[化学][期中]河北省保定市五校2023-2024学年高一下学期5月(1+3)期中联考试题(解析版)

这是一份[化学][期中]河北省保定市五校2023-2024学年高一下学期5月(1+3)期中联考试题(解析版)，共16页。试卷主要包含了5 Cu 64， 下列物质的分类正确的是， 下列叙述正确的是，1 ml，则生成的数目为0， 铟等内容，欢迎下载使用。
相对原子质量：H 1 N 14 O 16 S 32 Na 23 Cl 35.5 Cu 64
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 中国传统文化对人类文明贡献巨大。下列关于古代文献的表述不合理的是（ ）
A. 《淮南万毕术》中记载：“曾青得铁则化为铜”，铁为还原剂
B. 《天工开物》中记载：“凡铁分生熟，出炉未炒则生，既炒则熟”中，“炒”为氧化除碳过程
C. 《本草经集注》中记载：“强烧之，紫青烟起，云是硝石也”，利用的是焰色试验区分硝石()和朴硝()
D. 《天工开物》中记载：“凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”，不涉及氧化还原反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．“曾青得铁则化为铜”，发生反应，Fe元素的化合价升高，为还原剂，A正确；
B．生铁中含碳量较高，“炒”的过程使碳与氧气发生反应，是氧化除碳的过程，B正确；
C．硝石和朴硝在灼烧时火焰颜色不同，硝石为紫色，朴硝为黄色，利用的就是焰色试验进行区分，C正确；
D．火药爆炸发生反应，存在元素的化合价变化，属于氧化还原反应，D错误；
答案选D。
2. 下列物质的分类正确的是（ ）
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳酸钠是盐不是碱，A错误；
B．过氧化钠是过氧化物，不是碱性氧化物，CO为不成盐氧化物，不是酸性氧化物，B错误；
C．NaHSO4为酸式盐，不是酸，C错误；
D．选项中分类均正确，D正确；
故答案选D。
3. 下列叙述正确的是（ ）
A. 测定新制氯水的pH时，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可
B. 通常状况下氯气不能和Fe反应，所以可以用铁质容器储存氯气
C. 粒子直径在1~100纳米之间的碳酸钙属于胶体
D. 液氯、新制氯水、久置氯水均可使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色
【答案】B
【解析】
【详解】A．新制氯水具有漂白性，不能用pH试纸测定，A错误；
B．铁和氯气在点燃的条件下发生反应，常温条件下不反应，故常温下可以用钢瓶来储存氯气，B正确；
C．胶体属于分散系包含分散质和分散剂，且分散质粒子直径1~100纳米之间，C错误；
D．液氯不具有漂白性，不能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色；新制氯水具有酸性和强氧化性能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色；久置氯水成为稀盐酸，只有酸性，只能使干燥的蓝色石蕊试纸变红，D错误；
故选B。
4. 氧化还原反应的本质是电子转移，下列氧化还原反应中电子转移的表示方法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．化合价升高失去电子，化合价降低得到电子，故正确分析方法： ，故A错误；
B．同一元素不同价态之间发生反应时，化合价向中间靠拢，不能出现交叉，正确分析方法为： ，故B错误；
C．双线桥法分析氧化还原反应时，需将得失电子的数目写成a×be-的形式，故正确分析方法为： ，故C正确；
D． 双线桥法分析氧化还原反应时，绿元素化合价降低，碘离子化合价升高，双线桥表示为：，故D错误；
故答案为：C。
5. 用NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法中正确的有（ ）
