吉林省公主岭市第三中学2026届高一化学第一学期期中综合测试试题含解析.doc

吉林省公主岭市第三中学2026届高一化学第一学期期中综合测试试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、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、下列属于置换反应的是（ ）
A．
B．
C．
D．
2、下列说法正确的是
A．铜在自然界中主要以单质的形式存在
B．工业上常用电解饱和食盐水的方法制备金属钠
C．工业上常用焦炭在高温下直接将氧化铁还原炼铁
D．在海水中加入石灰乳可得氢氧化镁沉淀，这是从海水中富集镁的基本方法
3、与50 mL 0.1 mol·L-1的Na2CO3溶液中Na+的物质的量相同的溶液是（　　）
A．50 mL 0.2 mol·L-1的NaCl溶液
B．100 mL 0.2 mol·L-1的NaCl溶液
C．25 mL 0.1 mol·L-1的Na2SO4溶液
D．50 mL 0.1 mol·L-1的NaNO3溶液
4、同温同压下，a g甲气体和2a g乙气体所占体积之比为1∶2，根据阿伏加德罗定律判断，下列叙述不正确的是
A．同温同压下甲和乙的密度之比为1∶1
B．甲与乙的相对分子质量之比为1∶1
C．同温同体积下等质量的甲和乙的压强之比为1∶1
D．等质量的甲和乙中的原子数之比一定为1∶1
5、同体积同物质的量浓度的AgNO3溶液中分别加入同体积的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液，恰好使Cl-完全转化为沉淀，则三种溶液的物质的量浓度之比为
A．1:1:1 B．1:2:3 C．1:4:9 D．6:3:2
6、下列实验仪器不宜直接用来加热的是
A．试管 B．燃烧匙 C．蒸发皿 D．烧杯
7、一定温度和压强下，30L某种气态纯净物中含有6.02×1023个分子，这些分子由1.204×1024个原子组成，下列有关说法中不正确的是
A．该温度和压强可能是标准状况
B．标准状况下该纯净物若为气态，其体积约是22.4L
C．该气体中每个分子含有2个原子
D．若O2在该条件下为气态，则1mol O2在该条件下的体积也为30L
8、我国明代《本草纲目》中收载药物1892种，其中“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”是指
A．萃取 B．渗析 C．干馏 D．蒸馏
9、下列溶液中Cl-浓度与50mL1mol/L AlCl3溶液中Cl-浓度相等的是（　　）
A．150mL1mol/L的NaCl溶液 B．75mL2mol/L的NH4Cl溶液
C．150mL2mol/L的KCl溶液 D．75mL1mol/L的FeCl3溶液
10、下列反应的离子方程式中不正确的是
A．H2SO4与Ba(OH)2溶液反应：Ba2+＋2OH-＋2H+＋SO42-===BaSO4↓＋2H2O
B．Ca(HCO3)2与少量NaOH溶液反应：Ca2+＋HCO3-＋OH-===CaCO3↓＋H2O
C．NaOH溶液中通入少量CO2：2OH-＋CO2 ===CO32-＋H2O
D．CH3COOH溶液与NH3·H2O溶液反应：CH3COOH＋OH-===CH3COO- +H2O
11、下列分类或归类正确的是
①盐酸、氨水、干冰、碘化银均为纯净物
②CaCl2、NaOH、HCl、IBr均为化合物
③明矾、水银、烧碱、硫酸均为电解质
④火碱、纯碱、碳酸钙都是电解质
⑤碘酒、淀粉、云雾、纳米材料均为胶体
A．①③④ B．②③ C．②④ D．②③④⑤
12、合金具有许多优良的性能．下列物质属于合金的是
A．氧化铜 B．生铁 C．汞 D．钠
13、下列各组物质，前者属于电解质，后者属于非电解质的是
A．NaCl晶体、CaCO3 B．铜、二氧化硫
C．硫酸溶液、盐酸 D．熔融的KNO3、CH3CH2OH
14、下列实验装置或操作正确的是( )
A．向容量瓶中转移液体 B．实验室制取蒸馏水 C．从饱和食盐水中提取氯化钠晶体 D．分离酒精和水
15、朱自清在《荷塘月色》中写道：“薄薄的青雾浮起在荷塘里……月光是隔了树照过来的，高处丛生的灌木，落下参差的斑驳的黑影。”结合这段文字及所学的化学知识判断下列说法不正确的是（ ）
A．荷塘上方的薄雾是气溶胶
