安徽省蚌埠市届高三上学期第一次教学质量检查考试化学精校解析 Word版.docx

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安徽省蚌埠市届高三上学期第一次教学质量检查考试化学精校解析Word版

安徽省蚌埠市2018届高三上学期第一次教学质量检查考试

化学试题

1.以“赏中华诗词、寻文化基因、品生活之美”为基本宗旨的《中国诗词大会》不仅弘扬了中国传统文化，还蕴含着许多化学知识，下列诗词分析不正确的是

A.诗句“只要功夫深，铁杵磨成针”，该过程只涉及物理变化

B.杜牧诗句“烟笼寒水月笼沙，夜泊秦淮近酒家”，此处的“烟”指固体

C.王安石诗句“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹的燃放涉及氧化还原反应

D.曹植诗句“煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”，这里的能量变化主要是化学能转化为热能

【答案】B

【解析】铁杵磨成针过程中只是物质状态发生变化，没有新物质生成，所以属于物理变化，A正确；此处的“烟”指小液滴，不是固体小颗粒，B错误；爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏中火药爆炸为氧化还原反应，生成二氧化碳、二氧化硫等物质，C正确；“豆箕”是大豆的秸秆，主要成分为纤维素，燃烧纤维素是把化学能转化为热能，D正确；正确选项B。

2.下列说法正确的是

A.1个乙烷分子中存在8对共用电子对

B.NaOH和Na2O2中均含共价键和离子键

C.62g Na2O晶体中所含阴、阳离子个数均为4NA

D.PCl3和BCl3分子中所有原子的最外层都达到8电子稳定结构

【答案】B

【解析】乙烷分子中含6个C-H共价键和1个C-C共价键,所以1个乙烷分子中存在7对共用电子对，A错误；NaOH中氢氧根离子中氢与氧之间存在共价键和Na2O2中过氧根离子中氧与氧之间存在非极性共价键，所以两者都是含共价键和离子键的离子化合物，B正确；62g Na2O晶体的物质的量为62/62=1mol，1个氧化钠中含有2个Na+和1个O2-,所以62g Na2O晶体中所含阴、阳离子个数分别为NA，2NA；C错误；PCl3的分子中每个原子都达到了8电子稳定结构，BCl3分子中，氯原子最外层达到8电子稳定，硼原子只达到6电子结构，D错误；正确选项B。

3.向含有Fe3+、Fe2+的混合溶液中滴加稀碱溶液，得到一种黑色分散系，经查阅资料后得知，该分散系中分散质粒子是直径介于1～100nm之间的金属氧化物，下列有关说法中正确的是

A.该分散系可产生丁达尔现象

B.可用过滤的方法將分散剂与分散质分离开

C.发生的反应方程式为Fe2++H2O=FeO+H2↑

D.通直流电时，阴极附近黑色变深，说明该分散系带正电

【答案】A

【解析】该分散系中分散质粒子是直径介于1～100nm之间的金属氧化物，满足胶体分散系具备的条件，所以该分散系可产生丁达尔现象，A正确；胶体、溶液都可以透过滤纸，不能用过滤方法分离，B错误；氯化亚铁、氯化铁与氢氧化钠反应生成四氧化三铁和水、氯化钠，离子方程式：

Fe2++2Fe3++8OH-═Fe3O4+4H2O，C错误；在电场作用下，阴极附近分散系黑色变深，则说明该分散系容易吸附带正电的阳离子而形成带电的胶体微粒，但是该分散系为电中性，D错误；正确选项A。

4.M、N、Q、P为四种短周期元素，已知M、Q同主族，N、P同周期；M的气态氢化物比Q的稳定；N的阳离子比P的阳离子氧化性强；N的阳离子比Q的阴离子少一个电子层。

下列表示中,正确的是

A.原子序数:

M>N>Q>PB.非金属性强弱:

Q>M

C.原子半径:

P>N>Q>MD.简单离子半径:

