2022-2023学年福建省宁德市高一上学期期中区域性学业质量监测化学（C卷）试题含答案

这是一份2022-2023学年福建省宁德市高一上学期期中区域性学业质量监测化学（C卷）试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

福建省宁德市2022-2023学年高一上学期期中区域性学业质量监测化学（C卷）试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．我国科学家为世界科技发展做出了重要贡献，下列属于我国科学家研究成果的是
①新一代抗疟药——双氢青蒿素的合成
②提出原子学说——为近代化学发展奠定基础
③首次蛋白质的人工合成——结晶牛胰岛素
④发现元素周期律——把化学元素及其化合物纳入统一的理论体系
A．①② B．③④ C．①③ D．②③
【答案】C
【详解】①新一代抗疟药-双氢青蒿素的合成，我国科学家屠呦呦，并因此获得诺贝尔医学奖；
②道尔顿提出原子论，标志着近代化学发展的开始，为近代化学发展奠定基础。
③1965年我国化学家在实验室里实现人工全合成结晶牛胰岛素；
④俄国化学家门捷列夫提出元素周期律；
我国科学家研究成果的是①③。
故选C。
2．新型冠状病毒(冠状病毒粒子直径约60～220nm)主要传播途径有飞沫传播、接触传播和气溶胶传播。下列有关说法不正确的是

A．气溶胶的分散剂为气体
B．利用丁达尔效应可检测气溶胶中的冠状病毒
C．用含氯消毒剂如84消毒液、ClO2等可杀灭新冠病毒
D．用“人工肾”进行血液透析救治危重新冠肺炎患者，利用了胶体的性质
【答案】B
【详解】A．分散剂是气体的为气溶胶，因此气溶胶的分散剂为气体，A正确；
B．利用丁达尔效应检验是不是属于胶体分散系，不能检测气溶胶中的冠状病毒，B错误；
C．含氯消毒剂如84消毒液、ClO2等均具有强氧化性，都可杀灭新冠病毒，C正确；
D．胶体可以透过半透膜，血液属于胶体分散系，因此用“人工肾”进行血液透析救治危重新冠肺炎患者，利用了胶体的性质，D正确；
答案选B。
3．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A．Na熔点低，可用于高温下与TiCl4反应制备金属Ti
B．HClO见光易分解，可用于漂白有色物质
C．Na2O2能和CO2反应生成O2，可作潜水艇的供氧剂
D．NaHCO3能与碱反应，可用作焙制糕点的膨松剂
【答案】C
【详解】A．Na的金属性强，可用于高温下与TiCl4反应制备金属Ti，与钠的熔点低没有关系，A错误；
B．HClO具有强氧化性可用于漂白有色物质，与次氯酸见光易分解没有关系，B错误；
C．Na2O2能和CO2反应生成O2，因此可作潜水艇的供氧剂，C正确；
D．NaHCO3受热易分解生成二氧化碳，因此可用作焙制糕点的膨松剂，与碳酸氢钠能与碱反应没有关系，D错误；
答案选C。
4．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．78gNa2O2中所含离子数为4NA
B．0.1mol中含有的质子数为1.1NA
C．0.1mol·L-1的盐酸中含有氯离子总数为0.1NA
D．11.2LN2与11.2LO2混合后的分子数目为NA
【答案】B
【详解】A．78gNa2O2的物质的量是1mol，过氧化钠是由钠离子和过氧根离子组成的离子化合物，其中所含离子数为3NA，A错误；
B．1个铵根离子含有11个质子，0.1mol铵根中含有的质子数为1.1NA，B正确；
C．0.1mol·L-1的盐酸溶液的体积未知，无法计算其中含有氯离子总数，C错误；
D．11.2LN2与11.2LO2混合气体不一定处于标况下，无法计算其物质的量，因此其分子数目不一定为NA，D错误；
答案选B。
5．下列物质分类组合正确的是
选项
混合物
酸性氧化物
碱性氧化物
盐
A
漂白粉
CO2
K2O
Cu2(OH)2CO3
B
碱石灰
SO3
Na2O2
NH4NO3
C
CuSO4•5H2O
SO2
MgO
NaHCO3
D
氯水
CO
Na2O
FeCl3

