文档文本内容
【赢在高考·黄金8卷】
2024年普通高中学业水平等级性考试模拟║天津专用
黄金卷08
（考试时间：60分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量： H-1 C-12 N-14 O-16 Mg -24 Fe-56
一、选择题：本题共12小题，每小题3分，共36分。每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要
求．
1．化学与生产、生活、科技密切相关。下列说法正确的是
A．“天宫二号”空间站的太阳能电池帆板，其主要材料为晶体硅
B．“长征七号”采用液氧、煤油等作为推进剂，液氧、煤油是纯净物
C．C919大飞机上使用了芳纶纤维，芳纶属于天然纤维
D．杭州亚运会上的礼仪服饰用丝绸作为面料，丝绸属于糖类
【答案】A
【解析】A．太阳能电池帆板，主要材料含有晶体硅，用于将太阳能转化为电能，A正确；
B．煤油是混合物，B错误；
C．芳纶属于有机合成纤维，C错误；
D．丝绸是高分子材料，其主要成分均为蛋白质，不属于糖类，D错误；
故选A。
2．下列关于你身边的化学叙述正确的是
A．硫的氧化物、氮的氧化物都是造成酸雨的主要因素
B．汽油、花生油、牛油都属于酯类
C．毛发、蚕丝、涤纶都属于天然高分子化合物
D．温室效应只与 有关
【答案】A
【解析】A．硫的氧化物、氮的氧化物都会在空气中转化为酸性物质，随雨水一起落下形成酸雨，是造成
酸雨的主要因素，A正确；
B．汽油属于烃类物质，不是油脂，花生油、牛油的主要成分是油脂，B错误；C．毛发、蚕丝都属于天然高分子化合物，而涤纶为有机合成材料，C错误；
D．CO 和CH 都能引起温室效应，所以都是温室气体，D错误；
2 4
故选A。
3．下列鉴别或检验能达到实验目的的是
A．用金属钠检验乙醇中混有少量的水
B．用硝酸银溶液鉴别氯苯与溴苯
C．用酸性高锰酸钾溶液鉴别Vc水溶液与葡萄糖溶液
D．用BaCl 溶液鉴别SO 和SO
2 2 3
【答案】D
【解析】A．乙醇和水都能与钠反应，所以不能用金属钠检验乙醇中混有少量的水，A不能达到实验目的；
B．氯苯与溴苯都难溶于水，不能在水中电离出卤离子，所以不能用硝酸银溶液鉴别氯苯与溴苯，B不能
达到实验目的；
C．Vc水溶液与葡萄糖都具有还原性，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别
Vc水溶液与葡萄糖溶液，C不能达到实验目的；
D．SO 与BaCl 不能发生反应，SO 与BaCl 溶液反应，可生成BaSO 白色沉淀，所以可用BaCl 溶液鉴别
2 2 3 2 4 2
SO 和SO ，D能达到实验目的；
2 3
故选D。
4．下列有关物质的性质上用途具有对应关系的是
A．晶体硅硬度大，可用于制作半导体材料
B．二氧化硅难溶于水，可用于制作光导纤维
C．二氧化氯具有强氧化性，可用作自来水消毒剂
D．浓盐酸具有挥发性，可用于实验室制备氯气
【答案】C
【解析】A．晶体硅硬度大，可用于刻蚀玻璃，A错误；
B．二氧化硅具有全反射性质，所以可以用于制作光导纤维，B错误；
C．二氧化氯具有强氧化性，可以使蛋白质变性，达到自来水杀菌消毒的目的，C正确；
D．浓盐酸具有还原性，可用于实验室制备氯气，D错误；
故选C。
5．H、Li、Na、K位于周期表中ⅠA族。下列说法正确的是
A．离子半径大小： B．电负性大小：C．第一电离能： D．碱性强弱：
【答案】B
【解析】A． 和 核外电子排布相同，但是H的原子序数小，半径大，A项错误；
B．非金属性越强，电负性越强，则χ(H)>χ(K)，B项正确；
C．同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小，即第一电离能： ，C项错误；
D．K的金属性比Na强，则K的最高价氧化物对应的水化物的碱性较强，即碱性：NaOH<KOH，D项错
误；
答案选B。
