广东省珠海一中等六校高三化学上学期第三次联考试题（含解析）.doc

广东省珠海一中等六校2014届高三上学期第三次联考化学试卷一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1（3分）下列说法正确的是（）a医用酒精、冰醋酸、液态hcl都是混合物b水晶、玛瑙和刚玉的主要成分都是二氧化硅c淀粉、油脂和蛋白质都能发生水解反应d铁遇到冷的浓硝酸和稀硝酸均会钝化考点：混合物和纯净物；硅和二氧化硅；铁的化学性质；油脂的性质、组成与结构；淀粉的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点.专题：元素及其化合物；有机反应分析：a、纯净物是由一种物质组成的物质，混合物是由多种物质组成的物质；b、刚玉的主要成分是氧化铝；c、淀粉水解的最终产物是葡萄糖，蛋白质水解的最终产物是氨基酸，油脂水解后得到高级脂肪酸和丙三醇；d、常温下，fe遇浓硝酸和浓硫酸发生钝化解答：解：a、医用酒精是乙醇的水溶液，属于混合物，冰醋酸、液态hcl都是只由一种物质组成的，属于纯净物，故a错误；b、水晶、玛瑙的主要成分都是二氧化硅，刚玉的主要成分是氧化铝，故b错误；c、淀粉水解的最终产物是葡萄糖，蛋白质水解的最终产物是氨基酸，油脂水解后得到高级脂肪酸和丙三醇；三都能发生水解反应，故c正确；d、铁遇到冷的浓硝酸会钝化，遇稀硝酸不发生钝化，故d错误；故选c点评：本题主要考查了物质的分类与性质，掌握物质的性质是解题的关键，难度不大2（3分）设na为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）a常温下，28g乙烯含有na个c=c键b1mol cl2和足量naoh溶液反应转移2na个电子c1l 0.1moll1nahco3溶液含有0.1na个co32d标况下，22.4升的乙醇含有na个分子考点：阿伏加德罗常数.专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：a乙烯分子中含有1个碳碳双键，28g乙烯的物质的量为1mol，含有mol碳碳双键；b氯气与氢氧化钠溶液的反应中，氯气既是氧化剂也是还原剂，1mol氯气完全反应转移了1mol电子；c碳酸氢钠溶液中，碳酸氢钠电离出钠离子和碳酸氢根离子，碳酸氢根离子的电离程度非常小，溶液中存在的碳酸根离子远远小于0.1mol；d标准状况下，乙醇为液体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算乙醇的物质的量解答：解：a28g乙烯的物质的量为1mol，1mol乙烯中含有mol碳碳双键，含有na个c=c键，故a正确；b1mol cl2和足量naoh溶液反应转移了1mol电子，转移了na个电子，故b错误；c1l 0.1moll1nahco3溶液中含有碳酸氢钠0.1mol，由于碳酸氢根离子的电离程度很小，所以溶液中含有的碳酸根离子远远小于0.1mol，故c错误；d标准状况下，乙醇不是气体，题中条件无法计算22.4l乙醇的物质的量，故d错误；故选a点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标况下乙醇、水、三氧化硫等的状态不是气体，要求掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，选项b为易错点，注意氯气与氢氧化钠溶液的反应中，氯气既是氧化剂也是还原剂3（3分）下列离子方程式书写正确的是（）a氯化铝溶液和过量的氨水反应：al3+4nh3h2oalo2+4nh4+b少量的co2通入naoh溶液中：co2+2ohco32+h2oc醋酸加入小苏打溶液中：hco3+h+co2+h2od硫化钠的水解：s2+2h2oh2s+2oh考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：a氨水碱性较弱，氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵；b二氧化碳少量，氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和水；c醋酸为弱酸，离子方程式中醋酸应该保留分子式；d硫离子的水解过程分步进行，主要以第一步为主，硫离子的水解方程式只写出第一步水解即可解答：解：a氨水不会溶解氢氧化铝，氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，正确的离子方程式为：al3+3nh3h2o=al（oh）3+3nh4+，故a错误；b少量的co2通入naoh溶液中，反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为：co2+2ohco32+h2o，故b正确；c醋酸加入小苏打溶液中，醋酸不能拆开，正确的离子方程式为：hco3+ch3coohco2+h2o+ch3coo，故c错误；d硫化氢为二元弱酸，硫离子的水解过程分步进行，只写出第一步水解即可，硫离子水解方程式为：s2+h2ohs+oh，故d错误；故选b点评：本题考查了离子方程式的正误判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等；选项a为易错点，注意氨水碱性较弱，不会溶解氢氧化铝4（3分）下列有关用惰性电极电解agno3溶液的说法不正确的是（）a电解过程中阴极质量不断增大b电解过程中阳极附近的ph不断降低c电解一段时间后，向溶液中加入适量的ag2o固体可使溶液恢复到电解前的状况d电解过程中，溶液中电子由阴极迁向阳极考点：电解原理.专题：电化学专题分析：用惰性电极电解agno3溶液，溶液中的阴离子在阳极放电，阴极离子的放电顺序为氢氧根离子硝酸根离子；溶液中的阳离子在阴极的放电，放电顺序为银离子氢离子，则4agno3+2h2o4ag+o2+4hno3，以此来解答解答：解：a电解过程中阴极银离子放电，生成单质ag，则阴极质量增加，故a正确；b由4agno3+2h2o4ag+o2+4hno3，生成硝酸，溶液的酸性增强，ph不断降低，故b正确；c由电解反应可知，从溶液中析出单质ag和氧气，则可向溶液中加入适量的ag2o固体可使溶液恢复电解前的状况，故c正确；d电子由阳极沿导线迁向阴极，电子不会经过溶液，故d错误；故选d点评：本题考查电解原理律，明确离子的移动方向及离子的放电顺序是解答本题的关键，难度不大5（3分）下列说法正确的是（）a金属钠着火可用煤油扑灭b将几滴fecl3饱和溶液滴入氢氧化钠溶液可制备fe（oh）3胶体c向含有等量nai、nacl的溶液中滴加agno3溶液，先产生白色沉淀d用浓氢氧化钠溶液和湿润红色石蕊试纸检验某溶液中是否有nh4+考点：钠的化学性质；胶体的重要性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；常见阳离子的检验.专题：元素及其化合物分析：a、煤油能燃烧b、fe（oh）3胶体的制备是将饱和fecl3溶液滴入沸水中；c、根据同类型的沉淀，溶度积小的沉淀先析出来；d、铵根离子和氢氧化钠溶液反应生成氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色解答：解：a、煤油能燃烧，钠着火时使用煤油会使其燃烧更剧烈，故a错误；b、fe（oh）3胶体的制备具体方法为：将饱和fecl3溶液逐滴滴入沸水中，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，故b错误；c、同类型的沉淀，溶度积小的沉淀先析出，ksp（agcl）ksp（agi），所以向含有等量nai、nacl的溶液中滴加agno3溶液，先产生黄色agi沉淀，故c错误；d、铵根离子和氢氧化钠溶液反应生成氨气，所以生成氨气需要氢氧化钠溶液，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，则需要红色石蕊试纸，故d正确故选d点评：本题主要考查了物质的性质、用途与制备，掌握物质的性质是解题的关键6（3分）下列装置所示的实验中，能达到实验目的是（）a排水法收集nob实验室制取并收集氧气c除去氯气中的hcld分离碘酒中的碘与酒精考点：化学实验方案的评价.