将500mL0.1mol/LCuSO4溶液和 500mL4mol/LNaCl溶液相混合,然后用石墨电极进行电解.若电解过

0.5*0.1*106=5.3g 碳酸钠含水 质量分数为106/（106+10*18）=0.37 5.3/0.37=14.3g

CuSO4为0.5L*0.1mol/L*160g/mol=8.0g
CuSO4 5H2O为0.5L*0.1mol/L*250g/mol=12.5g

（1）根据题意及表中数据可知，电解刚开始阶段，阳极反应式是Cu-2e^-═Cu²⁺，阴极反应式为2H⁺+2e^-═H₂↑，
故答案为：2H⁺+2e^-═H₂↑；　
（2）随着电解的继续，溶液中Cu²⁺的浓度增大，H⁺电解完后，铜离子向阴极移动，阴极反应则变成Cu²⁺+2e^-═Cu，所以电解过程中只有电镀铜的过程，阳极溶解的铜与阴极生成的铜质量相同，溶液的组成保持不变，电解持续进行，所以电解质溶液的组成、浓度不再发生变化，溶液的pH也不再发生变化；
0.1mol?L^-1 CuSO₄溶液的pH为4.17，溶液中铜离子水解生成氢氧化铜和氢离子，溶液呈酸性，反应的离子方程式为：Cu²⁺+2H₂O?Cu（OH）₂+2H⁺；
故答案为：电解持续进行，H⁺电解完后，电解过程发生转变，阳极反应式为Cu-2e^-═Cu²⁺，阴极反应式为Cu²⁺+2e^-═Cu，电解质溶液的组成、浓度不再发生变化，溶液的pH也不再发生变化；Cu²⁺+2H₂O?Cu（OH）₂+2H⁺；
（3）若电解过程中只有电镀铜的过程，阳极溶解的铜与阴极生成的铜质量相同，溶液的组成保持不变，则阳极铜的减少为[9.6g/2]=4.8g，转移电子的物质的量为0.15mol，而实际上先有H₂产生，后有电镀铜的过程，故实际转移电子的物质的量大于0.15mol，
故答案为：＞；
（4）若欲使所得电解质溶液复原到500mL0.1mol?L^-1 H₂SO₄溶液，根据“析出什么加入什么”原则知，应该加入氢气，但实际上氢气和溶液不反应，则加入的物质和硫酸铜溶液反应生成沉淀，且实际上溶液中增加的质量恰好等于氢气的质量，所以需要通入H₂S，反应方程式为H₂S+CuSO₄═CuS↓+H₂SO₄，
故答案为：向溶液中通入H₂S；
（5）整个电解过程可分为四段：
①刚开始电解时，阳极：Cu-2e^-=Cu²⁺，阴极：2H⁺+2e^-=H₂↑，这时溶液中H⁺减少，pH增大，阴极质量不变；
②一段时间后，Cu ²⁺迁移到阴极附近，阴极反应变为：Cu-2e^-=Cu²⁺，阴极质量开始增加，由于阳极消耗铜的速率与阴极生成铜的速率相同，溶液中Cu ²⁺浓度不变，pH不变；
③当铜镀层溶解完全后，这时阳极反应变为：2H₂O-4e^-=O₂↑+4H⁺，溶液pH开始减小，阴极上析出铜，所以阴极质量增大；
④又过一段时间，当溶液中的Cu ²⁺反应完全后，阴极反应又变为：2H⁺+2e^-=H₂↑，阴极质量不再增加，总反应为电解水，溶剂减少，硫酸浓度增大，溶液pH还要减小；
则符合条件的为A，故选A．

2240mL
NaCl的物质的量是n=cV=4*0.5=2mol
阳极：
2Cl- -2e-=Cl2↑
2 2 1
0.2 0.2 0.1
体积是V=n*Vm=0.1*22.4=2.24L=2240mL

2.72
N(H2SO4)=0.5*0.1=0.05mol
m(H2SO4)=98*0.05=4.9g
m(H2SO4+H2O)=4.9/98%=5g
V=5/1.84=2.72mL

(200*2.5+500*0.1)/(200+500)=550/700=0.78mol/L

解题思路：根据n=cV计算NaOH的物质的量，再根据m=nM计算需要NaOH的质量．

溶液体积为500mL=0.5L，
n（NaOH）=c（NaOH）•V（aq）=0.1mol/L×0.5L=0.05mol，
m（NaOH）=n（NaOH）•M（NaOH）=0.05mol×40g/mol=2.0g，
答：需要NaOH的质量2.0g．

