内蒙古集宁一中2020届高三上学期月考化学试题
集宁一中西校区2019—2020学年第一学期第二次月考高三年级化学试题
一、选择题（每小题6分，共42分）
1.化学与生产、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是（ ）
选项
现象或事实
解释
A
用热的纯碱溶液洗去油污
Na2CO3可直接与油污反应
B
工业上用二氧化硫漂白纸浆
二氧化硫具有强还原性，能将有色物质还原至无色
C
氨用作制冷剂
氨易液化，液氨汽化时吸收大量热，使周围温度降低
D
明矾用作净水剂
明矾能够杀菌消毒
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A、油脂在碱性溶液中水解生成溶于水的物质，碳酸钠水解使溶液显碱性，Na2CO3不与油污直接反应，故A错误；
B、工业上用二氧化硫漂白纸浆是利用二氧化硫的漂白性，不是利用其还原性，故B错误；
C、液氨用作制冷剂的原理是液氨汽化时吸收大量热，使周围温度降低，故C正确；
D、明矾净水是利用Al3+水解形成氢氧化铝胶体，吸附水中悬浮物，明矾没有氧化性，不能杀菌消毒，故D错误；
故选：C。
【点睛】关于SO2相关性质的实验：（1）通入至品红溶液中，品红溶液褪色，说明SO2有漂白性，需注意该褪色过程是可逆的，再加热该溶液，溶液又可恢复至浅红或红色；（2）通入至酸性高锰酸钾溶液或溴水溶液中，溶液褪色，说明SO2有还原性，该过程不可逆；（3）通入H2S溶液中，溶液中有黄色沉淀生成，说明SO2有氧化性；需注意把握实质进行区分。
2.下列与阿伏加德罗常数的值(NA)有关的说法正确的是
A. 标准状况下，44.8LHF中含有氢原子的数目为2NA
B. 8.0gCu2S和 CuO的混合物中含有铜原子数为0.1NA
C. 0.2mol·L-1的碳酸钠溶液中CO32-的数目小于0.2NA
D. 1LpH=3的盐酸与1LpH=3的CH3COOH溶液中，水电离出的H+数目均为10-3NA
【答案】B
【解析】
【分析】
A、标准状况下，HF为液态；
B、Cu2S和CuO中铜的质量分数都是80%；
C、缺溶液的体积；
D、1LpH=3的盐酸与1LpH=3的CH3COOH溶液中氢离子浓度相同，抑制水的电离相同，水电离出的氢离子浓度等于水电离出的氢氧根离子浓度。
【详解】A项、标准状况下，HF为液态，不能使用气体摩尔体积计算44.8LHF的物质的量，故A错误；
B项、Cu2S和CuO中铜的质量分数都是80%，8.0gCu2S和CuO的混合物中铜元素的质量为8.0g×80%=6.4g，物质的量为0.1mol，则混合物中含有铜原子数为0.1NA，故B正确；
C项、缺溶液的体积，无法计算溶液中碳酸钠的物质的量，故C错误；
D项、盐酸和醋酸都抑制水的电离，1LpH=3的盐酸与1LpH=3的CH3COOH溶液中氢离子浓度相同，抑制水的电离相同，水电离出的氢离子浓度等于水电离出的氢氧根离子浓度，均为=1×10-11mol/L，溶液中水电离出的H+数目均为10-11NA，故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算，注意气体摩尔体积的使用范围与条件，溶液中溶质物质的量的计算，酸对水的电离的影响，微粒数目的计算是解答关键。
3.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A. 1 mol·L-1CaCl2溶液中：K+、Na+、OH－、NO3－
B. 由水电离出的c(H+)=10-12 mol·L-1的溶液中：Mg2+、K+、Br－、HCO3－
C. 澄清透明的溶液中：H+、Fe3+、SO42－、NO3－
D. 使甲基橙变红的溶液中：Ca2+、NH4+、CH3COO－、Cl－
【答案】C
【解析】
【详解】A、钙离子在碱性时溶解度较小，故不能与氢氧根大量共存，故A正确；
B、由水电离出的c(H+)=10-12 mol·L-1的溶液可酸可碱，碱性时，不能与Mg2+、HCO3－大量共存，酸性时不能与HCO3－大量共存，故B错误；
C、H+、Fe3+、SO42－、NO3－均不相互反应，可以大量共存，故C正确；
D、使甲基橙变红的溶液显酸性， 不能与CH3COO－大量共存，故D错误；
故选C；
【点睛】虽然在写离子反应方程式时，澄清石灰水需要拆分，但是氢氧化钙微溶于水，所以钙离子不能与氢氧根大量共存。
