苏教版 (2019)选择性必修1第二单元 溶液的酸碱性课时作业

这是一份苏教版 (2019)选择性必修1第二单元 溶液的酸碱性课时作业，共32页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题等内容，欢迎下载使用。
3.2.2酸碱中和滴定同步练习-苏教版高中化学选择性必修1
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列实验操作正确的是

A．用图1装置进行KMnO4溶液滴定未知浓度的FeSO4溶液实验
B．如图2所示，记录滴定终点读数为19.90 mL
C．中和滴定时，选用图3滴定管盛装NaOH标准溶液
D．为了减小误差，可选用滴定管量取一定体积的溶液
2．下列实验操作能够达到目的的是




A．验证铁钉的吸氧腐蚀
B．比较和对的催化效果
C．测定中和反应的反应热
D．用酸性高锰酸钾溶液滴定硫酸亚铁溶液

A．A B．B C．C D．D
3．用标准盐酸溶液滴定未知浓度的氢氧化钠溶液，用甲基橙作指示剂，下列说法正确的是
A．用酚酞作指示剂更好
B．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小
C．若氢氧化钠吸收少量，不影响滴定结果
D．当锥形瓶内溶液由橙色变为红色，且半分钟内不褪色，即达到滴定终点
4．下列图示与对应的叙述相符的是




A．某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应的能量变化
B．验证电解饱和食盐水的产物
C．量取溶液
D．中和反应反应热的测定

A．A B．B C．C D．D
5．下列有关叙述正确的是
A．测定中和热时，隔热层填满碎纸条或泡沫塑料的目的是固定小烧杯
B．以NaOH溶液滴定某弱酸HA溶液可用甲基橙作滴定指示剂
C．在测定中和热的实验中，一组完整的实验数据至少需要测定并记录的温度是3次
D．用广范pH试纸测出某溶液pH为3.5
6．某研究小组为测定食用白醋中醋酸的含量进行如下操作，正确的是
A．用碱式滴定管量取一定体积的待测白醋放入锥形瓶中
B．称取4.0gNaOH放到1000mL容量瓶中，加水至刻度，配成1.00mol·L-1NaOH标准溶液
C．用NaOH溶液滴定白醋，可使用酚酞作指示剂，溶液颜色恰好由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色时，为滴定终点
D．滴定时眼睛要注视着滴定管内NaOH溶液的液面变化，防止滴定过量
7．实验室常用酸性KMnO4溶液标定摩尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]，可用过二硫酸钠(Na2S2O8)使MnO全部再生。下列说法错误的是

A．氧化性：S2O>MnO>Fe3+
B．标定时，KMnO4溶液和摩尔盐溶液都选用酸式滴定管
C．过二硫酸结构如图所示，则S2O中硫的化合价为+6价
D．过程中，消耗的摩尔盐和过二硫酸钠物质的量之比为1∶2
8．在下列实验操作中，会导致测量结果偏小的是
A．胆矾晶体中结晶水含量测定实验中，坩埚中有受热不分解的物质
B．灼烧法测定、混合物中的质量分数实验中，未进行恒重操作
C．用标准KOH溶液滴定未知浓度的盐酸， 配制标准溶液的固体KOH含NaOH杂质
D．气体摩尔体积的测定中，反应结束后未冷却至室温便读数
9．关于下列仪器使用的说法正确的是

A．滴定时用①盛放溶液 B．②、③均可以直接加热
C．②、④可用于物质分离 D．③、⑤可用作反应容器
10．下列说法正确的是
A．难溶于水，是弱电解质
B．用pH试纸测溶液的pH应预先润湿
C．进行中和滴定操作时眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色的变化
D．中和滴定中锥形瓶应先用水洗，后用待测液润洗