P>N>Q>M

【答案】C

点睛：

此题可以采用假设法进行处理，简单快速；根据题意，可以假设M为氟元素，N为镁元素、Q为氯元素、P为钠元素，这样四个选项中问题就容易解决了。

5.下列有关有机物知识说法正确的是

A.裂化、裂解均属于化学变化，二者目的不同

B.新型材料聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子材料

C.在人体内酶的作用下，纤维素可以发生水解反应生成葡萄糖

D.分子式为C4H8Cl2的有机物共有（不含立体异构）8种同分异构体

【答案】A

【解析】裂化、裂解均为大分子转化为小分子，均为化学变化，且裂解为深度裂化，可获得小分子烯烃，可以知道二者目的不同，A正确；光导纤维的成分为二氧化硅，为无机物，聚酯纤维属于有机高分子材料，B错误；人体内无纤维素酶，则纤维素不能在人体内发生水解反应，C错误；C4H8Cl2可以看做C4H10中2个H原子被2个Cl原子取代，而C4H10的结构有两种，当分子为CH3CH2CH2CH3时，二氯代物有6种；当分子为CH3C（CH3）2时，二氯代物有3种，共有9种，D错误；正确选项A。

点睛：

有关石油工业中，石油的分馏为物理变化，石油的裂化、裂解为化学变化，石油裂解的目的是可获得小分子烯烃。

6.酸性KMnO4溶液和CuS混合时，发生的反应如下:

MnO4-+CuS+H+→Cu2++SO2↑+Mn2++H2O，下列有关该反应的说法中正确的是

A.被氧化的元素是Cu和S

B.Mn2+的还原性强于CuS的还原性

C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为6:

5

D.若生成2.24 L（标况下）SO2，转移电子的物质的量是0.8mol

【答案】C

【解析】反应中，铜元素的化合价没变，硫元素的化合价由−2升到＋4价，只有硫元素被氧化，A错误；还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性CuS>Mn2+，B错误；氧化剂为KMnO4，还原剂为CuS，设KMnO4为xmol,CuS为ymol，根据电子守恒：

x×（7-2）=y×（4-（-2）），x：

y=6:

5，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：

5，C正确；二氧化硫物质的量为0.1mol，由方程式可知消耗KMnO4的量为0.1×6/5=0.12mol，反应中Mn元素化合价由＋7价降低为＋2价，故转移电子为0.12mol×（7−2）＝0.6mol，D错误；正确选项C。

7.下列有关电化学知识的说法不正确的是

A.精炼铜时，可用阳极泥提取贵金属

B.电冶铝工业中用石墨作电极，用冰晶石作助熔剂

C.当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用

D.在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法

【答案】C

【解析】精炼铜时，阳极为粗铜，比Cu不活泼的金属Ag、Au等不能失去电子，形成阳极泥，则可用阳极泥提取贵金属，A正确；电解氧化铝制备Al，氧化铝的熔点高，用石墨作电极，用冰晶石作助熔剂，B正确；当镀锡铁制品的镀层破损时，构成原电池时Fe为负极，加快铁制品腐蚀，C错误；在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀，构成原电池时Zn为负极，采用了牺牲阳极的阴极保护法，D正确；正确选项C。

8.将43.8g Al、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生6.72L气体（标准状况）。

另取等质量的该合金溶于过量的稀硝酸中，生成13.44LNO（标准状况），向反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液，得到沉淀的质量为

A.39.2gB.44.8gC.58.8gD.66.4g

【答案】C

【解析】合金溶于足量的NaOH溶液中，金属铝和氢氧化钠反应产生气体氢气6.72L，物质的量为0.3mol，根据电子转移守恒可以知道n（Al）=0.3×2/3=0.2mol，故金属铝的质量为0.2×27=5.4g，金属铝提供电子的量是0.6mol，将合金溶于过量稀硝酸中,分别生成Al3+、Cu2+离子，根据电子守恒，金属共提供电子的物质的量为13.44×3/22.4=1.8mol故Cu共提供的电子物质的量为1.8-0.6=1.2mol，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，铝离子全部转化为偏铝酸根离子，不会出现沉淀，所得沉淀为氢氧化铜，由电荷守恒可以知道，反应中金属铜提供的电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量即n（OH-）=1.2mol，所以反应后沉淀的质量等于43.8-5.4+1.2×17=58.8g；C正确；正确选项C。

