2024届广东省六校联盟化学高一下期末学业质量监测试题含解析

2024届广东省六校联盟化学高一下期末学业质量监测试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。

2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。

第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。

3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、将某无色气体通入品红溶液，溶液褪色；加热，溶液又变红色，该气体可能是
A．O2B．HC1C．SO2D．CO2
2、下列反应属于取代反应的是
A．乙烯在空气中燃烧B．在镍做催化剂的条件下，苯与氢气反应
C．在FeBr3催化作用下，苯与液溴反应D．乙醇在铜或银作催化剂条件下与氧气反应
3、按C、N、O、F的顺序，下列递变规律错误的是（）
A．原子半径逐渐减小B．元素原子得电子能力逐渐增强
C．最高正化合价逐渐增大D．气态氢化物稳定性逐渐增大
4、取少量某镁铝合金粉末，其组成可用Mg x Al y表示，向其中加入足量稀硫酸充分反应，收集到3.808L H2（标准状况）同时得无色溶液，向所得溶液中加入过量NaOH溶液，充分反应得到沉淀4.64g。

则x∶y为
A．2∶1B．4∶3C．1∶1D．1∶2
5、有关化学用语正确的是
A．乙烯的最简式C2H4B．乙醇的分子式C2H5OH
C．四氯化碳的电子式D．臭氧的分子式O3
6、美国科学家用某有机分子和球形笼状分子C60制成了“纳米车”（如图所示），每辆“纳米车”是由一个有机分子和4个C60分子构成。

“纳米车”可以用来运输单个的有机分子。

下列说法正确的是
A．人们用肉眼可以清晰看到“纳米车”的运动
B．“纳米车”诞生说明人类操纵分子的技术进入了一个新阶段
C．C60是一种新型的化合物
D．C60与12C是同位素
7、下列离子方程式书写不正确的是（）
A．盐酸与Na2SiO3溶液混合：SiO32-+2H+=H2SiO3↓
B．浓盐酸和二氧化锰共热制取Cl2：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O
C．NO2通入水中：H2O+3NO2=2H++2NO3-+NO
D．向澄清石灰水中通入过量SO2：SO2+Ca2++2OH-=CaSO3↓+H2O
8、下列有关物质性质的比较，错误的是
A．碱性：LiOH<NaOH B．硬度：C60<金刚石
C．密度：苯>水D．稳定性：HCl>H2S
9、日常生活中食用的白糖、冰糖和红糖的主要成分是
A．淀粉B．葡萄糖C．蔗糖D．果糖
10、用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时，下列操作中正确的是
A．酸式滴定管用蒸馏水洗净后，直接加入已知浓度的盐酸
B．锥形瓶用蒸馏水洗净,必须干燥后才能加入一定体积未知浓度的NaOH溶液
C．滴定时,没有排出滴定管中的气泡
D．读数时视线与滴定管内液体凹液面最低处保持水平
11、X、Y、Z、Q、W五种短周期元素，核电荷数依次增加。

只有Q为金属，X与Q同主族，Z与W同主族，Y原子最外层电子数是内层电子数的2倍，Q＋与Z3－具有相同的电子层结构。

下列说法正确的是( )
A．Z的氧化物都能跟碱反应
B．Z的氢化物与Z的最高价氧化物的水化物能发生反应
C．Y的最高价氧化物的水化物是非电解质
D．原子半径Q< W
12、下列关于元素周期表和元素周期律的说法不正确的是()
A．从氟到碘，单质的氧化性逐渐减弱，氢化物的还原性逐渐增强
B．等物质的量的钠原子比铝原子失去的电子数少，所以钠比铝的还原性弱
C．从钠到氯，最高价氧化物的水化物碱性逐渐减弱，酸性逐渐增强
D．氧与硫为同主族元素，氧比硫的原子半径小，氧气比硫的氧化性强
13、牛肉和菠菜等食物中含有丰富的铁，这里的“铁”应理解为（）
A．元素B．分子C．单质D．原子
14、有a、b、c、d四个金属电极，有关的反应装置及部分反应现象如下：
实验装置部分实验现象
a极质量减小，b极质量增加
b极有气体产生，c极无变化
d极溶解，c极有气体产生
电流计指示在导线中电流从a极
流向d极
由此可判断这四种金属的活动性顺序是（）
A．a>b>c>d B．b>c>d>a C．d>a>b>c D．a>b>d>c
15、下列分散系能产生丁达尔效应的是( )
A．饱和食盐水B．浓硫酸C．水D．氢氧化铁胶体
16、下列过程因发生取代反应而发生的是()
A．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色
B．将苯加入溴水中，振荡后水层接近无色
C．将苯、浓硫酸、浓硝酸混合后在50～60 ℃水浴中加热
D．液态植物油与氢气反应生成固态物质
二、非选择题（本题包括5小题）
17、下表为元素周期表中的一部分，根据表中列出的7种元素，按要求回答下列问题:
①
②③
④⑤⑥⑦
（1）元素②在周期表中的位置为________________，其多种核素中作为相对原子质量标准的核素符号为______________。

