1、天津市耀华中学2019-2020学年度第一学期期末考试高二年级化学学科试卷I卷选择题（36分）一、选择题（每小题3分，共36分，每小题只有一个选项最符合题意）1.化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是A. 用热的纯碱溶液去除油污B. 用Na2S处理废水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子C. 明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可作净水剂D. 在入海口的钢铁闸门上装一定数量的铜块可防止闸门被腐蚀【答案】D【解析】【详解】A. 纯碱为强碱弱酸盐，水解呈碱性，可使油脂在碱性条件下水解，与水解有关，故A正确；B. 硫离子能够与工业用Na2S处理废水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子生成沉淀，所以
2、工业用Na2S处理废水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子，故B正确；C. 胶体具有吸附性，明矾中铝离子水解生成氢氧化铝胶体吸附水中悬浮物而净水，所以明矾可以作净水剂，故C正确；D. 在入海口的钢铁闸门上装一定数量的铜块，铁和铜在海水中形成原电池反应，铁做负极被氧化，发生电化腐蚀，加快铁的腐蚀，故D错误；故答案为D。2.下列说法正确的是A. 氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能B. 反应4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s)常温下可自发进行，该反应为放热反应C. 在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快D. 金属发生吸氧腐蚀时，被腐蚀的速率和氧气浓度无关【答案】B【解析】【详解
3、】A. 氢氧燃料电池放电时有一部分化学能会转化成热能，故A错误；B. 该反应能自发进行说明G=H-TS0，该反应中S0，则H0，该反应为放热反应，故B正确；C. 温度过高会导致酶失去活性不再具有催化效果，故C错误；D. 金属发生吸氧腐蚀时，氧气浓度越大，腐蚀的速率越快，则被腐蚀的速率和氧气浓度有关，故D错误；故答案为B。3.下列实验的反应原理用离子方程式表示正确的是A. 室温下，测的氯化铵溶液pHSPB. 共价键的极性：HFHClHBrC. 键角：H2ONH3CH4D. 酸性：HClOHClO2HClO3【答案】B【解析】【详解】AP原子核外最外层原子轨道为半充满状态，第一电离能大于相邻元素，
4、则第一电离能应为PS，故A错误；BHX中H和X的电负性差值越大，极性越强，则共价键的极性：HFHClHBr，故B正确；CCH4中，C-H键间的键角为10928，NH3中N-H键间的键角为107,H2O中O-H键间的键角为105，则键角：H2ONH3CH4，故C错误；D 同种元素形成的不同价态的含氧酸，化合价越高酸性越强，则酸性大小为：HClOHClO2HClO3，故D错误；故答案为B。【点睛】同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，但A、A族元素大于同周期相邻元素；同种元素形成的不同价态的含氧酸，化合价越高酸性越强。6.下列分子或离子的立体构型相同的是A. BeCl2和SO2B. BF3和PCl3
5、C. SO42-和NH4+D. SO3和ClO3-【答案】C【解析】【详解】ABeCl2分子中价层电子对数为，孤电子对数为0，空间构型为直线型，二氧化硫分子中价层电子对数为，孤电子对数为1，空间构型为V形，故A不相同；BBF3分子中价层电子对数为，孤电子对数为0，空间构型为平面三角形，PCl3分子中价层电子对数为，孤电子对数为1，为三角锥形，故B不相同；CSO42-中价层电子对数为，孤电子对数为0，空间构型为正四面体，NH4+也中价层电子对数为，孤电子对数为0，为正四面体，故C相同；DSO3分子中价层电子对数为，孤电子对数为0，空间构型为平面三角形，ClO3-中价层电子对数为，孤电子对数为1，
