- 乙酸乙酯的制备
- 共1463题
【定量实验设计】某研究性学习小组查阅资料获得晶体M的制备原理，他们进行如下探究：
【制备晶体】
以CrCl2•4H2O、过氧化氢、液氨、氯化铵固体为原料，在活性炭催化下，合成了晶体M．
（1）溶液中分离出晶体M的操作包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥．他们用冰水和饱和食盐水的混合物洗涤晶体M，其目的是______．制备过程中需要加热，但是，温度过高造成的后果是______．
【测定组成】
为了测定M晶体组成，他们设计如下实验．装置如图所示（加热仪器和固定仪器省略）．
为确定其组成，进行如下实验：
①氨的测定：精确称M晶体，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量20% NaOH溶液，通入水蒸气，将样品溶液中的氨全部蒸出，用一定量的盐酸溶液吸收．蒸氨结束后取下接收瓶，用一定浓度的NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗一定体积的NaOH溶液．
②氯的测定：准确称取a g样品M溶于蒸馏水，配成100mL溶液．量取25.00mL配制的溶液用c mol•L-1AgNO3标准溶液滴定，滴加3滴0.01mol•L-1K2CrO4溶液（作指示剂），至出现砖红色沉淀不再消失为终点（Ag2CrO4为砖红色），消耗AgNO3溶液为b mL．
（2）安全管的作用是______．
（3）用氢氧化钠标准溶液滴定过量的氯化氢，部分操作步骤是检查滴定管是否漏液、用蒸馏水洗涤、______、排滴定管尖嘴的气泡、______、滴定、读数、记录并处理数据；下列操作或情况会使测定样品中NH3的质量分数偏高的是______（填代号）．
A．装置气密性不好 B．用酚酞作指示剂
C．滴定终点时俯视读数 D．滴定时NaOH溶液外溅
（4）已知：硝酸银热稳定性差；Ksp（Ag2CrO4）=1.12×10-12，Ksp（AgCl）=1.8×10-10
选择棕色滴定管盛装标准浓度的硝酸银溶液，滴定终点时，若溶液中
c（CrO42-）为2.8×10-3mol•L-1，则c（Ag+）=______．
（5）根据上述实验数据，列出样品M中氯元素质量分数计算式______．如果滴加K2CrO4溶液过多，测得结果会______（填：偏高、偏低或无影响）．
（6）经测定，晶体M中铬、氨和氯的质量之比为104：136：213．写出制备M晶体的化学方程式______．
正确答案
解：【制备晶体】
（1）晶体析出后过滤得到晶体，用冰饱和食盐水洗涤晶体，目的是减少晶体M溶解量，双氧水受热易分解2H2O2
故答案为：降低晶体溶解度；加快双氧水分解和液氨挥发；
【测定组成】
（2）A装置用于提供水蒸汽，需要加热．导管起平衡气压作用，故答案为：平衡气压；
（3）滴定管经检漏之后，用标准氢氧化钠溶液润洗、滴定管0刻度在上方，需调节液面至0刻度及0刻度以下才可读数，
A．装置漏气，部分氨气扩散了，测定的NH3质量分数偏低，故A错误；
B．强碱滴定强酸可以选择甲基橙作或酚酞作指示剂，不会导致误差，故B错误；
C．滴定终点时俯视读数，读数小于实际体积，测定消耗氢氧化钠溶液体积偏小，NH3质量分数偏高，故C正确；
D．滴定液外溅，导致测得剩余盐酸体积偏大，NH3质量分数偏小，故D错误；
故答案为：用标准NaOH溶液润洗；调节碱式滴定管内液面至0刻度或0刻度以下；C；
（4）硝酸银很不稳定，在光照的条件下易分解：2AgNO3
故答案为：2.0×10-5mol•L-1；
（5）Ag+Cl=AgCl（s），（Cl）=
故答案为：
（6）（Cr）：（NH）：（Cl）=
故答案为：2CrCl2+H2O2+6NH3+2NH4Cl
解析
解：【制备晶体】
（1）晶体析出后过滤得到晶体，用冰饱和食盐水洗涤晶体，目的是减少晶体M溶解量，双氧水受热易分解2H2O2
故答案为：降低晶体溶解度；加快双氧水分解和液氨挥发；
【测定组成】
（2）A装置用于提供水蒸汽，需要加热．导管起平衡气压作用，故答案为：平衡气压；
（3）滴定管经检漏之后，用标准氢氧化钠溶液润洗、滴定管0刻度在上方，需调节液面至0刻度及0刻度以下才可读数，
