湖南省长沙市2025届高三化学下学期月考卷六含解析

时量：75分钟满分：100分可能用到的相对原子质量：H~1C~12N~14O~16F~19Na~23Al~27Si~28S~32Cl~35.5Ca~40Fe~56Ba~137第Ⅰ卷(选择题共42分)一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意。)1.成语、古诗词、谚语等都是我国传统文化的珍宝。下列有关解读错误的是A.“水滴石穿”过程中发生了是化学变更B.“雨过天晴云破处，这般颜色做将来”，所描述的瓷器青色，不是来自氧化铁C.“三月打雷麦谷堆”是指在雷电作用下最终转化成被作物吸取的化合态氮D.“日照香炉生紫烟”，描述的是碘的升华【答案】D【解析】【详解】A．“水滴石穿”过程是水滴在下降过程中与空气中的CO2结合形成碳酸，接触石头时与之反应，渐渐将石头“击穿”，过程中发生了化学变更，A正确；B．氧化铁为红棕色，瓷器青色不是来自于氧化铁，B正确；C．“三月打雷麦谷堆”是指在雷电作用下跟氧气在放电作用下能干脆化合生成无色的一氧化氮气体，一氧化氮不溶于水，在常温下易跟空气中的氧气化合，生成红棕色的二氧化氮气体，二氧化氮易溶于水，它溶于水后生成硝酸和一氧化氮，硝酸进一步转化为可以为植物吸取的硝酸盐，增加土壤中氮肥含量，有利于作物生长，C正确；D．“日照香炉生紫烟”描述的是白光在云雾中发生光的折射形成的光现象，D错误；故答案为：D。2.为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A.已知，14gR含有的中子数为8B.0.4mol联氨()中含有共价键数目为2C.138g与完全反应时转移的电子数为3D.常温下1LpH=12的溶液中，电离出的数为【答案】C【解析】【详解】A．R为，1个含8个中子，故14gR含有的中子数为，故A正确；B．1个分子中含有5个共价键，故0.4mol联氨()中含有共价键数目为，故B正确；C．与反应的化学方程式为，故138g(即3mol)与完全反应时转移的电子数为，故C错误；D．溶液中，，所以常温下1LpH=12的溶液中，电离出的数为，故D正确；故答案为C。3.周期表中VIA族元素及其化合物应用广泛。用硫磺熏蒸中药材的传统由来已久；是一种易燃的有毒气体(燃烧热为)，可制取各种硫化物；硫酸、硫酸盐是重要化工原料；硫酰氯是重要的化工试剂，常作氯化剂或氯磺化剂。硒和碲(52的单质及其化合物在电子、冶金、材料等领域有广袤的发展前景，工业上以精炼铜的阳极泥(含CuSe)为原料回收，以电解强碱性溶液制备。下列化学反应表示正确的是A.的燃烧：B.遇水猛烈水解生成两种强酸：C.电解强碱性溶液的阴极反应：D.CuSe和浓硝酸反应：【答案】C【解析】【详解】A．依据题意可知燃烧热为，燃烧的热化学方程式为：，故A错误；B．反应生成硫酸与盐酸，故不应当出现亚硫酸根，应当为硫酸根，，故B错误；C．强碱性环境，阴极得电子，，故C正确；D．浓硝酸具有强氧化性，可以氧化H2Se，故D错误；故答案为C。4.某100mL溶液可能含有Na+、、Fe3+、、、Cl－中的若干种，取该溶液进行连续试验，试验过程如图(所加试剂均过量，气体全部逸出)。下列说法正确的是A.原溶液可能存在Cl－和Na+B.原溶液确定存、和，确定不存在Fe3+、Na+、Cl-C.原溶液中c()是0.01mol•L－1D.若原溶液中不存在Na+，则c(Cl－)=0.1mol•L－1【答案】D【解析】【分析】加入氯化钡溶液，生成沉淀，确定含有碳酸根或是硫酸根中的至少一种，则该沉淀为BaSO4、BaCO3中的至少一种，沉淀部分溶解于盐酸，所以确定是BaSO4、BaCO3的混合物，确定存在、，硫酸钡沉淀是2.33g，n()=n(BaSO4)=，n()=n(BaCO3)=，碳酸根和铁离子不共存，确定不存在Fe3+，所得到的滤液中加入氢氧化钠，出现气体，为氨气，确定含有，n()=n(NH3)=，正电荷量为0.05mol，负电荷量为0.01mol×2+0.01mol×2=0.04mol＜0.05mol，依据电荷守恒可知，确定含有Cl-，可能含有Na+，则n(Cl-)≥0.01mol，据此分析解答。【详解】由上述分析可知，原溶液中确定含有0.01mol、0.01mol、0.05mol≥0.01molCl-，可能含有Na+，确定不含有Fe3+，