6、空间构型为三角锥形，故D不相同；故答案为C。7.下列说法正确的是A. 第四周期元素中，锰原子价电子层中未成对电子数最多B. 含有极性键的分子一定是极性分子C. 丙氨酸()存在手性异构体D. NaCl熔化和CO2气化克服的作用力类型相同【答案】C【解析】【详解】A第四周期元素中，外围电子排布为ndxnsy，且能级处于半满稳定状态时，含有的未成对电子数最多，即外围电子排布为3d54s1，此元素为铬，故A错误；B二氧化碳分子中碳氧键为极性键，但二氧化碳分子为非极性分子，故B错误；C丙氨酸分子中2号碳上连接四种不同的原子团，为手性碳原子，所以存在手性异构，故C正确；DNaCl熔化克服的是离子键，CO2
7、气化克服的是分子间作用力，故D错误；故答案为C。【点睛】手性碳原子判断注意：手性碳原子一定是饱和碳原子；手性碳原子所连接的四个基团要是不同的，然后根据手性分子是含有手性碳原子的分子。8.今年是门捷列夫发现元素周期律150周年。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列说法不正确的是A. 原子半径：WXB. 常温常压下，Y单质为固态C. 最高价氧化物对应水化物的酸性：YZD. X的最高价氧化物的水化物是强碱【答案】D【解析】分析】W、X、Y、Z为短周期主族元素，根据图示可知，W位于第二周期，X、Y、Z位于第三周期，设W的最外层电子数为x，则X的最外
8、层电子数为x-2，W、X的最高价分别为x、x-2，W与X 的最高化合价之和为8，则x+x-2=8，解得：x=5，则W为N元素，结合各元素在周期表中相对位置可知，X为Al，Y为Si，Z为P元素，据此解答。【详解】A电子层越多原子半径越大，则原子半径WX，故A正确；B常温常压下单质硅为固态，故B正确；C非金属性SiP，最高价氧化物对应水化物的酸性：Y(Si)Z(P)，故C正确；DX的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，氢氧化铝为弱碱，故D错误；故选：D。9.一定温度下，在3个体积均为1.0L的恒容密闭容器中反应2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)，下列说法正确的是容器温度/K物质的平衡浓度/mol
9、/Lc(H2)c(CO)c(CH3OH)c(CH3OH)I4000.200.1000.080II4000.400.200III500000.100.025A. 该反应的正反应吸热B. 达到平衡时，容器I中反应物转化率比容器II中的大C. 达到平衡时，容器II中c(H2)大于容器I中c(H2)的两倍D. 达到平衡时，容器III中的反应速率比容器I中的大【答案】D【解析】【分析】对比、，如温度相同，0.1mol/L的CH3OH相当于0.20mol/L的H2和0.1mol/L的CO，为等效平衡，但温度较高，平衡时CH3OH较低，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，对比、，在相同温度下反应，但
10、浓度较大，由方程式可知，增大浓度，平衡正向移动，以此解答该题。【详解】A对比、，如温度相同，0.1mol/L的CH3OH相当于0.20mol/L的H2和0.1mol/L的CO，为等效平衡，但温度较高，平衡时CH3OH较低，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，故A错误；B对比、，在相同温度下反应，但浓度较大，由方程式2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)可知，增大浓度，平衡正向移动，该反应正向为体积减小的反应，增大浓度转化率会增大，则容器中反应物转化率比容器中的小，故B错误；C浓度较大，温度较高，增大浓度平衡正向移动，升高温度平衡逆向移动，的转化率降低，中相当于起始C(H2)为的一半，