A．装置漏气，部分氨气扩散了，测定的NH3质量分数偏低，故A错误；
B．强碱滴定强酸可以选择甲基橙作或酚酞作指示剂，不会导致误差，故B错误；
C．滴定终点时俯视读数，读数小于实际体积，测定消耗氢氧化钠溶液体积偏小，NH3质量分数偏高，故C正确；
D．滴定液外溅，导致测得剩余盐酸体积偏大，NH3质量分数偏小，故D错误；
故答案为：用标准NaOH溶液润洗；调节碱式滴定管内液面至0刻度或0刻度以下；C；
（4）硝酸银很不稳定，在光照的条件下易分解：2AgNO3
故答案为：2.0×10-5mol•L-1；
（5）Ag+Cl=AgCl（s），（Cl）=
故答案为：
（6）（Cr）：（NH）：（Cl）=
故答案为：2CrCl2+H2O2+6NH3+2NH4Cl
己二酸是一种重要的有机二元酸，主要用于制造尼龙66纤维、尼龙66树脂和聚氨酯泡沫塑料．己二酸又名肥酸，白色晶体，微溶于水，易溶于醇、醚，可溶于丙酮，微溶于环己烷和苯．熔点153℃，沸点332.7℃，相对密度1.360．以环己酮（沸点155.6℃）为原料，在钨酸钠催化下，被双氧水氧化可得到己二酸．其反应方程式如下：
实验主要步骤如下
（Ⅰ）合成①将0.789g钨酸钠、0.32g磺基水杨酸和44mL 30%的过氧化氢水溶液加入如图1装置内，搅拌约15min．②加入10mL环己酮，在磁力加热搅拌器上缓慢加热至 90℃，回流恒温反应5h．③反应结束，将盛有物料的反应瓶冷却后置于冰水浴中静置3h，可见有大量晶体析出．
（Ⅱ）分离与提纯④待固体析出完全后，抽滤，用少量冰水洗涤，再抽干． ⑤将抽干得到的固体置于70℃的烘箱中干燥2.5h，即得粗产品．⑥粗产品经重结晶提纯得到精产品．重结晶过程加热溶解→活性炭脱色→趁热过滤→冷却结晶→抽滤→洗涤→干燥．回答下列问题
（1）若步骤③中固体析出不多，应采取的操作为______．
（2）上述重结晶过程中的哪一步操作除去了不溶性杂质______．
（3）己二酸重结晶的减压过滤装置如图2所示．
则仪器a的名称为______，装置B的作用是______，装置C接在水龙头上，其作用是______，减压过滤的操作有①将含晶体的溶液倒入漏斗；②将滤纸放入漏斗并用水湿润；③打开水龙头；④关闭水龙头；⑤拆下橡皮管．正确的顺序是______．
（4）己二酸纯度的测定准确称取试样0.12g于250mL锥形瓶中，加入50mL蒸馏水，稍加热，待其完全溶解后，加 2～3 滴酚酞指示剂，并用0.1mol•L-1 NaOH标准溶液滴定至终点（杂质不参与反应），此时溶液颜色由______变为______．滴定前后滴定管中的液面读数如图3所示，则该己二酸晶体样品中己二酸的质量分数为______．
正确答案
解：（1）若步骤③中固体析出不多，应采取的操作为将溶液加热浓缩至25～30 mL，再冷却使晶体析出，故答案为：将溶液加热浓缩至25～30 mL，再冷却结晶；
（2）重结晶过程中的趁热过滤操作除去了不溶性杂质，故答案为：趁热过滤；
（3）仪器a的名称为布氏漏斗；装置B的作用是防止发生倒吸；装置C接在水龙头上起抽气作用，使吸滤瓶、安全瓶中的压强减小；减压过滤的正确操作顺序为②③①⑤④，故答案为：布氏漏斗；防止发生倒吸；抽气，使吸滤瓶、安全瓶中的压强减小；②③①⑤④；
（4）用0.1 mol•L-1的NaOH标准溶液滴定至终点时溶液颜色由无色变为浅红色，并在半分钟内不褪色；滴定时消耗NaOH溶液的体积为18.50-2.50=16.00（mL），NaOH的物质的量为0.1mol/L×0.016L=0.0016mol，己二酸的物质的量为0.0016mol÷2=0.0008mol，样品中己二酸的质量分数=
解析
解：（1）若步骤③中固体析出不多，应采取的操作为将溶液加热浓缩至25～30 mL，再冷却使晶体析出，故答案为：将溶液加热浓缩至25～30 mL，再冷却结晶；
（2）重结晶过程中的趁热过滤操作除去了不溶性杂质，故答案为：趁热过滤；
（3）仪器a的名称为布氏漏斗；装置B的作用是防止发生倒吸；装置C接在水龙头上起抽气作用，使吸滤瓶、安全瓶中的压强减小；减压过滤的正确操作顺序为②③①⑤④，故答案为：布氏漏斗；防止发生倒吸；抽气，使吸滤瓶、安全瓶中的压强减小；②③①⑤④；
