2021-2022学年安徽省六安市舒城中学高二（下）第一次月考化学试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年安徽省六安市舒城中学高二（下）第一次月考化学试卷（含答案解析），共23页。试卷主要包含了 氢卤酸的能量关系如图所示， 已知反应，8ml等内容，欢迎下载使用。
A. FeO*是反应的中间产物
B. 两步反应的△H均小于0
C. 该反应的速率主要由第二步反应决定
D. E2−E0为在没有催化剂条件下总反应的活化能
2. 氢卤酸的能量关系如图所示：下列说法正确的是( )
A. 已知HF气体溶于水放热，则HF的△H1c(X2−)
D. c点溶液中：c(Cl−)=2[c(X2−)+c(HX−)+c(H2X)]
14. 某温度下，分别向体积均为10mL、浓度均为0.1ml⋅L−1的KCl溶液和K2CrO4溶液中滴加0.1ml⋅L−1的AgNO3溶液，滴加过程中pCl和pCrO4随加入AgNO3溶液的体积(V)的变化关系如图所示。已知：pCl=−lgc(Cl−)，pCrO4=−lgc(CrO42−)。下列说法不正确的是( )
A. 曲线I表示pCl与V(AgNO3溶液)的变化关系
B. 若仅增大KCl的浓度，平衡点由R点沿虚线移向S点
C. M点溶液中：c(NO3−)>c(Ag+)>c(H+)>c(OH−)
D. 该温度下，Ksp(Ag2CrO4)=4.0×10−12
15. 某同学设计如图装置，在制取某些物质A的同时，还能提供电能，可行性的是( )
A. AB. BC. CD. D
16. 铝电池性能优越，Al−AgO电池可用作水下动力电源，其原理如图所示．该电池反应的化学方程式为：2Al+3AgO+2NaOH=2NaAlO2+3Ag+H2O，下列说法正确的是( )
A. 该隔膜是阳离子交换膜
B. 当电极上析出1.08gAg时，电路中转移的电子为0.01ml
C. Al电极的反应式为：Al−3e−+4OH−=AlO2−+2H2O
D. 正极的电极反应式为：O2+2H2O+4e−=4OH−
17. 如图装置，U形管中装有50mL2ml⋅L−1的CuSO4溶液．通电一段时间后，下列说法正确的是( )
A. 转移0.2ml电子时，阳极减少质量大于阴极增加质量
B. 转移0.4ml电子时，阴极得到2.24L标准状况下的气体
C. 电解一段时间后，U形管中会产生红褐色物质，后来逐渐溶解
D. 若将石墨棒换成铜棒，可实现铁制品上镀铜
18. 金属的腐蚀与防护和生活密切相关，下列有关说法正确的是( )
A. 银首饰表面变黑属于电化学腐蚀
B. 图中氧气传感器测得氧气体积分数变小，说明三颈瓶中发生的一定只有吸氧腐蚀
C. 图中压强传感器测得压强变小，说明三颈瓶中发生的一定以吸氧腐蚀为主
D. 海里在轮船外面连接一块废铜块保护轮船的方法叫牺牲阳极的阴极保护法
19. CuCl2是常见的化学试剂，某小组利用废铜屑“湿法”制备CuCl2⋅2H2O。
氯化铜在不同温度下结晶形成的结晶水合物
(1)仪器a的名称为 ______。
(2)“湿法”制备CuCl2的离子方程式为 ______，实验中，H2O2的实际用量要大于理论用量，原因是 ______。
(3)为得到纯净的CuCl2⋅2H2O晶体，反应完全后要进行的操作是：除去其他可能的金属离子后，过滤，向滤液中持续通入HCl气体，加热蒸发浓缩，______，过滤，洗涤，低温干燥。其中，持续通入HCl的作用是 ______。
(4)用“间接碘量法”测定2.0g废铜屑的利用率。取所得试样溶于水配成250mL，取出25.00mL，向其中加入过量KI固体，充分反应，生成白色CuI沉淀，滴入几滴淀粉溶液作指示剂，用0.1000ml⋅L−1Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL。(涉及的反应有：2Cu2++4I−=2CuI↓+I2，I2+2S2O32−=S4O62−+2I−)
①滴定终点的判断：当滴入最后一滴标准液，溶液恰好 ______(填颜色变化)，且半分钟不再发生变化。
②废铜屑中铜的百分含量为 ______。
20. 铍铜是广泛应用于制造高级弹性元件的良好合金。某科研小组从某旧铍铜元件(含、71%CuS、少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的工艺流程如图。
Ⅰ.铍、铝元素的化学性质相似，单质铍与氢氧化钠溶液反应生成可溶于水的Na2BeO2
Ⅱ.温下部分难溶物的溶度积常数如表。
(1)滤液A的主要成分除NaOH外，还有 ______ (填化学式)，写出反应Ⅰ中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式： ______ 。
(2)①滤液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，最合理的实验步骤顺序 ______
a.加入过量氨水
b.通入过量CO2
c.加入过量NaOH
d.加入适量HCl
