(1). (回流)冷凝管    (2). 防止升温太快、控制反应体系pH    (3). 防止暴沸    (4). 减小    (5). 趁热过滤    (6). 提高羟基乙酸钠的析出量(产率)

【解析】

【分析】

制备少量羟基乙酸钠的反应为，根据羟基乙酸钠易溶于热水，粗产品溶解于适量热水中，加活性炭脱色，分离掉活性炭，趁热过滤，根据羟基乙酸钠不溶于醇，将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中，冷却至15℃以下，结晶、过滤、干燥，得羟基乙酸钠。

【详解】(1)根据图中仪器得出仪器A的名称为冷凝管，根据题中信息可知制备羟基乙酸钠的反应为放热反应，逐步加入NaOH溶液的目的是防止升温太快，同时控制反应体系的pH；故答案为：(回流)冷凝管；防止升温太快，控制反应体系的pH。

(2步骤2中烧瓶中加入沸石或碎瓷片的目的是防止暴沸；故答案为：防止暴沸。

(3)粗产品溶于过量水，导致在水中溶解过多，得到的产物减少，因此导致产率减小；由于产品易溶于热水，微溶于冷水，因此去除活性炭的操作名称是趁热过滤；故答案为：减少；趁热过滤。

(4)根据信息，产品不溶于乙醇、乙醚等有机溶剂中，因此步骤4中，将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中的目的是降低产品的溶解度，提高羟基乙酸钠的析出量(产量)；故答案为：提高羟基乙酸钠的析出量(产量)。

【点睛】化学实验是常考题型，主要考查实验仪器、实验操作、对新的信息知识的理解。

    (1). AB    (2). H₂    (3). 取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色    (4). pH偏低形成HF，导致溶液中F^-浓度减小，CaF₂沉淀不完全    (5). 或    (6). 在搅拌下向FeSO₄溶液中缓慢加入氨水-NH₄HCO₃混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl₂溶液，不出现白色沉淀

【解析】

【分析】

铁泥的主要成份为铁的氧化物，铁泥用H₂SO₄溶液“酸浸”得到相应硫酸盐溶液，向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉将Fe³⁺还原为Fe²⁺；向“还原”后的滤液中加入NH₄F使Ca²⁺转化为CaF₂沉淀而除去；然后进行“沉铁”生成FeCO₃，将FeCO₃沉淀经过系列操作制得α—Fe₂O₃；据此分析作答。

【详解】(1)A．适当升高酸浸温度，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，A选；

B．适当加快搅拌速率，增大铁泥与硫酸溶液的接触，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，B选；

C．适当缩短酸浸时间，铁元素的浸出率会降低，C不选；

答案选AB。

(2)为了提高铁元素的浸出率，“酸浸”过程中硫酸溶液要适当过量，故向“酸浸”后的滤液中加入过量的铁粉发生的反应有：Fe+2Fe³⁺=3Fe²⁺、Fe+2H⁺=Fe²⁺+H₂↑，“还原”过程中除生成Fe²⁺外，还有H₂生成；通常用KSCN溶液检验Fe³⁺，故检验Fe³⁺是否还原完全的实验操作是：取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色，若不呈血红色，则Fe³⁺还原完全，若溶液呈血红色，则Fe³⁺没有还原完全，故答案为：H₂，取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色。

(3)向“还原”后的滤液中加入NH₄F溶液，使Ca²⁺转化为CaF₂沉淀，K_sp(CaF₂)=c(Ca²⁺)·c²(F^-)，当Ca²⁺完全沉淀（某离子浓度小于1×10^-5mol/L表明该离子沉淀完全）时，溶液中c(F^-)至少为mol/L=×10^-2mol/L；若溶液的pH偏低，即溶液中H⁺浓度较大，H⁺与F^-形成弱酸HF，导致溶液中c(F^-)减小，CaF₂沉淀不完全，故答案为：pH偏低形成HF，导致溶液中F^-浓度减小，CaF₂沉淀不完全。

