第三章 第二节水的电离和溶液pH 课时练习高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1.docx

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1、第三章水溶液中的离子反应与平衡第二节水的电离和溶液pH课时练习高二化学人教版（2019）选择性必修1一、单选题(共17题)1常温下，在0.01mol/L氨水中，水的离子积是（ ）ABCD2，已知的；的。对pH=7的单一(一种溶质)溶液说法正确的是（ ）A该溶液中由水电离出的氢离子浓度可能大于B该溶液一定是强酸强碱盐的溶液C加热该溶液至蒸干液体，一定得到该溶质的晶体D向该溶液中滴加强酸或强碱都不会发生化学反应3室温下向10mLpH=3的醋酸溶液中加入水稀释后，下列说法正确的是（ ）A溶液中导电粒子的数目减少B溶液中的值减小C醋酸的电离程度增大，c(H+)亦增大D再加入10mLpH=11的NaOH

2、溶液，混合液pH=74图示与对应的叙述相符的是（ ）A图甲中的H1H2B图乙表示不同温度下水的电离平衡曲线，曲线A对应的温度高于BC图丙表示充满NO2气体的试管，倒置于水槽中，向其中缓慢通入氧气直至试管中全部充满水，假设溶质不扩散，溶质的物质的量浓度与通入氧气的体积关系D图丁可说明烯烃与H2加成反应是放热反应，虚线表示在有催化剂的条件下进行5测定a g小苏打(含少量氯化钠)中NaHCO3含量，下列说法错误的是（ ）测定方法选用试剂测量数据A重量法稀硝酸、硝酸银m(AgCl)B气体法稀硫酸V(CO2)C滴定法甲基橙、稀盐酸V(HCl)D重量法氢氧化钡m(BaCO3)AABBCCDD6用已知浓度的

3、盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时，下列操作或说法错误的是（ ）A酸式滴定管未润洗就装标准溶液滴定会使测定结果偏高B锥形瓶用蒸馏水洗净后未干燥直接加入待测的NaOH溶液C若用甲基橙作指示剂则滴定终点颜色由黄色变为橙色D滴定管润洗后应将润洗液从上口倒出7下列说法正确的是（ ）A常温下，由水电离产生的c(H+)=10-12mol/L的溶液中：K+、Na+、ClO-、I-大量共存B苯酚溶液中：Cl-、NH、CO可以大量共存C次氯酸钠溶液中通少量CO2：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCOD用银氨溶液检验醛基的离子方程式：RCHO+2Ag(NH3)2OHRCOO-+NH+2Ag+3NH3+H2O8

4、准确移取20.00mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.1000molL-1NaOH溶液滴定。下列说法正确的是（ ）A滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定B滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏大C用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定D随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由大变小9下列说法正确的是（ ）A强电解质一定是离子化合物，弱电解质一定是共价化合物B已知25时H2CO3的Ka1=4.3010-7，CH3COOH的Ka=1.7510-5，则等体积、等浓度的两种酸的溶液中，由水电离出来的c(H+)：H2CO3 CH3COOHC用广泛pH试纸测得0.1

5、mol/L次氯酸溶液的pH=3.5D常温下，将稀醋酸溶液加水稀释，醋酸电离程度增大，溶液导电能力增强10某硫酸厂的尾气处理流程如图所示，为了确定固体A的组成，分析师选用5molL-1的NaOH溶液对固体A的成分进行测定(数据见表)。则以下说法正确的是（ ）实验固体A/gNaOH/mLNH3/L7.4x1.6811.120.000.56注：生成的氨气全部逸出，且为标准状况下测得A高浓度SO2进入吸收塔进行循环利用B实验过程中如果氢氧化钠少量，则发生反应的离子方程式为NH+OH-=NH3+H2OC固体A中(NH4)2SO4与NH4HSO4的物质的量之比为4：1Dx的最小值为25.001125时将水

6、不断滴入 0.1molL1 的氨水中，下列变化的图象合理的是( )ABCD12室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）ApH=1的溶液：K+、NH、NO、SOB0.1molL-1FeCl2溶液：Na+、Mg2+、NH、Cr2OC水电离的c(OH-)=110-13molL-1的溶液：K+、Cl-、SiO、Cu2+D0.01molL-1的H2SO4溶液：Na+、AlO、Cl-、NO13水中加入下列中的溶液对水的电离平衡不产生影响的是（ ）ANaHSO4溶液BNaOH溶液CKAl(SO4)2溶液DKI溶液14NA是阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是（ ）A常温常压下，1.8g氘羟基

