西藏林芝市第二中学2026届高二化学第一学期期中联考模拟试题含解析

西藏林芝市第二中学2026届高二化学第一学期期中联考模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、根据下列操作及现象，所得结论正确的是（）序号操作及现象结论A将0.1mol•L﹣1氨水稀释成0.01mol•L﹣1，测得pH由11.1变成10.6稀释后NH3•H2O的电离程度减小B常温下，测得饱和Na2CO3溶液的pH大于饱和NaHCO3溶液常温下水解程度：C向25mL冷水和沸水中分别滴入5滴FeCl3饱和溶液，前者为黄色，后者为红褐色温度升高，Fe3+的水解程度增大D将固体CaSO4加入Na2CO3饱和溶液中，一段时间后，检验固体成分为CaCO3同温下溶解度：CaSO4＜CaCO3A．A B．B C．C D．D2、下列物质间的反应，其能量变化符合如图的是A．镁和稀盐酸反应B．灼热的炭与二氧化碳反应C．Ba(OH)2·8H2O晶体和NH4Cl晶体混合D．碳酸钙的分解3、下列可用于判断某物质为晶体的方法是（）A．质谱法 B．红外光谱法 C．核磁共振法 D．X射线衍射法4、下列反应过程中，△H＞0且△S＞0的是（

）A．CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g） B．NH3（g）+HCl（g）═NH4Cl（s）C．4Al（s）+3O2（g）═2Al2O3（s） D．H2SO4（aq）+Ba（OH）2（aq）═BaSO4（s）+2H2O（l）5、设NO+CO2NO2+CO(正反应吸热)反应速率为v1，N2+3H2NH3(正反应放热)反应速率为v2。对于上述反应，当温度升高时，v1和v2变化情况为（）A．v1增大，v2减小 B．v1减小，v2增大 C．同时增大 D．同时减小6、下列有机物在一定条件下，能发生消去反应生成烯烃的是A．CH3OH B．C． D．7、下列关于如图所示转化关系(X代表卤素)的说法错误的是A．ΔH3<0 B．ΔH1=ΔH2+ΔH3C．按Cl、Br、I的顺序，ΔH2依次增大 D．ΔH1越小，HX越稳定8、铁上镀铜，（）做阳极，（）阴极A．铁铁B．铜铜C．铁铜D．铜铁9、用下图所示装置检验乙烯时不需要除杂的是()选项乙烯的制备试剂X试剂YACH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热H2OKMnO4酸性溶液BCH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热H2OBr2的CCl4溶液CC2H5OH与浓H2SO4加热至170℃NaOH溶液KMnO4酸性溶液DC2H5OH与浓H2SO4加热至170℃NaOH溶液Br2的CCl4溶液A．A B．B C．C D．D10、苯环上有两个侧链的有机物C10H14其同分异构体的数目为()A．7种 B．9种 C．10种 D．12种11、已知某可逆反应在密闭容器中进行：A(g)+2B(g)⇌3C(g)+D(s)△H＜0，如图中曲线b代表一定条件下该反应的进程。若使曲线b变为曲线a，可采取的措施是（）①增大A的浓度②缩小容器的容积③增大B的浓度④升高温度⑤加入合适的催化剂A．① B．②④ C．②⑤ D．②③12、以NA代表阿伏加德罗常数，则关于热化学方程式C2H2(g)+5/2O2(g)2CO2(g)+H2O(l)ΔH=-1300kJ·mol-1的说法中，正确的是…()A．当10NA个电子转移时，该反应放出2600kJ的能量B．当1NA个水分子生成且为液体时，吸收1300kJ的能量C．当2NA个碳氧共用电子对生成时，放出1300kJ的能量D．当8NA个碳氧共用电子对生成时，放出1300kJ的能量13、现有浓度为1mol／L的五种溶液：①HCI，②H2SO4，③CH3COOH，④NH4Cl，⑤NaOH，由水电离出的C(H+)大小关系正确的是（）A．②>①>③>④>⑤ B．①=②>③>④>⑤C．④>③>①=⑤>② D．④>③>①>⑤>②14、下列装置可用于不溶性固体和液体分离的是A． B． C． D．15、c(OH－)相同的氢氧化钠溶液和氨水，分别用蒸馏水稀释至原体积的m倍和n倍，若稀释后两溶液的c(OH－)仍相同，则m和n的关系是()A．m＞n B．m＝n C．m＜n D．不能确定16、下列关于分子式为C4H8O2的有机物的同分异构体的说法中，不正确的是A．属于酯类的有4种B．属于羧酸类的有3种C．存在分子中含有六元环的同分异构体D．既含有羟基又含有醛基的有5种二、非选择题（本题包括5小题）17、由乙烯和其他无机原料合成环状酯E和髙分子化合物H的示意图如图所示：请回答下列问题：（1）写出以下物质的结构简式：B______，G_______（2）写出以下反应的反应类型：X_____，Y______．（3）写出以下反应的化学方程式：A→B：_______（4）若环状酯E与NaOH水溶液共热，则发生反应的化学方程式为______．18、含有C、H、O的某个化合物，其C、H、O的质量比为12：1：16，其蒸气对氢气的相对密度为58，它能与小苏打反应放出CO2，也能使溴水褪色，0.58g

