四川省江油中学2022-2023学年高二化学下学期第一次阶段考试试题（Word版附解析）

这是一份四川省江油中学2022-2023学年高二化学下学期第一次阶段考试试题（Word版附解析），共15页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。

江油中学2021级高二下期第一阶段考试
化学试题
满分100分，考试时间80分钟。
可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 Na 23
第I卷(选择题，共42分)
一、选择题(本题包括14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意)
1. 下列物质属于弱电解质的是
A. 氨水 B. 冰醋酸 C. CaCO3 D. C2H5OH
【答案】B
【解析】
【详解】A．氨水是氨气溶于水形成的混合物，既不是电解质也不是非电解质，A不符合题意；
B．冰醋酸是纯净的醋酸，属于电解质，它在水溶液中发生部分电离，则属于弱电解质，B符合题意；
C．CaCO3虽然难溶于水，但溶于水的部分发生完全电离，则其属于强电解质，C不符合题意；
D．C2H5OH属于有机化合物，不管是在水溶液中还是在熔融状态下，都不能发生电离，其属于非电解质，D不符合题意；
故选B。
2. 四川柠檬品质上乘，若柠檬果汁pH=2，则c(H+)为
A. 0.1mol/L B. 0.2mol/L C. 0.01mol/L D. 0.02mol/L
【答案】C
【解析】
【详解】柠檬果汁pH=2，则pH=-lg c(H+)=2，c(H+)=1×10-2mol/L=0.01mol/L，故选C。
3. 下列物质在水中的电离方程式正确的是
A. NaHCO3=Na++H++CO
B. HClO⇌H++ClO-
C. CuCl2 = Cu2++Cl-
D. CH3COONH4⇌CH3COO-+NH
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．NaHCO3是强电解质，完全电离，是弱酸的酸式酸根离子，不能拆开，故正确的电离方程式为NaHCO3=Na++，故A错误；
B．HClO是一元弱酸，存在电离平衡，电离产生H+、ClO-，主要以电解质分子存在，电离方程式为HClO⇌H++ClO-，故B正确；
C．CuCl2是强电解质，完全电离，且电离产生的Cu2+、Cl-个数比为1:2，故正确的电离方程式为CuCl2 =Cu2++2Cl-，故C错误；
D．CH3COONH4是强电解质，完全电离变为离子，电离方程式为CH3COONH4=CH3COO-+，故D错误；
答案选B。
4. 某同学在实验报告中记录了下列数据，其中正确的是
A. 用托盘天平称取5.85 g食盐
B. 用10 mL量筒量取7.35 mL盐酸
C. 用pH计测出某溶液pH为3.52
D. 从碱式滴定管放出酸性KMnO4溶液15.60 mL
【答案】C
【解析】
【详解】A. 托盘天平称取精确度0.1g，故A错误；
B. 10 mL量筒精确度为0.1mL，故B错误；
C. pH计又叫酸度计，是一种用来精确测量溶液pH的仪器，用pH计测出某溶液pH为3.52符合其精确度，故C正确；
D.酸性KMnO4溶液15.60 mL只能从酸式滴定管放出，故D错误。
综上所述，答案为C。
【点睛】pH计精确度为0.01，pH试纸测溶液只能精确到正整数。