A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【分析】不同物质组成的为混合物，同种物质组成的为纯净物；和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物；和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；由金属阳离子（或铵根离子）和酸根阴离子构成的化合物为盐，据此解答。
【详解】A．漂白粉是由氯化钙和次氯酸钙组成的混合物，二氧化碳是酸性氧化物，氧化钾是碱性氧化物，碱式碳酸铜属于盐，故A正确；
B．过氧化钠和盐酸反应生成氯化钠、水和氧气，不是酸性氧化物，故B错误；
C．CuSO4•5H2O属于盐，不是混合物，故C错误；
D．CO是不成盐氧化物，不属于酸性氧化物，故D错误；
故选A。
6．下列实验操作不能达到实验目的或操作有错误的是

A．图I：能得到纯净的氯气 B．图II：检查装置的气密性
C．图III：证明Na2O2与水反应放热 D．图IV：向容量瓶中转移溶液
【答案】D
【详解】A．饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，最后浓硫酸干燥氯气，可以得到纯净的氯气，故A正确；
B．图中装置，关闭止水夹，利用长颈漏斗导管中液面与圆底烧瓶中液面的液面差可确定气密性是否良好，故B正确；
C．向包有足量过氧化钠的脱脂棉中滴入几滴蒸馏水，脱脂棉可以燃烧，说明过氧化钠与水反应放热，故C正确；
D．向容量瓶中转移溶液需要玻璃棒引流，故D错误；
故选D。
7．下列反应的离子方程式正确的是
A．氯气与水反应：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-
B．Na与水的反应：Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑
C．Ba(OH)2溶液中加入过量的NaHSO4溶液：Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O
D．向沸水中滴加饱和FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体：Fe3++3H2OFe(OH)3↓+6H+
【答案】C
【详解】A．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸是弱酸，离子方程式为Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，A错误；
B．Na与水的反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，B错误；
C．Ba(OH)2溶液中加入过量的NaHSO4溶液生成硫酸钡、硫酸钠和水，离子方程式为Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O，C正确；
D．向沸水中滴加饱和FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体的离子方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，D错误；
答案选C。
8．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．pH=1的溶液：Ba2+、Na+、CH3COO-、
B．无色透明的溶液：K+、Cu2+、、
C．0.1mol·L-1氢氧化钠溶液：Na+、Ca2+、、Cl-
D．0.1mol·L-1Fe2(SO4)3溶液：Mg2+、、、
【答案】D
【详解】A．pH=1的溶液显酸性，CH3COO-与氢离子不能大量共存，A不符合；
B．无色透明的溶液中Cu2+、结合生成碳酸铜沉淀，且铜离子在溶液中不是无色的，不能大量共存，B不符合；
C．0.1mol·L-1氢氧化钠溶液中Ca2+、HCO、OH-反应生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，C不符合；
D．0.1mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中Mg2+、NH、NO、与硫酸铁均不反应，可大量共存，D符合；
答案选D。
9．为了测定NaCl、Na2CO3•10H2O和NaHCO3的混合物中各组分的含量，某同学设计如下实验：取一定质量的混合物，通过测量反应前后②和③装置质量的变化，测定该混合物中各组分的质量分数。下列说法错误的是