B．月光通过薄雾时产生了丁达尔效应
C．薄雾是一种较稳定的分散系
D．“大漠孤烟直”中“孤烟”的组成成分和这种薄雾的组成成分相同
16、1g N2中含有x个原子，则阿伏加德罗常数是（ ）
A．x/28 mol-1 B．x/14 mol-1 C．14x mol-1 D．28x mol-1
二、非选择题（本题包括5小题）
17、A、B、C、D为四种可溶性的盐，它们包含的阳离子和阴离子分别为Ba2+、Ag+、Na+、Cu2+和NO3－、SO42﹣、Cl﹣、CO32﹣（离子在物质中不能重复出现）．
①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色；
②若向①的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出．根据①②实验事实可推断它们的化学式为：
（1）A_______________ B______________
（2）写出盐酸与D反应的离子方程式：______________________
（3）将含相同物质的量A、B、C的溶液混合后，写出溶液中存在的离子及物质的量之比_________；在此溶液中加入锌粒，写出发生反应的离子方程式____________
18、下图是由短周期元素组成的一些单质及其化合物之间的转化关系图。常温常压下，D、F、K均为无色无刺激性气味的气体，B是最常见的无色液体，A是由单质C在D中燃烧生成的淡黄色固体。（反应中生成的部分物质已略去）

请回答下列问题：
（1）物质A的化学式为________；
（2）化合物I的化学式为________；
（3）反应①的化学方程式为_____________；反应②的化学方程式为______________。
19、如图是制取氯化铁粉末所需的装置，已知氯化铁粉末容易吸水生成结晶化合物：FeCl3+6H2O=FeCl3·6H2O。请回答下列问题。

(1)写出烧瓶A发生反应的化学方程式为___，该反应中氧化剂是___ (填物质名称)；浓盐酸的作用是___。
(2)写出E中发生反应的化学方程式为___。
(3)C的作用是___；D的作用是___。
(4)应先点燃___(填“A”或“E”)处的酒精灯，理由是___。
(5)这套实验装置是否完整？___(填“是”或“否”)。若不完整，还须补充___ (若第一空填“是”，则此空不需要作答)装置。
(6)E处反应完毕后，关闭弹簧夹K，移去酒精灯，由于余热的作用，A处仍有少量Cl2产生，此时B中的现象是___，此时B的作用是___。
20、某同学欲配制480 mL 物质的量浓度为0.1mol.L-1的CuSO4溶液。
（1）完成该实验用到的仪器主要有：托盘天平、胶头滴管、____________,烧杯、玻璃棒、药匙。
（2）如果用CuSO4固体来配制，应该称量固体的质量为_________________。如果用CuSO4.5H2O来配制，应该称量固体的质量为____________________。
（3）写出整个实验简单的操作过程：计算→__________→溶解→转移→洗涤→____________→摇匀。
（4）定容时的正确操作是：待容量瓶中的液体液面距离容量瓶的刻度线1 ～2 cm时，改用___________滴加，并且目光要平视刻度线，至______________，定容完成。
（5）下列操作对溶液的浓度有何影响？用“偏大”“偏小”或“无影响”填空。
① 配制的过程中有少量的液体溅出烧杯。( )
② 使用前容量瓶用蒸馏水洗涤，且没有干燥。( )
③ 定容时俯视液面。( )
21、亚氯酸钠（NaClO2）是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业。它在碱性环境中稳定存在。某同学查阅资料后设计生产NaClO2的主要流程如下。（部分产品未标出）

（1）Ⅰ中发生反应的还原剂是____________、Ⅱ中的氧化剂是________（填化学式）。
（2）Ⅱ中反应的离子方程式是______________________________________。
（3）ClO2是一种高效水处理剂，可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备：5NaClO2 + 4HCl = 5NaCl + 4ClO2↑+ 2H2O。