(4)①将提纯后的FeSO₄溶液与氨水—NH₄HCO₃混合溶液反应生成FeCO₃沉淀，生成FeCO₃的化学方程式为FeSO₄+NH₃·H₂O+NH₄HCO₃=FeCO₃↓+(NH₄)₂SO₄+H₂O[或FeSO₄+NH₃+NH₄HCO₃=FeCO₃↓+(NH₄)₂SO₄]，离子方程式为Fe²⁺++NH₃·H₂O=FeCO₃↓++H₂O（或Fe²⁺++NH₃=FeCO₃↓+），答案为：Fe²⁺++NH₃·H₂O=FeCO₃↓++H₂O（或Fe²⁺++NH₃=FeCO₃↓+）。

②根据题意Fe(OH)₂开始沉淀的pH=6.5，为防止产生Fe(OH)₂沉淀，所以将FeSO₄溶液与氨水—NH₄HCO₃混合溶液反应制备FeCO₃沉淀的过程中要控制溶液的pH不大于6.5；FeCO₃沉淀需“洗涤完全”，所以设计的实验方案中要用盐酸酸化的BaCl₂溶液检验最后的洗涤液中不含 ；则设计的实验方案为：在搅拌下向FeSO₄溶液中缓慢加入氨水—NH₄HCO₃混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl₂溶液，不出现白色沉淀，故答案为：在搅拌下向FeSO₄溶液中缓慢加入氨水—NH₄HCO₃混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl₂溶液，不出现白色沉淀。

【点睛】本题的易错点是实验方案设计中的细节，需注意两点：(1)控制pH不形成Fe(OH)₂沉淀；(2)沉淀洗涤完全的标志。

    (1). 1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁶4s²或[Ar]3d⁶4s²    (2). O    (3). sp³    (4). N＞O＞C    (5). CH₄或SiH₄    (6). 7

【解析】

【分析】

(1)Fe核外有26个电子，H₂O中O原子有孤对电子，提供孤对电子。

(2)先计算NH₃分子中氮原子价层电子对数，同周期，从左到右，第一电离能呈增大的趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族。

(3)根据价电子数Si＝C＝N⁺的关系得出互为等电子体的分子。

(4)羧基的结构是，一个羧基中有碳原子与氧原子分别形成两个σ键，一个羟基与碳原子相连形成一个σ键。

【详解】(1)Fe核外有26个电子，其基态核外电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁶4s²或[Ar]3d⁶4s²；由于H₂O中O原子有孤对电子，因此[Fe(H₂O)₆]²⁺中与Fe²⁺配位的原子是O；故答案为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁶4s²或[Ar]3d⁶4s²；O。

(2)NH₃分子中氮原子价层电子对数为，因此氮杂化类型为sp³，同周期，从左到右，第一电离能呈增大的趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，因此C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C；故答案为：sp³；N＞O＞C。

(3)根据价电子数Si＝C＝N⁺，得出互为等电子体的分子是CH₄或SiH₄；故答案为：CH₄或SiH₄。

(4)羧基的结构是，一个羧基中有碳原子与氧原子分别形成两个σ键，三个羧基有6个，还有一个羟基与碳原子相连形成一个σ键，因此1mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的σ键的数目为7mol；故答案为：7。

【点睛】物质结构是常考题型，主要考查电子排布式，电离能、电负性、共价键分类、杂化类型、空间构型等。

    (1).     (2). 温度升高反应速率增大，温度升高催化剂的活性增强    (3).     (4). H₂SO₄    (5). 或    (6). HD    (7). 提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度

