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2019届高三化学教学质量检测考试试题二含解析
1.生活离不开化学某种金属制成的器皿,放置于空气中,其表面会逐渐变黑,如将表面变黑的上述器皿放入盛有食盐水的铝制容器中浸泡,一段时间后,黑色完全褪去下列成语与该金属有关的是A.衣紫腰银B.点石成金C.铜鸵荆棘D.铁柞成针【答案】A【解析】某种金属制成的器皿,放置于空气中,其表面会逐渐变黑,如将表面变黑的上述器皿放入盛有食盐水的铝制容器中浸泡,一段时间后,黑色完全褪去,该金属是银,表面会逐渐变黑是生成了Ag2S银器放在铝制容器中,由于铝的活泼性大于银,故铝为负极,失电子,银为正极,银表面的Ag2S得电子,析出单质银A.衣紫腰银涉及金属银,故A正确;B.点石成金涉及金属金,故B错误;C.铜鸵荆棘涉及金属铜,故C错误;D.铁柞成针涉及金属铁,故D错误;故选A
2.NA表示阿伏加德罗常数的值俗名为“臭碱”的硫化钠广泛应用于冶金染料、皮革、电镀等工业硫化钠的一种制备方法是Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑下列有关说法正确的是A.1mol/LNa2SO4溶液中含氧原子的数目一定大于4NAB.1L
0.1mol/LNa2S溶液中含阴离子的数目小于
0.1NAC.生成1mol氧化产物时转移电子数为4NAD.通常状况下
11.2LCO2中含质子的数目为11NA【答案】C【解析】A.未注明溶液的体积,无法判断1mol/LNa2SO4溶液中含氧原子的数目,故A错误;B.1L
0.1mol/LNa2S溶液中含有
0.1molNa2S,硫离子水解生成HS-和氢氧根离子,阴离子的数目大于
0.1NA,故B错误;C.根据方程式,氧化产物为二氧化碳,生成1mol氧化产物时转移电子数为4NA,故C正确;D.通常状况下,气体摩尔体积不是
22.4L/mol,故
11.2LCO2的物质的量不是
0.5mol,故D错误;故选C点睛使用气体摩尔体积需要注意
①气体的摩尔体积适用的对象为气体,标况下水、CCl
4、HF等为液体,不能使用;
②必须明确温度和压强是0℃,101kPa,只指明体积无法求算物质的量本题的易错点为B,要注意水解对离子数目的影响,可以根据水解方程式判断
3.某学习小组设计实验探究NO与铜粉的反应并检验NO,实验装置如图所示夹持装置略实验开始前向装置中通入一段时间的N2,排尽装置内的空气已知:在溶液中.FeSO4+NO[FeNO]SO4棕色,该反应可用于检验NO下列说法不正确的是A.装置F、I中的试剂依次为水、硫酸亚铁溶液B.若观察到装置H中红色粉末变黑色,则NO与Cu发生了反应C.实验结束后,先熄灭酒精灯,再关闭分液漏斗的活塞D.装置J收集的气体中一定不含NO【答案】D【解析】稀硝酸与铜反应生成一氧化氮,能够被氧气氧化,因此实验前需要通入氮气,排除装置中的空气,硝酸具有挥发性,生成的一氧化氮中混有少量硝酸蒸气,可以通过水吸收后再干燥,在探究干燥的一氧化氮在加热时与铜的反应,未反应的NO可以利用硫酸亚铁溶液检验A.根据上述分析,装置F、I中的试剂依次为水、硫酸亚铁溶液,故A正确;B.若观察到装置H中红色粉末变黑色,数目NO与Cu发生了反应,故B正确;C.实验结束后,为了防止倒吸,需要先熄灭酒精灯,再关闭分液漏斗的活塞,停止通入NO,故C正确;D.由于FeSO4+NO[FeNO]SO4棕色为可逆反应,装置J收集的气体中可能含有NO,故D错误;故选D
4.某药物R的结构如图所示下列说法不正确的是A.R含有的官能团是羧基、羟基B.R能发生取代反应、加成反应、氧化反应C.用金属的可以检验R分子中的羟基D.R分子中至少有7个碳原子共平面【答案】C【解析】A.根据R的结构简式,含有的官能团有羧基、羟基,故A正确;B.R含有的官能团有羧基能发生取代反应、羟基能发生取代反应、氧化反应,含有苯环,能发生加成反应,故B正确;C.羧基也能与金属钠反应放出氢气,用金属的不能检验R分子中的羟基,故C错误;D.苯环是平面结构,羰基也是平面结构,单键可以旋转,因此R分子中至少有7个碳原子共平面,故D正确;故选C点睛有机物中的原子共平面问题可以直接联想甲烷的正四面体结构、乙烯的平面型结构、乙炔的直线型结构和苯的平面型结构,对有机物进行肢解,分部分析,另外要重点掌握碳碳单键可旋转、双键和三键不可旋转本题的易错点为C,要注意掌握常见官能团的性质