（2）画出元素⑦的原子结构示意图____________；在④⑤⑦三种元素中，简单离子半径最大的是__________（用离子符号表示）。

（3）元素①与②形成最简单的有机物的结构式_____________________。

（4）元素①与③组成原子个数比为2∶1的化合物的电子式__________________________。

（5）写出由元素②的单质置换出元素⑥的单质化学方程式__________________________________。

18、目前世界上60%的镁是从海水中提取的。

已知海水提取镁的主要步骤如图：
（1）关于加入试剂①作沉淀剂，有以下几种不同方法，请完成下列问题。

方法是否正确简述理由
海水中镁离子浓度小，沉淀剂的用量大，不经
方法1：直接往海水中加入沉淀剂不正确
济
方法2：高温加热蒸发海水后，再加入沉
不正确（一）
淀剂
你认为最合理的其他方法是：（二）
（一）___；
（二）___；
（2）框图中加入的试剂①应该是___（填化学式）；加入的试剂②是___（填化学式）；工业上由无水MgCl2制取镁的化学方程式为___。

（3）加入试剂①后，能够分离得到Mg(OH)2沉淀的方法是___。

19、原电池原理的发现是储能和供能技术的巨大进步，是化学对人类的项重大贡献。

(1)某课外实验小组欲探究铝和铜的金属性(原子失电子能力)强弱，同学们提出了如下实验方案：
A．比较铝和铜的硬度和熔点
B．比较二者在稀硫酸中的表现
C．用铝片、铜片、硫酸铝溶液、硫酸铜溶液，比较二者的活动性
D．分别做铝片、铜片与NaOH溶液反应的实验
E.将铝片、铜片用导线连接后共同投入稀盐酸中接入电流计，观察电流方向
上述方案中能达到实验目的的是_____________。

(2)现有如下两个反应：A．NaOH+HCl=NaCl+H2O B．Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑。

上述反应中能设计成原电池的是__________(填字母代号)，作负极的物质发生了___反应(填“氧化”或“还原”)。

(3)将纯锌片和纯铜片按如图所示方式插入100mL相同浓度的稀硫酸一段时间，回答下列问题：
①下列说法正确的是________(填字母代号)。

A．甲、乙均为化学能转变为电能的装置B．乙中铜片上没有明显变化
C．甲中铜片质量减少、乙中锌片质量减少D．两烧杯中溶液的pH均增大
②在相同时间内，两烧杯中产生气泡的速度：甲___乙(填“>”、“<”或“=”)。

原因是______。

③当甲中产生1.12L(标准状况)气体时，将锌、铜片取出，再将烧杯中的溶液稀释至1L，测得溶液中c(H+)=0.1mol/L(设反应前后溶液体积不变)。

试确定原稀硫酸的物质的量浓度为_________。

20、某化学课外小组用下图装置制取溴苯。

先向分液漏斗中加入苯和液溴，再将混合液慢慢滴入反应器A(A下端活塞关闭)中。

(1)写出A中反应的化学方程式：___________。

(2)实验结束时，打开A下端的活塞，让反应液流入B中，充分振荡，目的是___________，有关反应的化学方程式是___________。

(3)C中盛放CCl4的作用是___________。

(4)要证明苯和液溴发生的是取代反应，而不是加成反应实验方法是___________。

21、将一定量的二氧化硫和含0.7 mol氧气的空气(忽略CO2)放入一定体积的密闭容器中，550℃时，在催化剂作用下发生反应2SO2＋O22SO3。

反应达到平衡后，将容器中的混合气体通过过量氢氧化钠溶液，气体体积减小了21.28 L；再将剩余气体通过一种碱性溶液吸收氧气，气体的体积又减少了5.6 L(以上气体体积均为标准状况下的体积)。