9.海带中碘元素的检验可经以下四个步骤完成，各步骤中所选用的实验用品不能都用到的是

A.将海带灼烧灰化，选用①、②和⑧B.溶解灰分,选用④、⑥和⑦

C.过滤得到滤液，选用④、⑤和⑦D.检验滤液中的I-，选用③和⑨

【答案】B

【解析】将茶叶灼烧灰化，应在坩埚中加热，用到的仪器有①、②和⑧，必要时还可用到三脚架或铁架台带铁圈，A正确；溶解灰分，应该在烧杯中进行，玻璃棒不断搅拌，用到的④和⑦，不能用⑥，B错误；过滤时用到④、⑤和⑦，C正确；检验滤液中的I-,可用胶头滴管取少量滤液于小试管中,用氯水和淀粉溶液检验，用到的仪器有试管、胶头滴管等，选用③和⑨；D正确；正确选项B。

10.已知PbS、CuS、HgS的溶度积分别为9.0×10-29、1.3 ×10-36、4×10-53。

下列说法正确的是

A.硫化钠可作处理废水中含上述金属离子的沉淀剂

B.在硫化铜悬浊液中滴几滴硝酸铅溶液，会生成硫化铅

C.在含Pb2+、Cu2+、Hg2+的溶液中滴加硫化钠溶液,当溶液中c（S2-）=0.001mol/L时三种金属离子不能都完全沉淀

D.向含Pb2+、Cu2+、Hg2+的浓度均为0.010mol/L的溶液中通入硫化氢气体，产生沉淀的顺序依次为PbS、CuS、HgS

【答案】A

【解析】CuS、PbS、HgS为相同类型的难溶物，可以直接根据它们的溶度积判断溶解度大小，由CuS、PbS、HgS的溶度积可以知道，溶解度由大到小的顺序为HgS、CuS、PbS。

硫化钠能够与Pb2+、Cu2+、Hg2+离子反应生成难溶物CuS、PbS、HgS，所以硫化钠是处理废水中含上述金属离子的沉淀剂，A正确；在硫化铜悬浊液中滴几滴硝酸铅溶液，因为硫化铜的溶度积小于硫化铅，所以硫化铜不能转化硫化铅，B错误；在含Pb2+、Cu2+、Hg2+的溶液中滴加硫化钠溶液，当

时，各离子浓度分别为c（Hg2+）=6.4×10-20mol/L、c（Cu2+）=1.3×10-33mol/L、c（Pb2+）=9×10-26mol/L，三种金属离子浓度都小于

，所以

、

、

离子都完全沉淀，C错误；CuS、PbS、HgS为相同类型的难溶物，可通过它们的溶度积直接判断溶解度大小，根据题干信息可以知道，溶解度最小的、最难溶的为HgS，溶度积最大、最后生成沉淀的为PbS，所以产生沉淀的顺序依次为HgS、CuS、PbS，D错误；正确选项A。

11.某有机物结构如图所示，有关酚酞说法正确的是

A.分子式为C13H12O3

B.含有的官能团有羟基、酯基和碳碳双键

C.可以发生取代反应、加成反应、氧化反应

D.1mol该物质与H2或溴水反应时消耗的H2或溴的最大值分别为7mol和8mol

【答案】C

【解析】由结构简式可以知道分子式为C14H10O3，A错误；分子中含酚

、

，即含有的官能团有羟基、酯基，B错误；含酚

可发生取代、氧化反应，含苯环可发生加成反应，C正确；只有苯环与氢气发生加成反应，酚

的邻对位与溴水发生取代，且对位均有取代基，则

该物质可与

和溴水发生反应，消耗

和

的最大值为6mol和2mol，故D错误；D错误；正确答案C。

点睛：

能够与氢气发生反应有机物结构特点：

含有苯环的有机物，含有不饱和碳碳双键、三键的有机物，含有醛基、酮羰基的有机物。

12.下图是CO2电催化还原为CH4的工作原理示意图。

下列说法正确的是

A.该过程是化学能转化为电能的过程

B.一段时间后，①池中n（KHCO3）不变

C.一段时间后，②池中溶液的pH不变

D.铜电极的电极反应式为9CO2+6H2O+8e-=CH4+8HCO3-

【答案】D

..................