A．由上述分析可知，原溶液中确定含有Cl-，可能含有Na+，故A错误；

B．由上述分析可知，原溶液中确定含有、，可能含有Na+，确定不含有Fe3+，故B正确；

C．碳酸根离子的物质的量是，则c()=，故C错误；

D．若原溶液中不存在Na+，依据电荷守恒可知，n(Cl-)=0.01mol，，故D错误；

故选：B。5.恒压条件下，密闭容器中将CO2、H2依据体积比为1：3合成CH3OH，其中涉及的主要反应如下：Ⅰ.CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-49kJ·mol-lⅡCO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H2=41kJ·mol-l在不同催化剂作用下发生反应I和反应Ⅱ，在相同的时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的变更如图已知：CH3OH的选择性=下列说法正确的是A.反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H=90kJ·mol-1B.合成甲醇的相宜工业条件是290℃，催化剂选择CZ(Zr-1)TC.230℃以上，上升温度CO2的转化率增大，但甲醇的产率降低，缘由是230℃以上，升温对反应Ⅱ的影响更大D.保持恒压恒温下充入氦气，不影响CO2的转化率【答案】C【解析】【详解】A．依据盖斯定律由Ⅰ-Ⅱ可得热化学方程式为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，△H=△H1-△H2=（-49kJ·mol-l）-41kJ·mol-l=-90kJ·mol-1，A错误；B．由图可知在相同温度下CZ(Zr-1)T催化剂对甲醇的选择性更高，温度为230℃时甲醇的产率最高，B错误；C．230℃以上，上升温度，反应Ⅰ为放热反应，平衡逆向移动，甲醇的产率降低，反应Ⅱ为吸热反应，平衡正向移动，CO2的转化率增大，升温对反应Ⅱ的影响更大，C正确；D．恒压恒温下充入氦气，，反应体系的体积变大，相当于减压，对CO2的转化率有影响，D错误；故选C。6.我国科学家设计的二氧化碳熔盐捕获及电化学转扮装置如图所示。下列说法正确的是A.c为电源的正极B.①②中，捕获时碳元素的化合价均未发生变更C.d极的电极反应为D.转移1mol电子可捕获2．8L(标准状况)【答案】B【解析】【详解】过程①为，a极电极反应为，a电极失电子，为阳极，则b电极为电源的正极；过程②为，d极电极反应为，d电极得电子，通电为阴极，则c为电源的负极。A．由以上分析可知，c为电源的负极，A错误；B．①②中，捕获CO2时发生的反应分别为、，其中碳元素的化合价均未变更，B正确；C．d极电极反应为，d电极得电子为阴极，C错误；D．将阴、阳极发生的电极反应相加，便得到总反应为，转移4mol电子时，消耗1mol，则转移1mol电子可捕获的体积为(标准状况下)，D错误；故选B。7.氮及其化合物在生产生活中具有广泛应用。氮气经过一系列的变更可以合成氨、氮的氧化物、硝酸等重要的化工原料；NO能被溶液吸取生成协作物，削减环境污染。下列说法正确的是A.Fe供应孤电子对用于形成配位键B.该协作物中阴离子空间结构为三角锥形C.配离子为，中心离子的配位数为6D.该协作物中所含非金属元素均位于元素周期表的p区【答案】C【解析】【详解】A．协作物中Fe2+供应空轨道，NO和H2O供应孤电子对用于形成配位键，故A错误；B．该协作物中阴离子为SO，价层电子对数为4+=0，且没有孤对电子，空间结构为正四面体形，故B错误；C．配离子为，配体为NO和H2O，中心离子的配位数为6，故C正确；D．H元素元素周期表的s区，故D错误；故选C。8.部分含硫物质的类别与相应化合价及部分物质间转化关系如图。