四川省资阳市乐至中学2023-2024学年高一上学期10月月考化学 Word版含解析.docx

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高2026届高一上期10月月考化学试卷注意事项：1、满分100分，考试时间75分钟；2、可能用到的相对原子质量：H：1C：12O：16Na：23Cl：35.5Fe：56Cu：64一、单项选择题(本题共14小题，每题3分，共42分)1.胶体在农业、医疗及物质的分离中有重大而广泛的应用。下列关于胶体的叙述正确的是A.胶体粒子带正电是因为其表面有B.光线透过胶体会产生丁达尔效应，这是胶体与浊液的本质区别C.云、雾是液溶胶，有色玻璃是固溶胶D.江河入海口形成的沙洲与胶体性质无关【答案】A【解析】【详解】A．胶体粒子带正电的原因是胶粒吸附溶液中的阳离子，故A正确；B．胶体和溶液的本质区别是分散质微粒直径的大小不同，故B错误；C．云、雾是气溶胶，有色玻璃是固溶胶，故C错误；D．江河的入海口易形成沙洲是因为土壤胶体遇到海水中的电解质发生了聚沉，形成了沙洲，故D错误；故选A2.NaCl溶于水，溶解过程如图所示。下列说法不正确的是A.NaCl固体不导电B.a离子为Na+，b离子为Cl−C.NaCl溶液导电的原因是溶液中有自由移动的离子D.NaCl在水分子作用下，形成自由移动的水合钠离子和水合氯离子 【答案】B【解析】【详解】A．NaCl固体中离子不能自由移动，NaCl固体不导电，故A正确；B．Na+带正电荷，所以显负电性的氧原子离靠近Na+；Cl−带负电荷，所以正电性的氢原子离靠近Cl−；所以b离子为Na+，a离子为Cl−，故B错误；C．NaCl溶液导电的原因是溶液中有自由移动的Na+、Cl−，故C正确；D．NaCl在水分子的作用下发生电离，形成自由移动的水合钠离子和水合氯离子，故D正确；选B。3.下列说法正确的一组是①Na2O、MgO、Mn2O7均属于碱性氧化物②己知氧化铝在熔融状态下能导电，则氧化铝在熔融状态下能电离③海水、空气、胆矾、盐酸均为混合物④苏打、盐酸、醋酸、小苏打均为电解质⑤电解质溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴、阳离子⑥熔融的电解质都能导电A.①③⑤⑥B.②④⑤C.②⑤D.②⑤⑥【答案】C【解析】【详解】①能和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，Mn2O7能和碱反应生成盐和水，故是酸性氧化物而不是碱性氧化物，故①错误；②电解质导电的条件：存在自由移动的离子，氧化铝在熔融状态下能导电，则氧化铝在熔融状态下能电离，故②正确；③胆矾只含一种物质，属于纯净物，故③错误；④苏打、醋酸、小苏打均为电解质，盐酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故④错误；⑤电解质溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴阳离子，通电定向移动产生电流，故⑤正确；⑥熔融状态下能电离的可以导电，如盐类物质、金属氧化物、强碱等，酸在熔融状态下不电离、不导电，但它们是电解质，故⑥错误；故选：C。4.下列有关钠及其化合物的叙述中不正确的是A.将投入溶液中，有蓝色沉淀及气泡产生 B.可用溶液鉴别和两种溶液C.金属钠着火时，可用水来灭火D.NaCl与灼烧时火焰颜色相同【答案】C【解析】【详解】A．钠投入硫酸铜溶液中，钠和水先反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，故出现蓝色沉淀及气泡，A正确；B．氯化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，和碳酸氢钠不反应，故能鉴别，B正确；C．钠和水能发生反应，钠着火时不能用水灭火，应该用干燥的沙土灭火，C不正确；D．NaCl与灼烧时火焰颜色均为黄色，D正确；故选C。5.下列离子能大量共存的是A.