A. 若Cl2与足量NaOH的溶液反应生成0.1 ml，则生成的数目为0.2NA
B. 常温常压下，17 g NH3的体积约为22.4L
C. 1 ml/L的CaCl2溶液中含Cl-的数目为2NA
D. 在50g质量分数为46%的乙醇水溶液中，含氢原子总数为6NA
【答案】D
【解析】
【详解】A. 若Cl2与足量NaOH的溶液反应生成0.1 ml，根据Cl2+2NaOH＝NaClO+NaCl+H2O可知生成的数目为0.1NA，A错误；
B. 常温常压下，17 g NH3的物质的量是1ml，摩尔体积不是22.4L/ml，所以体积不是22.4L，B错误；
C. 1 ml/L的CaCl2溶液的体积不确定，无法计算溶液中含Cl-的数目，C错误；
D. 在50g质量分数为46%的乙醇水溶液中，含氢原子的物质的量是＝6ml，因此总数为6NA，D正确；
答案选D。
6. 铟（）是一种主族元素，电子产品的屏幕常使用含铟的导电玻璃。的最外层电子数是3，下列说法不正确的是（ ）
A. 原子的原子核内有49个质子B. 的中子数为113
C. 互为同位素D. 元素的最高化合价是+3价
【答案】B
【解析】
【分析】核素的表示方法为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；
【详解】A．根据铟原子结构，铟的质子数为49，A正确；
B．质量数=质子数＋中子数，则的中子数=113－49=64，B错误；
C．同位素：质子数相同中子数不同同一元素的不同原子，符合同位素的概念，C正确；
D．铟元素属于主族元素，主族元素中最外层电子数等于主族序数，In的最外层电子数是3，容易失去3个电子，显示最高化合价是+3价，D正确；
故选B。
7. 氯元素可形成多种物质，为了研究方便，绘制氯及其化合物的价类二维图如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A. a溶液与e溶液混合一定条件下可发生氧化还原反应
B. 可用pH试纸测定b的水溶液的pH值
C. c溶液中通入二氧化碳可增强其漂白、杀菌消毒的能力
D. d可用于自来水的杀菌消毒
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据氧化还原规律，―1价的氯和+5价的氯在一定条件下可发生氧化还原反应，选项A正确；
B．氯水具有漂白性，不能用pH试纸测定其pH，选项B错误；
C．向次氯酸盐中通入，根据强酸制弱酸的原理，可生成HClO，可增强其漂白、杀菌消毒的能力，选项C正确；
D．d为，可用于自来水的杀菌消毒，选项D正确；
答案选B。
8. 下列方案的设计、现象和结论正确的是（ ）
【答案】B
【解析】
【详解】A．鲜花中含有水分，氯气能与水反应生成具有漂白作用的次氯酸，将干燥的通入放有鲜花的广口瓶，若观察到鲜花褪色，不能说明具有漂白性，故A错误；
B．氯水为淡黄绿色，证明氯水中含有分子，滴加石蕊试液先变红后褪色，说明溶液选含有H+、HClO，证明溶于水不能完全与水反应，故B正确；
C．在溶液中加入溶液，再加稀硝酸，产生的沉淀可能是氯化银或硫酸钡，所以不能证明一定含有，故C错误；
D．在溶液中加入溶液，产生白色沉淀，沉淀可能是碳酸钙、亚硫酸钙、氢氧化镁等，说明溶液中存在、等离子，故D错误；
选B。
9. 是优良的水处理剂，一种制备方法是将混合共熔，反应方程式为。下列关于该反应的说法错误的是（ ）
A. 铁元素被氧化，氮元素被还原
B. 每生成，转移
C. 具有氧化杀菌作用
D. 该实验条件下的氧化性：
【答案】B
【解析】
【分析】由方程式可知，反应中铁元素化合价从+3价到+6价，化合价升高被氧化，氧化铁是反应的还原剂，高铁酸钾是反应的氧化产物，氮元素的化合价降低被还原，硝酸钾是反应的氧化剂，亚硝酸钾是还原产物，反应生成1ml高铁酸钾，转移3ml电子；
【详解】A．由分析可知，反应中铁元素化合价升高被氧化，氮元素的化合价降低被还原，故A正确；
B．由分析可知，反应生成1ml高铁酸钾，转移3ml电子，故B错误；
