2026届上海市松江区市级名校化学高一第一学期期末学业水平测试试题含解析

2026届上海市松江区市级名校化学高一第一学期期末学业水平测试试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列说法不正确的是A．Fe、Al常温下与浓硝酸发生钝化反应 B．Fe(OH)3呈红褐色，难溶于水C．水玻璃浸泡过的木材能防火 D．加明矾消毒杀菌后的自来水可以直接饮用2、设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．0.5mol•L－1硫酸溶液中含有的H＋数目为NAB．标准状况下，0.1molCl2溶于水，转移的电子数目为0.1NAC．1.0molNaCl中，所有Na＋的最外层电子数之和为8NAD．常温常压下，2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA3、下列说法正确的是A．2mol·L−1KCl溶液与1mol·L−1K2SO4溶液等体积混合后，c(K+)为2mol·L−1B．120gNaCl溶液中溶有20gNaCl，该温度下NaCl的溶解度为20gC．50mL1mol·L−1NaCl溶液与100mL0.5mol·L−1NaCl溶液中所含的Cl−物质的量浓度相同D．把5g胆矾(CuSO4·5H2O)溶于45g水中，所得溶液溶质的质量分数为10%4、硫酸亚铁溶液含有杂质硫酸铜和硫酸铁，为除去杂质，提纯硫酸亚铁，应该加入下列哪种物质A．锌粉 B．镁粉 C．铁粉 D．铝粉5、近年来，环境问题越来越引起人们的重视。温室效应、酸雨、臭氧层被破坏、赤潮等已经给我们赖以生存的环境带来较大的影响，造成酸雨的主要有害物质是A．CO2 B．硫和氮的氧化物C．含氟化合物 D．化肥和含磷洗衣粉的使用及其污水的排放6、比较1mol氮气和1mol一氧化碳的下列物理量：①质量；②分子总数；③原子总数。其中相同的是()A．① B．①② C．①②③ D．①③7、下列气体中，能用固体氢氧化钠做干燥剂的是()A．氯化氢 B．氧气 C．二氧化碳 D．二氧化硫8、用下列有关实验装置进行的相应实验中，能达到实验目的的是A．所示装置除去Cl2中含有的少量HClB．所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体C．所示装置制取少量纯净的CO2气体D．所示装置分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层9、X、Y、Z、M、Q、R皆为前20号元素，其原子半径与化合价的关系如图所示。下列说法错误的是（）A．Q位于第三周期ⅠA族B．X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是盐或碱C．Z与M的最高价氧化物对应水化物均为强酸D．简单离子半径：M-＞Q+＞R2+10、下列状态的物质，既能导电又属于电解质的是A．漂白粉 B．钢 C．液态氯化氢 D．熔融的氯化钠11、在一定条件下，RO3n-和F2可发生如下反应：，从而可知在RO3n-中，元素R的化合价是（）A．+4价 B．+5价 C．+6价 D．+7价12、下图中横坐标均表示11～17号元素顺序排列的原子序数。根据图像变化趋势判断，纵坐标表示其最高化合价的是A． B． C． D．13、不能使淀粉碘化钾溶液变蓝的是()A．食盐水B．氯水C．氯化铁溶液D．碘水14、在溶液中，能大量共存的离子组是A．Na+、Mg2+、SO42、OH B．Na+、Ba2+、Cl、SO42C．Cu2+、Ca2+、Cl、NO3 D．Ag+、K+、NO3、Cl15、需克服相同类型作用力的是()A．碘、干冰升华 B．硅、冰块熔化C．氯化氢、氯化钠溶于水 D．溴、汞气化16、如图所示，若关闭B阀，打开A阀，将潮湿的氯气通入乙瓶，布条褪色；若关闭A阀，打开B阀，让潮湿的氯气经过甲瓶后，再通入乙瓶，布条不褪色。则甲瓶中所盛的试剂不可能是（）A．Ba(OH)2溶液 B．饱和食盐水 C．NaOH溶液 D．浓H2SO4二、非选择题（本题包括5小题）17、已知：单质A为目前人类使用最广泛的金属，氧化物B为具有磁性的黑色晶体，根据下列转化关系填空。（1）试判断：A的化学式为___，B的名称为___。（2）实验室检验C溶液中的阳离子时，可加入氢氧化钠溶液，若先产生___色沉淀，该沉淀在空气中迅速变为灰绿色，最终变为___色，则含该离子。沉淀转化的化学方程式为___。（3）实验室检验D溶液中的阳离子时，通常可滴加___，若溶液变为___色，则含该离子。（4）若E是一种黄绿色气体单质，该气体是___，在C→D过程中，此气体做___剂。（5）写出D+A→C的离子方程式____。18、已知:有机物A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平｡现以A为主要原料制备乙酸乙酯,其合成路线如下图所示:（1）有机物A的结构简式是________,D分子中官能团的名称是_________｡（2）反应①和④的反应类型分别是:_______､____________｡（3）反应④的化学方程式是__________,利用该反应制取乙酸乙酯的原子利用率为____________｡（4）某同学用下图所示的实验装置制取少量乙酸乙酯｡实验结束后,试管甲上层为透明且不溶于水的油状液体｡