4.短周期主族元素W、M、X、Y、Z原子序数依次增大。W的族序数是周期数的3倍，X原子的最外层只有一个电子，Y是地壳中含量最多的金属元素，Z在同周期中原子半径最小。下列说法正确的是（ ）
A. Y在元素周期表中位置为第三周期第Ⅲ族
B. X2W2中阴、阳离子数之比均为1∶1
C. M、Z两种元素气态氢化物的稳定性比较：M
Cl，则气态氢化物的稳定性HF> HCl，故C错误；
D、XZW为NaClO，NaClO与浓盐酸反应生成氯气，氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠、氯化钠和水，故D正确；
故选D。
5.下列实验结果不能作为相应定律或原理的证据之一的是（阿伏加德罗定律：在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同数目的分子）
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【分析】
A、2NO2N2O4是放热反应；
B、比较元素的非金属性，应用元素最高价氧化物对应水化物的酸性比较；
C、△H=△H1+△H2；
D、在同温同压下，气体的体积比等于方程式的计量数之比等于气体的物质的量之比；
【详解】A、2NO2N2O4是放热反应，升高温度，平衡向生成二氧化氮的方向移动，颜色变深，可以作为勒夏特列原理的依据，故A符合；
B、比较元素的非金属性，应用元素最高价氧化物对应水化物的酸性比较，浓盐酸不是氯的最高价氧化物对应水化物，无法比较氯和碳的非金属性；生成的二氧化碳中含有HCl气体，氯化氢与二氧化碳都能与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，故也无法比较碳和硅的非金属性，不能证明元素周期很，故B不符合；
C、△H=△H1+△H2，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关，可以证明盖斯定律，故C符合；
D、在同温同压下，气体的体积比等于方程式的计量数之比等于气体的物质的量之比，电解水生成的氧气和氢气体积比等于物质的量之比，可以证明阿伏加德罗定律，故D符合；
故选B。
6.微生物燃料电池可净化废水，同时还能获得能源或有价值的化学产品，图1为其工作原理，图2为废水中Cr2O72－浓度与去除率的关系。下列说法不正确的是（ ）
A. 图1燃料电池工作一段时间后，N极附近的溶液pH增大
B. 外电路转移2 mol电子时，N极消耗标准状况下11.2 L O2
C. 图2中Cr2O72－浓度较大时，其去除率下降可能是Cr2O72－浓度较大造成还原菌失活所致
D. M极为电池负极，发生的电极反应为CH3COOH＋2H2O－8e－＝2CO2↑＋8H＋
【答案】B
【解析】
【详解】A、由图中信息可知，电池工作时，N极上氧气和Cr2O72－得到电子转化为水、Cr(OH)3，氢离子浓度减小，故N附近溶液pH增大，故A正确；
B、N极上得电子的物质有O2和Cr2O72－，故外电路转移2 mol电子时，N极消耗O2的物质的量小于0.5mol，故B错误；
C、由图可知， Cr2O72－离子浓度较大时，其去除率较低，因为Cr2O72－有强氧化性和毒性，因此Cr2O72－浓度较大时，可能会造成还原菌的蛋白质变性而失活，故C正确；
D、由上述分析可知，M极为电池负极，其电极反应为CH3COOH转化为CO2和H+，其电极反应式为：CH3COOH＋2H2O－8e－＝2CO2↑＋8H＋，故D正确；
答案为B。
7.常温下，改变0.1 mol•L-1二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中的H2A、HA-、A2-的物质的量分数(X)随pH的变化如图所示[已知](X)= 。下列叙述错误的是（ ）
A. pH=1.2时, c(K+)+c(H+)=c(H2A) + c(OH-)+2c(A2－)
B. 常温下，H2A的电离平衡常数Ka2 =10-4.2
C. pH=2.7时，c(HA-)＞c(H2A)=c(A2-)
D. KHA溶液中粒子浓度为c(K+)＞c(HA-)＞c(OH-)＞c(H2A)＞c(H+)＞c(A2-)
【答案】D
【解析】
【分析】
由图象可知，pH=1.2时，c(H2A)=c(HA-)，pH=2.7时，c(H2A)=c(A2-)，pH=4.2时，c(HA-)=c(A2-)，随着pH的增大，c(H2A)逐渐减小，c(HA-)先增大后减小，c(A2-)逐渐增大，结合电离平衡常数以及题给数据计算，可根据纵坐标比较浓度大小，以此解答该题。
