浙江省普通高校招生选考科目考试化学试题含解析

1、2017年11月浙江省普通高校招生选考科目考试化学试题本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。其中加试题部分为30分，用【加试题】标出。考生须知：1 .答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在试题卷和答题纸规定的位置上。2 .答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的答案一律无效。3,非选择题的答案必须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。4 .可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16N

2、a23Mg24A127S32Cl35.5K39Mn55Fe56Cu64Ba137一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1 .下列属于氧化物的是A.NaCB.Ca(OH)C.HC1CD.KCO【答案】A【解析】A、Na2O是含有两种元素且其中一种元素是氧元素的化合物，属于氧化物，故A正确；B、Ca(OH)2是由钙、氧、氢三种元素组成的化合物，不属于氧化物，故B错误；C、HClO中有三种元素，也含氧元素，但不属于氧化物，属于酸，故C错误；D、K2CO3是由钾、碳、氧三种元素组成的化合物，不属于氧化物，故D错误

3、；故选A。点睛：抓住氧化物的特征、熟悉常见的物质的组成是正确解答本题的关键。氧化物是只含有两种元素且其中一种元素是氧元素的化合物2 .下列仪器名称为“蒸储烧瓶”的是0。口【答案】B【解析】分析：根据仪器的构造分析解答。详解：根据仪器的构造可知A、此仪器为分液漏斗，A错误；B、此仪器为蒸储烧瓶，B正确；C、此仪器为容量瓶，C错误；D、此仪器为烧杯，D错误；答案选B。3 .下列属于电解质的是A.镁B.酒精C.硫酸铜D.食盐水【答案】C【解析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质。A、镁是单质不属于能导电的化合物，故不属于电解质，故A错误；B

4、.酒精是以分子的形式分散在水中形成的溶液不能导电，也不属于电解质，故B错误；C.硫酸铜在水溶液里能电离出自由移动的阴阳离子导致溶液导电，所以硫酸铜是电解质，故C正确；D.食盐水是混合物，所以不是电解质，故D错误；故选Co点睛：掌握电解质的概念和常见物质类型是解答本题的关键。注意电解质和非电解质都必须是化合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。4 .下列分散系属于悬浊液的是A.牛奶B.蔗糖溶液C.泥浆水D.氢氧化铁胶体【答案】C【解析】A.牛奶属于胶体，故A错误；B.蔗糖溶液属于溶液，故B错误；C.泥浆水属于悬浊液，故C正确；D.氢氧化铁胶体属于胶体，故D错误；故选Co点睛：根据分散质粒子

5、直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm100nm）、浊液（大于100nm）,其中固体颗粒形成的浊液是悬浊液，液体颗粒形成的浊液是乳浊液。5 .下列不属于化石燃料的是A.煤B.石油C.天然气D.甲醇【答案】D【解析】煤、石油和天然气是三大化石燃料，乙醇不属于化石燃料，属于可再生能源。故选D。6 .下列说法不正确的是A.干冰可用于人工降雨B.碘酸钾可用作加碘食盐的添加剂C.碳酸钠是发酵粉的主要成分D.次氯酸钙是漂白粉的有效成分【答案】C【解析】A.干冰气化会吸收大量的热，使得周围温度急剧降低，使水蒸气液化，能够形成人工降雨，故A正确；B.常温下，碘酸钾在空气中很稳定，因此

6、用作加碘食盐的添加剂，故B正确；C.发酵粉的主要成分是碳酸氢钠，故C错误；D.漂白粉的主要成分有次氯酸钙和氯化钙，其中次氯酸钙是漂白粉的有效成分，故D正确；故选Co7 .下列属于置换反应的是A.2FeCl3+Cu=CuC2+2FeCl2B.2HClOL2HC1+QTCOCuOCO+CuD.2M什CO2MgO-C【答案】D【解析】一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和化合物的反应是置换反应，A、生成物没有单质，不是置换反应，A错误；B、属于分解反应，B错误；C、反应物没有单质，不是置换反应，C错误；D、属于置换反应，D正确，答案选D。8 .下列表示不正确的是A.氯原子结构示意图咐B.二氧化碳的