7、(OD)中含有的中子数为0.9NAB标准状况下，11.2L戊烯中含有双键的数目为0.5NAC28gN2与足量H2反应，生成NH3的分子数为2NAD常温下，1LpH=2的HCl溶液中，H+数目为0.2NA15常温下，下列各组离子一定能大量共存的是（ ）A甲基橙呈黄色的溶液中：I-、Cl-、NO、Na+B由水电离出的c(H+)=110-14 molL-1的溶液中：Ca2+、K+、Cl-、HCOC=1012的溶液中：NH、Al3+、NO、Cl-Dc(Fe3+)=0.5 molL-1的溶液中：K+、HCO、SO、SCN-16用滴定法测定含少量的的含量，下列操作会引起测定结果偏高的是（ ）A雏形瓶中加入

8、一定体积的待测液后，再加少量水B向待测液中加23滴甲基橙试液后，再用标准酸液进行滴定C滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入标准酸液进行滴定D用滴定管量取待测液，读数前尖嘴部分有气泡，读数后气泡消失17某温度下，向c(H+)=1106molL1的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液中c(H+)=1104molL1。下列对该溶液的叙述正确的是（ ）A由水电离出来的H+的浓度为11010molL1B加水稀释，溶液中的c(OH)减小C加水稀释1000倍后，溶液的pH约为7D加入NaHSO4晶体后抑制水的电离二、综合题（共3题）18二氧化氯（ClO2）是一种在水处理等方面有广泛应用的高效安全消

9、毒剂。比Cl2更好。在ClO2的制备方法中，有下列两种制备方法：方法一：2NaClO34HCl=2ClO2Cl22NaCl2H2O方法二：2NaClO3H2O2H2SO4=2ClO2Na2SO4O22H2O用方法二制备的ClO2更适合用于饮用水消毒，其主要原因是_。用ClO2处理过的饮用水（pH 5.56.5）常含有一定量对人体不利的亚氯酸根离子（ClO2-）。饮用水中的ClO2、ClO2-含量可用连续碘量法进行测定。ClO2被I-还原为ClO2-、Cl-的转化率与溶液pH的关系如下图所示。当pH2 .0时，ClO2-也能被I-完全还原为Cl-。反应生成的I2用标准Na2S2O3溶液滴定；2N

10、a2S2O3+ I2= Na2S4O6 + 2NaI请写出pH2 .0时ClO2-与I-反应的离子方程式_。请完成相应的实验步骤：步骤1：准确量取V mL水样加入到锥形瓶中。步骤2：调节水样的pH为7.08.0。步骤3：加入足量的KI晶体。步骤4：加入少量淀粉溶液，用c molL1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V1mL。步骤5：_。步骤6：再用c molL-1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2 mL。根据上述分析数据，测得该饮用水中ClO2-的浓度为_molL1（用含字母的代数式表示）。19工业废气中的二氧化硫和氮氧化物是大气主要污染物，脱硫脱氮是环

11、境治理的热点问题。回答下列问题：（1）已知氮及其化合物发生如下反应：N2(g)+O2(g)2NO(g) H=+180kJmol-1N2(g)+2O2(g)2NO2(g) H=+68kJmol-1则2NO(g)+O2(g)2NO2(g)H_kJmol-1。（2）利用KMnO4脱除二氧化硫的离子方程式为：_MnO+SO2+H2OMnO+ + 。（在“”里填入系数，在“_”上填入微粒符号）在上述反应中加入CaCO3可以提高SO2去除率，原因是_。（3）CaSO3与Na2SO4混合浆液可用于脱除NO2，反应过程为：I.CaSO3(s)+SO(aq)CaSO4(s)+SO(aq)II.SO(aq)+2N

12、O2(g)+H2O(l)SO(aq)+2NO(aq)+2H+(aq)浆液中CaSO3质量一定时，Na2SO4的质量与NO2的去除率变化趋势如图所示。a点后NO2去除率降低的原因是_。（4）检测烟道气中NOx含量的步骤如下：I.将VL气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化为NO；II.加水稀释至100.00mL，量取20.00mL该溶液，与V1mLc1molL-1FeSO4标准溶液（过量）充分混合；III.用c2molL-1KMnO4标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗V2mL。NO被H2O2氧化为NO的离子方程式为_。滴定过程中主要使用的玻璃仪器有_和锥形瓶等。滴定过程中发生下

