人教版高中化学2023-2024学年必修一期末模拟试卷（五）（含答案）

人教版高中化学2023-2024学年高一上学期期末考试化学试题：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、选择题1．化学与生活、生产、科技密切相关，下列叙述不正确的是（）A．汽车远程灯照在前方扬尘上有光亮的通路，说明混有扬尘的空气属于胶体B．中国“奋斗者”号载人潜水器的钛合金比纯金属钛具有更高的硬度C．呼吸面罩中供氧剂的主要成分是ND．“84”消毒液与盐酸混合使用，消毒效果更好2．下列关于胶体的叙述正确的是A．实验室将FeClB．实验室制备的氢氧化铁胶体能导电，说明氢氧化铁胶体带电C．向Fe(OH)D．胶体区别于其他分散系的本质是能否发生丁达尔效应3．下列各组物质中，按化合物、单质、混合物顺序排列的是A．氯水、氨气、胆矾 B．碘酒、铁、有色玻璃C．干冰、液氯、汽油 D．生石灰、臭氧、熟石灰4．实现下列变化需要加入氧化剂的是A．I−→IC．Al3+→Al5．对下列各组离子共存问题的评价及离子方程式书写正确的是（）选项离子组评价AHCO不能大量共存于同一溶液中，因会发生如下反应：HCOBNa不能大量共存于同一溶液中，因Al3+和OHAlCFe不能大量共存于同一溶液中，因为有红色沉淀生成：FeDH不能大量共存于同一溶液中，因发生了如下反应：2A．A B．B C．C D．D6．某兴趣小组的同学向一定体积的Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸，并测得混合溶液的导电能力随时间变化的曲线如图所示。下列说法中错误的是A．a时刻Ba(OH)2溶液与稀硫酸恰好完全中和B．a时刻溶液的导电能力约为0，说明溶液中几乎没有自由移动的离子C．AB段溶液的导电能力不断减弱说明生成的BaSO4不是电解质D．BC段溶液的导电能力不断增大主要是由于过量的H2SO4电离出的离子导电7．下列解释事实的方程式或离子方程式错误的是A．常温下用稀NaOH溶液吸收氯气：CB．稀硫酸与氢氧化钡溶液反应：BC．常温下，新切开的钠的光亮表面很快变暗：4Na+D．Cl2的氧化性强于B8．用NA代表阿伏加德罗常数，下列说法不正确的是A．在20℃，压强为1.01×105PaB．在体积为1L、物质的量浓度为1.0mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl−个数为C．3.2g氧气与臭氧混合物所含氧原子数目为0.2NAD．78gNa2O9．图为铁及其化合物的“价—类”二维图。利用如图可以从不同角度研究含铁物质的性质及其转化关系。下列分析结果错误的是（）A．二维图缺失的类别①应填“单质”，化学式②应填“Fe(OH)B．从物质类别分析，FeC．从化合价角度分析，FeClD．从物质转化角度分析，Fe2O310．以不同类别物质间的转化为线索，可结构化认识钠及其化合物。下列说法错误的是A．Na2O和CO2分别属于碱性氧化物和酸性氧化物B．若改变过程I的反应条件，可得到钠的另一种氧化物C．若改变过程IV中CO2的量，可得到另一种钠盐D．过程I～IV中，发生了电子转移的是I、II、III11．在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论错误的是（）A．氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有CB．干燥氯气与湿润氯气漂白性的对比实验证明，氯水中具有漂白性的微粒是HClOC．向氯水中加入NaHCO3D．向FeCl212．工业上将电石渣浆中的S2−转化为S下列说法正确的是A．过程Ⅰ中，Mn(OH)B．过程Ⅱ中，S2C．该流程中发生的反应均为氧化还原反应D．将10L480mg/LS2−转化为SO413．测定膨松剂中NaHCO3的含量(忽略其他成分与盐酸或NaOH的反应)。溶液配制：配制浓度均为0.1mol⋅L①取少量膨松剂加入20.0mL蒸馏水溶解；②将25.0mL稀盐酸加入膨松剂中；③中和过量盐酸，记录消耗NaOH溶液的体积；④实验共进行了3次，并处理数据。