福建福州市2023-2024学年化学高一下期末质量跟踪监视试题含解析

福建福州市2023-2024学年化学高一下期末质量跟踪监视试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、在一定温度下，可逆反应X(g)+3Y(g)2Z(g)达到平衡的标志是()A．单位时间内生成1molX，同时生成3molYB．X,Y,Z的浓度相等C．X,Y,Z的分子数比为1:3:2D．单位时间内生成1molX，同时生成2molZ2、下列实验结论不正确的是（）选项操作现象结论A新制的银氨溶液与葡萄糖溶液混合加热有银镜生成葡萄糖具有还原性B向澄清石灰水溶液中通入适量气体Y出现白色沉淀Y可能是CO2气体C向鸡蛋清溶液中滴入浓硝酸产生黄色沉淀鉴别部分蛋白质D向盛Na2SiO3溶液的试管中逐滴加入稀盐酸2min后，试管里出现白色胶状沉淀非金属性Cl＞SiA．A B．B C．C D．D3、下列各组元素中，属于同一周期的是A．H、NaB．Al、PC．O、ClD．Mg、F4、如图为短周期的一部分，Y原子最外层电子数是其电子层数的2倍，下列说法正确的是A．Y的氢化物比Z的氢化物稳定B．原子半径大小为Z>Y>R>XC．Y、R形成的化合物YR2能使酸性KMnO4溶液褪色D．四种元素中最高价氧化物的水化物酸性最强的是Y5、升高温度能加快反应速率的主要原因是（）A．活化分子能量明显增加B．降低活化分子百分数C．增加活化分子百分数D．降低反应所需要的能量6、在密闭容器中进行如下反应：X2(g)+Y2(g)2Z(g)，已知X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1mol·L-1、0.3mol·L-1、0.2mol·L-1，在一定条件下，当反应达到平衡时各物质的浓度有可能是()A．X2为0.2mol·L-1B．Y2为0.45mol·L-1C．Z为0.35mol·L-1D．Z为0.4mol·L-17、下列关于化石燃料的说法错误的是(

)A．石油中含有的烷烃，可以通过石油的分馏得到汽油B．含以上烷烃的重油经过催化裂化可以得到汽油C．天然气是一种清洁的化石燃料，它作为化工原料，主要用于合成氨和生产甲醇等D．煤中含有苯和甲苯，可以用分馏的方法把它们从煤中分离出来8、下列说法不正确的是A．光导纤维的主要成分是晶体硅B．镁可用于制造信号弹和焰火C．氢氧化铁胶体能用于净水D．二氧化碳不可用于漂白纸浆9、X、Y、Z、M、R为五种短周期元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列说法正确的是（）A．简单阳离子半径:X>RB．X与Y可以形成正四面体结构的分子C．M的氢化物常温常压下为液体D．最高价氧化物对应水化物的酸性:

