2022-2023学年福建省莆田第一中学高一上学期第一学段考试化学试题含答案

这是一份2022-2023学年福建省莆田第一中学高一上学期第一学段考试化学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，计算题，元素或物质推断题，实验题等内容，欢迎下载使用。

福建省莆田第一中学2022-2023学年高一上学期第一学段考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与科技、社会、生产密切相关，下列说法错误的是
A．《本草纲目》中“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，所用的分离操作是蒸馏
B．屠呦呦用乙醚从青蒿中提取青蒿素，该过程包括萃取操作
C．制陶、冶金及酿酒的过程中均发生了化学变化
D．考古时利用测定文物的年代，的原子结构示意图为
【答案】D
【详解】A．分离乙酸与乙醇，可利用沸点的差异，采用蒸馏的方法，将二者分离，A正确；
B．用乙醚从有机生命体青蒿中将青蒿素提取出来，利用的是溶解性的差异，此操作包括萃取操作，B正确；
C．陶坯在烧制过程中，发生复杂的化学反应，冶炼金属时，金属由化合态转化为游离态，酿酒过程中，淀粉水解为葡萄糖、葡萄糖分解为乙醇、二氧化碳等，均发生了化学变化，C正确；
D．的原子结构示意图为，D错误；
故选D。
2．2019年9月29日国家主席习近平给中国氢弹之父于敏授予共和国勋章。 氢弹主要利用和的聚变反应。下列关于和说法正确的是
A．质量数均为1 B．互为同位素 C．是同种核素 D．摩尔质量相同
【答案】B
【详解】A．和前者质量数为2，后者质量数为3，A错误；
B．和两者的质子数相同，中子数不同，互为同位素，B正确；
C．和两者的质子数相同，中子数不同，是不同的核素，C错误；
D．和质量数不同，则两者的摩尔质量不同，D错误；
故选B。
3．人类对原子结构的研究不断深入，通过实验不断地丰富、完善原子结构理论。下列说法不正确的是
A．原子核外电子的分层排布是由汤姆生提出的
B．构成原子三种基本微粒是质子、中子和电子，但可能存在更小的微粒
C．原子核对电子的吸引作用的实质是原子核中的质子对核外电子的吸引
D．在卢瑟福的α粒子散射实验中，有少数α粒子发生大角度偏转，其原因是原子的正电荷和绝大部分质量集中在一个很小的核上
【答案】A
【详解】A．1897年，英国科学家汤姆孙发现了电子，1904年提出“葡萄干面包式”的原子结构模型，A错误；
B．从发展的观点出发，原子中的质子、中子和电子三种构成原子的基本微粒有可能再进一步分成更小的微粒，目前有研究表明，科学家已经研究发现了更小的微粒“夸克”，B正确；
C．原子核中的质子带正电，核外电子带负电，二者由于电性相反，可以相互吸引，因此原子核对电子的吸引作用的实质是原子核中的质子对核外电子的吸引，C正确；
D．卢瑟福的α粒子散射实验中，偏转的粒子撞击到了质量较大的原子核，大部分的α粒子直接穿过了原子，说明原子的正电荷和绝大部分质量集中在一个很小的核上，D正确；
故选A。
4．下列叙述正确的是
A．石墨能导电，所以石墨是电解质
B．液态HCl不导电，所以HCl是非电解质
C．CO2的水溶液能够导电，所以CO2是电解质
D．熔融态的BaSO4能导电，所以BaSO4是电解质
【答案】D
【详解】A．石墨是单质，既不是电解质又不是非电解质，故A错误；
B．HCl的水溶液能导电，所以HCl是电解质，故B错误；
C．CO2自身不能电离，所以CO2是非电解质，故C错误；
D．熔融态的BaSO4能导电，所以BaSO4是电解质，故D正确；
选D。
5．在水溶液中，下列电离方程式书写错误的是
A．NaHSO4=Na+＋H+＋SO B．NaOH=Na+＋H+＋O2-
C．Al2(SO4)3=2Al3+＋3SO D．BaCl2=Ba2+＋2Cl-
【答案】B
【详解】A．NaHSO4是强酸的酸式盐，在溶液中完全电离，电离方程式为：NaHSO4=Na+＋H+＋SO，A正确；
B．氢氧化钠是强碱，完全电离成a+和OH－，电离方程式为：NaOH=Na+＋OH-，B错误；
C．Al2(SO4)3是盐，在溶液中完全电离，电离方程式为：Al2(SO4)3=2Al3+＋3SO，C正确；
D．氯化钡是盐，在水中完全电离成Ba2＋和Cl－，电离方程式为：BaCl2=Ba2+＋2Cl-，D正确；
故选B。
6．化学实验操作是进行科学实验的基础。下列操作符合规范的是