这种物质能与50mL0.2mol/L的氢氧化钠溶液完全反应。试回答：(1)该有机物的分子式为________。(2)该有机物可能的结构简式有_________。19、某学生用0.2000mol-L-1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分为如下几步：①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，注入0.2000mol-L-1标准NaOH溶液至“0”刻度线以上②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体；③调节液面至“0”或“0”刻度线稍下，并记下读数；④量取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液；⑤用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数．⑥重复以上滴定操作2-3次．请回答：(1)以上步骤有错误的是（填编号）_____________，该错误操作会导致测定结果______

(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)．(2)步骤④中，量取20.00mL待测液应使用_____________（填仪器名称），在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水，测定结果___________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)．(3)步骤⑤滴定时眼睛应注视_______________；判断到达滴定终点的依据是：______________．(4)以下是实验数据记录表从上表可以看出，第1次滴定记录的NaOH溶液体积明显多于后两次的体积，其可能的原因是___________A．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡B．锥形瓶用待测液润洗C．NaOH标准液保存时间过长，有部分变质D．滴定结束时，俯视计数(5)根据上表记录数据，通过计算可得，该盐酸浓度为：___________mol-L-1．20、在平板电视显示屏生产过程中产生的废玻璃粉末中含有二氧化铈(CeO2)。(1)在空气中煅烧Ce(OH)CO3可制备CeO2，该反应的化学方程式________；(2)已知在一定条件下，电解熔融状态的CeO2可制备Ce，写出阳极的电极反应式________；(3)某课题组用上述废玻璃粉末(含有SiO2、Fe2O3、CeO2以及其它少量不溶于稀酸的物质)为原料，设计如图流程对资源进行回收，得到Ce(OH)4和硫酸铁铵。①过滤得到滤渣B时，需要将其表面杂质洗涤干净。洗涤沉淀的操作是________。②反应①的离子方程式为______________________。③如下图，氧化还原滴定法测定制得的Ce(OH)4产品纯度。该产品中Ce(OH)4的质量分数为________________(保留两位有效数字)。若滴定所用FeSO4溶液已在空气中露置了一段时间，则测得该Ce(OH)4产品的纯度__________(“偏高”、“偏低”或“无影响”)。21、铵盐是比较重要的盐类物质，请回答下列问题：（1）氯化铵溶液可以清洗铁器表面锈迹，写出相关反应的离子方程式：_________________（2）实验表明氢氧化镁可溶于氯化铵溶液中，两个观点：氯化铵水解显酸性中和OH-，使氢氧化镁沉淀溶解平衡正移；铵根结合OH-，使氢氧化镁沉淀溶解平衡正移。为了探究反应机理，可向溶液中加入_____盐溶液验证。（3）NH4SCN溶液与AgNO3溶液反应会生成AgSCN沉淀。已知：室温下，Ksp(AgCl)=1.8×10－10,Ksp(AgSCN)=2.0×10－12，则AgCl转化为AgSCN的平衡常数K=____________（4）常温下向100mL0.2mo/L的氨水中逐滴加入0.2mol/L的盐酸，所得溶液的pH、溶液中NH4+和NH3·H2O物质的量分数与加入盐酸的体积的关系如下图所示，根据图像回答下列问题。①表示NH3·H2O浓度变化的曲线是__________(填“A”或“B")。②NH3·H2O的电离常数为__________________(已知lg1.8=0.26)。③当加入盐酸体积为50mL时，溶液中c(NH4+)－c(NH3·H2O)=_____mol/L(用数字表示)。（5）为了探究外界条件对氯化铵水解平衡的影响，设计如下实验方案：实验序号

c（NH4Cl）/mol．L-1

温度/℃

待测物理量

实验目的Ⅰ

0.5

30

x-Ⅱ

1.5

i

y

探究浓度对氯化铵水解平衡的影响Ⅲ

0.5

35

z

iiⅣ

2.0

40

m

探究温度、浓度同时对氯化铵水解平衡的影响限选药品和仪器：恒温水浴、pH计、烧杯、0.1mol．L-1硝酸银溶液、蒸馏水和各种浓度的NH4Cl溶液．①实验中，“待测物理量”是_______________②i=____________________；ii：___________________________________③上述表格中，y____（填“＞”“＜”或“=”）m．