二、填空题
11．电解质的水溶液中存在电离平衡。
（1）醋酸是常见的弱酸。
①醋酸在水溶液中的电离方程式为 。
②下列方法中，可以使醋酸溶液中CH3COOH电离程度增大的是 （填字母序号）。
a 滴加少量浓盐酸          b 微热溶液
c 加水稀释                d 加入少量醋酸钠晶体
（2）用0.1 mol·L-1 NaOH溶液分别滴定体积均为20mL、浓度均为0.1 mol·L-1的盐酸和醋酸溶液，得到滴定过程中溶液pH随加入NaOH溶液体积而变化的两条滴定曲线。

①滴定醋酸的曲线是 （填“I”或“Ⅱ”）。
②滴定开始前，0.1 mol·L-1 NaOH、0.1 mol·L-1的盐酸和0.1 mol·L-1醋酸三种溶液中由水电离出的c(H+)最大的是 溶液。
③图I中，V=10时，溶液中的c(H+) c(OH-) （填“>”、“＝”或“ < 0.001 > > ABCD ABD
【分析】（1）①醋酸是弱酸，不完全电离。
②a. 滴加少量浓盐酸，增大了氢离子的浓度，平衡左移， CH3COOH电离程度减小。
b. 微热溶液，促进醋酸电离，CH3COOH电离程度增大。
c. 加水稀释，促进醋酸电离，CH3COOH电离程度增大。             
d .加入少量醋酸钠晶体，增大了醋酸根离子浓度，平衡左移， CH3COOH电离程度减小。
（2）①盐酸是强酸、醋酸是弱酸，0.1 mol·L-1的盐酸中c(H+)=0.1mol/L，0.1 mol·L-1醋酸中c(H+)1。
②酸或碱抑制水电离，酸中c(H+)越大、碱中c(OH-)越大其抑制水的电离程度越大。
③图I中，V=10时，pHc(OH-)，根据电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，故c(Na+)10-3mol/L，c(NaOH) =10-3mol/L。
③由于氨水是弱碱，稀释过程中电离程度增大，n(OH-)增大；NaOH是强碱。
（4）A .H2O2 +SO2=H2SO4
B. Na2CO3 +SO2= Na2SO3 + CO2
C. Na2SO3 +SO2+H2O= 2NaHSO3
D Ca(OH)2+SO2= CaSO3↓+H2O。
（5）根据表格提供的数据和强酸制弱酸的原理分析可得。
【详解】（1）①醋酸是弱酸，不完全电离，电离方程式为CH3COOH CH3COO— + H+，故答案为CH3COOH CH3COO— + H+。
②a. 滴加少量浓盐酸，增大了氢离子的浓度，平衡左移， CH3COOH电离程度减小，故a不选；    
b. 微热溶液，促进醋酸电离，CH3COOH电离程度增大，故b选；
c. 加水稀释，促进醋酸电离，CH3COOH电离程度增大，故c选；               
d .加入少量醋酸钠晶体，增大了醋酸根离子浓度，平衡左移， CH3COOH电离程度减小，故d不选；
故选bc。
（2）①盐酸是强酸、醋酸是弱酸，0.1 mol·L-1的盐酸中c(H+)=0.1mol/L，0.1 mol·L-1醋酸中c(H+)1，根据图知，I是醋酸曲线，Ⅱ是盐酸曲线，故答案为I。
②酸或碱抑制水电离，酸中c(H+)越大、碱中c(OH-)越大其抑制水的电离程度越大，盐酸中c(H+)等于氢氧化钠溶液中c(OH-)都大于醋酸中c(H+)，所以抑制水电离程度:盐酸=氢氧化钠>醋酸，则滴定开始前，三种溶液中由水电离出的c(H+)最大的是0.1 mol·L-1醋酸，故答案为醋酸。
③图I中，V=10时，pHc(OH-)，根据电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，故c(Na+)；10-3mol/L，c(NaOH) =10-3mol/L，所以25℃时，等体积的甲、乙两溶液与等浓度的盐酸反应，消耗的盐酸体积：甲>乙，故答案为>。
③由于氨水是弱碱，稀释过程中电离程度增大，n(OH-)增大；NaOH是强碱，故甲、乙溶液均加水稀释10倍后，所得溶液的pH：甲>乙，故答案为>。
（4）A .H2O2 +SO2=H2SO4，故A正确；
B. Na2CO3 +SO2= Na2SO3 + CO2，故B正确；
C. Na2SO3 +SO2+H2O= 2NaHSO3，故C正确；
D Ca(OH)2+SO2= CaSO3↓+H2O，故D正确；
故选ABCD。
（5）A.根据表格提供的数据可知H2SO3的酸性大于HCO3-，再根据强酸制弱酸的原理分析，A是正确的；
B. 根据表格提供数据和强酸制弱酸的原理分析，B是正确的；
C. HClO能把SO32-氧化成SO42-，故C错误；
D.根据表格提供的数据可知醋酸的酸性大于碳酸，故D正确；
故选ABD。
12． C 2 3 8KOH 2 1 6 500mL容量瓶
【分析】Ⅰ化合价升高元素在反应中被氧化；
反应中，N元素化合价由价升高为0价，共升高6价，，Cl元素化合价由0价降低为价，共降低2价，化合价升降最小公倍数为6，故系数为1，系数为3，结合原子守恒配平其它物质的系数；
计算废水中KCN的质量，再根据计算KCN的物质的量，使KCN完全转化为无毒物质，生成CO、，整个过程中C元素化合价由价升高为价，N元素化合价由价升高为0价，Cl元素化合价由0价降低为价，根据电子转移守恒计算，再根据计算需要氯气的质量；
Ⅱ依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤选择仪器；
还原性较强，在溶液中易被氧化成，则氯气被还原为氯离子；
先计算，再根据计算。
【详解】Ⅰ中C元素化合价由价升高为价，被氧化，
故答案为：C；
反应中，N元素化合价由价升高为0价，共升高6价，，Cl元素化合价由0价降低为价，共降低2价，化合价升降最小公倍数为6，故系数为1，系数为3，结合原子守恒配平其它物质的系数，平衡后方程式为：，
故答案为：2、3、8KOH、2、1、6、；
废水中KCN的质量为，物质的量为，使KCN完全转化为无毒物质，应生成CO、，整个过程中C元素化合价由价升高为价，N元素化合价由价升高为0价，Cl元素化合价由0价降低为价，电子转移守恒可知，解得，故答案为：；
Ⅱ配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容等，用到的仪器除了烧杯、量筒、胶头滴管、玻璃棒外，还需要500mL容量瓶；
故答案为：500mL容量瓶；
还原性较强，在溶液中易被氧化成，则氯气被还原为氯离子，离子反应为，
故答案为：；
，已知氯气与溶液的反应为：，
则，
所以
故答案为：。
13．(1) 酸式 C
(2) 滴入最后半滴NaOH标准溶液时，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色 偏大