e.洗涤
f.过滤
②从BeCl2溶液中得到BeCl2固体的操作是 ______ 。
(3)①MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为硫单质。写出反应Ⅱ中CuS发生反应的化学方程式： ______ 。
②若用浓HNO3溶解金属硫化物，缺点是 ______ 。(任写一条)
(4)滤液D中c(Cu2+)=2.2ml⋅L−1、c(Fe3+)=0.008ml⋅L−1、c(Mn2+)=0.01ml⋅L−1，逐滴加入稀氨水调节pH可将其依次分离，为使铜离子开始沉淀，常温下应调节溶液的pH大于 ______ 。
21. (1)“制氢”“储氢”“用氢”一直都是能源研究的热点。工业上制取H2有多种方法，如：
①C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H1=+131.5kJ⋅ml−1
②CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H2=+206.2kJ⋅ml−1
③CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H3=+247.4kJ⋅ml−1
④2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)△H4=+483.6kJ⋅ml−1
由上述可知：CH4(g)与H2O(g)反应生成CO2(g)和H2(g)的热化学方程式为 ______。
(2)在密闭容器中发生反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)△H=−11kJ⋅ml−1.如图表示不同温度T1、T2下平衡时HI(g)的体积分数随起始n(H2)：n(I2)的变化关系。
①反应温度：T1______T2(填“>”“0，故A错误；
B.由于HCl比HBr稳定，所以相同条件下HCl的△H2比HBr的大，故B错误；
C.△H3+△H4代表H(g)→H(aq)的焓变，与是HCl的还是HI的无关，故C错误；
D.一定条件下，气态原子生成1mlH−X键放出aKJ能量，则断开1mlH−X键形成气态原子吸收aKJ的能量，即为△H2=+akJ/ml，故D正确；
故选：D。
A.△H1代表的是HF气体溶于水的逆过程；
B.HCl比HBr稳定；
C.△H3+△H4代表H(g)→H(aq)的焓变；
D.一定条件下，气态原子生成1mlH−X键放出aKJ能量，则断开1mlH−X键形成气态原子吸收aKJ的能量。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、焓变计算、盖斯定律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。
3.【答案】A
【解析】A.图中为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则平衡常数减小，故A正确；
B.0∼3s内，反应速率为v(NO2)=1.0ml/L−0.5ml/L3≈0.17ml⋅L−1⋅s−1，故B错误；
C.催化剂不影响平衡移动，同等程度增大正逆反应速率，故C错误；
D.x为c(O2)时，增大浓度，平衡逆向移动，NO2转化率减小，与图像不符，故D错误；
故选：A。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握平衡移动的影响因素、K与温度的关系、速率计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图像的分析，题目难度不大。
4.【答案】C
【解析】解：A.反应：NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)为可逆反应，则通入1mlNO2、2mlS18O2，反应达到平衡后，SO2、SO3、NO、NO2均含 18O，故A错误；
B.反应：NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)为可逆反应，反应物不可能完全消耗，所以通入1mlNO2、2mlS18O2，不可能有1mlN18O生成，故B错误；
C.反应：NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)为可逆反应，反应物不可能完全消耗，所以通入1mlNO2、2mlS18O2，则NO2、S18O2消耗都小于1ml，所以S18O2的物质的量不可能为0.8ml，故C正确；
D.反应：NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)为可逆反应，SO2、SO3、NO、NO2均含 18O时，不能说明该反应达到平衡，故D错误；
故选：C。