（4）用0.1 mol•L-1的NaOH标准溶液滴定至终点时溶液颜色由无色变为浅红色，并在半分钟内不褪色；滴定时消耗NaOH溶液的体积为18.50-2.50=16.00（mL），NaOH的物质的量为0.1mol/L×0.016L=0.0016mol，己二酸的物质的量为0.0016mol÷2=0.0008mol，样品中己二酸的质量分数=
孔雀石主要含Cu2（OH）2CO3，还含少量Fe、Si的化合物．某工厂以孔雀石为主要原料制备CuSO4•5H2O及纳米材料G，主要步骤如下：
已知该条件下，通过调节溶液的酸碱性而使Fe3+、Fe2+、Cu2+沉淀完全．Fe3+、Fe2+、Cu2+开始沉淀及完全沉淀的pH分别如下：
请回答下列问题：
（1）孔雀石主要成分Cu2（OH）2CO3与稀硫酸反应的化学方程式为______．
（2）溶液A的金属离子有Cu2+、Fe2+、Fe3+．要检验其中的Fe2+应选择下列试剂中的______（填序号）．
a．KMnO4 b．NaOH C．H2O2 d．KSCN
（3）试剂①是一种氧化剂，加入该氧化剂的作用是______；
（4）向溶液B中加入试剂②的化学式为______．
（5）气体E和气体F应该先通入CaCl2溶液中的是______（填化学式）．写出制备G和H的化学反应方程式______．
（6）欲测定溶液A中Fe2+的浓度，可用KMnO4标准溶液滴定，反应中MnO4-还原为Mn2+，则该反应的离子方程式为______．取A溶液20.00mL，用去0.0240mol/L KMnO4溶液16.00mL时，恰好达到滴定终点，则A溶液中Fe2+浓度为______．
正确答案
解：（1）碱式碳酸铜为碱式盐能与稀硫酸反应：Cu2（OH）2CO3+2H2SO4=2CuSO4+3H2O+CO2↑，生成硫酸铜、水和二氧化碳，
故答案为：Cu2（OH）2CO3+2H2SO4=2CuSO4+3H2O+CO2↑；
（2）Fe2+具有还原性，可被酸性高锰酸钾溶液氧化而使高锰酸钾溶液褪色，与KSCN不反应，加入氢氧化钠溶液可生成氢氧化铁、氢氧化铜沉淀而不能检验Fe2+，双氧水，双氧水是一种绿色试剂，将Fe2+氧化为Fe3+，但无明显现象，只有a正确，
故答案为：a；
（3）试剂①是一种氧化剂，将Fe2+转化为Fe3+且不能引进杂质，可选取双氧水，以便在Cu（OH）2沉淀之前，通过调节溶液pH使Fe（OH）3沉淀完全，
故答案为：将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+（以便在Cu（OH）2沉淀之前，通过调节溶液pH使Fe（OH）3沉淀完全）
（4）在溶液B中加CuO、Cu（OH）2、CuCO3、Cu2（OH）2CO3等调节溶液的pH使Fe3+完全沉淀，且不引入新的杂质，根据表中数据，Fe3+完全沉淀时PH的范围是2.2～3.2，
故答案为：CuO或Cu（OH）2或CaCO3 或Cu2（OH）2CO3；
（5）根据流程图知，生成的气体E为二氧化碳、氢气，在氯化钙溶液中通入气体F为氨气制备碳酸钙纳米材料，因为二氧化碳不与氯化钙溶液反应，同时二氧化碳在水中的溶解度很小，因此，要先向氯化钙溶液中加入氨水或通入氨气，在碱性溶液中通入二氧化碳，增加二氧化碳的溶解度，从而生成碳酸钙，反应方程式为：2NH3+CO2+CaCl2+H2O=CaCO3↓+2NH4Cl，
故答案为：NH3；2NH3+CO2+H2O+CaCl2→CaCO3↓+2NH4Cl；
（6）Fe2+溶液与KMnO4溶液发生氧化还原反应，反应中MnO4-被还原为Mn2+，最小公倍数为5，所以KMnO4前系数为1，Fe2+前系数为5，反应的离子方程式为MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，根据离子方程可知MnO4-～5Fe2+，用去 KMnO4的物质的量为16.00mL×0.0240mol/L=3.84×10-4mol，所以A溶液中Fe2+浓度为
故答案为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；0.096mol/L．
解析