①实验结束后,振荡试管甲,有无色气泡生成,其主要原因是__________(用化学方程式表示)｡②除去乙酸乙酯中混有的少量乙酸和乙醇,应加入________,分离时用到的主要仪器是_________｡19、兴趣小组探究实验室中制备Cl2的过程，为证明过程中有水蒸气和HCl挥发出来，同时证明Cl2的某些性质，甲同学设计了如图所示的实验装置，按要求回答问题：（1）若用浓盐酸与足量的MnO2反应制Cl2。MnO2+4HCl(浓)△MnCl2+Cl2↑+2H2O。①用双线桥表示该反应的电子转移___。②___作氧化剂，___作还原产物。（2）①装置B中盛放的试剂名称为___，作用是___。②装置D和E中出现的不同现象说明的问题是___。③写出装置G中发生反应的离子方程式：___。20、某校化学兴趣小组为研究Cl2的性质并制备氯水，用如图所示装置进行实验。装置Ⅲ中夹持装置已略去，其中a为干燥的品红试纸，b为湿润的品红试纸。（1）加入药品前，检查I中气体发生装置气密性的操作是__。（2）装置Ⅰ中发生反应的化学方程式为__。（3）实验结束后，该组同学在装置Ⅲ中观察到b的红色褪去，但是并未观察到“a无明显变化”这一预期现象。为了达到这一实验目的，你认为应在__和___(填装置序号)之间添加洗气装置，该装置的作用是___。（4）装置V中NaOH溶液的作用是__，相关反应的化学方程式为___。（5）反应完毕，为探究装置Ⅳ中溶质的成分，需要的试剂主要有__。21、分离混合物在工业生产中应用广泛．某含有金属钨（W）、WO2、WO3、W2O5的混合物，欲从该混合物中分离出WO3和W2O5，并冶炼金属钨，其流程如图所示．请阅读资料卡片并回答下列问题．（资料卡片）i．WO3易溶于NaOH、Na2CO3和Na2C2O4（草酸钠）溶液并形成钨酸盐（Na2WO4）；W2O5易被氧化，也能溶解在上述溶液中；金属钨和WO2不溶于上述溶液．ii．WO3几乎不与无机酸反应．iii．钨化合物在不同溶剂中的浸取率见下表（浸取是用溶剂溶解固体混合物，以分离可溶性组分及残渣的过程．若浸取率为100%，则固体中的可溶组分全部溶解在溶剂中）．溶剂煮沸时间（min）W2O5（%）WO3（%）WO2金属钨①100g/LNaOH②300g/LNa2CO3③50g/LNa2CO3④饱和Na2C2O4⑤饱和Na2C2O4（在CO2气氛下浸取）257306012072.376.41004.2＜0.5100100100100100未检出未检出（1）步骤Ⅰ和Ⅳ均要进行的操作是_______________________________________。（2）步骤Ⅱ、Ⅲ反应的化学方程式分别是_____________、_____________。（3）WO3既属于金属氧化物，也属于____（填“酸性”、“碱性”）氧化物，与NaOH溶液反应的离子方程式是___________________________．（4）步骤Ⅰ是将WO3分离出来，选用的试剂a是⑤，理由是______．（5）步骤Ⅳ可将W2O5分离出来，选用的试剂b是____，固体E中含有的物质是___，D中的溶质是____．