5.如图为镁一间二硝基苯电池的工作原理示意图已知:电池放电时,镁转化为氢氧化镁间二硝基苯则转化为间苯二胺下列说法不正确的是A.电池放电时,电子由镁电极流出经过用电器流向石墨电极B.电池放电时,镁电极附近的电解质溶液的pH降低C.电池放电时,理论上每生成1mol间苯二胺就有12moH+通过质子交换膜D.电池放电时,石墨电极上发生的反应为+12H+-12e-=+4H2O【答案】D【解析】根据氢离子的移动方向知,碳棒是正极,正极上得电子发生还原反应,电极反应式为,镁为负极,负极上失电子发生氧化反应,电极反应式为Mg-2e-+2H2O=MgOH2+2H+A.电池放电时是原电池,原电池中电子由负极经导线流向正极,即由镁电极流出经过用电器流向石墨电极,故A正确;B.电池放电时,负极Mg-2e-+2H2O=MgOH2+2H+,镁电极附近的电解质溶液的pH降低,故B正确;C.电池放电时,正极,每生成1mol间苯二胺就有12moH+通过质子交换膜,故C正确;D.根据上述分析,正极的电极反应式为,故D错误;故选D
6.短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大,b和c为两种常见的金属元素,a、b、c、d的最高价氧化物对应的水化物依次为甲、乙、丙、丁,它们之间存在如图所示的反应关系图中用“--“相连的两种物质间能发生反应下列判断一定正确的是A.简单离子半径:dbcaB.等物质的量的ba
7.已知298K时,某碱MOH的电离平衡常数Kb=
1.0×10-5;电离度a=在
20.00mL
0.1000mol/LMOH溶液中滴加
0.10mol/L盐酸,测得溶液的pH、温度与所加盐酸的体积的关系如图所示下列说法不正确的是A.a点对应的溶液中:cOH-=M++H+B.b点对应的V=
20.00mLC.298K时,
0.1000mol/LMOH溶液中,MOH的电离度a=1%D.298K时,将
0.1molMOH和
0.1moMCl溶于水配制成1L混合溶液,溶液的pH9【答案】D【解析】A.a点为
0.1000mol/LMOH溶液,存在电荷守恒,cOH-=cM++cH+,故A正确;B.b点溶液显酸性,若V=
20.00mL,则恰好生成MCl,水解显酸性,与图像吻合,故B正确;C.298K时,MOH的电离平衡常数Kb=
1.0×10-5,
0.1000mol/LMOH溶液中,
1.0×10-5===,则cM+=
1.0×10-3,因此MOH的电离度a=×100%=1%,故C正确;D.298K时,将
0.1molMOH和
0.1moMCl溶于水配制成1L混合溶液,假设电离的MOH的物质的量为x,则Kb=
1.0×10-5==,加入MCl抑制MOH的电离,MOH的电离度<1%,则x<
0.001,因此cOH-<
1.0×10-5,则cH+>
1.0×10-9,pH<9,故D错误;故选D点睛本题考查酸碱混合的定性判断,把握酸碱混合后的溶质、盐类水解、电荷守恒为解答本题关键注意选项D为解答的难点,需要根据电离平衡常数解答,温度不变,电离平衡常数不变
8.氧、硫、硒、碲都位于元素周期表的VIA族,其化合物在化工生产中有广泛应用1下列性质的递变顺序不正确的是_____填字母A.酸性:H2SeO4H2SeO3B.非金属性:OSSeTeC.还原性:H2TeH2SeH2SH2OD.热稳定性:H2OH2TeH2SeH2SE.沸点:H2TeH2SeH2SH2O2在常温下进行的置换反应X+W→Y+V中H2O可以扮演不同的“角色”已知X、Y是短周期主族元素形成的单质,W、V是化合物