A．试剂存放
B．溶液加热
C．植物油与水分离
D．溶液滴加

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．实验室中，盐酸和NaOH要分开存放，有机物和无机物要分开存放，A不符合规范；
B．用试管加热溶液时，试管夹应夹在距离管口的处，B不符合规范；
C．植物油和水互不相溶，使用分液的方法分离，C符合规范；
D．用滴管滴加溶液时，滴管不能伸入试管内部，应悬空滴加，D不符合规范；
故选C。
7．下列甲、乙、丙、丁所示的装置或操作能达到实验目的是

A．用甲所示的装置与操作检验某物质中钾元素的存在
B．用乙所示的装置和试剂除去CO2中的少量HCl
C．用丙所示的装置分离酒精与水
D．用丁所示的装置的气流方向排空气法收集NH3
【答案】A
【详解】A．用洁净的铂丝蘸取某无色溶液，放在无色火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，火焰的颜色呈紫色说明溶液中有钾元素，故A正确；
B．CO2也会与氢氧化钠溶液反应，不能除杂，故B错误；
C．因温度计测量的是蒸汽的温度故应放在支管口，冷凝水下进上出，故C错误；
D．NH3的密度比空气小，所以导管应是短进长出排空气法收集，故D错误；
所以答案为A。
8．下列对有关实验方法选择的评价正确的是                  
选项
实验方法
评价
A．
用丁达尔效应鉴别葡萄糖溶液和淀粉溶液
可行
B．
用乙醇萃取溴水中的溴单质
可行
C．
用KOH溶液提纯NaCl(杂质为MgCl2)
可行
D．
灼烧闻气味鉴别丝绸与棉布
不可行

A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．葡萄糖溶液属于溶液，淀粉溶液是胶体，可以用丁达尔效应鉴别，A正确；
B．乙醇易溶于水，不能用乙醇作萃取剂，B错误；
C．用KOH溶液提纯NaCl(杂质为MgCl2)时，会引入钾离子杂质，C错误；
D．灼烧丝绸有烧焦羽毛的气味，故可以用灼烧闻气味鉴别丝绸与棉布，D错误；
故选A。
9．对于某些离子的检验及结论一定正确的是
A．加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定含有CO
B．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO
C．加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH
D．加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2+
【答案】C
【详解】A．加入稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入石灰水中，溶液变浑浊，说明生成二氧化碳气体，溶液中可能含有，不一定含有，选项A错误；
B．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，该沉淀可能是AgCl沉淀，不能说明一定有，选项B错误；
C．氨气可使湿润红色石蕊试纸变蓝，加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，说明生成了氨气，则一定有，选项C正确；
D．加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸，白色沉淀消失，该沉淀可能为碳酸钙，不一定有Ba2+，选项D错误；
答案选C。
10．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．常温常压下，14g N2含有的分子数目约为3.01×1023
B．1mol NH中有11NA个电子
C．标准状况下，22.4LH2O含有的分子数目约为6.02×1023
D．0.5mol•L−1MgCl2溶液中，含有的Cl-数目约为6.02×1023
【答案】A
【详解】A．14gN2为0.5mol，分子数=0.5mol ×6.02×1023=3.01×1023，故A正确；
B．1个中含有10个电子， 1mol NH中有10NA个电子，故B错误；
C．标准状况下，水不是气体，故不能用气体的摩尔体积进行计算，故C错误；
D．体积未知，无法计算0.5mol•L−1 MgCl2溶液中含有的氯离子数，故D错误；
答案选A。
11．化学概念在逻辑上存在如下关系：