使无色酚酞试液呈红色的溶液中：、、、、B.无色透明的溶液中：、、、、C.含有大量的溶液中：、、、D.使紫色石蕊试液呈红色的溶液中：2+、、、【答案】A【解析】【详解】A．使无色酚酞试液呈红色的溶液显碱性，碱性条件下、、、、相互之间不反应，能大量共存，故A选；B．含有的溶液呈蓝色，无色透明的溶液中不能大量含有，故B不选；C．Ba2+和反应生成硫酸钡沉淀，含有大量的溶液中不能含有，故C不选；D．使紫色石蕊试液呈红色的溶液显酸性，酸性条件下，2+和发生氧化还原反应，故D不选；答案选A。6.下列转化一定需要加入氧化剂才能实现的是A.H2S→SO2B.KClO3→KClC.CaCO3→CaOD.Cl2→NaClO【答案】A 【解析】【详解】A．H2S→SO2中S元素的化合价升高，需要加氧化剂实现，故A正确；B．KClO3→KCl中氯元素化合价降低，但直接加热分解即可，不需要加还原剂实现，故B错误；C．CaCO3→CaO中没有元素化合价的变化，不需要加氧化剂实现，故C错误；D．Cl2→NaClO中Cl元素的化合价升高，氯气通入氢氧化钠即可实现，氯气既是氧化剂又是还原剂，故D错误；故选：A。7.用下列装置或操作进行相应实验，不能达到实验目的的是选项ABCD目的探究氧化性：KMnO4＞Cl2＞I2用铁丝蘸取碳酸钾溶液进行焰色试验验证Na和水反应是否为放热反应比较Na2CO3与NaHCO3的热稳定性装置或操作A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O、2KI+Cl2=2KCl+I2，前者氧化性：KMnO4＞Cl2，后者氧化性Cl2＞I2，所以氧化性KMnO4＞Cl2＞I2，故A正确；B．做焰色试验观察钾的焰色时，应透过蓝色钴玻璃观察，以排除钠产生的干扰，故B错误；C．Na和水反应若放热，大试管内气体体积膨胀，U型管内红墨水的液面将出现左低右高，故C正确；D．做套管实验时，碳酸钠放在外管里，碳酸氢钠放在内管里，外管温度高，内管温度低，以此来比较Na2CO3与NaHCO3的热稳定性，故D正确； 故选B。8.下列离子方程式书写正确的是A.向溶液中通入少量：B.向氢氧化铜悬浊液中加入稀硫酸：C.用碳酸钙与稀盐酸制备二氧化碳：D.溶液中滴加溶液：【答案】D【解析】【详解】A．往CaCl2溶液中通入少量CO2，由于HCl的酸性比H2CO3强，所以不能发生复分解反应，没有CaCO3沉淀生成，A错误；B．Cu(OH)2难溶于水，主要以固体存在，不能写离子形式，离子方程式应该为：Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O，B错误；C．碳酸钙难溶于水，要写成化学式，反应的离子方程式：CaCO3+2H+═H2O+CO2↑+Ca2+，C错误；D．溶液中滴加溶液反应生成硫酸钡和氢氧化镁，离子反应方程式为：Mg2++SO+Ba2++2OH-=BaSO4↓+Mg(OH)2↓，D正确；故选D。9.以下说法正确的是①钠是一种很强的还原剂钠可以把锆、铌等金属从它们的化合物的水溶液中置换出来②过氧化钠是碱性氧化物，过氧化钠中阴阳离子个数比为1：1③分别与水及CO2反应产生相同量的O2时，需要水和CO2的质量相等④将足量的、分别加到酚酞试液中，最终溶液均为红色⑤分别与水及CO2反应产生等量氧气时，转移电子的数目相等⑥与水反应，既是氧化剂，又是还原剂A.③④B.⑤③C.③⑥D.⑤⑥【答案】D【解析】【详解】①钠和锆、铌等金属的化合物的水溶液中的反应，是先和其中的水反应置换出氢气，不会置换出金属，故①错误； ②过氧化钠中含有阳离子为Na+、阴离子为，则过氧化钠中阴阳离子比1：2，故②错误；③与水反应的化学方程式为：，与CO2反应方程式为：，产生相同量的O2时，消耗的水和二氧化碳的物质的量相同，此时水和CO2的质量不同，故③错误；④氧化钠加入酚酞试液中，反应生成的氢氧化钠是可溶性碱，溶液变红色，而过氧化钠加入酚酞溶液中，生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠是碱使酚酞变红色，过氧化钠具有强氧化性能使红色溶液褪去，即溶液先变红色后褪色，故④错误；⑤与水反应的化学方程式为：，与CO2反应方程式为：，当生成的氧气均为1mol时，转移的电子式均为2NA，故⑤正确；⑥与水反应的化学方程式为：，过氧化钠中-1价的氧，一部分化合价升高为0，一部分化合价降低为-2，既是氧化剂，又是还原剂，故⑥正确；故选D。