C．高铁酸钾具有强氧化性，能使蛋白质因氧化而变性起到杀菌消毒的作用，故C正确；
D．由分析可知，硝酸钾是反应的氧化剂，高铁酸钾是反应的氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物，则硝酸钾的氧化性强于高铁酸钾，故D正确；
答案选B。
10. 下列是不同时期原子结构模型：①道尔顿原子论②卢瑟福核式模型③汤姆生“葡萄干布丁”原子模型④量子力学原子模型⑤玻尔原子轨道模型。其中符合历史演变的时间顺序的一组为（ ）
A. ①③②⑤④B. ①②③⑤④
C. ①⑤③②④D. ①③⑤②④
【答案】A
【解析】
【详解】①1803年，英国科学家道尔顿提出了原子论；
②1911年卢瑟福提出原子结构行星模型；
③1904年汤姆孙提出的葡萄干面包原子模型；
④奥地利物理学家薛定谔提出电子云模型（几率说），为近代量子力学原子模型；
⑤1913年玻尔提出轨道式原子模型；
符合历史演变的时间顺序的一组为①③②⑤④；
故选A。
11. 下列物质下列物质间的每一个转化都能通过一步反应实现的是（ ）
A. Fe2O3FeFeCl3 B. H2O2H2H2O
C. CaCl2溶液CaCO3CO2 D. CuSO4溶液CuCuO
【答案】D
【解析】
【详解】A．Fe和盐酸反应生成FeCl2和氢气，故不选A；
B．H2O2受热分解为水和氧气，故不选B；
C．CaCl2溶液和二氧化碳不反应，故不选C；
D．CuSO4溶液和铁反应生成硫酸亚铁和铜，铜和氧气反应生成CuO，故选D；
选D。
12. 现有三组实验：①除去混在中的水；②回收碘的溶液中的；③用乙醚浸泡青蒿，以提取其中的药用成分一青蒿素。以上实验所涉及的分离混合物的方法依次是（ ）
A. 分液、萃取、蒸馏B. 萃取、蒸馏、分液
C. 分液、蒸馏、萃取D. 蒸馏.萃取、分液
【答案】C
【解析】
【详解】①和水互不相溶，应采用分液法分离；
②碘易溶于，且碘和的沸点相差较大，故用蒸馏法分离；
③用乙醚浸泡青蒿提取青蒿素，利用了萃取原理；
综上，所涉及的分离混合物的方法依次是分液、蒸馏、萃取；
答案选C。
13. 一个密闭容器中有一可自由滑动的隔板(厚度不计)将容器分成两部分，当左边充入4mlN2，右边充入CO和CO2的混合气体共32g时，隔板处于如下图位置(保持温度不变)，下列说法错误的是（ ）
A. 右边CO与CO2分子数之比为3∶1
B. 左边抽出1mlN2时，隔板向左移动，左右两边体积比为3∶1
C. 右侧气体密度是相同条件下氧气密度的2倍
D. 若改变右边CO和CO2的充入量而使隔板处于距离右端处，保持温度不变，则前后两次充入情况容器内的压强之比为5∶6
【答案】C
【解析】
【详解】A．同温同压下，，根据左右体积之比为4:1可以得知右边CO和CO2气体总物质的量为1ml，设n(CO)=x，n(CO2)=y，x+y=1ml，28x+44y=32g，联立计算出x=0.75ml，y=0.25ml，根据分子数之比=物质的量之比可知：右边CO与CO2分子数之比为0.75:0.25 =3:1，A选项正确；
B．左边抽出1mlN2时，剩余的N2为3ml，和右侧1ml的混合气体的体积之比等于物质的量之比，所以左右两边体积比为3∶1，B选项正确；
C．同温同压下， ，右侧气体平均分子量为：28×+44×=32，则相同条件下，右侧气体密度：氧气的密度==1:1，C选项错误；
D．若改变右边CO和CO2的充入量而使隔板处于距离右端处，根据同温同压下，，可以得知右边CO和CO2气体总物质的量为4ml，同温同体积下，，可以计算出保持温度不变，则前后两次充入情况容器内的压强之比为=5:6，D选项正确；
故选C。
14. 粗盐中常含有杂质MgCl2、CaCl2和Na2SO4，为将杂质除尽设计如下步骤∶
下列有关说法中，不正确是（ ）
A. 除去Ca2+的主要反应：
B. 检验是否除净的方法：取适量滤液，加稀盐酸酸化，再加BaCl2溶液
C. 试剂①、②、③分别是Na2CO3、NaOH、BaCl2
D. 加稀盐酸调节pH，可除去NaOH、Na2CO3等杂质
【答案】C
【解析】