对下列概念的说法正确的是
A．胶体包含了分散系
B．置换反应和氧化还原反应属于并列关系
C．非金属氧化物与酸性氧化物属于交叉关系
D．化合物与电解质属于重叠关系
【答案】C
【详解】A．胶体属于分散系，分散系包含了胶体，A不正确；
B．置换反应一定属于氧化还原反应，但氧化还原反应不一定属于置换反应，所以氧化还原反应与置换反应属于包含关系，B不正确；
C．有的非金属氧化物是酸性氧化物，有的非金属氧化物不属于酸性氧化物，二者属于交叉关系，C正确；
D．有的化合物属于电解质，有的化合物不属于电解质，但电解质一定是化合物，所以化合物与电解质属于包含关系，D不正确；
故选C。
12．已知：NaH2PO2可由H3PO2与过量的NaOH溶液反应生成。类推是常用的思维方法，下列类推正确的是
A．CaO能与水反应，CuO也能与水反应
B．Fe与氯气反应生成FeCl3，Fe与盐酸反应也生成FeCl3
C．NaH2PO4属于酸式盐，NaH2PO2也属于酸式盐
D．SO2是酸性氧化物，SO3也是酸性氧化物
【答案】D
【详解】A．CaO与水反应生成碱Ca(OH)2，CuO与水不反应，A错误；
B．Fe与酸发生置换反应生成Fe2+，B错误；
C．碱过量时，酸与碱反应产生正盐，H3PO2与过量的NaOH溶液反应生成NaH2PO2，故NaH2PO2属于正盐，C错误；
D．SO2、SO3都能够与碱反应产生盐和水，因此属于酸性氧化物，D正确；
故合理选项是D。
13．同温、同压下等质量的CO气体和CO2气体比较叙述中，正确的是
A．分子个数比1：1 B．原子个数比22：21
C．体积比7：11 D．密度比11：7
【答案】B
【分析】同温同压下，气体摩尔体积相等，根据n=、ρ=、V=Vm、N=NA，结合分子构成分析解答。
【详解】A．根据n=可知：气体质量相同时，物质的量与其摩尔质量成反比，则二者的分子个数比=物质的量的比为： =11：7，A错误；
B．根据N=NA可知，相同质量时，其分子数之比等于其摩尔质量的反比=44 g/mol：28 g/mol=11：7，每个CO、CO2分子中原子个数之比为2：3，所以总的原子个数之比22：21，B正确；
C．根据V=Vm可知相同质量、相同气体摩尔体积时，其体积之比等于其摩尔质量的反比=44 g/mol：28 g/mol=11：7，C错误；
D．根据ρ=可知：气体密度与其摩尔质量成正比，所以其密度之比等于其摩尔质量之比=28 g/mol：44 g/mol=7：11，D错误；
故选B。
14．控制变量是科学研究的重要方法。相同质量的铁与足量稀硫酸分别在下列条件下发生反应，开始阶段化学反应速率最大的是
选项
A
B
C
D
铁的状态
片状
片状
粉末
粉末
t/℃
20
20
30
30
c(H2SO4)/(mol·L−1)
1
2
1
2

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】C、D选项的反应温度高于A、B选项的反应温度，且D选项中硫酸浓度比C选项中硫酸浓度大，故反应开始时化学反应速率最大的是选项D；
答案是D。
15．已知Q与R的摩尔质量之比为9：22，在反应X+2Y=Q +R中，当1.6gX与一定量Y完全反应后，生成4.4gR，则参与反应的Y和生成物Q的质量之比为
A．46：9 B．32：9 C．23：9 D．16：9
【答案】C
【详解】假设Q和R的相对分子质量分别为9a、22a，设生成4.4gR时生成Q的质量是x，

根据=，解得：x=1.8g，由质量守恒可知参加反应的Y的质量为：4.4g+1.8g-1.6g=4.6g，所以参与反应的Y和生成物Q的质量之比为为4.6g∶1.8g=23∶9，
故选C。
16．“食盐的精制”实验中，离子分离或除杂的基本思路如图，下列说法错误的是

