【化学】广东省揭阳华侨高级中学2019-2020学年高二上学期12月月考 试卷

广东省揭阳华侨高级中学2019-2020学年高二上学期12月月考
可能用到的相对原子质量：H l C 12 O 16 S 32 Cl 35.5 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 Si 28
第I卷（选择题，共48分）
选择题：共14小题，每小题4分，共48分。每小题只有一个选项正确。
1.下列有关金属腐蚀的说法中正确的是（ ）
A. 铝具有强抗腐蚀能力，是因为其不易与氧气发生反应
B. 电化学腐蚀指在外加电流的作用下不纯金属发生化学反应而损耗的过程
C. 钢铁腐蚀最普遍的是吸氧腐蚀，负极吸收氧气，产物最终转化为铁锈
D. 金属的电化学腐蚀和化学腐蚀本质相同，但电化学腐蚀伴有电流产生
【答案】D
【解析】
【详解】A. 铝具有强抗腐蚀能力，是因为其与氧气反应生成致密的氧化物保护膜，能阻止铝与氧气的进一步反应，A错误；
B. 电化学腐蚀是不纯金属发生原电池反应而腐蚀损耗的过程，B错误；
C. 钢铁腐蚀最普遍的是吸氧腐蚀，负极铁失电子，正极碳吸收氧气，产物最终转化为铁锈，C错误；
D. 金属的电化学腐蚀和化学腐蚀本质相同，都是金属失电子被氧化的过程，但电化学腐蚀伴有电流产生，D正确。
故选D。
2.将足量的碳酸钙固体分别加入①20mL水②50mL0.2mol/L的盐酸③50mL0.2mol/L氯化钙溶液④80mL0.2mol/LK2CO3溶液中溶解至溶液饱和，则各溶液中Ca2+的浓度由大到小的顺序为（ ）
A. ③>②>①>④ B. ④>③>①>②
C. ①>②>③>④ D. ②>①>④>③
【答案】A
【解析】
【详解】①在20mL水中，碳酸钙少量溶解，形成碳酸钙饱和溶液；
②50mL0.2mol/L的盐酸与碳酸钙反应，生成氯化钙等，c(Ca2+)=0.1mol/L；
③50mL0.2mol/L氯化钙溶液中，c(Ca2+)=0.2mol/L；
④80mL0.2mol/LK2CO3溶液中，CO32-将抑制碳酸钙的溶解，溶液中c(Ca2+)比①中要小。
综合以上分析，各溶液中Ca2+的浓度由大到小的顺序为③>②>①>④。故选A。
3.下列事实或操作与盐类水解无关的是（ ）
A. 明矾净水
B. 加热蒸干并灼烧Na2SO3溶液，得到Na2SO4固体
C. 配制FeC13溶液时，要滴加少量的盐酸
D. 氨态氮肥（含NH4+）不能与草木灰（含K2CO3）混合使用
【答案】B
【解析】
【详解】A. 明矾中的Al3+水解生成Al(OH)3胶体，能够吸附水中的悬浮颗粒物并使之沉降，从而达到净水目的，A不合题意；
B. 加热蒸干并灼烧Na2SO3溶液，Na2SO3被空气中的O2氧化，得到Na2SO4固体，与水解无关，B符合题意；
C. 配制FeC13溶液时，滴加少量的盐酸，抑制Fe3+水解，以便得到澄清的溶液，C不合题意；
D. 氨态氮肥（含NH4+）不能与草木灰（含K2CO3）混合使用，因为二者的水解能相互促进，从而生成氨气，使肥分损失，D不合题意。
故选B。
4.下列说法错误的是（ ）
A. 蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质
B. 易溶于水的电解质不一定是强电解质
C. 强电解质的水溶液的导电能力一定比弱电解质的水溶液导电能力强
D. 弱电解质在溶液中部分电离，存在电离平衡；强电解质在水溶液中完全电离，不存在电离平衡
【答案】C
【解析】
【详解】A. 蔗糖属于非电解质，硫酸钡属于强电解质，水属于弱电解质，A正确；
B. 易溶于水的电解质(如醋酸)，可能是弱电解质，B正确；
C.弱电解质醋酸的浓溶液导电能力比强电解质硫酸钡溶液的导电能力强，C错误；
D. 弱电解质在溶液中发生部分电离，有电离平衡存在；强电解质在水溶液中完全电离，不存在该电解质的电离平衡，D正确。
故选C。
5.利用如图所示装置，当X、Y选用不同材料时，可将电解原理广泛应用于工业生产。下列说法中正确的是

A. 氯碱工业中，X、Y均为石墨，Y附近能得到氢氧化钠
B. 铜的精炼中，X是纯铜，Y是粗铜，Z是CuSO4
C. 电镀工业中，X是待镀金属，Y是镀层金属
D. 外加电流的阴极保护法中，X是待保护金属
