铜溶液，溶液pH减小，c电极为阴极，电解反应为：Cu+2e= Cu，根据电子守恒可以知道，b、c两极上反应的离子的物质的量不相等；
3组、A槽是电解水,硫酸钠溶液pH不变，b电极是阳极，电极反应为: 4OH-4e=2H2O+O2↑；B槽电解硝酸银溶液，溶液pH减小，c电极为阴极，电解反应式为：4Ag++4e-=4Ag，根据电子守恒可以知道，b、c两极上反应的离子的物质的量相等；
4组、电解氢氧化钠溶液实质是电解水，A槽是电解水，氢氧化钠溶液pH增大，b电极是阳极，电极反应式为：4OH--4e-=2H2O+O2↑；B槽电解硫酸铜溶液，溶液pH减小，c电极为阴极，电解反应式为：Cu2++2e-= Cu，根据电子守恒可以知道，b、c两极上反应的离子的物质的量不相等。 【详解】
(1)根据上述分析可以知道，符合条件的是第1组；因此答案是：1；
(2)第1组电解过程中各电极上的电极反应式为：a、4H+4e=2H2↑；b、4Cl-4e=2Cl2↑；c、4Ag+4e=4Ag；d、4OH--4e-=2H2O+O2↑;
因此，本题正确答案是: 4H+4e=2H2↑；b、4Cl-4e-=2Cl2↑；c、4Ag+4e=4Ag；d、4OH-4e=2H2O+O2↑；(3)第1组中：a、4H++4e-=2H2↑；b、4Cl-4e-=2Cl2↑；当b极上析出7.1g即物质的量为0.1mol氯气时，a极上析出为氢气的物质的量为0.1mol，氢气的质量为0.1mol ×2g/mol=0.2g；答案：0.2g。 【点睛】
解题依据：根据串联电路中电子守恒的规律，分析两个电解池阴阳极放电的离子的物质的量变化，根据电极反应和电极反应过程中离子变化确定溶液pH变化。 三、实验题（本题包括1个小题，共10分） 22．2Cu+O2
2CuO、CH3CH2OH+CuO
CH3CHO+Cu+H2O 放热 加热乙醇，便于乙醇的挥发
+
--+
---+
---+
---
2+-
冷却，便于乙醛的收集 乙醛、乙醇、水 氮气 乙酸 c 蒸馏 【解析】 【分析】
（1）铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜与乙醇反应生成乙醛、Cu与水；反应需要加热进行，停止加热反应仍继续进行，说明乙醇的氧化反应是放热反应；
（2）甲是水浴加热可以让乙醇在一定的温度下成为蒸气，乙是将生成的乙醛冷却；
（3）乙醇被氧化为乙醛，同时生成水，反应乙醇不能完全反应，故a中冷却收集的物质有乙醛、乙醇与水；空气中氧气反应，集气瓶中收集的气体主要是氮气；
（4）能使紫色石蕊试纸变红的是酸，碳酸氢钠可以和乙酸反应，通过蒸馏方法分离出乙醛。 【详解】
（1）乙醇的催化氧化反应过程：金属铜被氧气氧化为氧化铜，2Cu＋O2乙醛，CH3CH2OH＋CuO
2CuO，氧化铜将乙醇氧化为
CH3CHO＋Cu＋H2O；反应需要加热进行，停止加热反应仍继续进行，说明乙
醇的氧化反应是放热反应；
故答案为2Cu＋O22CuO；CH3CH2OH＋CuOCH3CHO＋Cu＋H2O；放热；
（2）甲和乙两个水浴作用不相同，甲是热水浴，作用是乙醇平稳气化成乙醇蒸气，乙是冷水浴，目的是将乙醛冷却下来，
故答案为加热乙醇，便于乙醇的挥发；冷却，便于乙醛的收集；
（3）乙醇被氧化为乙醛，同时生成水，反应乙醇不能完全反应，故a中冷却收集的物质有乙醛、乙醇与水；空气中氧气反应，集气瓶中收集的气体主要是氮气， 故答案为乙醛、乙醇与水；氮气；
（4）若试管a中收集到的液体用紫色石蕊试纸检验，试纸显红色，说明液体中还含有乙酸，四个选择答案中，只有碳酸氢钠可以和乙酸反应，生成乙酸钠、水和二氧化碳，实现两种互溶物质的分离用蒸馏法， 故答案为乙酸；c；蒸馏。
四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
1823．8O
HClO4 AB 2Al+2OH-+2H2O＝
2AlO2-+3H2↑ BrCl+2H2O+SO2＝H2SO4+HCl+HBr 【解析】 【分析】
先根据元素在周期表的位置确定各种元素，然后结合元素周期律及物质的原子结构、形成化合物时的特点、元素化合物的性质分析解答。 【详解】
根据元素在周期表的位置可知各种元素分别是：①是N元素，②是O元素，③是Mg元素，④是Al元素，⑤是P元素，⑥是Cl元素，⑦是K元素，⑧是Br元素。
18(1)②是O元素，质子数为8，质量数为18的O原子可表示为8O；
(2)Mg、Cl两种元素形成的化合物甲为MgCl2，该物质是离子化合物，用电子式表示为：
；
(3)元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，在上述表格中，元素最高价氧化物对应的水化物的酸性最强的是HClO4；