下列分析错误的是A．加入盐酸后发生反应的离子方程式为：HCOB．若实验室有100mL、250mL的容量瓶，应选用100mL容量瓶配制盐酸C．称量NaOH固体时不能将固体放在称量纸上称量D．配制溶液定容时，若仰视刻度线，所配溶液浓度偏高14．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，Y的最高正价与最低负价代数和为0，Z与W同主族，由W、X、Y三种元素组成的化合物M的结构如图所示。下列叙述正确的是A．元素Y位于元素周期表的第三周期第ⅣB族B．化合物M中既有极性共价键又含有离子键C．简单氢化物的稳定性：W<ZD．Z的最高价氧化物对应水化物为中强酸15．科研小组用氧化—沉淀法从废电池浸出液中去除铁：用MnO2氧化废电池没出液中的Fe2+(2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn已知：i．pH越大，c(Hii．酸性条件下MnO2被还原为下列说法不合理的是A．由图1可知，Fe2+B．若起始浸出液pH=1，MnO2与Fe2+C．Fe3+转变为沉淀的离子方程式为：D．推测若用NaHCO3调溶液pH也可以使Fe3+转化为二、非选择题16．下列物质：①Al②Ba(OH)2③NaHSO4④CO2⑤H2SO（1）属于电解质且能导电的是(填序号)。（2）写出②溶于水的电离方程式：。（3）向一定体积的②溶液中逐滴加入⑧的溶液，并测得混合溶液的导电能力随时间变化的曲线如图所示。写出AB段发生反应的离子方程式；图中处(填“A”或“B”或“C”)表示Ba(OH)（4）①与②溶液能反应产生H2写出反应离子方程式。Al还能和上述物质的溶液反应产生H17．随原子序数递增，x、y、z、……等八种短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示(已知：一般情况下当微粒电子层数相同时，核电荷数越大微粒半径越小；如半径：P>Cl，O2−（1）g的离子结构示意图为。（2）d、e、f、g、h的离子半径由大到小的顺序为(填离子符号)。（3）元素g位于周期表的第族，其非金属性比h弱，用原子结构的知识解释原因：。请写出能证明h比g非金属性强的一个化学方程式：。（4）g的一种氧化物是形成酸雨的主要原因之一，工业上用z的气态氢化物的水溶液作该氧化物的吸收剂，写出吸收剂与足量该氧化物反应的离子方程式：。（5）f和z组成的化合物fz，被大量用于制造电子元件。工业上用f的氧化物、y单质和z单质在高温下制备fz，其中f的氧化物和y单质的物质的量之比为1：3，则该反应的化学方程式为。18．在实验室里可用如图所示装置制取氯酸钾、次氯酸钠和探究氯水的性质。图中①为氯气发生装置；②的试管里盛有15mL30％KOH溶液，并置于水浴中；③的试管里盛有15mL8％NaOH溶液，并置于冰水浴中；④的试管里加有几滴紫色石蕊试液；⑤为尾气吸收装置。（1）制取氯气时，在(填仪器名称)里加入一定量的二氧化锰，通过分液漏斗向其中加入适量的浓盐酸。实验时为了除去氯气中的氯化氢气体，可在①与②之间安装盛有的洗气瓶。A．碱石灰B．饱和食盐水C．浓硫酸D．饱和碳酸氢钠溶液（2）比较制取氯酸钾和次氯酸钠的条件，两者的差别是。（3）①中制取氯气的化学方程式为；③中制取次氯酸钠的离子方程式为。（4）实验中可观察到④的试管里溶液的颜色发生了如下变化，请填写下表中的空白。实验现象原因溶液最初从紫色逐渐变为色氯气与水反应生成的H+使石蕊变色随后溶液逐渐变为无色然后溶液从无色逐渐变为色（5）⑤为尾气处理装置，可选用的试剂____。A．饱和食盐水 B．Na2S C．高锰酸钾 D．Ca(OH)219．学完碳酸钠和碳酸氢钠的性质，有同学对碳酸钠和碳酸氢钠的鉴别有了兴趣，并做了下列实验。