6．反应 可制含氯消毒剂。下列说法正确的是
A．HCl和NaCl所含化学键类型相同
B． 是由极性键构成的非极性分子
C． 的空间结构为三角锥形
D．中子数为18的Cl原子：
【答案】C
【解析】A．氯化氢是含有共价键的共价化合物，氯化钠是含有离子键的离子化合物，两者所含化学键类
型不同，A错误；
B． 中的O—H键为极性键，空间结构为V型，是由极性键构成的极性分子，B错误；
C．氯酸根离子中氯原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，离子的空间构型为三角锥型，C正确；
D．Cl的原子序数为17，则中子数为18的Cl原子： ，D错误；
故选C。
7． 可作为光催化水生产物质X的高效催化剂，反应部分机理如题图所示。下列说法正确
的是A．Co元素位于元素周期表IB族
B．在激光作用下， 发生氧化反应
C．物质X为
D．工业上煅烧 制备 的反应：
【答案】D
【分析】根据图示，过程Ⅰ中， 与Co O 反应生成 和Co3+，过程Ⅱ中Co3+转化为Co4+，过程Ⅲ，
3 4
Co4+与HO生成Co O 与O，以此分析；
2 3 4 2
【解析】A.Co为27号元素，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，A错误；
B.Na SO 中硫的化合价为+6，Na为+1价，则正价总数为14，所以负价总数为14，含有1个过氧键(-O-
2 2 8
O-)，则NaSO 发生还原反应，B错误；
2 2 8
C.根据分析，Co4+化合价降低发生还原反应生成Co O， ，则X为氧气，
3 4
C错误；
D.煅烧CoCO 制备 Co O，根据原子守恒， ，D正确；
3 3 4
故答案为：D。
8．我国科学家提出的聚集诱导发光机制已成为研究热点之一。一种具有聚集诱导发光性能的物质，其分
子结构如图所示。下列说法不正确的是
A．分子中N原子有sp2、sp3两种杂化方式B．1mol该有机物最多可以消耗2molNaOH
C．该物质既有酸性又有碱性
D．该物质可发生取代反应、加成反应
【答案】B
【解析】A．分子中左边N原子价层电子对数为2+1=3，其杂化方式为sp2，右边氮原子价层电子对数为
3+1=4，其杂化方式为sp3，故A正确；
B．1mol该有机物含有1mol羧基和1mol碳氯键(水解生成酚羟基)，因此最多可以消耗3molNaOH，故B错
误；
C．该物质含有羧基，具有酸性，该物质含−N(CH CH) ，具有碱性，故C正确；
2 3 2
D．该物质含有羧基，能发生酯化反应即取代反应，含有苯环，能与氢气发生加成反应，故D正确。
综上所述，答案为B。
9．实验室制备下列气体所选用的发生装置、制备试剂和除杂试剂均正确的是
选
气体 发生装置 制备试剂 除杂试剂
项
A NH a NH Cl固体+Ca(OH) 固体 碱石灰
3 4 2
B Cl c MnO +浓盐酸 NaOH溶液+浓硫酸
2 2
C CO b 大理石+稀硫酸 浓硫酸
2
D C H b 电石+饱和食盐水 NaOH溶液
2 2
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【解析】A．使用NH Cl固体+Ca(OH) 固体制备NH ，采用装置a，用碱石灰干燥NH ，A正确；
4 2 3 3
B．MnO 和浓盐酸在加热的条件下制备Cl 选用发生装置c，得到的氯气先用饱和饱和食盐水除去其中的
2 2
HCl，再用浓硫酸进行干燥，B错误；
C．大理石稀硫酸反应生成的CaSO 微溶，覆盖在CaCO 表面会阻碍反应进行，故应采用稀盐酸，C错误；
4 3
D．电石+饱和食盐水反应制取C H，选用发生装置b，得到的C H 中混有HS和PH 等杂质，应用CuSO
2 2 2 2 2 3 4溶液将其除去，D错误；
故选A。
10．已知pH＝6的含磷废水中的磷以磷酸及其盐的形式存在。某温度下，磷酸的pKa与溶液的pH的关系
如图，下列叙述不正确的是