解：（1）碱式碳酸铜为碱式盐能与稀硫酸反应：Cu2（OH）2CO3+2H2SO4=2CuSO4+3H2O+CO2↑，生成硫酸铜、水和二氧化碳，
故答案为：Cu2（OH）2CO3+2H2SO4=2CuSO4+3H2O+CO2↑；
（2）Fe2+具有还原性，可被酸性高锰酸钾溶液氧化而使高锰酸钾溶液褪色，与KSCN不反应，加入氢氧化钠溶液可生成氢氧化铁、氢氧化铜沉淀而不能检验Fe2+，双氧水，双氧水是一种绿色试剂，将Fe2+氧化为Fe3+，但无明显现象，只有a正确，
故答案为：a；
（3）试剂①是一种氧化剂，将Fe2+转化为Fe3+且不能引进杂质，可选取双氧水，以便在Cu（OH）2沉淀之前，通过调节溶液pH使Fe（OH）3沉淀完全，
故答案为：将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+（以便在Cu（OH）2沉淀之前，通过调节溶液pH使Fe（OH）3沉淀完全）
（4）在溶液B中加CuO、Cu（OH）2、CuCO3、Cu2（OH）2CO3等调节溶液的pH使Fe3+完全沉淀，且不引入新的杂质，根据表中数据，Fe3+完全沉淀时PH的范围是2.2～3.2，
故答案为：CuO或Cu（OH）2或CaCO3 或Cu2（OH）2CO3；
（5）根据流程图知，生成的气体E为二氧化碳、氢气，在氯化钙溶液中通入气体F为氨气制备碳酸钙纳米材料，因为二氧化碳不与氯化钙溶液反应，同时二氧化碳在水中的溶解度很小，因此，要先向氯化钙溶液中加入氨水或通入氨气，在碱性溶液中通入二氧化碳，增加二氧化碳的溶解度，从而生成碳酸钙，反应方程式为：2NH3+CO2+CaCl2+H2O=CaCO3↓+2NH4Cl，
故答案为：NH3；2NH3+CO2+H2O+CaCl2→CaCO3↓+2NH4Cl；
（6）Fe2+溶液与KMnO4溶液发生氧化还原反应，反应中MnO4-被还原为Mn2+，最小公倍数为5，所以KMnO4前系数为1，Fe2+前系数为5，反应的离子方程式为MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，根据离子方程可知MnO4-～5Fe2+，用去 KMnO4的物质的量为16.00mL×0.0240mol/L=3.84×10-4mol，所以A溶液中Fe2+浓度为
故答案为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；0.096mol/L．
半导体生产中常需要控制掺杂，以保证控制电阻率，三氯化磷（PCl3）是一种重要的掺杂剂．实验室要用黄磷（即白磷）与干燥的Cl2在曲颈瓶中模拟工业生产制取PCl3，装置如图所示：（部分夹持装置略去）
已知黄磷与少量Cl2反应生成PCl3，与过量Cl2反应生成PCl5．PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3和HCl；遇O2会生成POCl3，POCl3溶于PCl3．PCl3、POCl3的熔沸点如表：
请回答下列问题：
（1）B中所装试剂是______；E中冷水的作用是______．
（2）F中碱石灰的作用是______．
（3）实验时，检查装置气密性后，先打开K3通入干燥的CO2，再迅速加入黄磷．通干燥CO2的作用是______．
（4）粗产品中常含有POCl3、PCl5等．加入黄磷加热除去PCl5后，通过______（填实验操作名称），即可得到较纯净的PCl3．
（5）实验结束时，可以利用C中的试剂吸收多余的氯气，C中反应的离子方程式为______．
（6）通过下面方法可测定产品中PCl3的质量分数：
①迅速称取1.00g产品，加水反应后配成250mL溶液；
②取以上溶液25.00mL，向其中加入10.00mL 0.1000mol/L碘水，充分反应；
③向②所得溶液中加入几滴淀粉溶液，用0.1000mol/L的Na2S2O3，溶液滴定；
④重复②、③操作，平均消耗Na2S2O3溶液8.40mL．
已知：H3PO3+I2═H3PO4+2HI，I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6，