5. 下列关于电离常数(K)的说法正确的是
A. 电离常数只与温度有关，升高温度，K值减小
B. 电离常数K与温度无关
C. 相同温度下，电离常数(K)越小，表示弱电解质的电离能力越弱
D. 多元弱酸各步电离常数大小关系为
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．电离常数只与温度有关，与浓度、压强等无关，电离属于吸热过程，升高温度，促进电离，K值增大，A错误；
B．电离常数只与温度有关，与浓度、压强等无关，B错误；
C．电离常数可衡量弱电解质的电离能力，K值越大，电离程度越大，则同温下电离常数越小，表示弱电解质的电离能力越弱，C正确；
D．多元弱酸分步电离，且以第一步电离为主，每一步电离对下一步电离起抑制作用，则各步电离常数大小关系为，D错误。
答案选C。
6. 1909年，丹麦生理学家索仑生提出用pH表示水溶液的酸度：pH＝-lg[H+]，后来又定义pOH＝-lg[OH－]，pKW＝-lgKW。对某水溶液的下列说法中错误的是
A. pH＋pOH＝pKW B. 若为酸性溶液则pH＞pOH
C. 常温下pH＋pOH＝14 D. 溶液pH＝7时未必呈中性
【答案】B
【解析】
【详解】A. pH＋pOH＝−lgc(H+) +[−lgc(OH－)] ＝−lgc(H+)c(OH－) ＝pKw，故A正确；
B. 常温下，若为酸性溶液则pH＜７，pOH＞7，因此pOH＞pH，故B错误；
C. 根据A选项，常温下pH＋pOH＝pKw＝−lg1×10−14＝14，故C正确；
D. 常温下，溶液pH＝7时呈中性，100℃时溶液pH＝7是呈碱性，即溶液pH＝7时未必呈中性，故D正确。
综上所述，答案为B。
7. 食用白醋是生活中重要的调味品，其中含3% ～5%的醋酸。以下实验能证明醋酸为弱电解质的是(  )
A. 用食用白醋做导电实验，灯泡很暗
B. 将水垢浸泡在白醋中，有CO2气体放出
C. 向白醋中滴入紫色石蕊试液，溶液呈红色
D. 中和等pH、等体积的盐酸和白醋，白醋消耗NaOH多
【答案】D
【解析】
【分析】强弱电解质的根本区别是电离程度，部分电离的电解质是弱电解质，只要证明醋酸部分电离就能证明醋酸是弱电解质，据此分析解答。
【详解】A．溶液的导电性与离子的浓度有关，弱电解质的浓度大时导电实验中灯泡也很亮，没有对比实验，无法说明醋酸是弱电解质，故A不符合题意；
B．水垢浸泡在白醋中有CO2气体放出，说明醋酸酸性大于碳酸，但不能证明醋酸部分电离，所以不能证明醋酸是弱电解质，故B不符合题意；
C．白醋中滴入石蕊试液变红色，说明白醋属于酸，不能证明其部分电离，所以不能证明醋酸是弱酸，故C不符合题意；
D．等体积等pH的醋酸和盐酸溶液中，醋酸溶液浓度大于盐酸，醋酸存在电离平衡，随反应进行，促进电离正向移动，醋酸消耗NaOH多，故D符合题意；
答案选D。
8. 醋酸溶液中存在电离平衡：，下列叙述不正确的是
A. 加水稀释，增大
B. 0.10mol/L的CH3COOH溶液加水稀释，溶液中c(OH-)增大
C. CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体，平衡逆向移动
D. 25℃时，欲使醋酸溶液的pH和电离程度都减小，可加入少量冰醋酸
【答案】A
【解析】
【详解】A．=电离平衡常数不变，所以表达式的值不变 ，A错误；
B．加水稀释溶液的酸性减弱，则c(H+)减小所以溶液中c(OH-)增大，B正确；