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯碱工业上，用惰性电极电解饱和氯化钠溶液，阴极附近得到氢氧化钠，即Y附近能得到氢氧化钠，故A错误；
B．铜的精炼中，粗铜作阳极X，纯铜作阴极Y，硫酸铜溶液作电解质溶液，故B错误；
C．电镀工业上，Y是待镀金属，X是镀层金属，故C错误；
D．外加电流的阴极保护法中，阴极是待保护金属，即Y是待保护金属，故D正确，
故选D。
【点晴】原电池原理和电解池原理是高考的热点，根据电解时离子的放电顺序、电镀、电解精炼、金属的腐蚀与防护来分析解答即可，具体分析：氯碱工业上，用惰性电极电解饱和氯化钠溶液，阳极上析出氯气，阴极上析出氢气，阴极附近得到氢氧化钠；铜的精炼中，粗铜作阳极，纯铜作阴极，硫酸铜溶液作电解质溶液；电镀工业上，镀层作阳极，镀件作阴极；外加电流的阴极保护法中，阴极是待保护金属，基础性知识考查，要求强调知识面的熟悉程度，据此分析解题。
6.25 ℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋+ OH－；ΔH > 0 ，下列叙述正确的是
A. 向水中加人稀氨水，平衡逆向移动，c（OH－）降低
B. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H＋）增大，Kw不变
C. 向水中加人少量固体CH3COONa ，平衡逆向移动，c（H＋）降低
D. 将水加热，Kw增大，pH不变
【答案】B
【解析】
【详解】A.氨水能抑制水电离，但碱性是增强的，A不正确；
B.硫酸氢钠是强酸的酸式盐，溶于水显酸性，水的离子积常数只和温度有关，所以B是正确的；
C.醋酸钠是强碱弱酸盐，水解显碱性。水解是促进水的电离的，所以C不正确；
D.电离是吸热的，因此加热促进水的电离，水的离子积常数增大，pH降低，D不正确。
答案选B。
7.下列关于电解质溶液的叙述正确的是（ ）
A. 常温下，pH＝7的NH4Cl与氨水的混合溶液中离子浓度大小顺序为c(Cl－)＞c(NH4＋)＞c(H＋)＝c(OH－)
B. 将pH＝4的醋酸溶液稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低
C. 中和pH与体积均相同的盐酸和醋酸溶液，消耗NaOH的物质的量相同
D. 常温下，同浓度的Na2S与NaHS溶液相比，Na2S溶液为pH大
【答案】D
【解析】
【分析】
A、常温下，溶液的pH=7，c（H+）=c（OH-），再结合电荷守恒得溶液中c（Cl-）=c（NH4+）；
B、醋酸在稀释的过程中，c(H＋)减小，水的离子积常数KW不变，c（OH-）升高；
C、pH相等的醋酸和盐酸，c（CH3COOH）大于c（HCl）；
D、常温下， Na2S的水解程度比NaHS大。
【详解】A项、常温下，溶液的pH=7，c（H+）=c（OH-），再结合电荷守恒得溶液中c（Cl-）=c（NH4+），溶液中离子浓度大小顺序为c(Cl－)=c(NH4＋)＞c(H＋)＝c(OH－)，故A错误；
B项、醋酸在稀释的过程中，c(H＋)减小，水的离子积常数KW不变，c（OH-）升高，故B错误；
C项、醋酸是弱电解质，氯化氢是强电解质，pH相等的醋酸和盐酸，c（CH3COOH）大于c（HCl），等体积等pH的两种酸，醋酸的物质的量大于盐酸，所以醋酸消耗的氢氧化钠多，故C错误；
D项、常温下， Na2S的水解程度比NaHS大，同浓度的Na2S溶液碱性强于NaHS溶液，所以Na2S溶液的pH大，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查了水溶液中的离子平衡，知道弱电解质的电离特点，明确物质的性质结合守恒思想分析解答是关键。
8.下列方程式书写正确的是（ ）
A. CO32－的水解方程式：CO32－＋2H2OH2CO3＋2OH－
B. H2SO3的电离方程式H2SO32H＋＋SO32－
C. HCO3－ 在水溶液中的电离方程式：HCO3－＋H2OH3O＋＋CO32－
D. CaCO3的电离方程式：CaCO3Ca2+＋CO32－
【答案】C
【解析】A． CO32－的水解分步进行，则方程式为CO32－＋H2OHCO3-＋OH－，A项错误；
B．H2SO3是二元弱酸，分步电离，电离方程式为H2SO3H＋＋HSO3－，B项错误；