专题：实验评价题分析：ano不溶于水；b氧气密度比空气大；ccl2和hcl都与naoh反应；d碘与酒精能互溶解答：解：ano不溶于水，与水不反应，可用排水法收集，故a正确； b氧气密度比空气大，应用向上排空气法收集，故b错误；ccl2和hcl都与naoh反应，应用饱和食盐水，故c错误；d碘与酒精能互溶，不能分层，故d错误故选a点评：本题考查较为综合，涉及气体的收集、氧气的制备、物质的分离和除杂等，侧重于学生评价能力和实验能力的考查，为高考常见题型，难度不大，注意把握物质的性质的异同7（3分）如图是元素周期表短周期元素的一部分已知m最高价氧化物对应的水化物为常见的氧化性酸，下列说法正确的是（）am为氮元素b原子半径：yxc氢化物沸点：xndm、x、y三种元素的最高价氧化物对应的水化物均为强酸考点：元素周期律和元素周期表的综合应用.专题：元素周期律与元素周期表专题分析：由短周期元素在周期表中位置，可知m、n处于第二周期，x、y处于第三周期，m最高价氧化物对应的水化物为常见的氧化性酸，m为n元素，则n为o元素、x为s元素、y为cl，结合元素周期律与元素化合物性质解答解答：解：由短周期元素在周期表中位置，可知m、n处于第二周期，x、y处于第三周期，m最高价氧化物对应的水化物为常见的氧化性酸，m为n元素，则n为o元素、x为s元素、y为cl，a由上述分析可知，m为氮元素，故a正确；b同周期自左而右原子半径减小，故原子半径yx，故b错误；c水分子之间存在氢键，常温下，水而液体，而硫化氢为气体，故水的沸点较高，故c错误；dm、x、y三种元素的最高价氧化物对应的水化物分别为硝酸、硫酸、高氯酸，均为强酸，故d正确，故选ad点评：本题考查结构性质位置关系应用，难度不大，推断元素是解题关键，注意对元素周期律的理解掌握8（3分）关于浓度相等的三种溶液：h2co3naohna2co3溶液，下列说法正确的是（）a水电离出的c（h+）：b溶液的ph：c和等体积混合后的溶液：c（na+）=c（h2co3）+c（hco3）+c（co32）d和等体积混合后的溶液：c（na+）+c（h+）=c（oh）+c（hco3）+c（co32）考点：离子浓度大小的比较.专题：电离平衡与溶液的ph专题；盐类的水解专题分析：a酸或碱抑制水电离、含有弱离子的盐促进水电离，酸中氢离子浓度或碱中氢氧根离子浓度越大，其抑制水电离程度越大；b相同浓度的这几种溶液中，根据溶液的酸碱性判断溶液的ph大小；c等物质的量的碳酸和氢氧化钠溶液混合得到碳酸氢钠溶液，根据物料守恒判断；d和等体积混合，根据混合液中电荷守恒进行判断解答：解：a酸或碱抑制水电离、含有弱离子的盐促进水电离，酸中氢离子浓度或碱中氢氧根离子浓度越大，其抑制水电离程度越大，等浓度的这几种溶液，抑制水电离、促进水电离，中c（oh）大于中c（h+），所以naoh抑制水电离程度大于碳酸，则这几种溶液中水电离出的c（h+）：，故a正确；b碳酸为酸，其溶液呈酸性，氢氧化钠是强碱，其溶液呈强碱性，碳酸钠是强碱弱酸盐，其溶液呈弱碱性，所以等浓度的这几种溶液中ph：，故b错误；c等物质的量的和溶液混合，反应后混合液的溶质为碳酸氢钠，根据物料守恒得：c（na+）=c（h2co3）+c（hco3）+c（co32），故c正确；d和等体积混合，混合液中一定满足电荷守恒，碳酸根离子带有2个单位负电荷，其系数错误，正确的电荷守恒为：c（na+）+c（h+）=c（oh）+c（hco3）+2c（co32），故d错误；故选ac点评：本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，根据弱电解质的电离、盐类水解等知识点来分析解答，注意守恒思想的灵活运用，试题有利于提高学生的分析、理解能力二、填空题（共4小题，每小题16分，满分64分）9（16分）化合物a最早发现于酸奶中，它是人体内糖代谢的