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浙江省溫州市2022年5月普通高中選考適應性測試化學參考答案及解析【答案】B【解析】A.氯化鈣是鹽，但溶液呈中性，A錯誤；B.Na2SO3是鹽，溶液水解呈堿性，B正確；Ba(OH)2是堿，C錯誤；HNO3是酸，D錯誤；選B。【答案】C【解析】A.CH3COOH溶液中不能完全電離，是弱電解質，A錯誤；水是弱電解質，B錯誤；AlCl3在水溶液中能完全電離，是強電解質,C正確；二氧化碳為非電解質，D錯誤；故選C。【答案】A【解析】A是蒸發皿；B是坩堝；C是蒸餾燒瓶；D是燒杯；故選A。【答案】C【解析】A.蘇打Na2CO3，A正確；冰晶石是Na3[AlF6]的俗稱，B正確；聚氯乙烯的結構簡式為，C錯誤；黃銅礦主要成分為CuFeS2，D正確；故選C。【答案】C【解析】A.甘氨酸為氨基乙酸，鍵線式為，A正確；氫氧化鉀為離子化合物，電子式為，B正確；NH3?H2O中的N、O原子間通過氫原子形成氫鍵，C錯誤；O2-最外層有8個電子，結構示意為，D正確；故選C。【答案】B【解析】A.C3HF7是鹵代烴，與CCl4相似，性質穩定，可作滅火劑，A正確；B.C2H5ONa由鈉與CH3CH2OH反應制取，C2H5ONa在H2O溶液中極易水解，生成CH3CH2OH,不能由CH3CH2OH與NaOH溶液反應制得，B錯誤；氫化油是油脂，可生產人造奶油，C正確；甘油醛的結構簡式為HOCH2CH(OH)CHO，為最簡單的多羥基醛，最簡單的糖，D正確；故選B。【答案】A【解析】A.O2和O3是氧元素形成的不同單質，是同素異形體，A正確；淀粉和纖維素化學式中的聚合度n不同，不是同分異構體，B錯誤；C、N不是同種元素，不是同位素，C錯誤；和分別屬于酚和醇類，結構不相似，不是同系物，D錯誤；故選A。【答案】A【解析】A.AgBr常用于感光材料，A錯誤；石英、水晶、硅藻土的主要成分都是二氧化硅，B正確；氧化鐵紅為Fe2O3，可以用來制取防銹油漆，C正確；石墨熔點高，能導電，可用作高溫潤滑劑和電極材料，D正確；故選A。【答案】B【解析】A.接觸室為硫酸工業制取的設備，HNO3生產中的主要設備為轉化器、熱交換器和吸收塔，A錯誤；工業上制備高純度硅的主要反應是：C與SiO2高溫下反應生成粗硅，粗硅與Cl2反應生成SiCl4，用H2還原SiCl4得到高純度的Si，B正確；鐵礦石中含有，SiO2，SiO2是原子晶體，熔點高，加入石灰石主要目的是與SiO2反應生成CaSiO3除去高熔點的二氧化硅，C錯誤；工業上通常用電解熔融MgCl2制取Mg，電解熔融的Al2O3制取Al，D錯誤；故選B。【答案】C【解析】分析反應2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑可知，Cu2O中Cu元素為氧化劑，Cu2S中-2價的硫元素為還原劑，Cu單質為還原產物，SO2為氧化產物，據此解答。A.Cu2O被Cu2S還原，A正確；B.Cu2S中銅元素化合價降低，硫元素化合價升高，Cu2S既是氧化劑又是還原劑，B正確；C.還原產物是Cu，氧化產物是SO2，物質的量之比為6:1，C錯誤；D.生成1molSO2時轉移的電子數為6mol，D正確，不符合題意；故選C。11.【答案】D【解析】A.無水氯化鈷呈藍色，含水的氯化鈷呈粉紅色，含水的氯化鈷烘干得到無水氯化鈷，可重新使用，A正確；苯酚易溶于酒精，苯酚不慎粘在皮膚上，可以利用酒精洗滌，B正確；鍍層完全反應后，如不及時將鐵片從H2SO4中取出，鐵片會繼續與H2SO4反應，導致結果偏高，C正確；移液管量取液體時主要是吸取液體，不需要裝液，D錯誤；故選D。12.