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

A.Fe、Al常温下与浓硝酸发生钝化反应，故A正确；B.Fe(OH)3是难溶于水的红褐色固体，故B正确；C.水玻璃的主要成分是硅酸钠，具有不燃不爆的性质，水玻璃浸泡过的木材，在木材表面附着了一层硅酸钠，隔绝了木材与空气中氧气的直接接触，所以水玻璃浸泡过的木材能防火，故C正确；D.加明矾净水是因为Al3+水解生成胶体，吸附悬浮物，不能消毒杀菌，故D错误；答案：D。【点睛】浓硝酸与铁和铝发生钝化反应，属于化学反应；明矾净水是因为Al3+水解生成胶体，吸附悬浮物，不能消毒杀菌。2、C【解析】

A．溶液体积未知，无法计算氢离子个数，故A错误；B．氯气与水反应为可逆反应，不能进行到底，所以标准状况下，0.1molCl2溶于水，转移的电子数目小于0.1NA，故B错误；C．1个Na+最外层8个电子，1.0molNaCl中含有1mol钠离子，所有Na+的最外层电子数之和为8NA，故C正确；D．常温常压下，Vm不等于22.4L/mol，无法计算混合气体物质的量，故D错误；故选：C。3、A【解析】A、KCl溶液与K2SO4溶液中c（K＋）均为2mol·L−1，混合后溶液中钾离子浓度不变，即等体积混合后溶液中c（K＋）为2mol·L−1，故A正确；B、120gNaCl溶液中溶有20gNaCl，该溶液不一定为饱和溶液，该温度下NaCl的溶解度不一定为20g，故B错误；C、50mL1mol·L−1NaCl溶液与100mL0.5mol·L−1NaCl溶液中所含的Cl−物质的量浓度分别是：1mol·L−1和0.5mol·L−1，不相同，故C错误；D．5g胆矾溶于水，溶液中硫酸铜的质量为5g×160g·mol－1/250g·mol－1=3.2g，溶液质量分数=×100%=6.4%，故D错误，故选：A。点睛：本题考查物质的量有关计算、溶解度、物质的量浓度等，解题关键：公式的理解与灵活应用，难点：B、对溶解度概念的理解。D为易错点。4、C【解析】

除去杂质的原则是：”不增不减”。即不增加新的杂质，不减少被提存的物质。【详解】要除去FeSO4溶液中的CuSO4和Fe2(SO4)3，实质就是除去Cu2+和Fe3+，但不能将Fe2+反应掉、引入新杂质。A.加入锌粉，由于Zn在Cu和Fe之前，能锌粉将Cu2+、Fe3+和Fe2+均置换为Cu和Fe，故A错误；B.加入镁粉，由于Mg在Cu和Fe之前，故镁粉能将Cu2+、Fe3+和Fe2+均置换为Cu和Fe，故B错误；C.加入铁粉，发生：CuSO4+Fe=FeSO4+Cu，Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4，然后过滤即可，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故C正确；D.加入铝粉，由于Al在Cu和Fe之前，故铝粉能将Cu2+、Fe3+和Fe2+均置换为Cu和Fe，故D错误；故选C。5、B【解析】

A、二氧化碳与温室效应有关，不是形成酸雨的有害物质，故A错误；

B、硫和氮的氧化物与水反应生成硫酸、硝酸等，使雨水呈酸性，pH小于5.6，从而形成酸雨，故B正确；

C、含氟化合物可导致臭氧空洞，与酸雨无关，故C错误；

D、化肥和含磷洗衣粉等污水含有大量的N、P等元素，可导致水体的富营养化，与酸雨无关，故D错误；

故答案选B。6、C【解析】

氮气和一氧化碳的物质的量相同。根据m=nM，氮气和一氧化碳的摩尔质量相同，所以两者的质量相同。根据N=nNA可以知道，氮气和一氧化碳的分子总数也相同。氮气和一氧化碳都是双原子分子，原子数都是分子数的2倍，两者分子数相同，所以原子数也相同。故选C。7、B【解析】