【详解】A、由图象可知pH=1.2时，H2A与HA-的曲线相交，则c(H2A)=c(HA-)，溶液中存在电荷守恒得到，c(K＋)＋c(H＋)=2c(A2－)＋c(HA－)＋c(OH－)=2c(A2－)＋c(H2A)＋c(OH－)，故A正确；
B、pH=4.2时，c(H+)=10-4.2mol/L，c(HA-)=c(A2-)，Ka2==10-4.2，，故B正确；
C、由图象可知，pH=2.7时，c(H2A)=c(A2-)，由纵坐标数据可知：c(HA-)> c(H2A)=c(A2-)，故C正确；
D、H2A的Ka1==10-1.2，故A2-的Kh2==10-12.8，HA-的电离常数大于其水解常数，KHA溶液pH小于7，溶液显酸性，溶液中离子浓度为：c(K＋)>c(HA－)>c(H＋)>c(A2－)>c(OH－)>c(H2A)，故D错误；
故选D。
【点睛】本题的破题点在于根据图象中的两个交点，根据交点计算出相关常数，本题D项隐含的信息在于应用图象所得的电离平衡常数求解相关水解常数，根据其电离程度与水解程度相对大小判断溶液中相关离子浓度大小。
8.利用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)可以制取多种化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程，回答下列问题：
已知：①浸出液中含有阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等。
②沉淀Ⅰ中只含有两种沉淀。
③流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Co(OH)2
Al(OH)3
Mn(OH)2
开始沉淀
2.7
7.6
7.6
4.0
7.7
完全沉淀
3.7
9.6
92
5.2
9.8
（1）浸出过程中加入Na2SO3目的是___。
（2）NaClO3在浸出液中发生反应的离子方程式为___。
（3）加入Na2CO3调pH至5.2，目的是___；萃取剂层含锰元素，则沉淀Ⅱ的主要成分为__。
（4）操作Ⅰ包括：将水层加入浓盐酸调整pH为2～3，___、__、过滤、洗涤、减压烘干等过程。
（5）为测定粗产品中CoCl2·6H2O的含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，过滤、洗涤、干燥，测沉淀质量。通过计算发现粗产品中CoCl2·6H2O质量分数大于100%，其原因可能是___(回答一条原因即可)。
（6）将5.49g草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)置于空气中加热，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如下表。
温度范围/℃
固体质量/g
150～210
4.41
290～320
2.41
经测定，整个受热过程，只产生水蒸气和CO2气体，则290～320℃温度范围，剩余的固体物质化学式为____。[已知：CoC2O4·2H2O的摩尔质量为183g·mol−1]
【答案】 (1). 将Fe3+、Co3+还原 (2). ClO3-＋6Fe2+＋6H+=Cl－＋6Fe3+＋3H2O (3). 使Fe3+和Al3+沉淀完全 (4). CaF2和MgF2 (5). 蒸发浓缩 (6). 冷却结晶 (7). 粗产品中结晶水含量低(或粗产品中混有氯化钠杂质) (8). Co3O4(或CoO·Co2O3)
【解析】
【详解】(1)、浸出过程中，Co2O3、Fe2O3与盐酸、Na2SO3发生反应，Co2O3转化为Co2+，Fe2O3转化为Fe2+，Co、Fe元素化合价降低，则S元素化合价升高，SO32-转化为SO42-，故答案为：将Fe3+、Co3+还原；
(2)、NaClO3加入浸出液中，将Fe2+氧化为Fe3+，ClO-被还原为Cl-，反应的离子方程式为：ClO3-＋6Fe2+＋6H+=Cl－＋6Fe3+＋3H2O-；
(3)根据工艺流程图结合表格中提供的数据可知，加Na2CO3调pH至5.2，目的是使Fe3+和Al3+沉淀完全。滤液l中含有的金属阳离子为Co2+、Mn2+、Mg2+、Ca2+等，萃取剂层含锰元素,结合流程图中向滤液1中加入了NaF溶液，知沉淀Ⅱ为MgF2、CaF2；
