辽宁省葫芦岛市第八高级中学2020届高三上学期期中考试化学（实验班）（解析版）


辽宁省葫芦岛市第八高级中学2020届高三上学期期中考试（实验班）
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 Cu 64 Ag 108
第Ⅰ卷（选择题 共60分）
一、选择题(每小题3分，共48分)
1.下列说法中正确的是（ ）
A. 二氧化硫溶于水能导电，故二氧化硫属于电解质
B. 硫酸钡难溶于水，故硫酸钡属于弱电解质
C. 硫酸是强电解质，故纯硫酸能导电
D. 氢氧根离子浓度相同的氢氧化钠溶液和氨水导电能力相同
【答案】D
【详解】A、SO2的水溶液虽然导电，但导电的离子不是SO2电离产生的，因此SO2不是电解质，故错误；
B、硫酸钡虽然难容溶于水，但溶于水硫酸钡完全电离，属于强电解质，故错误；
C、电解质导电，需要条件，即水溶液或熔融状态，因此纯硫酸不导电，故错误；
D、OH－离子浓度相同，溶液中导电离子的浓度以及所带电荷数相同，因此导电能力相同，故正确；
答案选D。
2.在下列实验方法中，不能证明醋酸是弱酸的是(　　)
A. 25 ℃时，醋酸钠溶液呈碱性
B. 25 ℃时，0.1 mol/L的醋酸的pH约为3
C. 25 ℃时，等体积的盐酸和醋酸，前者比后者的导电能力强
D. 25 ℃时，将pH＝3的盐酸和醋酸稀释成pH＝4的溶液，醋酸所需加入的水多
【答案】C
【详解】A．醋酸钠溶液呈碱性，说明醋酸钠是强碱弱酸盐，所以能说明醋酸是弱酸，故A不选；
B．25 ℃时，0.1 mol/L的醋酸的pH为3，说明醋酸不完全电离，则能证明醋酸是弱酸，故B不选；
C．溶液的导电能力与离子浓度有关，因盐酸和醋酸溶液的浓度未知，无法判断醋酸的电离程度，故C选；
D．常温下，将pH=3的盐酸和醋酸稀释成pH=4的溶液，醋酸所需加入的水量多，说明醋酸溶液中存在电离平衡，则能证明醋酸是弱酸，故D不选；
答案选C。
3.将①H+、②Cl－、③Al3＋、④K＋、⑤S2－、⑥OH－、⑦NO3－、⑧NH4＋分别加入H2O中，基本上不影响水的电离平衡的离子是（ ）
A. ①③⑤⑦⑧ B. ②④⑥⑧ C. ①⑥ D. ②④⑦
【答案】D
【分析】水的电离平衡H2OH++OH-，H+和OH-能抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离。
【详解】①H+对水的电离起到抑制作用②Cl－对水的电离无影响③Al3＋能结合水电离产生的OH-生成弱碱Al(OH)3，促进水的电离④K＋对水的电离无影响⑤S2－能结合水电离产生的H+生成HS-，促进水的电离⑥OH－使水的电离平衡逆移⑦NO3－对水的电离无影响⑧NH4＋能结合水电离产生的OH-生成弱电解质NH3·H2O，促进水的电离。故选D。
4.pH相同的氨水、NaOH和Ba(OH)2溶液，分别用蒸馏水稀释到原来的X、Y、Z倍，稀释后三种溶液的pH仍然相同，则X、 Y、Z的关系是（ ）
A. X＝Y＝Z B. X＞Y＝Z C. X＜Y＝Z D. X＝Y＜Z
【答案】B
【解析】氨水是弱碱，存在电离平衡，稀释促进电离。氢氧化钠是一元强碱，氢氧化钡是二元强碱。所以在pH相等的条件下，要使稀释后的pH仍然相等，则强碱稀释的倍数是相同的，而氨水稀释的倍数要大于强碱的，因此选项B正确，答案选B。
5.相同温度下，已知下面三个数据：①7.2×10﹣4、②2.6×10﹣4、③4.9×10﹣10分别是三种酸的电离平衡常数，若已知这三种酸可发生如下反应：NaCN+HNO2═HCN+NaNO2 NaNO2+HF═HCN+NaF NaNO2+HF═HNO2+NaF由此可判断下列叙述中正确的是（　　）
A. HF的电离常数是① B. HNO2的电离常数是①
C. HCN的电离常数是② D. HNO2的电离常数是③
【答案】A
【分析】相同温度下，酸的电离平衡常数越大，其电离程度越大，则酸性越强，较强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，据此分析解答。
【详解】相同温度下，酸的电离平衡常数越大，其电离程度越大，则酸性越强，较强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，这三种酸可发生如下反应：NaCN+HNO2═HCN+NaNO2 、NaNO2+HF═HCN+NaF、NaNO2+HF═HNO2+NaF，由此得出酸的强弱顺序是HF>HNO2>HCN，所以酸的电离平衡常数大小顺序是HF>HNO2>HCN，则HF的电离常数是①、HNO2的电离常数是②、HCN的电离平衡常数是③，