【详解】（1）由题干信息可知，具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管下端的橡胶管，故用酸式滴定管移取样品溶液，由于滴定管下端还有一段没有刻度，故若滴定管规格为，样品溶液起始读数为，则此时滴定管中样品溶液的实际体积大于；
（2）由题意知，滴入溶液之前，锥形瓶内溶液显酸性，滴定终点溶液显碱性，由此可得滴定终点的现象：滴入最后半滴NaOH标准溶液时，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色；根据、及与反应时，与相当知，可消耗，故样品中，的质量分数为；若滴定终点时仰视读数，则所测标准液的体积偏大，测定的质量分数将偏大。
14． 极性共价键 氧原子和硫原子最外层电子数相等，但是氧原子的半径比硫原子小，核对核外电子的吸引力强，得电子能力强，所以氧元素非金属性比硫强 2SO2+Na2CO3+H2O=2NaHSO3+CO2 取样，测定溶液的pH，若pH小于7，说明电离程度大于水解程度 Na2SO4、H2SO4 1.90 60.9%
【详解】（1） 碳原子核电荷数为6，,原子结构示意图是；CO2为共价化合物，碳氧原子间形成2条共价键，由于碳氧原子的电负性不同，所以CO2分子内化学键类型为极性共价键；正确答案： ； 极性共价键。  
（2）虽然氧原子和硫原子最外层电子数相等，但是氧原子的半径比硫原子小，核对核外电子的吸引力强，得电子能力强，所以氧元素非金属性比硫强；正确答案：氧原子和硫原子最外层电子数相等，但是氧原子的半径比硫原子小，核对核外电子的吸引力强，得电子能力强，所以氧元素非金属性比硫强。
（3）亚硫酸的酸性大于碳酸，SO2与Na2CO3溶液反应生成NaHSO3和CO2，其化学方程式为2SO2+Na2CO3+H2O=2NaHSO3+CO2；HSO3-的电离过程溶液显酸性，HSO3-的水解过程溶液显碱性，要证明HSO3-的电离程度大于水解程度，就可以证明该溶液显酸性即可；实验方法是取样，用pH试纸测定溶液的pH，若pH小于7，说明电离程度大于水解程度；正确答案：2SO2+Na2CO3+H2O=2NaHSO3+CO2；取样，测定溶液的pH，若pH小于7，说明电离程度大于水解程度。
（4）Na2S2O5中硫元素为+4价，被氧化为Na2SO4和H2SO4，SO2-4中硫均为+6价，因此氧化产物是Na2SO4、H2SO4；由1mol氧气得电子变为-2价的氧可知，该反应转移电子4mol，根据反应关系可知：Na2S2O5--O2-4e-，若反应中转移了0.04mol的电子，消耗Na2S2O5的量为0.01mol，质量为190×0.01=1.9 g；正确答案：Na2SO4、H2SO4；1.90。   
（5）Na2S2O4遇KMnO4酸性溶液发生反应生成Na2SO4、K2SO4、MnSO4，则硫元素共升高6价,锰元素共降低5价,化合价升降应相同,故关系为：5S2O42----6MnO4- ,10mL溶液中消耗KMnO4的量为21×10-3×0.1mol,则100mL溶液消耗KMnO4的量为21×10-3×0.1×10mol,由此可知样品中Na2S2O4的量为5/6×21×10-3×0.1×10mol=0.0175 mol, Na2S2O4的质量为0.0175×174 g，该样品中Na2S2O4的质量分数为0.0175×174/5×100%= 60.9%；正确答案：60.9%。
点睛：硫酸氢钠溶液为强酸的酸式盐，电离显酸性；亚硫酸氢钠溶液中既存在电离平衡，也存在水解平衡，但是电离过程大于水解过程，溶液显酸性；碳酸氢钠溶液中，既存在电离平衡，也存在水解平衡，但是水解过程大于电离过程，溶液显碱性；因此酸式盐不一定显酸性。
15． 胶头滴管 乙 当滴加最后一滴氢氧化钠溶液，溶液由无色变为浅红色，半分钟不恢复为原来的颜色，则达到滴定终点。 0.11mol/L D
【详解】(1)配制100 mL 0.10 mol/L NaOH标准溶液，需要用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、100ml容量瓶、还需要胶头滴管，故答案为胶头滴管；
(2) ①用标准NaOH溶液滴定时，应将标准NaOH溶液应注入碱式滴定管中，应为乙管，故答案为乙；
②滴定达到终点的标志是当滴加最后一滴氢氧化钠溶液，溶液由无色变为浅红色，半分钟不恢复为原来的颜色，则达到滴定终点；故答案为当滴加最后一滴氢氧化钠溶液，溶液由无色变为浅红色，半分钟不恢复为原来的颜色，则达到滴定终点；
③根据上述数据，再根据c(酸)×V(酸)=c(碱)×V(碱)，V(NaOH)=(22.62+22.72+22.80)/3=22.71(ml),则c(酸)=0.10mol/L×22.71×10L÷(20.00×10L)=0.11mol/L；故答案为0.11mol/L；
④A．滴定终点读数时俯视读数，第二次读数偏小，代入计算时碱液体积偏小，盐酸的浓度偏低，故A不符合题意；
B．酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸溶液润洗，盐酸浓度偏小，所需碱液的体积偏小，故所测盐酸的浓度偏低；故B不符合题意；
C．锥形瓶水洗后未干燥，不影响盐酸的物质的量，对盐酸浓度测定没有影响；故C不符合题意；
D．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，滴定管内的液面会下降，读数偏大，则所测得盐酸的浓度偏高；故D符合题意；
故选D。
16．(1)1∶3
(2)
(3)偏低
(4)0.125
(5)取少量处理后的废水于试管中，滴加盐酸，无现象；再滴加溶液，产生白色沉淀，则该废水中含有(合理即可)