根据上述数据，假设测定过程中没有其他反应，该产品中PCl3的质量分数为______．
正确答案
解：实验室要用黄磷（白磷）与干燥的Cl2模拟工业生产制取PCl3流程为：A装置浓盐酸和二氧化锰二者反应生成氯化锰、氯气和水，制得氯气，因PCl3遇水会强烈水解，所以氯气需干燥，B装置利用浓硫酸干燥氯气，K3利用二氧化碳排尽装置中的空气，防止黄磷（白磷）自燃，PCl3沸点为75.5℃，利用E装置防止PCl3挥发（冷凝），因尾气中含有有毒气体氯气，且空气中水蒸气可能进入装置，所以用F装置利用碱石灰吸收多余的Cl2，防止空气中的水蒸气进入烧瓶和PCl3反应．
（1）因PCl3遇水会强烈水解，所以氯气需干燥，氯气和浓硫酸不反应，所以能用浓硫酸干燥氯气，PCl3沸点为75.5℃，利用E装置防止PCl3挥发（冷凝），故答案为：浓硫酸；冷凝PCl3防止其挥发；
（2）因尾气中含有有毒气体氯气，且空气中水蒸气可能进入装置，所以用F装置利用碱石灰吸收多余的Cl2，防止空气中的水蒸气进入烧瓶和PCl3反应，故答案为：吸收多余的氯气，防止空气中的水蒸汽进入烧瓶中和PCl3 反应；
（3）通入一段时间的CO2可以排尽装置中的空气，防止白磷与空气中的氧气发生自燃；
故答案为：排尽装置中的空气，防止白磷自燃；
（4）由信息可知，POCl3与PCl3都是液体，沸点相差较大，故可以用蒸馏的方法进行分离，
故答案为：蒸馏；
（5）氢氧化钠与氯气反应生成氯化钠和次氯酸钠：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+2H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+2H2O；
（6）0.1000mol•L-1碘溶液10.00mL中含有碘单质的物质的量为：0.1000mol•L-1×0.0100L=0.00100mol，根据反应I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知，与磷酸反应消耗的碘单质的物质的量为：0.00100mol-0.1000mol•L-1×0.00084L×
故答案为：79.75%．
解析
解：实验室要用黄磷（白磷）与干燥的Cl2模拟工业生产制取PCl3流程为：A装置浓盐酸和二氧化锰二者反应生成氯化锰、氯气和水，制得氯气，因PCl3遇水会强烈水解，所以氯气需干燥，B装置利用浓硫酸干燥氯气，K3利用二氧化碳排尽装置中的空气，防止黄磷（白磷）自燃，PCl3沸点为75.5℃，利用E装置防止PCl3挥发（冷凝），因尾气中含有有毒气体氯气，且空气中水蒸气可能进入装置，所以用F装置利用碱石灰吸收多余的Cl2，防止空气中的水蒸气进入烧瓶和PCl3反应．
（1）因PCl3遇水会强烈水解，所以氯气需干燥，氯气和浓硫酸不反应，所以能用浓硫酸干燥氯气，PCl3沸点为75.5℃，利用E装置防止PCl3挥发（冷凝），故答案为：浓硫酸；冷凝PCl3防止其挥发；
（2）因尾气中含有有毒气体氯气，且空气中水蒸气可能进入装置，所以用F装置利用碱石灰吸收多余的Cl2，防止空气中的水蒸气进入烧瓶和PCl3反应，故答案为：吸收多余的氯气，防止空气中的水蒸汽进入烧瓶中和PCl3 反应；
（3）通入一段时间的CO2可以排尽装置中的空气，防止白磷与空气中的氧气发生自燃；
故答案为：排尽装置中的空气，防止白磷自燃；
（4）由信息可知，POCl3与PCl3都是液体，沸点相差较大，故可以用蒸馏的方法进行分离，
故答案为：蒸馏；
（5）氢氧化钠与氯气反应生成氯化钠和次氯酸钠：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+2H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+2H2O；
（6）0.1000mol•L-1碘溶液10.00mL中含有碘单质的物质的量为：0.1000mol•L-1×0.0100L=0.00100mol，根据反应I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知，与磷酸反应消耗的碘单质的物质的量为：0.00100mol-0.1000mol•L-1×0.00084L×