起始时向某密闭容器中通入1mlNO2、2mlS18O2，发生反应：NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)，由于反应为可逆反应，反应物不可能完全消耗，所以反应达到平衡后，SO2、SO3、NO、NO2均含 18O，并且NO2、S18O2消耗都小于1ml，则生成N18O也小于1ml，据此分析判断。
本题考查可逆反应的特征，注意可逆反应反应物不可能完全消耗，题目难度不大。
5.【答案】C
【解析】
【分析】某时刻，测得容器内H2、I2、HI的浓度依次为0.01ml/L、0.01ml/L、0.02ml/L，Qc=(0.02)20.01×0.01=40，低温下不能自发进行，故A错误；
B、反应是放热反应△H0，低温下不能自发进行，故C错误；
D、反应是放热反应△H0，任意条件下能自发进行，故D正确；
故选：D。
反应自发进行的判断依据是：△H−T△SHCOOH>CH3COOH>NaHSO3，
A.由于酸性强弱顺序为H2SO3>CH3COOH>NaHSO3，所以Na2SO3和乙酸反应生成NaHSO3和CH3COONa，故A错误；
B.甲酸钠溶液中，pH=8即(H+)=10−8ml/L，c(OH−)=Kwc(H+)=10−1410−8ml/L=10−6ml/L，物料关系为c(Na+)=c(HCOO−)+c(HCOOH)，电荷关系c(Na+)+c(H+)=c(HCOO−)+c(OH−)，所以c(HCOOH)=c(OH−)−c(H+)=10−6ml/L−10−8ml/L=9.9×10−7ml/L，故B正确；
C.设两种酸的浓度为c，乙酸溶液c(H+)2=cKa=cKa(CH3COOH)，甲酸溶液中c(H+)1=cKa=cKa(HCOOH)，则c(H+)1c(H+)2=Ka(HCOOH)Ka(CH3COOH)，所以pH(CH3COOH)−pH(HCOOH)=12[(pKa(CH3COOH)−pKa(HCOOH)]=0.5,即甲酸pH=a−0.5，故C错误；
D.弱酸根离子水解平衡常数kh=KwKa，甲酸根的水解常数=10−1410−3.74=10−10.26，亚硫酸根的水解常数=10−1410−7.20=10−6.80，相同温度等浓度的弱酸强碱：水解常数越大，则溶液的碱性越强，所以等浓度的 HCOONa溶液比Na2SO3溶液的碱性弱、pH小，故D错误；
故选：B。
因pKa=−lgKa，pKa越大则Ka越小，则酸的酸性越弱，三种酸的酸性强弱顺序为H2SO3>HCOOH>CH3COOH>NaHSO3，
A.Na2SO3溶液中加入乙酸，反应生成NaHSO3和CH3COONa；
B.酸钠溶液中，物料关系为c(Na+)=c(HCOO−)+c(HCOOH)，电荷关系c(Na+)+c(H+)=c(HCOO−)+c(OH−)；
C.据c(H+)=cKa和pH=−lgc(H+)计算判断；
D.酸根离子水解平衡常数kh=KwKa，相同温度等浓度的弱酸强碱：水解常数越大，则溶液的碱性越强。
本题考查了弱电解质电离平衡影响因素、平衡常数计算、离子浓度大小比较等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
11.【答案】B
【解析】解：A.起始时为1ml/L的甲酸溶液，溶液中c水(H+)=10−12ml/L，水的电离受到抑制，溶液中OH−均是由水的电离出来的，则溶液中c(H+)=Kwc(OH−)=Kwc水(H+)=10−2ml/L，则HCOOH的电离平衡常数为Ka(HCOOH)=c(H+)c(HCOO−)c(HCOOH)=10−2×10−21−10−2=10−4，故A正确；
B.酸或碱过量存在抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，a点由水电离出来的c水(H+)=10−7ml/L，溶液中存在HCOOH和HCOONa，溶液呈中性，b点溶液中组分为HCOONa和过量的NaOH，溶液为碱性，所以a点溶液pH=7，b点溶液pH>7，故B错误；
C.a到b之间存在计量点，计量点时恰好生成HCOONa，此时水的电离程度最大，计量点过后NaOH过量，抑制水的电离，计量点之前HCOONa逐渐增多，HCOOH逐渐减少，水的电离程度增大，所以从a到b的过程，水的电离程度先增大后减小，故C正确；
D.随着NaOH不断加入，溶液中c(OH−)不断增多，溶液中离子含量不断增大，则溶液导电性不断增强，故D正确，
故选：B。
A.起始时为1ml/L的甲酸溶液，溶液中c水(H+)=10−12ml/L，水的电离受到抑制，溶液中OH−均是由水的电离出来的，则溶液中c(H+)=Kwc(OH−)=Kwc水(H+)=10−2ml/L，据此计算Ka(HCOOH)；
B.酸或碱过量存在抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，a点由水电离出来的c水(H+)=10−7ml/L，溶液中存在HCOOH和HCOONa，溶液呈中性，b点溶液中组分为HCOONa和过量的NaOH，溶液为碱性；