点评：
本题考点： 物质的量的相关计算

考点点评： 本题考查物质的量浓度有关计算，比较基础，注意掌握以物质的量为中心的有关计算，有利于基础知识的巩固．

解题思路：（1）根据m=nM=cvM计算；
（2）根据实验操作的步骤以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器；
（3）根据c=[n/V]，分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断．

（1）实验室配制500mL0.1mol/LNa₂CO₃溶液需要Na₂CO₃•10H₂O的质量为：0.5L×0.1mol/L×286g/mol=14.3g，
故答案为：14.3；
（2）反应操作步骤有称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，在烧杯中溶解，冷却后转移到500ml容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以还需要的仪器为500mL容量瓶、胶头滴管，
故答案为：500mL容量瓶；胶头滴管；
（3）①忘记将洗涤液转入容量瓶，会导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低；
②若该物质溶于水放热，溶解后没有冷却便转入容量瓶进行定容，冷却后，溶液的体积减小，低于刻度线，溶液浓度偏高；
③加水定容时超过刻度线，会使溶液体积偏大，浓度偏小．
故答案为：B；A；B．

点评：
本题考点： 配制一定物质的量浓度的溶液．

考点点评： 本题考查配制一定物质的量浓度溶液额实验操作，题目难度不大，注意误差分析的方法，主用实验操作的正确方法．

解题思路：（1）根据m=cVM计算碳酸钠的质量以及天平的精确度为0.1g来称取碳酸钠固体的质量；
（2）根据实验操作的步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等确定溶液配制所需仪器；
（3）根据c=[n/V]分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断；

（1）配制500mL0.1mol/L碳酸钠溶液，需要碳酸钠的质量为0.1mol/L×0.5L×106g/mol=5.3g，天平的精确度为0.1g，所以应用托盘天平称取碳酸钠固体（Na₂CO₃）5.3g；
故答案为：5.3；
（2）溶液配制操作步骤有：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水），并用玻璃棒搅拌，冷却后转移到500ml容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤并将该洗涤液移入容量瓶中，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、500mL容量瓶、胶头滴管；
故答案为：托盘天平、药匙、筒量、玻璃棒、烧杯、500mL容量瓶、胶头滴管；
（3）A．没有将洗涤液转移到容量瓶中，导致溶质的物质的量偏小，根据c=[n/V]分析可知溶液浓度偏低，故A正确；
B．容量瓶洗净后没经干燥处理，对溶液的体积和溶质的物质的量均无影响，根据c=[n/V]分析可知溶液浓度不变，故B错误；
C．转移过程中有少量溶液溅出，溅出的溶液中含有溶质，导致溶质的物质的量偏小，根据c=[n/V]分析可知溶液浓度偏低，故C正确；
D．加水时，水的量超过了刻度线，导致溶液的体积偏大，根据c=[n/V]分析可知溶液浓度偏低，故D正确；
E．摇匀后立即观察，发现溶液未达到刻度线，再用滴管加几滴蒸馏水至刻度线，时间长些，粘在刻度线以上的溶液会下落，导致导致溶液的体积偏大，根据c=[n/V]分析可知溶液浓度偏低，故E正确；
故选：ACDE；

点评：
本题考点： 配制一定物质的量浓度的溶液．

考点点评： 本题难度不大，明确一定物质的量浓度溶液配制的实验步骤、所需的仪器以及误差分析是正确解答本题的关键．

电脑上计算太烦了,给你思路吧.
首先沉淀的是氯化银,他的沉淀量与氧化完全有关系,如果完全氧化,那折算回去的cl-应该有0.3mol（氯化铁中氯离子含量）,如果完全没氧化,那么折算回去的氯离子应该有0.2mol（氯化亚铁中氯离子量）,你先求下2.009g沉淀相当于多少氯离子.另外,题目中提到了稀释什么的,不要忘记折算倍数关系.假如说最后折算的氯离子是a mol,那么按这个算式计算 设其中有亚铁x.那么氯离子总量（a）=x×0.1×2+（1-x）×0.1×3 解出x再转换为百分数即可