A．该废水中离子浓度存在关系：
B．若逐渐增大该废水的pH，溶液中 将先增大后减小
C．向废水中加入 生成 沉淀除磷后，溶液 将增大
D．室温下， 的平衡常数
【答案】C
【分析】已知 、 、 根据图像可知 ，
可知 ， ， 。
【解析】A． 时 ， ，即
， ， ，即
，故 ，故A正确；
B．若逐渐增大该废水的pH，磷酸与 ，反应过程生成 ， 逐渐增大， 接着与反应， 又减小，故溶液中 将先增大后减小，故B正确；
C．向pH＝6的废水中加入 生成 沉淀除磷后，
，溶液 将减小，故C错误；
D．室温下， 的平衡常数
， ，故D正确；
故答案为C。
11．阴离子 和二脲基分子能通过一种弱相互作用形成超分子阴离子配合物，如图所示(图中省略阴离
子配合物中部分原子)。下列关于该阴离子配合物的说法正确的是
A．其中基态原子中未成对电子数最多的元素只有一种
B．所含元素原子的杂化轨道类型不只一种
C．二脲基分子中N-H的H和 离子的O形成分子内氢键．
D．二脲基分子中有多个手性碳原子
【答案】B
【解析】A．该阴离子配合物中含有H、C、N、O、P共5种元素，其对应基态原子中未成对电子数依次是
1、2、3、2、3，故A项错误；
B．该阴离子配合物中，苯环上的C以及形成双键的C、N原子为sp2杂化，形成单键的N原子为sp3杂化，
P原子的价层电子对数为 ，因此P原子为sp3杂化，故B项正确；
C．N、O元素的电负性较大， 键中共用电子对偏向N原子，使得H原子带正电性( )，因此二脲基分子中 的H和 离子的O形成氢键，是分子和离子间形成的氢键不是形成的分子内氢键，故C项
错误；
D．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；由结构可知，二脲基分子中有不存在手性碳原子，故D项
错误；
故选B。
12．从砷化镓废料(主要成分头GaAs、Fe O、SiO 和CaCO )中回收镓和砷的工艺流程如图所示。
2 3 2 3
下列说法错误的是
A．“碱浸”时，温度保持在70℃的目的是提高“碱浸”速率，同时防止HO 过度分解
2 2
B．“碱浸”时，HO 既做氧化剂又做还原剂
2 2
C．“旋流电积”所得“尾液”溶质主要是HSO ，可进行循环利用，提高经济效益
2 4
D．该工艺得到的NaAsO •12H O纯度较低，可以通过重结晶的方法进行提纯
3 4 2
【答案】B
【分析】由图可知，向砷化镓废料加入氢氧化钠和过氧化氢混合溶液碱浸时，GaAs转化为NaGaO 、
2
NaAsO ，SiO 转化为NaSiO 进入溶液，Fe O、CaCO 不溶解，过滤得到含有的Fe O、CaCO 滤渣I和
3 4 2 2 3 2 3 3 2 3 3
含有NaGaO 、NaAsO 、NaSiO 的浸出液；浸出液中加入稀硫酸调节溶液pH，NaGaO 、NaSiO 转化为
2 3 4 2 3 2 2 3
Ga(OH) 、HSiO 沉淀，过滤得到含有Ga(OH) 、HSiO 的滤渣II和含有NaAsO 的滤液；向滤渣II中加入
3 2 3 3 2 3 3 4
稀硫酸，Ga(OH) 转化为Ga(SO ) 溶液，电解Ga(SO ) 溶液生成Ga、O 和HSO ；滤液经蒸发浓缩、冷
3 2 4 3 2 4 3 2 2 4
却结晶、过滤洗涤、干燥得到NaAsO 12HO。
3 4 2
【解析】A．“碱浸”时，温度保持在70℃可以提高“碱浸”速率，同时防止温度过高HO 分解，故A正
2 2
确；
B．“碱浸”时，HO 发生反应GaAs+4NaOH+4H O= NaGaO + Na AsO +6H O，该反应中As元素的化合
2 2 2 2 2 3 4 2
价由-3价升高到+5价，双氧水中氧元素从-1价变为-2价，Ga元素化合价不变，则HO 只做氧化剂，GaAs
2 2
为还原剂，故B错误；
C．“旋流电积”时，Ga(SO ) 溶液电解生成Ga、O 和HSO ，所以“尾液”溶质主要是HSO ，可进行
2 4 3 2 2 4 2 4