(计算结果保留一位小数)请回答下列问题：
(1)判断该反应达到平衡状态的标志是(填字母)__________________。

a．二氧化硫和三氧化硫浓度相等
b．三氧化硫百分含量保持不变
c．容器中气体的压强不变
d．三氧化硫的生成速率与二氧化硫的消耗速率相等
e．容器中混合气体的密度保持不变
(2)求该反应达到平衡时，消耗二氧化硫的物质的量占原二氧化硫的物质的量的百分比____。

(3)若将平衡混合气体的5%通入过量的氯化钡溶液中，生成沉淀的质量是多少？______
参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、C
【解题分析】分析：SO2具有漂白性，能与有色物质化合成不稳定的无色物质，该无色物质受热分解恢复原来的颜色，据此作答。

详解：某无色气体通入品红溶液，溶液褪色；加热，溶液又变红色，该气体具有漂白性而且该气体与品红生成不稳定的无色物质，该气体可能为SO2；O2、HCl、CO2都不能使品红溶液褪色；答案选C。

2、C
【解题分析】
分析：有机物中的原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应是取代反应，结合有机物的性质分析解答。

详解：A. 乙烯在空气中燃烧属于氧化反应，A错误；
B. 在镍做催化剂的条件下，苯与氢气发生加成反应生成环己烷，B错误；
C. 在FeBr3催化作用下，苯与液溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢，C正确；
D. 乙醇在铜或银作催化剂条件下与氧气发生催化氧化生成乙醛和水，D错误。

答案选C。

3、C
【解题分析】
C、N、O、F在周期表相同周期，从左到右原子序数逐渐增大，则：
A、同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，选项A正确；
B、同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，得电子能力逐渐增强，选项B正确；
C、F的最高化合价为0价，无正价，选项C错误；
D、同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，对应的气态氢化物稳定性逐渐增强，选项D正确。

答案选C。

4、B
【解题分析】由题中信息可知发生反应为Mg x Al y+（x+）H2SO4=xMgSO4+Al2(SO4)3+( x+)H2↑、MgSO4+2NaOH= Mg(OH)2↓+Na2SO4，取少量某镁铝合金粉末，其组成可用Mg x Al y表示，向其中加入足量稀硫酸充分反应，收集到3.808L H2（标准状况）同时得无色溶液，氢气的物质的量为，向所得溶液中加入过量NaOH溶液，充分反应得到沉淀4.64g，则为氢氧化镁沉淀，n(Mg)=0.08mol，n(Al)=(0.17mol-0.08mol)=0.06mol，故
x:y=0.08mol: 0.06mol=4:3，答案选B。

5、D
【解题分析】
A．乙烯的最简式应为CH2，故A错误；
B．乙醇的分子式为C2H6O，C2H5OH为乙醇的结构简式，故B错误；
C．四氯化碳分子中氯原子和碳原子均满足8电子稳定结构，电子式为，故C错误；
D．臭氧为3个氧原子形成的分子，分子式为O3，故D正确；
故答案为D。

6、B
【解题分析】A、因纳米车很小，我们不能直接用肉眼清晰地看到这种“纳米车”的运动，选项A错误；
B、“纳米车”的诞生，说明人类操纵分子的技术进入一个新阶段，选项B正确；
C、由不同种元素形成的纯净物是化合物，C60是一种单质，选项C错误；
D、质子数相同，中子数不同的同一种元素的不同核素互称为同位素，C60是单质，不是核素，选项D错误。