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【详解】A．NH3•H2O为弱电解质，加水稀释促进电离，由于溶液体积增大，pH反而减小，故A错误；B．饱和溶液的浓度不同，Na2CO3溶解度较大，应比较相同的浓度的溶液的pH，故B错误；C．盐类的水解为吸热反应，升高温度促进水解，可根据溶液颜色判断，故C正确；D．水垢中的CaSO4用Na2CO3溶液充分浸泡后可转化为CaCO3，说明溶解度CaSO4＞CaCO3，故D错误。答案选C。2、A【分析】根据图示，生成物总能量小于反应物总能量，该反应为放热反应。【详解】A.金属与酸反应放热，镁和稀盐酸反应生成氯化镁和氢气，属于放热反应，故选A；B.灼热的炭与二氧化碳反应生成一氧化碳，属于吸热反应，故不选B；C.Ba(OH)2·8H2O晶体和NH4Cl晶体混合，反应吸热，故不选C；D.分解反应吸热，碳酸钙的分解为氧化钙和二氧化碳，属于吸热反应，故不选D。3、D【详解】A．质谱法用于测定有机物的相对分子质量，不能判断某物质为晶体，故A错误；B．红外光谱仪能测定出有机物的官能团和化学键，不能判断某物质为晶体，故B错误；C．核磁共振氢谱用于测定有机物分子中氢原子的种类和数目，不能判断某物质为晶体，故C错误；D．晶体与非晶体最本质的区别是组成物质的粒子在微观空间是否有序排列，x射线衍射可以看到微观结构，可以鉴别晶体与非晶体，故D正确；故答案为D。4、A【分析】ΔH＞0表明反应是吸热反应，ΔS＞0表明该反应是体系混乱程度增大的反应。【详解】A．CaCO3(s)=CaO(s)＋CO2(g)是体系混乱程度增大的吸热反应，正确；B．NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)是体系混乱程度减小的放热反应，错误；C．4Al(s)＋3O2(g)=2Al2O3(s)是体系混乱程度减小的放热反应，错误；D．H2SO4(aq)＋Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)＋2H2O(l)是体系混乱程度减小的放热反应，错误。答案选A。5、C【详解】对任何反应来时，无论是放热反应还是吸热反应，升高温度，化学反应速率增大，所以当温度升高时，v1和v2变化情况为同时增大；故答案选：C。6、D【详解】A．甲醇分子中只有1个碳原子，不能发生消去反应，不能生成碳碳不饱和键，故A错误；B．中氯原子相连碳原子的邻位碳原子上有氢原子，能够发生消去反应，但生成的不是烯烃，是炔烃，故B错误；C．与-Br相连C的邻位C上没有H，不能发生消去反应，故C错误；D．与-OH相连C的邻位C上有H，可以发生消去反应生成烯烃，故D正确；故选D。【点睛】明确有机物发生消去反应的条件是解题的关键。本题的易错点为B，要注意分子中的两个氯原子都能消去生成炔烃，若消去一个氯原子，生成的产物不是烃，是卤代烃。7、C【解析】A.原子形成化学键时放热，则反应2H(g)+2X(g)=2HX(g)ΔH3<0，故A正确；B.根据盖斯定律，途径I生成HX的反应热与途径无关，所以ΔH1=ΔH2+ΔH3，故B正确；C.Cl、Br、I的原子半径依次增大，Cl2、Br2、I2断裂化学键需要的能量减小，所以途径II按Cl、Br、I的顺序，吸收的热量依次减小，即ΔH2依次减小；故C错误；D.途径I，ΔH1越小，说明放出的热量越多，则生成HX具有的能量越低，HX越稳定，故D正确；因此本题应选C。8、D【解析】电镀的过程：待镀金属做阴极，镀层金属做阳极，含有镀层金属离子的溶液做电镀液，因此铁上镀铜，铜做阳极，铁阴极；D正确；综上所述，本题选D。