2020-2021学年度东北三省理综化学模拟考试练习试卷11

这是一份2020-2021学年度东北三省理综化学模拟考试练习试卷11，共17页。试卷主要包含了选择题，实验题，结构与性质，原理综合题，有机推断题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年度东北三省理综化学模拟考试练习试卷11

一、选择题：本大题共七小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的。
1．化学与科技、社会、环境密切相关。下列有关说法不正确的是
A．液氮气化吸热，可用作制冷剂
B．明矾溶于水可产生具有吸附性的胶体粒子，常用于饮用水的净水剂
C．高铁车厢要用大量铝合金，铝合金材料具有强度大、质量轻、抗腐蚀能力强等优点
D．铝表面易形成致密的氧化膜，铝制器皿可长时间盛放咸菜等腌制食品
2．双羟基铝碳酸钠是医疗上常用的一种抑酸剂，其化学式是关于该物质的说法正确的是
A．该物质属于两性氢氧化物
B．该物质是和的混合物
C．最多可消耗3molH+
D．最多可消耗4molH+
3．一种由甲烷(CH4)和氧气以及氢氧化钠作电解质溶液组成的新型电池，关于此电池的推断正确的是( )
A．通入氧气的一极是负极
B．放电时，溶液中的OH－向正极移动
C．工作一段时间后，NaOH的物质的量减少
D．通入5.6L的O2完全反应后有1mol电子发生转移
4．三聚氰酸[C3N3(OH)3]可用于消除汽车尾气中的NO2，其反应过程可表示为：

下列说法正确的是(　　)
A．反应中NO2是还原剂
B．C3N3(OH)3与HNCO为同一物质
C．HNCO与NO2反应的化学计量数之比为3:4
D．反应过程中，每1 mol NO2参加反应，转移电子4 mol
5．瘦肉精，学名盐酸克伦特罗，该药物既不是兽药，也不是饲料添加剂，而是肾上腺类神经兴奋剂，可以增加动物的瘦肉量，减少饲料使用，使肉品提早上市，降低成本，但对人体会产生副作用，盐酸克伦特罗分子结构简式如下图。下列说法不正确的是（ ）

A．瘦肉精的分子式是C11H18ON2Cl2
B．物质能发生取代反应、氧化反应、加成反应和水解反应
C．1mol盐酸克伦特罗最多能与4molNaOH反应
D．盐酸克伦特罗分子中至少有7个碳原子共面
6．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是（ ）
A．60gSiO2晶体含4NA个σ键
B．78gNa2O2晶体中含有离子个数为4NA
C．在12g石墨中含C−C共价键数目为1.5NA
D．CO和N2是等电子体，标况下22.4L的CO气体与1molN2所含的电子数相等
7．有相同条件下三个反应：①2A-+B2==2B-+A2，②2C-+A2==2A-+C2，③2B-+D2==2D-+B2。由此得出下列判断中不正确的是（　　）
A．氧化性：D2＞B2＞A2＞C2
B．还原性：C-＞A-＞B-＞D-
C．反应2A-+D2=2D-+A2可以进行
D．反应2C-+B2=2B-+C2不可以进行

二、实验题（15分）
8．硫酸锰(MnSO4·H2O)是一种粉色晶体，易溶于水，不溶于乙醇，是重要的微量元素肥料之一，可促进多种经济作物生长从而增加其产量。甲、乙两组同学拟制取硫酸锰并探究其性质。
（1）甲组同学拟制备MnSO4·H2O。
首先称取5.0gMnO2于200mL烧杯中，加入12.00mL6.00mol/L硫酸和6.00mLH2O。然后再称取8.0g草酸晶体[H2C2O4·2H2O]，将溶液稍加热后，在搅拌下缓慢向烧杯中分批加入草酸晶体粉末。待充分反应后过滤得到浅粉色溶液，将溶液蒸发浓缩，加入适量乙醇冷却结晶，干燥后得MnSO4·H2O。
①实验中配制100mL6.00mol/L硫酸时，需要的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和____________。
②在上述过程中，若MnO2的转化率为97.44%，则最终得到MnSO4·H2O晶体的质量为________g。
（2）乙组同学拟研究硫酸锰的高温分解产物，用下图装置测量生成的Mn3O4、SO2、SO3及水蒸气。

①装置正确的连接顺序为_________________（按气流方向，填装置序号）。
②实验自始至终均需通入N2，其目的是______________。
③若起始时，在装置Ⅱ中加入MnSO4·H2O50.7g，充分反应后，测得装置Ⅲ增重6.4g，则MnSO4·H2O分解的化学方程式为________________________。