7、结构式O=C=OC.CH的球棍模型杀,D.乙醛的官能团一CHO【答案】AI【解析】A.氯是17号元素，最外层有7个电子，原子结构示意图为A2国7,故AI错误；B.二氧化碳是直线分子，结构式：O=C=O,故B正确；C.碳原子半径比氢原子大，CH4是正四面体结构，球棍模型为杀，故C正确；D.乙醛的官能团为醛基，结构简式为9HO,故D正确；故选A。9 .下列物质的水溶液不能使酚醐变红的是A.NaOB.NaCOC.NaClD.NH【答案】C【解析】A.NaOH是强碱，溶液显碱性，能使酚醐变红，故A不选；B.Na2CO3属于强碱弱酸盐，水解后溶液显碱性，能使酚醐变红，故B不选；C.NaCl是强酸强碱盐，

8、溶液显中性，不能使酚醐变红，故C选；D.NH3的水溶液显碱性，能使酚醐变红，故D不选；故选Co点睛：酚酗:的变色范围为pH=810,溶液颜色由浅红色变成红色，能使酚醐变红的溶液显碱性，可以是碱或能够水解的强碱弱酸盐。需要注意的是本题的要求为“不能使酚醐变红溶液应该先酸性、中性或弱碱性。10 .下列方法（必要时可加热）不合理的是A.用澄清石灰水鉴别C5口COB.用水鉴别苯和四氯化碳C.用Ba(OH)溶液鉴别NHCl、(NHO2SO和CSOD.用淀粉碘化钾试纸鉴别碘水和滨水【答案】D【解析】A.用澄清石灰水与CO不反应，与CO2能够反应生成碳酸钙沉淀，溶液变浑浊，能够鉴别，故A不选；B.苯和四氯化

9、碳均不溶于水，但苯的密度小于水，四氯化碳的密度大于水，能够鉴别，故B不选；C.Ba(OH)2与NHQ加热时有刺激性气味的气体放出，与(NHQ2SO4加热时生成白色沉淀和刺激性气味的气体，与K2SO4反应生成白色沉淀，现象各不相同，能够鉴别，故C不选；D.淀粉碘化钾试纸遇到碘水和滨水均变成蓝色，现象相同，不能鉴别，故D选；故选D。11 .下列说法正确的是AJa表示中子数为10的氧元素的一种核素B.金刚石和石墨互为同素异形体，两者之间不能相互转化C.CHCOO用口CHCOOC瓯为同系物D.GHu的同分异构体有4种，其熔点各不相同【答案】A【解析】AJa表示中子数为18-8=10,质子数为8,属于氧

10、元素，故A正确；B.金刚石和石墨都是碳元素的单质，互为同素异形体，两者之间可以相互转化，故B错误；C.CH3COOH和CH3COOCH3的结构部相似，不是同系物，故C错误；D.C6H14的同分异构体有己烷，2-甲基戊烷，3-甲基戊烷，2,2-二甲基丁烷，2,3-二甲基丁烷，共5种，故D错误；故选A。点睛：互为同系物的物质满足以下特点：结构相似、化学性质相似、分子式通式相同、分子式不同、物理性质不同，研究对象是有机物。一定要注意前提条件“结构相似”。12.下列离子方程式不正确的是A.氢氧化钠溶液与二氧化硅反应SiO2+2OH=生口；+H2OB.碳酸钠溶液与氢氧化钢溶液反应co；+Ba(OH)=B

11、aCOj+20HC.酸性硫酸亚铁溶液在空气中被氧化4Fe2+O+4H+=4Fe3+2H2OD.氯气与氢氧化钠溶液反应CI2+2OH=CIO+Cl+H2O【答案】B【解析】A.氢氧化钠溶液与二氧化硅反应生成硅酸钠和水，SiO2+2OH-=Si032TH2O,故A正确；B.氢氧化钢易溶于水，用离子形式表示，故B错误；C.酸性硫酸亚铁溶液在空气中被氧气氧化，生成硫酸铁，离子方程式为4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O,故C正确；D.氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，C12+2OH-=C1O-+C1+H2O,故D正确；故选B。点睛：检查离子方程式是否正确，主要从以下几个方面检查：检