答案选B。

7、D
【解题分析】分析：A.盐酸与硅酸钠反应生成硅酸沉淀和氯化钠；
B.浓盐酸与二氧化锰共热反应生成氯气、氯化锰和水；
C.二氧化氮溶于水生成硝酸和NO；
D.氢氧化钙与过量二氧化硫反应生成酸式盐。

详解：A. 盐酸与Na2SiO3溶液混合生成硅酸沉淀和氯化钠：SiO32-+2H+=H2SiO3↓，A正确；
B. 浓盐酸和二氧化锰共热制取Cl2：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，B正确；
C. NO2通入水中生成硝酸和NO：H2O+3NO2=2H++2NO3-+NO，C正确；
D. 向澄清石灰水中通入过量SO2生成亚硫酸氢钙：SO2+OH-=HSO3－，D错误。

答案选D。

8、C
【解题分析】A. 金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强，碱性：LiOH<NaOH，故A正确；B. 金刚石为原子晶体，而C60为分子晶体，因此硬度：C60<金刚石，故B正确；C. 苯的密度小于水，故C错误；D. 非金属越强，气态氢化物越稳定，稳定性：HCl>H2S，故D正确；故选C。

9、C
【解题分析】
A．淀粉主要存在植物种子和块茎中，最终变为葡萄糖，供机体活动需要，故A错误；
B．葡萄糖主要是放出能量，供机体活动和维持体温恒定的需要，故B错误；
C．因为蔗糖是食品中常用得到甜味剂，日常生活中食用的白糖、冰糖和红糖的主要成分是蔗糖，故C正确；D．果糖是所有的糖中最甜的一种，广泛用于食品工业，如制糖果、糕点、饮料等，故D错误；
故答案选C。

10、D
【解题分析】A、滴定管在装液之前必须要用标准液润洗，否则将稀释标准液，选项A错误；B、锥形瓶用蒸馏水洗净,不必干燥就能加入一定体积未知浓度的NaOH溶液，里面残留有蒸馏水对测定结果无影响，选项B错误；C、在滴定之前必须排尽滴定管下端口的气泡，然后记录读书，进行滴定，选项C错误；D、读数时视线必须和凹液面最低处保持水平，选项D正确。

答案选D。

11、B
【解题分析】分析：X、Y、Z、Q、W五种短周期元素，核电荷数依次增加，Y原子最外层电子数是内层电子数的2倍，最外层电子数小于9，所以Y是C元素；Q为金属，Q＋与Z3－具有相同的电子层结构，且Z、Q是短周期元素，所以Q 是Na元素，Z是N元素；只有Q为金属，X与Q同主族，X与Q是短周期元素，所以X是H元素；Z与W同主族，所以W是P元素；即X是H元素， Y是C元素，Z是N元素，Q是Na元素，W是P元素。

详解：A、Z的氧化物有多种,部分氧化物是不成盐氧化物，如NO是不成盐氧化物，和碱不反应，错误；B、Z的氢化物是NH3，Z的最高价氧化物的水化物是HNO3，氨气和硝酸能发生反应生成硝酸铵，正确；C、Y的最高价氧化物的水化物H2CO3，是弱电解质，错误；D、Q是Na元素，W是P元素；两者的原子位于具有电子层数，W的核电荷数大，所以半径小，原子半径Q> W。

错误；故选B。

点睛：本题考查重点是根据元素周期律推断元素种类的相关题型。

解这类题首先要牢记元素周期律的相关内容。

粒子半径比较，当电子层数不同时，电子层数越多半径越大；电子层数相同时核电荷数越大半径越小。

元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强。

12、B
【解题分析】试题分析：A．从氟到碘，由于元素的原子半径逐渐增大，元素的非金属性逐渐减弱，所以元素的单质的氧化性逐渐减弱，氢化物的还原性逐渐增强，正确；B．尽管等物质的量的钠原子比铝原子失去的电子数少，但是钠比铝的还原性强，错误；C．从钠到氯，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，所以它们的最高价氧化物的水化物碱性逐渐减弱，酸性逐渐增强，正确；D．氧与硫为同主族元素，氧比硫的原子半径小，元素的非金属性O>S，因此氧气比硫的氧化性强，正确。