Z<Y10、a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同；c所在周期数与族数相同；d与a同族。下列叙述正确的是（）A．原子半径：d>c>b>a B．4种元素中b的金属性最强C．c的氧化物的水化物是强碱 D．d单质的氧化性比a单质的氧化性强11、下列有关常见的几种有机物的说法中，正确的有①沼气、天然气和煤矿坑道气的主要成分都是甲烷；②乙烯可用作果实催熟剂；③苯分子中含有三个碳碳单键和三个碳碳双键；④乙醇和乙酸都能跟金属钠发生置换反应产生氢气；⑤乙醇和乙酸能发生中和反应生成乙酸乙酯和水。A．①②④B．①②③⑤C．①②④⑤D．①②③④12、银锌电池广泛用作各种电子仪器的电源，其电极分别为Ag2O、Zn，电解质溶液为KOH溶液，总反应为Ag2O+Zn+H2O=Ag+Zn(OH)2。下列说法中错误的是（）A．原电池放电时，负极上发生反应的物质是ZnB．溶液中OH-向正极移动，K+、H+向负极移动C．工作时，负极区溶液pH减小，正极区pH增大D．负极上发生的反应是Zn+2OH--2e-=Zn(OH)213、下列有关化学用语表示正确的是()A．H2O2的电子式：H+[]2-H+ B．Cl-的结构示意图：C．原子核中有10个中子的氧离子：188O2— D．HClO的结构式H-Cl-O14、下列常见物质的俗名与化学式对应关系正确的是A．烧碱—NaOH B．明矾—Al2(SO4)3 C．石膏—CaCO3 D．纯碱—Na2SO415、在0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中，下列关系正确的是A．c（Na＋）＞c（HCO3-）＞c（H＋）＞c（OH－）B．c（Na＋）＝c（HCO3-）＞c（OH－）＞c（H＋）C．c（Na＋）＋c（H＋）＝c（HCO3-）＋c（OH－）＋2c（CO32-）D．c（Na＋）＋c（H＋）＝c（HCO3-）＋c（OH－）＋c（CO32-）16、一定温度下，将2molSO2和1molO2充入2L密闭容器中，在催化剂存在下进行下列反应:2SO2+O22SO3，下列说法中正确的是A．达到反应限度时，生成2molSO3B．达到反应限度时SO2的消耗速率必定等于O2的生成速率C．达到反应限度时SO2、O2、SO3的分子数之比一定为2∶1∶2D．SO2和SO3物质的量之和一定为2mol二、非选择题（本题包括5小题）17、A是一种重要的化工原料，A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工水平。E是具有果香气味的液体。A、B、C、D、E在一定条件下存在如图转化关系（部分反应条件、产物被省略）请回答下列问题：（1）工业上，由石油获得白蜡油的方法是___。（2）丁烷是由石蜡油求得A的过程中的中间产物之一，它的一种同分异构体中含有三个甲基（﹣CH3），则这种同分异构体的结构简式是___。（3）反应B→C反应发生需要的条件为___，D物质中官能团的名称是___。（4）写出B+D→E的化学方程式___；该反应的速率比较缓慢，实验中为了提高该反应的速率，通常采取的措施有___（写出其中一条即可）。18、已知A、B、C、D、E、F六种元素为原子序数依次增大的短周期元素。A为原子半径最小的元素，A和B可形成4原子10电子的分子X；C的最外层电子数是内层的3倍；D原子的最外层电子数是最内层电子数的一半；E是地壳中含量最多的金属元素；F元素的最高正价与最低负价代数和为6。请回答下列问题：(用化学用语填空)(1)D、E、F三种元素原子半径由大到小的顺序是__________。(2)A和C按原子个数比1：1形成4原子分子Y，Y的结构式是_____。(3)B、C两种元素的简单气体氢化物结合质子的能力较强的为____(填化学式)，用一个离子方程式证明：____。(4)D可以在液态X中发生类似于与A2C的反应，写出反应的化学方程式：___。19、海洋植物如海藻、海带中含有丰富的碘元素,碘元素以碘离子的形式存在。实验室中从海藻中提取碘的流程如图：(1)溶液a中加入稀H2SO4、H2O2溶液后发生反应的离子方程式式为__________。(2)上述流程中实验操作②的名称是__________。(3)证明溶液b中含有单质碘的实验操作是__________。(4)溶液b中加入的试剂X可以选择是__________。A．酒精B．苯C．乙酸D．四氯化碳20、实验室可以用浓盐酸与二氧化锰在加热的条件下反应生成二氯化锰与氯气，纯净的氯气和铁粉反应制取少量氯化铁固体，其反应装置示意图如图，回答下列问题：（1）A装置可制取氯气，反应前分液漏斗中药品为__．（2）写出A装置中制取氯气所发生的化学方程式是__．（3）装置B中盛放的试剂是__．（4）装置E的作用是__．（5）装置C的作用是__．（6）装置F中发生反应的化学方程式是__．21、下图的各方框表示有关的一种反应物或生成物（某些物质己经略去），其中常温下A、C、D为无色气体，C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。（l）写出下列各物质的化学式：X:_______；F:_______；G:_______。（2）写出下列变化的反应方程式：A→D:________________；G→E:________________。（3）实验室里，常用加热______的混合物的方法制取气体C，常采用______法来收集。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】分析：当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、质量、体积分数以及百分含量不变，据此分析判断。详解：A．无论该反应是否达到平衡状态，只要单位时间内生成1molX，一定同时生成3