中间体，可由马铃薯、玉米淀粉等发酵制得工业上也可由丙烯经过下列方法合成：回答下列问题：（1）写出下列反应的反应方程式，并注明反应类型：bc：ch3chbrch2br+2naohch3chohch2oh+2nabr反应类型：取代反应；cd：反应类型：氧化反应；（2）a的结构简式为：，浓硫酸加热条件下两分子的a能反应生成六元环状化合物，写出该化合物的结构简式：；（3）d的含氧官能团名称为：醛基或羰基（写出一种即可），已知d的一种同分异构体能和nahco3溶液反应放出气体，写出该同分异构体的结构简式：ch2=chcooh；（4）在一定条件下容易发生“脱羧”反应，产物之一为甲醛的同系物，写出该产物的结构简式：ch3cho考点：有机物的推断；有机物的合成.专题：有机物的化学性质及推断分析：ch3ch2=ch2与溴单质反应生成b，b的结构简式为ch3chbrch2br，b与naoh的水溶液、加热发生水解反应生成c，c的结构简式为ch3chohch2oh，c催化氧化生成d、d氧化生成生成，则d的结构简式为：；与氢气发生加成反应生成a，则a的结构简式为：，据此进行解答解答：解：ch3ch2=ch2与溴单质反应生成b，b的结构简式为ch3chbrch2br，b与naoh的水溶液、加热发生水解反应生成c，c的结构简式为ch3chohch2oh，c催化氧化生成d、d氧化生成生成，则d为；与氢气发生加成反应生成a，则a的结构简式为：，（1）b的结构简式为ch3chbrch2br，bc的反应方程式为：ch3chbrch2br+2naohch3chohch2oh+2nabr，该反应为取代反应；c为、d为，则cd的化学方程式为：，该反应为氧化反应，故答案为：ch3chbrch2br+2naohch3chohch2oh+2nabr；取代反应；氧化反应；（2）与氢气发生加成反应生成a，则a的结构简式为：；浓硫酸加热条件下两分子的能反应生成六元环状化合物，则该化合物的结构简式为：，故答案为：；（3）d氧化生成生成，则d的结构简式为：，d中含有的官能团为醛基、羰基；已知d的一种同分异构体能和nahco3溶液反应放出气体，则该化合物中含有羧基，该同分异构体的结构简式为：ch2=chcooh，故答案为：醛基或羰基； ch2=chcooh；（4）在一定条件下容易发生“脱羧”反应，产物之一为甲醛的同系物，该产物为乙醛，其结构简式为：ch3cho，故答案为：ch3cho点评：本题为有机推断，涉及有机物结构与性质、有机反应类型及反应方程式书写、结构简式的书写等知识，题目难度中等，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及逻辑推理能力，明确常见有机物结构与性质为解答关键10（16分）汽车尾气里含有的no气体是由于内燃机燃烧的高温引起氮气和氧气反应所致：n2（g）+o2（g）2no（g）h，已知该反应在 t时，平衡常数k=9.0请回答：（1）已知：n2（g）+2o2（g）2no2（g）h1；2no2（g）o2+2no（g）h2；h=h1+h2（用含h1、h2的表达式表示）；（2）某温度下，向2l的密闭容器中充入n2和o2各1mol，5分钟后o2的物质的量为0.5mol，则no的反应速率0.1mol/（lmin）；（3）假定该反应是在恒容条件下进行，下列能判断该反应已达到平衡的是ad；a消耗1mol n2同时生成1mol o2b混合气体密度不变c混合气体平均相对分子质量不变d2v正（n2）=v逆（no）（4）下图是反应n2（g）+o2（g）2no（g）的“kt”、“c（no）t”图，由图a可以推知该反应为吸热反应（填“吸热”或“放热”）由图b可知，与a对应的条件相比，b改变的条件可以是加入催化剂或增大压强；（5）t时，某时刻测得容器内n2、o2、no的浓度分别为0.20moll1、0.20moll1和0.50moll1，此时反应n2（g）+o2（g）2no（g）向正反应方向进行（填“处于化学平衡状态”、“向正反应方向进行”或“向逆反应方向进行”），平衡时，n2在混合气体的体积百分数为多少？