C．HCO3－是弱酸的酸式根离子，在水溶液中的电离方程式为HCO3－＋H2OH3O＋＋CO32－，C项正确；
D．CaCO3是强电解质，电离方程式为CaCO3=Ca2+＋CO32－，D项错误；
答案选C。
9.镍镉（Ni—Cd）可充电电池在现代生活中有广泛应用。已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行：Cd+2NiOOH+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2。有关该电池的说法正确的是（ ）
A. 放电时负极附近溶液的碱性不变
B. 充电过程是化学能转化为电能的过程
C. 充电时阳极反应：Ni(OH)2－e－+ OH－=NiOOH + H2O
D. 放电时电解质溶液中的OH-向正极移动
【答案】C
【解析】
【分析】
当该电池放电时为原电池，负极上镉失电子发生氧化反应，正极上NiOOH得电子发生还原反应。放电时负极上发生的电极反应式为：Cd-2e-+2OH-=Cd(OH)2，正极上发生的电极反应式为：NiOOH+e-+H2O═Ni(OH)2+OH-。充电时阳极上发生的电极反应式为：Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O，阴极上发生的电极反应式为：Cd(OH)2+2e-=Cd+2OH-，以此解答该题。
【详解】A．放电时，Cd为负极，失去电子，发生氧化反应，电极反应式为：Cd-2e-+2OH-=Cd(OH)2，由于OH-不断消耗，所以溶液的碱性减弱，选项A错误；
B．充电时能量转化是电能转化为化学能，选项B错误；
放电时，电解质溶液中氢氧根离子向负极移动，故B错误；
C．充电时阳极发生氧化反应，电极反应式是：Ni(OH)2-e－+OH－=NiOOH+H2O，选项C正确；
D．放电时电解质溶液中的OH-向负极移动，选项D错误；
故合理选项是C.
【点睛】本题考查原电池和电解池知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，易错点为A，注意电解质的酸碱性，为解答该题的关键。
10.下列生产或实验事实引出的相应结论不正确的是( )
选项
事实
结论
A
工业制硫酸中，矿石处理阶段，将矿石粉碎再煅烧
增大反应物的接触面积，加快化学反应速率
B
A、B两支试管中分别加入等体积5%的H2O2，在B试管中加入MnO2，B试管中产生气泡快
当其他条件不变时，催化剂可以改变化学反应速率
C
其他条件相同，Na2S2O3溶液和H2SO4溶液反应，升高溶液的温度，析出硫沉淀所需时间变短
当其他条件不变时，升高反应温度，化学反应速率加快
D
一定条件下：H2(g)＋I2(g) 2HI(g)达到反应平衡，缩小体积颜色加深
c(I2)增大，I2物质的量增多
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A. 工业制硫酸中，在矿石处理阶段，将矿石粉碎再煅烧，可以增大反应物的接触面积，加快化学反应速率，故A正确；
B. 当其他条件不变时，加入催化剂可以降低反应的活化能，加快化学反应速率，故B正确；
C. 当其他条件不变时，升高温度可以增大活化分子数目和百分数，加快化学反应速率，故C正确；
D. H2(g)＋I2(g) 2HI(g)为反应前后等体积的可逆反应，缩小容器体积，压强增大，c(I2)增大，但平衡不移动，所以I2的物质的量不变，故D错误，答案选D。
11.在由水电离出的c(H＋)＝1×10－12mol·L－1的溶液中，一定能大量共存的离子组是
A. NH4+、Ba2＋、NO3-、Cl－ B. Cl－、NO3-、Na＋、K＋
C. SO42-、NO3-、Fe2＋、Mg2＋ D. Na＋、K＋、ClO－、I－
【答案】B
【解析】
【分析】
由水电离出的c(H＋)＝1×10－12mol·L－1的溶液中，水的电离程度小于1×10－7mol·L－1，则抑制了水的电离，溶液可能为酸性，也可能为碱性，分析时要同时满足，酸、碱性条件。
【详解】A. NH4+与OH-反应，不能大量共存，A错误；B.离子与H＋或OH-，均不反应，可以大量共存，B正确；C. Fe2＋、Mg2＋与OH-反应，不能大量共存，C错误；D. ClO－、I－与H＋反应，不能大量共存，D错误；故答案为B。