【分析】除去粗盐中的MgCl2、CaCl2和Na2SO4杂质，所用的试剂是NaOH、Na2CO3、BaCl2，为了能完全除去杂质，除杂试剂要过量，过量的NaOH、Na2CO3可用稀盐酸调节pH除去，过量的BaCl2可用Na2CO3除去，故除杂试剂的添加顺序是NaOH 、BaCl2、Na2CO3或BaCl2、NaOH、Na2CO3，据此分析解答。
【详解】A．除去Ca2+的主要试剂是Na2CO3，则除去Ca2+的主要反应是，故A正确；
B．检验滤液中是否有的方法是取适量滤液，加稀盐酸酸化，再加BaCl2溶液，若有沉淀，则有，否则就没有，故B正确；
C．经分析除去粗盐中的MgCl2、CaCl2和Na2SO4所加试剂顺序是NaOH 、BaCl2、Na2CO3或BaCl2、NaOH、Na2CO3，故C错误；
D．经分析，除杂试剂要过量，过量的NaOH、Na2CO3可用稀盐酸调节pH除去，故D正确；
本题答案C。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. “分类”的思想在化学学习及化学学科发展中起着重要作用。现有下列物质：①固体②熔融③淀粉溶液④液态氯化氢⑤NaCl溶液⑥⑦红褐色的氢氧化铁胶体⑧⑨酒精⑩
（1）以上物质中属于电解质的是_______(填序号，下同)，属于非电解质的是_____。
（2）②熔融能导电，其电离方程式为__________。
（3）③淀粉溶液所属分散系为_____，⑤NaCl溶液所属分散系为_____，二者如果混合，可采用_____方法分离。
（4）Fe(OH)3胶体的制备方法：_______，要证明该分散系的实验方法是_______，写出对应的化学方程式：_______。
（5）已知⑨(次磷酸)与足量KOH溶液反应的化学方程式为，属于_____(填“正盐”或“酸式盐”)。
【答案】（1）①. ①②④⑧⑩ ②. ⑥⑨
（2）
（3）①. 胶体 ②. 溶液 ③. 渗析
（4）①. 将5~6滴FeCl3饱和溶液滴入沸水中，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热 ②. 丁达尔效应 ③. FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl
（5）正盐
【解析】（1）电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，主要物质种类包括酸、碱、盐、金属氧化物、水等，属于电解质的是①②④⑧⑩，非电解质是指在水溶液和熔融状态下均不能导电的化合物，主要物质类别包括大多数的有机物、非金属氧化物、等，属于非电解质的是⑥⑨。
（2）在熔融状态电离的方程式为。
（3）淀粉溶液为胶体，NaCl溶液为溶液，胶体粒子不能透过半透膜，溶液中离子可以透过半透膜，可采用渗析的方法进行分离，故答案为：胶体，溶液，渗析。
（4）Fe(OH)3胶体的制备方法：将5~6滴FeCl3饱和溶液滴入沸水中，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热，化学方程式为：FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl；胶体能够发生丁达尔效应，而浊液和溶液不能，则要证明该分散系的实验方法是丁达尔效应。
（5）与足量KOH溶液反应生成，所以不能再电离出H+，为正盐。
16. 回答下列问题：
（1）质量相同的SO2和SO3的摩尔质量之比是_______，含氧原子个数比是_______。
（2）标准状况下9.6 g 某气体体积与0.6 g 氢气体积相同，该气体的相对分子质量是_______。
（3）1.204×1024个NH3分子所含的氢原子数与_______ml CH4含有的氢原子数相同。
（4）ag H2SO4中含有b个氧原子，则阿伏加德罗常数可以表示为_______。
（5）1.204×1024个CO2分子的摩尔质量是_______。
（6）12.4g Na2R含Na+0.4 ml，则Na2R的摩尔质量为_______，R的相对原子质量为_______。
【答案】（1）①. 4:5 ②.