①若W是水,且作还原剂,反应的化学方程式为_________
②若V是水,为还原产物,反应的化学方程式为_____________3
①一定温度下,向恒容密闭容器中充入一定量的H2S,发生反应H2SgS2g+2H2g下列情况中,可判断该反应达到平衡状态的是_______填字母A.混合气体的密度不再变化B.混合气体的压强不再变化C.不再变化D.H2S与H2的消耗速率相等
②已知:液态CS2完全燃烧生成CO
2、SO2气体,每转移3mol电子时放出
269.2kJ热量写出表示CS21的燃烧热的热化学方程式______________4
①工业上,用S02还原TeC14溶液制备碲Te,反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为____________
②以石墨为电极,电解强碱性Na2TeO3溶液也可获得碲,电解过程中阴极的电极反应式为_____;阳极产生的气体是_____填化学式【答案】
1.DE
2.2F2+2H2O=O2+4HF
3.O2+2H2S=2S↓+2H2O
4.BD
5.CS2l+3O2g=CO2g+2SO2gΔH=-
1076.8kJ·mol-
16.2∶
17.TeO32-+4e+3H2O=Te+6OH-
8.O2【解析】1A.同一元素的含氧酸,元素的化合价越高,酸性越强,酸性H2SeO4H2SeO3,故A正确;B.同一主族元素从上到下,元素的非金属性逐渐减弱,非金属性:OSSeTe,故B正确;C.元素的非金属性越强,对应离子的还原性越弱,还原性:H2TeH2SeH2SH2O,故C正确;D.元素的非金属性越强,氢化物的稳定性越强,热稳定性:H2OH2SH2SeH2Te,故D错误;E.水分子间能够形成氢键,水的沸点最高,故E错误;故选DE;2
①W是水,作还原剂,则X是氧化剂,且是单质,能和水反应且作氧化剂的短周期元素单质是氟气,氟气和水反应的化学反应方程式为2F2+2H2O═O2+4HF,故答案为2F2+2H2O═O2+4HF;
②V是水,则W为氢化物,且X为O2,符合条件的置换反应为O2+2H2S=2H2O+2S↓,故答案为O2+2H2S=2H2O+2S↓;3
①A.反应中的物质均为气体,混合气体的密度始终不变,不能判断反应达到平衡状态,错误;B.反应前后气体的物质的量发生变化,混合气体的压强不再变化,说明气体的物质的量不变,能够判断反应达到平衡状态,正确;C.始终为2:1,不能判断反应达到平衡状态,错误;D.H2S与H2的消耗速率相等,说明正逆反应速率相等,能够判断反应达到平衡状态,正确;故选BD;4
①工业上,用SO2还原TeC14溶液制备碲Te,反应的方程式为2SO2+TeC14+4H2O=Te+2H2SO4+4HCl,其中氧化产物为硫酸,还原产物为Te,物质的量之比为2:1,故答案为2:1;
②以石墨为电极,电解强碱性Na2TeO3溶液也可获得碲,电解过程中阴极发生还原反应,电极反应式为TeO32-+4e+3H2O=Te+6OH-;阳极发生氧化反应,溶液中的氢氧根离子放电生成氧气,故答案为TeO32-+4e+3H2O=Te+6OH-;O
29.氢化铝锂LiAlH4是有机合成中的重要还原剂某课题组设计实验制备氢化铝锂并测定其纯度已知:氢化铝锂、氢化锂遇水都剧烈反应并产生同一种气体I.制备氢化锂选择图1中的装置制备氢化锂有些装置可重复使用:1装置的连接顺序从左至右为A→________________2检查好装置的气密性,点燃酒精灯前需进行的实验操作是______________3写出制备氢化锂的化学方程式:__________________II.制备氢化铝锂1947年,Schlesinger、Bond和Finholt首次制得氢化铝锂,其方法是使氢化锂与无水三氯化铝按一定比例在乙醚中混合,搅拌,充分反应后,经一系列操作得到LiAlH4晶体4写出氢化锂与无水三氯化铝反应的化学方程式:______________III.测定氢化铝锂产品不含氢化锂的纯度5按图2装配仪器、检查装置气密性并装好药品Y形管中的蒸馏水足量为了避免氢化铝锂遇水发生爆炸,蒸馏水中需掺入四氢呋喃作稀释剂启动反应的操作是______________读数之前,上下移动量气管右侧的容器,使显气管左、右两侧的液面在同一水下面上,其目的是______6在标准状况下,反应前量气管读数为VmL,反应完毕并冷却之后量气管读数为V1mL该样品的纯度为________用含a、V