下列说法错误的是A.a是种有臭鸡蛋气味的气体 B.空气中燃烧b可以得到大量的dC.f在工业上常用作还原剂 D.b附着在试管壁上可以用热的浓NaOH溶液洗涤【答案】B【解析】【分析】依据部分含硫物质的类别与相应化合价图可知：a是H2S，b是S单质，c是SO2，d是SO3，e是H2SO4，f是亚硫酸盐，g是金属硫化物。【详解】A．依据分析可知：物质a为H2S，H2S是一种有臭鸡蛋气味的气体，A正确；B．S在空气中与O2反应产生SO2，不能燃烧产生SO3，B错误；C．f是亚硫酸盐，S元素化合价为+4价，具有强的还原性，简洁被氧化产生硫酸盐，C正确；D．b是S，S不溶于水，能够与热的NaOH溶液反应产生可溶性的Na2S、Na2SO4，故b附着在试管壁上可以用热的浓NaOH溶液洗涤，D正确；故合理选项是B。9.下列试验操作或装置能达到目的的是A.图I：比较乙酸和碳酸的酸性的强弱B.图II：测定醋酸浓度C.图III：提纯混有少量C2H4、的CH4D.图IV：证明乙炔可使溴水褪色【答案】B【解析】【详解】A．乙酸有挥发性，所以应先除去乙酸再将二氧化碳通入石灰水中，右端试管口不应封闭，A错误；B．在醋酸待测液中加入酚酞，可精确判定滴定终点，测定醋酸的浓度，B正确；C．酸性KMnO4溶液会将乙烯氧化为CO2，引入新杂质，C错误；D．电石制得乙炔中常含有H2S、PH3杂质，干脆通入溴水中会干扰乙炔性质的检验，应先通入硫酸铜溶液中除去H2S、PH3，D错误；因此，本题选B。10.科技工作者运用DFT计算探讨在甲醇钯基催化剂表面上制氢的反应历程如图所示。其中吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是A.吸附在催化剂表面是一个吸热过程B.甲醇在不同催化剂表面上制氢的反应历程完全相同C.的D.是该历程的决速步骤【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，吸附在催化剂表面生成物的总能量低于反应物的总能量，为放热过程，故A错误；B．催化剂可以变更路径，运用不同的催化剂，反应的历程不同，故B错误；C．CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g)的△H=生成物相对能量-反应物相对能量=(97.9-0)kJ•mol-1=+97.9kJ•mol-1，故C错误；D．由图可知，该历程中最大能垒(活化能)就是由-65.7kJ•mol-1上升到113.9kJ•mol-1，E正=(113.9+65.7)=179.6kJ•mol-1，活化能越大反应速率越慢，的反应速率最慢，是该历程的决速步骤，故D正确；故选D。11.是离子晶体，其晶胞如下图1所示(已知氟化钙晶胞参数为apm，表示阿伏加德罗常数的值)，难溶于水、可溶于酸。常温下，用盐酸调整浊液的pH，测得在不同pH条件下，体系中与(X为或)的关系如图2所示。下列说法错误的是。A.每个氟化钙晶胞中含有的数目为4个B.氟化钙的晶体密度为C.表示与的变更曲线D.的数量级为【答案】C【解析】【分析】已知HF的，则有，即有

越大，c(F-)越大，lgc(F-)越大，-lgc(F-)越小，c(F-)越大，c(Ca2+)越小，则-lgc(Ca2+)越大，故可知L1代表-lgc(Ca2+)的变更曲线，L2代表-lgc(F-)的变更曲线，据此分析解题。【详解】A．每个氟化钙晶胞中含有Ca2+的数目为8×+6×=4，故A正确；B．晶胞体积V=(a×10-10cm)3，该晶胞中相当于含有4个“CaF2”，晶胞质量为m=g，则氟化钙的密度=，故B正确；C．由分析可知，L1表示-lgc(Ca2+)与的变更曲线，故C错误；

D．由a点坐标可知，═10-1.2，c(F-)=10-2，则Ka=10-1.2×10-2=10-3.2，由b点坐标可知，c(Ca2+)=10-2mol/L，此时=10-0.7，故可求出此时溶液中c(F-)=10-0.7×10-3.2=10-3.9，故Ksp(CaF2