考点：考查关于元素周期表和元素周期律的应用的知识。

13、A
【解题分析】
牛肉和菠菜等食物中含有丰富的铁，“铁”为元素，故A正确。

14、C
【解题分析】
a极质量减小，b极质量增加，则a为负极，b为正极，所以金属的活动性顺序a＞b；b极有气体产生，c极无变化，所以金属的活动性顺序b＞c；d极溶解，所以d是负极，c极有气体产生，所以c是正极，所以金属的活动性顺序d
＞c；电流从a极流向d极，则电子从d极流向a极，d极为负极，a极为正极，所以金属的活动性顺序d＞a，四种金属的活动性顺序d＞a＞b＞c，故选C。

【题目点拨】
形成原电池时，活泼金属作负极，不活泼金属作正极，负极逐渐溶解，正极上有气泡生成或有金属析出，电子从负极经外电路流向正极，溶液中阴离子向负极移动。

15、D
【解题分析】分析：胶体能产生丁达尔效应，而溶液不能。

详解：A、B属于溶液；C是水，属于纯净物；D属于胶体，能产生丁达尔效应的为D。

点睛：当一束光线透过胶体，从入射光的垂直方向可以观察到胶体里出现的一条光亮的“通路”，这种现象叫丁达尔现象，也叫丁达尔效应。

经常采用是否具有丁达尔效应判断胶体的存在。

16、C
【解题分析】
A、发生的是加成反应，故A错，
B、苯与溴水不反应，苯只与溴单质发生取代反应，故B错
C、苯、浓硫酸、浓硝酸混合后在50～60 ℃水浴中加热，发生取代反应生成硝基苯，正确；
D、液态植物油属于不饱和烃与氢气发生的是加成反应故D错。

答案选C。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、第2周期ⅣA族S2-SiO2+3C SiC+2CO
【解题分析】本题考查元素周期表和元素周期律的应用，（1）根据元素周期表，②为C，位于第二周期IV A族，用作
相对原子质量标准的核素是碳－12，其符号是；（2）⑦为S，16号元素，原子结构示意图为，④⑤⑦分别是Na、Al、S，其离子分别是Na＋、Al3＋和S2－，半径大小比较①一般电子层数越多，半径越大，②电子层数相同，半径随着原子序数的增大而减小，因此有S2－>Na＋>Al3＋；（3）最简单的有机物是CH4，其结构式为
；（4）①为H，③为O，组成个数比为2：1，即为H2O，其电子式为：；（5）②为C，⑥
为Si，反应方程式为：SiO2+3C SiC+2CO。

18、能源消耗大，不经济海滩晒盐蒸发浓缩得到苦卤水后，加入沉淀剂Ca(OH)2HCl MgCl2(熔
融)Mg+Cl2↑过滤
【解题分析】
本题考查的是从海水中提取镁的流程，试剂①应该是石灰乳，发生的反应为MgCl2+Ca(OH)2===Mg(OH)2↓+CaCl2，经过过滤得到Mg(OH)2沉淀，加入试剂②盐酸，发生反应Mg(OH)2+2HCl===MgCl2+2H2O，然后蒸发浓缩，冷却结晶脱水制的无水MgCl2，再电解熔融的MgCl2便可制得Mg，据此分析解答问题。

【题目详解】
(1)高温蒸发海水时消耗能源大，不经济，方法不正确，应先浓缩海水再加入沉淀剂，故答案为：能源消耗大，不经济；海滩晒盐蒸发浓缩得到苦卤水后，加入沉淀剂；
(2)根据上述分析可知，试剂①应该是石灰乳，发生的反应为MgCl2+Ca(OH)2===Mg(OH)2↓+CaCl2，经过过滤得到
Mg(OH)2沉淀，加入试剂②盐酸，发生反应Mg(OH)2+2HCl===MgCl2+2H2O，工业上电解熔融的MgCl2便可制得Mg，化学方程式为MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑，故答案为：Ca(OH)2；HCl；MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑；
(3)试剂①应该是石灰乳，发生的反应为MgCl2+Ca(OH)2===Mg(OH)2↓+CaCl2，经过过滤得到Mg(OH)2沉淀，故答案为：过滤。