molY，所以不能确定该反应是否达到平衡状态，故A错误；B．当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，X,Y,Z的浓度相等，不能说明浓度是否变化，所以不能确定该反应达到平衡状态，故B错误；C．当X、Y、Z的分子数之比为1：3：2时，该反应可能达到平衡状态也可能没有达到平衡状态，与反应物初始浓度和转化率有关，故C错误；D．单位时间内生成n

mol

X，同时生成2n

mol

Z，表示正逆反应速率相等，说明是平衡状态，故D正确；故选D。2、D【解析】

A、新制的银氨溶液与葡萄糖溶液混合加热，有银镜生成，说明分子中含有醛基，因此葡萄糖具有还原性，A正确；B、向澄清石灰水溶液中通入适量气体Y，出现白色沉淀，沉淀可能是碳酸钙，因此Y可能是CO2气体，B正确；C、含有苯环的蛋白质遇浓硝酸会发生颜色反应，因此向鸡蛋清溶液中滴入浓硝酸产生黄色沉淀，可用于鉴别部分蛋白质，C正确；D、向盛Na2SiO3溶液的试管中逐滴加入稀盐酸，2min后，试管里出现白色胶状沉淀，产生了硅酸胶体。由于盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，所以不能据此说明非金属性Cl＞Si，D错误；答案选D。3、B【解析】解：A．H、Na分别位于一、三周期，故A不选；B．Al、P均位于第三周期，故B选；C．O、Cl分别位于二、三周期，故C不选；D．Mg、F分别位于三、二周期，故D不选；故选B．【点评】本题考查元素周期表的结构及应用，为高频考点，把握原子结构中电子层数等于周期数为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．4、C【解析】

由元素在周期表中的相对位置可知，X、R处于第二周期，Y、Z处于第三周期，由Y原子最外层电子数是其电子层数的2倍可知，最外层电子数为6，则Y为S元素，X为C元素、R为O元素、Z为Cl元素。【详解】A.同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，非金属性Z强于Y，元素的非金属性越强，氢化物越稳定，则Z的氢化物比Y的氢化物稳定，A错误；B.同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素原子半径从上到下逐渐增大，则原子半径Y大于Z（或X大于R），B错误；C.二氧化硫具有还原性，可以被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；D.元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，四种元素中Cl的非金属性最强，最高价氧化物对应水化物的酸性最强，D错误；故选B。5、C【解析】升高温度，将更多的分子转化为活化分子，活化分子百分数增大，有效碰撞次数增多，则反应速率增大，只有C正确，故选C。6、C【解析】

Z全部转化时，X2的物质的量浓度为：0.1mol/L+mol/L="0.2"mol•L-1，Y2的物质的量浓度为：0.3mol/L+mol/L=0.4mol•L-1，故c（X2）的取值范围为：0＜c（X2）＜0.2mol•L-1；当X2全部转化时，Z的物质的量浓度为：0.2mol/L+0.1mol/L×2=0.4mol•L-1，Y2的物质的量浓度为：0.3mol/L-0.1mol/L=0.2mol•L-1，故c（Y2）的取值范围为：0.2mol•L-1＜c（Y2）＜0.4mol•L-1，c（Z）的取值范围为：0＜c（Z）＜0.4mol•L-1。【详解】A、0＜c（X2）＜0.2mol•L-1，A错误；B、0.2mol•L-1＜c（Y2）＜0.4mol•L-1，B错误；C、c（Z）的取值范围为：0＜c（Z）＜0.4mol•L-1，C正确；D、0＜c（Z）＜0.4mol•L-1，D错误。答案选C。7、D【解析】