11、平衡时中C(H2)小于中的两倍，故C错误；D对比、，温度较高，浓度相当，升高温度，正逆反应速率增大，则容器中的反应速率比容器中的大，故D正确。故选： D。10.常温下，Ka(HCOOH)=1.7710-4，Ka(CH3COOH)=1.7510-5。下列说法不正确的是A. 浓度均为0.1molL-1的HCOONa和CH3COONa溶液中离子的物质的量浓度之和：前者大于后者B. 用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积：前者小于后者C. 0.2molL-1 HCOOH与0.1molL-1 NaOH等体积混合后的溶液中：c(HCO
12、O-)+c(OH-)=c(HCOOH)+c(H+)D. 0.2molL-1 CH3COONa 与 0.1molL-1盐酸等体积混合后的溶液中（pHc(Cl- )c(CH3COOH)c(H+)【答案】C【解析】【详解】A根据题目信息可知Ka(HCOOH) Ka(CH3COOH)，即HCOOH电离程度大于CH3COOH，则HCOO-水解程度小于CH3COO-的水解程度，所以在CH3COONa溶液中有更多的醋酸根发生水解，故A正确；B电离平衡常数越大，酸的酸性越强，根据题目信息可知，酸性：HCOOHCH3COOH，则pH相同的HCOOH、CH3COOH，酸浓度c(CH3COOH)c(HCOOH)，相
13、同体积相同pH值的HCOOH和CH3COOH，n(CH3COOH)n(HCOOH)，分别与相同浓度的NaOH中和，消耗NaOH体积与酸的物质的量成正比，所以消耗NaOH体积：HCOOHCH3COOH，故B正确；C混合溶液中溶质为等物质的量浓度的HCOOH、HCOONa，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c(HCOO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)、物料守恒得c(HCOO-)+c(HCOOH)=2c(Na+)，所以得c(HCOO-)+2c(OH-)=c(HCOOH)+2c(H+)，故C错误；D混合溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH、NaCl，醋酸水
14、解平衡常数Kh=5.110-10Ka，所以该溶液中CH3COONa水解程度小于CH3COOH电离程度，溶液呈酸性，但是醋酸电离程度较小，所以存在c(CH3COO-)c(Cl-)c(CH3COOH)c(H+)，故D正确；故答案为C。【点睛】明确电离平衡常数与其对应离子水解程度关系、混合溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电荷守恒和物料守恒的灵活运用。11.常温下，向20mL 0.1molL-1氨水中滴加某浓度的硫酸溶液，溶液中水电离的c(H+)随加入硫酸的体积变化如图所示。下列说法不正确的是A. 若a点对应水电离的c(H+)=1.010-11molL-1，则此时氨水的电离程度为1%B. c点
15、时氨水与硫酸恰好完全反应C. c点对应溶液中：c(H+)-c(OH-)=c(NH3H2O)D. 若b、d点对应水电离的c(H+)=1.010-7molL-1，则两溶液中均存在：c(NH4+)=2c(SO42-)【答案】D【解析】【详解】A水电离的氢离子浓度为1.010-11 molL-1，由Kw可知溶液中的氢氧根离子的浓度为1.010-3 molL-1，则氨水的电离度为100%=1%，故A正确；Bc点水的电离程度最大，说明恰好生成硫酸铵，即c点时氨水与硫酸恰好完全反应，故B正确；Cc点溶液中溶质为硫酸铵，溶液中质子守恒为c(H+)c(NH3H2O)+c(OH-)，则c(H+)-c(OH-)c(
16、NH3H2O)，故C正确；Dc点硫酸与氨水恰好反应，则b点硫酸不足，d点硫酸过量，溶液中氢离子浓度大于1.010-7 molL-1，d点时：c(NH4+)2c(SO42-)，故D错误。故选：D。12.用石墨电极电解CuSO4溶液一段时间后，向所得溶液中加入0.1molCu(OH)2后，恰好使溶液恢复到电解前的浓度。则电解过程中转移的电子的物质的量为A. 0.4molB. 0.5molC. 0.6molD. 0.8mol【答案】A【解析】【详解】电解CuSO4溶液时阴极反应中铜离子先放电，当铜离子反应完全后氢离子放电，但阳极始终是氢氧根放电产生氧气，向所得溶液中加入0.1molCu(OH)2后，