三、结构与性质（15分）
9．铜及其化合物在生产生活中有着广泛的应用。请回答下列问题：
(1) 铜元素在元素周期表中的位置为______，基态Cu原子核外有______种不同运动状态的电子。
(2) 铜合金可用于制造航母螺旋桨。制造过程中产生的含铜废液可利用铜萃取剂M，通过如图反应实现铜离子的富集回收。

① M所含元素的电负性由大到小的顺序为________(用元素符号表示)。
② X中采用sp3杂化的非金属原子有_____________(填元素名称)。
(3) 在较低温度下CuFeS2与浓硫酸作用时，有少量臭鸡蛋气味的气体Y产生。Y分子的立体构型是_____，Y的沸点比水低的主要原因是______。Fe的价电子排布式为_____。
(4) 向蓝色[Cu(H2O)4]2+硫酸铜溶液中加入稍过量的氨水，溶液变为深蓝色[Cu(NH3)4]2+。通过上述实验现象可知，与Cu2+的配位能力：H2O____NH3(填“大于”或“小于”)。
(5) CuS与ZnS的晶胞相似，结构如图所示。CuS晶胞中与硫原子距离最近且相等的硫原子有12个，若CuS晶胞的密度为ρ g·cm-3，用NA代表阿伏加德罗常数的值，则晶胞边长为________nm。


四、原理综合题（14分）
10．工业上可利用和制备多种物质。请回答下列问题：
(1)反应Ⅰ：∆H1平衡常数为K1
反应Ⅱ：∆H2平衡常数为K2
不同温度下，K1、K2的值如表所示：

K1
K2
973
1.47
2.38
1173
2.15
1.67


现有反应Ⅲ：∆H3平衡常数为K3，结合上表数据分析，K3＝________(用K1、K2表示)。反应Ⅲ是________(填“放热”或“吸热”)反应，为提高的转化率可采取的措施有________(写出任意两条)。
(2)一定条件下，在密闭容器中充入和进行如下反应：。采用催化剂甲和催化剂乙分别发生上述反应，测得反应进行相同时间时的转化率随反应温度的变化曲线如图所示(忽略温度对催化剂活性的影响)：

①该可逆反应的反应热∆H________0(填“＞”或“＜”)。
②催化剂甲作用下反应的活化能比催化剂乙作用下反应的活化能________(填“大”或“小”)。
③下达到平衡时，反应在催化剂甲作用下的转化率比在催化剂乙作用下的转化率________(填“高”、“相等”或“低”)
④图中达到平衡的点是________。
(3)工业上常用高浓度的溶液吸收，得到溶液X，再利用电解法使溶液再生，其装置示意图如图：

①在阳极区发生的反应有：________和。
②简述在阴极区再生的原理：________。

五、有机推断题（15分）
11．氟他胺G是一种可用于治疗肿瘤的药物。实验室由芳香烃A（C7H8）制备G的合成路线如下：

注意：步骤⑤中的吡啶仅仅是反应条件，不是反应物。
回答下列问题：
(1)A的结构简式为____________，C的化学名称是______________。
(2)③的反应方程式为_________________________________。
(3)⑤的反应方程式为______________________________。
(4)G的分子式为_________________________________。
(5)H是G的同分异构体，其苯环上的取代基与G的相同但位置不同，则H可能的结构有______种（排除G本身）。
(6)有机物也是一种重要的化工原料，它有多种同分异构体，任写其中一种能同时满足下列条件的同分异构体结构简式______________。
①苯环上的一氯代物只有1种 ②羟基连在苯环上 ③含有两个甲基

六、工业流程题（14分）
12．稀土元素是宝贵的战略资源，我国的蕴藏量居世界首位，但近年来对其进行了掠夺性开采。二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土化合物。以氟碳铈矿(主要含CeFCO3)为原料制备CeO2的一种工艺流程如图：

已知：①Ce4+能与F-结合成[CeFx](4-x)+，也能与SO42-结合成[CeSO4]2+；
②在硫酸体系中Ce4+能被萃取剂[(HA)2]萃取，而Ce3+不能。
回答下列问题：
（1）“氧化焙烧”中“氧化”的目的是__。
（2）“酸浸”中会产生大量黄绿色气体，写出CeO2与盐酸反应的离子方程式：__。为避免产生上述污染，请提出一种解决方案：__。
（3）“萃取”时存在反应：Ce4++n(HA)2Ce·(H2n-4A2n)+4H+。如图中D是分配比，表示Ce(Ⅳ)分别在有机层中与水层中存在形式的物质的量浓度之比(D=)。保持其他条件不变，D随起始料液中c(SO42-)变化的原因：__(用平衡移动原理解释)。