【答案】B【解析】A.HCHO和CH3COOH的最簡式均為CH2O，30gHCHO與CH3COOH混合物中H原子個數為2NA，A正確；SO2和O2的反應為可逆反應，容器中的分子縮小于2NA，B錯誤；Cu與Cl2反應生成CuCl2，6.4gCu的物質的量為0.1mol，完全反應轉移的電子數為0.2NA，C正確；H2O2的結構為H-O-O-H，1molH2O2中共價鍵數為3NA,D正確；故選B。13.【答案】D【解析】A.Na2SiO3是強電解質且易溶于水，在溶液中電離，應拆開，A錯誤；B.向NaAlO2溶液中加入NaHCO3溶液，生成Al（OH）3白色沉淀離子方程式為，AlO2-+HCO3-+H2O=Al（OH）3↓+CO32-，B錯誤；C.NaClO溶液中加入過量NaHSO3溶液反應生成SO2，2HSO3-+ClO-=SO42-+H2O+Cl-+SO2↑C錯誤；D.銅電極電解NH4Cl溶液時，銅為陽極，電極反應式為Cu-2e-=Cu2+,陰極NH4+離子得電子生成H2和NH3，D正確；故選D。14.【答案】B【解析】硝化纖維是纖維素在濃H2SO4作用下與濃HNO3反應制得，工業上常用醋酸纖維生產電影膠片，A錯誤；CH4與Cl2的反應為自由基鏈式反應，B正確；油脂可以溶解一些脂溶性的物質，C正確；蛋白質分子中也存在氨基和羧基，當溶液中氨基和羧基主要以兩性離子的形態存在時，在水中的溶解度最小，可以形成晶體析出，因此可以通過控制溶液的pH來分離多肽和蛋白質分子，D正確；故選A。15.【答案】D【解析】A.中C=C和苯環為平面構型，最多有3個碳原子共平面，A錯誤；分子中含有碳碳雙鍵、酯基、氨基三種官能團，B錯誤；分子中酯基水解生成酚羥基和-COOH，1mol該物質最多可消耗2molNaOH，C錯誤；分子中含有-NH2，具有弱堿性，D正確；故選D。16.【答案】B【解析】自然界中Z的單質主要存在于火山口附近，Z為硫元素；X、Y、Z、W、M的原子序數依次增大，M的原子序數大于16，X和Y的最外層電子數之和是M最外層電子數的3倍，則M必然在第四周期，M為Ca元素，X和Y的最外層電子數之和是6，則X為H元素，Y為N元素，因為僅有一種金屬元素，則W為氯元素，據此解答。具有相同電子層結構的離子，原子序數越小，半徑越大，則離子半徑S2->Cl->Ca2+，A錯誤；Ca為活潑金屬，能分別與N、H之間形成離子鍵，Ca2NH中Ca為+2價，氮為-3價，氫為-1價，不含共價鍵，B正確；非金屬性越強，則氫化物越穩定，熱穩定性H2S<HCl，C錯誤；D中沒有指明氧化物是否是最高價氧化物，無法判斷，D錯誤；故選B。17.【答案】C【解析】A.pH和體積均相同的NH4Cl和HCl溶液，c(NH4Cl)>c(HCl)，HCl和NH4Cl均為強電解質，導電能力，NH4Cl>HCl，A錯誤；CH3COOH溶液的燈泡很暗，只能說明離子濃度小，也可能是醋酸的濃度很小導致的，B錯誤；混合溶液中存在的離子有NH4+、H+、OH-、NO3-,根據電荷守恒可得c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(NO3-)，溶液呈中性時，c(H+)=c(OH-)，則c(NH4+)=c(NO3-)，C正確；D。c(NH4Cl)=c(NH4HCO3)，由于NH4HCO3發生互促水解，故c(NH4+)更小，D錯誤；故選C。18.【答案】C【解析】A.反應II為放熱反應，則反應物的總能量大于生成物的總能量，A錯誤；B.根據蓋斯定律，×III+IV可得CO(g)+Na2O2(s)=Na2CO3(s)ΔH=-566×1/2kJ/mol-266kJ/mol=-504kJ/mol，為熵減小的放熱反應，低溫有利于反應自發，B錯誤；C.Na與O2常溫下反應生成Na2O，Na與O2在加熱情況下生成Na2O2，反應I的反應速率大于反應II，則說明生成Na2O的活化能小于生成過氧化鈉的活化能，C正確；D.II-I×2得2Na2O(s)=Na2O2（s)+2Na(s)ΔH=-511kJ/mol-(-412×2kJ/mol)=+313kJ/mol，正反應ΔH>0，微粒數增大，ΔS>0，高溫下反應能夠自發，D錯誤；故選C。