【详解】（1）N的化合价显－3价，H的化合价显＋1价，S元素处于最高价，即显＋6价，令1mol该化合物中－1价O的物质的量为amol，则－2价O的物质的量为(8－a)mol，利用化合价代数和为0，得到8＋2×6=2×3＋1×a＋(8－a)×2，解得a=2，即－1价O的物质的量为2mol，－2价O的物质的量为6mol，因此个数比为2∶6=1∶3，故答案为1∶3；
（2）还原产物是氧化剂得电子，发生还原反应的产物，根据上述分析，(NH4)2S2O8中－1价O的化合价降低，(NH4)2S2O8是氧化剂，则还原产物是SO；故答案为SO；
（3）根据进行分析，未洗涤烧杯和玻璃棒，造成容量瓶中溶质的物质的量减小，因此所配浓度将偏低；故答案为偏低；
（4）根据得失电子守恒，有c(Mn2＋)×30×10－3L×(4－2)=25.0×10－3L×0.1mol·L－1×(7－4)，解得：c(Mn2＋)=0.125mol·L－1；故答案为0.125；
（5）检验一般加入用Ba2＋进行检验，其步骤为取少量处理后的废水于试管中，滴加盐酸，无现象；再滴加溶液，产生白色沉淀，则该废水中含有；故答案为取少量处理后的废水于试管中，滴加盐酸，无现象；再滴加溶液，产生白色沉淀，则该废水中含有。
17． NO 4Fe2++ O2+ 4H+= 4Fe3++ 2H2O 越大 样品中OH−的物质的量浓度： n(OH−)＝ n1(NaOH) −n2(NaOH)＝ 0.05000 mol·L−1× (49.00 − 13.00) × 10−3L＝1.8 × 10−3mol；
c(OH−)＝＝ ＝1.8 × 10−3mol·L−1；
样品中Fe3+的物质的量浓度： c(Fe3+)＝＝ ＝4.0 × 10−3mol·L−1；
B＝ × 100% ＝× 100%＝ 15%。
【分析】(3)该滴定实验时测定PFC样品中的盐基度，盐基度B＝ × 100%；先根据样品的密度、铁的质量分数计算所取样品中Fe3+的浓度；然后加入一定体积的盐酸标准溶液充分反应，加入KF消除Fe3+对实验的干扰，之后用氢氧化钠标准液滴定剩余的盐酸的量；再利用蒸馏水重复操作，滴定加入的盐酸标准液的总量，总量减去剩余量即可得到样品中氢氧根消耗的盐酸标准的量。
【详解】(1)在稀盐酸中，NaNO2会将Fe2+氧化成Fe3+，该过程中NaNO2应作为氧化剂，据图可知，M与Fe2+可以生成Fe(NO)2+，铁元素化合价没有变化，则N元素化合价也不变，所以M应为NO；Fe2+在酸性条件下被O2氧化，应生成Fe3+，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式应为4Fe2++ O2+ 4H+= 4Fe3++ 2H2O；
(2)盐基度B＝ × 100%，盐基度越小，[Fe2(OH)nCl6-n]m中n的值越小，则c(OHˉ)越小，生成的Fe(OH)3胶体的量越少，溶液中c(Fe3+)越大，水解效果越强，对水pH变化的影响越大；
(3)根据分析，样品中OH−的物质的量浓度： n(OH−)＝ n1(NaOH) −n2(NaOH)＝ 0.05000 mol·L−1× (49.00 − 13.00) × 10−3L＝1.8 × 10−3mol；c(OH−)＝＝ ＝1.8 × 10−3mol·L−1；
样品中Fe3+的物质的量浓度：c(Fe3+)＝＝ ＝4.0 × 10−3mol·L−1；
B＝ × 100% ＝× 100%＝ 15%。
【点睛】本题难点是盐基度的计算，首先要理解盐基度的含义；其次是氢氧根浓度的确定，理解两次滴定的作用，本实验中是通过只加盐酸不加样品，利用NaOH标准液的量来确定盐酸标准液的量，再利用两次滴定的差值确定样品中氢氧根消耗的盐酸标准液的量。
18．0.200 0 mol·L-1
【详解】根据表格分析三次实验得到的数据分别为20.00mL、20.00mL、22.10mL，第三次数据偏差较大，舍去，只能取前面两次的平均数据，则平均值为20.00mL，根据公式得到；故答案为：0.200 0 mol·L-1。
19． 大红花 粉红色 绿色 橙色 绿色
【详解】(1)由表中可知，玫瑰花汁在中性和酸性溶液中所显颜色相同，所以其辨别不出中性和酸性溶液，万寿菊花汁在酸性、碱性、中性溶液中所显颜色相同，所以辨别不出溶液的酸碱性，只有大红花在酸性、碱性、中性溶液中所显颜色不同，可以辨别出溶液的酸碱性，故答案为：大红花；
(2)食盐水显中性，所以它可以使大红花花汁显粉红色；肥皂水和石灰水显碱性，所以它们可以使大红花花汁显绿色；汽水呈酸性，所以它可以使大红花花汁显橙色；故答案为：粉红色、绿色、橙色、绿色。
20．(1) 10-12 水电离过程会吸收热量，温度升高，水电离平衡正向移动，导致水电离产生的c(H+)、c(OH-)都增大
(2)b
(3) 酸 当滴加最后一滴标准酸溶液，溶液由浅红色变为无色，半分钟内溶液不再变为红色时，说明滴定达到终点； 0.2000 无影响