12、查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系，检查是否符合原化学方程式等。13.QX、Y和Z为短周期元素，它们在周期表中的位置如图所示，这4种元素的原子最外层电子数之和为22。下列说法正确的是A.Y的原子半径比X的大B.Q的最高价氧化物的水化物的酸性比Z的强C.X、Y和氢3种元素形成的化合物中都只有共价键D.Q的单质具有半导体的性质，Q与Z可形成化合物QZ【答案】D详解：根据以上分析可知Q、X、Y和Z分别为Si,N,O,Cl,则A.同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，Y的原子半径比X的小，A错误；B.非金属性越强

13、，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性SiCl,Q的最高价氧化物的水化物为硅酸，酸性比高氯酸弱，B错误；C. X、Y和氢3种元素形成的化合物中可能含有离子键，如硝酸铵，C错误；D.硅具有半导体的性质，硅与氯可形成化合物SiCI，D正确；答案选Do14 .下列说法正确的是A. 正丁烷和异丁烷均有两种一氯取代物B. 乙烯和苯都能与H2发生加成反应，说明二者的分子中均含碳碳双键C. 乙醇与金属钠能反应，且在相同条件下比水与金属钠的反应更剧烈D.乙醛能被还原成乙醇，但不能被氧化成乙酸【答案】A【解析】A.正丁烷和异丁烷中均有2中不同化学环境的氢原子，因此均有两种一氯取代物，故A正确；B.苯分子中不存在碳碳

14、双键，故B错误；C.乙醇中羟基中的氢原子没有水分子中的氢原子活泼，在相同条件下没有水与金属钠的反应剧烈，故C错误；D.乙醛能与氢气发生还原反应生成乙醇，也能被氧化剂氧化成乙酸，故D错误;故选A。15 .下列说法正确的是A.花生油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，属于高分子化合物B.只有不同种类的氨基酸之间才能形成多肽C.向鸡蛋清的溶液中加入饱和硫酸钠溶液产生沉淀，加水后沉淀可溶解D. 向淀粉溶液中加入硫酸溶液，加热后滴入几滴氢氧化铜悬浊液，再加热至沸腾，未出现红色物质，说明淀粉未水解【答案】C【解析】A.花生油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，相对分子质量没有达到10000，不属于高分子化合物，故A错

15、误；B.氨基酸分子中含有氨基和竣基，相同种类的氨基酸之间也能形成多肽，故B错误；C.向鸡蛋清的溶液中加入饱和硫酸钠溶液，发生蛋白质的盐析，产生沉淀，盐析属于可逆过程，加水后沉淀可溶解，故C正确；D.检验生成的产物葡萄糖，需要在碱性溶液中进行，应该先向水解后的溶液中加入氢氧化钠中和硫酸，故D错误；故选Co16.已知:N2(g)+3H(g)-2NH(g)H=92.4kJmol1起始反应物为N和H,物质的量之比为1：3,且总物质的量不变，在不同压强和温度下，反应达到平衡时，体系中NH的物质的量分数如下表，下列说法正确的是物质的量分数温度压强400c450C500C600C20MPa0.3870.27

16、40.1890.08830MPa0.4780.3590.2600.129A.体系中NH的物质的量分数越大，则正反应速率越大B.反应达到平衡时，N2和H2的转化率之比均为1C.反应达到平衡时，放出的热量均为92.4kJD.600C,30MPaF反应达到平衡时，生成NH的物质的量最多【答案】B【解析】A.体系中NH的物质的量分数越大，不能表示正反应速率越大，如20MPa500c时NH的物质的量分数大于30MPa600c时NH的物质的量分数，但温度和压强均为后者大，反应速率后者快，故A错误；B.根据方程式，反应的氮气和氢气的物质的量之比为1:3,起始反应物中N2和H的物质的量之比为1:3,因此反应达

17、到平衡时，N2和H2的转化率之比1:1,故B正确；C.无法确定反应的氮气和氢气的物质的量，因此无法计算平衡时，放出的热量，故C错误；D.根据表格数据，反应物的总物质的量不变时，NH的物质的量分数越大，生成NH的物质的量越多，则400C,30MPaF反应达到平衡时，生成NH的物质的量最多，故D错误；故选B。17.金属(M)空气电池的工作原理如图所示。下列说法不正确的是A.金属M作电池负极B.电解质是熔融的MOC.正极的电极反应O+4e+2HO=4OHD.电池反应2M+Q+2HO=2M(OH2【答案】B点睛：掌握原电池的工作原理是解答的关键，即原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电