19.【答案】D【解析】A.P從2×105增大到5×105，增大2.5倍，c(A)相應從0.08mol/L增大到0.20mol/L，增大2.5倍；P從5×105增大到1×106，增大2倍，c(A)也從0.20mol/L變成0.4mol/L，增大2倍，c(A)與P成正比例，故平衡沒有移動，則A、B、C均為氣體，且m+n=p，A錯誤；當壓強1×106從增大到3×106時，若平衡不移動，c(A)為1.20mol/L，現c(A)為0.80×106，c(A)減小，說明平衡向正方向移動，則此時C為液體或固體，在氣相反應中，固體或液體不計入平衡常數表達式，平衡常數表達式錯誤，B錯誤；氣相反應中，當C為固體或純液體時，增大壓強，體積縮小，c(C)幾乎不變，逆反應速率視為常數，不變，C錯誤；因為m+n=p，再向體系中加入bmolB，達重新達到平衡后，體系中A、B、C的總質量為(4+b)mol，D正確；故選D。20.【答案】B【解析】A.同一種物質，物質的量相同，T越高，S越大，A錯誤；相同溫度和壓強下，同一種物質的物質的量越大，微粒數越多，S越大，B正確；標準狀況下，SO3為固體，，SO2為氣體，物質的量相同時，SO2的熵大于SO3，C錯誤；晶體Si和SiO2均為原子晶體，相同物質的量、相同條件下，SiO2的微粒數多，S大，D錯誤；故選B。21.【答案】A【解析】分析所給裝置可知，X為正極，電極反應式為2H++2e-=H2；Y為負極，電極反應式為2Cl--2e-=Cl2，放電時，濃縮海水中的Li+通過離子導電體向正極移動，據此解答。如果Y電極為鐵，電極反應為Fe-2e-=Fe2+，無Cl2生成，不能實現如圖轉化，A錯誤；電池工作時Li+離子從濃縮海水中向左通過離子導電體移動到正極鹽酸溶液中，海水中Li+濃度要大于左側溶液中Li+濃度，B正確；X為正極，電極反應式2H++2e-=H2，C正確；根據電荷守恒生成1molCl2時轉移2mol電子，Li+向左側移動，左側增加2molLi+，D正確；故選A。22.【答案】D【解析】0.10mol/LH3RO3溶液的pH<1，說明第一步電離是完全電離，溶液中不存在H3RO3分子，根據試題所給的微粒的物質的量分數δ與水溶液pH的變化關系可知，δ1表示H2RO3-變化趨勢，δ2表示HRO32-的變化趨勢，δ3表示RO33-的變化趨勢。A.當加入0.1molNaOH時，溶質為NaH2RO3，根據物料守恒得，c(Na+)=c(H2RO3-)+c(HRO32-)+c(RO33-)，A正確；加入0.2molNaOH時，溶質為NaH2RO3，溶液呈酸性，說明H2RO3-電離大于水解，則c(RO33-)>c(H2RO3-)，B正確；δ1表示H2RO3-變化趨勢，C正確；N點時，溶液中由于HRO32-水解，還存在著少量c(H2RO3-)，根據物質守恒可知，c(HRO32-)=c(RO33-)<0.05mol/L，D錯誤；故選D。23.【答案】A【解析】A.F-由于半徑小，容易提供孤對電子與Si形成配位鍵，A正確；CH3Cl難溶于水，堿性水解時生成CH3OH和HCl，B錯誤；SiCl4與NH3在高溫下反應生成Si3N4和HCl，C錯誤；非金屬性C>Si，氫化物穩定，Si3H8<C3H8，D錯誤；故選A。24.【答案】D【解析】A.分析試題所給的循環圖反應機理圖示可知，反應物是、CO、CH3OH，生成物為，總反應為+CO+CH3OH,化合物I與的反應為起始反應，化合物I參與反應，經過循環又重新生成化合物I,化合物I為催化劑，A正確；B.化合物II與化合物III的組成均為CoC6H5O5,結構不同，互為同分異構體，B正確；C.