C.a到b之间存在计量点，计量点时恰好生成HCOONa，此时水的电离程度最大，计量点过后NaOH过量，抑制水的电离，计量点之前HCOONa逐渐增多，HCOOH逐渐减少，水的电离程度增大；
D.随着NaOH不断加入，溶液中c(OH−)不断增多，溶液中离子含量不断增大。
本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高考常见题型，题目难度中等，试题侧重于学生的分析能力的考查，明确图象中酸碱混合时溶液中的溶质是解答本题的关键，抓住图象进行分析即可。
12.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了盐的水解规律，题目难度中等，注意把握盐的水解原理、电解质溶液中离子浓度大小比较、守恒关系的理解应用，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
【解答】
A.对应酸的酸性越弱，阴离子水解程度越大，碳酸氢钠溶液pH大于NaF溶液，则对应酸性为H2CO3c(F−)，两溶液中c(Na+)相同，则离子的总浓度：①>③，故C正确；
D.④中物料守恒：c(HCO3−)+c(CO32−)+c(H2CO3)=0.1ml/L，故D错误。
故选：C。
13.【答案】C
【解析】解：A.b点K2X恰好转化为KHX，由图知此时溶液的pHc(OH−)，所以M点溶液中，离子浓度为：c(NO3−)>c(Ag+)>c(H+)>c(OH−)，故C正确；
D.N点的纵坐标为4，则Ag2CrO4沉淀在沉淀溶解平衡中c(CrO42−)=10−4ml/L，c(Ag+)=2×10−4ml/L，Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)×c(CrO42−)=10−4ml/L×(2×10−4ml/L)2=4.0×10−12(ml/L)3，故D正确。
故选：B。
A.根据方程式：KCl+AgNO3=AgCl↓+KNO3和K2CrO4+2AgNO3=Ag2CrO4↓+2KNO3，判断出与等量的AgNO3溶液，Cl−浓度减小的更快，CrO42−浓度减小的慢，结合曲线变化趋势得出结论；
B.由A可知曲线I表示pCl与V(AgNO3溶液)的变化关系，则c(Ag+)不变，仅增大KCl的浓度，平衡点由R点向右移动；
C.M点加入的AgNO3溶液体积为15mL，根据方程式可知生成0.001mlKNO3和0.001mlAgCl，剩余0.0005mlAgNO3，结合Ag+水解使溶液呈酸性，可得M点溶液中离子浓度的大小关系；
D.N点的纵坐标为4，则Ag2CrO4沉淀在沉淀溶解平衡中c(CrO42−)=10−4ml/L，c(Ag+)=2×10−4ml/L，带入Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)×c(CrO42−)计算即可。
本题主要考查Ksp的计算，离子浓度大小的定量分析，以及根据化学方程式的比例关系，判断曲线的变化趋势，具有较强的综合性，对学生的思维能力要求较高，属于难题。
15.【答案】A
【解析】解：A.甲通入氢气，失去电子，生成H+，电极反应为：H2−2e−=2H+，乙通入氯气，得到电子，生成Cl−，电极反应为：Cl2+2e−=2Cl−，总式为：H2+Cl2=2HCl，故A正确；
B.氢气失去电子，生成H+，发生氧化反应，应该在负极，即甲极放电，N2、H2电极顺序错误，故B错误；
C.CO2和NH3反应为：CO2+NH3+NaCl+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，这是侯氏制碱法原理，不是氧化还原反应，故C错误；
D.铅蓄电池的总反应为：Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，生成的PbSO4附着在电极上，不能分离，装置没有可行性，故D错误；
故选：A。
由图可知，该装置为燃料电池装置，燃料电池中，通入燃料的一极为负极，发生氧化反应，另外一极为正极，发生还原反应，据此分析，
A.氢气为燃料，通入负极，发生氧化反应，氯气通入正极，发生还原反应；
B.氢气为燃料，通入负极，发生氧化反应，电极顺序肯定错误；
C.原电池中反应必须是氧化还原反应，侯氏制碱法属于非氧化还原反应；
D.铅蓄电池中生成的PbSO4附着在电极上，不能分离，该装置图不符合题意。
本题主要考查原电池的工作原理，掌握原电池中正负极判断以及电极反应式的书写是解决本题的关键，同时考查学生的看图能力，难度中等。
16.【答案】C
【解析】解：A.由总反应式可知OH−参加反应，应用阴离子交换膜，故A错误；
B.AgO中Ag的化合价为+2价，当电极上析出1.08gAg即0.01ml时，电路中转移的电子为0.02ml，故B错误；
C.原电池工作时Al被氧化，应为电池的负极，电极反应为Al−3e−+4OH−=AlO2−+2H2O，故C正确；
D.AgO被还原，应为原电池的正极，电极反应式为AgO+2e−+H2O=Ag+2OH−，故D错误．
故选C.