（2）32
（3）1.5
（4）
（5）44g/ml
（6）①. 62g/ml ②. 16
【解析】（1）质量相同的SO2和SO3的摩尔质量之比是=；质量相同的SO2和SO3含氧原子个数比是=；
（2）标准状况下9.6 g 某气体体积与0.6 g 氢气体积相同，该气体的相对分子质量是=32；
（3）1.204×1024个NH3分子所含的氢原子数为1.204×1024×3，含有相同氢原子数CH4的物质的量为=1.5 ml；
（4）ag H2SO4中含有b个氧原子，则阿伏加德罗常数可以表示为=；
（5）摩尔质量与分子数目无关，CO2的摩尔质量是44g/ml；
（6）0.2 ml Na2R含Na+0.4 ml，则Na2R的摩尔质量为=62g/ml；R的相对原子质量为62-23×2=16。
17. 实验室中配制一定物质的量浓度的溶液一般分为两种情况，用固体配制溶液或者用浓溶液配制稀溶液。请依据以下情况回答问题：
Ⅰ、实验室需要溶液480mL，即用胆矾()配制该溶液。
（1）配制溶液时需要的玻璃仪器有_____。
（2）实验前需要对配制溶液所用容量瓶进行__________。
（3）配制溶液的第一步是计算，若该实验用托盘天平称量，需要称取________g胆矾晶体。
（4）下列操作导致配制的溶液浓度偏大的是_____。
A. 称量时砝码和胆矾位置放反B. 未洗涤烧杯和玻璃棒
C. 定容时俯视容量瓶刻度线D. 摇匀后发现液面低于刻度线
Ⅱ、“84消毒液”具有杀菌消毒、漂白的作用。已知某市售“84消毒液”瓶体部分标签如图所示。
（5）使用该“84消毒液”，需要事先进行稀释，现在实验室利用该“84消毒液”稀释配制成250mLNaClO溶液，在量取时宜选用量筒的规格为 。
A. 5mLB. 10mLC. 25mLD. 50mL
（6）“84消毒液”与稀盐酸混合使用可增强其漂白效果，原因是___________(用化学方程式表示，下同)，但“84消毒液”却不能与“洁厕灵”(浓盐酸)混合使用，原因是_________，对比以上情况可知，加入的酸的_______不同，发生的反应不同。
【答案】（1）500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒
（2）检漏
（3）18.8
（4）C
（5）B
（6）①. NaClO+HCl=HClO+NaCl ②. 2HCl+NaClO=NaCl+H2O+Cl2 ③. 浓度
【解析】（1）配制一定物质的量浓度的溶液需要用到的玻璃仪器为容量瓶(用来配制溶液)、烧杯(溶解)、玻璃棒(用来搅拌和引流)、胶头滴管(用来定容)、量筒(量液体体积)，但容量瓶必须指出所需规格，实验室没有480mL的容量瓶，可采用500mL的容量瓶。
（2）配制溶液最后一步需要盖上瓶塞，上下颠倒摇匀，故容量瓶不能漏液，在使用之前需要检查是否漏液；
（3）用托盘天平称量，精确到0.1g，故称量的胆矾晶体的质量：；
（4）A．如果称量时砝码和胆矾位置放反，称得的胆矾质量偏小，配制溶液浓度偏小；
B．未洗涤烧杯和玻璃棒，则溶质会有损失，配制溶液浓度偏小；
C．定容时俯视容量瓶刻度线，溶液体积偏小，配制溶液浓度偏大；
D．摇匀后液面低于刻度线属于正常现象，无影响；
答案选C；
（5）根据溶液浓度计算公式：可知该“84消毒液”的物质的量浓度，再根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变，，则配制成250mLNaClO溶液所用“84消毒液”的体积：，应选取10mL的量筒；
（6）“84消毒液”与稀盐酸混合，HCl与NaClO发生反应生成HClO增强漂白效果，化学方程式：NaClO+HCl=HClO+NaCl；但“84消毒液”却不能与“洁厕灵”(浓盐酸)混合使用，会发生氧化还原反应生成氯气，化学方程式：2HCl+NaClO=NaCl+H2O+Cl2。
18. 氯气、“84”消毒液、漂白粉等都是含氯的消毒剂，某化学兴趣小组利用如图装置制备“84”消毒液、漂白粉，并收集纯净干燥的氯气。回答下列问题：