（4）若缺少“洗氟”，则所得产品的质量将__(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
（5）“反萃取”中，H2O2作__(填“催化剂”“氧化剂”或“还原剂”)。
（6）“氧化”步骤的化学方程式为__。
（7）取上述流程中得到的CeO2产品0.4000g，加硫酸溶解后，用0.1000mol·L-1FeSO4标准溶液滴定至终点时(铈被还原为Ce3+，其他杂质均不反应)，消耗20.00mL标准溶液。该产品中CeO2的质量分数为__。滴定过程中可能造成实验结果偏低的是__(填字母)。
A.使用久置的FeSO4标准溶液
B.滴定终点时仰视读数
C.锥形瓶中溶液变色后立刻停止滴定，进行读数
D.滴定管尖嘴内滴定前无气泡，滴定终点发现气泡

参考答案
1．D
【详解】
A．液氮气化吸收大量的热，可用作制冷剂，故A正确；
B．明矾净水是形成氢氧化铝晶体吸附水中悬浮物使之沉淀，常用于饮用水的净水剂，故B正确；
C．高铁车厢要用大量铝合金，铝合金材料具有强度大、质量轻、抗腐蚀能力强等优点，故C正确；
D．铝制器皿长时间盛放咸菜等腌制食品，氯离子破坏致密的氧化膜结构，不能长时间盛放咸菜等腌制食品，故D错误；
故选D。
2．D
【详解】
A．中的阴离子为和离子，不全是，该物质不属于碱式复盐，不是氢氧化物，故A错误；
B．属于纯净物，不是混合物，故B错误；
C．和酸发生反应：，最多可消耗，故C错误；
D．和酸发生反应：，最多可消耗，故D正确；
答案选D。
【点睛】
纯净物会有化学式，混合物没有固定组成，没有化学式。
3．C
【解析】
A. 氧气发生还原反应，所以通入氧气的一极是正极，故A错误；B. 放电时，溶液中的OH－向负极移动，故B错误；C. 生成物二氧化碳与NaOH发生反应，所以工作一段时间后，NaOH的物质的量减少，故C正确；D. 温度和压强不确定，5.6LO2的物质的量无法确定，转移电子的物质的量也无从确定，故D错误。故选C。
4．D
【详解】
A．根据图示，NO2在反应中N元素由+4价降低到0价，则NO2是氧化剂，故A错误；
B．由C3N3(OH)3 3HNCO可知，C3N3(OH)3与HNCO的化学式不同，C3N3(OH)3与HNCO为不同物质，故B错误；
C．反应中氧化剂是NO2，还原剂是HNCO，8HNCO+6NO2 7N2+8CO2+4H2O，由化学计量数可知还原剂HNCO、氧化剂NO2的物质的量之比为4∶3，故C错误；
D．反应的方程式为8HNCO+6NO2 7N2+8CO2+4H2O，HNCO中N元素由-3升高到0，NO2中N元素由+4降低到0，6molNO2在反应中转移的电子为24mol，则1molNO2在反应中转移的电子为4mol，故D正确；
故选D。
【点睛】
明确元素的化合价变化是解答本题的关键。本题的易错点和难点为HNCO中N为-3价、C为+4价。
5．A
【详解】
A、分子中含有12个碳原子，故A错误；
B、含有氯原子、氨基、羟基、苯环，能发生取代反应、氧化反应、加成反应和水解反应，故B正确；
C、氯原子水解消耗氢氧化钠，水解后生成酚羟基也能和氢氧化钠反应，所以1摩尔盐酸克伦特罗最多能消耗4摩尔氢氧化钠，故C正确；
D、苯环和与苯环连接的碳原子都在苯环形成的平面上，因此分子中至少有7个碳原子共平面，故D正确。
答案选A。
6．B
【详解】
A.1mol二氧化硅中有4mol键，因此二氧化硅中有4mol键，A项正确；
B.1mol过氧化钠是由2mol和1mol构成的，因此过氧化钠中仅有3mol离子，B项错误；
C.石墨是正六边形密铺结构，每个碳原子形成3个键，但是每个化学键是2个成键原子共用的，因此每个碳原子实际占有的键数目为个，因此石墨中有1.5mol键，C项正确；
D.既然是等电子体，分子数相等的二者必然有相等的电子数，而标况下22.4L气体的物质的量恰好为1mol，因此二者所含的电子数相等，D项正确；
答案选B。
【点睛】
注意过氧根是一个整体，如果理解成2个，那么过氧化钠应该化为最简整数比的形式，这显然与事实不符。
7．D
【分析】
①2A-+B2==2B-+A2，氧化剂为B2，氧化产物为A2，还原剂为A-，还原产物为B-；
②2C-+A2==2A-+C2，氧化剂为A2，氧化产物为C2，还原剂为C-，还原产物为A-；
③2B-+D2==2D-+B2，氧化剂为D2，氧化产物为B2，还原剂为B-，还原产物为D-；
【详解】
A. 氧化性：氧化剂>氧化产物，根据方程式可知，氧化性：D2＞B2＞A2＞C2，与题意不符，A错误；
B. 还原性：还原剂>还原产物，根据方程式可知，还原性：C-＞A-＞B-＞D-，与题意不符，B错误；
C. 反应2A-+D2=2D-+A2还原性：A-＞D-，符合事实可以进行，与题意不符，C错误；
D. 反应2C-+B2=2B-+C2，还原性：C-＞B-，符合事实可以进行，与题意不符，D正确；
答案为D。
8．100mL容量瓶 9.464 Ⅱ→Ⅰ→Ⅲ 排除装置中的空气，并将生成的气体全部吹入吸收瓶Ⅰ、Ⅲ中 3MnSO4·H2OMn3O4+2SO3↑+SO2↑+3H2O
【详解】