答案选A。
6.下列各种情况下一定能大量共存的离子组为（ ）
A. pH＝7的溶液中：Fe3＋、Cl－、Na＋、NO3-
B. 由水电离出的c(H＋)＝1×10－13mol/L的溶液中：Na＋、CO32-、Cl－、K＋
C. pH＝1的溶液中：NH4+、Cl－、Cu2＋、SO42-
D. 无色溶液中：Al3＋、HCO3-、、I－、K＋
【答案】C
【分析】A．铁离子只能存在于酸性溶液中；
B．由水电离出的c（H+）=1×10-13mol/L的溶液中存在氢离子或氢氧根离子，碳酸根离子与氢离子反应；
C．pH=1的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；
D．铝离子与碳酸氢根离子之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体。
【详解】A．pH=7的溶液为中性溶液，Fe3+只能存在于酸性溶液，故A错误；
B．由水电离出的c（H+）=1×10-13mol/L的溶液为酸性或碱性溶液，CO32-与氢离子反应，在酸性溶液中不能大量共存，故B错误；
C．该溶液中存在大量氢离子，NH4+、Cl-、Cu2+、SO42-之间不反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，所以C选项是正确的；
D．Al3+、HCO3-之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；
综上所述，本题选C。
【点睛】常温下，c（H+）=1×10-13mol/L的溶液显碱性，c（OH-）=1×10-13mol/L的溶液显酸性；由水电离出的c（H+）=1×10-13mol/L的溶液为酸性或碱性溶液，因为酸碱抑制水电离，水电离出的c（H+）<10-7mol/L或c（OH-）<10-7mol/L。
7.若pH＝3的酸溶液和pH＝11的碱溶液等体积混合后溶液呈酸性，其原因可能是（ ）
A. 生成了一种强酸弱碱盐 B. 弱酸溶液和强碱溶液反应
C. 强酸溶液和弱碱溶液反应 D. 一元强酸溶液和一元强碱溶液反应
【答案】B
【详解】假设为强酸和强碱反应，pH＝3的强酸完全电离，所产生的c（H+）=1×10-3mol/L，pH＝11的强碱完全电离，所产生的c（OH－）=1×10-3mol/L，等体积混合后会恰好反应，所得的溶液应该呈中性。而题目中溶液呈酸性 ，说明反应后还有H+剩余，即原来酸还有未完全电离的分子，在反应过程中不断的补充H+而使溶液呈酸性。所以酸为弱酸碱为强碱，故答案为B。
8.等物质的量下列各状态的电解质，自由离子数由大到小的排列顺序是(　　)
①熔融的NaHSO4　②NaHSO4溶液　③NaHCO3溶液　④H2CO3溶液
A. ①②③④ B. ④②③①
C. ②③①④ D. ②①③④
【答案】C
【分析】①熔融的NaHSO4完全电离是钠离子、硫酸氢根离子离子；
②NaHSO4在水溶液 中完全电离生成钠离子、氢离子和硫酸根离子；
③NaHCO3是强电解质，在水溶液中完全电离生成钠离子和碳酸氢根离子，碳酸氢根离子离子能部分电离生成碳酸根离子和氢离子；
④H2CO3是弱电解质，在水溶液中部分电离。
【详解】假如这些物质的物质的量都是1mol，
①熔融的NaHSO4完全电离是钠离子、硫酸氢根离子离子，熔融状态下自由移动离子的物质的量为2mol；
②NaHSO4在水溶液 中完全电离生成钠离子、氢离子和硫酸根离子，溶液中自由移动离子的物质的量为3mol；
③NaHCO3是强电解质，在水溶液中完全电离生成钠离子和碳酸氢根离子，碳酸氢根离子离子能部分电离生成碳酸根离子和氢离子，但是碳酸氢根离子电离程度较小，所以溶液中离子物质的量大于2mol而小于3mol；
④H2CO3是弱电解质，在水溶液中部分电离，离子浓度很小，
所以自由移动离子数目由大到小的排列顺序为②③①④，
故合理选项是C。
【点睛】本题以离子数目计算为载体考查强弱电解质及电解质电离特点，明确硫酸氢钠在熔融状态下和水溶液里电离方式区别是解题关键，注意强酸酸式盐和弱酸酸式盐电离不同点。
9.将0．1mol·L－1的下列物质的水溶液，从常温加热到90 ℃，溶液的pH不变的是（ ）
A. 氯化钠 B. 硫酸 C. 氢氧化钾 D. 硫酸铵