C．醋酸钠晶体会电离出CH3COO-，则c(CH3COO-)增大，使电离平衡逆向移动，C正确；
D．25℃时，醋酸溶液中加入少量冰醋酸，溶液的酸性增强，则c(H+)增大，抑制醋酸电离，则醋酸溶液的pH和电离程度都减小，D正确；
故选A。
9. 向10 mL氨水中加入蒸馏水，将其稀释到1 L后，下列说法正确的是
A. 数目不变 B. 增大
C. 减小 D. 的电离程度减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．加水稀释，电离平衡正向移动，数目增大，A错误；
B．加水稀释，则减小，B错误；
C．加水稀释，电离平衡正向移动，的数目增多，的数目减少，=，可知加水稀释后减小，C正确；
D．氨水中加入蒸馏水，电离平衡正向移动， 的电离程度增大，D错误；
故选C。
10. 常温下，0.1 mol·L-1的NaOH溶液中由水电离出的OH-的物质的量浓度为
A. 0.1 mol·L-1 B. 1.0×10-13 mol·L-1
C. 1.0×10-7 mol·L-1 D. 无法确定
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】NaOH为强碱，在水溶液中完全电离为Na＋和OH-，水电离出的OH-很少，可以忽略不计，所以0.1 mol·L-1 的NaOH溶液中c(OH-)=0.1 mol·L-1，则由水电离出的c水(OH-)=c水(H＋)= mol·L-1=1.0×10-13 mol·L-1。。
答案选B。
11. 某课外活动小组对采集的酸雨样品进行化验，测得数据如下：c(Na+)＝5.0×10－6 mol/L、c(NH4+)＝2.0×10－5 mol/L、c(NO)＝2.0×10－4 mol/L、c(SO)＝4.0×10－4 mol/L，H+和OH－浓度未测定，则此酸雨的pH约为
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】A
【解析】
【详解】根据溶液电中性原则知c(NH4＋)＋c(Na＋)＋c(H＋)=c(NO)＋2 c(SO)+c(OH－)，酸性溶液中氢氧根离子浓度很小，可忽略，将题给数据代入计算得c(H＋)= 1×10－3，则pH=3，选A。
12. 室温时，某溶液中由水电离生成的H+和OH-物质的量浓度的乘积为1×10-24，则在该溶液中一定不能大量共存的离子组是
A. Al3+、Na+、、Cl- B. K+、Na+、Cl-、
C. Mg2+、Na+、Cl-、 D. 、K+、、
【答案】D
【解析】
【分析】水电离出的H+和OH－物质的量浓度相等，其乘积为为10-24，c(H+)=c(OH－)= 10-12mol/L，抑制了水的电离，溶液呈酸性或碱性。
【详解】A．在碱性溶液中，Al3+、OH－反应生成沉淀，不能大量共存，而在酸性溶液中可以大量共存，A错误；
B．在碱性溶液中，能大量共存，而在酸性溶液中CO与H+反应生成二氧化碳，不能大量共存，B错误；
C．在碱性溶液中，Mg2+、OH－反应生成沉淀，不能大量共存，而在酸性溶液中可以大量共存，A错误；
D．在碱性溶液中，NH、OH－反应生成氨气，不能大量共存，在酸性溶液中，SiO、与H+反应，不能大量共存，D正确；
答案为D。
13. 常温下，甲酸和乙酸的电离常数分别为1.8×10-4和1.8×10-5。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。两种酸用通式HY表示，下列叙述正确的是