循环利用，提高经济效益，故C正确；D．由分析可知，由蒸发浓缩、冷却结晶得到的NaAsO 2HO，若纯度较低，可以通过重结晶的方法进行
3 4 2
提纯，故D正确；
答案选B。
二、非选择题：本题共4小题，共64分。
13．（16分）含碘的物质广泛应用于生活中。如(CHNH )PbI 作为典型的有机金属卤化物，一直是太阳能
3 3 3
电池研究的宠儿；AgI可用于显影剂和人工增雨。
(1)基态碘原子的价电子排布式为 。
(2)CH NH 中所含元素电负性从大到小的顺序为 。
3
(3)I 的VSEPR模型如下图，中心I原子的杂化方式是 (填“sp3”、“sp”、“sp3d”或“sp3d2”)。I
的空间构型为 。
(4)Ti的四卤化物熔点如下表所示。由此可推知，TiF 中的化学键类型是 TiCl 至TiI 熔点依次
4 4 4
升高，原因是 。
化合物 TiF TiCl TiBr TiI
4 4 4 4
熔点/℃ 377 -24.12 38.3 155
(5)(CH NH )PbI 晶体属于钙钛矿型结构(如图所示)。Pb2+周围距离最近且相等的I-数目有 个；
3 3 3
晶胞中A、B之间的距离为apm，(CHNH )PbI 式量为M，该物质的密度ρ= g·cm-3(列出计算式，
3 3 3
设N 为阿伏加德罗常数的值)。
A(6)在离子晶体中，当0.414<r(阳离子)∶r(阴离子)<0.732时，AB型化合物往往采用和NaCl晶体相同的晶体
结构。已知r(Ag+)∶r(I-)=0.573，但在室温下，AgI的晶体结构如下图所示，称为六方碘化银。造成AgI晶体
结构不同于NaCl晶体结构的原因不可能是 (填标号)。
a．几何因素 b．电荷因素 c．键性因素
【答案】(1)5s25p5
(2)N>C>H
(3) sp3d 直线形
(4) 离子键 三种为分子晶体，从TiCl 到TiI 随相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔点逐
4 4
渐升高
(5) 6
(6)ab
【解析】（1）碘位于第5周期第ⅦA族，基态碘原子的价电子排布式为5s25p5；
（2）同周期元素从左到右电负性增强，同主族元素从上到下电负性减弱，则CHNH 中所含元素电负性
3
从大到小的顺序为N>C>H；
（3）由结构示意图可知I 的中心I原子的价层电子对数为5，I原子的杂化方式是sp3d；I 的空间构型为
直线型；
（4）结合表中数据，TiF 的熔点较高，符合离子晶体的性质特征，因此为离子晶体；TiCl 至TiI 三种为分
4 4 4
子晶体，从TiCl 到TiI 随相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔点逐渐升高；
4 4
（5）A球位于顶点，个数为 ，B球位于面心，个数为 ，结合化学式，可知A球代表
CHNH ，B球代表I-，由晶胞结构可知Pb2+周围距离最近且相等的I-数目有6个；晶胞中A、B之间的距离
3 3为面对角线的一半，该距离为apm，则晶胞边长为： apm，晶胞体积为： cm3，
(CHNH )PbI 式量为M，晶胞的质量为 g，晶胞密度为： g·cm-3；
3 3 3
（6）a、 r(Ag+)∶r(I-)=0.573，在0.414<r(阳离子)∶r(阴离子)<0.732范围内，但是晶体结构和NaCl晶体不同，
所以a几何因素不可以作为晶体结构的原因，故a错误；
b、AgI和NaCl的阴阳离子的电荷比相同，所以b电荷因素不可以作为晶体结构的原因，故b错误；
c、Ag+和I-离子半径大，受相反电荷离子的电场作用变成椭球形，不再维持原来的球形，离子键就向共价
键过渡，它们的成键具有离子键和共价键的双重特性，其离子键的纯粹程度不高，离子键的纯粹程度简称
键性因素，所以造成AgI晶体结构不同于NaCl晶体结构的原因是键性因素，故c正确。
14．（16分）利伐沙班是一种新型抗凝血药物，其合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