【详解】（1）根据图示可知：B点水的离子积Kw=c(H+)·c(OH-)=10-6mol/L×10-6mol/L=10-12( mol/L)2；
水电离过程会吸收热量，温度升高，水电离平衡正向移动，导致水电离产生的c(H+)、c(OH-)都增大，因而水的离子积Kw增大；
（2）a．在同一等温线上Kw相同，升高温度，水电离产生的c(H+)、c(OH-)都增大，水的离子积Kw增大；根据图示可知温度：T2＞T1，所以图中A、B、D三点处Kw的大小关系：B＞A=D，a错误；
b．根据图示可知：A、B两点溶液中c(H+)=c(OH-)，溶液显中性，b正确；
c．B两点溶液中c(H+)=10-6mol/L，但溶液中c(H+)=c(OH-)，因此溶液仍然显中性，c错误；
d．由于水的离子积常数：T2＞T1，水电离过程会吸收热量，温度升高，水的离子积常数会增大，因此温度：T2＞T1，d错误；
故合理选项是b；
（3）①盐酸中含有大量H+，溶液显酸性，因此应该盛放在酸式滴定管中；
②用标准盐酸溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，以酚酞为指示剂，开始时溶液显红色，随着HCl的滴入，溶液碱性逐渐减弱，红色逐渐变浅，当滴加最后一滴标准酸溶液，溶液由浅红色变为无色，半分钟内溶液不再变为红色，说明滴定达到终点；
③三次实验消耗标准盐酸溶液的体积分别是20.10 mL、19.90 mL、22.80 mL，可见第三次实验数据偏差较大，应该舍去，平均消耗HCl的体积是V(HCl)=，根据恰好反应时n(HCl)=n(NaOH)，可知NaOH溶液的物质的量浓度c(NaOH)=；
④若滴定时锥形瓶未干燥，由于不影响NaOH溶液中溶质的物质的量，因此对测定结果无影响。
21．(1)E→A→F→B→C→G→D
(2)乙
(3)锥形瓶内溶液颜色变化
(4)
(5)AD
(6) 溶液颜色由无色变为紫红色，且半分钟内不变为原来的颜色
(7) H2R＞HR－＞H2CO3
(8) 起保温作用，防止热量散失 环形玻璃搅拌棒 NaOH(aq)＋H2SO4(aq)＝Na2SO4(aq)＋H2O(l)  △H＝−57.3kJ∙mol−1 不相等 相等 偏小