A．①、②、③中可以依次盛装碱石灰、无水CaCl2(可吸收水蒸气)、碱石灰
B．若将①装置换成盛放NaOH溶液的洗气瓶，则测得的NaCl含量偏大
C．实验过程中先停止加热，再停止通入空气
D．硬质玻璃管加热前，应关闭b，打开a，缓缓通入空气，直至a处出来的空气不再使澄清石灰水变浑浊为止
【答案】B
【分析】加热发生反应：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑、Na2CO3•10H2ONa2CO3+10H2O，通过测量反应前后②和③装置质量的变化，测定该混合物中各组分的质量分数，由实验装置可知，①中盛放碱石灰等，吸收空气中的水、二氧化碳，通过碱石灰后的空气主要为氮气，用来排尽装置中空气，此时需要关闭b、打开a，而后关闭a、打开b，进行加热，②中盛放氯化钙等，吸收分解生成的水，③中盛放碱石灰等，吸收分解生成二氧化碳，最后球形干燥管中碱石灰吸收空气中二氧化碳、水蒸气，防止进入③中影响二氧化碳质量测定，据此判断。
【详解】A．由以上分析可知，①用于吸收空气中的水、二氧化碳，②用于吸收分解生成的水、③用于吸收分解生成二氧化碳，则①、②、③中可以依次盛装碱石灰、无水CaCl2、碱石灰，故A正确；
B．若将①装置换成盛放NaOH溶液的洗气瓶，则②测定的水的质量偏大，即碳酸氢钠、Na2CO3•10H2O含量均偏大，导致测得的NaCl含量将偏小，故B错误；
C．实验过程中一直通入空气，停止加热后再停止通入空气，防止空气中的水、二氧化碳进入②、③中，以免引起实验误差，故C正确；
D．加热前关闭弹簧夹b，打开弹簧夹a，向装置中通入空气，可排出装置内的二氧化碳，以免引起实验误差，直至a处出来的空气不再使澄清石灰水变浑浊为止，说明装置中空气被排尽，故D正确。
故选B。
10．下列是某化学研究性学习小组对某无色水样成分的检验过程，已知该水样中只可能含有K+、Mg2+、Cu2+、Ag+、Ca2+、、、Cl-中的若干种离子，该小组同学取100mL水样进行实验：向样品中先滴加氯化钡溶液，再滴加盐酸，实验过程中沉淀质量的变化如图所示。下列说法正确的是

A．水样中一定不存在Mg2+、Cu2+、Ag+，可能存在Ca2+
B．水样中一定存在、和Cl-
C．由B点到C点变化过程中消耗盐酸的体积为40mL
D．水样中一定存在K+，且c(K+)≥0.3mol·L-1
【答案】C
【分析】该水样为无色溶液，水样中Cu2+不存在，依据图象分析加入氯化钡溶液生成沉淀，加入盐酸，沉淀部分溶解证明水样中一定含有、，又因为碳酸根离子与Mg2+、Ag+、Ca2+发生反应生成沉淀不能大量存在，所以Mg2+、Ag+、Ca2+不存在；依据电解质溶液中电荷守恒分析判断阳离子钾离子一定存在，原溶液中可能含有Cl－，以此解答该题。
【详解】A．根据以上分析可知水样中一定不存在Mg2+、Cu2+、Ag+、Ca2+，可能存在Cl－，A错误；
B．水样中一定存在、和K+，可能存在Cl－，B错误；
C．由B点到C点盐酸溶解碳酸钡，碳酸钡的质量是6.27g－2.33g＝3.94g，物质的量是0.02mol，消耗盐酸是0.04mol，由于盐酸的浓度是1mol/L，所以变化过程中消耗盐酸的体积为40mL，C正确；
D．根据图像可知硫酸钡是2.33g，物质的量是0.01mol，根据原子守恒可知碳酸根和硫酸根的物质的量分别是0.02mol、0.01mol，原溶液中可能含有Cl－，依据电解质溶液中电荷守恒，阳离子K+一定存在；根据电荷守恒得到：0.01mol×2+0.02mol×2+n（Cl－）=n（K+），推知n（K+）≥0.06mol，则c（K+）≥0.6mol/L，D错误；
答案选C。

二、填空题
11．阅读下列科普短文并填空。
燃料电池具有能量转化率高、对环境友好等特点。燃料电池在工作时，从负极连续通入①氢气或②CH4等燃料，从正极连续通入③氧气，二者在电池内部(含有④H2SO4或⑤KOH等物质的溶液)发生反应生成⑥H2O、⑦CO2或⑧K2CO3溶液，同时产生电能。
(1)在上述短文标有序号(下划线)的物质中，能导电的是____(填序号，下同)；属于强电解质的是_______；属于非电解质的是_______。
(2)过量⑦通入⑤的溶液或⑧中均能生成同种物质，该物质与④的溶液反应的离子方程式为_____。
(3)将⑤的溶液逐滴加入10mL同浓度④的溶液中，此过程溶液的电导率变化曲线为下图中的____(填“I”或“II”)，a=_______mL。

(4)甲烷燃料电池理论上负极通入②，将产生同温同压下相同体积的⑦，则②与⑦的质量比为___。
【答案】(1)     ⑥⑧     ④⑤     ②⑦
(2)HCO+H＋＝H2O+CO2↑
(3)     Ⅱ     20
(4)4:11