A．汽油中的碳原子数一般在C5～C11范围内，石油中含有C5-C11的烷烃，可以通过石油的分馏得到汽油，故A正确；B．含C18以上烷烃经过催化裂化，碳链断裂，生成含碳原子数较少的烃，可得到汽油，故B正确；C．天然气广泛用于民用及商业燃气灶具、热水器，天然气也可用作化工原料，以天然气为原料的一次加工产品主要有合成氨、甲醇、炭黑等近20个品种，故C正确；D．煤中不含苯和甲苯，是煤经过干馏这个复杂的化学反应才能生成苯和甲苯，故D错误；故选D。8、A【解析】

A.光导纤维的主要材料是二氧化硅，不是晶体硅，A错误；B.镁在空气中点燃，剧烈燃烧，发出耀眼的白光，放出大量的热，生成氧化镁白色固体，镁是制造信号弹和焰火的原料，B正确；C.氢氧化铁胶体具有较大的表面积，吸附能力强，能吸附水中悬浮的杂质，达到净水的目的，C正确；D.二氧化硫具有漂白性，可用于漂白纸浆，二氧化碳没有漂白性，不可用于漂白纸浆，D正确；故选A。9、B【解析】分析：同周期元素原子序数越大原子半径越小，同主族元素原子序数越大原子半径越大，根据图中规律不难得出X、Y、Z、M分别为H,C,N,S，R为Na。详解：A项，同主族元素原子序数越大原子半径越大，所以离子半径：X<R，故A项错误；B项，H与C可以形成CH4,CH4为正四面体结构的分子，故B项正确；C项，S的氢化物为H2S，常温常压下为气体，故C项错误；D项，元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性C<N,所以酸性H2CO3<HNO3，故D项错误。综上所述，本题正确答案为B。10、B【解析】

a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同，则a的核外电子总数应为8，为O元素，则b、c、d为第三周期元素，c所在周期数与族数相同，应为Al元素，d与a同族，应为S元素，b可能为Na或Mg，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律解答该题。【详解】A、一般电子层数越多，半径越大，同周期从左向右原子半径减小，因此半径大小顺序是Na(Mg)>Al>S>O，A错误；B、同周期从左向右金属性减弱，因此Na或Mg在4种元素中金属性最强，B正确；C、c的氧化物的水化物为氢氧化铝，为两性氢氧化物，C错误；D、同主族从上到下非金属性减弱，因此S的氧化性比氧气弱，D错误。答案选B。【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的知识，首先根据题目信息判断出元素名称，再根据元素周期律进行知识的判断，这就需要掌握（非）金属性的强弱、微粒半径的大小比较等知识，因此平时夯实基础知识是关键，同时应注意知识的灵活运用，审清题意。11、A【解析】分析：①根据甲烷在自然界的存在分析判断；②乙烯具有催熟作用；③根据苯分子化学键的特点分析；④乙醇含有羟基、乙酸含有羧基，根据官能团的性质分析；⑤乙醇含有羟基、乙酸含有羧基，二者能够发生反应生成乙酸乙酯和水。详解：①天然气、沼气和煤矿坑道气的主要成分都是甲烷，故①正确；②乙烯具有催熟作用，用作果实催熟剂，故②正确；③苯分子中碳碳键是介于单键和双键之间的独特的键，故③错误；④乙醇含有羟基、乙酸含有羧基，具有酸性，都可与钠反应，故④正确；⑤乙醇含有羟基、乙酸含有羧基，乙醇和乙酸能发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，故⑤错误；正确的有①②④，故选A。12、B【解析】