【点睛】电镀的特点：待镀金属做阴极，镀层金属做阳极，含有镀层金属离子的溶液做电镀液，电镀前后，电镀液的浓度保持不变。9、B【详解】A．发生消去反应生成乙烯，乙醇受热会挥发，水吸收乙醇，乙醇能被高锰酸钾氧化，则需要加水除杂，否则干扰乙烯的检验，故A不选；B．发生消去反应生成乙烯，乙醇与Br2的CCl4溶液不反应，乙烯与Br2的CCl4溶液反应，则不需要除杂，不影响乙烯检验，故B选；C．发生消去反应生成乙烯，NaOH溶液吸收乙醇，以及副反应生成的SO2，乙醇和SO2能被高锰酸钾氧化，则需要NaOH溶液除杂，否则干扰乙烯的检验，故C不选；D．发生消去反应生成乙烯，乙醇与溴水不反应，但可能混有SO2，SO2、乙烯均与溴水发生反应，则需要除杂，否则可干扰乙烯检验，故D不选；故选B。10、B【详解】苯环上有两个侧链的有机物都有邻、间、对三种位置异构，故C10H14两个侧链可以分别为甲基和丙基、甲基和异丙基、两个乙基三种情况，故其同分异构体有33=9种，故答案为：B。11、C【详解】该反应为等体积的可逆反应，且正反应方向为放热方向，由图可知，使曲线b变为曲线a，反应速率加快，但A的转化率不变，平衡不移动，改变的条件可能为缩小容器的容积(增大压强)、加入合适的催化剂，①③④均使平衡发生移动；答案为C。【点睛】本题解题关键是改变条件使曲线b变为曲线a，反应速率加快，但A的转化率不变，平衡不移动。12、D【解析】该反应为放热反应，热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，不表示微粒数，所以系数可以用分数表示。【详解】A项、当10NA个电子转移时，有1molC2H2分子参加反应，根据方程可知放出1300KJ的能量，A错误；B项、该反应为放热反应，反应时不是吸收能量，而是放出能量，B错误；C项、当2NA个碳氧共用电子对生成时，有1/2mol二氧化碳分子生成，根据方程可知放出650KJ的能量，C错误；D项、当8NA个碳氧共用电子对生成时，有2mol二氧化碳分子生成，根据方程可知放出1300KJ的能量，D正确。故选D。【点睛】本题考查热化学反应的能量的计算，做题时注意反应时吸热还是放热，从微观结构判断参加反应的反应物的物质的量是做本题的关键。13、C【详解】水能发生微弱的电离：H2OH++OH-。五种物质中只有NH4Cl能发生水解反应，促进水的电离，其它物质都是抑制水的电离，所以等浓度时NH4Cl溶液中由水电离出来的H+浓度最大；等浓度下H2SO4电离的H+浓度最大，它对水的抑制作用最强，所以H2SO4溶液中由水电离出来的H+浓度最小；等浓度时HCl电离产生的H+浓度与NaOH电离产生的OH-浓度相等，所以等浓度时HCl与NaOH对水电离的抑制作用相同，即HCl与NaOH溶液中由水电离产生的H+浓度相等；CH3COOH是弱酸，等浓度时电离产生的H+浓度比HCl小，对水电离的抑制作用比HCl弱，所以等浓度时CH3COOH溶液中由水电离产生的H+浓度比HCl多，总之，五种溶液中由水电离产生的c(H+)大小关系是：④>③>①=⑤>②。答案选C。【点睛】水分子能发生微弱电离H2OH++OH-，在酸和碱溶液中水的电离都被抑制，在能水解的盐溶液中水的电离都被促进。一般说来，酸溶液中OH-全部来自水的电离，碱溶液中H+全部来自水的电离。能水解的盐溶液中，弱酸根离子结合水电离的部分H+，弱碱阳离子结合水电离的部分OH-。不管是纯水中，还是酸、碱、盐溶液中水电离的H+浓度与水电离的OH-浓度一定相等。14、B【解析】A、该装置是分液，用于分离互不相溶的液体，A错误；B、该装置是过滤，可用于不溶性固体和液体分离，B正确；C、该操作是向容量瓶中转移液体，C错误；D、该装置是洗气瓶，不能用于不溶性固体和液体分离，D错误；答案选B。