10.关于反应，下列说法正确的是A.NH3中H元素被氧化B.NO2在反应过程中失去电子C.每生成7个N2，转移12个电子D.氧化产物与还原产物的质量之比为4∶3【答案】D【解析】【详解】A．NH3中H元素在反应前后化合价没有发生变化，因此未被氧化，A错误；B．NO2中的N元素化合价为+4价，反应后变为N2中0价，化合价降低，在反应过程中得到电子，被还原，B错误；C．在该反应中NH3还原剂，NO2为氧化剂，每生成7个N2，转移24个电子，C错误；D．在该反应中N2既是氧化产物，又是还原产物，7个N2中8个N原子是NH3氧化产生，6个N原子是NO2还原产生，所以氧化产物与还原产物的质量之比为8∶6=4∶3，D正确；故选D。11.下列反应①②③。由此判断下列说法错误的是 A.氧化性强弱顺序：B.还原性强弱顺序为：C.与水溶液不能反应D.和可以大量共存，若想除去，而又不影响和，可用试剂【答案】C【解析】【详解】A．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，氧化性强弱由①可知、②可知、③可知，A正确；B．还原剂的还原性大于还原产物的还原性，由①③可知，还原性强弱顺序为：，B正确；C．溴具有氧化性且大于硫酸根离子，二氧化硫具有还原性，则两者可以反应生成溴离子和硫酸根离子，C错误；D．和可以大量共存，若想除去，而又不影响和，可用试剂，氯化铁之和碘离子反应而不和氯离子和亚铁反应，D正确；故选C。12.某兴趣小组的同学向一定体积的，溶液中逐滴加入溶液(假设2种溶液的密度相同)，并测得混合溶液的导电能力随反应时间变化的曲线如图所示，下列说法错误的是A.的电离方程式为B.“a→b”的过程中，溶液由蓝色逐渐变成无色C.“b→c”的过程中，可移动的离子有和D.“a→c”的过程中，导电能力先减小后增大的原因为生成的和为非电解质【答案】D 【解析】【分析】溶液导电性与离子浓度及离子所带电荷成正比，向一定体积的溶液中逐滴加入至过量，发生的离子反应方程式为Ba2++2OH-+Cu2++SO═BaSO4↓+Cu(OH)2↓，根据图知，a到b中溶液导电能力减小，说明溶液中离子浓度减小，b点导电能力为0，说明溶液中离子浓度接近于0，继续加入，溶液中离子浓度增大，导电能力增大。【详解】A．电离成铜离子和硫酸根，电离方程式为：，A正确；B．“a→b”的过程中，发生反应：Ba2++2OH-+Cu2++SO═BaSO4↓+Cu(OH)2↓，b点恰好反应完，溶液由蓝色逐渐变成无色，故B正确；C．b点之后，继续加入，完全电离，溶液中离子浓度增大，导电能力增大，故C正确；D．和为电解质，在溶液中难溶，所以反应过程中离子浓度减小；b点之后，继续加入，完全电离，溶液中离子浓度增大，导电能力增大，故D错误。答案选D。13.硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化如图所示(CuS不溶于水)。下列说法中，不正确的是A.过程①中，生成CuS的反应为H2S＋Cu2＋=CuS↓＋2H＋B.过程②中，Fe3＋作氧化剂C.转化图中化合价不变的元素只有氢和氯D.回收S的总反应为2H2S＋O2=2H2O＋2S↓【答案】C【解析】【详解】A．过程①中，Cu2+与H2S反应，生成CuS和H+，离子反应为H2S＋Cu2＋=CuS↓＋2H＋，A 正确；B．过程②中，发生反应CuS+2Fe3＋=2Fe2++Cu2++S，Fe3+的价态降低，则Fe3+作氧化剂，B正确；C．转化图中，Fe、S、O元素的化合价发生改变，化合价不变的元素为H和Cu，C不正确；D．从总反应看，Fe2+、Fe3+、Cu2+循环使用，则回收S的总反应为2H2S＋O2=2H2O＋2S↓，D正确；故选C。