A 曲线Ⅱ代表乙酸
B. 酸的电离程度：c点＞d点
C. 溶液中水的电离程度：b点＞c点
D. 从c点到d点，溶液中 保持不变
【答案】D
【解析】
【分析】常温下，甲酸和乙酸的电离常数分别为1.8×10−4和1.8×10−5，酸强弱为甲酸＞乙酸，将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，变化大的酸性较强，因此Ⅱ代表甲酸。
【详解】A. 根据分析曲线Ⅱ代表甲酸，故A错误；
B. 不断加水，电离程度不断增大，因此酸的电离程度：d点＞c点，故B错误；
C. b点pH小，酸性强，抑制水的程度大，因此溶液中水的电离程度：c点＞b点，故C错误；
D. 从c点到d点，溶液中，因此保持不变，故D正确。
综上所述，答案为D。
【点睛】酸不断加水稀释，酸性减弱，抑制水的程度减弱，水电离程度增大。
14. 图示中是用0.1000 mol·L-1NaOH溶液滴定10.00 mL未知浓度硫酸溶液(酚酞作指示剂)的滴定曲线，下列说法正确的是

A. 水电离出的氢离子浓度：a＞b
B. 硫酸溶液的物质的量浓度为0.1000 mol·L-1
C 指示剂变色时，说明硫酸与NaOH恰好完全反应
D. 当滴加NaOH溶液为10.00 mL时，该混合液的pH=1.0
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．a点加入的NaOH溶液较少，溶液中c(H+)较大，溶液中酸电离产生的c(H+)越大，水电离程度就越小，所以水电离出的氢离子浓度：a＜b，A错误；
B．硫酸与氢氧化钠恰好反应时，c(H+)=c(OH-)，溶液pH=7，则有c(H2SO4)×V(酸)×2=c(NaOH) ×V(碱)，c(H2SO4)×10.00 mL×2=0.1000 mol·L-1 ×20.00 mL，解得c(H2SO4)=0.1000 mol·L-1，B正确；
C．以酚酞为指示剂，用NaOH标准溶液滴定未知浓度的硫酸，当指示剂变色时，溶液pH=8.0，而二者恰好反应时溶液pH=7，故此时二者未恰好反应，但在实验要求的范围内，故通常以指示剂变色点当作滴定终点，C错误；
D．当滴加NaOH溶液为10.00 mL时，该溶液中有一半硫酸未被中和，溶液中c(H+)=mol/L，则该混合液的pH=-lgc(H+)=-lg0.05=1.3，D错误；
故合理选项是B。
第II卷(非选择题，共58分)
二、(本题包括2小题，共20分)
15. 现有以下物质：①冰醋酸②KOH固体③熔融BaSO4④氧化铝⑤铜⑥NH3⑦CO2⑧蔗糖⑨稀硫酸；回答下列问题：
（1）属于强电解质的有___________(填序号，下同)；属于弱电解质的有___________。
（2）属于非电解质的有___________。
（3）能导电的有___________。
（4）既不是电解质又不是非电解质的是___________。
【答案】（1） ①. ②③④ ②. ①
（2）⑥⑦⑧ （3）③⑤⑨
（4）⑤⑨
【解析】
【小问1详解】
强电解质在水溶液或熔融状态下发生完全电离，②KOH固体、③熔融BaSO4、④氧化铝在熔融条件下都能发生完全电离，则属于强电解质的有②③④；①冰醋酸在水溶液中只能发生部分电离，则属于弱电解质的有①。答案为：②③④；①；
【小问2详解】
⑥NH3、⑦CO2的水溶液虽然能导电，但导电离子来自它们与水反应的产物，⑧蔗糖在水溶液和熔融状态下都不导电，则属于非电解质的有⑥⑦⑧。答案为：⑥⑦⑧；
【小问3详解】
③熔融BaSO4中存在自由移动的离子、⑤铜发生自由电子导电、⑨稀硫酸中存在自由离子；则能导电的有③⑤⑨。答案为：③⑤⑨；
【小问4详解】
单质和混合物既不是电解质也不是非电解质，⑤铜属于单质、⑨稀硫酸属于混合物，则既不是电解质又不是非电解质的是⑤⑨。答案为：⑤⑨。
16. 在某温度(T℃)的水溶液中，c(H+)=10xmol∙L-1，c(OH-)=10ymol∙L-1，x与y关系如图所示。

（1）该温度下，水的离子积为________，T℃_______25℃(填“＞”“＜”或“=”)，纯水的pH________7(填“＞”“＜”或“=”)
（2）将此温度下pH=11的NaOH溶液与pH=1的HCl溶液等体积混合，混合后溶液的pH约为________。(已知lg2=0.3)
（3）在此温度下，将pH=13的NaOH溶液ＶaL与pH=1的硫酸溶液VbL混合。若所得混合液的pH=2，则Ｖa:Vb=_______。
【答案】（1） ①. 1×10-15 ②. ＜ ③. ＞
（2）1.3 （3）9:2
【解析】
【小问1详解】
从图中可以看出，x=-10时，y=-5，则该温度下，水的离子积10-10×10-5=1×10-15；水的电离是一个吸热过程，温度越低，电离程度越小，离子积常数越小，1×10-15＜1×10-14，则T℃＜25℃，纯水中，c(H+)=mol∙L-1=1×10-7.5mol∙L-1，pH=7.5＞7。答案为：1×10-15；＜；＞；
【小问2详解】
将此温度下pH=11的NaOH溶液与pH=1的HCl溶液等体积(设为VL)混合，混合后溶液中，c(H+)=≈mol/L，pH=-lg≈1.3。答案为：1.3；
【小问3详解】
在此温度下，将pH=13的NaOH溶液ＶaL与pH=1的硫酸溶液VbL混合。若所得混合液的pH=2，则，Ｖa:Vb=9:2。答案为：9:2。
三、(本题包括2小题，共26分)
17. 在一定温度下，将冰醋酸加水稀释，溶液的导电能力随加水量变化的曲线如图所示。