(4)NH3与HCl反应形成NH4Cl，由于同一主族元素形成的化合物性质相似，所以P元素的氢化物PH3与HCl反应产生的物质PH4Cl结构与NH4Cl也相似，属于离子化合物，含有离子键、极性共价键，能与强碱NaOH发生反应，产生NaCl、PH3、H2O，而不能与酸反应，故合理选项是AB；
(5)K与水反应产生KOH和氢气，向该溶液中加入Al，会发生反应产生KAlO2、H2，反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑；
(6)不同卤素原子之间可形成卤素互化物，其性质与卤素单质相近。如⑥形成的互化物BrCl性质类似Cl2，BrCl和SO2在水溶液中发生反应，产生HCl、HBr、H2SO4，反应的化学方程式为BrCl+2H2O+SO2＝
H2SO4+HCl+HBr。 【点睛】
在做题过程中要注意同种元素形成的化合物的相似性，运用规律分析解答，但有时也要注意应用范围。如同一主族元素组成的物质，由分子构成的物质，相对分子质量越大，分子间作用力越大，物质的熔沸点也越高，但若是相应的氢化物，NH3、H2O、HF分子之间还存在氢键，就增大了分子之间的吸引力，使得这几种物质的熔沸点在同族元素形成的化合物中最高。 五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24． A B ① ③ 50% 2 mol·L-1 NaBH4(s)+2H2O(l)==NaBO2(s)+4H2(g) ΔH=－216.0kJ·mol-1 【解析】分析：(1)同分异构体是指分子式相同,但结构不同的有机化合物,而同素异形体是指由同种元素组成的不同单质；
(2)分子晶体熔化不需要破坏化学键,原子晶体熔化时需要破坏共价键,离子晶体熔化时需要破坏离子键；共价键为非金属原子之间形成的化学键，离子键为阴阳离子之间形成的化学键，根据物质的组成进行判断； (3)根据反应中变化的物质的量之比等于化学计量数之比,求出反应的氧气的物质的量,然后根据转化率=转化量/起始量×100%来解答；根据方程式,计算出SO3的物质的量,再利用c=计算 SO3的物质的量浓度。 (4)n(NaBH4)=
=0.1mol, 在25 ℃、101 kPa下，已知每消耗0.1mol NaBH4(s)放热21.6 kJ，则消
耗1mol NaBH4放热216.0kJ，结合物质的状态、焓变书写热化学方程式。
详解:(1)A、正丁烷和异丁烷的分子式都是C4H10,但结构不同，则互为同分异构体； B、金刚石、石墨和C60都是由碳元素组成的，但属于不同的单质，则互为同素异形体； C、冰和干冰的成分分别是水、二氧化碳，是两种不同的物质；
D、35Cl和37Cl是质子数相同,中子数不同的原子,则为同种元素的不同核素,互为同位素； E、.NO和NO2是两种不同的物质； 因此，本题正确答案是:A；B；
(2)分子晶体熔化不需要破坏化学键,所以熔化时不需要破坏化学键的是①干冰；
②金刚石 ③NH4Cl ④Na2S分别属于原子晶体、离子晶体、离子晶体,熔化时需要破坏共价键、离子键、离子键；
①干冰中碳氧之间形成共价键；②金刚石中碳碳之间形成共价键；③NH4Cl中氯离子和铵根离子之间存在离子键，铵根离子中氮原子和氢原子之间存在共价键；④Na2S中钠离子与硫离子之间形成离子键， 因此，本题正确答案是:①；③；
mol O2，(3)向一个容积为2L的密闭容器中充入7 mol SO2和4 在一定温度和压强下，发生如下反应：2SO2(g)＋O2(g) ?2SO3(g)，经4s后达到平衡状态,测得SO2的物质的量是3mol,则反应的SO2的物质的量是4mol,反应中变化的物质的量之比等于化学计量数之比,所以消耗的氧气的物质的量为2mol,
平衡状态时O2的转化率为×100%=50%；
参加反应的SO2的物质的量为7mol-3mol=4mol,根据方程式2SO2(g)＋O2(g) ?2SO3(g) 可以知道,生成的SO3的物质的量等于参加反应的SO2的物质的量, 平衡时SO3的物质的量浓度为
=2mol/L；
因此，本题正确答案是：50% ；2 mol·L-1 ； （4）n(NaBH4)=
=0.1mol, 在25 ℃、101 kPa下，已知每消耗0.1mol NaBH4(s)放热21.6 kJ，则
消耗1mol NaBH4放热216.0kJ，则热化学方程式为NaBH4(s)+2H2O(l)==NaBO2(s)+4H2(g) ΔH=－216.0kJ·mol-1，
因此，本题正确答案是: NaBH4(s)+2H2O(l)==NaBO2(s)+4H2(g) ΔH=－216.0kJ·mol-1。
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