由原电池总反应可知，原电池工作时Al被氧化，应为电池的负极，电极反应为Al−3e−+4OH−=AlO2−+2H2O，AgO被还原，应为原电池的正极，电极反应式为AgO+2e−+H2O=Ag+2OH−，结合电极反应式进行判断．
本题考查化学电源新型电池，题目难度中等，解答本题的关键是能正确书写电极方程式，做题时注意体会书写方法．
17.【答案】B
【解析】解：n(Cu2+)=0.05L×2ml/L=0.1ml，
A.转移0.2ml电子时，阳极发生Fe−2e−=Fe2+，消耗0.1mFe，阴极发生Cu2++2e−=Cu，生成0.1mlCu，则阳极减少质量小于阴极增加质量，故A错误；
B.转移0.2ml电子时，阴极发生Cu2++2e−=Cu，Cu2+完全放电，转移0.4ml电子时，发生2H++2e−=H2↑，此时生成0.1mlH2，得到2.24L标准状况下的气体，故B正确；
C.电解过程中溶液不可能呈酸性，则生成的红褐色物质(氢氧化铁)不会溶解，故C错误；
D.由于铁为阳极，则不会在铁上镀铜，故D错误。
故选：B。
n(Cu2+)=0.05L×2ml/L=0.1ml，铁为阳极，石墨为阴极，则电解时，阳极发生反应为Fe−2e−=Fe2+，阴极首先发生Cu2++2e−=Cu，然后发生2H++2e−=H2↑，以此解答该题．
本题考查电解池的工作原理，题目难度不大，注意根据电极反应式计算，解答本题的关键是把握离子的放电顺序，解答时要注意利用．
18.【答案】C
【解析】解：A.银首饰表面变黑，与空气中硫化氢反应生成硫化银，为化学腐蚀，故A错误；
B.由图可知，构成电化学腐蚀时，正极上氧气得到电子，可使氧气的体积分数减小，但传感器测得氧气体积分数变小也可能与析氢腐蚀生成氢气有关，故B错误；
C.图中压强传感器测得压强变小，与氧气得到电子有关，则三颈瓶中发生的一定以吸氧腐蚀为主，故C正确；
D.海里在轮船外面连接一块废铜块保护轮船，构成原电池，可加快Fe的腐蚀，应连接Zn块保护轮船的方法叫牺牲阳极的阴极保护法，故D错误；
故选：C。
A.银首饰表面变黑，与空气中硫化氢反应生成硫化银；
B.由图可知，构成电化学腐蚀时，正极上氧气得到电子；
C.图中压强传感器测得压强变小，与氧气得到电子有关；
D.海里在轮船外面连接一块废铜块保护轮船，构成原电池，可加快Fe的腐蚀。
本题考查电化学腐蚀，为高频考点，把握化学腐蚀与电化学腐蚀、析出腐蚀与吸氧腐蚀为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度不大。
19.【答案】分液漏斗 Cu+H2O2+2HCl−△CuCl2+2H2O过氧化氢受热会分解导致损耗 降温至26∼42℃结晶 抑制铜离子水解；增大氯离子浓度，有利于产品结晶 由蓝色变为无色 64.00%。
【解析】解：(1)由图可知，仪器a的名称为分液漏斗，
故答案为：分液漏斗；
(2)由图可知，铜屑和双氧水、浓盐酸在电热磁力搅拌棒的作用下，反应生成量氯化铜和水，根据原子守恒可得化学方程式为：Cu+H2O2+2HCl−△CuCl2+2H2O，H2O2的实际用量要大于理论用量，原因是过氧化氢受热会分解导致损耗，
故答案为：Cu+H2O2+2HCl−△CuCl2+2H2O；过氧化氢受热会分解导致损耗；
(3)为得到纯净的CuCl2⋅2H2O晶体，反应完全后要进行的操作是：除去其他可能的金属离子后，过滤，向滤液中持续通入HCl气体，加热蒸发浓缩，降温至26∼42℃结晶，过滤，洗涤，低温干燥，其中，持续通入HCl的作用是抑制铜离子水解；增大氯离子浓度，有利于产品结晶，
故答案为：降温至26∼42℃结晶；抑制铜离子水解；增大氯离子浓度，有利于产品结晶；
(4)①淀粉遇碘变蓝色，其终点现象为滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复为蓝色，
故答案为：由蓝色变为无色色；
②根据方程式2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI、2Cu2++4I−=2CuI↓+I2得关系式CuCl2∼Na2S2O3，则n(CuCl2)=n(Na2S2O3)=0.1000ml⋅L−1×0.02L=0.002ml，其m(Cu)=0.002ml×64g/ml=0.128g，废铜屑中铜的百分含量为0.1280.2×100%=64.00%，
故答案为：64.00%。
(1)由图可知，仪器a的名称为分液漏斗；