序号操作现象实验①室温时，分别取0.1mol·L-1Na2CO3溶液和0.2mol·L-1NaHCO3溶液各3mL于两个试管中，分别滴入2滴酚酞溶液Na2CO3溶液变红NaHCO3溶液变红实验②测量下面实验过程中溶液pH的变化(利用传感器)注：Na2CO3溶液和NaHCO3溶液的浓度相等实验③I中连接盛有2g碳酸钠的试管，II中连接盛有2g碳酸氢钠的试管实验④两个试管中分别加入mgNa2CO3固体和NaHCO3固体两个气球鼓起的大小不一样已知：溶液pH越小，OH-的浓度越小，溶液碱性越弱。（1）有同学认为实验①不能说明Na2CO3溶液的碱性强于NaHCO3溶液，他的理由是。（2）实验②中Na2CO3溶液和澄清石灰水反应的离子方程式为。；滴加NaHCO3溶液的烧杯中溶液pH的变化与滴加Na2CO3溶液的pH有明显差异，原因是滴加NaHCO3溶液的烧杯中(填离子符号)参与了反应，写出该步反应的离子方程式：。（3）根据实验③，能够达到鉴别目的的实验现象是，所以除去Na2CO3中混有的NaHCO3的方法是。（4）根据实验④中气球鼓起的大小，可以鉴别Na2CO3和NaHCO3，(填“A”或“B”)试管中的气球鼓起的更大。（5）向Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中逐滴加入0.2mol·L-1的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示。则加入盐酸的体积在25mL之前发生反应的离子方程式为，产生的CO2在标准状况下的体积为mL，混合溶液溶质的物质的量之比为n(Na2CO3)：n(NaHCO3)=。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．胶体具有丁达尔效应，故汽车远程灯照在前方扬尘上有光亮的通路，说明混有扬尘的空气属于胶体，A不符合题意；B．合金的硬度一般高于各成分金属，所以钛合金比纯金属钛具有更高的硬度，B不符合题意；C．过氧化钠与二氧化碳或者水反应生成氧气，所以可以做呼吸面罩中供氧剂，C不符合题意；D．“84”消毒液的有效成分次氯酸钠与盐酸混合反应生成氯化钠、氯气和水，消毒效果变差，且易引发中毒事故，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A．胶体具有丁达尔效应；B．合金的硬度一般高于各成分金属；C．过氧化钠与二氧化碳或者水反应生成氧气；D．次氯酸钠与盐酸混合反应生成氯化钠、氯气和水。2．【答案】C【解析】【解答】A．实验室将FeClB．氢氧化铁胶体的胶粒带正电，胶体不带电，选项B不符合题意；C．向Fe(OH)D．分散系根据分散质粒子直径大小分为溶液、胶体和浊液，分散质粒子直径介于1～100nm之间的分散系为胶体，故胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质粒子的直径在1nm～100nm之间，选项D不符合题意；故答案为：C。【分析】A．将FeClB．胶体不带电；C．依据胶体聚沉的性质；D．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质粒子的直径不同。3．【答案】C【解析】【解答】A．氯水是氯气的水溶液，为混合物，氨气是化合物，胆矾是化合物，A不符合题意；B．碘酒是碘单质的酒精溶液，为混合物，铁是单质，有色玻璃是混合物，B不符合题意；C．干冰是固态二氧化碳，为化合物，液液氯是液态的氯气为单质，汽油是混合物，C符合题意；D．生石灰是氧化钙，为化合物，臭氧是单质，熟石灰是氢氧化钙，为纯净物，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．氯水是氯气的水溶液，为混合物，氨气是化合物，胆矾是化合物；B．碘酒是碘单质的酒精溶液，为混合物；C．干冰是固态二氧化碳，为化合物，液液氯是液态的氯气为单质，汽油是混合物；D．熟石灰是氢氧化钙，为纯净物。4．【答案】A【解析】【解答】A．I−B．硫元素铝元素的化合价均没变，不是氧化还原反应过程，故B不选；C．铝元素的化合价均没变，不是氧化还原反应过程，故C不选；D．MnO故答案为：A。