【分析】滴定操作整个流程是检查滴定管是否漏液、洗涤、润洗、装液、排气泡、调液面记录数据、取待测液于锥形瓶、加指示剂、滴定、终点后记录数据，重复实验2～3次。
【详解】（1）滴定操作流程是查漏、洗涤、润洗、装液、排气泡、调液面记录数据、取待测液于锥形瓶、加指示剂、滴定、终点后记录数据，重复实验2～3次，因此滴定时正确操作的顺序是E→A→F→B→C→G→D；故答案为：E→A→F→B→C→G→D。
（2）图中左边为酸式滴定管，右边为碱式滴定管，则操作F中应该选择图中滴定管乙；故答案为：乙。
（3）滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应注意观察锥形瓶内溶液颜色变化；故答案为：锥形瓶内溶液颜色变化。
（4）三次滴定消耗氢氧化钠溶液的体积分别为20.01mL、20.00mL、19.99mL，三次数据平均值为20.00mL，则该盐酸的物质的量浓度为；故答案为：。
（5）A. 碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗，氢氧化钠溶液浓度偏低，消耗的体积偏高，则测得的物质的量浓度偏高，故A符合题意；B. 滴定过程中，锥形瓶摇荡得太剧烈，锥形瓶内有液滴溅出，消耗的氢氧化钠溶液体积偏小，测的的物质的量浓度偏低，故B不符合题意；C. 碱式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定终点时发现气泡，读出的数据偏低，测得的物质的量浓度偏低，故C不符合题意；D. 达到滴定终点时，仰视读数，读出数据偏大，测得的物质的量浓度偏高，故D符合题意；综上所述，答案为：AD。
（6）KMnO4滴定H2C2O4，其反应生成二氧化碳、锰离子和水，其反应的离子方程式，由于高锰酸钾本身有颜色，因此滴定终点是溶液颜色由无色变为紫红色，且半分钟内不变为原来的颜色；故答案为：；溶液颜色由无色变为紫红色，且半分钟内不变为原来的颜色。
（7）①根据图中信息得到Ka1(H2R)＝，Ka2(H2R)＝，电离常数越大，则酸越强，因此H2R、HR－、H2CO3三者的酸性强弱H2R＞HR－＞H2CO3；故答案为：H2R＞HR－＞H2CO3。
②NaHR溶液中存在；故答案为：。
（8）①该反应是放热反应，烧杯之间会有热量传递，为了减少热量的散失，则大小烧杯之间填满碎纸条的作用是起保温作用，防止热量散失，从实验装置上看，图中缺少的一种玻璃仪器环形玻璃搅拌棒；故答案为：起保温作用，防止热量散失；环形玻璃搅拌棒。
②该反应用中和热表示的热化学方程式NaOH(aq)＋H2SO4(aq)＝Na2SO4(aq)＋H2O(l)  △H＝−57.3kJ∙mol−1；故答案为：NaOH(aq)＋H2SO4(aq)＝Na2SO4(aq)＋H2O(l)  △H＝−57.3kJ∙mol−1。
③实验中若用60mL 0.25mol/L溶液跟50mL 0.5 mol/L NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，反应生成的水的量增加，则所放出的热量不相等，中和热是指生成1mol液态水放出的热量，因此所求中和热相等；若用50mL 0.50 mol/L醋酸代替溶液进行上述实验，由于醋酸电离时要吸收热量，则反应热的绝对值偏小；故答案为：不相等；相等；偏小。
22．(1)100 mL容量瓶
(2)酸式
(3) 锥形瓶中溶液颜色变化 溶液由无色变为紫红色，半分钟内不褪色
(4) 2+6H++5=5+2Mn2++3H2O
(5)AC