12.向ZnSO4溶液中加入Na2S溶液时，得到白色沉淀，然后向白色沉淀上滴加CuSO4溶液，发现沉淀变为黑色，则下列说法不正确的是
A. 白色沉淀为ZnS，而黑色沉淀为CuS
B. 利用该原理可实现一种沉淀转化为更难溶的沉淀
C. 该过程破坏了ZnS的溶解平衡
D. 上述现象说明ZnS的Ksp小于CuS的Ksp
【答案】D
【解析】
【详解】A．首先生成的白色沉淀是ZnS，但是仍然有很小溶解，S2-离子接着和Cu2+反应生成CuS黑色沉淀，A正确；
B．利用该原理可实现一种沉淀转化为更难溶的另一种沉淀，B正确；
C.沉淀转化的本质是平衡的移动，所以上述过程破坏了ZnS的溶解平衡，C正确；
D.白色沉淀ZnS转化成CuS黑色沉淀，说明CuS溶解度小于ZnS，即CuS的Ksp小于ZnS的Ksp，D错误；
答案选D。
第Ⅱ卷（非选择题，共52分）
13.如图所示，A、B、C三个装置中的烧杯分别盛有足量的CuCl2溶液。

（1）A、B、C三个装置中属于原电池的是___(填标号)。
（2）A池中Zn是___极，电极反应式为___；A中总反应的离子方程式___。
（3）B池中总反应的方程式为___。
（4）C池中Zn是___极，发生___反应，电极反应式为___；反应过程中，CuCl2溶液浓度___(填“变大”“变小”或“不变”)。
【答案】 (1). A (2). 负 (3). Zn－2e-=Zn2＋ (4). Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu (5). CuCl2Cu+Cl2↑ (6). 阴 (7). 还原 (8). Cu2＋＋2e-=Cu (9). 不变
【解析】
【分析】
（1）A、B、C三个装置中，没有外接电源的属于原电池。
（2）A池中，相对活泼的金属作负极，电极反应式为金属失电子生成金属离子；A中总反应为负极金属与电解质发生氧化还原反应。
（3）B池中总反应为电解氯化铜。
（4）C池中，与正极相连的电极为阳极，阳极失电子发生氧化反应；通过分析两电极反应，可确定反应过程中，CuCl2溶液浓度变化情况。
【详解】（1）A、B、C三个装置中，没有外接电源的属于原电池，则原电池是A。答案为：A；
（2）A池中，相对活泼的金属是Zn，Zn是负极，电极反应式为Zn－2e-=Zn2＋；A中总反应的离子方程式为Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu。答案为：负；Zn－2e-=Zn2＋；Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu；
（3）B池中总反应，就是电解氯化铜的反应，方程式为CuCl2Cu+Cl2↑。答案为：CuCl2Cu+Cl2↑；
（4）C池中，与负极相连的电极为阴极，Zn与电源负极相连，是阴极，得电子，发生还原反应，电极反应式为Cu2＋＋2e-=Cu；反应过程中，阳极Cu-2e-=Cu2+，生成的Cu2+与阴极消耗的Cu2+物质的量相等，则CuCl2溶液浓度不变。答案为：阴；还原；Cu2＋＋2e-=Cu；不变。
【点睛】不管是原电池还是电解池，解题的切入点都是电极的判断。通常，原电池的负极金属材料都会失电子生成阳离子；而电解池的阳极材料是否失电子，则要看其是否为活性电极。若阳极为活性电极，则在电解时阳极材料失电子；若为惰性电极，则阳极发生溶液中阴离子失电子的反应。
14.（1）下表是几种常见弱酸的电离平衡常数(25℃)
化学式
CH3COOH
H2CO3
HClO
电离平衡常数
1.8×10-5
K1＝4.3×10－7
K2＝5.6×10－11
3.0×10－8

①根据分析表格中数据可知，H2CO3、CH3COOH、HClO三种酸的酸性从强到弱依次是___；下列反应不能发生的是___(填字母)。
a．CO32-＋2CH3COOH=2CH3COO-＋CO2↑＋H2O
b．CO32-＋2HClO=CO2↑＋H2O＋2ClO-
c．ClO-＋CH3COOH=CH3COO-＋HClO
d．2ClO-＋CO2＋H2O=CO32-＋2HClO
②碳酸钠溶液中各离子浓度从大到小的顺序依次为：___。