(1)①配制100mL6.00mol/L硫酸需要的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和100mL容量瓶；
②根据Mn元素守恒可得关系式：MnO2～MnSO4·H2O，MnO2的转化率为97.44%，则最终得到MnSO4·H2O晶体的质量为5.0g×97.44%×=9.464g；
(2)①该题的目的是研究硫酸锰的高温分解产物，并测量生成的Mn3O4、SO2、SO3及水蒸气。则可知装置Ⅱ为硫酸锰的分解装置，分解产生的Mn3O4为固体残留在装置Ⅱ中；装置Ⅰ中左边洗气瓶中的浓硫酸吸收SO3，右边的浓硫酸则吸收水蒸气；剩余干燥的SO2通入洗气瓶Ⅲ中，通过NaOH溶液吸收。所以装置正确的连接顺序为Ⅱ→Ⅰ→Ⅲ；
②为了避免装置中空气的干扰，且生成的气体需要全部吹入吸收瓶Ⅰ、Ⅲ中充分吸收，故实验自始至终均需通入N2；
③50.7gMnSO4·H2O的物质的量为0.3mol，根据Mn元素守恒，可得Mn3O4为0.1mol。装置Ⅲ增重6.4g，则SO2为6.4g，即0.1mol。根据S元素守恒，可得SO3为0.2mol。根据H元素守恒，可得H2O为0.1mol。所以MnSO4·H2O分解的化学方程式为3MnSO4·H2OMn3O4+2SO3↑+SO2↑+3H2O。
9．第四周期ⅠB族 29 O＞N＞C＞H 碳、氧 V形(或角形) 水分子间存在氢键，H2S分子间不存在氢键 3d64s2 小于
【详解】
(1)铜为29号元素，铜元素在元素周期表中的位置为第四周期ⅠB族，每个电子的运动状态均不相同，则基态Cu原子核外有29种不同运动状态的电子；
(2)①由于元素的非金属性越强，其电负性越大，根据M结构简式可知：M中含有C、H、O、N四种元素，这四种元素的非金属性：O＞N＞C＞H，所以元素的电负性由大到小的顺序为O＞N＞C＞H；
②在X分子中含有的饱和C原子及O原子价层电子对数为4，采用sp3杂化；N原子采用sp2杂化，故X中采用sp3杂化的非金属元素有碳、氧两种元素；
(3)在较低温度下CuFeS2与浓硫酸作用时，有少量臭鸡蛋气味的气体Y产生，Y是H2S，在H2S分子中，S原子价层电子对数为4，由于S原子上有2对孤电子对，占据了2个轨道，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对的排斥作用，使H2S分子立体构型为V形(或角形)；H2S、H2O都是由分子构成的物质，由于在H2O分子之间存在氢键，增加了分子之间的相互作用力，而H2S分子之间无氢键，只存在分子间作用力，因而H2O的沸点比H2S高；Fe为26号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则Fe的价电子排布式为3d64s2；
(4)向蓝色[Cu(H2O)4]2+硫酸铜溶液中加入稍过量的氨水，溶液变为深蓝色，反应产生[Cu(NH3)4]2+离子，说明配体NH3与Cu2+结合能力比配体H2O强，即与Cu2+的配位能力：H2O小于NH3；
(5)一个CuS晶胞中Cu2+、Zn2+数目均为4个，则晶胞质量为，CuS晶胞的密度为ρ g·cm-3，则晶胞的边长为nm。
10． 吸热 升高温度、提高氢气的浓度、吸收CO、液化水蒸气 ＜ 小 相等 阴极区的水电解生成氢气和氢氧根离子，与反应生成
【分析】