【答案】B
【解析】试题分析：A．氯化钠溶液常温下呈中性，pH=7，加热到90℃，Kw增大，c（H+）=c（OH－），溶液仍呈中性，但Kw增大，c（H+）和c（OH－）均增大，pH减小，A项错误；B．0．1mol/L硫酸中c（H+）=0．2mol/L，加热到90℃，c（H+）不变，pH不变，B项正确；C．0．1mol/LNaOH溶液中c（OH－）=0．1mol/L，升温到90℃，c（OH－）不变，但Kw增大，所以c（H+）增大，pH减小，C项错误；D．硫酸铵是强酸弱碱盐，NH4＋水解溶液显酸性，温度升高，水解程度增大，酸性增强，pH减小，D项错误；答案选B。
考点：考查水的电离和溶液的pH值。
10.常温下，下列各组数据中比值为2：1的是(　　)
A. K2SO3溶液中c(K+)与c(SO32-)之比
B. 0.2mol·L-1的CH3COOH溶液与0.1mol·L－1的盐酸中c(H+)之比
C. pH=7的氨水与(NH4)2SO4的混合溶液中，c(NH4+)与c(SO42-)之比
D. pH=12的Ba(OH)2溶液与pH=12的KOH溶液中溶质的物质的量浓度之比
【答案】C
【详解】A. K2SO3溶液中，SO32-水解消耗，但是K+不会发生水解，c(K＋)与c(SO32-)之比大于2：1，A错误；
B.CH3COOH溶液中醋酸不完全电离，0.2 mol•L-1的CH3COOH溶液与0.1 mol•L-1的盐酸中c(H＋)之比小于2：1，B错误；
C.(NH4)2SO4与NH3•H2O的混合溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，25℃时，pH=7是显中性的溶液，c(H+)=c(OH-)，所以c(NH4+) =2c(SO42-)，c(NH4+)与c(SO42-)之比等于2：1，C正确；
D.根据c(OH-) ·c(H+)=Kw知，pH=12的Ba(OH)2溶液与pH=12的KOH溶液中氢氧根离子浓度相等为0.01mol/L，但溶质的物质的量浓度之比=0.005mol/L：0.01mol/L=1：2，D错误；
故合理选项是C。
11. 下列浓度关系正确是（ ）
A. 氯水中：c(Cl2)=2［c(ClO-)+c(Cl-)+c(HClO)］
B. 氯水中：c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)>c(ClO-)
C. 等体积等浓度的氢氧化钠与醋酸混合：c(Na+)=c(CH3COO-)
D. Na2CO3溶液中：c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-) >c(H+)
【答案】D
【解析】试题分析：A．氯水中只有一般分氯气溶解，故c(Cl2)=2[c(ClO-)+c(Cl-)+C(HClO)]等式左边若换成溶解的氯气才正确，故A错误；B．根据Cl2+H2OHClO+H++Cl-，HCl完全电离，而HClO部分电离，可知正确的顺序c(H+)＞c(Cl-)＞c(ClO-)＞c(OH-)，故B错误；C．等物质的量的强碱与弱酸混合生成强碱弱酸盐溶液显碱性c(OH-)＞c(H+)，再根据溶液中电荷守恒可以判断c(Na+)＞c(CH3COO-)，故C错误；D．Na2CO3溶液中，钠离子浓度最大，因为碳酸根离子有一小部分水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，显碱性，溶液中氢离子来源于水的电离，且电离程度较小，故离子浓度为c(Na+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(HCO3-）＞c(H+），故D正确；故答案为D。
考点：离子浓度大小比较
12.欲使0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中c(H＋)、c(CO32-)、c(HCO3-)都减少，其方法是(　　)
A. 通入二氧化碳气体
B. 加入氢氧化钠固体
C. 通入氯化氢气体
D. 加入饱和石灰水溶液
【答案】D
【详解】A.CO2与水反应生成碳酸，c(H+)、c(HCO3-)增大，A错误；
B.NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，所以加入氢氧化钠固体后，c(HCO3-)减小，c(CO32-)增大，c(H＋)减小，B错误；