【解析】(1)
在实验①中要配制100 mL NaNO2溶液，所需玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管之外还有100 mL的容量瓶；
(2)
KMnO4标准溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，因此应盛放在酸式滴定管中；
(3)
为了使配制溶液浓度接近要求，减少实验误差，滴定过程中，眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色变化，当滴入最后一滴KMnO4标准液，溶液由无色变为紫红色，半分钟内不褪色，滴定达到终点；
(4)
滴定过程中，KMnO4溶液被还原为MnSO4，NaNO2被氧化产生NaNO3，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合物质拆分原则，可知发生反应的离子方程式是：2+6H++5=5+2Mn2++3H2O；
反应消耗KMnO4的物质的量为n(KMnO4)=0.0200 mol/L×V mL×10-3 L/mL=2V×10-5 mol，则根据物质反应转化关系可知m g亚硝酸钠样品中含有NaNO2的物质的量n(NaNO2)= n(KMnO4)=×2V×10-5 mol×=2V×10-4 mol，所以测得该样品中NaNO2的质量分数为：；
(5)
A．滴定管未用酸性KMnO4标准溶液润洗，则由于标准溶液被稀释，反应消耗酸性标准KMnO4溶液物质的量偏多，以此为标准计算的NaNO2的含量偏高，A符合题意；
B．锥形瓶未用待测液润洗，对测定结果无影响，B不符合题意；
C．盛装标准溶液的滴定管，滴定前尖端有气泡，滴定后气泡消失，则消耗标准酸性KMnO4标准溶液体积偏大，以此为标准计算出的NaNO2的含量偏高，C符合题意；
D．盛装标准溶液的滴定管，滴定前平视，滴定后俯视读数，导致消耗酸性KMnO4标准溶液体积偏小，以此为标准计算出的NaNO2的含量偏低，D不符合题意；
故合理选项是AC。
23．(1) A(或B) MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O(或2MnO+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O)
(2)f→g→c→b→d→e→j→h
(3) 排除装置内空气的干扰，可以随开随用，随关随停 排干净三颈烧瓶中的空气
(4) 用玻璃棒蘸取NaNO2溶液，点在红色石蕊试纸上，试纸变蓝，说明HNO2是弱酸 %