A．①②③分别为Na2CO3溶液、NaOH溶液、BaCl2溶液
B．试剂的加入顺序是①②③，逐一过滤后，滤液再加适量盐酸至中性
C．整个流程实验操作中玻璃棒既有引流，又有搅拌作用
D．向上层清液中继续滴加试剂②，无沉淀生成，则Mg2+沉淀完全
【答案】B
【分析】除去Ca2+，需加入Na2CO3溶液；除去Mg2+，需加入NaOH溶液；除去，需加入BaCl2溶液
【详解】A．由分析可知，①②③分别为Na2CO3溶液、NaOH溶液、BaCl2溶液，A正确；
B．因为BaCl2过量时，需用Na2CO3溶液处理，所以Na2CO3一定要在BaCl2的后面加入，则试剂的加入顺序是②③①、或③②①、或③①②，B错误；
C．整个流程实验操作中，溶解时，用玻璃棒搅拌，过滤时，用玻璃棒引流，C正确；
D. 检验Mg2+是否除尽时，向上层清液中继续滴加试剂②，若无沉淀生成，则Mg2+沉淀完全，D正确；
故选B。

二、计算题
17．完成下列问题
(1)8 g CH4在标准状况下所占的体积约为_______L。
(2)20g重水(D2O)中所含中子数目为_______。
(3)10.8g R2O5中氧原子数目为3.01×1023 ，则元素R的相对原子质量为_______。
(4)向10.0mL1.00mol·L-1 Na2CO3溶液加水稀释至100mL溶液，此时溶液中Na+的物质的量浓度为_______。
(5)实验室常用邻苯二甲酸氢钾(KHC8H4O4)来标定氢氧化钠溶液的浓度，其操作过程为：准确称取4.080g邻苯二甲酸氢钾，加水配成溶液，向溶液中加入1～2滴指示剂，用氢氧化钠溶液滴定至终点，消耗氢氧化钠溶液19.60mL。该氢氧化钠溶液的物质的量浓度为_______。(已知：KHC8H4O4+NaOH=KNaC8H4O4+H2O)
(6)100g质量分数为46%的酒精(CH3CH2OH)溶液中氧原子的物质的量为_______。
【答案】(1)11.2
(2)6.02×1024或10NA
(3)14
(4)0.200 mol·L-1
(5)1.020mol·L-1
(6)4mol

【详解】（1）8 g CH4在标准状况下所占的体积约为=11.2L。答案为：11.2；
（2）20g重水(D2O)中所含中子数目为=6.02×1024或10NA。答案为：6.02×1024或10NA；
（3）10.8g R2O5中氧原子数目为3.01×1023，氧原子的物质的量为0.5mol，则R2O5的相对分子质量为=108g/mol，元素R的相对原子质量为=14。答案为：14；
（4）将10.0mL1.00mol·L-1 Na2CO3溶液加水稀释至100mL溶液，此时溶液中Na+的物质的量浓度为=0.200 mol·L-1。答案为：0.200 mol·L-1；
（5）4.080g邻苯二甲酸氢钾的物质的量为=0.02mol，KHC8H4O4——NaOH，用氢氧化钠溶液滴定至终点，消耗氢氧化钠溶液19.60mL，该氢氧化钠溶液的物质的量浓度为=1.020mol·L-1。答案为：1.020mol·L-1
（6）100g质量分数为46%的酒精(CH3CH2OH)溶液中氧原子的物质的量为=4mol。答案为：4mol。

三、元素或物质推断题
18．某固体X可能含有、Cu2+、Na+、Cl-、、中的几种离子，将固体X均分为两份，进行如下实验：
A．一份固体溶于水得无色透明溶液，加入足量BaCl2溶液，得白色沉淀，过滤。在沉淀中加入足量稀盐酸，沉淀部分溶解，并产生无色无味气体。将滤液取出少许，加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解。
B．另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，没有产生刺激性气味气体。
回答下列问题：
(1)该固体溶液中一定不存在的离子有_______，(不考虑溶液中少量的H+和OH-，下同)，可能存在的离子有_______，一定存在的离子有_______。
(2)确定该溶液中存在阳离子的理论依据是_______，请你设计实验方案加以验证，具体操作和现象是_______。
【答案】(1)     、Cu2+     Cl-     、、Na+
(2)     溶液不显电性，有阴离子必须有阳离子     将固体溶于水，用洁净的铂丝蘸取溶液(或固体)放在酒精灯火焰上灼烧，观察焰色，若看到黄色火焰，则说明含有Na+