根据盖斯定律计算K值的大小，判断反应吸热还是放热，根据化学反应速率的影响因素判断。由图象可知随着温度的升高，转化率先增大后减小，则正反应为放热反应，图中a、b、f没有达到平衡状态，催化剂甲的催化效率较高，c、d、e为平衡点；阳极区为物质失去电子，发生氧化反应，根据装置图分析，溶液为碱性，则阳极OH-放电，失去电子，生成O2，据此写出电极反应式；根据溶液中存在的HCO3-的电离平衡和电极反应式简述原理，以此解答该题。
【详解】
(1)由图可知反应 ①的K1随温度升高而增大，正反应为吸热反应，△H＞0，反应 ②的K2随温度升高而减小，说明正反应为放热反应，△H＜0，
已知：①Fe(s)+CO2(g)⇌FeO(s)+CO(g)△H1＞0
②Fe(s)+H2O(g)⇌FeO(s)+H2(g)△H2＜0
由盖斯定律①−②得，③，K1=，K2=，K3＝×=；△H＝△H1－△H2＞0，，说明是个吸热反应，为提高 CO2的转化率可采用措施有升高温度，提高H2浓度(或吸收CO，液化水蒸气)等；
(2)①转化率先增大后减小，说明升高到一定温度时，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，该可逆反应的反应热∆H＜0；
②催化剂甲先达到平衡，说明速率较大，则活化能较低，催化剂甲作用下反应的活化能比催化剂乙作用下反应的活化能小；
③温度都是，平衡常数相同，达到平衡状态时，不同催化剂存在的条件下，速率不同，但转化率相同，反应在催化剂甲作用下的转化率和在催化剂乙作用下的转化率相等；
④升高温度后平衡逆向移动，可说明c、d、e三点反应已经达到平衡；图中达到平衡的点是c、d、e；
(3)①阳极区为物质失去电子，发生氧化反应，根据装置图分析，溶液为碱性，则阳极OH-放电，失去电子，生成O2，则阳极区发生的反应有：4OH--4e-=2H2O+O2↑；
②阴极区的水电解生成氢气和氢氧根离子，溶液中存在的HCO3-的电离平衡，在阴极H+优先放电，使得c(H+)减少平衡右移，CO32-再生或者阴极H+放电，使c(OH-)增大，产生的OH-与HCO3-反应生成CO32-。
【点睛】
温度都是，平衡常数相同，反应在催化剂甲作用下的转化率和在催化剂乙作用下的转化率相等，为易错点。
11． 三氟甲苯 +HNO3(浓)+H2O C11H11F3N2O3 9 （或）
【分析】
由C的结构简式，可逆推出A为；则B为；由E、G结构，可推出F为。
【详解】
(1)由以上分析知，A的结构简式为，C为，化学名称是三氟甲苯；
答案为：；三氟甲苯；
(2)反应③为在浓硫酸作用下与浓HNO3反应，生成和H2O，反应方程式为+HNO3(浓)+H2O；
答案为：+HNO3(浓)+H2O；
(3)反应⑤为与在吡啶作用下反应，生成和HCl，反应方程式为；
答案为：；
(4)G的结构简式为，分子式为C11H11F3N2O3；
答案为：C11H11F3N2O3；
(5)H是G()的同分异构体，其苯环上的取代基与G的相同但位置不同，则H可能的结构有9种（排除G本身），它们是：将固定在2号位，-NO2移至1、3、4号位，共3种结构；将固定在1号位，-NO2移至2、3、4、5号位，共4种结构；将固定在3号位，-NO2移至1、2号位(或4、5号位)，共2种结构；
(6)有机物能同时满足“①苯环上的一氯代物只有1种，②羟基连在苯环上，③含有两个甲基”条件的同分异构体中，含有1个、2个-CH3、1个-CH2Cl，结构简式为（或）。答案为：（或）。
【点睛】
判断某有机物的同分异构体种类时，应先根据限定条件，确定可能含有的原子团，利用氢原子的种类，确定原子团的位置。
