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    6．碳酸锰主要用于制备软磁铁氧体，工业上以软锰矿（主要成分MnO2）和黄铁矿
    （主要成分FeS2）为主要原料制备碳酸锰（MnCO3难溶，分解温度较高）的一种工艺流程如下：

    已知：几种金属离子沉淀的pH如下表：
    Fe2+Fe3+Cu2+Mn2+
    开始沉淀的pH7.53.25.28.8
    完全沉淀的pH9.73.77.810.4
    回答下列问题：
    （1）为了提高溶浸工序中原料的浸出效率，可以采取的措施有ABC
    A．适当升高温度     B．搅拌      C．研磨矿石      D．加入足量的蒸馏水
    （2）溶浸过程中发生的主要反应如下，请完成并配平该反应的离子方程式：
    2FeS2+15MnO2+28H+=2Fe3++15Mn2++4SO42ˉ+14H2O
    （3）净化工序的目的是除去溶液中的Cu2+、Ca2+等杂质．
    请写出除去Cu2+的离子方程式：Cu2++S2ˉ=CuS↓；
    若测得滤液中c（Fˉ）=0.01mol•Lˉ1，则滤液中残留c（Ca2+）=1.5×10-6mol•Lˉ1．
    [已知：Ksp（CaF2）=1.5×10ˉ10]
    （4）除铁工序中，先加入适量的软锰矿，其作用是使残余Fe2+转化为Fe3+，再加入石灰调节溶液的pH的范围为3.7～5.2．
    （5）副产品A的主要成分是（NH4）2SO4．

    分析 由流程可知软锰矿（主要成分MnO2）和黄铁矿加入硫酸酸浸过滤得到浸出液调节溶液PH，使铁离子全部沉淀，过滤得到浸出液中主要含有Cu2+、Ca2+等杂质，加入硫化铵和氟化铵，除去Cu2+、Ca2+过滤，在滤液中加入碳酸氢铵和氨水过滤得到混合溶液加热赶出氨气结晶析出得到硫酸铵，滤渣为碳酸锰，通过洗涤、烘干得到硫酸锰晶体，
    （1）升高温度、搅拌、减小固体的颗粒等均能加速固体的溶解，据此分析；
    （2）FeS2与MnO2反应后生成Fe3+、Mn2+和SO42-，1molFeS2失去15mol电子，1molMnO2得到2mol电子，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒分析配平；
    （3）净化工序中用硫离子与Cu2+、Ca2+反应生成沉淀，而除去Cu2+、Ca2+，根据KKsp（CaF2）和c（F-）求算钙离子浓度；
    （4）铁工序中，先加入适量的软锰矿，使残余Fe2+转化为Fe3+，根据三价铁离子沉淀的pH范围判断；
    （5）根据MnCO3的产率与溶液pH、反应时间关系如图分析；
    （6）根据溶液中含有的离子分析副产品的主要成分．