C.HCl+NaHCO3=NaCl+H2O+CO2↑，所以通入氯化氢气体后，c(HCO3-)减小，c(CO32-)减小，碳酸氢钠溶液呈碱性，通入氯化氢后溶液碱性减弱，所以c(H+)增大，C错误；
D.Ca(OH)2+NaHCO3=CaCO3↓+H2O+NaOH，所以加入饱和石灰水溶液后，HCO3-转化为CaCO3沉淀，所以c(HCO3-)、c(CO32-)都减小，溶液由弱碱性变为强碱性，所以c(H+)也减小，D正确；
故合理选项是D。
13.有关①100mL 0.1mol/L NaHCO3　②100mL 0.1mol/L Na2CO3两种溶液的叙述不正确的是(　　)
A. 溶液中水电离出的H＋个数：②>①
B. 溶液中阴离子的物质的量浓度之和：②>①
C. ①溶液中：c(CO32-)>c(H2CO3)
D. ②溶液中：c(HCO3-)>c(H2CO3)
【答案】C
【详解】A.CO32-水解程度大于HCO3-，水解程度越大，水的电离程度越大，水电离出的H＋个数越多，A正确；
B.由HCO3-+H2OH2CO3+OH-、CO32-+H2OHCO3-+OH-可知溶液中阴离子的物质的量浓度之和：②>①，B正确；
C.NaHCO3溶液中存在HCO3-的电离作用和水解作用，溶液呈碱性，说明HCO3-水解程度大于电离程度，根据电离方程式HCO3-CO32-+H+和水解方程式HCO3-+H2OH2CO3+OH-可知c(H2CO3)>c(CO32-)，C错误；
D.CO32-水解以第一步为主，第二步水解程度较小，则②溶液中：c(HCO3-)>c(H2CO3)，D正确；
故合理选项C。
14.若室温下0.1mol·L－1NaX溶液中pH=9，则该溶液中发生水解反应的X-占全部X-的(　　)
A. 0.01% B. 0.09% C. 1.0% D. 无法确定
【答案】A
【详解】室温下0.1mol/LNaX溶液中pH=9，则c(H＋)=10-9mol/L，所以根据室温下水的离子积常数Kw=10-14可知溶液中c(OH-)=10-5mol/L，盐水解方程式为X-+H2OHX+OH-，根据水解方程可知生成的氢氧根离子浓度等于发生水解反应的X-，所以发生水解反应的c(X-)=c(OH-)=10-5mol/L，则该溶液中发生水解反应的X-占全部X-的(10-5mol/L÷0.1mol/L)×100%=0.01%，故合理选项是A。
15.用1.0mol·L－1NaOH溶液中和某浓度硫酸溶液时，其pH和所加NaOH溶液的体积关系如图所示。原硫酸溶液的物质的量浓度和完全反应后溶液的总体积是（ ）

A. 1mol·L－1,60mL B. 0.5mol·L－1,80mL
C. 0.5mol·L－1,40mL D. 1mol·L－1.80mL
【答案】B
【解析】试题分析：根据图象知，硫酸的pH=0，则c(H+)=1mol/L，c(H2SO4)=c(H+)=0.5mol/L；完全反应时氢氧化钠溶液的体积为40mL，根据反应中氢氧化钠和硫酸的关系式得：n(NaOH)=2n(H2SO4)=2×0.5mol/L×0.04L=1mol/L×V，所以V(NaOH)==40mL，则混合溶液体积=40mL×2=80mL，故选B。
考点：考查了物质的量的有关计算的相关知识。
16.(2011·惠州市调研)一定温度下，难溶电解质AmBn在水中溶解平衡的溶度积为Ksp＝cm(An＋)×cn(Bm－)。25℃，向AgCl的白色悬浊液中，依次加入等浓度的KI溶液和Na2S溶液，先出现黄色沉淀，最终生成黑色沉淀。已知有关物质的颜色和溶度积如下：
物质
AgCl
AgI
Ag2S
颜色
白
黄
黑
Ksp(25℃)
1.8×10－10
1.5×10－16
1.8×10－50

下列叙述不正确的是(　　)
A. 溶度积小的沉淀可以转化为溶度积更小的沉淀
B. 若先加入Na2S溶液，再加入KI溶液，则无黄色沉淀产生
C. 25℃时，饱和AgCl、AgI、Ag2S溶液中所含Ag＋的浓度相同
D. 25℃时，AgCl固体在等物质的量浓度的NaCl、CaCl2溶液中的溶度积相同
【答案】C
【解析】25℃时，根据溶度积可判断，其饱和溶液中Ag＋浓度大小依次是：AgCl>AgI>Ag2S。
第Ⅱ卷(非选择题，共52分)
二、非选择题(本题包括5道题，共32分)
17.已知某溶液中存在OH－、H＋、NH4+、Cl－四种离子，某同学推测其离子浓度大小顺序有如下四种关系：