【详解】（1）含有自由移动电子或离子的物质可以导电，在上述短文标有序号(下划线)的物质中，能导电的是水和碳酸钾溶液，答案为⑥⑧；溶于水完全电离出离子的化合物是强电解质，属于强电解质的是硫酸和氢氧化钾，答案为④⑤；溶于水和在熔融状态下均不能电离出离子的化合物是非电解质，属于非电解质的是甲烷和二氧化碳，答案为②⑦，单质和混合物不是电解质也不是非电解质。
（2）过量二氧化碳通入氢氧化钾溶液中生成碳酸氢钾，二氧化碳与碳酸钾溶液反应也产生碳酸氢钾，碳酸氢钾与硫酸溶液反应生成硫酸钾、二氧化碳和水，反应的离子方程式为HCO+H＋＝H2O+CO2↑。
（3）将氢氧化钾溶液逐滴加入10mL同浓度硫酸溶液中，二者反应生成硫酸钾和水，溶液体积增加，硫酸根浓度减小，溶液导电性减小，恰好反应后继续加入氢氧化钾，溶液导电性又增强，所以此过程溶液的电导率变化曲线为下图中的Ⅱ，由于氢氧化钾是一元强碱，硫酸是二元强酸，所以恰好反应时消耗氢氧化钾的体积是20mL，即a=20mL。
（4）根据碳原子守恒可知甲烷和生成的二氧化碳的物质的量相等，则二者的质量之比是16:44=4:11。
12．某化工厂排出的废水呈酸性，且其中含有大量K+、Cu2+、、，今欲除去废水样品中的Cu2+和，最终得到中性KNO3溶液，设计的方案流程如下图：

回答下列问题：
(1)废水中的检验方法是_______。
(2)试剂I的化学式为_______；溶液1与原废水相比减少的离子有_______。
(3)试剂II的化学式为_______；③中加入试剂III的目的是_______。
(4)④中发生反应的离子方程式为_______。
【答案】(1)取少量废水样品于试管中，先加稀盐酸，无明显实验现象，再加BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明含有硫酸根离子
(2)     KOH     H+、Cu2+
(3)     Ba(NO3)2     除去过量的Ba2＋
(4)H＋+OH－＝H2O、CO+2H＋＝CO2↑+H2O

【分析】废水呈酸性，且其中含有大量K+、Cu2+、、，欲除去废水样品中的Cu2+和，加入过量试剂Ⅰ得到蓝色沉淀，蓝色沉淀应该是Cu(OH)2沉淀，则试剂Ⅰ为KOH溶液，过滤分离出蓝色沉淀为Cu(OH)2；溶液1中含OH－、K+、、，加入过量试剂Ⅱ、试剂Ⅲ得到白色沉淀2和溶液2，白色沉淀应该为硫酸钡，试剂Ⅱ为硝酸钡，过量的钡离子用K2CO3除去，故试剂Ⅲ为K2CO3，过滤得到的白色沉淀为BaSO4和BaCO3的混合物，溶液2含OH－、K+、和CO，再加入适量硝酸除去OH－、CO，溶液3含KNO3，据此解答。
【详解】（1）一般用稀盐酸和氯化钡溶液检验硫酸根离子，则废水中的检验方法是取少量废水样品于试管中，先加稀盐酸，无明显实验现象，再加BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明含有硫酸根离子。
（2）根据请以上分析可知由于不能引入新杂质，则试剂I的化学式为KOH；氢氧化钾与酸以及铜离子反应，则溶液1与原废水相比减少的离子有H+、Cu2+。
（3）根据请以上分析可知由于不能引入新杂质，则试剂II的化学式为Ba(NO3)2；③中加入K2CO3的目的是除去多余的Ba2＋。
（4）④中加入硝酸后氢离子和碳酸根离子被消耗，发生反应的离子方程式为H＋+OH－＝H2O、CO+2H＋＝CO2↑+H2O。

三、实验题
13．84消毒液是杀菌性强、杀菌范围广的产品，以次氯酸钠为主要成分。
I.84消毒液有效氯是指单位体积消毒液含与NaClO消毒能力相当的氯气的质量(1molNaClO消毒能力与1mol氯气相当)，一般市售84消毒液有效氯为55-60g/L。