18、子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。18.下列说法不正确的是A.pH7的溶液不一定呈酸性B.在相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、NaOHS液，c(OH)相等C.在相同温度下，pH相等的盐酸、CHCOO皤液，c(Cl)=c(CHCOO)D.氨水和盐酸反应后的溶液，若c(C)=c(NH+),则溶液呈中性【答案】B【解析】分析：A.根据溶液的酸碱性判断依据解答；B. 根据碱的强弱和电离程度判断；C. 根据电荷守恒分析；D. 根据电荷守恒分析。详解：A.pH7的溶液不一定呈酸性，只有当溶液中c(OH)c(OH),溶液呈酸性；c(H+)=c(OH),溶液呈中性

19、；c(H+)0B.AH+AH2=0C.AH3=AH4+AH5D.AH+AH2+Ahl+AH4+AH5=0【答案】D【解析】A.水由510c的气态变为25c的液态，放热，H50,小40,AH50,所以AH3心H4+AH5,故C错误；D.根据能量守恒定律，AHi+AH2+AH3+AH4+比=0,故D正确；故选D。20.下列说法不正确的是A. Mg+和ST的最外层电子都形成了8个电子的稳定结构B.石英和金刚石都是原子间通过共价键结合形成的原子晶体C.浓H2SO和HO混合时放出热量与微粒之间的作用力有关D.HO易分解是因为H2。分子间作用力弱【答案】D【解析】分析：A.根据核外电子排布分析；B. 石英

20、和金刚石均是原子晶体；C. 浓硫酸和水混合涉及硫酸分子的扩散；D. 分子的稳定性与化学键有关系。详解：A.Mg2+和S2分别是10电子和18电子微粒，其最外层电子都形成了8个电子的稳定结构，A正确；B.原子间通过共价键形成的空间网状结构的晶体是原子晶体，石英和金刚石都是原子间通过共价键结合形成的原子晶体，B正确；C.浓硫酸和水混合涉及硫酸分子的扩散，所以浓ESQ和H2O混合时放出热量与微粒之间的作用力有关，C正确；D.H2O2易分解是因为H2O2分子中化学键键能较小，易断键，分子间作用力只能影响物质的物理性质，D错误。答案选D。21 .在催化剂作用下，用乙醇制乙烯，乙醇转化率和乙烯选择性（生成

21、乙烯的物质的量与乙醇转化的物质的量的比值）随温度、乙醇进料量（单位：mL-min-）的关系如图所示（保持其他条件相同）。在410440c温度范围内，下列说法不正确的是A. 当乙醇进料量一定，随乙醇转化率增大，乙烯选择性升高B. 当乙醇进料量一定，随温度的升高，乙烯选择性不一定增大C. 当温度一定，随乙醇进料量增大，乙醇转化率减小D. 当温度一定，随乙醇进料量增大，乙烯选择性增大【答案】A【解析】A.根据图像，当乙醇进料量一定，随乙醇转化率增大，乙烯选择性逐渐升高，但温度高于430c后，乙烯选择性逐渐降低，故A错误；B.根据图像，当乙醇进料量一定，随乙醇转化率增大，乙烯选择性逐渐升高，但温度高于

22、430后，乙烯选择性逐渐降低，因此，随温度的升高，乙烯选择性不一定增大，故B正确；C.根据左图，当温度一定，随乙醇进料量增大，乙醇转化率减小，故C正确，D.根据右图,当温度一定，随乙醇进料量增大，乙烯选择性增大，故D正确；故选A。22 .设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A.含0.2molH2SO的浓硫酸和足量的镁反应，转移电子数大于0.2NA23 25c时，pH=3的醋酸溶液1L,溶液中含H+的数目小于0.001NAC.任意条彳下，1mol苯中含CH键的数目一定为6NAD.amolR2+(R的核内中子数为N,质量数为A的核外电子数为a(ANI-2)NA【答案】B【解析】A.0.2