①该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是________。
②研究表明：在上述过程中会发生副反应：NaClO2 + 4HCl = NaCl + 2Cl2↑+ 2H2O，若反应开始时盐酸浓度越大，则气体产物中Cl2的含量越大。请推测其原因是__________。
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、D
【解析】
置换反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，据此进行分析判断。
【详解】
A．该反应不属于四种基本反应类型，是氧化还原反应，故A不选；
B．该反应符合“多变一”，是化合反应，故B不选；
C．该反应不属于四种基本反应类型，是氧化还原反应，故C不选；
D．与反应生成和的反应属于置换反应，故D选；
答案选D。
2、D
【解析】
A、自然界中铜以化合态形式存在，故A错误；B. 电解饱和食盐水发生反应2NaCl + 2H2O2NaOH + Cl2↑+ H2↑，不能得到金属钠，应该电解熔融状态的氯化钠，故B错误；C、高温下，碳被氧化为二氧化碳，二氧化碳和C反应生成CO，所以高炉炼铁的主要反应原理是CO在高温下将氧化铁还原成铁，故C错误；D．海水中镁离子的浓度较低，在海水中加入石灰乳可得氢氧化镁沉淀，实现了镁的富集，故D正确；故选D。
3、A
【解析】
50 mL 0.1 mol·L-1的Na2CO3溶液中Na+的物质的量为0.05×0.1×2=0.01mol，
A. 50 mL 0.2 mol·L-1的NaCl溶液中Na+的物质的量为0.05×0.2=0.01mol，与之相等，正确；
B. 100 mL 0.2 mol·L-1的NaCl溶液中Na+的物质的量为0.1×0.2=0.02mol，与之不相等，错误；
C. 25 mL 0.1 mol·L-1的Na2SO4溶液中Na+的物质的量为0.25×0.1×2=0.05mol，与之不相等，错误；
D. 50 mL 0.1 mol·L-1的NaNO3溶液中Na+的物质的量为0.05×0.1=0.005mol，与之不相等，错误；
综上所述，本题选A。
4、D
【解析】
同温同压下，ag甲气体和2ag乙气体所占的体积之比为1：2，由n= V/Vm,可知甲乙两种气体的物质的量之比为1：2。
【详解】
A项、同温同压下，气体摩尔体积相同，a g甲气体和2a g乙气体所占的体积之比为1：2，根据ρ=m/V知，其密度相同，故A正确；
B项、根据m=nM=VM/Vm知，二者的相对分子质量为1：1，故B正确；
C项、根据PV=nRT=m/MRT知，同温同体积下等质量的甲和乙的压强之比等于其摩尔质量的反比，因为二者摩尔质量相同，所以压强相同，故C正确；
D项、等质量的两种气体的物质的量相同，但分子的构成未知，所以无法判断原子个数是否相同，故D错误。
故选D。
5、D
【解析】
反应实际上都是氯离子与银离子的反应，所以消耗AgNO3物质的量相同，也就是氯离子的物质的量相同。
【详解】
相同物质的量的硝酸银溶液分别与等体积的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液反应，恰好使它们中的Cl-完全转化为AgCl沉淀时，氯离子的物质的量相等，溶液的体积相等，则三种溶液的浓度与氯离子的数目成反比，所以其浓度之比为1：(1/2)：(1/3)=6：3：2，故选D。
本题考查离子反应及物质的量的有关计算，侧重分析与计算能力的考查。
6、D
【解析】
能直接加热的仪器有：试管、燃烧匙、坩埚、蒸发皿，必须垫石棉网才能加热的仪器有：烧杯、烧瓶、锥形瓶。不能加热的仪器有：集气瓶、量筒、胶头滴管、药匙等。答案选D。
7、A
【解析】
据n=可知，该气体的物质的量为1mol，
A、该温度和压强下，1mol该气体的体积为30L，不是标准状况，故A符合题意；
B、因该气体的物质的量为1mol，因此若该气体在标准状况下为气体，则其体积约为22.4L，故B不符合题意；
C、1mol该气体含有1.204×1024个原子，则该气体分子中含有原子个数为=2，因此该气体为双原子分子，故C不符合题意；
D、因1mol该气体在该条件下为30L，由此可知该条件下气体摩尔体积为30L/mol，故若O2在该条件下为气态，则1mol O2在该条件下的体积为30L/mol ×1mol=30L，故D不符合题意；