根据总反应Ag2O＋Zn＋H2O=2Ag＋Zn（OH）2分析化合价变化可知，Zn在负极上失电子，Ag2O在正极上得电子，电解质溶液为KOH溶液，所以负极反应为Zn＋2OH－－2e－=Zn（OH）2，正极反应为Ag2O＋2e－＋H2O=2Ag＋2OH－；溶液中OH-向负极极移动，K+、H+向正极移动；在负极区，OH－被消耗，溶液碱性减弱，pH减小，溶液中的OH－作定向移动到负极来补充，正极区生成OH－，溶液碱性增强，pH增大。综上ACD正确，B错误。答案选B。13、C【解析】

A.双氧水是共价化合物，两个氧原子之间以单键结合，每个O原子又分别与一个H原子以共价键结合，故电子式为，故A项错误；B.氯离子的核内有17个质子，核外有18个电子，故氯离子的结构示意图为，故B项错误；C.质量数=质子数+中子数，故原子核中有10个中子的氧离子的质量数为18，表示为：，故C项正确；D.HClO中O原子分别与H原子和Cl原子形成共价键，故其结构式为H-O-Cl，故D项错误；故答案选C。【点睛】本题考查化学用语，涉及电子式、结构式、离子结构示意图等知识点，明确这些化学用语的书写规则是解本题关键，注意离子化合物和共价化合物电子式的书写区别。14、A【解析】

A.烧碱、火碱、苛性钠都为氢氧化钠的俗名，化学式为NaOH，故A正确；B.明矾化学式为KAl(SO4)2⋅12H2O，故B错误；C.石膏的化学式为CaSO4⋅2H2O，故C错误；D.纯碱是碳酸钠的俗称，化学式为Na2CO3，故D错误；答案选A。15、C【解析】

A.0.1

mol•L-1NaHCO3溶液中，碳酸氢根离子水解显碱性，则c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+），故A错误；B.0.1

mol•L-1NaHCO3溶液中，碳酸氢根离子水解显碱性，则c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+），故B错误；C.NaHCO3溶液中存在电荷守恒：c（Na＋）＋c（H＋）＝c（HCO3-）＋c（OH－）＋2c（CO32-），故C正确；D.NaHCO3溶液中存在电荷守恒，正确的关系式为：c（Na＋）＋c（H＋）＝c（HCO3-）＋c（OH－）＋2c（CO32-），故D错误。故选C。16、D【解析】

A.反应为可逆反应，2molSO2和1molO2反应时，达到反应限度时，生成的SO3的物质的量小于2mol，A项错误；B.平衡时不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，则达到反应限度时SO2的消耗速率必定等于O2的生成速率的2倍，B项错误；C.分子数的关系与起始量、转化率有关，则不能确定达到反应限度时SO2、O2、SO3的分子数之比，C项错误；D.起始加入2molSO2，化学反应中S原子守恒，则最终SO2和SO3物质的量之和一定为2mol，D项正确；答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、分馏Cu或Ag作催化剂并加热羧基CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O加入浓硫酸作催化剂、加热等【解析】