【详解】（1）实验室制备氯气使用的是二氧化锰与浓盐酸加热时反应或高锰酸钾与浓盐到常温下反应，如果选择A，发生的离子方程式为；若选择B，则离子方程式为；
（2）制得的氯气混有HCl和H2O，依次用饱和食盐水、浓硫酸除去；为保证除杂彻底，导气管都要长进短出，氯气的密度比空气大，选择导气管长进短出的收集方法，最后用碱石灰吸收多余的氯气，防止污染空气，故导气管的连接顺序为f→g→c→b→d→e→j→h；
（3）①用B装置制备NO，与之相比X装置可以排除装置内的空气的干扰；可以随开随用，随关随停；
②检验装置气密性并装入药品，打开K2，然后再打开K3，通入一段时间气体，其目的是排干净三颈烧瓶中的空气；
（4）①根据弱酸强碱盐水解可以使其溶液显碱性，石蕊遇碱变为红色，再根据所提供的试剂，可以设计证明HNO2是弱酸的方案是：用玻璃棒蘸取NaNO2溶液，点在红色石蕊试纸上，试纸变蓝，说明HNO2是弱酸；
②铬酸银的Ksp小于氯化银的Ksp，先生成AgCl白色沉淀，当Cl-沉淀完全后生成Ag2CrO4砖红色沉淀，故滴定终点时的现象是：滴入最后一滴标准液，生成砖红色沉淀，且半分钟内无变化；根据元素守恒，取出25.00mL溶液中：
，则n=0.02cmol，则250mL溶液中n(NOCl)= 0.2cmol，亚硝酰氯的质量分数为
。