请回答下列问题：
（1）“0”点冰醋酸几乎不能导电的原因是___________。
（2）a、b、c三点对应的溶液中，c(H+)由小到大的顺序为___________。
（3）a、b、c三点对应的溶液中，c(CH3COOH)的电离程度最大的是___________。
（4）若使c点对应的溶液中c(CH3COO-)增大，下列措施，不可行的是___________(填字母，下同)。
A. 加热 B. 加KOH固体 C. 加水 D. 加CH3COONa固体
（5）在稀释过程中，随着醋酸浓度的降低，下列各量增大的是___________。
A. c(H+) B. n(H+) C. c(CH3COOH) D.
（6）为证明醋酸为弱酸，请设计一个合理的实验：___________。
【答案】（1）“0”点冰醋酸未电离，无自由移动离子
（2）c＜a＜b （3）c （4）C （5）BD
（6）用pH试纸测定0.1mol/L的醋酸溶液的pH，若溶液pH大于1，则醋酸为弱酸
【解析】
【小问1详解】
纯净的冰醋酸分子不能发生电离，“0”点时没有加水，冰醋酸没有形成溶液，没有发生电离，所以几乎不能导电，原因是：“0”点冰醋酸未电离，无自由移动的离子。答案为：“0”点冰醋酸未电离，无自由移动的离子；
小问2详解】
溶液中离子浓度越大，导电能力越强，a、b、c三点对应溶液的导电能力c＜a＜b，则c(H+)由小到大的顺序为c＜a＜b。答案为：c＜a＜b；
【小问3详解】
a、b、c三点对应的溶液中，水的加入量不断增多，醋酸浓度不断减小，电离程度不断增大，则c(CH3COOH)的电离程度最大的是c。答案为：c；
【小问4详解】
A．醋酸为弱电解质，电离过程吸热，则加热时，醋酸的电离程度增大，c(CH3COO-)增大，A不符合题意；
B．加KOH固体，溶解后与醋酸反应，使醋酸的电离程度增大，c(CH3COO-)增大，B不符合题意；
C．加水，醋酸的浓度减小，电离程度增大，但c(CH3COO-)减小，C符合题意；
D．加CH3COONa固体，溶于水后使溶液中c(CH3COO-)增大，D不符合题意；
故选C。答案为：C；
【小问5详解】
A. 稀释过程中，随着醋酸浓度的降低，醋酸的电离程度增大，但电离产生的c(H+)减小，A不符合题意；
B. 稀释过程中，随着醋酸浓度的降低，醋酸的电离程度增大，电离产生的n(H+)增大，B符合题意；
C. 稀释过程中，随着醋酸浓度的降低，醋酸的电离程度增大，溶液中c(CH3COOH)减小，C不符合题意；
D. 稀释过程中，随着醋酸浓度的降低，醋酸的电离程度增大，但c(CH3COO-)减小，增大，D符合题意；
故选BD。答案为：BD；
【小问6详解】
为证明醋酸为弱酸，需证明醋酸发生部分电离，也就是电离产生的H+浓度小于醋酸浓度，则合理的实验为：用pH试纸测定0.1mol/L的醋酸溶液的pH，若溶液pH大于1，则醋酸为弱酸。答案为：用pH试纸测定0.1mol/L的醋酸溶液的pH，若溶液pH大于1，则醋酸为弱酸。
18. 弱酸HA的电离常数。25℃时，几种弱酸的电离常数如下：
弱酸化学式


HCN

电离常数





（1）根据上表数据填空：
①物质的量浓度相同的四种酸，其pH由大到小的顺序是___________。
②分别向等体积、相同pH的HCl溶液和CH3COOH溶液中加入足量的Zn粉，反应刚开始时产生H2的速率：v(HCl)___________v(CH3COOH)(填“=”、“>”或“<”下同)，反应完全后，所得氢气的质量：___________。
③将0.2mol/LHCN溶液与0.1mol/L Na2CO3溶液等体积混合，发生反应的离子方程式为_______。
（2）体积均为10mL、pH均为2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1000mL，稀释过程中溶液pH变化如图所示。稀释后，HX溶液中水电离的c(H+)比醋酸溶液中水电离的c(H+)___________；电离常数___________(填“>”、“=”或“<”)，理由是_________。