    解答 解：软锰矿（主要成分MnO2）和黄铁矿加入硫酸酸浸过滤得到浸出液调节溶液PH，使铁离子全部沉淀，过滤得到浸出液中主要含有Cu2+、Ca2+等杂质，加入硫化铵和氟化铵，除去Cu2+、Ca2+过滤，在滤液中加入碳酸氢铵和氨水过滤得到混合溶液加热赶出氨气结晶析出得到硫酸铵，滤渣为碳酸锰，通过洗涤、烘干得到硫酸锰晶体，
    （1）升高温度、搅拌、减小固体的颗粒等均能加速固体的溶解，所以为了提高溶浸工序中原料的浸出效率，可以采取的措施有：适当升高温度，搅拌，研磨矿石，
    故答案为：ABC；
    （2）FeS2与MnO2反应后生成Fe3+、Mn2+和SO42-，1molFeS2失去15mol电子，1molMnO2得到2mol电子，根据得失电子守恒，FeS2的计量数为2，MnO2的计量数为15，则生成的Fe3+计量数为2，SO42-的计量数为4，Mn2+的计量数为15，根据电荷守恒可知反应物中有H+，根据原子守恒可知生成物有H2O；所以离子方程式配平为：
    2FeS2+15MnO2+28H+=2Fe3++14H2O+15Mn2++4SO42，
    故答案为：28H+；2；15；4；14H2O；
    （3）净化工序中用硫离子与Cu2+、Ca2+反应生成沉淀，而除去Cu2+、Ca2+，反应的离子方程式为Cu2++S2ˉ=CuS↓，已知Ksp（CaF2））=1.5×10-10，c（F-）=0.01 mol•L-1 ，则c（Ca2+）=$\frac{Ksp}{c{\;}^{2}（F{\;}^{-}）}$=$\frac{1.5×1{0}^{-10}}{0.0{1}^{2}}$=1.5×10-6mol•L-1，
    故答案为：Cu2++S2ˉ=CuS↓；1.5×10-6；
    （4）铁工序中，先加入适量的软锰矿，使残余Fe2+转化为Fe3+，便于将铁离子沉淀，由表中数据可知三价铁离子完全的沉淀的PH为3.7，铜离子开始沉淀的范围为5.2，所以加入石灰调节溶液的pH的范围为3.7～5.2，
    故答案为：使残余Fe2+转化为Fe3+；3.7～5.2；
    （5）根据MnCO3的产率与溶液pH、反应时间关系如图可知：pH等于7.0时反应到达平衡所用时间最短，即反应速率最快，且MnCO3产率最高，
    故答案为：pH等于7.0时反应速率最快，且MnCO3产率最高；
    （6）溶浸过程中发生的反应生成硫酸根离子，后来又加入了硫化铵、碳酸氢铵，所以产品中含有（NH4）2SO4，
    故答案为：（NH4）2SO4．

    点评 本题以工业流程图为依托，考查了实验条件的选择、离子方程式的书写、Ksp的计算等，题目难度中等，解题关键是合理分析题中生成流程及表中离子完全沉淀时的数据的含义，试题培养了学生分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力．

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    11．若称取10.5g 纯净的NaHCO3固体，加热一段时间后，剩余固体的质量为7.92g．把剩余的固体全部加入到100mL2mol•L-1的盐酸中充分反应．求：溶液中剩余的盐酸的物质的量浓度？（设溶液的体积变化忽略不计）．
    （写出解题过程）

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    18．某温度下，在2L密闭容器中，发生NO2和N2O4之间的反应：N2O4（g）?2NO2（g），各物质的量随时间的变化关系如图所示，
    请回答下列问题．
    （1）该反应的正反应的△S＞0（填“＞0”或“＜0”）．
    （2）曲线Y（填“X”或“Y”）表示NO2的物质的量随时间变化的曲线．
    （3）平衡常数K=0.11．（保留到小数点后两位）
    （4）若 t1=2min，反应开始至2min末Y的化学反应速率为0.15mol/（L•min）．
    （5）若升高温度，则v（正）加快，v（逆）加快，（填“加快”或“减慢”），平衡多余   向正方向移动（填“正”或“逆”）．
    （6）可做为本反应化学平衡状态标志的有①④⑥⑦⑧．
    ①单位时间内生成n mol N2O4的同时生成2n molNO2
    ②NO2和N2O4的物质的量浓度之比为  2：1
    ③NO2、N2O4 的反应速率的比为 2：1
    ④混合气体的颜色不再改变
    ⑤混合气体的密度不再改变
    ⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变
    ⑦气体的压强不再变化
    ⑧气体的温度不再变化
    （7）在测定NO2的相对分子质量时，下列条件下测定结果最接近理论值的是C．
    A．温度130℃、压强3.03×105 Pa 
    B．温度25℃、压强1.01×105Pa
    C．温度130℃、压强5.05×104 Pa 
    D．温度0℃、压强5.05×104 Pa．

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    15．
    Ⅰ．（1）写出上图中A仪器的名称蒸发皿
    （2）冷凝管的进水口为b（填字母）
    Ⅱ．实验室要配制2mol/L稀硫酸240mL．
    （1）量取18.4mol/L的浓硫酸时，用下面那种规格的量筒②（填序号）
    ①10ml    ②50ml    ③100ml    ④500ml
    （2）配制该稀硫酸时使用的仪器除量筒、烧杯外，还必须用到的仪器有胶头滴管、250mL容量瓶、玻璃棒等．
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    16．在强酸性无色透明溶液中，下列各组离子能大量共存的是（　　）
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