15、C【详解】因一水合氨是弱碱，加水后反应正向进行，氨水电离度增加，加水后，氢氧根离子浓度在减小的过程中氢离子的物质的量增大，而氢氧化钠是强酸在水中完全电离，加水后，氢氧根离子浓度只是在减小，氢离子的物质的量不变，所以要使稀释后两溶液pH值相同，则氨水的体积比氢氧化钠的体积要小，则m＜n，C项正确；答案选C。16、B【详解】A．若C4H8O2为酯，那么可以分成几种情况，①甲酸与丙醇形成的酯，有2种同分异构体，②乙酸与乙醇形成的酯，有1种同分异构体，③丙酸和甲醇形成的酯，有1种同分异构体，所以属于酯类的同分异构体有4种，A正确；B．若C4H8O2为羧酸，则有可能是丁酸或者2-甲基丙酸，共两种同分异构体，B错误；C．分子中4个碳与2个氧可形成六元环，C正确；D．将分子式为C4H8O2的有机物写成既含羟基又含醛基的有机物，能写出5种，可以是2-羟基丁醛、3-羟基丁醛、4-羟基丁醛、2-甲基-2-羟基丙醛、2-甲基-3羟基丙醛，D正确；故选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、HOCH2CH2OH；CH2=CHCl酯化反应加聚反应CH2BrCH2Br+2H2OHOCH2CH2OH+2HBr；CH2OHCH2OH+HCCOC﹣COOH+2H2O+2NaOHNaOOCCOONa+HOCH2CH2OH【分析】乙烯和溴发生加成反应生成A，A的结构简式为：CH2BrCH2Br，A和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成B，B的结构简式为：HOCH2CH2OH，B被氧气氧化生成C，C的结构简式为：OHC-CHO，C被氧气氧化生成D，D的结构简式为：HOOC-COOH，B和D发生酯化反应生成E，E是环状酯，则E乙二酸乙二酯；A和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成F，F的结构简式为：HC≡CH，F和氯化氢发生加成反应生成G氯乙烯，氯乙烯发生加聚反应生成H聚氯乙烯。【详解】根据以上分析，（1）B是乙二醇，B的结构简式为：HOCH2CH2OH，G氯乙烯，G的结构简式是CH2=CHCl；（2）反应X是CH2OHCH2OH与HCCOC﹣COOH生成，反应类型是酯化反应；反应Y是CH2=CHCl生成聚氯乙烯，反应类型是加聚反应；（3）CH2BrCH2Br和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成CH2OHCH2OH，反应的化学方程式是CH2BrCH2Br+2H2OHOCH2CH2OH+2HBr；（4）若环状酯E与NaOH水溶液共热发生水解反应，则发生反应的化学方程式为+2NaOHNaOOCCOONa+HOCH2CH2OH。【点睛】本题考查有机物的推断，明确官能团的特点及其性质是解决本题的关键，本题可以采用正推法进行解答，难度中等。18、C4H4O4HOOC-CH=CH-COOH、CH2=C(COOH)2【分析】由C、H、O的质量比，可求出其最简式，再由与氢气的相对密度，求出相对分子质量，从而求出分子式；最后由“与小苏打反应放出CO2，也能使溴水褪色”的信息，确定所含官能团的数目，从而确定其结构简式。【详解】(1)由C、H、O的质量比为12:1:16，可求出n(C):n(H):n(O)=1:1:1，其最简式为CHO；其蒸气对氢气的相对密度为58，则相对分子质量为58×2=116；设有机物的分子式为(CHO)n，则29n=116，从而求出n=4，从而得出分子式为C4H4O4。答案为：C4H4O4；(2)它能与小苏打反应放出CO2，则分子中含有-COOH，0.58g