【分析】依据元素化合价升高，需要加入氧化剂；元素化合价降低，需要加入还原剂。5．【答案】B【解析】【解答】A、溶液中HCO3－能与OH－发生反应：HCO3－＋OH－=CO32－＋H2O，因此不可大量共存，A不符合题意。

B、溶液中Al3＋能与OH－发生反应：Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓或Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O，不可大量共存，B符合题意。

C、Fe3＋能与SCN－发生反应：Fe3＋＋3SCN－=Fe(SCN)3，溶液变为红色，Fe(SCN)3不是沉淀，C不符合题意。

D、溶液中H＋能与CO32－发生反应：2H＋＋CO32－=H2O＋CO2↑，不可大量共存，D不符合题意。

故答案为：B

【分析】A、HCO3－能与OH－反应生成CO32－和H2O。

B、Al3＋能与OH－反应生成Al(OH)3或AlO2－。

C、Fe(SCN)3不是沉淀。

D、Na＋与CO32－不反应。6．【答案】C【解析】【解答】

A．a时刻Ba(OH)2溶液与稀硫酸恰好完全中和，A不符合题意；

B．a时刻溶液的导电能力约为0，说明溶液中几乎没有自由移动的离子，B不符合题意；

C．BaSO4是强电解质，C符合题意；

D．BC段溶液的导电能力不断增大主要是由于过量的H2SO4电离出的离子导电，D不符合题意；

故答案为：C【分析】A．硫酸能与氢氧化钡反应；

B．溶液导电能力与离子浓度成正比；

C．BaSO4难溶于水，导电能力弱，而BaSO4是强电解质；

D．离子越多，导电能力越强。7．【答案】B【解析】【解答】A．氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，A不符合题意；B．硫酸与氢氧化钡反应，2OHC．钠与氧气在常温下生成氧化钠，C不符合题意；D．氯气的氧化性强于溴，氯单质可以制取溴单质，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A、氯气和氢氧根离子反应生成氯离子、次氯酸根离子和水；

B、稀硫酸和氢氧化钡反应生成水和硫酸钡，水和硫酸钡都不可拆；

C、钠和氧气常温下生成氧化钠；

D、氧化剂强的物质可以制备氧化性弱的物质。8．【答案】B【解析】【解答】解：A.71g氯气为1mol，原子数目为2NA，A正确；

B.由c=nV可知，氯化镁溶液的物质的量为1mol，含有氯离子的个数为2NA，B错误；

C.3.2g氧气与臭氧混合物中，氧原子的质量为3.2g，物质的量为0.2mol，原子数目为2NA，C正确；

D.O22-为阴离子，78g过氧化钠，即为1mol，阴离子的数目为NA，D正确；【分析】本题主要考查阿伏加德罗常数和相关计算。

常用公式：n=mM=NN9．【答案】D【解析】【解答】A．铁单质的化合价为0，二维图缺失的类别①单质；三价铁形成的氢氧化物是氢氧化铁，则化学式②Fe(OH)3，故A不符合题意；B．从物质类别分析，Fe2O3属于碱性氧化物，可以与稀HCl反应生成氯化铁和水，故B不符合题意；C．从化合价角度分析，FeCl2具有还原性，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色发生氧化还原反应，故C不符合题意；D．氧化铁是碱性氧化物，不溶于水不能一步反应生成氢氧化铁，FeCl3可以通过一步反应和氢氧化钠溶液反应，直接转化成氢氧化铁，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】铁单质的化合价为0，则①为单质，②为Fe元素为+3价的氢氧化物，则②为Fe(OH)3。10．【答案】D【解析】【解答】A．Na2O和CO2分别属于碱性氧化物和酸性氧化物，A不符合题意；

B．钠和氧气反应生成过氧化钠，B不符合题意；

C．氢氧化钠和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，C不符合题意；

D．氧化钠和水生成氢氧化钠反应的元素化合价改变，D符合题意；故答案为：D。【分析】A．能和碱反应生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物；能和酸反应生成盐和水的氧化物属于碱性氧化物；