13.为探究Na2SO3溶液的性质，在白色点滴板的a、b、c、d 四个凹槽中滴入Na2SO3溶液，再分别滴加下图所示的试剂:

对实验现象的“解释或结论”正确的是

选项

实验现象

解释或结论

A

a中溶液褪色

氧化性：

SO32-

B

b中无现象，加硫酸后产生淡黄色沉淀

硫酸将S2-氧化为硫单质

C

c中滴入酚酞溶液变红，再加BaCl2 溶液后产生白色沉淀且红色褪去

亚硫酸钠溶液中存在水解平衡

D

d中产生白色沉淀

Na2SO3溶液已变质

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】Na2SO3溶液中亚硫酸钠具有还原性，可以和碘单质反应生成硫酸钠、碘化钠，亚硫酸钠做还原剂，碘化钠是还原产物，所以还原性:

，A错误；Na2SO3溶液中硫元素是+4价，硫化钠中硫元素是-2价，二者可以和硫酸溶液发生氧化还原反应，硫元素归中到0价，即生成淡黄色硫单质沉淀，B错误；Na2SO3溶液中亚硫酸根离子水解显碱性，该溶液会使酚酞变红，加入氯化钡会结合亚硫酸根离子形成亚硫酸钡沉淀，水解平衡逆向进行，氢氧根离子浓度减小，碱性逐渐消失，所以红色褪去，C正确；亚硫酸钠具有还原性，加入盐酸酸化的硝酸钡，即相当于加入了硝酸，亚硫酸根离子能被硝酸氧化为硫酸根，硫酸根离子可以和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，该沉淀不溶于硝酸，所以实验证明的是亚硫酸根离子的还原性，是被硝酸氧化的缘故，不能证明Na2SO3溶液已变质，D错误；正确选项C。

点睛：

亚硫酸钠中硫元素为+4价，既具有氧化性，又具有还原性，但亚硫酸钠主要体现强的还原性，常做还原剂；亚硫酸钠溶液中亚硫酸根离子水解，溶液显碱性。

14.下列浓度关系正确的是

A.0.1mol/L的NH4HSO4溶液中滴加0.1mol/L的Ba（OH）2溶液至沉淀刚好完全:

c（NH4+）>c（OH-）>c（SO42-）>c（H+）

B.0.1mol/L的KOH溶液中通入标准状况下的CO2气体3.36L，所得溶液中:

c（K+）+c（H+）=c（CO32-）+c（HCO3-） +c（OH-）

C.0.1mol/L的NaOH溶液与0.2mol/L的HCN溶液等体积混合，所得溶液呈碱性:

c（HCN）>c（Na+）>c（CN-）>c（OH-）>c（H+）

D.pH相同的NaOH溶液、CH3COONa 溶液、Na2CO3溶液、NaHCO3 溶液的浓度:

c（NaOH）

【答案】C

【解析】试题分析：

A．向0.1mol/L的NH4HSO4溶液中滴加0.1mol/L的Ba（OH）2溶液至沉淀刚好完全时发生反应：

NH4HSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+NH3·H2O+H2O。

NH3·H2O

NH4++OH-H2O

H++OH-。

c（OH-）＞c（NH4+）＞c（SO42-）＞c（H+）。

错误。

B.根据电荷守恒可得：

c（K+）＋c（H+）＝2c（CO32-）＋c（HCO3-）＋c（OH-）.错误。

C．0.1mol/L的NaOH溶液与0.2mol/L的HCN溶液等体积混合，则发生反应：

NaOH+HCN="NaCN+"H2O。

反应后溶液为NaCN和HCN等物质的量的混合溶液。

由于所得溶液呈碱性，说明NaCN的水解作用大于HCN的电离作用，所以个微粒的大小关系为：

c（HCN）＞c（Na+）＞c（CN-）＞c（OH-）＞c（H+）。

正确。

D．NaOH溶液电离使溶液显碱性；CH3COONa溶液、Na2CO3溶液、NaHCO3水解使溶液显碱性。

由于酸性CH3COOH>H2CO3>HCO3-。

酸越强，盐水解的程度就越小。

当溶液的pH相同时，盐的浓度就越大。

故各物质的浓度的关系是：

c（NaOH）＜c（Na2CO3）＜c（NaHCO3）＜c（CH3COONa）。

错误。

考点：

考查溶液中各微粒的浓度大小比较的知识。

15.某温度时,向氨水溶液中通入CO2，各种离子的变化趋势如下图所示。

下列说法正确的是

A.随着CO2的通入

不断增大

B.在pH=9.0时，c（NH4+）>c（CO32-）><（HCO3-）>c（NH2CO0O-）

C.溶液中:

c（NH4+）+c（NH3） =2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（NH2COO-）+c（OH-）

D.在溶液中pH不断降低的过程中，有含NH2COO-的中间产物生成

【答案】D

【解析】已知

，温度一定时，

为常数，不随浓度的变化而变化，随着CO2的通入，c（NH4+）逐渐增大，则

不断减小，A错误；在pH=9.0时，图象中各种离子浓度的大小关系：

c（NH4+）>（HCO3-）>c（NH2CO0O-）>c（CO32-）；B错误；溶液中存在电荷守恒,即正电荷的总浓度等于负电荷的总浓度，则不同pH的溶液中存在电荷守恒关系为:

c（NH4+）+c（H+） =2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（NH2COO-）+c（OH-），C错误；由图象可以知道开始没有NH2COO-，后来也不存在NH2COO-，所以NH2COO-为中间产物，即在溶液pH不断降低的过程中，有含NH2COO-的中间产物生成，D正确；正确选项D。

16.下表为元素周期表的一部分。

碳

氮

Y

X

硫

Z

回答下列问题:

（1）Z元素在周期表中的位置为_______________。

（2）下列事实能说明Y元素的非金属性比硫元素的非金属性强的是___________。

a.Y单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊

b.在氧化还原反应中，1molY单质比1mol硫得电子多

c.Y和硫两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高

（3）X与Z两元素的单质反应生成1molX的最高价化合物，恢复至室温，放热687kJ。

已知该化合物的熔、沸点分别为-69℃和58℃。

写出该反应的热化学方程式:

_____________。

（4）1mol碳与镁形成的化合物Q与4mo水反应，生成2mol Mg（OH）2和1mol烃，该烃分子中碳氢质量比为9:

1，烃的电子式为____________。

（5）Q与水反应的化学方程式为_____________________。

【答案】

（1）.第三周期，ⅦA族

（2）.ac（3）.Si（s）+2C12（g）=SiCl4

（1）△H=-687kJ/mol（4）.

（5）.Mg2C3+4H2O=2Mg（OH）2+C3H4↑

【解析】

（1）根据图表可知，Z是17号氯元素，位于周期表的第三周期，ⅦA族；正确答案：

第三周期，ⅦA族。

（2）由元素周期律，非金属元素的单质与氢气越容易化合，氢化物越稳定，非金属性越强，而得电子的数目多少不能作为比较非金属性强弱的依据；活泼的非金属单质能够置换不活泼的非金属单质，可以比较非金属的强弱；氯气可以置换硫，氯化氢比硫化氢稳定，正确选项为ac。

（3）X为硅元素，Z为氯元素，两元素的单质反应生成四氯化硅；已知该化合物的熔、沸点分别为-69℃和58℃，所以四氯化硅为液态，该反应的热化学方程式为：

Si（s）+2C12（g）=SiCl4

（1）△H=-687kJ/mol；正确答案：

Si（s）+2C12（g）=SiCl4

（1）△H=-687kJ/mol。

（4）设该烃分子式为CXHY，烃分子中碳氢质量比为9:

1，即12x:

y=9:

1,x:

y=3:

4；即分子式为C3H4，该物质为丙炔，电子式为

；正确答案：

。

（5）根据1mol碳与镁形成的化合物Q与4mol水反应，生成2molMg（OH）2和1mol烃条件，遵循原子守恒规律，可知化合物Q的化学式为Mg2C3，反应的方程式为Mg2C3+4H2O=2Mg（OH）2+C3H4↑；正确答案：