(2)由图可知，铜屑和双氧水、浓盐酸在电热磁力搅拌棒的作用下，反应生成量氯化铜和水，H2O2受热易分解；
(3)为得到纯净的CuCl2⋅2H2O晶体，反应完全后要进行的操作是：除去其他可能的金属离子后，过滤，向滤液中持续通入HCl气体，加热蒸发浓缩，降温至26∼42℃结晶，过滤，洗涤，低温干燥，其中，持续通入HCl的作用是抑制铜离子水解；
(4)①淀粉遇碘变蓝色，其终点现象为滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色；
②根据方程式2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI、2Cu2++4I−=2CuI↓+I2得关系式CuCl2∼Na2S2O3，则n(CuCl2)=n(Na2S2O3)=0.1000ml⋅L−1×0.02L=0.002ml，其m(Cu)=0.002ml×64g/ml=0.128g，据此计算。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。
20.【答案】Na2BeO2、Na2SiO3 BeO22−+4H+=Be2++2H2Oafed在HCl气流中蒸发结晶 MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+S+CuSO4+2H2O会产生污染环境的气体 4
【解析】解：(1)滤液A的主要成分除NaOH外，还有Na2BeO2、Na2SiO3，反应I中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式为BeO22−+4H+=Be2++2H2O，
故答案为：Na2BeO2、Na2SiO3；BeO22−+4H+=Be2++2H2O；
(2)①滤液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，可先加入过量的氨水生成Be(OH)2，过滤，洗涤后再加入盐酸，可生成BeCl2，操作为afed，
故答案为：afed；
②从BeCl2溶液中得到BeCl2固体的操作是要在HCl气流中蒸发结晶，可抑制水解，
故答案为：在HCl气流中蒸发结晶；
(3)①反应Ⅱ中CuS发生反应的化学方程式为MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+S+CuSO4+2H2O，
故答案为：MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+S+CuSO4+2H2O；
②若用浓HNO3溶解金属硫化物，还原产物为氮的氧化物，缺点是会产生污染环境的气体，
故答案为：会产生污染环境的气体；
(4)滤液D中c(Cu2+)=2.2ml⋅L−1、c(Fe3+)=0.008ml⋅L−1、c(Mn2+)=0.01ml⋅L−1，逐滴加入稀氨水调节pH可将其依次分离。Cu2+开始沉淀时，c(OH−)=2.2×10−202.2ml/L=10−10ml/L，pH=4，则为使铜离子开始沉淀，常温下应调节溶液的pH大于4，
故答案为：4。
由流程可知，加入过量的氢氧化钠溶液，BeO、SiO2与NaOH反应，滤液A含有氢氧化钠、Na2SiO3、Na2BeO2等，过滤分离出滤渣B含有CuS、FeS，滤渣B中加入二氧化锰、稀硫酸，发生MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+S+CuSO4+2H2O、3MnO2+2FeS+6H2SO4=3MnSO4+2S+Fe2(SO4)3+6H2O，固体含有S，滤液D含有硫酸锰、硫酸铜以及硫酸铁等，加入氨水调节pH，可生成氢氧化铁、氢氧化铜等沉淀，氢氧化铜经过一系列转化生成Cu，滤液A与盐酸发生BeO22−+4H+=Be2++2H2O、SiO32−+2H+=H2SiO3↓，过滤分离出固体为硅酸，滤液C含BeCl2，为提纯BeCl2，可先加入过量的氨水生成Be(OH)2，过滤，洗涤后再加入盐酸，可生成BeCl2，以此解答该题。
本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
21.【答案】CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g)△H3=+165.0kJ⋅ml−1