（2）体积均为10 mL、pH均为2的醋酸溶液与HX溶液分别加水稀释至1000 mL，稀释过程中pH变化如图所示。稀释后，HX溶液中水电离出来的c(H＋)__(填“>”、“=”或“H2CO3>HClO (2). b、d (3). c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)>c(H+) (4). > (5). 1.0×10－7mol·L-1 (6). 2
【解析】
【分析】
（1）①分析表格中数据可知，电离常数CH3COOH>H2CO3>HClO，由此可得出三种酸的酸性顺序。
a．K(CH3COOH)> K1(H2CO3)，反应CO32-＋2CH3COOH=2CH3COO-＋CO2↑＋H2O能发生；
b．K(HClO) K(HClO)，反应ClO-＋CH3COOH=CH3COO-＋HClO能发生；
d．K2(H2CO3)H2CO3>HClO，由此可得出三种酸从强到弱依次是CH3COOH>H2CO3>HClO；下列反应不能发生的是b、d。答案为：CH3COOH>H2CO3>HClO；b、d；
a．K(CH3COOH)> K1(H2CO3)，反应CO32-＋2CH3COOH=2CH3COO-＋CO2↑＋H2O能发生；
b．K(HClO) K(HClO)，反应ClO-＋CH3COOH=CH3COO-＋HClO能发生；
d．K2(H2CO3)c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)>c(H+)。答案为：c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)>c(H+)；
（2）从图中可以看出，稀释后HX的pH大，则溶液中的c(OH-)大，水的电离程度大，则HX溶液中水电离出来的c(H＋)>醋酸溶液中水电离出来的c(H＋)。答案为：>；
（3）①完全沉淀后，溶液中c(Cl-)==0.001mol/L，再利用AgCl的Ksp＝1.0×10－10，求出c(Ag＋)==1.0×10-7mol/L。
②完全沉淀后，H+未参加反应，溶液中的c(H+)==0.01mol/L，溶液的pH=-lgc(H+)=2。答案为：1.0×10－7mol·L-1；2。
【点睛】体积均为10 mL、pH均为2的醋酸溶液与HX溶液分别加水稀释至1000 mL，稀释过程中HX的pH变化大，则表明HX的酸性比CH3COOH的酸性强。
15.一定条件下，在体积为3L的密闭容器中，一氧化碳与氢气反应生成甲醇(催化剂为Cu2O/ZnO)：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)。根据题意完成下列问题：

（1）反应达到平衡时，平衡常数表达式K=__，升高温度，K值__(填“增大”“减小”或“不变”)，该反应是___反应（填“吸热”或“放热”）。
（2）在500℃，从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)__。（用含相应字母的式子表示）
（3）在其他条件不变的情况下，将处于E点的体系体积压缩到原来的，下列有关该体系的说法正确的是__(填选项字母)。
A．氢气的浓度减小 B．正反应速率加快，逆反应速率也加快
C．甲醇的物质的量增加 D．重新平衡时n(H 2 )/n(CH 3 OH)增大
【答案】 (1). (2). 减小 (3). 放热 (4). mol·L-1·min-1 (5). BC
【解析】
【分析】
（1）反应达到平衡时，平衡常数表达式K=，从图中可以找出，升高温度与K值变化的关系，从而确定平衡移动的方向及该反应的热效应。
（2）在500℃，从反应开始到平衡，由CH3OH的物质的量，可求出参加反应的H2的物质的量，从而求出氢气的平均反应速率v(H2)。
（3）在其他条件不变的情况下，将处于E点的体系体积压缩到原来的。
A．氢气的浓度增大，A错误；
B．正反应速率加快，逆反应速率也加快，B正确；
C．平衡正向移动，甲醇的物质的量增加，C正确；
D．重新达平衡时，H2的物质的量减小，CH3OH的物质的量增大，所以n(H2 )/n(CH3OH)减小，D错误。
【详解】（1）反应达到平衡时，平衡常数表达式K=，从图中可以找出，升高温度，K值减小，则平衡逆向移动，正反应为放热反应。答案为：；减小；放热；
（2）在500℃，从反应开始到平衡，n(CH3OH)=nB mol，则参加反应的H2的物质的量为2 nB mol，从而求出氢气的平均反应速率v(H2)== mol·L-1·min-1。答案为：mol·L-1·min-1；