Mg2C3+4H2O=2Mg（OH）2+C3H4↑。

点睛：

元素非金属强弱的判定，非金属元素的单质与氢气反应的难易程度及氢化物的稳定性，越容易反应，氢化物越稳定，非金属性就越强；最高价氧化物的水化物的含氧酸的酸性越强，非金属性越强。

17.氢氧化亚铁易被氧化，制取过程要隔绝空气。

现用铁屑、稀硫酸、氢氧化钠溶液制备氢氧化亚铁并观察其颜色，改进装置如下:

（1）稀硫酸应放在_____________（填写仪器名称）中。

（2）本实验通过关闭开关________、打开开关_________，将仪器中的空气排尽后，后续实验就可观察到氢氧化亚铁的颜色。

试分析实验开始时排尽装置中空气的理由___________________。

（3）在FeSO4溶液中加入（NH4）2SO4固体可制备莫尔盐晶体[（NH4）2SO4·FeSO4·6H2O]（相对分子质量392），该晶体比一般亚铁盐稳定,不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇。

①为洗涤（NH4）2SO4·FeSO4·6H2O粗产品，下列方法中最合适的是___________

a.用冷水洗b.先用冷水洗，后用无水乙醇洗

c.用30%的乙醇溶液洗d.用90%的乙醇溶液洗

②为了测定产品的纯度，称取ag产品溶于水，配制成500mL溶液。

每次取待测液20.00mL，用浓度为bmol/L的酸性KMnO4溶液滴定，实验结果记录如下:

实验次数

第一次

第二次

第三次

消耗酸性高锰酸钾溶液体积/mL

20.02

19.98

20.52

滴定过程中发生反应的离子方程式为______________。

滴定终点的现象是__________________________。

通过实验数据计算的该产品纯度为_____________（用字母a、b表示）。

【答案】

（1）.分液漏斗

（2）.A（3）.bc（4）.防止生成的氢氧化亚铁被氧化（5）.d（6）.MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O（7）.滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液，溶液变为浅红色，且30s不变色（8）.980b/a×100%

【解析】

（1）此实验目的是制备氢氧化亚铁，先用铁和稀硫酸反应制备硫酸亚铁，此反应在装置2中进行，稀硫酸是溶液，应盛放在分液漏斗中，即应盛放在1处D的分液漏斗中，正确答案：

分液漏斗。

（2）打开BC，关闭A，利用装置2中产生的氢气，把装置3中的空气排尽，使装置处于还原氛围，然后关闭B，打开A，产生气体压强增大，把产生的FeSO4压入到装置3中，产生白色沉淀Fe（OH）2，氢氧化亚铁溶液被空气中的氧气所氧化，生成氢氧化铁，对氢氧化亚铁颜色的观察产生干扰，所以要排除装置中的空气，防止生成的氢氧化亚铁被氧化，正确答案:

A；BC；防止生成的氢氧化亚铁被氧化。

（3）①因为硫酸亚铁铵易溶于水，不溶于乙醇，应该用乙醇洗涤，减少硫酸亚铁铵的溶解，同时利用乙醇和水互溶，用90%的乙醇溶液洗涤，从而达到洗涤的要求，正确答案是:

d。

②利用高锰酸钾的强氧化性，Fe2+的强还原性,两者发生氧化还原反应,Fe2+被氧化成Fe3+化合价升高1，Mn由+7价→+2价，降低5，最小公倍数5，根据原子守恒、电荷守恒，反应的方程式为MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；向溶液中滴加中高锰酸钾溶液，溶液无色，因此随着最后一滴高锰酸钾溶液的滴入，溶液由无色变为浅紫色，且30s不变色，达到反应终点；因为第三次与第一次、第二次相差较大，忽略不计，消耗高锰酸钾溶液的体积为（20.2+19.98）/2=20mL，根据离子反应方程式得出:

n（（NH4）2SO4·FeSO4·6H2O）=5n（KMnO4）=20×10-3×b×5=0.1bmol，则500mL溶液中含有NH4）2SO4·FeSO4·6H2O的量为500/20×0.1b=2.5bmol，所以该晶体的纯度为2.5b×392/a×100%=980b/a×100%；正确答案：

MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2