13、列反应：3Fe2+NO+4H+=NO+3Fe3+2H2OMnO+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O烟气气样中NOx折合成NO2的含量为_mgm-3。20现使用酸碱中和滴定法测定某市售白醋(化学式为：CH3COOH，是一元弱酸)的总酸量。实验步骤(1)用_(填仪器名称)量取10.00mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL_(填仪器名称)中定容，摇匀即得待测白醋溶液。(2)取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴_作指示剂。(3)读取盛装0.1000mol/LNaOH溶液的碱式滴定管的初始读数。如果液面位置如图所示，则此时的读数为_mL。(4)滴定。当_时，停止滴

14、定，并记录NaOH溶液的最终读数。重复滴定3次。该滴定反应的离子方程式为_。(5)利用pH传感器绘制的滴定曲线如图所示，若在室温下，用0.1000mol/LNaOH溶液分别滴定10.00mL同物质的量浓度的盐酸和醋酸，其中表示滴定醋酸的曲线是_(填序号)。实验记录滴定次数123V(样品)/mL20.0020.0020.00V消耗(NaOH)/mL15.0015.0414.96数据处理与讨论(6)按上述数据处理，可得c(市售白醋)=_mol/L。(7)在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏低的是_(填字母)。A碱式滴定管在滴定时未用NaOH标准溶液润洗B碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定

15、后气泡消失C锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水D锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体测出E滴定终点读数时采用仰视方法参考答案1A【详解】水的离子积只与温度有关，温度不变，水的离子积不变，常温下，水的离子积是，答案选A。2A【详解】A由于与的电离常数相等，故溶液，醋酸根和铵根都会水解，使溶液中水电离的氢离子浓度大于，故A正确；B的溶液可以是溶液，为弱酸弱碱盐，故B错误；C当溶液为时，加热该溶液至蒸干液体，醋酸铵会分解，且醋酸和氨气会挥发，得不到该溶质的晶体，故C错误；D向醋酸铵溶液中滴加强酸或强碱都会发生化学反应，故D错误；故选A。3B【详解】A醋酸是弱酸，室温下向10mLpH=3的醋酸溶液中

16、加水稀释时，会促进醋酸的电离，溶液中醋酸分子的数目减小，醋酸根离子和氢离子的数目增大，故A错误；B由醋酸的电离常数可得=，醋酸稀释时，溶液中氢离子浓度减小，而电离常数是温度函数，温度不变，电离常数不变，则的数值减小，的数值减小，故B正确；C加水稀释醋酸溶液时 ，溶液的体积增大的倍数大于氢离子物质的量增加的倍数 ，溶液中氢离子浓度 减小，故 C 错误；D由稀释定律可知，醋酸的物质的量不变 ，则向稀释后的溶液再加入10mLpH=11的NaOH溶液，相当于是等体积pH=3 的醋酸与 pH=11 的 NaOH 溶液混合，完全反应时醋酸过量，溶液出酸性，则溶液的 pHCH3COOH，B项正确；C次氯酸具

17、有漂白性，pH试纸变色后会被漂白，应用pH计测定其pH，C项错误；D常温下，将稀醋酸溶液加水稀释会促进醋酸的电离，但加入水后溶液中离子浓度降低，使得溶液导电能力减弱，D项错误；答案选B。10D【详解】A接触法制硫酸的设备主要为沸腾炉、接触室和吸收塔，高浓度进入接触室进行循环利用， A项错误；B固体A是由与组成的混合物，氢氧化钠少量，优先发生酸碱中和，离子方程式为，B项错误；C运用实验数据，设与的物质的量分别为和，则有，解得、，故与的物质的量之比为001875 mol：0075 mol=1:4，C项错误；D通过可知中：、，又因为，可知固体A反应完全，则需要NaOH至少2500 mL，D项正确。故