根据氢氧化钠是强碱，依据气体的性质分析判断。【详解】A.氯化氢是酸性气体，不能用氢氧化钠干燥，A不符合；B.氧气和氢氧化钠不反应，能用固体氢氧化钠做干燥剂，B符合；C.二氧化碳是酸性气体，不能用氢氧化钠干燥，C不符合；D.二氧化硫是酸性气体，不能用氢氧化钠干燥，D不符合；答案选B。8、D【解析】

A.Cl2、HCl都可以与NaOH发生反应，因此不能使用该装置除去Cl2中含有的少量HCl，A错误；B.NH4Cl加热易分解，所以不能用图示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体，B错误；C.Na2CO3是粉末状固体，不能用上述装置用Na2CO3与HCl反应制取CO2气体，C错误；D.I2容易溶于CCl4，CCl4与水互不相溶，CCl4的密度比水大，因此会看到液体分层，有机物在下层，可以用分液漏斗分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层，D正确；故合理选项是D。9、D【解析】

X、Y、Z、M、Q、R皆为前20号元素，Y的化合价只有-2价，则Y为O元素；X的原子半径比Y的原子半径小且只有+1价，则X为H元素；M的最高正价为+7价，最低负价为-1价，因为F没有正价，所以M为C1元素；Z元素最低负价为-3价，最高价为+5价，且Z的原子半径小于M的原子半径，则Z为N元素；Q只有+1价，R只有+2价，Q、R的原子半径均大于M的原子半径，且R的原子半径大于Q的原子半径，故Q为Na元素，R为Ca元素，综上，X为H元素，Y为O元素，Z为N元素，M为C1元素，Q为Na.元素，R为Ca元素。【详解】A．由分析可知，Q为Na元素，位于第三周期IA族，A正确；B．由分析可知，X、Y、Z分别为H、O、N，可以形成HNO3、NH4NO3、NH3∙H2O，HNO3属于酸、NH4NO3属于盐、NH3∙H2O属于碱，B正确；C．由分析可知，Z、M分别为N、Cl，最高价氧化物对应的水化物分别为HNO3和HClO4，都是强酸，C正确；D．由分析可知，M、Q、R分别为：Cl、Na、Ca，简单离子分别为Cl-、Na+、Ca2+，根据“层多径大、序大径小”，离子半径：M->R2+>Q+，D错误；故选D。【点睛】本题易错选B，H、N、O三种元素组成的化合物，很容易能想到HNO3、NH4NO3，但是本选项考查的是碱，只能是NH3∙H2O。10、D【解析】

A.电解质必须是纯净的化合物，漂白粉是混合物，不属于电解质A项错误；B.电解质必须是纯净的化合物，钢是铁合金，不是化合物，不属于电解质，B项错误；C.液态氯化氢不导电，C项错误；D.熔融的氯化钠是电解质，并且导电，D项正确；答案选D。11、B【解析】

离子方程式要遵循质量守恒（即反应前后原子种类及个数应相等）、电荷守恒（反应前后阴阳离子所带的电荷总数应相等）。【详解】在反应中，从离子方程式的电荷守恒的角度可知，n=1，则在RO3-中，R的化合价为+5价，答案选B。12、C【解析】

A、图中表示逐渐减小的变化，可能纵坐标为原子半径的变化规律，选项A不选；B、图中表示不变的规律，可能纵坐标为电子层，选项B不选；C、图中表示逐渐增大的变化，可能纵坐标为元素的最高正化合价，选项C可选；D、图中表示逐渐增大的变化，但出现反常的规律，纵坐标不能表示最高化合价，选项D不选。答案选C。13、A【解析】