(4)、经过操作I由溶液得到结晶水合物，故除题中已知过程外，操作I还包括蒸发浓缩、冷却结晶；
(5)、根据CoCl2·6H2O的组成及测定过程分析，造成粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有氯化钠杂质，使氯离子含量增大或结晶水合物失去部分结晶水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大；
(6)、整个受热过程中只产生水蒸气和CO2气体，5.49 g CoC2O4·2H2O为0.03mol，固体质量变为4.41 g时，质量减少1.08g，恰好为0.06 mol H2O的质量，因此4.41 g固体为0.03 mol CoC2O4。依据元素守恒知，生成n(CO2)=0.06 mol，m(CO2)=0.06mol×44 g/mol=2.64 g。而固体质量由4.41 g变为2.41 g时，质量减少2 g，说明290~320℃内发生的不是分解反应，参加反应的物质还有氧气。则参加反应的m(O2)=2.64 g-2 g=0.64 g，n(O2)=0.02mol，
n(CoC2O4) : n(O2) : n(CO2)=0.03 : 0.02 : 0.06=3 : 2 : 6，依据原子守恒，配平化学方程式，故290~320℃温度范围，剩余固体物质的化学式为Co3O4或CoO·Co2O3。
9.研究减少CO2排放是一项重要课题。CO2经催化加氢可以生成低碳有机物，主要有以下反应：
反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g) ⇌CH3OH(g)＋H2O(g) △H1＝－49.6kJ/mol
反应Ⅱ：CH3OCH3(g)＋H2O(g) ⇌2CH3OH(g) △H2＝＋23.4kJ/mol
反应Ⅲ：2CO2(g)＋6H2(g) ⇌CH3OCH3(g)＋3H2O(g) △H3
(1)△H3＝__________kJ/mol。
(2)恒温恒容条件下，在密闭容器中通入等物质的量的CO2和H2，发生反应Ⅰ。下列描述能说明反应Ⅰ达到平衡状态的是_____________(填序号).
A.反应体系总压强保持不变
B.容器内的混合气体的密度保持不变
C.水分子中断裂2NA个H－O键，同时氢分子中断裂3NA个H－H键
D.CH3OH和H2O的浓度之比保持不变
(3)反应Ⅱ在某温度下的平衡常数为0.25，此温度下，在密闭容器中加入等物质的量的CH3OCH3(g)和H2O(g)，反应到某时刻测得各组分浓度如下：
此时，v正_________v逆 (填“>”、“<”或“＝”)，当反应达到平衡时，混合气体中CH3OH体积分数(CH3OH)%＝_________%。
(4)反应III在不同温度、不同投料比时，CO2的平衡转化率如图所示。T1温度下，将6 mol CO2和12 mol H2充入2L的密闭容器中，5 min后反应达到平衡状态，则0～5min内的平均反应速率v(CH3OCH3)=________；平衡常数K=_____（保留小数点后一位）；KA、KB、KC三者之间的由大到小关系为______。
(5)恒压下将CO2和H2按体积比1：3混合，在不同催化剂作用下发生反应Ⅰ和反应Ⅲ，在相同的时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如下图。其中：CH3OH的选择性＝×100％
①温度高于230°C，CH3OH产率随温度升高而下降原因是_______________。（答一条即可）
②在上述条件下合成甲醇工业条件是___________________。
A.210°C B.230°C C.催化剂CZT D.催化剂CZ(Zr－1)T
【答案】 (1). －122.6 (2). AC (3). ＞ (4). 20 (5). 0.18mol·L−1·min−1 (6). 263.7 (7). KA＝KC＞KB (8). 反应I的△H＜0，温度升高，平衡逆向移动，使CO2转化为CH3OH的平衡转化率下降； (9). BD
【解析】
【详解】（1）根据盖斯定律可知，反应Ⅰ×2-反应ⅠⅠ=反应ⅠⅠⅠ，故△H3=[(-49.6)×2-23.4] kJ/mol=-122.6 kJ/mol,
故答案为：-122.6；
