B原子核外电子空间运动状态个数=1+1+1=3；【小问2详解】BF3中B原子的价层电子对数为3+(3−3×1)=3，根据价层电子对互斥理论判断该分子空间构型为平面三角形；HBF4中B原子与F原子形成4个σ键，为sp3杂化；【小问3详解】①根据六方氮化硼类似于石墨的结构，图示为正六边形，可推知每个正六边形所占有的原子数为6个，而每一个点都是3个六边形共用的，晶胞每个6边形中N原子数目3×=1、B原子数目3×=1，故氮化硼的化学式为BN；不同非金属原子之间易形成极性键，所以B-N原子之间存在极性共价键（σ键）；分子之间存在范德华力，所以层之间存在范德华力；②六方氮化硼晶体不导电，可能的原因是六方氮化硼中也存在类似于石墨的大π键，但由于N的电负性明显大于B，电子被约束在N原子周围不能形成有效的流动，所以六方氮化硼晶体不导电。【小问4详解】①根据均摊法，晶胞中的B原子个数为8×+6×=4；N原子位于晶胞中体对角线上，距离硼原子最近的氮原子有4个；②根据均摊法，晶胞中的B原子个数为8×+6×=4；N原子为4个，设晶胞边长为xcm，根据，解得x=。16.【答案】（1）①.CO+H2OHCO+OH—②.H2S+CO=HCO+HS—（2）①.是②.其他条件不变时，增大压强，H2S的转化率减小，说明该反应是气体体积增大的反应，S2是气态③.升高温度，有利于增大反应速率和提高H2S的转化率（3）①.FeCl2和HCl②.含FeCl2和HCl的溶液加入阳极区，Fe2+放电生成Fe3+，且H+由阳极区加入阴极区，FeCl3溶液得以再生③.10【小问1详解】①碳酸钾是强碱弱酸盐，碳酸根离子在溶液中分步水解使溶液呈碱性，水解的离子方程式为CO+H2OHCO+OH—，故答案为：CO+H2OHCO+OH—；②由电离常数可知，弱酸和弱酸根离子在溶液中的电离程度的顺序为H2CO3＞H2S＞HCO＞HS—，由强酸制弱酸的原理可知，过量的碳酸钾溶液与硫化氢反应生成碳酸氢钾和硫氢化钾，反应的离子方程式为H2S+CO=HCO+HS—，故答案为：H2S+CO=HCO+HS—；【小问2详解】①由图和P3>P2>P1可知，其他条件不变时，增大压强，硫化氢的转化率减小，说明该反应是气体体积增大的反应，S2是气态，故答案为：其他条件不变时，增大压强，H2S的转化率减小，说明该反应是气体体积增大的反应，S2是气态；②由图可知，升高温度，硫化氢的转化率增大，说明该反应为吸热反应，实际反应在高温下进行可以加快反应速率，使平衡向正反应方向移动，增大硫化氢的转化率，故答案为：升高温度，有利于增大反应速率和提高H2S的转化率；【小问3详解】①由图可知，吸收反应器中氯化铁溶液与硫化氢气体反应生成氯化亚铁和盐酸，反应的方程式为H2S+2FeCl3=2FeCl2+S↓+2HCl，由方程式可知，溶液X为氯化亚铁和盐酸的混合溶液，故答案为：FeCl2和HCl；②由图可知，电解反应器中右侧电极为电解池的阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，左侧电极为阳极，氯化亚铁和氯化氢混合溶液中亚铁离子在阳极失去电子发生氧化反应生成铁离子，氢离子通过质子交换膜进入阴极区，氯化铁溶液在阳极区得以再生，故答案为：含FeCl2和HCl的溶液加入阳极区，Fe2+放电生成Fe3+，且H+由阳极区加入阴极区，FeCl3溶液得以再生；③由图可知，不考虑其他副反应，间接电解法脱硫过程实际上是硫化氢分解生成硫和氢气，所以理论上5mol硫化氢反应能生成氢气的质量为5mol×2g/mol=10g，故答案为：10。17.【答案】（1）（2）羧基（3）取代反应（4）（5）ab（6）++HBr（7）①.②.n【分析】A为苯的同系物，且苯环上只有一种H，即A的结构为完全对称结构，满足条件的结构简式为：；由B的分子式可知，A到B氧化时，只有一个甲基被氧化，B的结构简式为：；B到D为烷基上的取代反应，D的结构简式为：；D到E为酯化反应，为饱和醇，E的结构为；由可知，F的结构简式为；F到G为取代反应，G的结构简式为；J与G反应生成，该反应为加成反应，即J的结构简式为；到K的反应为脱羧及氧化反应，结合K的分子式，可得K的结构简式为；由M的结构简式可知E与K的反应为取代反应，L的结构简式为：。【小问1详解】(1)A为苯的同系物，且苯环上只有一种H，即A的结构为完全对称结构，满足条件的结构简式为：，故填；【小问2详解】(2)B的结构简式为，其官能团的名称为羧基，故填羧基；【小问3详解】(3)B到D的条件为卤素单质，光照，该条件为烷基上的取代反应，故填取代反应；【小问4详解】(4)J与G反应生成，该反应为加成反应，G的结构简式为，即J的结构简式为，故填；【小问5详解】(5)经推断，K的结构简式为，以此分析：a.K的结构中含有酚羟基，遇氯化铁溶液显紫色，故a正确；b.该结构中含有羟基、醛基和醚键，故b正确；c.从分子式来看，该结构中，苯环含有6个碳，如果同时存在碳碳双键和酯基，则至少还需要3个碳原子，所以不可能存在含有苯环和碳碳双键的酯类同分异构体，故c错误；故填ab；【小问6详解】(6)E与K生成L的反应为取代反应，其反应的化学方程式为：++HBr，故填++HBr；【小问7详解】(7)由资料i，环己酮与生成P，P的结构简式为，再由资料ii可知，P在酸性条件下反应生成Q，则结合已知条件，Q的结构简式为，最后在一定条件下反应生成尼龙6，其反应为：n，故填、n。18.【答案】（1）使用浓硫酸、升高温度到250℃（2）（3）将溶液中的+5价钒、Fe3+分别转化为+4价钒、Fe2+，利于+4价钒的萃取，实现钒元素和铁元素的分离（4）加入20%溶液，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，利于钒元素进入水层，与萃取剂分离（5）（6）（7）（8）降温结晶、过滤【分析】黏土钒矿加入浓硫酸、通入空气加入后水浸，二氧化硅不反应成为滤渣，浸出液加入氨水调节pH生成硫酸铝铵沉淀，滤液加入铁将三价铁转化为二价铁、并将五价钒还原为四价钒，使用HR萃取钒到有机层，有机层加入硫酸、氯酸钾将四价钒转化为五价钒，加入氨水得到，煅烧得到；水层加入氨水、空气得到氢氧化铁，煅烧得到氧化铁；【小问1详解】加快浸出速率的措施有粉碎增大接触面积、适当升高温度等；【小问2详解】由分析可知，滤渣的主要成分是；【小问3详解】酸性溶液中，HR对+4价钒萃取能力强，而对+6价钒的萃取能力较弱；HR能萃取而不能萃取；浸出液中钒以+4价、+5价的形式存在，铁具有还原性，加入铁粉