19、BCE B 氧化BD ＞甲池锌铜可形成原电池，能加快Zn与硫酸的反应速率 1 mol·L－1
【解题分析】分析：（1）比较金属性强弱，可以根据金属与酸反应的剧烈程度、构成原电池的负极等方面分析，而与
硬度、熔沸点及氢氧化物的稳定性等无关，据此进行解答；
（2）自发的氧化还原反应可以设计成原电池，非自发的氧化还原反应不能设计成原电池；
（3）①甲装置符合原电池构成条件，所以是原电池，乙不能形成闭合回路，所以不能构成原电池，据此判断；
②构成原电池时反应速率加快；
③先计算氢离子的物质的量再计算原来稀硫酸的浓度。

详解：（1）A．铝和铜的硬度和熔点与金属性强弱无关，A错误；B．金属性越强，与酸反应越剧烈，可通过比较Cu、Al在稀硫酸中的表现判断其金属性强弱，B正确；C．用铝片、铜片、硫酸铝溶液、硫酸铜溶液，根据是否发生置换反应可比较二者的活动性，C正确；D．Al与氢氧化钠溶液反应是铝的化学性质，与金属活泼性无关，不能根据是否与氢氧化钠溶液反应判断金属性强弱，D错误；E．将铝片、铜片用导线连接后共同浸入稀盐酸中，接入电流计，通过观察电流方向可判断金属性强弱，E正确；答案选BCE；
（2）A.NaOH+HCl＝NaCl+H2O不是氧化还原反应，不能设计成原电池；B.Zn+H2SO4＝ZnSO4+H2↑是氧化还原反应，能设计成原电池，锌失去电子，负极是锌，发生氧化反应；
（3）①甲装置是原电池，乙装置不是原电池，锌与稀硫酸直接发生置换反应。

则A、甲是化学能转变为电能的装置，乙不是，A错误；B、乙装置中铜片不反应，也没构成原电池的正极，所以铜片上没有明显变化，B正确；C、甲、乙中锌片均失去电子，质量都减少，甲中铜片质量不变，C错误；D、两个烧杯中都产生氢气，氢离子浓度都降低，所以溶液的pH均增大，D正确。

答案选BD；
②由于甲池锌铜可形成原电池，能加快Zn与硫酸的反应速率，所以在相同时间内，两烧杯中产生气泡的速度：甲＞乙；
③稀释后氢离子的物质的量为1L×0.1mol•L-1=0.1mol，生成氢气的物质的量为1.12L÷22.4L/mol＝0.05mol，所以原溶液中氢离子的物质的量为0.2mol，原溶液中氢离子的浓度为0.2mol÷0.1L=2mol/L，一分子硫酸电离出两个氢离子，所以原溶液中稀硫酸的浓度为1mol•L-1。

点睛：本题考查了性质实验方案的设计、原电池的构成条件等，涉及原电池原理、金属性强弱比较、氧化还原反应等知识，明确判断金属性强弱的方法为解答关键，注意掌握原电池的构成条件，题目难度中等。

20、2Fe+3Br2=2FeBr3、+Br2+HBr 除去溴苯中溶解的溴
Br2+2NaOH═Na Br+NaBrO+H2O 除去溴化氢气体中的溴蒸气向试管D中加入AgNO3溶液，若产生淡黄色沉淀，则能证明（或向试管D中加石蕊试液，溶液变红）
【解题分析】
铁与溴反应生成溴化铁，在溴化铁催化作用下，苯与溴发生取代反应生成溴苯和HBr，C装置用于除去溴，D装置用于吸收HBr，通过检验HBr，可以验证苯和液溴发生的是取代反应，而不是加成反应。