)=c(Ca2+)c2(F-)=10-2×(10-3.9)2=10-9.8，故其数量级为10-10，故D正确；故选：C。12.以高硫铝土矿(主要成分为Fe2O3、Al2O3、SiO2，少量FeS2和硫酸盐)为原料制备聚合硫酸铁[Fe2(OH)x(SO4)y]n和明矾的部分工艺流程如下，下列说法错误的是已知：赤泥液的主要成分为Na2CO3。A.聚合硫酸铁可用于净化自来水，与其组成中的Fe3+具有氧化性有关B.赤泥液的作用是吸取“焙烧”阶段中产生的SO2C.在“聚合”阶段，若增加Fe2O3用量，会使[Fe2(OH)x(SO4)y]n中x变大D.从“滤液”到“明矾”的过程中还应有“除硅”步骤【答案】A【解析】【分析】高硫铝土矿经焙烧后，FeS2中的S元素转化为SO2被除去，生成的SO2用赤泥液吸取，防止其污染环境。高硫铝土矿经碱浸后，Al2O3转化为，SiO2转化为。过滤后将滤渣经酸浸氧化后，Fe2+全部被转化为Fe3+，用于制备聚合硫酸铁。进入滤液中，可用于制备明矾。据此解答。【详解】A.聚合硫酸铁可用于净水，原理是聚合硫酸铁中的Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体可吸附水中的悬浮物和杂质，与Fe3+的氧化性无关，故A项错误；B.赤泥液主要成分是Na2CO3，可吸取焙烧产生的SO2，故B项正确；C.聚合硫酸铁中的OH-来源于Fe2O3，因此增加Fe2O3用量会使[Fe2(OH)x(SO4)y]n中x变大，故C项正确；D.制备明矾的滤液中含有，应预先除去，故D项正确。故答案选：A。【点睛】酸浸后的溶液中含有Fe2+，须要先加入氧化剂将其氧化成Fe3+，一般选用过氧化氢，其产物无污染，被称为“绿色氧化剂”。碱浸后滤液中含和，欲制备明矾，应先除去。13.反应可制备广谱消毒剂，装置如图所示(夹持装置已略去)。下列说法错误的是A.按气流从左至右，装置中导管连接依次为f→c→d→a→b→eB.上升温度不利于装置A中产品的生成C.当加入4molNaOH时，最多消耗氰尿酸()1molD.装置D中橡皮管可平衡气压，便于浓盐酸顺当流下【答案】C【解析】【分析】浓盐酸和反应生成，盐酸具有挥发性，所以生成的氯气中含有HCl，用饱和食盐水除去Cl2中的HCl，氯气与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，和NaClO反应生成、NaOH和H2O，发生反应的化学方程式为。氯气有毒，多余的氯气须要用NaOH溶液吸取，防止污染环境。【详解】A．A为制取的装置、B为除去氯气中的HCl的装置、C为处理尾气装置、D为制取装置，所以完成上述试验，按气流从左至右，导管连接依次为f→c→d→a→b→e，A正确；B．上升温度，和NaOH溶液反应生成，生成NaClO浓度减小，不利于装置A中产品的生成，B正确；C．由反应方程式：、，可得关系式：，加入4molNaOH时，可消耗1mol，由于产物也生成NaOH，则消耗氰尿酸大于1mol，C错误；D．装置D是浓盐酸和反应生成，由于产生气体，装置D内压强较大，运用橡皮管可平衡气压，便于浓盐酸顺当流下，D正确；答案选C。14.X、Y、Z、Q、E、M六种元素中，X的原子的基态价电子排布式为2S2，Y的基态原子核外有5种运动状态不同的电子，Z元素的两种同位素原子通常作为示踪原子探讨生物化学反应和测定文物的年头，Q是元素周期表中电负性最大的元素，E的阳离子通常存在于硝石、明矾和草木灰中，M的原子序数比E大1。下列说法正确的是A.EYQ4中阴离子中心原子的杂化方式为sp3杂化B.X、Y元素的第一电离能大小关系：X<YC.ZO32-的空间构型为三角锥形D.MZ2仅含离子键，可用于制备乙炔【答案】A【解析】【分析】X的原子的基态价电子排布式为2S2，可知X为Be；Y的基态原子核外有5种运动状态不同的电子，可知Y为B；Z元素的两种同位素原子通常作为示踪原子探讨生物化学反应和测定文物的年头，可知Z为C；Q是元素周期表中电负性最大的元素，可知Q为F；E的阳离子通常存在于硝石、明矾和草木灰中，可知E为K；M的原子序数比E大1，可知M为Ca。【详解】A．EYQ4中阴离子为BF4-，中心原子B的杂化方式为sp3杂化，A正确；B．