(1)某兴趣小组通过实验测得某品牌84消毒液有效氯为56.8g/L，假设有效氯都来自次氯酸钠，则该消毒液中NaClO的物质的量浓度为_______。
(2)将该品牌消毒液准确稀释成有效氯为568mg/L的稀溶液500mL，用于餐具消毒。
①实验中需要的玻璃仪器除量筒、胶头滴管、烧杯外还要_______；
②下列操作会导致有效氯偏低的是_______(填字母序号)；
A．容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥　　　B．用量筒量取84消毒液时仰视读数
C．移液时有少量液体溅出　　　　　　D．加水定容时仰视刻度线
II.该小组继续探究84消毒液在不同pH下使红纸褪色的情况，做了如下实验：
步骤1：将5mL市售84消毒液稀释至100倍，测得稀释后溶液的pH=12；
步骤2：将稀释后溶液各20mL分别加入3个洁净的小烧杯中；
步骤3：用H2SO4溶液将3个烧杯内溶液的pH分别调至10、7和4(溶液体积变化忽略不计)；
步骤4：在3个烧杯中分别放入大小相同的红纸，观察现象，记录如下：
烧杯
溶液的pH
现象
a
10
10min后，红纸基本不褪色
b
7
10min后，红纸颜色变浅
c
4
10min后，红纸基本褪色

HClO和ClO-物质的量分数(a)随溶液pH变化的关系如图所示：

(3)①由实验现象可获得结论：溶液的pH在4~10范围内，pH越大，红纸褪色_______。
②结合图像进行分析，b、c两烧杯中实验现象出现差异的原因是_______。
【答案】(1)0.8mol/L
(2)     玻璃棒、500mL容量瓶     CD
(3)     越慢     b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO的浓度较小，反应较慢，褪色较慢

【详解】（1）设有1L该消毒液，根据有效氯的定义可知，该溶液中有56.8g Cl2， n(Cl2)==0.8mol，则该消毒液中NaClO的物质的量为0.8mol，其物质的量浓度为=0.8mol/L。
（2）①实验中需要的玻璃仪器除量筒、胶头滴管、烧杯外，还要玻璃棒、500mL容量瓶；
②A．容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，对得到的溶液的有效氯无影响，A不符合题意；
B．用量筒量取84消毒液时仰视读数，量取的溶液体积偏大，使得得到的溶液的有效氯偏高，B不符合题意；
C．移液时有少量液体溅出，使得得到的溶液的有效氯偏低，C符合题意；
D．加水定容时仰视刻度线，得到的溶液的体积偏大，有效氯偏低，D符合题意；
故选CD。
（3）①由实验现象可获得结论：溶液的pH在4~10范围内，pH越大，红纸褪色越慢；
②结合图像进行分析，b、c两烧杯中实验现象出现差异的原因是b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO的浓度较小，反应较慢，褪色较慢。
14．某过氧化钠(Na2O2)样品中含有少量Na2CO3杂质，现要测定该样品的纯度。
(1)过氧化钠中含Na2CO3杂质的原因_______(用化学反应方程式表示)。
(2)甲同学取2.0g的样品跟过量稀硫酸充分反应，用下列装置通过测定产生O2的体积来计算过氧化钠的含量。

①按气流从左至右的方向，各装置的连接顺序是(填接口的字母)：________。
h→c→d→_______，_______→_______，_______→g。
②装置C的作用是_______。
③若在实验过程中测得气体体积为166.0mL(已换算成标准状况)，烧瓶中液体体积为54.0mL，则样品中Na2O2的质量分数为_______。
(3)乙同学认为选用(2)中装置B和E的组合，通过测定反应生成的CO2的质量，也能得到过氧化钠的含量。乙同学的方案中存在的问题有_______(只要求写出一项即可)。
(4)丙同学认为选用(2)中装置A、D和E的组合，就能达到实验目的，但要将药品稀硫酸改为___。
【答案】(1)2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2或2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑、2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O
(2)     e，fa，b     检验⼆氧化碳是否除净     39.0%或0.39
(3)CO2中的⽔蒸⽓也会被碱⽯灰吸收（或碱⽯灰能吸收空⽓中的CO2和⽔或残留在装置中的CO2不能被碱⽯灰全部吸收等合理答案）
(4)⽔（或蒸馏⽔或H2O）