（3）在其他条件不变的情况下，将处于E点的体系体积压缩到原来的。
A．氢气的浓度增大，A错误；
B．正反应速率加快，逆反应速率也加快，B正确；
C．平衡正向移动，甲醇的物质的量增加，C正确；
D．重新达平衡时，H2的物质的量减小，CH3OH的物质的量增大，所以n(H2 )/n(CH3OH)减小，D错误。
则有关该体系的说法正确的是BC。答案为：BC。
【点睛】平衡体系体积压缩到原来的的瞬间，反应物、生成物浓度都变为原来的2倍，但随着平衡的正向移动，反应物中H2、CO的物质的量减小，生成物中CH3OH的物质的量增大，从而使得新平衡时，H2、CO的物质的量比原平衡时大，但比原平衡时的2倍要小；CH3OH的物质的量比原平衡时的2倍还要大。
16.某学生欲用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的氢氧化钠溶液。
（1）若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示：则所用盐酸的体积为__mL。滴定终点时的现象是：当滴入最后一滴盐酸时，锥形瓶中溶液颜色由___，且30s不恢复原色。

（2）某学生根据三次实验分别记录有关数据如下表：
滴定次数
待测氢氧化钠
溶液的体积/mL
0.1000mol·L－1盐酸的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
溶液体积
第一次
25.00
0.00
2611
26.11
第二次
25.00
1.56
30.30
28.74
第三次
25.00
0.22
26.31
26.09
请选用其中合理数据算出该氢氧化钠溶液物质量浓度(计算结果保留4位有效数字)：c(NaOH)=__mol·L－1。
（3）由于错误操作，使得上述所测氢氧化钠溶液的浓度偏高的是__(填字母)。
A.滴定前滴定管中有气泡，滴定后消失 B.碱式滴定管量取NaOH溶液时，未进行润洗操作
C.滴定时达到滴定终点时俯视读数 D.锥形瓶取用NaOH待测液前加少量水洗涤
【答案】 (1). 26.10 (2). 红色变为无色 (3). 0.1044 (4). A
【解析】
【分析】
（1）若滴定开始时读数为0，结束时读数为26.10mL，则可求出所用盐酸的体积。滴定终点时的现象是：起初溶液为红色，后来盐酸过量1滴，由此可知锥形瓶中溶液颜色变化。
（2）表中，第二次实验数据失真，不能使用，可先算出实验一、三两次所用盐酸体积的平均值，再利用盐酸与氢氧化钠等物质的量反应计算c(NaOH)。
（3）由于错误操作，使得上述所测氢氧化钠溶液的浓度偏高的是__(填字母)。
A.滴定前滴定管中有气泡，滴定后消失，则读出所用盐酸的体积偏大；
B.碱式滴定管量取NaOH溶液时，未进行润洗操作，则NaOH的物质的量偏小，所用盐酸的体积偏小；
C.滴定时达到滴定终点时俯视读数，则读取的盐酸体积偏小；
D.锥形瓶取用NaOH待测液前加少量水洗涤，碱的物质的量不变，所用盐酸的物质的量不变。
利用公式进行误差分析。
【详解】（1）若滴定开始时读数为0.00，结束时读数为26.10mL，则可求出所用盐酸的体积为26.10mL。滴定终点时的现象是：起初溶液为红色，后来盐酸过量1滴，锥形瓶中溶液颜色由红色变为无色，且30s不恢复原色。答案为：26.10；红色变为无色；
（2）表中，第二次实验数据失真，不能使用，可先算出实验一、三两次所用盐酸体积的平均值为26.10，则c(NaOH)== 0.1044mol/L。答案为：0.1044；
（3）利用公式进行误差分析。
A.滴定前滴定管中有气泡，滴定后消失，则读出所用盐酸的体积偏大，c偏大，A符合题意；
B.碱式滴定管量取NaOH溶液时，未进行润洗操作，则NaOH的物质的量偏小，所用盐酸的体积偏小，c偏小，B不合题意；
C.滴定时达到滴定终点时俯视读数，则读取的盐酸体积偏小，c偏小，C不合题意；
D.锥形瓶取用NaOH待测液前加少量水洗涤，碱的物质的量不变，所用盐酸的物质的量不变，c不变，D不合题意。
综合以上分析，使得上述所测氢氧化钠溶液的浓度偏高的是A。答案为：A。
【点睛】在书写滴定终点溶液的颜色变化时，我们容易把现象写颠倒，解决的办法是，先确定滴定前溶液的颜色，就容易确定滴定终点溶液的颜色，也就能避免错误的发生。