23、molH2SO4与镁反应，若生成氢气，转移0.4mol电子，若生成二氧化硫，转移0.4mol电子，因此含0.2molH2SC4的浓硫酸和足量的镁反应，转移电子数一定大于0.2Na,故A正确；B.25c时，1LpH=3的醋酸溶液中c(H+)=0.001mol/L,溶液中含H+的数目等于0.001Na,故B错误；C.苯的化学式为C6H6,1mol苯中有C一H键的数目一定为6Na,故C正确；D.R2+(R的核内中子数为N,质量数为A)的核外电子数为A-N-2,则amol的R2+的核外电子数为a(A-N-2)NA,故D正确；故选B。点睛：本题的易错点为A，硫酸与金属镁反应可以生成氢气，也可以生成二氧化

24、硫，可以利用极限的思维方式极限解答。23.25C时，在“kAHAA”的水溶液体系中，HA、HA和摩三者中各自所占的物质的量分数(a)随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法正确的是A.在含HA、HA和摩的溶液中，加入少量NaOHS体，a(HA)一定增大B.将等物质的量的NaHAF口NaA混合物溶于水，所得的溶液中a(HA)=a(A2)C.NaHA溶液中，HA的水解能力小于HA的电离能力D.在含HA、HA和A2的溶液中，若c(H2A)+2c(A2)+c(Ol4)=c(H),则a(HA)和a(HA)一定相等【解析】A.根据图像，在含H2A、HA-和A2-的溶液中，加入少量NaOH固体，溶液的酸性减弱

25、，MHA-)可能增大，可能减小，与原溶液的成分有关，故A错误；B.根据图像，将等物质的量的NaHA和Na2A混合物溶于水时，溶液的pH在45之间，溶液显酸性，以HA-电离为主，所得的溶液中(HA)zH0;C10H8-C10H2的活化能为Eai,。凡一。10H的活化能为Ea2,十氢蔡的常压沸点为192C；在192C,液态十氢蔡的脱氢反应的平衡转化率约为9%。请回答：(1)有利于提高上述反应平衡转化率的条件是?A.高温高压B.低温低压C.高温低压D.低温高压(2)研究表明，将适量十氢祭置于恒容密闭反应器中，升高温度带来高压，该条件下也可显着释氢，理由是（3）温度335C,在恒容密闭反应器中进行高压

26、液态十氢蔡（1.00mol）催化脱氢实验，测得C0H2和Ci0H的产率xi和X2（以物质的量分数计）随时间变化关系，如图1所示。在8h时，反应体系内氢气的量为mol（忽略其他副反应）。Xi显着低于X2的原因是在图2中绘制“CioH8fCioHL-C10H8”的“能量反应过程”示意图。（二）科学家发现，以H2O和N2为原料，熔融NaOHKOW电解质，纳米Fe。作催化剂，在250c和常压下可实现电化学合成氨。阴极区发生的变化可视为按两步进行，请补充完整。电极反应式：2Fe+3H2O+N2=2NH+FeQ【答案】（1）.C（2）.温度升高，加快反应速率；温度升高使平衡正移的作用大于压强增大使平衡逆移

27、的作用。（3）195（4）.催化剂显着降低了CH2fOH的活化能，反应生成的C0H2快速转化为CH8（5）.(6).FeQ+ 6e + 3Ho= 2Fe+6OH【解析】I.（1）Ci0Hi8（l）=Ci0Hi2（l）+3H2（g）Hi,Ci0Hi2（l）=Ci0H8（l）+2H2（g）+2,小iAH20;均为吸热反应，且都属于气体的物质的量增大的反应。A.升高温度，平衡正向移动，平衡转化率增大，但增大压强，平衡逆向移动，平衡转化率减小，故A错误；B.降低温度，平衡逆向移动，平衡转化率减小，故B错误；C.升高温度，平衡正向移动，平衡转化率增大，减小压强，平衡正向移动，平衡转化率增大，故C正确；D