（1）配制500mL0.1mol/L碳酸钠溶液，需要碳酸钠的质量为0.1mol/L×0.5L×106g/mol=5.3g，天平的精确度为0.1g，所以应用托盘天平称取碳酸钠固体（Na ₂ CO ₃ ）5.3g；
故答案为：5.3；
（2）溶液配制操作步骤有：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水），并用玻璃棒搅拌，冷却后转移到500ml容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤并将该洗涤液移入容量瓶中，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、500mL容量瓶、胶头滴管；
故答案为：托盘天平、药匙、筒量、玻璃棒、烧杯、500mL容量瓶、胶头滴管；
（3）A．没有将洗涤液转移到容量瓶中，导致溶质的物质的量偏小，根据c=
n
V 分析可知溶液浓度偏低，故A正确；
B．容量瓶洗净后没经干燥处理，对溶液的体积和溶质的物质的量均无影响，根据c=
n
V 分析可知溶液浓度不变，故B错误；
C．转移过程中有少量溶液溅出，溅出的溶液中含有溶质，导致溶质的物质的量偏小，根据c=
n
V 分析可知溶液浓度偏低，故C正确；
D．加水时，水的量超过了刻度线，导致溶液的体积偏大，根据c=
n
V 分析可知溶液浓度偏低，故D正确；
E．摇匀后立即观察，发现溶液未达到刻度线，再用滴管加几滴蒸馏水至刻度线，时间长些，粘在刻度线以上的溶液会下落，导致导致溶液的体积偏大，根据c=
n
V 分析可知溶液浓度偏低，故E正确；
故选：ACDE；

解题思路：（1）根据m=nM求出溶质的物质的量，利用Na₂CO₃的物质的量和Na₂CO₃•10H₂O的物质的量相等，根据m=nM计算；
（2）根据用天平称量物体时的正确操作顺序进行分析解答；
（3）根据把玻璃棒将玻璃棒插入容量瓶刻度线以上原因以及玻璃棒的作用分析；
（4）根据液面的形状分析；
（5）根据c=[n/V]分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断．

（1）实验室配制500mL0.1mol/LNa₂CO₃溶液需要Na₂CO₃的物质的量为：0.5L×0.1mol/L=0.05mol，Na₂CO₃•10H₂O的物质的量为0.05mol，Na₂CO₃•10H₂O的质量为：0.05mol×286g/mol=14.3g，故答案为：14.3；
（2）用天平称量物体时的正确操作步骤是：先调零点，然后先称量空的小烧杯的质量，记录称量的结果，向天平添加砝码和调整游码到指定质量，将碳酸钠晶体放入小烧杯中称量，记录称量的结果，最后调整零点，将砝码放回砝码盒内，故答案为：ADFBFCE；
（3）玻璃棒插入容量瓶刻度线以上，会使少量溶液滞留在刻度线以上而导致定容时有偏差，由于容量瓶劲较细，为避免溶液洒在外面应用玻璃棒引流，故答案为：将玻璃棒插入容量瓶刻度线以下，使溶液沿玻璃棒慢慢地倒入容量瓶中；
（4）加水至离刻度线1～2cm时，用胶头滴管滴加水，容易控制水的体积，液面是凹形的，只有液面最低端与刻度线相切时，才是溶液的真实体积，否则，会造成浓度有偏差，故答案为：加水至离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加水至液面与刻度线相切；
（5）①忘记将洗涤液转入容量瓶，会导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故答案为：偏低；
②定容时俯视标线，溶液的体积减小，低于刻度线，溶液浓度偏高，故答案为：偏高；
③定容后摇匀液面低于刻度线，是由于溶液滞留在刻度线以上，但溶液浓度不变，故答案为：不变．

点评：
本题考点： 配制一定物质的量浓度的溶液．

考点点评： 本题考查配制一定物质的量浓度溶液的实验操作，题目难度不大，c=[n/V]是误差分析的关键．

解析：
1.m=nM=CVM=0.1mol/L*0.5L*40g/mol=2.0g
2.根据稀释定律：C1V1=C1V2
20ml*5mol/L=C2*400ml C2=0.25mol/L 答：略

（1）实验所需用品：a b c g i ,还缺少 500ml容量瓶 .
（2）需浓硫酸 2.7 mL.
0.5L * 0.1mol/L = 0.05mol
V * 1.84g/mL * 98% / (98g/mol) = 0.05mol
V = 2.7 mL
（3）若定容时俯视刻度线,会使H2SO4的浓度 增加 （因为实配体积减少）