故答案为：79.75%．
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）的一种工艺流程如图：
已知：几种金属离子沉淀的pH如表：
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______
A．适当升高温度 B．加压 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+______═______Fe3++______Mn2++______SO42ˉ+______
（3）操作1经______、______（填操作名称）烘干等过程可得到无水碳酸锰．
（4）①除铁工序中，先加入适量的软锰矿，其作用是除去可能未被完全氧化的Fe2+，如何检验溶液中的Fe2+已被完全氧化？______
②再加入石灰调节溶液pH的范围为______．
（5）副产品A的主要成分是______．
（6）黄铁矿（主要成分是FeS2）还可以用来制备化工原料FeSO4，FeSO4可转化为FeCO3，
FeCO3在空气中加热反应可制得铁系氧化物材料．
已知25℃，101kPa时：
4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）△H=-1648kJ/mol
C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=-393kJ/mol
2Fe（s）+2C（s）+3O2（g）═2FeCO3（s）△H=-1480kJ/mol
FeCO3在空气中加热反应生成Fe2O3的热化学方程式是______．
正确答案
ABC
28H+
2
15
4
14H2O
过滤
洗涤
加入酸性高锰酸钾溶液，观察是否褪色
3.7～5.2
（NH4）2SO4
4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g）△H=-260kJ/mol
解析
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）过滤分离不溶物和可溶性杂质，经过滤、洗涤烘干等过程可得到无水碳酸锰，故答案为：过滤；洗涤；
（4）①二价铁离子有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故答案为：加入酸性高锰酸钾溶液，观察是否褪色；
②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：3.7～5.2；
（5）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；
（6）发生反应：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2，
已知：①4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）△H=-1648kJ/mol
②C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=-393kJ/mol
③2Fe（s）+2C（s）+3O2（g）═2FeCO3（s）△H=-1480kJ/mol
根据盖斯定律，①-③×2+②×4可得4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g），故△H=-1648kJ/mol-2×（-1480kJ/mol）+4×（-393kJ/mol）=-260kJ/mol，
故反应热化学方程式为：4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g）△H=-260kJ/mol，
故答案为：4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g）△H=-260kJ/mol．
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