①c(Cl－)>c(NH4+)>c(H＋)>c(OH－)　②c(Cl－)>c(NH4+)>c(OH－)>c(H＋)
③c(NH4+)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)　④c(Cl－)>c(H＋)>c(NH4+)>c(OH－)
填写下列空白：
(1)若溶液中只溶解了一种溶质，则该溶质是______________，上述四种离子浓度的大小顺序为________(选填序号)。
(2)若上述关系中③是正确的，则溶液中的溶质为_________________；若上述关系中④是正确的，则溶液中的溶质为______________。
(3)若该溶液是由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前c(HCl)________c(NH3·H2O)(填“大于”“小于”或“等于”，下同)，混合前酸中c(H＋)和碱中c(OH－)的关系为c(H＋)________c(OH－)。
【答案】（1）NH4Cl ①（2）NH4Cl、NH3•H2O ； NH4Cl、HCl（3）小于 大于
【解析】试题分析：（1）因任何水溶液中都有OH-、H+，若溶质只有一种则为NH4Cl，铵根离子水解方程式为NH4++H2ONH3·H2O+H+，则c（Cl-）＞c（NH4+），水解显酸性，则c（H+）＞c（OH-），又水解的程度很弱，则c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-），即①符合；
（2）③中离子的关系可知溶液显碱性，且c（NH4+）＞c（Cl-），则溶液为氯化铵和氨水的混合溶液，其溶质为NH4Cl、NH3·H2O；④中的离子关系可知溶液显酸性，且c（Cl-）＞c（H+）＞c（NH4+），则溶液为盐酸与氯化铵的混合溶液，其溶质为HCl、NH4Cl；
（3）因体积、浓度相同的稀盐酸和氨水混合，溶液中的溶质为氯化铵，溶液显酸性，而该溶液恰好呈中性，故应为氨水与氯化铵的混合溶液，即c（HCl）＜c（NH3•H2O）。由于盐酸是强酸，而氨水是弱碱，则混合前酸中的c（H+）＞碱中c（OH－）故答案为：＜；＞。
考点：考查盐类水解、弱电解质的电离以及溶液中离子浓度关系应用
18.水的离子积常数Kw与温度T（℃）的关系如图D3-5所示：

（1）若T1=25℃，则Kw1=_____________；若T2=100℃时，Kw2=10-12，则此时0.05mol/L的Ba（OH）2溶液的pH=_____________。
（2）已知25℃时，0.1L 0.1mol/L的NaA溶液的pH=10，则NaA溶液中存在的平衡有_______________________________________________。
溶液中各离子的物质的量浓度由大到小的顺序为__________________________。
（3）25℃时，将pH=11的NaOH溶液与pH=4的硫酸溶液混合，若所得混合溶液的pH=9，则NaOH溶液与硫酸溶液的体积比为_____________。
【答案】(1). (2). 11 (3). (4). ， (5). 1：9
【分析】(1) KW只与温度有关，根据图像可知 KW1< KW2， 所以T1< T2，根据KW= c(OH-)×c(H+)进行计算；
（2）0.1mol/L的NaA溶液pH>7，说明HA为弱酸，溶液中存在的平衡有H2OH++OH- 、 A-+H2OHA+OH-；据此进行分析；
（3）根据酸碱中和，碱过量进行计算：c(OH-)= [c(OH-)×V1- c(H+)×V2]/(V1+V2)进行计算；
【详解】（1）25℃时，c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，KW1=10-11；若T2=100℃时，Kw2=10-12，c(OH-)=0.05×2=0.10mol/L，c(H+)=10-12/0.1=10-11, pH=11；综上所述，本题答案是：1×10-11，11。
（2）0.1mol/L的NaA溶液pH>7，说明HA为弱酸，溶液中存在的平衡有H2OH++OH- 、 A-+H2OHA+OH-；离子浓度的大小顺序为c（Na+）> c（A-）> c（OH-）>c（H+）；综上所述，本题答案是：H2OH++OH- 、 A-+H2OHA+OH-；c（Na+）> c（A-）> c（OH-）>c（H+）。