淀粉遇碘单质变蓝，具有氧化性的物质可氧化KI生成碘，或含碘单质的物质等均能使淀粉碘化钾溶液变蓝，以此来解答。【详解】I2遇淀粉变蓝，说明能使淀粉碘化钾溶液变蓝的物质具有氧化性，可将碘离子氧化为I2。则A．食盐水无氧化性，不能使淀粉碘化钾溶液变蓝，故A选；B．氯水具有强氧化性，发生Cl2+2KI＝2KCl+I2，能使淀粉碘化钾溶液变蓝，故B不选；C．氯化铁具有氧化性，发生2FeCl3+2KI＝2FeCl2+2KCl+I2，能使淀粉碘化钾溶液变蓝，故C不选；D．碘水中含碘单质，能使淀粉碘化钾溶液变蓝，故D不选；答案选A。【点睛】本题考查物质的性质及应用，把握发生的氧化还原反应、碘的性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用。14、C【解析】

A．Mg2+和OH-发生离子反应生成氢氧化镁沉淀，不能大量共存，故A错误；B．Ba2+和SO42-发生离子反应生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，故B错误；C．离子组Cu2+、Ca2+、Cl-、NO3-在同一溶液中彼此间不发生离子反应，能大量共存，故C正确；D．Ag+和Cl-发生离子反应生成AgCl沉淀，不能大量共存，故D错误；故答案为C。【点睛】明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间(如Fe3+和SCN-)等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。15、A【解析】

A．碘和干冰均为分子晶体，故升华时只需克服分子间作用力，A符合题意；B．硅是原子晶体，熔化时需克服共价键，而冰块属于分子晶体，熔化时需克服分子间作用力，B不合题意；C．氯化氢是分子晶体，溶于水时需克服共价键，而氯化钠属于离子晶体，溶于水时需克服离子键，C不合题意；D．溴属于分子晶体，气化时需克服分子间作用力，汞属于金属晶体，气化时需克服金属键，D不合题意；故答案为：A。16、B【解析】

A.Ba(OH)2溶液，氯气与Ba(OH)2溶液反应消耗氯气，布条不褪色，故A不符合题意；B.饱和食盐水与氯气不反应，氯气再通入乙瓶，湿润的氯气使布条不褪色，故B符合题意；C.NaOH溶液，氯气与NaOH溶液反应消耗氯气，布条不褪色，故C不符合题意；D.浓H2SO4，潮湿的氯气被浓硫酸干燥，干燥的氯气不能使有色布条褪色，故D不符合题意。综上所述，答案为B。【点睛】湿润的氯气能使有色布条褪色，干燥的氯气不能使有色布条褪色。二、非选择题（本题包括5小题）17、Fe四氧化三铁白红褐4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3KSCN溶液血红Cl2氧化Fe+2Fe3+=3Fe2+【解析】

氧化物B为具有磁性的黑色晶体，则B为四氧化三铁；金属单质A与水反应生成B，则A为Fe；四氧化三铁与盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁，D与Fe反应可生成C，则D为氯化铁，C为氯化亚铁。【详解】（1）分析可知，A为Fe；B为四氧化三铁；（2）C为氯化亚铁，向其水溶液中加热NaOH溶液时，产生白色的氢氧化亚铁沉淀；遇到空气，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色的氢氧化铁沉淀；反应的方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；（3）D为氯化铁，其溶液中的阳离子为Fe3+，可用KSCN检验，若变为血红色，则含有该离子；（4）E是一种黄绿色气体单质，则E为氯气；氯气与氯化亚铁反应中Cl的化合价降低作氧化剂；（5）氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+。九、元素或物质推断题18、CH2=CH2羧基加成反应酯化反应(或取代反应)CH3CH2OH＋CH3COOHCH3COOCH2CH3＋H2O83%2CH3COOH＋Na2CO3=2CH3COONa＋CO2↑＋H2O饱和碳酸钠溶液分液漏斗【解析】本题考查有机物的基础知识，以及乙酸乙酯的制备实验，（1）A的产量是衡量一个国家的石油化工发展的水平，即A为乙烯，其结构简式为CH2=CH2；反应①是乙烯与水发生加成反应，生成CH3CH2OH，反应②是乙醇的催化氧化，生成CH3CHO，反应③是乙醛被氧化成乙酸，因此D中含有官能团的名称为羧基；（2）根据(1)的分析，反应①为加成反应，反应④是乙醇和乙酸发生酯化反应(取代反应)；（3）反应④是酯化反应，反应方程式为CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O；原子利用率=期望产物的总质量与生成物的总质量之比，假设生成1mol乙酸乙酯，则乙酸乙酯的质量为88g，产物的总质量为(88＋18)g，因此原子利用率为88/(88＋18)×100%=83%；（4）①试管甲中盛放的是饱和碳酸钠溶液，从试管中挥发出来的有乙醇、乙酸、乙酸乙酯，乙酸的酸性强于碳酸，因此有2CH3COOH＋Na2CO3=2CH2COONa＋CO2↑＋H2O；②除去乙酸乙酯中混有乙醇和乙酸，用饱和碳酸钠溶液，同时可以降低乙酸乙酯的溶解度使之析出，因此分离时主要用到的仪器是分液漏斗。19、MnO2MnCl2无水硫酸铜检验有水挥发出来干燥的氯气无漂白作用，潮湿的氯气与水反应生成次氯酸，其具有漂白性Ag++Cl-=AgCl↓【解析】