故答案为A。
在不同的温度和压强下，每一种条件均有相对应的气体摩尔体积，其数据可能相同，也可能不同，常见标准状况下，气体摩尔体积为22.4L/mol，在使用时需注明其条件以及该物质是否为气体。
8、D
【解析】
我国明代《本草纲目》中收载药物1892种，其中“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也。” 由信息可知，蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异分离，则该法为蒸馏，答案选D。
9、D
【解析】
50 mL 1 mol/L AlCl3溶液中c(Cl－)=3×1 mol/L=3 mol/L。
【详解】
A、150 mL 1 mol/L的NaCl溶液c(Cl－)=1 mol/L，故A不符合题意；
B、75 mL 2 mol/L的NH4Cl溶液c(Cl－)=2 mol/L，故B不符合题意；
C、150 mL 2 mol/L的KCl溶液 c(Cl－)=2 mol/L，故C不符合题意；
D、75 mL 1 mol/L的FeCl3溶液c(Cl－)=3×1 mol/L=3 mol/L，故D符合题意；
答案选D。
10、D
【解析】
A. H2SO4与Ba(OH)2溶液反应：Ba2+＋2OH-＋2H+＋SO42-===BaSO4↓＋2H2O，故正确；B. Ca(HCO3)2与少量NaOH溶液反应：Ca2+＋HCO3-＋OH-===CaCO3↓＋H2O，故正确；C. NaOH溶液中通入少量CO2： 2OH-＋CO2 ===CO32-＋H2O，故正确；D. CH3COOH溶液与NH3·H2O溶液反应：CH3COOH＋NH3·H2O=CH3COO- + NH4+ +H2O，故错误。故选D。
11、C
【解析】
由一种物质组成的是纯净物，由两种或两种以上元素组成的纯净物是化合物，在溶液中或熔融状态下能够导电的化合物是电解质，分散质粒子直径介于1nm和100nm之间的分散系是胶体，据此分析解答。
【详解】
①盐酸是氯化氢的水溶液，氨水是氨气的水溶液，均属于混合物，故①错误；
②CaCl2、NaOH、HCl、IBr是由不同种元素组成的纯净物，属于化合物，故②正确；
③水银是单质，不是电解质也不是非电解质，故③错误；
④碳酸钙是电解质，火碱是氢氧化钠，纯碱是碳酸钠，二者也都是电解质，故④正确；
⑤碘酒是碘单质的酒精溶液，淀粉、纳米材料不是分散系，云雾是胶体，故⑤错误；
答案选C。
12、B
【解析】A．氧化铜是纯净物，不属于合金，故A错误；B．生铁是铁和碳的合金，故B正确；C．汞是金属单质，属于纯净物，不属于合金，故C错误；D．钠是金属单质，属于纯净物，不属于合金，故D错误；故选B。
点睛：本题考查合金的特征，掌握物质的组成是正确解答本题的关键。合金具有以下特点：①一定是混合物；②合金中至少有一种金属等。
13、D
【解析】
在水溶液里或熔融状态下自身能导电的化合物叫做电解质，在水溶液里或熔融状态下自身都不能导电的化合物叫做非电解质，
A．NaCl晶体和CaCO3都属于盐，都属于电解质，故A不符合题意；
B．铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，二氧化硫自身不能导电，属于非电解质，故B不符合题意；
C．硫酸溶液、盐酸都是混合物，不属于电解质也不属于非电解质，故C不符合题意；
D．熔融的KNO3能电离出阴阳离子，能导电，属于电解质，CH3CH2OH不导电，属于非电解质，故D符合题意；
答案选D。
14、A
【解析】
试题分析：A．向容量瓶中转移液体应使用玻璃棒引流，且玻璃棒的下端应在刻度线以下，故A正确；B．蒸馏操作时，冷凝管内冷却水的方向是低进高出，故B错误；C．蒸发液体使用的仪器是蒸发皿，坩埚用来加热固体药品，故此操作错误，故C错误；D．酒精与水互溶，不能分液，分离酒精与水的混合物应蒸馏，故D错误；故选A。
考点：考查化学实验方案的评价，涉及溶液的配制、天平使用、蒸发与分液等。
15、D
【解析】
A．薄雾是空气中的小液滴，是一种胶体，微粒直径在1与100nm之间，A正确；
B．薄雾是胶体，具有丁达尔效应，B正确；
C．薄雾的微粒直径在1与100nm之间，是一种较稳定的分散系，C正确；