化合物IV生成的過程為CH3O-取代-Co(CO)4的過程，為取代反應，C正確；D.也可以生成，D錯誤；故選D。25.【答案】C【解析】A.檢驗水解后的溶液中是否仍有淀粉，直接滴加碘水即可，I2能與NaOH溶液反應，不能先加入NaOH溶液，A錯誤；CH3CH2OH與濃H2SO4反應生成的氣體中會混有SO2，SO2可以使溴水褪色，因此溴水褪色并不能說明產物中有乙烯，B錯誤；實驗中硫酸的濃度相同，其它條件也相同，只有Na2S2O3的濃度不同，則前者出現渾濁的時間更短，說明Na2S2O3的濃度增加可以加快反應速率，C正確；實驗現象只能說明溶液中含有Fe2+離子，Fe2+離子可能是鐵與稀硫酸反應生成，也可能是Fe3+被Al還原生成，D錯誤；故選C。【答案】(1)P4S3是分子晶體，熔化時破壞分子間作用力；C3N4是原子晶體，熔化時需要破壞共價鍵，分子間作用力比共價鍵弱；(2)甘油含有多個羥基，可以通過形成氫鍵的形式吸收空氣中的水蒸汽，形成氫鍵的過程會放出熱量。【解析】(1)P4S3是分子晶體，分子之間通過分子間作用力相結合，熔化時破壞分子間作用力熔點低，因此熔點較低，；C3N4是原子晶體，C、N通過共價鍵相結合，熔化時需要破壞共價鍵，共價鍵作用力強，分子間作用力比共價鍵弱，因此，熔點很高，故P4S3的熔點遠低于C3N4，故答案為：P4S3是分子晶體，熔化時破壞分子間作用力；C3N4是原子晶體，熔化時需要破壞共價鍵，分子間作用力比共價鍵弱；(2)潮濕的空氣中含有水蒸氣,丙三醇含有羥基，能夠與水分子之間形成氫鍵，形成氫鍵會放出熱量，故溫度升高，故答案為：甘油含有多個羥基，可以通過形成氫鍵的形式吸收空氣中的水蒸氣，形成氫鍵的過程會放出熱量。27.【答案】(1)1.5；(2)250；100mL12.0mol/LHNO3的物質的量為1.20mol，n(NOx)=0.2mol，沉淀最大量時，溶液中的溶質為NaNO3，根據N原子守恒，可得n(NaNO3)=1.20mol-0.20mol=1.00mol，根據Na原子守恒有NaOH～NaNO3,則V(NaOH)=,故答案為：250。【解析】(1)M(Cu2O)=144g/mol，n(Cu2O)==0.2mol，與HNO3反應生成Cu(NO3)2和NOx，4.48LNOx的物質的量為0.2mol，NOx中N元素的化合價為+2x，根據電子守恒可得0.4=0.2×(5-2x)，x=1.5，故答案為：1.5；(2)100mL12.0mol/LHNO3的物質的量為1.20mol，n(NOx)=0.2mol，沉淀最大量時，溶液中的溶質為NaNO3，根據N原子守恒，可得n(NaNO3)=1.20mol-0.20mol=1.00mol，根據Na原子守恒有NaOH～NaNO3,則V(NaOH)=,故答案為：250。28.【答案】(1)Fe、C、H、O；Fe2O3、K2CO3；(2)Fe(HCO3)2=FeCO3+CO2↑+H2O;(3)2Fe(SCN)3+2I-=2Fe(SCN)3-+I2；(4)ClO2；KCl、KClO3；取適量溶液，加入過量AgNO3溶液，過濾沉淀、洗滌、干燥、稱量記錄質量m1；將濾液和洗滌液合并，加入NaNO2將KClO3還原為KCl，再加入過量的AgNO3溶液和稀HNO3，將沉淀過濾、洗滌、干燥稱量、得到固體的質量m2，若m2=5m1，則上述兩種鹽的比例關系正確。【解析】由題意可知，X與0.02molKClO3加熱恰好反應，生成黃綠色混和氣體，通過濃H2SO4，氣體減少0.36g，可知混合氣體中含有水蒸氣，物質的量為0.02mol，黃綠色氣體C的密度為相同條件下氫氣的33.75倍，則C的摩爾質量為67.5gmol/L，結合參與反應的元素可知，C中的組成元素為Cl和O，M(ClO2)=67.5g/mol，故C為ClO2，氣體B通過足量的澄清石灰水生成白色沉淀，白色沉淀為CaCO3，n(CaCO3)==0.03mol，則氣體B為CO2,n(CO2)=0.03mol。