B．钠和氧气反应生成过氧化钠；

C．氢氧化钠和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠；

D．氧化钠和水生成氢氧化钠反应的元素化合价改变。11．【答案】D【解析】【解答】氯水中存在平衡：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，则A．只有氯气有颜色，为黄绿色，氯水呈浅黄绿色是由于含有氯气，A不符合题意；B.干燥氯气与湿润氯气漂白性的对比实验证明，氯水中具有漂白性的微粒是HClO，B不符合题意；C.溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，C不符合题意；D.溶液中氯气、HClO都强氧化性，向氯化亚铁溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，不能说明氯水中含有HClO，D符合题意，故答案为：D。【分析】A.氯气为黄绿色气体，氯水中因混有少量的氯气所以呈浅黄绿色；

B.氯气不具有漂白性，氯水中起漂白作用的为次氯酸或次氯酸根；

C.碳酸氢钠与酸反应生成二氧化碳，氯水中加碳酸氢钠有气泡，说明氯水呈酸性；

D.氯气和次氯酸均可使二价铁生成三价铁。12．【答案】D【解析】【解答】A．过程Ⅰ中，Mn(OH)2通入氧气生成MnOB．过程Ⅱ中，MnO32−与S2−反应生成SC．该流程中，CaO与硫酸锰反应生成Mn(OH)D.10L480mg/LS2−含有n(S2-)=480mg/L×10L故答案为：D。

【分析】CaO与硫酸锰反应生成Mn(OH)2，通入氧气生成MnO32−，MnO32−与S13．【答案】D【解析】【解答】解：加入盐酸后，碳酸氢钠与盐酸反应，其离子反应为：HCO3−+H+=CO2↑+【分析】误差分析思路：利用c=m/v，看该不当操作是影响溶质质量m，还是影响溶液体积V，然后进行分析即可。14．【答案】B【解析】【解答】A．元素Y是Si，原子序数为14，位于元素周期表的第三周期第ⅣA族，故A不符合题意；B．由图可知化合物M中既有极性共价键又含有离子键，故B符合题意；C．非金属性：O>S，简单氢化物的稳定性：H2D．Z的最高价氧化物对应的水化物为强酸，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A、硅元素为第三周期第ⅣA族；

B、铵根离子或金属离子与非金属离子或酸根离子的结合是离子键，非金属原子和非金属原子的结合是共价键；

C、氢化物的稳定性即比较非金属性；

D、硫的最高价氧化物对应水化物为硫酸，为强酸。15．【答案】B【解析】【解答】解：A、由图1可知，随着浸出液pH值的增大，Fe2＋氧化率逐渐减低，A不符合题意。

B、MnO2与Fe2＋反应的离子方程式为MnO2＋2Fe2＋＋4H＋=2Fe3＋＋Mn2＋＋2H2O，随着反应的进行，溶液中c(H＋)逐渐减小，pH值逐渐增大，B符合题意。

C、Fe3＋与CO32－、H2O反应生成Fe(OH)3和CO2，该反应的离子方程式为2Fe3＋＋2CO32－＋3H2O=2Fe(OH)3↓＋3CO2↑，C不符合题意。

D、Na2CO3溶液与Fe3＋反应体现了Na2CO3的碱性，NaHCO3溶液也具有碱性，因此也能与Fe3＋反应生成Fe(OH)3沉淀，D不符合题意。

故答案为：B

【分析】A、根据图1曲线的变化分析。

B、根据反应的离子方程式确定溶液中c(H＋)的变化，从而判断pH的变化。

C、Fe3＋与CO32－反应生成Fe(OH)3沉淀和CO2气体。

D、HCO3－也能与Fe3＋反应。16．【答案】（1）⑨（2）Ba（3）Cu（4）2Al+2OH−【解析】【解答】①Al为单质，既不是电解质也不是非电解质，导电；②Ba(OH)2为强电解质；③NaHSO4为强电解质；④CO2为非电解质⑤H2SO4为强电解质（1）据分析可知，属于电解质且能导电的是⑨；（2）②属于强电解质，完全电离，溶于水的电离方程式：Ba(OH)（3）向一定体积的②溶液中逐滴加入⑧的溶液，AB段生成氢氧化铜和硫酸钡沉淀，发生反应的离子方程式：Cu2++S（4）①与②溶液能反应产生H2和偏铝酸根，离子方程式：2Al+2OH−+2H2O=2Al