据此分析解答。

【题目详解】
铁与溴反应生成溴化铁，在溴化铁催化作用下，苯与溴发生取代反应生成溴苯和HBr，C装置用于除去溴，D吸收HBr，
为检验HBr，可加入硝酸银溶液，反应完后，打开活塞，氢氧化钠与溴反应，可除去溴苯中的溴．
(1)铁与溴反应生成溴化铁，发生2Fe+3Br2=2FeBr3，在催化剂的作用下，苯环上的氢原子被溴原子所取代，生成溴苯，同时有溴化氢生成，方程式为+Br2+HBr，故答案为：2Fe+3Br2=2FeBr3；+Br2 +HBr；
(2)溴单质能与氢氧化钠溶液反应而溴苯不能，因此用氢氧化钠溶液可以除去溴苯中的溴单质，发生
Br2+2NaOH═NaBr+NaBrO+H2O，故答案为：除去溶于溴苯中的溴；Br2+2N aOH═NaBr+NaBrO+H2O；
(3)CCl4能溶解溴不能溶解溴化氢，可用四氯化碳除去溴化氢中的溴，以免干扰实验现象，故答案为：除去溴化氢气体中的溴蒸气；
(4)如果苯和液溴发生的是取代反应，则有HBr生成，如果发生的是加成反应，则无HBr生成，也就是说，如果要证明苯和液溴发生的是取代反应，而不是加成反应，只需检验有无HBr生成。

可向试管D中加入AgNO3溶液，若产生淡黄色沉淀，则能证明发生取代反应，也可以通过检验H+的方法证明，可向试管D中加石蕊试液，若溶液变红，则证明发生取代反应，故答案为：向试管D中加入AgNO3溶液，若产生淡黄色沉淀，则能证明(或向试管D中加石蕊试液，溶液变红)。

【题目点拨】
本题的易错点为(4)，要注意取代反应和加成反应的产物的区别，HBr在水中能够电离出氢离子和溴离子，因此可以通过检验溴离子和氢离子设计实验。

21、bc94.7%10.5 g
【解题分析】
（1）可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化说明到达平衡；
（2）混合气体通过过量NaOH溶液时，减少的气体是二氧化硫和三氧化硫，剩余气体为氧气，利用硫元素守恒计算二氧化硫起始物质的量，根据剩余氧气的量计算参加反应的氧气的量，再根据方程式计算参加反应二氧化硫物质的量，进而计算消耗二氧化硫的物质的量占原二氧化硫的物质的量的百分比；
（3）三氧化硫物质的量等于参加反应的二氧化硫物质的量，三氧化硫反应生成硫酸钡，由S元素守恒计算硫酸钡质量。

【题目详解】
（1）a．可逆反应到达平衡时SO2和SO3浓度不一定相等，与二氧化硫的转化率有关，a错误；b．可逆反应达到平衡状态时，各物质的百分含量不变，三氧化硫百分含量保持不变，说明到达平衡状态，b正确；c．随反应进行气体的物质的量减小，恒温恒容下，容器内气体压强减小，当容器中气体的压强不变，说明到达平衡状态，c正确；d．SO3的生成速率与SO2的消耗速率都表示正反应速率，始终二者都按1：1进行反应，不能说明到达平衡状态，d错误；e．混
合气体的质量不变，容器的体积不变，所以密度始终不变，不能说明到达平衡状态，e错误；答案选bc；
（2）混合气体通过过量NaOH溶液时，减少的气体是二氧化硫和三氧化硫，所以三氧化硫和未参加反应的二氧化硫的体积是21.28L，剩余氧气的体积是5.6L，平衡时二氧化硫、三氧化硫总物质的量为21.28L÷22.4L/mol=0.95mol，根据S元素守恒可知，二氧化硫起始物质的量为0.95mol，平衡时氧气物质的量为5.6L÷22.4L/mol=0.25mol，则参加反应的氧气为0.7mol-0.25mol=0.45mol，由方程式可知参加反应的二氧化硫为0.45mol×2=0.9mol，故消耗二氧化硫的物质的量占原二氧化硫的物质的量的百分比为0.9mol/0.95mol×100%=94.7%；
（3）若将平衡混合气体的5%通入过量的BaCl2溶液，三氧化硫反应生成硫酸钡，由S元素守恒生成硫酸钡质量为
0.9mol×5%×233g/mol=10.485g≈10.5g。

【题目点拨】
本题考查化学平衡计算、平衡状态的判断等知识点，难点是平衡状态判断，注意判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化说明到达平衡。