（2）反应Ⅰ正向为气体体积减小的放热反应，
A、恒温恒容条件下，气体物质的量之比等于其压强之比，该反应正向气体物质的量减小，当容器内总压不变时，气体物质的量不变，可说明反应达到平衡状态，故A符合题意；
B、该反应为全气体反应，反应过程中气体质量不变，反应是在恒容容器中进行，故气体密度始终不变，则不能判断反应是否达到平衡状态，故B不符合题意；
C、水分子中断裂2NA个H－O键，即消耗1mol水，同时氢分子中断裂3NA个H－H键，即消耗3mol氢气，反应方向不同，物质消耗之比等于其计量数之比，说明正逆反应速率相等，故可说明反应达到平衡状态，故C符合题意；
D、CH3OH和H2O均为生成物，二者系数均为1，起始浓度均为0，故任意时刻二者的浓度之比均不变，故无法说明反应达到平衡状态，
故答案为AC；
（3）该时刻的浓度熵Qc===<0.25，故该反应正向进行，故v正>v逆；设从该时刻至平衡时，H2O(g)转化浓度为xmol/L，则
CH3OCH3(g)＋H2O(g)2CH3OH(g)
起始(mol/L) 1.8 1.8 0.4
转化(mol/L) x x 2x
平衡(mol/L) 1.8-x 1.8-x 0.4+2x
由=0.25可解得x=0.2，n总=4mol，混合气体中CH3OH体积分数(CH3OH)%＝×100%=20%，
故答案为：>；20；
（4）由图象可知，在T1温度下，=2时，CO2平衡转化率为60%，在5min后反应处于平衡状态，故0～5min内==1.8mol/L，则=0.9mol/L，故0～5min内的平均反应速率v(CH3OCH3)=== 0.18mol·L−1·min−1；根据转化量之比等于其其系数之比可知，平衡时，c(CO2)=1.2mol/L、c(H2)=0.6mol/L、c(CH3OCH3)=0.9mol/L、c(H2O)=2.7mol/L，则K=
==263.7；相同投料比下达到平衡时，CO2平衡转化率T1>T2，故T1温度下的平衡常数大于T2温度下平衡常数，根据温度不变，平衡常数不变可知，KA＝KC＞KB，
故答案为：0.18mol·L−1·min−1；263.7；KA＝KC＞KB；
（5）①由图象可知，在230℃之前，反应还未达到平衡状态，在230℃之后，反应达到平衡状态，而反应I正向为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，使CH3OH产率下降，
故答案为：反应I的△H＜0，温度升高，平衡逆向移动，使CO2转化为CH3OH的平衡转化率下降；
②由图象可知，合成甲醇最佳条件为230℃下，在230℃下CZT催化剂对甲醇的选择性低于CZ(Zr-1)T催化剂，由此可知，最佳催化剂为CZ(Zr-1)T催化剂，
故答案为：BD。
10.用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中c(I-)，实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。
Ⅰ.准备标准溶液
a．准确称取AgNO3基准物4.2468g(0.0250mol)后，配制成250mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。
b．配制并标定100mL0.1000mol·L-1NH4SCN标准溶液，备用。
Ⅱ.滴定的主要步骤
a．取待测NaI溶液25.00mL于锥形瓶中。
b．加入25.00mL0.1000mol·L－1AgNO3溶液(过量)，使I－完全转化为AgI沉淀。
c．加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂。
d．用0.1000mol·L－1NH4SCN溶液滴定过量的Ag＋，已知AgSCN为白色沉淀。
e．重复上述操作两次到三次测定数据如下表：
实验序号
1
2
3
消耗NH4SCN标准溶液体积/mL
10.24
10.02
9.98
f.数据处理。
回答下列问题：
(1)将称得AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有________。制得AgNO3溶液的浓度为__________________；
(2)AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是________________________。