（1）在反应MnO2+4HCl(浓)△MnCl2+Cl2↑+2H2O中，Mn由+4价降低为+2价，Cl由-1价部分升高为0价。①用双线桥表示该反应的电子转移方向时，箭头从反应物中的变价元素，指向生成物中同一种变价元素；转移的数目是得电子总数，或者是失电子总数。②含价态降低元素的反应物作氧化剂，含价态降低元素的生成物作还原产物。（2）①检验气体时，应先检验水蒸气，常使用无水硫酸铜。②干燥氯气没有漂白性，潮湿的氯气因与水发生反应生成次氯酸，从而表现出漂白性。③氯气溶于水后，与水反应生成HCl，电离出的Cl-能与Ag+发生反应，生成白色沉淀。【详解】（1）在反应MnO2+4HCl(浓)△MnCl2+Cl2↑+2H2O中，Mn由+4价降低为+2价，Cl由-1价部分升高为0价。①双线桥表示该反应的电子转移方向和数目的方程式为。答案为：；②在此反应中，MnO2中Mn价态降低，作氧化剂，MnCl2含价态降低元素，作还原产物。答案为：MnO2；MnCl2；（2）①检验气体时，应先检验水蒸气，常使用无水硫酸铜，通过变蓝可确定有水挥发出来。答案为：无水硫酸铜；检验有水挥发出来；②装置D中干燥的有色布条不褪色，E中潮湿的有色布条褪色。从而表明：干燥氯气没有漂白性，潮湿的氯气因与水发生反应生成次氯酸，从而表现出漂白性。答案为：干燥的氯气无漂白作用，潮湿的氯气与水反应生成次氯酸，其具有漂白性；③氯气溶于水后，与水反应生成HCl，电离出的Cl-能与Ag+发生反应，生成白色沉淀，反应的离子方程式为Ag++Cl-=AgCl↓。答案为：Ag++Cl-=AgCl↓。【点睛】分析氧化还原反应中物质表现的性质时，首先看元素的价态，含价态升高元素的反应物作还原剂，含价态降低元素的反应物作氧化剂，含价态升高元素的生成物为氧化产物，含价态降低元素的生成物为还原产物。如果物质所含元素价态部分发生改变，则未改变部分不表现出氧化性或还原性，但可能表现出酸性或碱性。如实验室用MnO2与浓盐酸反应制Cl2，生成MnCl2的那部分盐酸中的Cl价态未改变，此部分盐酸表现出酸性；3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2中，生成NH4Cl的那部分NH3中的N价态未变，此部分NH3表现出碱性。20、关闭c，打开分液漏斗的活塞，向分液漏斗中加入适量水，一段时间后分液漏斗液面不再发生变化MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2OⅡⅢ干燥Cl2吸收尾气，防止污染环境Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2OpH试纸、品红溶液、AgNO3溶液(顺序可调)或紫色石蕊溶液、AgNO3溶液(顺序可调)【解析】

(1)若装置I气密性良好，关闭c，打开分液漏斗的活塞，分液漏斗中液体不能顺利流入烧瓶中；(2)装置Ⅰ中二氧化锰和浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水；(3)装置Ⅱ中有水，可能有水蒸气进入Ⅲ；(4)装置V中NaOH溶液能与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；(5)装置