17、恰好使溶液恢复到电解前的浓度说明在电解过程中生成的氧气的物质的量为0.1mol，即阳极产生0.1mol氧气，转移电子数为0.4mol，故答案为A。II卷选择题（64分）二、填空题（54分）13.按要求回答下列问题。(1)Al2(SO4)3溶液显酸性的离子方程式：_；(2)CuSO4溶液与过量氨水反应的离子方程式：_；(3)Mg-Al-NaOH溶液组成原电池，负极的电极反应式：_；(4)CH3OH-O2燃料电池，KOH溶液作电解质，负极的电极反应式：_；(5)惰性电极电解CuSO4溶液的总反应的化学方程式：_；(6)Na2C2O4溶液的物料守恒：_；(7)Fe3+的基态电子排布式：_；(8)N2
18、H4的结构式：_。【答案】 (1). Al3+3H2OAl(OH)3+3H+ (2). Cu2+4NH3H2O=Cu(NH3)42+4H2O (3). Al-3e-+4OH-AlO2-+2H2O (4). CH3OH+8OH-6e-=CO32-+6H2O (5). 2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2 (6). c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4) (7). Ar3d5 (8). 【解析】【详解】(1)Al2(SO4)3溶液中存在铝离子的水解，所以溶液显酸性，故答案为：Al3+3H2OAl(OH)3+3H+；(2)CuSO4溶液与过量氨水反应会
19、生成铜氨络离子，故答案为：Cu2+4NH3H2O=Cu(NH3)42+4H2O；(3)Mg-Al-NaOH溶液组成的原电池，总反应为Al与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气的反应，Al失电子被氧化做负极，故答案为：Al-3e-+4OH-AlO2-+2H2O；(4)CH3OH-O2燃料电池，KOH溶液作电解质，负极甲醇失去电子生成二氧化碳，由于电解质为氢氧化钾溶液，所以反应生成了碳酸根离子，发生的负极电极反应式为CH3OH+8OH-6e-=CO32-+6H2O；(5)电解硫酸铜溶液生成铜单质、氧气和硫酸，故答案为：2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2；(6)Na2C2O4溶液中钠离子
20、的浓度等于含碳原子微粒的浓度之和的二倍，故答案为：c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)；(7)Fe元素为26号元素，失去最外层三个电子生成Fe3+，故基态电子排布式为：Ar3d5；(8) N2H4是共价化合物，氮原子和氢原子形成共价键，氮原子和氮原子间也形成共价键，结构式为：。14.氮、磷、砷(As)、锑(Sb)、铋(Bi)、镆(Mc)为元素周期表中原子序数依次增大的同族元素。(1)砷(As)在元素周期表中的位置为_，磷的基态原子的价电子排布式为_，六种元素中电负性最大的是_（填元素符号）。(2)N2分子中键和键的数目比N(): N()=_。NH3的分子构
21、型为_，中心原子的杂化方式为_。(3)热稳定性：NH3_PH3（填“”或“”或“ (8). (9). 黑磷 (10). 盐酸【解析】【分析】(1)As是33号元素；同主族元素原子序数越小电负性越强；(2)氮气分子中氮氮三键；根据价层电子对数和孤电子对数判断分子构型和杂化方式；(3)元素的非金属性越强，其氢化物越稳定；分子晶体熔沸点与分子间作用力和氢键有关，能形成分子间氢键的氢化物熔沸点较高；(4)能量越低越稳定；(5)SbCl3能发生较强烈的水解，生成难溶的SbOCl，根据元素守恒知，还生成HCl。【详解】(1)砷(As)在元素周期表中的位置为第4周期第VA族，价电子排布为3s23p3；同主族
22、元素原子序数越小电负性越强，所以电负性最大的元素为N，故答案为：第4周期第VA族；3s23p3；N；(2)一个氮氮三键中有一个键和两个键，所以N(): N()=1:2；氨气分子中价层电子对数为，孤电子对数为1，故杂化方式为sp3，空间构型为三角锥形，故答案为：1:2；三角锥形；sp3；(3)元素的非金属性越强，其氢化物越稳定；非金属性NP，所以热稳定性：NH3PH3；N2H4能形成分子间氢键、P2H4分子间不能形成氢键，所以沸点：N2H4P2H4，故答案为：；(4)P(s，白磷)=P(s，黑磷)H=-39.3 kJmol-1P(s，白磷)=P(s，红磷)H=-17.6kJmol-1将方程式-得