18、选D。11D【详解】A随着水的不断滴入，促进一水合氨的电离，溶液中氢氧根离子浓度减小，对水的电离的抑制作用减弱，即随着水量的增加水的电离程度增大，故A错误；B溶液导电能力取决于离子浓度大小，加水稀释离子浓度下降，导电能力下降，故B错误；C加水稀释稀氨水，溶质浓度下降、氢氧根离子浓度下降，由水的离子积常数可知，溶液中氢离子浓度不断增大，但无限稀释时溶液接近中性时，氢离子浓度接近107mol/L，故C错误；D稀释时氢氧根离子浓度下降，pH下降，趋近于7，不能低于7，故D正确；答案选D。12A【详解】ApH=1的溶液显酸性，K+、NH、NO、SO可以大量共存，A符合；B0.1molL-1FeCl2溶

19、液中亚铁离子被Cr2O氧化，不能大量共存，B不符合；C水电离的c(OH-)=110-13molL-1的溶液中水的电离被抑制，如果显酸性SiO不能大量共存，如果显碱性Cu2+不能大量共存，且SiO、Cu2+在溶液中反应也不能大量共存，C不符合；D0.01molL-1的H2SO4溶液中氢离子和AlO反应，不能大量共存，D不符合；答案选A。13D【详解】A盐NaHSO4在溶液中发生电离：NaHSO4=Na+H+，电离产生H+，起一元强酸作用，抑制水的电离作用，A不符合题意；BNaOH是一元强碱，在溶液中发生电离NaOH=Na+OH-，水的电离平衡受到抑制作用，B不符合题意；CKAl(SO4)2是强酸

20、弱碱盐，在溶液中Al3+发生水解反应，消耗水电离产生的OH-，水的电离平衡受到促进作用，水电离程度增大，C不符合题意；DKI是强酸强碱盐，电离产生的离子不能消耗水电离产生的H+或OH-，因此对水的电离平衡无影响，D符合题意；故合理选项是D。14A【详解】A常温常压下，1.8g氘羟基(OD)中含有的中子数为 ，故A正确；B标准状况下，戊烯是液体，11.2L戊烯的物质的量不是0.5mol，故B错误；C28gN2的物质的量是1mol，N2与H2反应可逆，1molN2与足量H2反应，生成NH3的分子数小于2NA，故C错误；D常温下， pH=2的HCl溶液中c(H+)=0.01mol/L，1LpH=2的

21、HCl溶液中，H+数目为0.01NA，故D错误；选A。15C【详解】A甲基橙呈黄色的溶液可能呈酸性、碱性、中性，在酸性溶液中，I-和NO发生氧化还原反应而不能大量共存，故A符合题意；B由水电离出的c(H+)=110-14 molL-1的溶液呈现酸性或碱性，HCO会在酸性条件下反应生成水和二氧化碳，两者不能大量共存，且Ca2+、HCO在碱性条件下反应也不能大量共存，故B不符合题意； C=1012的溶液显酸性，NH、Al3+、NO、Cl-离子间以及与氢离子均不反应，可大量共存，故C符合题意；Dc(Fe3+)=0.5 molL-1的溶液中：K+、HCO、SO、SCN-与Fe3+发生络合反应而不能大量

22、共存，故D不符合题意；答案选C。16C【详解】A. 雏形瓶中加入一定体积的待测液后，再加少量水，不会影响标准液的用量，不会产生误差，A错误；B. 向待测液中加23滴甲基橙试液后，再用标准酸液进行滴定，操作正常，不会产生误差，B错误；C. 未进行润洗，标准液浓度偏低，用量偏大，测定结果偏高，C正确；D. 读数前有气泡，读数后气泡消失，会使读取的标准液数值偏小，则测定结果偏低，D错误。故选C。17D【分析】某温度下，蒸馏水中c(H+)=1106molL1，故该温度下水的离子积应为Kw=c(H+)c(OH-)=10-12，以此解题；【详解】A此温度下水的离子积等于10-12，加入NaHSO4晶体后氢

23、离子浓度为c(H+)=1104molL1，故溶液中氢氧根离子浓度为 ，氢氧根全部来源于水的电离，水电离的氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，故水电离出的氢离子浓度为10-8mol/L，A项错误；B加水稀释，溶液的酸性减弱，促进了水的电离，溶液中的氢氧根离子浓度增大，B项错误；C未加水时，pH=4，溶液呈酸性，加水后溶液依然呈酸性，并且该温度下，水的离子积等于10-12，故加水之后溶液的pH应该小于6，C项错误；D加入NaHSO4晶体后，NaHSO4完全电离出氢离子、Na+、 ，电离的氢离子抑制水的电离，D项正确；答案选D。18方法二制备的ClO2中不含Cl2 ClO2-+4H+4I-=Cl-+2I