【分析】A.一份固体溶于水得无色透明溶液，则不含有Cu2+，加入足量BaCl2溶液，得白色沉淀，过滤，在沉淀中加入足量稀盐酸，沉淀部分溶解，并产生无色无味气体，则同时含有、。将滤液取出少许，加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解，因此加入盐酸时引入了Cl-，故无法判断原溶液中是否有Cl-。
B.另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，没有产生刺激性气味气体则不含有，溶液呈电中性，肯定存在阳离子，则肯定有Na+。
【详解】（1）由分析知，该固体溶液中一定不存在的离子有、Cu2+，可能存在的离子有Cl-，一定存在的离子有、、Na+。
（2）确定该溶液中存在阳离子的理论依据是溶液不显电性，有阴离子必须有阳离子，设计实验方案加以验证，具体操作和现象是将固体溶于水，用洁净的铂丝蘸取溶液(或固体)放在酒精灯火焰上灼烧，观察焰色，若看到黄色火焰，则说明含有Na+。

四、实验题
19．实验室有化学纯的浓硫酸，其试剂瓶标签上的部分内容如下表：
化学品
硫酸
化学式
H2SO4
纯度级
化学纯(CP)
相对分子质量
98
密度
1.84g•cm-3
质量分数
98%

请回答下列问题：
(1)实验室需要480mL0.50mol/L的稀硫酸，需量取该浓硫酸_______mL。
(2)配制过程中，不需要的仪器_______(填写代号)，完成实验还缺少的玻璃仪器是_______(填写仪器名称)。
a．烧杯   b．量筒   c．胶头滴管  d．漏斗  e．托盘天平
(3)将上述实验步骤A到F按实验过程先后次序排列_______。

(4)下列操作会使所配溶液浓度偏低的是_______(填字母)。
A．定容摇匀后，发现液面低于刻度线，再加水至刻度线
B．转移溶液时未洗涤烧杯
C．容量瓶用蒸馏水洗净后仍残留有蒸馏水
D．定容时俯视容量瓶的刻度线
E．在稀释后未冷却就将硫酸溶液转移至容量瓶进行定容
(5)用锌与足量的该硫酸反应得到标准状况下11.2LH2，则消耗锌的质量为_______。
【答案】(1)13.6
(2)     de     500mL容量瓶、玻璃棒
(3)CBDFAE
(4)AB
(5)32.5g

【分析】实验室没有480mL的容量瓶，应选择500mL的容量瓶，计算所需浓硫酸的体积时，就按溶液的体积500mL进行计算。
【详解】（1）实验室没有500mL的容量瓶，配制480mL0.50mol/L的稀硫酸时，需选用500mL容量瓶，浓硫酸的物质的量浓度为mol/L=18.4mol/L，则需量取该浓硫酸的体积为：≈13.6mL。答案为：13.6；
（2）配制过程中，先在烧杯内溶解，再转移入500mL的容量瓶，然后进行定容，则不需要的仪器是d．漏斗、 e．托盘天平，故选de，完成实验还缺少的玻璃仪器是500mL容量瓶、玻璃棒。答案为：de；500mL容量瓶、玻璃棒；
（3）操作顺序为：溶解、转移、洗涤、转移、加水定容、上下摇匀，所以将上述实验步骤A到F按实验过程先后次序排列CBDFAE。答案为：CBDFAE；
（4）A．定容摇匀后，发现液面低于刻度线，再加水至刻度线，则溶液的体积偏大，所配溶液的浓度偏小，A符合题意；
B．转移溶液时未洗涤烧杯，则溶质的物质的量减小，所配溶液的浓度减小，B符合题意；
C．容量瓶用蒸馏水洗净后仍残留有蒸馏水，对溶质的物质的量、溶液的体积没有影响，所配溶液的物质的量浓度不变，C不符合题意；
D．定容时俯视容量瓶的刻度线，所配溶液的体积减小，物质的量浓度增大，D不符合题意；
E．在稀释后未冷却就将硫酸溶液转移至容量瓶进行定容，冷却到室温后，溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏大，E不符合题意；
故选AB。答案为：AB；
（5）用锌与足量的该硫酸反应得到标准状况下11.2LH2，H2的物质的量为=0.5mol，则消耗锌的质量为0.5mol×65g/mol=32.5g。答案为：32.5g。
【点睛】分析误差时，可采用公式法。
20．科学家舍勒和戴维对氯气的制取和研究做出了重大贡献。
Ⅰ.某化学小组设计如图装置制备少量纯净干燥的氯气，试回答下列问题：