(1)化合物A含有的官能团的名称是 。
(2)下列说法不正确的是___________。
A．D→E的反应条件是浓硝酸、浓硫酸、加热
B．F的分子式为C．G中含有2个手性碳原子
D．G→利伐沙班的反应类型为加成反应，
(3)写出B的结构简式 。
(4)写出C→D的化学方程式 。
(5)利用以上合成路线中的信息，设计以苯和乙烯为原料合成 的路线(用流程图
表示，无机试剂任选) 。
(6)写出符合下列条件的D的同分异构体 。
①分子中含有苯环，且与N原子直接相连；
②能发生银镜反应；
③ 谱和IR光谱表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，不存在 结构。
【答案】(1)氨基
(2)CD
(3)
(4) +HCl
(5) ；
(6)【分析】物质A与 反应生成的物质B为 ； 与 反
应生成的物质C为 ； 发生题目中的已知反应生成物质D，D为
；物质D发生硝化反应生成物质E；物质E与 反应生成物质F，F经过后续反应生
成产物利伐沙班。
【解析】（1）化合物A含有的官能团的名称是氨基；
（2）A．物质D生成物质E发生硝化反应，反应条件是浓硝酸、浓硫酸、加热，A正确；B．根据F的结
构简式，F的分子式为 ，B正确；C．G中含有1个手性碳原子，C错误；D．根据反应历程，
G→利伐沙班的反应类型为取代反应，D错误；故选CD；
（3）B的结构简式 ；
（4）C→D的化学方程式 +HCl；
（5）利用以上合成路线中的信息，设计以苯和乙烯为原料合成 的路线，第一步，苯在浓硫酸、浓硝酸加热条件下生成硝基苯；第二步，硝基苯与 反应生成 ；第三步，乙烯与
溴水发生加成反应生成 ；第四步， 与 发生流程图F到G的反应，
生成 ；流程图为
；
（6）D为 ，符合下列条件的D的同分异构体，①分子中含有苯环，且与N原子直接相连；
②能发生银镜反应，即含有醛基；③ 谱和IR光谱表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，
不存在 结构，同时满足以上三个条件的D的同分异构体有
。15．（16分）草酸亚铁不溶于水，可用于制药工业。草酸亚铁晶体(FeC O·2H O)呈淡黄色，可用作照相显
2 4 2
影剂。某化学活动小组分别设计了相应装置进行实验。回答下列问题：
I．制备草酸亚铁晶体(装置如图所示)：
(1)盛放稀硫酸的仪器名称为 ；植物油的作用是 。
(2)实验过程中，制备草酸亚铁的具体操作是 。
(3)检验草酸亚铁晶体已洗净的操作方法为 。
II．草酸亚铁晶体热分解产物的探究：
(4)按照气流从左到右的方向，上述装置的连接顺序为 →尾气处理装置(填图中字母，装置可重
复使用)。
(5)实验结束后，C中黑色固体变为红色，B中澄清石灰水变浑浊，D中无水硫酸铜变为蓝色，A中残留
FeO，则A处反应管中发生反应的化学方程式为 。
III．运用热重分析法推测产物：
(6)称取54.0g草酸亚铁晶体(FeC O·2H O)在隔绝空气的条件下加热，得到剩余固体质量随温度变化的曲线
2 4 2
如图所示：已知B点时，固体只含有一种铁的氧化物，根据上图可知B点固体物质的化学式为 。
【答案】(1) 分液漏斗 隔离空气，防止生成的草酸亚铁晶体被空气中的氧气氧化
(2)组装好装置后，检验装置的气密性，添加试剂后，先打开K，将一定量稀硫酸加入A瓶后再关闭K，
1 1
让A瓶中反应先进行一段时间以排除空气，进行上述操作的同时关闭K 打开K，一段时间后，打开K 关
2 3 2
闭K，将A装置中的硫酸亚铁溶液导入装置B中
3
(3)在试管中取少量最后一次洗涤液，滴加稀盐酸无现象，再滴加氯化钡溶液，若无白色沉淀，则证明草酸
亚铁晶体已洗净
(4)ADBECB
(5)FeC O•2H O FeO+CO↑+CO ↑+2H O
2 4 2 2 2
(6)Fe O
3 4