1、V2的代数式表示如果起始读数时俯视刻度线,测得的结果将______填“偏高“偏低”或“无影响”【答案】
1.D→B→C→B→E
2.打开装置A中分液漏斗的活塞,一段时间后,用小试管在装置E的水槽中收集气体并验纯
3.2Li+H22LiH
4.4LiH+AlCl3=====LiAlH4+3LiCl
5.倾斜Y形管,将蒸馏水(掺入四氢呋喃)全部注入ag产品中
6.确保量气管内气体的压强与大气压强相等
7.%
8.偏高【解析】I.1氢化锂遇水能够剧烈反应,因此生成的氢气需要干燥,并除去其中混有的H2S,因此需要显通过氢氧化钠溶液除去硫化氢气体,再通过浓硫酸干燥,然后在C装置中发生反应生成氢化锂,为防止外界水蒸气进入装置,后面需要接干燥装置B,最后用排水集气法收集未反应的氢气,装置的连接顺序从左至右为A→D→B→C→B→E,故答案为D→B→C→B→E;2检查好装置的气密性,点燃酒精灯前需要首先制备氢气,并检验氢气的纯度,因此进行的实验操作为打开装置A中分液漏斗的活塞,一段时间后,用小试管在装置E的水槽中收集气体并验纯,故答案为打开装置A中分液漏斗的活塞,一段时间后,用小试管在装置E的水槽中收集气体并验纯;3氢气与锂反应制备氢化锂的化学方程式为,故答案为2Li+H22LiH;II.4氢化锂与无水三氯化铝按一定比例在乙醚中混合,充分反应得到LiAlH4,反应的化学方程式为4LiH+AlCl3=LiAlH4+3LiCl,故答案为4LiH+AlCl3=LiAlH4+3LiCl;III.5按图2装配仪器、检查装置气密性并装好药品,Y形管中的蒸馏水足量,启动反应时只需要倾斜Y形管,将蒸馏水掺入四氢呋喃全部注入ag产品中即可读数之前,上下移动量气管右侧的容器,使量气管左、右两侧的液面在同一水下面上,可以确保量气管内气体的压强与大气压强相等,减少实验误差,故答案为倾斜Y形管,将蒸馏水掺入四氢呋喃全部注入ag产品中,确保量气管内气体的压强与大气压强相等;6氢化铝锂、氢化锂遇水都剧烈反应并产生同一种气体为氢气,LiAlH4+4H2O=LiOH+AlOH3+4H2↑,在标准状况下,反应前量气管读数为VmL,反应完毕并冷却之后量气管读数为V2mL,则生成的氢气为V2-V1mL,根据方程式,LiAlH4的物质的量为×,则样品的纯度=×100%=%,如果起始读数时俯视刻度线,导致V1偏小,结果偏高,故答案为%;偏高点睛本题考查了物质的制备和含量的测定本题的易错点为6中纯度的计算和误差的分析,分析误差时需要根据计算结果的表达式分析判断
10.为了缓解温室效应,科学家提出了多种回收和利用CO2 的方案方案I:利用FeO 吸收CO2 获得H2i.6FeOs +CO2g=2Fe3O4s +Cs △Hl =-
76.0kJ/molⅱ.Cs +2H2Og==CO2g +2H2g △H2 =+
113.4kJ/mol13FeOs +H2Og= Fe3O4s +H2g △H3 =__________2在反应i中,每放出
38.0kJ热量,有______g FeO被氧化方案II :利用CO2 制备CH4300℃时,向2 L恒容密闭容器中充入2molCO2 和8molH2,发生反应CO2g +4H2gCH4g +2H2Og △H4,混合气体中CH4的浓度与反应时间的关系如图所示3
①从反应开始到恰好达到平衡时,H2的平均反应速率vH2=________
②300℃时,反应的平衡常数K=________
③保持温度不变,向平衡后的容器中再充入2 molCO2 和8molH2,重新达到平衡时CH4 的浓度_______填字母A.等于
0.8mol/LB. 等于
1.6 mol/LC.