（在答题卡上写出具体计算过程，结果保留2位有效数字）考点：热化学方程式；反应速率的定量表示方法；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断.专题：化学平衡专题分析：（1）根据题干热化学方程式和盖斯定律进行计算得到反应热；（2）根据变化的物质的量之比等于化学计量数之比求出n（no），再利用v=计算；（3）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆反应速率之比等于系数之比（不同物质），平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变，以此分析；（4）由图a可知温度升高，平衡常数增大，说明平衡正向移动，利用温度升高，平衡向吸热的方向移动判断热效应；由图b可知，与a对应的条件相比，b改变的条件使反应速率加快，但平衡不移动；（5）根据浓度商qc与平衡常数k的大小来判断；依据化学平衡三段式列式和化学平衡常数计算解答：解：（1）n2（g）+2o2（g）2no2（g）h1；2no2（g）o2+2no（g）h2；根据盖斯定律，由+得到：n2（g）+o2（g）2no（g）h=h1+h2；故答案为：h1+h2；（2）5分钟内，n（o2）=1mol0.5mol=0.5mol，由n2（g）+o2（g）2no（g）可知n（no）=1mol，v（no）=0.1mol/（lmin）；故答案为：0.1mol/（lmin）；（3）a消耗1moln2等效于消耗1mol o2，同时生成1mol o2，说明正逆反应速率相等（同种物质），反应达到平衡，故a选；b混合气体的总质量不变，容器的体积不变，无论反应是否平衡，混合气体密度一直不变，故b不选；c混合气体的总质量不变，总的物质的量也不变，无论反应是否平衡，混合气体平均相对分子质量不变，故c不选； d2v（n2）正=v（no）正=v（no）逆，说明正逆反应速率相等（同种物质），反应达到平衡，故d选；故选：ad；（4）由图a可知温度升高，平衡常数增大，说明平衡正向移动，利用温度升高，平衡向吸热的方向移动，即正反应为吸热反应；由图b可知，与a对应的条件相比，b改变的条件使反应速率加快，但平衡不移动，所以b改变的条件可以是加热催化剂，又由于该反应前后系数之和相等，所以b改变的条件可以是增大压强；故答案为：吸热；加入催化剂或增大压强；（5）t时，某时刻测得容器内n2、o2、no的浓度分别为0.20moll1、0.20moll1和0.50moll1，则浓度熵qc=6.25k=9.0，反应正向进行； n2（g）+o2（g）2no（g）起始量（mol/l） 0.2 0.2 0.5变化量（mol/l） x x 2x平衡量（mol/l） 0.2x 0.2x 0.5+2x 平衡常数k=9.0，解得x=0.020，n2在混合气体的体积百分数为100%=20%；故答案为：向正反应方向进行；20%点评：本题考查了盖斯定律的运用、化学反应速率的计算、化学平衡状态、浓度熵的运用，平衡体积分数的概念等，注意化学平衡三段式的应用，难度中等11（16分）（2014中山模拟）以黄铁矿为原料制硫酸产生的硫酸渣中含fe2o3、sio2、al2o3、mgo等实验室模拟工业以硫酸渣制备铁红（fe2o3），过程如下：（1）硫酸渣的成分中属于两性氧化物的是al2o3，写出酸溶过程fe2o3与稀硫酸反应的离子反应方程式：fe2o3+6h+2fe3+3h2o；（2）生产过程中，为了确保铁红的纯度，氧化过程需要调节溶液的ph的范围是3.23.8；（部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的ph见下表）沉淀物fe（oh）3al（oh）3fe（oh）2mg（oh）2开始沉淀2.73.87.59.4完全沉淀3.25.29.712.4（3）滤渣a的主要成分为sio2，滤液b可以回收的物质有na2so4、al2（so4）3、mgso4；（4）简述洗涤过程的实验操作沿玻璃棒向漏斗（过滤器）的沉淀加蒸馏水至淹没沉淀，静置使液体自然流出，重复操作数次（3次）至沉淀洗涤干净；（5）已知硫酸渣质量为w kg，假设铁红制备过程中，铁元素损耗25%，最终得到铁红的质量为m kg，则原来硫酸渣中铁元素质量分数为（用最简分数表达式表示）（已知相对原子质量：o 16 s 32 fe 56 ）考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计.