【答案】（1） ①. ②. = ③. ＜ ④.
（2） ①. 大 ②. ＞ ③. pH相同的HX和醋酸稀释相同的倍数，HX的pH变化较大
【解析】
【小问1详解】
①物质的量浓度相同的四种酸，电离常数越大，电离产生的c(H+)越大，pH越小。由表中数据可得出，其pH由大到小的顺序是。
②HCl溶液和CH3COOH溶液pH相同，则c(H+)相同，加入足量的Zn粉，反应刚开始时产生H2的速率：v(HCl) =v(CH3COOH)；由于醋酸为弱酸，发生部分电离，则pH相同的醋酸的物质的量浓度比盐酸大，所以分别向等体积、相同pH的HCl溶液和CH3COOH溶液中加入Zn粉，反应完全后，醋酸中生成氢气多，则所得氢气的质量：＜。
③将0.2mol/LHCN溶液与0.1mol/L Na2CO3溶液等体积混合，由于Ka2(H2CO3)＜Ka(HCN)＜Ka1(H2CO3)，所以发生反应的离子方程式为。答案为：；=；＜；；
【小问2详解】
从图中可以看出，体积均为10mL、pH均为2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1000mL，HX溶液的pH变化大，则表明HX的酸性比醋酸强。稀释后，HX溶液的pH大，则表明其电离产生的c(H+)小，HX溶液中水电离的c(H+)比醋酸溶液中水电离的c(H+)大；相同温度时，酸性越强，电离程度越大，则电离常数＞，理由是：pH相同的HX和醋酸稀释相同的倍数，HX的pH变化较大。答案为：大；＞；pH相同的HX和醋酸稀释相同的倍数，HX的pH变化较大。
四、(本题包括1小题，共12分)
19. 化学兴趣小组的同学用0.1000mol/L盐酸标准溶液测定某烧碱样品的纯度(杂质不与盐酸反应)。实验步骤如下：
（1）配制待测液：用分析天平准确称取烧碱样品2.500g，全部溶于水配制成500mL溶液。配制溶液需用的玻璃仪器除了烧杯、胶头滴管外，还需要___________。
（2）滴定：
①用碱式滴定管量取20.00mL所配溶液放在锥形瓶中，滴加几滴指示剂，待测。滴定管在装入反应液之前应进行的操作有___________。
②用浓度为0.1000mol/L的盐酸标准溶液进行滴定。开始滴定前的一步操作是___________。
③滴定过程中用pH计测定锥形瓶中溶液的pH，临近滴定终点时每滴一滴测一次pH．滴定过程中，测得锥形瓶中溶液的pH变化如下表：
V(HCl)/mL
0.00
12.00
18.00
22.00
23.00
23.96
pH
13.1
12.6
12.2
11.7
11.4
9.9
V(HCl)/mL
24.00
24.04
25.00
26.00
30.00

pH
7.0
4.0
2.7
2.4
1.9


（3）数据处理及误差分析：
①所测样品中NaOH的质量百分含量为___________。
②若测定结果偏高，其原因可能是___________(填字母)。
A．滴定管用蒸馏水洗净后未用标准溶液润洗
B．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其他操作正确
C．盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水清洗后再用待测液润洗
D．滴定时，振荡锥形瓶，锥形瓶中少量液体溅出
【答案】（1）500mL容量瓶
（2） ①. 检查滴定管是否漏水，用蒸馏水洗涤，用待装液润洗滴定管2～3次 ②. 将液面调整到“0”刻度或将液面调整到“0”刻度下某一值
（3） ①. 96.0% ②. AC
【解析】
【小问1详解】
用2.50g含有少量杂质的固体烧碱样品配制500mL溶液，配制过程为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、摇匀等，需要的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、量筒、500mL容量瓶、胶头滴管，需用的玻璃仪器除了烧杯、胶头滴管外，还需要量筒、玻璃棒和500mL容量瓶，故答案为量筒、玻璃棒和500mL容量瓶。
【小问2详解】
①滴定管在使用前应先检漏、洗涤、用待装液润洗、正式装液，排除气泡并调节液面，滴定管在使用前除洗涤外，还应检查滴定管是否漏水，洗净并用待盛装的溶液润洗滴定管2∼3次，故答案为检查滴定管是否漏水，用蒸馏水洗涤，用待装液润洗滴定管2～3次；
②用浓度为0.1000mol⋅L−1的盐酸标准溶液进行滴定，开始滴定前要调节液面于“0”刻度或“0”刻度以下，故答案为将液面调整到“0”刻度或将液面调整到“0”刻度下某一值。
【小问3详解】
①氢氧化钠溶液的浓度为：，样品中含有的氢氧化钠的物质的量为：0.1200mol/L×1L＝0.12mol，氢氧化钠的质量为：40g/mol×0.12mol＝4.800g，故样品中NaOH的质量百分含量为：；故答案为96%；
②A．滴定管用蒸馏水洗净后未用标准溶液润洗，导致标准溶液浓度降低，实际消耗体积增大，使得测定结果增大；故A符合题意；
B．滴定管的刻度是小读数在上，大读数在下方，俯视时看到的刻度在平视时的刻度上面，使得测定结果偏小；故B不符合题意；
C．盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水清洗后再用待测液润洗，使得锥形瓶中待测液体积增大，消耗的标准液体积增大，使得测定结果增大；故C符合题意；
D．滴定时，震荡锥形瓶，锥形瓶中少量液体溅出，使得锥形瓶中的反应物减少，那么滴定所需的量就比实际的少，使得测定结果偏小；故D不符合题意；
故答案选AC。