23、P(s，红磷)=P(s，黑磷)H=(-39.3+17.6)kJ/mol=-21.7kJ/mol，则能量：红磷黑磷，则黑磷稳定，故答案为：黑磷；(5)SbCl3能发生较强烈水解，生成难溶的SbOCl，根据元素守恒知，还生成HCl，反应方程式为SbCl3+H2OSbOCl+2HCl，配制SbCl3溶液要防止其水解，其水溶液呈酸性，所以酸能抑制水解，则配制该溶液时为防止水解应该加入盐酸，故答案为：盐酸。【点睛】解决第(5)题时要根据元素守恒和水解相关知识判断出SbCl3的水解产物，然后根据勒夏特列原来解决问题。15.PtCl2(NH3)2可以形成两种固体，一种为淡黄色，在水中的溶解度较小；另一种为黄
24、绿色，在水中的溶解度较大。(1)PtCl2(NH3)2为_结构（填“平面四边形”或“四面体”）。(2)黄绿色固体的立体构型图为_。【答案】 (1). 平面正方形 (2). 【解析】【分析】(1)根据相似相溶原理，极性分子构成的溶质易溶于极性分子构成的溶剂，非极性分子构成的溶质易溶于非极性分子构成的溶剂。(2)Pt(NH3)2Cl2分子是平面结构，两个Cl原子有相邻和相对两种位置；【详解】(1)通过相似相溶原理可知两种固体一种为极性分子，另一种为非极性分子，若PtCl2(NH3)2为四面体结构，只能为极性分子，故只能为平面正方形结构，故答案为：平面四边形；(2)黄绿色固体在水中的溶解度较大，则为
25、极性分子，NH3和Cl在四边形的4个角上的分布是不对称的，即正负电荷重心不重合，故黄绿色固体是，故答案为：。【点睛】这类题目要求考生审清题目信息，并与所学知识结合起来解答，注意相似相溶原理的应用。16.(1)已知25，H2C2O4的K1=5.010-2，K2=5.010-5。则NaHC2O4溶液显_（填“酸性”或“碱性”）。(2)已知25，H2CO3的K1=410-7，K2=510-11。CO2可以被NaOH溶液捕获，若所得溶液pH=13，CO2主要转化为_（写离子符号）；若所得溶液中c(HCO3-):c(CO32-)=2:1，则溶液pH=_。(3)25时，V1L pH=11的NaOH溶液与V
26、2L pH=3的H2SO4溶液混合，所得溶液的pH=10，则V1:V2=_（混合过程中溶液的体积变化忽略不计）。【答案】 (1). 酸性 (2). CO32- (3). 10 (4). 11:9【解析】【分析】(1)NaHC2O4溶液存在草酸氢根的电离和水解，若电离程度大则溶液显酸性，若水解程度大则溶液显碱性；(2)，根据溶液pH值可以确定c(HCO3-):c(CO32-)的比值，继而判断溶质成分；根据电离平衡常数及c(HCO3-):c(CO32-)的比值确定氢离子的浓度；(3)将pH=12的NaOH溶液V1 L与pH=3的硫酸V2L混合，若所得混合溶液的pH=10，则碱过量，计算出c(OH-
27、)与酸碱的物质的量的关系，可计算比值。【详解】(1)HC2O4-的电离平衡常数K2= 5.010-5，水解平衡常数Kh=，K2Kh，即电离程度大于水解程度，所以溶液显酸性，故答案为：酸性；(2)pH=13，则溶液中c(H+)=10-13mol/L，由=510-11可知溶液中，即c(CO32-)c(HCO3-)，所以CO2主要转化为CO32-；c(HCO3-):c(CO32-)=2:1，则=0.5，由=510-11可知c(H+)=，所以溶液pH值为10，故答案为：CO32-；10；(3)将pH=12的NaOH溶液V1L与pH=3的硫酸V2L混合，若所得混合溶液的pH=10，则碱过量，所得溶液pH
28、=10，则溶液中c(OH-)=10-4 mol/L，pH=12的NaOH溶液中c(OH-)=10-2 mol/L，pH=3的硫酸溶液中c(H+)=10-3mol/L，则有，解得V1:V2=11:9，故答案为：11:9。17.某混合物浆液含有Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置（如图所示），使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。用惰性电极电解时，CrO42-能从浆液中分离出来的原因是_，分离后含铬元素的粒子是_，阴极室生成的物质为_（写化学式）。【答案】 (1). CrO42-通过阴离子交