Cu总共只有0.05mol,3.2g
阳极Cl2有0.1mol,2.24L

解题思路：（1）电解开始时，阴极上氢离子放电生成氢气；
（2）电解进行到1.5h后，阳极上铜失电子生成铜离子，阴极上铜离子得电子析出铜，该装置为电镀池；硫酸铜为强酸弱碱盐，铜离子水解而使其溶液呈酸性；
（3）根据铜和转移电子之间的关系式计算；
（4）根据“析出什么加入什么”的原则加入物质；
（5）整个电解过程可分为四段：
①刚开始电解时，阳极上铜失电子，阴极上氢离子得电子；
②一段时间后，阴极上铜离子得电子，阳极上铜失电子；
③当阳极铜镀层溶解完全后，阴极上铜离子得电子，阳极上氢氧根离子失电子；
④又过一段时间，当溶液中的铜离子反应完全后，阴极上氢离子放电，阳极上氢氧根离子放电．

（1）根据题意及表中数据可知，电解刚开始阶段，阳极反应式是Cu-2e^-═Cu²⁺，阴极反应式为2H⁺+2e^-═H₂↑，
故答案为：2H⁺+2e^-═H₂↑；　
（2）随着电解的继续，溶液中Cu²⁺的浓度增大，H⁺电解完后，铜离子向阴极移动，阴极反应则变成Cu²⁺+2e^-═Cu，所以电解过程中只有电镀铜的过程，阳极溶解的铜与阴极生成的铜质量相同，溶液的组成保持不变，电解持续进行，所以电解质溶液的组成、浓度不再发生变化，溶液的pH也不再发生变化；
0.1mol•L^-1 CuSO₄溶液的pH为4.17，溶液中铜离子水解生成氢氧化铜和氢离子，溶液呈酸性，反应的离子方程式为：Cu²⁺+2H₂O⇌Cu（OH）₂+2H⁺；
故答案为：电解持续进行，H⁺电解完后，电解过程发生转变，阳极反应式为Cu-2e^-═Cu²⁺，阴极反应式为Cu²⁺+2e^-═Cu，电解质溶液的组成、浓度不再发生变化，溶液的pH也不再发生变化；Cu²⁺+2H₂O⇌Cu（OH）₂+2H⁺；
（3）若电解过程中只有电镀铜的过程，阳极溶解的铜与阴极生成的铜质量相同，溶液的组成保持不变，则阳极铜的减少为[9.6g/2]=4.8g，转移电子的物质的量为0.15mol，而实际上先有H₂产生，后有电镀铜的过程，故实际转移电子的物质的量大于0.15mol，
故答案为：＞；
（4）若欲使所得电解质溶液复原到500mL0.1mol•L^-1 H₂SO₄溶液，根据“析出什么加入什么”原则知，应该加入氢气，但实际上氢气和溶液不反应，则加入的物质和硫酸铜溶液反应生成沉淀，且实际上溶液中增加的质量恰好等于氢气的质量，所以需要通入H₂S，反应方程式为H₂S+CuSO₄═CuS↓+H₂SO₄，
故答案为：向溶液中通入H₂S；
（5）整个电解过程可分为四段：
①刚开始电解时，阳极：Cu-2e^-=Cu²⁺，阴极：2H⁺+2e^-=H₂↑，这时溶液中H⁺减少，pH增大，阴极质量不变；
②一段时间后，Cu ²⁺迁移到阴极附近，阴极反应变为：Cu-2e^-=Cu²⁺，阴极质量开始增加，由于阳极消耗铜的速率与阴极生成铜的速率相同，溶液中Cu ²⁺浓度不变，pH不变；
③当铜镀层溶解完全后，这时阳极反应变为：2H₂O-4e^-=O₂↑+4H⁺，溶液pH开始减小，阴极上析出铜，所以阴极质量增大；
④又过一段时间，当溶液中的Cu ²⁺反应完全后，阴极反应又变为：2H⁺+2e^-=H₂↑，阴极质量不再增加，总反应为电解水，溶剂减少，硫酸浓度增大，溶液pH还要减小；
则符合条件的为A，故选A．

点评：
本题考点： 电解原理．

考点点评： 本题考查了电解池原理，明确离子的放电顺序是解本题关键，知道活泼金属作阳极时，阳极上金属失电子而不是电解质溶液中阴离子失电子，难点是（5）题，注意该电解过程分为四个阶段，明确每个阶段发生的反应，同时考查学生分析问题的缜密性，难度较大．

俯视刻度线,说明液体凹液面还未达到刻度线,容量瓶中溶液体积还太少.溶度偏大

需NaOH物质的量是500mL×0.1mol/L=0.05mol,
NaOH分子量为40g/mol,
故所需NaOH的质量为0.05mol×40g/mol=2g.