（1）装置甲中发生反应的化学方程式为___________，盛装浓盐酸的仪器的名称为____________。
（2）装置丁用来收集纯净且干燥的氯气，进气口为______________(填a或b)；装置乙和丙盛装的试剂分别是____________。(填名称)
（3）将氯气通入装置己中制备“84”漂白液，则装置己中发生反应的化学方程式为____________，有同学认为装置己还有一个作用，该作用为______，发挥该作用进___________(填“能”或“不能”)用澄清石灰水代替。
（4）装置戊中盛装石灰乳用来制备漂白粉，则装置戊中发生反应的化学方程式为_____________；漂白粉长时间暴露在空气中容易发生变质的原因为_____________(结合化学方程式说明)。
【答案】（1）①. ②. 分液漏斗
（2）①. b ②. 饱和食盐水、浓硫酸
（3）①. Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O ②. 吸收尾气，防止污染空气 ③. 不能
（4）①. ②. 漂白粉在空气中会发生反应：和，从而变质失效
【解析】根据仪器的构造，判断仪器的名称，装置甲中发生MnO2与浓HCl(浓)反应，生成MnCl2、Cl2、2H2O，浓盐酸那就要挥发性，得到的氯气中混有HCl和水蒸气，装置B中盛放饱和食盐水，除去HCl,装置C中盛放浓硫酸，对氯气进行干燥，氯气的密度比空气大，可以采用向上排空法收集，装置戊中盛装石灰乳用来制备漂白粉，装置己中盛装氢氧化钠溶液，制备“84”漂白液(NaClO)，据此分析作答。
（1）由图及分析可知，装置甲中发生反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，盛装浓盐酸的仪器为分液漏斗。
（2）装置丁用来收集纯净且干燥的氯气，氯气密度大于空气，则进气口为b；装置乙除去氯气中的氯化氢，装置丙干燥氯气，装置乙和丙盛装的试剂分别是饱和食盐水和浓硫酸。
（3）将氯气通入装置己中制备漂白液，则装置己中发生反应的离子方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，氯气有毒，需要尾气处理，则装置己还有一个作用，该作用为吸收氯气，防止污染空气，由于澄清石灰水的浓度太小，发挥该作用时不能用澄清石灰水代替。
（4）装置戊中盛装石灰乳用来制备漂白粉，则装置戊中发生反应的化学方程式为；漂白粉长时间暴露在空气中，次氯酸钙会和水和二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸，HClO见光易分解生成HCl和O2，故为漂白粉在空气中会发生反应：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3 +2HClO和2HClO2HCl+O2↑，从而变质失效。
碱
酸
盐
碱性氧化物
酸性氧化物
A
Na2CO3
H2SO4
Cu2(OH)2CO3
Fe2O3
SO3
B
NaOH
HCl
NaCl
Na2O2
CO
C
NaOH
NaHSO4
CaF2
MgO
SO2
D
KOH
HNO3
NaHCO3
CaO
P2O5
方案设计
现象与结论
A
检验是否有漂白性
将干燥的通入放有鲜花的广口瓶
若观察到鲜花褪色，则说明具有漂白性
B
证明溶于水不能完全与水反应
将溶于水，观察氯水颜色，再滴加石蕊试液
观察到氯水为淡黄绿色，且滴加石蕊试液先变红后褪色，说明溶于水部分与水反应
C
检验某溶液中是否存在
在溶液中加入溶液，再加稀硝酸
产生白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解说明溶液中存在
D
检验某溶液中是否存在
在溶液中加入溶液
若产生白色沉淀说明溶液中存在
84消毒液
［有效成分］NaClO
［规格］1000mL
［质量分数］25%
［密度］