0.8mol/LcCH
41.6mol/LD.大于
1.6mol/L4300℃时,如果该容器中有
1.6molCO
2、
2.0mol H
2、
5.6molCH
4、
4.0molH2Og,则v正____v逆填“”“”或“=”5已知200℃时.该反应的平衡常数K=
61.8L2·mol-2则△H4___0(填“”“”或“=”方案Ⅲ:用碱溶液吸收CO2利用100mL3mol/LNaOH溶液吸收
4.48LCO2标准状况,得到吸收液6该吸收液中离子浓度的大小排序为____________将该吸收液蒸干,灼烧至恒重,所得固体的成分是_______填化学式【答案】
1.+
18.7kJ·mol-
12.
1443.
0.32mol·L-1·min-
14.25L2·mol-
25.D
6.>
7.<
8.cNa+>cHCO3->cCO32->cOH->cH+
9.Na2CO3【解析】1i.6FeOs +CO2g=2Fe3O4s +Cs △Hl =-
76.0kJ/mol,ⅱ.Cs +2H2Og==CO2g +2H2g △H2 =+
113.4kJ/mol,根据盖斯定律,将i+ii×得3FeOs +H2Og= Fe3O4s +H2g △H3 =[-
76.0kJ/mol++
113.4kJ/mol]×=+
18.7kJ·mol-1,故答案为+
18.7kJ·mol-1;2在反应i6FeOs +CO2g=2Fe3O4s +Cs △Hl =-
76.0kJ/mol中,每放出
38.0kJ热量,有3mol FeO参与反应,其中2mol FeO被氧化,质量为144g,故答案为144;3
①从反应开始到恰好达到平衡时,H2的平均反应速率vCH4==
0.08mol·L-1·min-1,则vH2=4vCH4=
0.32mol·L-1·min-1,故答案为
0.32mol·L-1·min-1;
②CO2g +4H2gCH4g +2H2Og起始mol/L1400反应mol/L
0.
83.
20.
81.6平衡mol/L
0.
20.
80.
81.6300℃时,反应的平衡常数K==25,故答案为25;
③保持温度不变,向平衡后的容器中再充入2 molCO2 和8molH2,相当于增大压强,平衡正向移动重新达到平衡时CH4 的浓度大于
1.6mol/L,故选D;4300℃时,如果该容器中有
1.6molCO
2、
2.0mol H
2、
5.6molCH
4、
4.0molH2Og,Qc==14<K=25,反应正向进行,v正>v逆,故答案为>;5200℃时.该反应的平衡常数K=
61.8L2·mol-2,说明升高温度,平衡常数减小,平衡逆向移动,正反应为放热反应,则△H4<0,故答案为<;6标准状况下
4.48LCO2的物质的量为=
0.2mol,100mL3mol/LNaOH溶液中含有NaOH
0.3mol,反应生成等物质的量的Na2CO3和NaHCO3的混合物,碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子,溶液显碱性,溶液中离子浓度的大小顺序为cNa+>cHCO3->cCO32->cOH->cH+将该吸收液蒸干,灼烧至恒重,碳酸氢钠完全分解生成碳酸钠,故答案为cNa+>cHCO3->cCO32->cOH->cH+;Na2CO
311.工业上采用氨化铵焙烧菱锰矿制备高纯度碳酸锰,工艺流程如下:已知相关信息如下
①菱锰矿的主要成分是MnCO3,还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素
②氢氧化物沉淀的条件Al3+、Fe3+完全沉淀的pH分别为
4.
7、
3.2;Mn2+、Mg2+开始沉淀的pH分别为
8.