(1)盛有浓盐酸的仪器名称_______，装置的正确连接顺序为E→_______、_______→A、B→_______、_______→F。_______
(2)气体发生装置中发生反应的化学方程式为_______。
(3)装置中饱和食盐水的作用是_______。
(4)请用化学方程式表示装置中的氢氧化钠溶液的作用_______。
II.一种以氯气和生石灰(CaO)为原料制备KClO3的流程如下：

注：氯化过程中Cl2与Ca(OH)2作用生成Ca(ClO)2，Ca(ClO)2进一步转化为Ca(ClO3)2。
(5)氯化过程中须缓慢通入Cl2，缓慢通入的目的是_______。
(6)根据如图的溶解度曲线，回答下列问题。

向滤液中加入过量KCl固体可将溶液中Ca(ClO3)2转化为KClO3固体而析出的原因是_______。若溶液中KClO3的含量为100g∙L−1，从该溶液中尽可能多地析出KClO3固体的方法是_______。
【答案】(1)     分液漏斗     E→C、D→A、B→G、H→F
(2)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O
(3)除去Cl2中的HCl
(4)Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O
(5)提高Cl2的转化率(或让氯气反应更充分)
(6)     相同温度下KClO3的溶解度小于Ca(ClO3)2     蒸发浓缩、降温结晶

【分析】Ⅰ.制备少量干燥纯净的氯气，由实验装置可知，圆底烧瓶中发生MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，然后选饱和食盐水可除去HCl,再经浓硫酸干燥氯气，然后选向上排空气法收集氯气，最后选NaOH溶液吸收尾气，除杂及收集气体时导管均长进短出，以此来解答。
ⅠⅠ.生石灰和水反应生成熟石灰，熟石灰中通入氯气发生氯化反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，Ca(ClO)2进一步转化为Ca(ClO3)2，过滤后向滤液中加入KCl，Ca(ClO3)2和KCl发生复分解反应得到KClO3固体和CaCl2。
【详解】（1）盛有浓盐酸的仪器为分液漏斗，因浓盐酸具有挥发性，发生装置应先通过饱和食盐水，再通过浓硫酸除去水蒸气，最后通入集气瓶，氯气密度比空气大，长进短出，最终用氢氧化钠溶液吸收多余氯气，保护环境，故答案为：分液漏斗；E→C、D→A、B→G、H→F；
（2）该反应为二氧化锰和浓盐酸的反应生成氯气，反应方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（3）饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；
（4）尾气为氯气与氢氧化钠溶液的反应，故答案为：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O；
（5）缓慢通入Cl2，能更加充分的发生氯化反应，提高提高Cl2的转化率，避免氯气过快而未反应；故答案为：提高Cl2的转化率。
（6）根据Ca(ClO3)2、KClO3溶解度曲线得出相同温度下的KClO3溶解度小于Ca(ClO3)2的溶解度，因此向滤液中加入过量KCl固体，溶液中Ca(ClO3)2和KCl反应生成CaCl2和KClO3晶体而析出KClO3晶体。根据KClO3的溶解度随温度变化很大，因此从溶液中尽可能多地析出KClO3固体的方法是蒸发浓缩、降温结晶；故答案为：相同温度下的KClO3溶解度小于Ca(ClO3)2的溶解度；蒸发浓缩、降温结晶。