混合固體F與足量的水反應生成無色溶液H,H與足量的稀鹽酸反能夠產生CO2，根據題意，無色溶液H為K2CO3溶液，根據鉀原子守恒，n(K2CO3)=n(KClO3)=0.02mol，固體氧化物G鹽酸溶解后，滴加KSCN溶液呈血紅色，G為Fe2O3，物質的量為0.01mol，則根據元素守恒可得，3.56X中含有碳元素（0.03+0.01)=0.04mol，鐵元素0.02mol，氫元素0.04mol，根據反應X與KClO3的生成物可知，另一元素為O元素，m(O)=3.56-0.02×56-0.04-0.04×12=1.92g，n(O)=0.12mol。X中Fe、C、H、O物質的量比為1：2:2:6,化學式為FeC2H2O6或Fe(HCO3)2，據此解答。(1)根據上述分析推斷，X的組成元素為Fe、C、H、O，固體F的成份為Fe2O3和K2CO3，故答案為：Fe、C、H、O；Fe2O3、K2CO3；(2)HCO3-在水中能夠電離生成H+離子和CO32-離子,H+再與HCO3-反應，生成CO2，CO32-與Fe2+生成FeCO3沉淀，促進HCO3-的電離，反應方程式：Fe(HCO3)2=FeCO3+CO2↑+H2O，故答案為：Fe(HCO3)2=FeCO3+CO2↑+H2O;(3)+3價Fe具有氧化性，I-具有還原性，二者發生氧化還原反應，生成I2和Fe(SCN)3-，離子方程式為：2Fe(SCN)3+2I-=2Fe(SCN)3-+I2，故答案為：2Fe(SCN)3+2I-=2Fe(SCN)3-+I2；(4)根據上述分析，氣體C的化學式為ClO2，ClO2通入KOH溶液中，Cl元素發生歧化反應，生成KCl和另一種鹽，物質的量之比為1:5，根據電子守恒可得另一種鹽的Cl元素的化合價為+5價，為KClO3；要定量測定兩種物質的量的比，即是要設計實驗證明KCl和KClO中氯元素的物質的量比為1:5，可將KCl轉化成AgCl；KClO3先轉化成KCl，再轉化成AgCl，如果測定兩種AgCl的物質的量之比為1:5則，則證明KCl、KClO3的物質的量之比為1:5，故答案為：ClO2；KCl、KClO3；取適量溶液，加入過量AgNO3溶液，過濾沉淀、洗滌、干燥、稱量記錄質量m1；將濾液和洗滌液合并，加入NaNO2將KClO3還原為KCl，再加入過量的AgNO3溶液和稀HNO3，將沉淀過濾、洗滌、干燥稱量、得到固體的質量m2，若m2=5m1，則上述兩種鹽的比例關系正確。29.【答案】(1)①a；②。（2）①<；②氣體經中間熱交換器能量交換，溫度降低，反應向正方向移動，轉化率增大，氣流若在催化劑I層未達到平衡，則經催化劑II時，繼續反應，轉化率增大；③A；(3)：1.0×10-26；2NH4++2e(NH3)-n=H2↑+(2n+2)NH3。【解析】(1)①反應I：CaS(s)+3NO2(g)=CaO(s)+SO2(g)+3NO(g)△H=-279.12kJ/mol，反應II：CaS(s)+4NO2(g)=CaSO4(s)+4NO(g)△H=-714.52kJ/mol由蓋斯定律，反應I-反應II得反應III，△H=279.12kJ/mol-(-714.52kJ/mol)=435.4kJ/mol，反應I、反應II放熱，T升高，K減小，故K隨1/T增大而增大；反應III吸熱，T升高，K增大，K3隨1/T增大而減小；△H2<△H1，則lgk2隨1/T變化要比lgK1幅度大，故曲線a表示lgK2，答案為a；②反應I和反應II正反應為氣體體積增大的方向，反應II前后氣體的物質的量不變，增大壓強，體積縮小，c(SO2)瞬時增大，隨后反應I和反應II向逆方向移動，c(SO2)濃度減小，故二氧化硫濃度的變化趨勢圖為：；答案為：。