【解析】

【分析】

(1)根据元素守恒和电荷守恒书写离子方程式；从温度对反应速率的影响以及温度对催化剂的影响的角度分析。

(2)该装置为原电池装置，放电时HCOOˉ转化为被氧化，所以左侧为负极，Fe³⁺转化为Fe²⁺被还原，所以右侧为正极。

(3)HCOOH生成HCOOˉ和H⁺分别与催化剂结合，在催化剂表面HCOOˉ分解生成CO₂和Hˉ，之后在催化剂表面Hˉ和第一步产生的H⁺反应生成H₂。

【详解】(1)含有催化剂的KHCO₃溶液中通入H₂生成HCOOˉ，根据元素守恒和电荷守恒可得离子方程式为：+H₂HCOOˉ+H₂O；反应温度在40℃~80℃范围内时，随温度升高，活化分子增多，反应速率加快，同时温度升高催化剂的活性增强，所以的催化加氢速率迅速上升；

(2)①左侧为负极，碱性环境中HCOOˉ失电子被氧化为，根据电荷守恒和元素守恒可得电极反应式为HCOOˉ+2OHˉ－2eˉ=== +H₂O；电池放电过程中，钾离子移向正极，即右侧，根据图示可知右侧的阴离子为硫酸根，而随着硫酸钾不断被排除，硫酸根逐渐减少，铁离子和亚铁离子进行循环，所以需要补充硫酸根，为增强氧气的氧化性，溶液最好显酸性，则物质A为H₂SO₄；

②根据装置图可知电池放电的本质是HCOOH在碱性环境中被氧气氧化为，根据电子守恒和电荷守恒可得离子方程式为2HCOOH+O₂+2OHˉ = 2+2H₂O或2HCOOˉ+O₂= 2；

(3)①根据分析可知HCOOD可以产生HCOOˉ和D⁺，所以最终产物为CO₂和HD(Hˉ与D⁺结合生成)；

②HCOOK是强电解质，更容易产生HCOOˉ和K⁺，更快的产生KH，KH可以与水反应生成H₂和KOH，生成的KOH可以吸收分解产生的CO₂，从而使氢气更纯净，所以具体优点是：提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度。

【点睛】第3小题为本题难点，要注意理解图示的HCOOH催化分解的反应机理，首先HCOOH分解生成H⁺和HCOOˉ，然后HCOOˉ再分解成CO₂和Hˉ，Hˉ和H⁺反应生成氢气。

    (1).     (2). NaClO溶液吸收空气中的CO₂后产生HClO，HClO见光分解    (3).

根据物质转换和电子得失守恒关系：

得

氯元素的质量:

该样品的有效氯为：

该样品的有效氯大于60%，故该样品为优质品    (4). 偏低

【解析】

【详解】(1) 由题意可知，氯气通入氢氧化钠中产生次氯酸钠，同时产生氯化钠，反应的离子方程式为：；次氯酸钠溶液长期暴露在空气中会吸收空气中的二氧化碳气体，因次氯酸酸性比碳酸弱，因此次氯酸钠可以与二氧化碳在水中反应产生HClO，HClO具有不稳定性，在受热或见光条件下会发生分解反应，产生HCl和O₂，从而是次氯酸钠失效，故答案为：；NaClO溶液吸收空气中的CO₂后产生HClO，HClO见光分解；

(2) ①由题中反应可知，在酸性条件产生HClO，HClO氧化碘离子产生碘单质，碘单质再用硫代硫酸钠滴定，结合反应转化确定物质之间的关系为：， ，根据物质转换和电子得失守恒关系：得n(Cl)=0.5=，

氯元素的质量：m(Cl)= =0.03550g，该样品中的有效氯为： =63.39%，

该样品中的有效氯大于60%，故该样品为优质品

故答案为：n(S₂O)=，根据物质转换和电子得失守恒关系：，得n(Cl)=0.5=，

氯元素的质量：m(Cl)= =0.03550g，该样品中的有效氯为： =63.39%，

该样品中的有效氯大于60%，故该样品为优质品

②如果硫酸的用量过少，则导致反应不能充分进行，产生的HClO的量偏低，最终导致实验测得的有效氯含量会偏低，

故答案为：偏低；