D．大漠孤烟直中的孤烟是固体小颗粒，这种薄雾是液态小液滴，二者组分不同，D错误；
答案选D。
16、C
【解析】
n==，则=mol-1=14xmol-1，答案为C。
上述关系式中，各量对应后成比例。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、BaCl2 AgNO3 CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O n（Cl﹣）：n（NO3﹣）：n（Cu2+）=1：1：1 Zn+Cu2+═Zn2++Cu
【解析】
试题分析：C盐的溶液呈蓝色，说明C中含有Cu2+；加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，B中含有Ag+，由于硫酸银、氯化银、碳酸银都是沉淀，所以B是AgNO3；D盐的溶液有无色无味的气体逸出，放出气体是二氧化碳，D中含有CO32﹣，由于BaCO3是沉淀，所以D是NaCO3；A中含有Ba2+，由于硫酸钡难溶于水，所以A是氯化钡；则C是CuSO4；
解析：根据以上分析，（1）A是BaCl2； B是AgNO3；
（2）盐酸与碳酸钠反应生成氯化钠、二氧化碳、水，反应的离子方程式是CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O；
（3）将含相同物质的量BaCl2、AgNO3、CuSO4混合后，发生Ba2++ SO42﹣= BaSO4↓；Ag++ Cl﹣= Ag Cl↓，所以溶液中存在的离子及物质的量之比n（Cl﹣）：n（NO3﹣）：n（Cu2+）=1：1：1；在此溶液中加入锌粒，锌把铜置换出来，发生反应的离子方程式Zn+Cu2+═Zn2++Cu
点睛：离子反应发生的条件是生成沉淀、气体、水，凡是能结合成沉淀、气体、水的离子不能共存。
18、Na2O2 NaHCO3 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑
【解析】
A是由单质C在D中燃烧生成的淡黄色固体，应为Na2O2，B是最常见的无色液体，应为H2O，则D为O2，E为NaOH，C为Na，F为H2，由转化关系K为CO2，H为Na2CO3，I为NaHCO3。
【详解】
（1）由以上分析可知A为Na2O2；
（2）由以上分析可知化合物I的化学式为NaHCO3。
（3）反应①为Na和H2O的反应，反应的离子方程式为2Na+2H2O═2Na＋+OH－+H2↑，反应②为碳酸氢钠的分解，化学方程式为 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑。
19、4HCl(浓)+MnO2Cl2↑+MnCl2+2H2O 二氧化锰 还原剂和酸性作用 3Cl2+2Fe2FeCl3 吸收氯气中的氯化氢气体 吸收氯气中的水蒸气 A 使产生的Cl2排尽装置内的空气，防止铁被空气中的氧气氧化 否 尾气吸收 瓶中的液面下降，长颈漏斗内液面上升 贮存少量Cl2，避免Cl2对环境造成污染
【解析】
装置A中利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，打开弹簧夹K时，气体不会进入B装置，此时装置C吸收氯气中的HCl气体，然后经浓硫酸干燥后进入玻璃管中，在加热条件下与铁粉反应，无水氯化钙可以防止外界空气进入；关闭K时，生成的氯气进入B装置，将饱和氯化钠溶液压入长颈漏斗，从而贮存氯气。
【详解】
(1)烧瓶A内的反应为制取氯气的反应，化学方程式为4HCl(浓)+MnO2Cl2↑+MnCl2+2H2O；该反应中Mn元素的化合价降低，所以二氧化锰为氧化剂；浓盐酸的作用为还原剂和酸性作用；
(2)装置E中为氯气和铁粉的反应，化学方程式为3Cl2+2Fe2FeCl3；
(3)装置C中饱和氯化钠溶液可以吸收氯气中的HCl气体；装置D中浓硫酸可以吸收氯气中的水蒸气；
(4)为防止加热时铁粉被装置中的空气中的氧气氧化，应先点燃A处酒精灯，使产生的氯气将装置中的空气排尽；
(5)氯气有毒，未反应的氯气不能直接排放到空气中，所以该套实验装置不完整，还缺少尾气吸收装置；
(6)由于氯气难溶于饱和食盐水，所以可以看到B中瓶中的液面下降，长颈漏斗内液面上升，从而贮存少量Cl2，避免Cl2对环境造成污染。