第ⅡA族的电离能大于ⅢA族，故Be>B，B错误；C．CO32-中C原子实行sp2杂化，空间构型为平面三角形，C错误；D．CaC2中既含离子键，也含碳原子间的共价键，D错误；答案选A。【点睛】第ⅡA族元素原子最外层电子层全满状态，故第一电离能比相邻同周期元素的大。第Ⅱ卷(非选择题共58分)二、非选择题(本题共4小题，共58分。)15.随着我国“碳达峰”、“碳中和”目标的确定，二氧化碳资源化利用倍受关注。Ⅰ.以和为原料合成尿素：。（1）有利于提高平衡转化率的措施是_______(填标号)。A.高温低压 B.低温高压 C.高温高压 D.低温低压（2）探讨发觉，合成尿素反应分两步完成，其能量变更如图甲所示。第一步：其次步：反应速率较快的是反应_______(填“第一步”或“其次步”)。Ⅱ.以和催化重整制备合成气：。（3）在密闭容器中通入物质的量均为0.2mol的和，在确定条件下发生反应，的平衡转化率随温度、压强的变更关系如图乙所示：①若反应在恒温、恒容密闭容器中进行，下列叙述能说明反应到达平衡状态的是_______(填标号)。A.容器中混合气体的密度保持不变B.容器内混合气体的压强保持不变C.反应速率：D.同时断裂2molC—H和1molH—H②由图乙可知，压强_______(填“>”“<”或“=”)。③已知气体分压=气体总压×气体的物质的量分数，用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数，则X点对应温度下的_______(用含的代数式表示)。Ⅲ.电化学法还原二氧化碳制乙烯。在强酸性溶液中通入二氧化碳，用惰性电极进行电解可制得乙烯，其原理如图丙所示：（4）阴极电极反应为_______；该装置中运用的是_______(填“阳”或“阴”)离子交换膜。【答案】（1）B（2）第一步（3）①.BCD②.<③.（4）①.②.阳【解析】【小问1详解】A．高温低压，平衡逆向移动，不能提高二氧化碳平衡转化率，A错误；B．低温高压，平衡正向移动，能提高二氧化碳的平衡转化率，B正确；C．高温高压不能确定平衡移动方向，C错误；D．低温低压不能确定平衡移动方向，D错误；故选B；【小问2详解】反应速率较快的是第一步，理由是第一步反应的活化能小；【小问3详解】①A．反应中全为气体物质，恒容容器中混合气体的密度始终保持不变，故不能说明反应达到平衡，A不符合题意；B．反应前后气体的总物质的量不同，故容器内混合气体的压强保持不变能说明反应达到平衡，B符合题意；C．反应速率：说明正逆反应速率相等，说明达到平衡，C符合题意；D．同时断裂2molC—H和1molH—H能说明正逆反应速率相等，说明反应达到平衡，D符合题意；故选BCD；②结合反应，温度相同时，压强增大，平衡逆向移动，甲烷的转化率降低，故由图乙可知，压强。③，平衡时总物质的量为，则平衡时甲烷的平衡分压为，二氧化碳的平衡分压为，一氧化碳的平衡分压为，氢气的平衡分压为，则X点对应温度下的。【小问4详解】连接电源负极的一极为阴极，阴极电极反应为；因为阳极室中的氢离子须要进入阴极室，故该装置中运用的是阳离子交换膜。16.卤素单质及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题：（1）氟原子激发态的电子排布式有_______(填标号)。A.B.C.（2）O、F、Cl电负性由大到小的依次为_______；分子的空间结构为_______；的熔、沸点低于，缘由是_______。（3）(二氟氮烯)分子中，氮原子的杂化类型为，则的结构式为_______。（4）晶体与NaCl晶体结构相像。①设阿伏加德罗常数的值为，距离最近的两个间距为apm，NiO的摩尔质量为，则NiO晶体的密度为_______。②晶体普遍存在各种缺陷。某种NiO晶体中存在如图所示的缺陷：当一个空缺，会有两个被两个所取代，但晶体仍呈电中性。经测定某氧化镍样品中与的离子数之比为6∶91.若该晶体的化学式为，则_______。【答案】（1）A（2）①.F>O>Cl②.V形③.和是结构相像的分子晶体，的相对分子质量大于，分子间作用力大于（3）（4）①.