1、
9.1
③“焙烧”过程的主要反应:MnCO3+2NH4C1MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O
④常温下,几种难溶物的Ksp如下表所示:难溶物MnOH2MnCO3CaF2MgF2Ksp
2.0×10-
132.0×10-
112.0×10-
107.0×10-111分析图
1、图
2、图3,最佳的焙烧温度、焙烧时间、分别为_____、_____、_____、2“除杂“过程如下:
①已知几种氧化剂氧化能力的强弱顺序为NH42S2O8H2O2Cl2MnO2Fe3+,则氧化剂X宜选择_______填字母A.NH42S2O8B.MnO2C.H2O2D.Cl2
②调节pH时,pH可取的最低值为________
③当CaF
2、MgF2两种沉淀共存时,若溶液中cCa2+=
1.0×10-5mol/L,则cMg2+=_____mol/L3“沉锰”过程中,不用碳酸钠溶液替代NH4HCO3溶液,可能的原因是____________4测定碳酸锰粗产品的纯度实验步骤:
①称取
0.5000g碳酸锰粗产品于300mL作锥形瓶中,加少量水湿润再加25mL磷酸,移到通风橱内加热至240℃,停止加热,立即加入2g硝酸铵,保温,充分反应后,粗产品中的碳酸锰全部转化为MnPO42]3-,多余的硝酸铵全部分解用氨气赶尽锥形瓶内的氮氧化物,冷却至室温
②将上述锥形瓶中的溶液加水稀释至100mL,滴加2~3滴指示剂,然后用浓度为
0.xxmol/L的硫酸亚铁铵[NH42FeSO42]标准溶液滴定,发生的反应为[MnPO42]3-+Fe2+=Mn2++Fe3++2PO43-到达滴定终点时,消耗的硫酸亚铁铵标准溶液的体积为
20.00mL计算:碳酸锰粗产品的纯度=________误差分析:若滴定终点时发现滴定管尖嘴处产生了气泡,则测得的碳酸锰粗产品的纯度_____填“偏高”“偏低”或“无影响”【答案】
1.500℃
2.60min
3.
1.
14.B
5.
4.
76.
3.5×10-
67.碳酸钠溶液中的cOH-较大,会产生MnOH2沉淀
8.
92.00%
9.偏低【解析】菱锰矿的主要成分是MnCO3,还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素,与氯化铵混合研磨后煅烧的固体中含有氯化锰、四氧化三铁、氧化铝、氧化钙和氧化镁,加入盐酸,浸出液中主要含有Al3+、Fe3+、Fe2+、Mn2+、Mg2+,经过净化后,在净化液中加入碳酸氢铵,使锰离子沉淀,生成MnCO3,最后得到高纯度MnCO31根据图1在500℃时锰的浸出率较高、根据图2焙烧时间60min时锰的浸出率较高、根据图3=
1.1时锰的浸出率较高,因此最佳的焙烧温度、焙烧时间、分别为500℃、60min、
1.1,故答案为500℃;60min;
1.1;2
①根据几种氧化剂氧化能力的强弱顺序为NH42S2O8H2O2Cl2MnO2Fe3+,为了不引入新的杂质,氧化剂X宜选择MnO2,故答案为B;
②根据氢氧化物沉淀的条件Al3+、Fe3+完全沉淀的pH分别为
4.
7、
3.2;Mn2+、Mg2+开始沉淀的pH分别为
8.
1、
9.1,调节pH时,主要是沉淀Fe3+、Al3+,不能影响Mn2+,故pH的最低值为
4.7,故答案为
4.7;
③当CaF
2、MgF2 两种沉淀共存时,若溶液中cCa2+ =
1.0×10-5mol/L,根据KspCaF2和KspMgF2可知,cF-==mol/L,则KspMgF2=cMg2+×c2F-,则cMg2+==mol/L=
3.5×10-6mol/L,故答案为
3.5×10-6;3碳酸钠溶液的碱性较强,cOH-较大,会产生MnOH2沉淀,因此“沉锰”过程中,不用碳酸钠溶液替代NH4HCO3溶液,故答案为碳酸钠溶液中的cOH-较大,会产生MnOH2沉淀;4根据[MnPO42]3- +Fe2+=Mn2+ +Fe3+ +2PO43-可知,[MnPO42]3-的物质的量与硫酸亚铁铵的物质的量相等,则[MnPO42]3-的物质的量与硫酸亚铁铵的物质的量=
0.xxmol/L×
0.02L=
0.004mol,根据锰元素守恒,
0.5000g碳酸锰粗产品中碳酸锰的物质的量=
0.004mol,碳酸锰粗产品的纯度=×100%=
92.00%,若滴定终点时发现滴定管尖嘴处产生了气泡,导致标准溶液的体积偏小,则[MnPO42]3-的物质的量偏小,测得的碳酸锰粗产品的纯度偏低,故答案为
92.00%;偏低。