这种物质能与50mL0.2mol/L的氢氧化钠溶液完全反应，则0.005mol有机物与0.01molNaOH完全反应，从而得出该有机物分子中含有2个-COOH；该有机物也能使溴水褪色，由不饱和度为3还可确定分子内含有1个碳碳双键，从而确定其结构简式为HOOC-CH=CH-COOH或CH2=C(COOH)2。答案为：HOOC-CH=CH-COOH或CH2=C(COOH)2。【点睛】由分子式C4H4O4中C、H原子个数关系，与同数碳原子的烷烃相比，不饱和度为3。19、（11分）（1）①（1分）偏大（1分）（2）酸式滴定管（或移液管）（1分）无影响（1分）（3）锥形瓶中溶液颜色变化（1分）锥形瓶中溶液由无色变为浅红色（1分），半分钟不变色（1分）（4）AB（2分）（5）0.1626（2分）【解析】，试题分析：（1）根据碱式滴定管在装液前应该用待装液进行润洗，用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入氢氧化钠溶液到0刻度以上，碱式滴定管未用标准氢氧化钠溶液润洗就直接注入标准氢氧化钠溶液，标准液的农夫偏小，造成标准液的体积偏大，根据计算公式分析，待测溶液的浓度偏大。（2）精确量取液体的体积用滴定管，量取20.00mL待测液应该使用酸式滴定管，在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水，标准液的体积不变，根据公式计算，待测液的浓度不变。（3）中和滴定中，眼睛应该注视的是锥形瓶中颜色的变化，滴定是，当溶液中颜色变化且半分钟内不变色，可以说明达到了滴定终点，所以当滴入最后一滴氢氧化钠溶液，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色。（4）从上表可以看出，第一次滴定记录的氢氧化钠的体积明显多于后两次的体积，上面盐酸的浓度偏大。A、滴定钱滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，导致氢氧化钠溶液的体积偏大，所以所测盐酸浓度偏大，正确。B、锥形瓶用待测液润洗，待测液的物质的量增大，所以用的氢氧化钠的体积偏大，所测的盐酸浓度偏大，正确。C、氢氧化钠标准溶液保存时间过长，有部分变质，所以用的氢氧化钠溶液的体积偏小，所测盐酸浓度偏小，错误。D、滴定结束时，俯视读数，所用的氢氧化钠溶液体积偏小，所测的盐酸的浓度偏小，错误。所以选AB。（5）三次滴定消耗的体积为18.10，16.30，16.22，舍去第一组数据，然后求出2、3两组数据的平均值，消耗氢氧化钠的体积为16.26mL，盐酸的浓度=0.2000×16.26/20.00=0.1626mol/L.考点：中和滴定20、（1）4Ce(OH)CO3+O2=4CeO2+4CO2+2H2O（2）（3）后一次的洗涤液滴入KSCN溶液无变化,加入氯水若不变红色,证明洗涤干净;2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O;冷却结晶65.30%偏高【解析】试题分析：（1）Ce(OH)CO3变成CeO2失去1个电子，氧气得到4个电子，所以二者比例为4:1，方程式为4Ce(OH)CO3+O2=4CeO2+4CO2+2H2O。（2）电解熔融状态的二氧化铈可制备铈，在阴极得到铈，阴极是铈离子得到电子生成铈，电极反应为。（3）滤渣A为氧化铁，二氧化铈和氧化亚铁，与硫酸反应后溶液中存在铁离子和亚铁离子。固体表面可吸附铁离子或亚铁离子，检验滤渣B已经洗净的方法是取最后一次的洗涤液滴入KSCN溶液无变化,加入氯水若不变红色,证明洗涤干净。二氧化铈与过氧化氢反应生成硫酸铈和水，方程式为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；根据流程分析，由溶液生成固体，应先蒸发浓缩，然后冷却结晶。称取0.536g样品，加入硫酸溶解，用硫酸亚铁溶液滴定，消耗25毫升，方程式为：Ce4++Fe2++=Ce3++Fe3+,根据元素守恒分析，Ce(OH)4的物质的量等于亚铁离子物质的量=0.0025mol，含量为0.0025×140/0.536="65.30%"；硫酸亚铁在空气中被氧化，消耗硫酸亚铁增多，测定产品的质量分数偏高。考点：物质分离和提纯的方法和基本实验操作，氧化还原反应的配平【名师点睛】

方法

适用范围

主要仪器

注意点

实例

固+液

蒸发

易溶固体与液体分开

酒精灯、蒸发皿、玻璃棒

①不断搅拌；②最后用余热加热；③液体不超过容积2/3

NaCl(H2O)

固+固

结晶

溶解度差别大的溶质分开

NaCl(KNO3)

升华

能升华固体与不升华物分开

酒精灯

I2(NaCl)

固+液

过滤

易溶物与难溶物分开

漏斗、烧杯

①一贴、二低、三靠；②沉淀要洗涤；③定量实验要“无损”

NaCl(CaCO3)

Fe粉(A1粉)

液+液

萃取

溶质在互不相溶的溶剂里，溶解度的不同，把溶质分离出来

分液漏斗

①先查漏；②对萃取剂的要求；③使漏斗内外大气相通;④上层液体从上口倒出

从