29、换膜进入阳极室 (2). CrO42-、Cr2O72- (3). H2、NaOH【解析】【分析】电解时，CrO42-通过阴离子交换膜向阳极移动，阴极发生还原反应生成氢气和NaOH，以此解答该题。【详解】电解时，CrO42-通过阴离子交换膜向阳极移动，从而从浆液中分离出来，因存在2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，则分离后含铬元素的粒子是CrO42-、Cr2O72-，阴极发生还原反应生成氢气和NaOH，故答案为：CrO42-通过阴离子交换膜进入阳极室；CrO42-、Cr2O72-；NaOH和H2。【点睛】电化学题目中经常遇到离子交换膜，阳离子交换膜只允许阳离子通过，阴离子交换膜只允许阴
30、离子通过，质子交换膜是只允许氢离子通过。三、实验题18.用沉淀滴定法快速测定待测溶液中c(Cl-)。滴定的主要步骤：a.取待测溶液25.00mL于锥形瓶中。b.加入25.00mL 0.1000molL-1 AgNO3溶液（过量），使Cl-完全转化为AgCl沉淀。c.加入少量硝基苯并振荡，使其覆盖沉淀，避免沉淀与溶液接触。d.加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂。e.用0.1000molL-1NH4SCN溶液滴定过量的Ag+，使其恰好完全转化为AgSCN沉淀。f.重复上述操作两次。三次测定数据如下表：实验序号123消耗NH4SCN标准溶液体积/mL10.2410.029.98g.数据处理。已知
31、：Ksp(AgCl)=3.210-10，Ksp(AgSCN)=210-12。(1)滴定终点的现象为_。(2)步骤c中加入硝基苯的目的是_。(3)计算待测溶液中c(Cl-)=_molL-1。(4)判断下列操作对c(Cl-)测定结果的影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果_；若在滴定终点读取滴定管刻度时，仰视标准液液面，则测定结果_。【答案】 (1). 溶液变红，且半分钟不褪色 (2). 防止AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀 (3). 0.06 (4). 偏高 (5). 偏低【解析】【分析】该滴定方法的原理是，利用已知浓度和体积的硝
32、酸银溶液与氯离子反应，然后通过已知浓度的NH4SCN溶液滴定过量的Ag+，从而求出与Ag+反应的Cl-的物质的量，滴定过程中存在数量关系n(Cl-)n沉淀(Ag+)n总(Ag+)-n(NH4SCN)；NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂，当Ag+反应完全后，Fe3+会与SCN-反应使溶液变成血红色，加入少量硝基苯可以使生成的氯化银沉淀离开溶液，如果不加硝基苯，在水溶液中部分氯化银可以转化成AgSCN。【详解】(1)NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂，当Ag+反应完全后，Fe3+会与SCN-反应使溶液变成血红色，故滴定终点的现象为：溶液变红，且半分钟不褪色；(2)加入少量硝基苯可以使生成的氯化银沉淀离开溶液，如果不加硝基苯，在水溶液中部分氯化银可以转化成AgSCN，故答案为：防止AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀；(3)滴定过程中存在数量关系n(Cl-)n沉淀(Ag+)n总(Ag+)-n(NH4SCN)，滴定过程消耗的NH4SCN溶液体积为(第一组数据偏差较大，故舍去)，所以=0.06mol/L，故答案为0.06mol/L；(4)若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则会导致计算式中n总(Ag+)大于实际值，从而导致所测溶液浓度偏高；若在滴定终点读取滴定管刻度时，仰视标准液液面，则会导致计算式中n(NH4SCN)偏大，测定结果偏低；故答案为：偏高；偏低。