A的产量通常衡量一个国家的石油化工水平，则A应为CH2=CH2，与水在一定条件下发生加成反应生成CH3CH2OH，B为CH3CH2OH，乙醇在Cu或Ag作催化剂条件下发生氧化反应生成C，则C为CH3CHO，CH3CHO可进一步氧化为D，则D为CH3COOH，CH3CH2OH和CH3COOH在浓硫酸作用下反应生成E为乙酸乙酯。（1）工业上，由石油分馏获得石蜡油，故答案为：分馏；（2）丁烷的一种同分异构体中含有三个甲基，则这种同分异构体的结构简式是：；（3）反应B→C是乙醇催化氧化生成乙醛，反应发生需要的条件为Cu或Ag作催化剂并加热；D为CH3COOH，物质中官能团的名称是羧基；（4）反应B+D→E是乙醇与乙酸在浓硫酸、加热条件下生成乙酸乙酯，反应方程式是CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；反应B+D→E是乙醇与乙酸在浓硫酸、加热条件下生成乙酸乙酯，该反应的速率比较缓慢，通常采取加入浓硫酸作催化剂、加热等措施提高该反应的速率。【点睛】本题考查有机推断及合成，据题意可知A为乙烯、B为乙醇、C为乙酸、D为乙酸乙酯。从石蜡油里获得乙烯主要是通过石蜡油的裂解得到，所以是化学变化。乙醇与乙酸在浓硫酸做催化剂的条件下，乙醇脱掉羟基中的氢，而乙酸脱掉羧基中的羟基，所以产物为乙酸乙酯和水。同分异构体特点是分子式相同结构不同。18、Na＞Al＞ClH－O－O－HNH3NH3＋H3O+=NH4+＋OH－2Na＋2NH3=2NaNH2＋H2↑【解析】

A、B、C、D、E、F六种元素为原子序数依次增大的短周期元素，A为原子半径最小的元素，为H元素；A和B可形成4原子10电子的分子X，则B为N元素，X是氨气；C的最外层电子数是内层的3倍，则C为O元素；D原子的最外层电子数是最内层电子数的一半，为Na元素；E是地壳中含量最多的金属元素，为Al元素；F元素的最高正价与最低负价代数和为6，则F为Cl元素.【详解】（1）原子电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素原子半径随着原子序数增大而减小，所以D、E、F三种元素原子半径由大到小顺序是Na＞Al＞Cl；（2）A和C按原子个数比1：l形成4原子分子Y为H2O2，其结构式为H－O－O－H；（3）氨气分子容易结合水电离出的氢离子形成铵根离子，所以氨气分子结合质子的能力强于水分子，方程式为NH3+H3O+＝NH4++H2O；（4）D是Na，钠和氨气的反应相当于钠和水的反应，因此钠和氨气反应的方程式为2Na+2NH3＝2NaNH2+H2↑。19、2I-

+H2O2+2H+=I2+2H2O分液取少量溶液b于试管中，滴加适量淀粉溶液,溶液变蓝色,溶液中含有碘单质BD【解析】分析：海藻经过灼烧、浸泡和过滤等操作，得到溶液a中含有碘离子，溶液a中加入稀H2SO4、H2O2溶液目的是将溶液中的碘离子还原为碘单质；碘单质可以用淀粉溶液来检验，碘单质可以使淀粉变蓝；提取碘单质可以用萃取的方法，萃取的基本原则两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多，萃取剂与溶质不反应，碘在四氯化碳或苯中的溶解度大于在水中的溶解度，四氯化碳或苯和水都不互溶，且四氯化碳或苯和碘都不反应，故可用四氯化碳或苯。详解：(1)溶液a中加入稀H2SO4、H2O2溶液目的是将溶液中的碘离子还原为碘单质，离子方程式式为：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O。（2）操作②目的为了分离制备出的碘单质，分离碘单质可以用萃取的方法；（3）碘单质可以用淀粉溶液来检验，碘单质可以使淀粉变蓝；(4)碘在四氯化碳或苯中的溶解度大于在水中的溶解度，四氯化碳或苯和水都不互溶，且四氯化碳或苯和碘都不反应，故可用四氯化碳或苯。而酒精和乙酸均可以与水互溶，不能作萃取剂。故选BD。20、浓盐酸MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O饱和食盐水安全瓶，防止倒吸干燥氯气2NaOH+Cl2═NaCl+NaClO+H2O【解析】(1)实验室制备氯气用的原料为浓盐酸与二氧化锰，所以分液漏斗中为浓盐酸；(2)二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，化学方程式：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；

(3)浓盐酸具有挥发性，制备的氯气中含有氯化氢，要制备纯净的氯气应除去氯化氢，氯化氢