(3)滴定应在pH<0.5的条件下进行，其原因是________。
(4)过程Ⅱ中b和c两步操作是否可以颠倒________，说明理由：___________。
(5)达到滴定终点时的现象________________________。
(6)由上述实验数据测得c(I-)=________mol·L－1。
(7)若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则对c(I－)测定结果的影响________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
【答案】 (1). 250mL(棕色)容量瓶、胶头滴管 (2). 0.1000mol·L-1 (3). 避免AgNO3见光分解 (4). 防止因Fe3＋的水解而影响滴定终点的判断(或抑制Fe3＋的水解) (5). 否 (6). 若颠倒，Fe3＋与I－反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点 (7). 滴入最后一滴标准液，溶液由浅黄色变为红色，且半分钟内不褪色 (8). 0.0600 (9). 偏高
【解析】
【分析】
（1）配制硝酸银标准溶液时，所使用的仪器除需烧杯和玻璃棒外还有250mL（棕色）容量瓶及定容时需要的胶头滴管；
（2）硝酸银见光分解；
（3）滴定应注意防止铁离子的水解，影响滴定结果；
（4）铁离子与碘离子发生氧化还原反应；
（5）用0.1000mol·L－1NH4SCN溶液滴定过量的Ag＋完全反应时，Fe3+与SCN-反应，溶液由浅黄色变为红色；
（6）根据所提供的三组数据，第一组数据误差较大，应舍去，二、三组数据取平均值即可，所以消耗的NH4SCN溶液平均体积为10.00mL，结合c（AgNO3）×V（AgNO3）=c（NH4SCN）×V（NH4SCN）+c（I-）×V（I-）计算；
（7）若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则导致溶质的物质的量减小，浓度偏低。
【详解】（1）配制硝酸银标准溶液时，所使用的仪器除需烧杯和玻璃棒外还有250mL（棕色）容量瓶及定容时需要的胶头滴管，故答案为：250mL（棕色）容量瓶、胶头滴管；
（2）硝酸银标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存是因为硝酸银见光易分解，故答案为：避免AgNO3见光分解；
（3）滴定应在pH<0.5的条件下进行，原因是抑制铁离子的水解，防止因铁离子的水解而影响滴定终点的判断，故答案为：防止因Fe3+的水解而影响滴定终点的判断（或抑制Fe3+的水解）；
（4）b和c两步操作不能颠倒，若颠倒，铁离子与碘离子发生氧化还原反应，指示剂耗尽则无法判断滴定终点，故答案为：否；若颠倒，Fe3+与I-反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点；
（5）用0.1000mol·L－1NH4SCN溶液滴定过量的Ag＋完全反应时，Fe3+与SCN-反应，溶液由浅黄色变为红色，则滴定终点时的现象为滴入最后一滴标准液，溶液由浅黄色变为红色，且半分钟内不褪色，故答案为：滴入最后一滴标准液，溶液由浅黄色变为红色，且半分钟内不褪色；
（6）根据所提供的三组数据，第一组数据误差较大，应舍去，二、三组数据取平均值即可，所以所消耗的NH4SCN溶液平均体积为10.00mL，n（AgNO3）=25.00×10-3L×0.1000mol•L-1=2.5×10-3mol，n（NH4SCN）=0.1000mol•L-1×10.00×10-3L=1.00×10-3mol，则c（I-）×0.025L=2.5×10-3mol-1.00×10-3mol，c（I-）=0.0600mol•L-1，故答案为：0.0600；
（7）若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则导致溶质的物质的量减小，浓度偏低，则n（NH4SCN）偏小，测定c（I-）偏大，故答案为：偏高。
【点睛】本题考查中和滴定原理的应用，涉及物质含量的测定，侧重于分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意把握实验的操作方法和注意事项，把握反应的原理和误差分析的角度是解答关键。