【解析】（1）根据装置图可知，盛放稀硫酸的仪器为分液漏斗；植物油的作用是隔离空气，防止生成的
草酸亚铁晶体被空气中的氧气氧化；
（2）制备草酸亚铁晶体的具体操作为：组装好装置后，检验装置的气密性，添加试剂后，先打开K，将
1
一定量稀硫酸加入A瓶后再关闭K，让A瓶中反应先进行一段时间以排除空气，进行上述操作的同时关
1
闭K 打开K，一段时间后，打开K 关闭K，将A装置中的硫酸亚铁溶液导入装置B中；
2 3 2 3
（3）草酸亚铁晶体表面有附着的硫酸根、铵根等，检验草酸亚铁晶体已洗净的操作方法为：在试管中取
少量最后一次洗涤液，滴加稀盐酸无现象，再滴加氯化钡溶液，若无白色沉淀，则证明草酸亚铁晶体已洗
净；
（4）草酸亚铁晶体在装置A中加热分解，生成的气体通过装置D中硫酸铜检验水蒸气的存在，通过装置
B中澄清石灰水检验二氧化碳的生成，通过装置E中监事会干燥气体后通入装置C中玻璃管和氧化铜反应
生成铜和二氧化碳，再通过B装置检验生成的二氧化碳气体，按照气流从左到右的方向，上述装置的连接
顺序为ADBECB，最后连接尾气处理装置；
（5）根据现象，C中黑色固体变为红色，B中澄清石灰水变浑浊，D中无水硫酸铜变为蓝色，A中残留FeO，说明分解的产物有CO、CO、HO、FeO，反应的化学方程式为：FeC O•2H O
2 2 2 4 2
FeO+CO↑+CO ↑+2H O；
2 2
（6）n(FeC O•2H O)= =0.3mol,n(Fe)=n(FeC O•2H O)=0.3mol, B点时，已知固体产物只含一种铁
2 4 2 2 4 2
的氧化物，m(Fe)=0.3mol×56g/mol=16.8g，m(O)=23.2g-16.8g=6.4g，n(O)= =0.4mol，n(Fe)：
n(O)=0.3mol：0.4mol=3：4，所以铁的氧化物的化学式为Fe O。
3 4
16．（16分）优化的 复合材料作钠离子电池的正极材料时表现出优异的循环稳定性。以黄铁矿
(主要成分是 ，含少量 等杂质)为原料制备 的流程如图所示。
已知：“滤渣2”中不含硫单质。涉及离子的氢氧化物常温下的溶度积常数如表。(当离子的物质的量浓度
时，认为沉淀完全， )
离子
回答下列问题：
(1)“研磨”的目的是 。
(2)“灼烧”时的大量尾气直接排放，会引起的主要环境问题为 (填一种)。
(3)常温下，“酸浸”时，加入过量 的硫酸的目的为 (答一条即可)。
(4)“还原”中 与 反应的离子方程式为 ；通入空气的条件下，“溶液1”可在“还原”
步骤中循环利用，则通入空气的目的是 。
(5)“一系列操作”包括 、过滤、洗涤和低温干燥。【答案】(1)增大固体接触面积(或提高反应速率，提高原料转化率等)
(2)形成酸雨
(3)抑制溶液中 的水解，防止生成 沉淀(或将固体完全溶解等)
(4) 将“溶液1”中的 氧化为
(5)蒸发浓缩、冷却结晶
【分析】以黄铁矿(主要成分是FeS，含少量SiO 等杂质)为原料制备，研磨后再空气中焙烧生成SO ，
2 2 2
FeS 转化为Fe O，酸浸后Fe O 转化为Fe3+，SiO 不与硫酸反应过滤后存在于滤渣1中，滤液中加入黄铁
2 2 3 2 3 2
矿还原，经过一系列操作得到FeSO ·7H O固体，再加入柠檬酸和NaFePO ·2H O得到 。
4 2 4 2
【解析】（1）“研磨”的目的是增大固体接触面积，提高反应速率，提高原料转化率等；
（2）“灼烧”时的大量 尾气直接排放，会引起的主要环境问题为形成酸雨；
（3）常温下，“酸浸”时，加入过量50%的硫酸的目的为抑制溶液中 的水解，防止生成沉淀；将固
体完全溶解等；
（4）由氧化还原反应的规律可知，“还原”中 与 反应生成硫酸亚铁，根据得失电子守恒和电荷
守恒配平，可以写出“还原”中 与 反应的离子方程式为 ；
将“溶液1”中的Fe2+氧化为Fe3+；
（5）“还原”步骤后得到 溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶过滤、洗涤和低温干燥可以得到
固体。