【分析】（1）酸、碱和绝大多数盐是电解质，电解质只有在水溶液或熔融状态才能导电；（2）强电解质，完全电离；（3）依据图像，导电能力与自由移动离子的浓度有关；（4）铝与强酸、强碱均能生成氢气。17．【答案】（1）（2）S（3）ⅥA；S原子和Cl原子的电子层数相同，S原子半径较大，得电子能力较弱；Cl2+（4）S（5）A【解析】【解答】（1）硫得到2个电子形成硫离子，图示为；（2）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；则d、e、f、g、h的离子半径由大到小的顺序为S2−（3）硫元素为16号元素，位于周期表的第三周期第ⅥA族；S原子和Cl原子的电子层数相同，S原子半径较大，得电子能力较弱，故其非金属性比氯弱；氯气和硫化氢反应生成硫单质和氯化氢，说明氯得电子能力更强、非金属性更强，反应为Cl2+（4）二氧化硫是形成酸雨的主要原因之一，氮的氢化物的水溶液为一水合氨，二氧化硫过量时，两者反应生成亚硫酸铵，反应为SO（5）f和z组成的化合物为氮化铝，氧化铝、氮气、碳在高温下生成氮化铝且氧化铝和碳的物质的量之比为1：3，即反应中氧化铝、碳的系数比为1：3，根据质量守恒配平可知反应为：Al

【分析】d、g都有-2价，则二者处于ⅥA族，g的原子序数、原子半径均大于d，故d为O元素、g为S元素；h有-1价，原子序数大于g，故h为Cl元素；e有+1价、f有+3价，它们的原子序数都大于d（氧），可知e为Na元素、f为Al元素；y有+4价、z有+5价，原子序数y＜z＜d（氧），故y为C元素、z为N元素；x最高价为+1，原子半径小于y（碳），故x为H元素。18．【答案】（1）圆底烧瓶；B（2）浓度和温度不同（3）4HCl（浓）+MnO2Δ__（4）红；Cl2+（5）B；D【解析】【解答】(1)制取氯气时，在圆底烧瓶(填仪器名称)里加入一定量的二氧化锰，通过分液漏斗向其中加入适量的浓盐酸。为了除去氯气中氯化氢，应选用饱和食盐水，故答案为：B。故答案为：圆底烧瓶；B；(2)图中②③分别为制取氯酸钠和次氯酸钠的装置，比较制取氯酸钾和次氯酸钠的条件，两者的差别是浓度和温度不同。故答案为：浓度和温度不同；(3)①中制取氯气，二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰和氯气，化学方程式为4HCl（浓）+MnO2Δ__Cl2↑+MnCl2+2H2O(4)向紫色石蕊试液中通入Cl2，溶液先变为红色，是因为Cl2和水反应产生的HCl使得石蕊变色；然后由于HClO的强氧化性，溶液褪色；当石蕊被氧化完全后，溶液呈无色，但是随着Cl2的量的增多，Cl2在溶液中积累起来，使得溶液最终呈黄绿色。故答案为：红；Cl(5)⑤为尾气处理装置：A．氯气难溶于饱和食盐水，故A不选；B．Na2S与氯气反应生成氯化钠和硫，故B选；C．高锰酸钾与氯气不反应，故C不选；D．Ca(OH)2与氯气反应生成氯化钙和次氯酸钙、水，故D选；故答案为：BD。【分析】（1）圆底烧瓶中加入固体，为二氧化锰，分液漏斗中加入浓盐酸，经过反应可以生成氯气，同时挥发出氯化氢，氯化氢