24、2+2H2O 调节溶液的pH2.0 【分析】(1)由信息可以知道, ClO2是一种在水处理等方面有广泛应用的高效安全消毒剂,比Cl2更好,方法一生成氯气,而方法二生成氧气；(2)根据题意ClO2-与I-反应在酸性条件进行,产物为I2和Cl-,根据质量守恒可写出离子方程式；题目信息提示用的是连续碘量法进行测定,步骤6又用Na2S2O3溶液滴定至终点,说明步骤5中有碘生成,结合pH2.0时, ClO2-与I-反应的离子方程式可判断出调节溶液的pH2.0；(3)由)由2ClO2+2I-=2ClO2-+I2和2Na2S2O3+I2= Na2S4O6+ 2NaI得: 2ClO2- Na2S2O3；由Cl

25、O2-+4H+4I-=Cl-+2I2+2H2O和2Na2S2O3+I2= Na2S4O6+ 2NaI得 ClO2- 2Na2S2O3；以此计算饮用水样中的ClO2-的浓度。【详解】(1)根据两种方法中的反应方程式可以看出,方法一制得的ClO2中含有Cl2,会产生对人体有潜在危害的有机氯代物,而方法二制备的ClO2中含有氧气不含有Cl2,所以用方法二制备的ClO2更适合用于饮用水的消毒；因此，本题正确答案是: 方法二制备的ClO2中不含Cl2；(2) ClO2-与I-反应在酸性条件进行,产物为I2和Cl-,由电子守恒及质量守恒可以知道离子方程式为: ClO2-+4H+4I-=Cl-+2I2+2H

26、2O；因此，本题正确答案是: ClO2-+4H+4I-=Cl-+2I2+2H2O；(2)根据曲线图示在pH2.0时, ClO2被I-还原只生成Cl-, pH7.0时, , ClO2被I-还原只生成ClO2-；而用ClO2处理过的饮用水,其pH为5.5-6.5，所以其中既含有ClO2,又含有ClO2-,若将溶液的pH调节为7.0-8.0,则第一阶段滴定时只是ClO2被I-还原只生成ClO2-,溶液的ClO2-没有被I-还原,所以第二阶段滴定前应调节溶液的pH2.0,使ClO2-与I-反应,以测定样品水样中亚氯酸根离子的含量,所以步骤5为调节溶液的pH2.0；因此，本题正确答案是:调节溶液的pH2

27、.0；(3) 由2ClO2+2I-=2ClO2-+I2和2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI反应关系得: ClO2- Na2S2O3；则n(ClO2-)：cV110-3=1:1，所以n(ClO2-)=0.001cV1mol；由ClO2-+4H+4I-=Cl-+2I2+2H2O和2Na2S2O3+I2= Na2S4O6+ 2NaI反应关系得 ClO2-4Na2S2O3；则n(ClO2-)：cV210-3mol=1:4，所以n(ClO2-)=1/40.001cV2mol；原水样中ClO2-浓度=（1/40.001cV2-0.001cV1）/(V0.001)= mol/L；因此，本题正确

28、答案是: 。19-112 2MnO4-+1SO2+2H2O2MnO42-+ SO42-+4H+ CaCO3与H+作用，c(H+)下降，同时生成的Ca2+与SO42-结合生成CaSO4使得c(SO42-)下降平衡正向移动，从而提高SO2的去除率 a点后c(SO42-)过高时，以反应II平衡的逆向移动为主，NO2去除率降低 2NO+3H2O2=2NO3-+2H+2H2O 酸式滴定管 【分析】（1）由盖斯定律计算可得；（2）二氧化硫与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成锰酸锰、硫酸钾、硫酸和水；向反应中加入CaCO3，CaCO3与反应生成的H+和SO42-反应，使H+和SO42-的浓度减小，使平衡向正反

29、应方向移动；（3）由反应II可知，若硫酸根浓度过大，平衡向逆反应方向移动，二氧化氮的浓度增大；（4）一氧化氮与过氧化氢发生氧化还原反应生成硝酸和水；KMnO4标准溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶管；由得失电子数目守恒和氮原子个数守恒计算可得。【详解】（1）将已知反应依次编号为，由盖斯定律可知，得一氧化氮与氧气反应的热化学方程式2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，则H=（+68kJmol-1）（+180kJmol-1）=-112 kJmol-1，故答案为：-112；（2）二氧化硫具有还原性，高锰酸钾溶液具有强氧化性，二氧化硫与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成锰酸锰、硫酸钾、硫酸和水，则配平的离子