28、.降低温度，平衡逆向移动，平衡转化率减小，故D错误；故选C；（2）总反应为该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡转化率增大，平衡常数增大，当温度达到192c时，十氢祭气化，浓度增大，平衡正向移动，生成氢气量显着增加，故答案为：反应吸热，温度升高，平衡正向移动。与此同时，温度升高导致十氢祭气化，浓度增大，平衡正向移动，生成氢气量显着增加；（3）温度335C,在8h时，十氢蔡为1.00mol,测得Ci0H12和Ci0H8的产率xi=0.027,X2=0.374,即生成C10H12和C10H8的物质的量分别为0.027mol,0.374mol,设反应的C10H18的物质的量为a,反应C10H

29、12的物质的量为b,根据反应C10H18Q）Ci0Hi2（l）+3H2（g）113aa3aC10H12Q）C10H8Q）+2H2（g）,112bb2b则a-b=0.027,b=0.374,则a=0.401,因此生成的氢气的物质的量分数为3a+2b=3X0.401+20374=1.951,则氢气的量为1.951mol,故答案为：1.951;反应2的活化能比反应1小，相同温度下反应2更快，所以相同时间内，生成的四氢祭大部分都转化为蔡，故X1显着低于X2,故答案为：反应2的活化能比反应1小,相同温度下反应2更快，所以相同时间内，生成的四氢蔡大部分都转化为蔡，故X1显着低于X2；C10H18Q）-C1

30、0H12（l）+3H2（g）H1,C10H12Q）-C10H8（l）+2H2（g）AH2,120；上述反应均为吸热反应，生成物的总能量大于反应物，“G0H18C10H12C10H8”的能量反应过程”示意图为,故答案为:H.以出0和N2为原料，熔融NaOH-KOH为电解质，纳米FeO3作催化剂，在250c和常压下可实现电化学合成氨。阴极区发生还原反应，根据其中一个反应2Fe+3H2O+N2=Fe2O3+2NH3,可知，FeO3作催化剂，首先转化为铁，因此电极反应式为Fe2O3+6e-+3H2O=2Fe+6OH-,故答案为：Fe2O3+6e-+3H2O=2Fe+6OH-。31.某兴趣小组用铝箔制备

31、AI2Q、A1C136H2O及明矶大晶体，具体流程如下：已知：AlCl36HO易溶于水、乙醇及乙醍；明矶在水中的溶解度如下表。温度/C010203040608090溶解度/g3.003.995.908.3911.724.871.0109请回答:(1)步骤中的化学方程式步骤丑中生成Al(OH)3的离子方程式(2)步骤出，下列操作合理的是oA.塔埸洗净后，无需擦干，即可加入Al(OH)3灼烧B.为了彳#到纯AI2Q,需灼烧至恒重C.若用生埸钳移动灼热的生埸，需预热地埸钳D.塔埸取下后放在石棉网上冷却待用E.为确保称量准确，灼烧后应趁热称重(3)步骤IV,选出在培养规则明矶大晶体过程中合理的操作并排

32、序迅速降至室温用玻璃棒摩擦器壁配制90c的明矶饱和溶液自然冷却至室温选规则明矶小晶体并悬挂在溶液中央配制高于室温1020c的明矶饱和溶液(4)由溶液A制备AlCl36H2O的装置如图：通入HCl的作用是抑制A1C13水解和o步骤V,抽滤时，用玻璃纤维替代滤纸的理由是洗涤时，合适的洗涤剂是2步骤VI,为得到纯净的AlCl3-6H2O,宜采用的干燥方式是【答案】(1).2Al+2NaOH-2H2O=2NaAlO+3HH(2).aio；+CO+2HO=Al(OH)3；+KcO3(3).BCD4).(5).增力口c(Cl),有利于AlCl36H2O结晶(6).溶液有强酸性，(会腐蚀滤纸)(7).浓盐酸(8).减压干燥(或低温干燥)【解析】根据流程图，铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，在偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳反应生成氢氧化铝胶状沉淀，洗涤后得到氢氧化铝，灼烧得到氧化铝；氢氧化铝用硫酸溶解后与硫酸钾溶液混合，结晶析出明矶晶体；氢氧化铝胶状沉淀用盐酸溶解，生成氯化铝溶液，在氯化氢气流中蒸发得到氯化铝晶体。步骤I中铝与氢氧化钠反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2T;步骤