专题：实验设计题分析：硫酸渣中含fe2o3、sio2、al2o3、mgo等，稀硫酸溶解主要除去不与酸反应的sio2，再加氢氧化钠调节ph值3.23.8主要是使三价铁沉淀，而二价镁，三价铝都不沉淀而被除去，最后洗涤、烘干、研磨使氢氧化铁分解生成氧化铁，从而得到实验目的；（1）氧化铝是两性氧化物，氧化铁是碱性氧化物，可以和酸反应生成盐和水；（2）根据几种离子沉淀的ph，应选择使fe3+沉淀完全而其他离子不沉淀；（3）二氧化硅不和酸反应；因加入的是氢氧化钠来调节ph，所以滤液b中应是未沉淀离子的硫酸盐和硫酸钠；（4）洗涤过程的实验操作为沿玻璃棒向漏斗（过滤器）的沉淀加蒸馏水至淹没沉淀，静置使液体自然流出，重复操作数次（3次）至沉淀洗涤干净；（5）根据铁元素质量分数=100%计算解答：解：硫酸渣中含fe2o3、sio2、al2o3、mgo等，稀硫酸溶解主要除去不与酸反应的sio2，再加氢氧化钠调节ph值3.23.8主要是使三价铁沉淀，而二价镁，三价铝都不沉淀而被除去，最后洗涤、烘干、研磨使氢氧化铁分解生成氧化铁，从而得到实验目的；（1）氧化铝是两性氧化物；氧化铁是碱性氧化物，可以和硫酸反应生成硫酸铁和水，离子方程式为fe2o3+6h+2fe3+3h2o，故答案为：al2o3；fe2o3+6h+2fe3+3h2o；（2）根据几种离子沉淀的ph，使fe3+沉淀完全的ph为3.2，其他离子开始沉淀ph为3.8，因此所选ph因介于3.2和3.8之间，故答案为：3.23.8；（3）因二氧化硅不与硫酸反应，故“滤渣a”主要成份的化学式为sio2；未沉淀的离子为na+、mg2+、al3+，故滤液b可以回收的物质有na2so4、al2（so4）3、mgso4，故答案为：sio2；na2so4、al2（so4）3、mgso4；（4）洗涤的目的主要是洗去固体表面可溶性的杂质离子，故用蒸馏水洗涤即可，具体的实验操作为沿玻璃棒向漏斗（过滤器）的沉淀加蒸馏水至淹没沉淀，静置使液体自然流出，重复操作数次（3次）至沉淀洗涤干净，故答案为：沿玻璃棒向漏斗（过滤器）的沉淀加蒸馏水至淹没沉淀，静置使液体自然流出，重复操作数次（3次）至沉淀洗涤干净；（5）根据铁原子守恒，则铁元素质量分数=100%=100%=，故答案为：；点评：本题涉及物质的性质、离子方程式的书写以及元素以及化合物的性质等方面的知识，难度不大12（16分）na2so3是常用的抗氧剂（1）实验室通常用浓硫酸（1：1）和na2so3微热制备so2气体，反应方程式为：na2so3+h2so4（浓）na2so4+so2+h2o，制备的so2气体中通常含有水蒸气，下列干燥剂能干燥so2气体的是：ac；a浓硫酸 b碱石灰 c无水cacl2（2）少量so2气体通入naoh溶液中可得naoh和na2so3的混合溶液，向该混合溶液中加入少许溴水，振荡后溶液变为无色碱性溶液中br2与na2so3发生氧化还原反应，反应的离子方程式为so32+br2+2ohh2o+so42+2br；（3）反应后的溶液含有so32、so42、br、oh等阴离子，请填写鉴定其中so32、so42和br的实验报告；限选试剂：2moll1 hcl；1moll1 h2so4；1moll1 hno3；1moll1 bacl2；1moll1 ba（no3）2；0.1moll1 agno3；ccl4；苯；新制饱和溴水；新制饱和氯水编号实验操作预期现象和结论步骤取少量待测液于试管a中，滴加2moll1 hcl至溶液呈酸性，加入几滴新制饱和溴水（填试剂），振荡溴水褪色，证明待测液中含so32步骤另取少量待测液于试管b中，加入过量的2moll1盐酸，再滴加适量1moll