30、方程式为2MnO4-+1SO2+2H2O2MnO42-+SO42-+4H+，故答案为：2MnO4-+1SO2+2H2O2MnO42-+SO42-+4H+；向反应中加入CaCO3，CaCO3与反应生成的H+和SO42-反应，使H+和SO42-的浓度减小，使平衡向正反应方向移动，从而可以提高SO2去除率，故答案为：CaCO3与H+作用，c(H+)下降，同时生成的Ca2+与SO42结合生成CaSO4使得c(SO42-)下降平衡正向移动，从而提高SO2的去除率；（3）由反应II可知，若硫酸根浓度过大，平衡向逆反应方向移动，二氧化氮的浓度增大，去除率下降，故答案为：a点后c(SO42-)过高时，以反应I

31、I平衡的逆向移动为主，NO2去除率降低；（4）一氧化氮具有还原性，过氧化氢具有氧化性，一氧化氮与过氧化氢发生氧化还原反应生成硝酸和水，反应的离子方程式为2NO+3H2O2=2NO3-+2H+2H2O，故答案为：2NO+3H2O2=2NO3-+2H+2H2O；KMnO4标准溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，所以滴定过程中应选用酸式滴定管，故答案为：酸式滴定管；由得失电子数目守恒可得：n(Fe2+)= 3n(NO3-)+5n(MnO4-)，n(NO3-)=，由氮原子个数守恒可知n(NO2)= n(NO3-)=mol，则烟气气样中NOx折合成NO2的含量为 =mgm-3，故答案为：。【点睛】滴定过程中

32、，亚铁离子失去电子总数等于硝酸根和高锰酸钾得到电子总数，由由得失电子数目守恒和氮原子个数守恒计算二氧化氮的物质的量是解答关键，也是难点。20酸式滴定管 容量瓶 酚酞 0.60 溶液由无色变为浅红色，并在半分钟内不褪色 CH3COOH+OH-=H2O+CH3COO- I 0.75 DE 【详解】(1)用酸式滴定管量取10.00mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL 容量瓶中定容，摇匀即得待测白醋溶液，故答案为：酸式滴定管；容量瓶；(2)食醋与NaOH反应生成了强碱弱酸盐，溶液呈碱性，应选择碱性变色范围内的指示剂酚酞，故答案为：酚酞；(3)滴定管液面的读数0.60mL，故答案为：0.60

33、；(4)滴定终点的现象是溶液由无色恰好变为浅红色，并在半分钟内不褪色，故答案为：溶液由无色恰好变为浅红色，并在半分钟内不褪色；醋酸为弱酸，书写离子方程式时要保留化学式：CH3COOH+OH-=H2O+CH3COO-；(5)醋酸是弱电解质，HCl是强电解质，相同浓度的醋酸和HCl溶液，pH：醋酸盐酸，由图像分析，表示滴定醋酸的曲线是I，故答案为：I；(6)3次消耗的NaOH溶液的体积为：15.00mL，15.04mL，14.95mL。则NaOH溶液的体积的平均值为15.00mL；设10mL市售白醋样品含有 CH3COOH Xg，由关系式CH3COOHNaOH可知，n(CH3COOH)=n(NaO

34、H)= 0.1000mol/L0.015L=0.0015mol，可得c(市售白醋)= 0.75mol/L，故答案为：0.75；(7)A碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗，标准液浓度降低，造成V(标准)偏大，根据V(待测)c(待测)=V(标准)c(标准)分析可知c(待测)偏大，A不符合题意；B碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V(标准)偏大，根据V(待测)c(待测)=V(标准)c(标准)分析可知c(待测)偏大，B不符合题意；C锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水，对V(标准)无影响，根据V(待测)c(待测)=V(标准)c(标准)分析可知c(待测)分析可知c(待测)不变，C不符合题意；D锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，待测液物质的量偏小，造成V(标准)偏小，根据V(待测)c(待测)=V(标准)c(标准)分析可知c(待测)偏小，D符合题意；E达到滴定终点时，仰视溶液凹液面最低点读数，造成V(标准)偏小，根据V(待测)c(待测)=V(标准)c(标准)分析可知c(待测)偏小，E符合题意；故答案为：DE。