（3）V(NaOH)=xmL，V(H2SO4)=ymL，则有c(OH-)=(10-3x-10-4y)/(x+y)=10-5，解得x：y=1：9。综上所述，本题答案是：1：9。
19.某课外兴趣小组欲测定某NaOH溶液的浓度，其操作步骤如下：
①将碱式滴定管用蒸馏水洗净后，用待测溶液润洗后，再注入待测溶液，调节滴定管尖嘴部分充满溶液，并使液面处于“0”刻度以下的位置，记下读数；将锥形瓶用蒸馏水洗净后，用待测溶液润洗锥形瓶2～3次；从碱式滴定管中放出25.00mL待测溶液到锥形瓶中。
②将酸式滴定管用蒸馏水洗净后，立即向其中注入0.1000mol·L－1标准盐酸，调节滴定管的尖嘴部分充满溶液，并使液面处于“0”刻度以下的位置，记下读数。
③向锥形瓶中滴入酚酞作指示剂，进行滴定。滴定至终点，测得所耗盐酸的体积为V1mL。
④重复以上过程，但在滴定过程中向锥形瓶中加入5mL的蒸馏水，测得所耗盐酸的体积为V2mL。试回答下列问题：

(1)滴定终点时的现象为锥形瓶中的溶液由____________________________________；
(2)滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察_____________________________________；
(3)该小组在步骤①中的错误是____________________________________，由此造成的测定结果________(填“偏高”或“偏低”或“无影响”)；
(4)步骤②缺少的操作是______________________________________；
(5)如上图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为_________mL；
(6)根据下列数据：
测定次数
待测液体积/mL
标准盐酸体积/mL
滴定前读数/mL
滴定后读数/mL
第一次
25.00
0.40
20.38
第二次
25.00
4.00
24.02
请计算待测烧碱溶液的物质的量浓度。(请写出解答过程)________________________
【答案】 (1). 浅红色变为无色，且半分钟之内不褪色 (2). 锥形瓶中溶液颜色变化 (3). 待测溶液润洗锥形瓶 (4). 偏高 (5). 用标准液润洗滴定管2～3次 (6). 22.60 (7). 0.0800mol/L
【分析】(1)根据滴定终点，锥形瓶中的溶液从浅红色变为无色时，且半分钟内不褪色，应停止滴定；
(2)根据滴定操作分析；
(3)根据待测溶液润洗锥形瓶，会使的待测液的物质的量增多；根据c(待测)=
分析误差；
(4)根据酸式滴定管用蒸馏水洗净后，应用标准液润洗；
(5)结合滴定管0刻度在上判断溶液体积读数；
(6)根据c(待测)=计算，V(标准)用两次的平均值。
【详解】(1)用标准盐酸溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，使用酚酞为指示剂，开始时溶液为碱性，因此溶液显红色，当达到滴定终点时，锥形瓶中的溶液从浅红色变为无色时，且半分钟内不褪色，停止滴定；
(2)中和滴定时，左手控制滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色变化。当锥形瓶中的溶液从浅红色变为无色时，且半分钟内不褪色，停止滴定；
(3)根据待测溶液润洗锥形瓶，会使待测液的物质的量增多，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=，可知c(标准)偏高；
(4)根据酸式滴定管用蒸馏水洗净后，应用标准液润洗滴定管2～3次；
(5)滴定管0刻度在上，大刻度在下的结构，根据滴定管中液体凹液面的位置可确定该溶液体积读数为22.60mL；
(6)V(标准)═[(20.38-0.40)+(24.02-4.00)]mL÷2═20.00mL，c(待测)=═0.0800mol/L。
【点睛】本题考查中和滴定的操作以及注意事项。在误差分析时，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，其标准溶液的体积偏小，那么测得的物质的量的浓度也偏低；其标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏高；同时要注意计算结果精确度，一般要结合题干给定数据确定计算结果保留有效数字的位数。