②.0.97【解析】【小问1详解】氟原子核外共有9个电子，基态氟原子核外电子排布式为，A选项所示微粒为氟原子核外2p能级的1个电子激发到3s能级，B选项所示微粒含10个电子，不是氟原子，C选项所示微粒为基态氟原子核外电子排布式，所以符合题意的是A，故答案为：A；【小问2详解】O、F为同周期元素，随原子序数递增电负性增大，电负性：F>O，F、Cl为同一主族元素，随原子序数递增，非金属性减弱，电负性：F>Cl，O、Cl组成的化合物，O显负价，即共用电子对偏向O，O的电负性大于Cl，所以电负性：F>O>Cl。中氧原子价层电子对数为4，有2个孤电子对，故分子的空间结构为V形。和是结构相像的分子晶体，的相对分子质量小于，范德华力小于，所以的熔、沸点低于，故答案为：F>O>Cl；V形；和是结构相像的分子晶体，的相对分子质量大于，分子间作用力大于；【小问3详解】氮原子的杂化类型为，每个氮原子有1个孤电子对，N与F之间应存在1个键，N与N之间应为双键，故的结构式为，故答案为：；【小问4详解】①NiO晶体与NaCl晶体结构相像，1个晶胞中含有4个，4个，距离最近的两个间距为apm，因为距离最近的两个位于顶点和面心，为面对角线的一半，则晶胞边长为，为，则1个晶胞体积为，1个晶胞质量为，密度，故答案为：；②样品中与的离子数之比为6∶91，则含为，含为，依据晶体呈电中性，，解得，故答案为：0.97。17.明矾可做中药，性味酸涩、寒、有毒。利用废铝制备明矾，并测定其组成，试验过程如下。Ⅰ.制备明矾试验步骤如图：（1）溶解步骤中主要发生的离子反应方程式为_______。（2）用蒸馏水洗涤晶体的操作过程是_______。（3）生活中明矾可用作净水剂，结合离子方程式说明净水原理：_______。Ⅱ.样品中硫酸根的测定(一)绘制标准硫酸钡悬浊液吸光光谱图①分别量取0、1.0、2.0、3.0、4.0mL浓度为500μg/mL的标准硫酸钾溶液移入10mL的比色管中，然后分别加入5mL浓度为1g/mL的溶液，用蒸馏水定容。②用分光光度计测量标准系列(波长接受420nm)，数据如下(忽视混合过程中的体积变更)。(mL)1.02.03.04.0蒸馏水体积(mL)5abc1浓度(μg/mL)050100150200吸光值A00.3710.5530.7781.013③绘制硫酸钡悬浊液的吸光光谱图，绘制如下。（4）上述试验数据中b=_______，m=_______(保留1位有效数字)。(二)测定样品中硫酸根浓度①称取1.018g样品晶体配制成250mL的样品溶液。②量取1.0mL样品溶液移入10mL的比色管中，然后加入5mL浓度为1g/mL的溶液，用蒸馏水定容，测得样品的吸光值为0.858。（5）测得样品中硫酸根的质量分数为_______%(保留2位有效数字)。（6）试验测得硫酸根的含量小于理论值，可能的缘由有_______(填标号)。A.试验Ⅰ制得样品中有杂质 B.试验中所用标准硫酸钾溶液浓度偏大C.样品溶液配制过程中，定容仰视读数 D.样品溶液配制过程中，容量瓶未润洗【答案】（1）（2）向过滤器中注入蒸馏水，使其完全浸没晶体，待蒸馏水自然流尽后，重复操作2~3次（3），形成的胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物共同沉降（4）①.3②.0.005（5）39（6）BC【解析】【分析】废铝在KOH溶液中溶解得到偏铝酸钾溶液，过滤除去不溶性杂质，向溶液中加入稀硫酸，偏铝酸钾与稀硫酸反应得到含有SO、K+、Al3+的溶液，浓缩后，冰水浴冷却结晶，经过滤、洗涤、干燥得到产品。【小问1详解】溶解过程中主要反应为Al和KOH溶液的反应，离子方程式为；【小问2详解】用蒸馏水洗涤晶体的一般操作为：向过滤器中注入蒸馏水，使其完全浸没晶体，待蒸馏水自然流尽后，重复操作2~3次；【小问3详解】铝离子水解，形成的胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物共同沉降；【小问4详解】各组数据中所用溶液总体积应相等，所以，得；将代入可得，解得，故答案为：3；0.005；【小问5详解】