【分析】装置E是稀硫酸和样品反应，利用碱石灰吸收二氧化碳和水，澄清石灰水检验二氧化碳是否被除尽，最后利用排水法收集氧气，测量氧气的体积，据此解答。
【详解】（1）过氧化钠能与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠，或过氧化钠吸收水生成氢氧化钠，氢氧化钠吸收二氧化碳生成碳酸钠，因此过氧化钠中含Na2CO3杂质，反应的化学反应方程式为2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2或2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑、2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O。
（2）①碱石灰吸收二氧化碳和水，澄清石灰水检验二氧化碳是否被除尽，最后利用排水法收集氧气，测量氧气的体积，因此按气流从左至右的方向，各装置的连接顺序是(填接口的字母)h→c→d→e，f→a，b→g。
②装置C中盛有碱石灰，其作用是检验⼆氧化碳是否除净。
③若在实验过程中测得气体体积为166.0mL(已换算成标准状况)，烧瓶中液体体积为54.0mL，则实际产生的氧气体积是166mL－54mL＝112mL，物质的量是0.005mol，根据反应2Na2O2～O2可知，样品中Na2O2的质量分数为。
（3）由于CO2中的⽔蒸⽓也会被碱⽯灰吸收或碱⽯灰能吸收空⽓中的CO2和⽔或残留在装置中的CO2不能被碱⽯灰全部吸收等，因此乙同学的方案存在问题。
（4）若选用(2)中装置A、D和E的组合，就能达到实验目的，需要保证碳酸钠不能产生气体，所以需要将药品稀硫酸改为水。

四、工业流程题
15．为实现废物“资源化”利用的目的，以电石渣[主要成份为Ca(OH)2和CaCO3]为原料制备KClO3，其主要流程如图所示：

已知：氯化时存在Cl2与Ca(OH)2作用生成Ca(ClO)2的反应，Ca(ClO)2进一步转化为Ca(ClO3)2，少量Ca(ClO)2受热分解为CaCl2和O2。
(1)下列措施可以提高氯气利用率的是_______(填序号)。
A．提高通入Cl2的速率　　　B．充分搅拌浆料　　　C．氯化时控制电石渣过量
(2)“氯化”中Cl2转化为Ca(ClO3)2的总反应方程式为(该反应的化学方程式中有两种生成物的化学计量数比为1：5)_______。
(3)活性炭的作用是_______。
(4)下图为有关物质的溶解度曲线，“转化”中加入稍过量KCl固体，在低温下可析出KClO3晶体的原因_______。

(5)“分解比”是衡量氯化程度的标准，氯化后溶液中CaCl2总质量与Ca(ClO3)2总质量的比值称为“分解比”，分解比的理论值是_______(精确至小数点后两位)。下图为分解比与氯化温度的关系，分解比的数值随氯化温度升高而增大的原因可能是_______。

【答案】(1)BC
(2)6Ca(OH)2+6Cl2＝Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O
(3)吸附多余的氯⽓
(4)低温下KClO3的溶解度最⼩
(5)     2.68     升⾼温度Ca(ClO)2分解增多，使CaCl2的量变多，Ca(ClO3)2的量变少

【分析】电石渣溶于水生成氢氧化钙，通入Cl2氯化生成氯酸钙，然后加入氯化钾转化为氯酸钾，据此解答。
【详解】（1）A．提高通入Cl2的速率，导致部分氯气来不及反应而损失，降低其利用率。
B．充分搅拌浆料，能增大接触面积，提高利用率；
C．氯化时控制电石渣过量，反应更充分，可以通过氯气的利用率；
答案选BC。
（2）氯化中Cl2转化为Ca(ClO3)2的反应中有两种生成物的化学计量数比为1：5，根据电子得失守恒可知氯酸钙和氯化钙的物质的量之比是1：5，因此总反应方程式为6Ca(OH)2+6Cl2＝Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O。
（3）活性炭吸附性强，活性炭的作用是吸附多余的氯⽓，防止污染。
（4）根据图像可知低温下KClO3的溶解度最⼩，所以转化中加入稍过量KCl固体，在低温下可析出KClO3晶体。
（5）根据方程式可知CaCl2与Ca(ClO3)2的物质的量之比是5:1，所以分解比的理论值是≈2.68。由于升⾼温度Ca(ClO)2分解增多，使CaCl2的量变多，Ca(ClO3)2的量变少，所以分解比的数值随氯化温度升高而增大。