20、（1）500mL容量瓶
（2）8.0g；12.5g
（3）称量；定容
（4）胶头滴管；凹液面的最低处与刻度线相切
（5）①偏小；②无影响；③偏大
【解析】
试题分析：（1）实验室没有480mL的容量瓶，应该选用500mL容量瓶，配制500mL 0.1mol/L的硫酸铜溶液的操作步骤有：计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，需要的仪器有：天平、药匙、玻璃棒、胶头滴管、烧杯和500mL容量瓶，故需要的玻璃仪器有：玻璃棒、胶头滴管、烧杯和500mL容量瓶，还缺500mL容量瓶，故答案为：500mL容量瓶；
（2）配制500mL0.1mol/L的硫酸铜溶液，需要硫酸铜的物质的量为：n(CuSO4)=0.1mol/L×0.5L=0.05mol，需要硫酸铜的质量为：m(CuSO4)=160g/mol×0.05mol=8.0g；需要五水硫酸铜的质量为：m(CuSO4•5H2O)=250g/mol×0.05mol=12.5g，故答案为：8.0g；12.5g；
（3）配制一定物质的量浓度的溶液步骤有：计算、称量、溶解、冷却转移、洗涤转移、定容、摇匀，故答案为：称量；定容；
（4）定容时的正确操作是：待容量瓶中的液体液面距离容量瓶的刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，并且目光要平视刻度线，至凹液面的最低处与刻度线相切，定容完成，故答案为：胶头滴管；凹液面的最低处与刻度线相切；
（5）①配制的过程中有少量的液体溅出烧杯，导致溶质的物质的量偏少，浓度偏小，故答案为：偏小；
②使用前容量瓶用蒸馏水洗涤，且没有干燥，对溶质的物质的量及最终溶液体积都没有影响，不影响配制结果，故答案为：不影响；
③定容时俯视观察刻度线，液面在刻度线下方，溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏高，故答案为：偏大。
【考点定位】考查配制一定物质的量浓度的溶液
【名师点晴】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法。配制一定物质的量浓度的溶液步骤有：计算、称量、溶解、冷却转移、洗涤转移、定容、摇匀。配制一定物质的量浓度溶液的误差分析，要紧扣公式c=。试题基础性强，注重灵活性，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练，要求学生掌握配制一定物质的量浓度的溶液方法，明确误差分析的方法与技巧。
21、Na2SO3ClO22ClO2 + 2H2O2 +2OH- == 2ClO2- + O2­ + 2H2O1:4ClO2-的氧化性或Cl-的还原性随溶液的酸性和浓度的增大而增强，因此Cl-被氧化得到Cl2。
【解析】
（1）I中NaClO3转化为ClO2，Cl元素化合价由+5价降到+4价，NaClO3得电子，作氧化剂；根据得电子守恒，Na2SO3失电子，化合价降低，作还原剂。Ⅱ中ClO2转化为NaClO2，Cl元素化合价降低，则ClO2得电子，作氧化剂。
故答案为Na2SO3；ClO2；
（2）Ⅱ中ClO2转化为NaClO2，Cl元素化合价降低，ClO2作氧化剂，则H2O2作还原剂，化合价升高，生成O2，则有ClO2+ H2O2—O2↑+ ClO2，溶液中加入了NaOH，配平方程式可得：2ClO2 + 2H2O2 +2OH- =2ClO2- +O2­ + 2H2O；
故答案为2ClO2 + 2H2O2 +2OH- =2ClO2- + O2­ + 2H2O；
（3）① 反应5NaClO2 + 4HCl = 5NaCl + 4ClO2↑+ 2H2O，NaClO2中Cl元素化合价由+3价分别变为—1价和+4价，NaClO2既是氧化剂又是还原剂，氧化剂和还原剂物质的量之比是1∶4。
故答案为1∶4；
②NaClO2+4HCl=NaCl+2Cl2↑+2H2O，反应中，NaClO2作氧化剂，HCl作还原剂，反应开始时，盐酸浓度越大，溶液酸性越强，气体产物的含量增大。可能原因是，溶液酸性增强，导致NaClO2的氧化性增强，Cl-的还原性增强；或者Cl- 的浓度增大，导致Cl-还原性增强。
故答案为ClO2-的氧化性或Cl-的还原性随溶液的酸性和浓度的增大而增强，因此Cl-被氧化得到Cl2。