12．将＋3价Ce氧化为＋4价Ce 2CeO2＋2Cl-＋8H＋=2Ce3＋＋Cl2↑＋4H2O 改用硫酸酸浸 随着c(SO42-)增大，水层中Ce4＋与SO42-结合成[CeSO4]2＋，c(Ce4＋)减小，萃取平衡向生成Ce4＋的方向移动，D迅速减小 偏小 还原剂 2Ce(OH)3＋NaClO＋H2O=2Ce(OH)4＋NaCl 86.00% CD
【分析】
氟碳铈矿(主要含CeFCO3)，“氧化焙烧”的目的是将+3价铈氧化成+4价，Ce4+能与F-结合成[CeFx](4-x)+，以便后续的提取，加稀硫酸，与SO42-结合成[CeSO4]2+，加萃取剂，氟洗液，硫酸体系中Ce4+能被萃取剂[(HA)2]萃取，而Ce3+不能，“反萃取”加H2O2，又将Ce4+还原为Ce3+，发生反应2Ce4++H2O2=2Ce3++O2↑+2H+，加入碱后Ce3+转化为沉淀，加入次氯酸钠将Ce从+3氧化为+4，加热分解得到产品，据此分析解答。
【详解】
(1)CeFCO3中Ce显＋3价，“氧化焙烧”中“氧化”的目的是将+3价铈氧化成+4价，故答案为：将+3价铈氧化成+4价；
(2)“酸浸”中会产生大量黄绿色气体为氯气，CeO2与盐酸发生氧化还原反应生成Ce3+和氯气，反应的离子方程式为2Cl-+8H++2CeO2=2Ce3++4H2O+Cl2↑，可以用硫酸代替盐酸，防止产生Cl2污染，故答案为：2Cl-+8H++2CeO2=2Ce3++4H2O+Cl2↑；改用硫酸酸浸；
(3)根据平衡：Ce4++n(HA)2⇌Ce•(H2n-4A2n)+4H+，加入Na2SO4时，随着c(SO42-)增大，水层中Ce4+与SO42-结合成[CeSO4]2+，导致萃取平衡向左移动，D迅速减小，故答案为：随着c(SO42-)增大，水层中Ce4+与SO42-结合成[CeSO4]2+，萃取平衡向生成Ce4＋的方向移动，D迅速减小；
(4)若缺少“洗氟”，则会造成部分含铈物质损失，所得产品的质量将减少，故答案为：偏小；
(5)由流程图可知，经过反萃取后，Ce4＋转化为Ce3＋，“反萃取”加H2O2的作用是将Ce4+离子重新还原为Ce3+，反应的离子方程式为2Ce4++H2O2=2Ce3++O2↑+2H+，H2O2在该反应中作还原剂，故答案为：还原剂；
(6)“氧化”步骤中用次氯酸钠将Ce3+氧化成Ce4+，反应物为NaClO、Ce(OH)3，生成物为Ce(OH)4、NaCl，反应的离子方程式为2Ce(OH)3+NaClO+H2O=2Ce(OH)4+NaCl，故答案为：2Ce(OH)3+NaClO+H2O=2Ce(OH)4+NaCl；
(7)FeSO4的物质的量为0.1000mol•L-1×0.02L=0.002mol，根据电子得失守恒可得关系式CeO2～FeSO4，所以CeO2的质量为0.002mol×172g/mol=0.3440g，产品中CeO2的质量分数为×100%=86.00%；A．使用久置的FeSO4溶液滴定，硫酸亚铁被氧化，滴定过程中消耗溶液体积增大，测定结果偏高，故A错误；B．滴定终点时仰视读数，取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故B错误；C．锥形瓶中溶液变色后立刻停止滴定，进行读数，消耗标准溶液体积减少，测定结果偏低，故C正确；D．滴定管尖嘴内滴定前无气泡，滴定终点发现气泡，读取标准溶液体积偏小，测定结果偏低，故D正确；故答案为：86.00%；CD。