（2）①由所給反應裝置圖可知：混合氣體從裝置A進氣口進入，與管道內的熱氣體進行熱交換，再由出口1進入裝置B，和管內的熱氣體進行熱交換，然后由a進入裝置B的管道內，在催化劑層I表面發生反應，生成的氣體通過b進入裝置A進行合成氨反應。根據以上分析可知，B中反應為放熱反應，a處氣體的溫度低于b處，故答案為：<；②氣體經過催化劑I反應放熱，經過熱交換溫度降低，再經過催化劑II繼續反應，溫度降低，平衡向正方向移動，因此使原料的轉化率有所提升，故答案為：氣體經中間熱交換器能量交換，溫度降低，反應向正方向移動，轉化率增大，氣流若在催化劑I層未達到平衡，則經催化劑II時，繼續反應，轉化率增大；③A.加快通入水蒸氣的流速，增大水蒸氣的濃度，提高反應速率，A正確；反應器中溫度降低，雖平衡向正方向移動，但反應速率減慢，則出口2的收益率可能會降低，B錯誤；終端出口2的氣體主要成分為氨氣，氨氣通過液化分離，C錯誤；反應原料從進口進入，在A中只是進行熱交換，未發生化學反應，D錯誤；故答案為A；(3)2NH3?NH4++NH2-．25℃時，液氨的離子積K=1.0×10-29．即c(NH4+)×c(NH2-)=1.0×10-29，100mL液氨中加入0.0001molNH4Cl，c(NH4+)=0.001mol/L，則c(NH2-)=1.0×10-26mol/L，根據題意，加入NH4Cl后，發生共價鍵的斷裂，可以推斷出NH4+與e(NH3)-n反應，H+得電子生成H2,反應的離子方程式為2NH4++2e(NH3)-n=H2↑+(2n+2)NH3，故答案為：1.0×10-26；2NH4++2e(NH3)-n=H2↑+(2n+2)NH3。30.【答案】(1)使Cu(OH)2轉化為CuO，便于過濾；(2)步驟II趁熱過濾的目的是為了得到CuO，防止K2SO4等雜質析出，V中是為了獲得濾液，防止溶質K2[Cu（C2O4)2]析出造成損失；(3)AB；(4)2、6；5、1；(5)95.4%；②由于產品中會有K2C2O4或KHC2O4等雜質。【解析】膽礬和草酸為原料制備K2[Cu（C2O4)2]晶體，由流程可知，膽礬加入NaOH溶液，可生成Cu(OH)2，加熱煮沸時分解生成CuO，與K2C2O4、KHC2O4混合液水浴加熱，趁熱過濾除去多余的CuO，得到K2[Cu（C2O4)2]溶液，經蒸發濃縮、冷卻結晶可得到K2[Cu（C2O4）2]?2H2O，最后，加熱失水，得到K2[Cu（C2O4)2]，據此解答。(1)根據以上分析可知，加熱煮沸的目的是使生成的Cu(OH)2分解轉化為CuO，Cu(OH)2為絮狀，轉化為CuO沉淀方便過濾，故答案為：使Cu(OH)2轉化為CuO，便于過濾；(2)步驟II為了制得CuO，趁熱過濾的目的是為了防止溶液中的K2SO4等析出混入CuO；步驟V中過濾是濾去未反應的CuO得到濾液，趁熱過濾的目的是防止K2[Cu（C2O4)2]析出造成損失，故答案為：步驟II趁熱過濾的目的是為了得到CuO，防止K2SO4等雜質析出，V中是為了獲得濾液，防止溶質K2[Cu（C2O4)2]析出造成損失；(3)A.沾有氧化銅的濾紙一起投入混合液中，濾紙不反應，反應后過濾，濾紙連同未反應的CuO一起濾掉，不影響濾液的質量，A正確；B.根據題目所給的反應，混合液與氧化銅反應時會放出大量的氣體，采取分批加入，可以防止因大量氣體產生將液體帶出，B正確；C.V中洗滌的目的是洗下濾渣表面沾有的溶質，減少溶質的損失，CuO不溶于水，因此適宜的洗滌劑為熱水，可增大溶質的溶解度，C錯誤；D.濾液應經過蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥，不能用蒸發結晶，D錯誤；故選AB；(4)加熱灼燒晶體時的操作是：研磨晶體，將研磨