14.在密闭容器中充入CO、CO2、H2、CH4混合气体共5g，若加入足量Na2O2固体，充分振荡并不断用电火花引燃至反应完全，测得固体增加的质量为5g，则CO2与CH4的分子个数之比为A.2∶1B.1∶2C.1∶1D.无法确定【答案】C【解析】【详解】CO和甲烷燃烧分别生成CO2和水及CO2，然后再分别和过氧化钠反应，发生反应有：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2、2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑，两个反应中，对Na2O2固体而言，反应中Na2O2增重的质量实际是H2O中H的质量和CO2中CO的质量，即其结果可看作：Na2O2+H2=2NaOH，Na2O2+CO=Na2CO3，固体增加质量=CO或氢气的质量，说明混合物应该符合条件(CO)mHn，所以只要将CH4和CO2体积符合C和O的比为1：1即可。故选：C。二、非选择题(本题共4小题，共58分)15.Ⅰ．现有8种物质：①酒精、②NaHSO4溶液、③硫酸、④NH3、⑤Ba(OH)2固体、⑥铁、⑦小苏打(NaHCO3)、⑧Fe(OH)3胶体。（1）属于电解质的是：___________，(填序号，下同)属于非电解质的是：___________。（2）其中在上述状态下能导电的有：___________。（3）②⑧的微观本质区别是___________。（4）写出②的电离方程式：___________。Ⅱ．写出下列的离子方程式（5）胃液中含有盐酸，用⑦能治疗胃酸过多的离子方程式___________。（6）③和⑥溶液反应的离子方程式是___________。（7）澄清石灰水检验CO2气体的离子方程式：___________。（8）将⑤逐滴加入②的溶液中至恰好沉淀完全，离子方程式为：___________。【答案】（1）①.③⑤⑦②.①④（2）②⑥（3）粒子直径大小的不同（4）NaHSO4=Na++H++ （5）+H+=CO2↑+H2O（6）Fe+2H+=Fe2++H2↑（7）CO2+Ca2++2OH-=CaCO3↓+H2O（8）Ba2++OH－+H++=BaSO4↓+H2O【解析】【小问1详解】在水溶液或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，电解质和非电解质都是纯净物，酸、碱、盐、金属氧化物和水属于电解质，则电解质有③硫酸、⑤氢氧化钡固体、⑦小苏打，故选③⑤⑦；①酒精和④氨气是非电解质，故选①④。【小问2详解】②NaHSO4溶液、⑥铁，分别有自由移动的离子或者自由电子，所以能够导电，故选②⑥。【小问3详解】②NaHSO4溶液和⑧淀粉溶液，一个是溶液一个是胶体，溶液和胶体的微观本质区别是分散质粒子直径大小的不同。【小问4详解】NaHSO4是强电解质，在溶液中电离出Na+、H+、离子，电离方程式为NaHSO4=Na++H++。【小问5详解】⑦是碳酸氢钠，治疗胃酸过多时与酸反应生成二氧化碳和水，反应的离子方程式为+H+=CO2↑+H2O。【小问6详解】硫酸和铁反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑。【小问7详解】澄清石灰水与CO2反应，生成碳酸钙沉淀和水，离子方程式为CO2+Ca2++2OH-=CaCO3↓+H2O。【小问8详解】Ba(OH)2溶液逐滴滴入NaHSO4溶液中至沉淀恰好完全，硫酸根离子完全反应，氢离子也反应完全，氢氧根离子有剩余，离子方程式为Ba2++OH－+H++=BaSO4↓+H2O。16.探究钠及其化合物的性质，请按要求填空：(1)Na、Na2O、Na2O2、NaOH久置空气中最终都是变为____________(填化学式)；(2)Na投入MgCl2溶液中发生反应的化学方程式有_____________________________，______________________________。 (3)常温常压下制取100mL纯净的CO2，将其通入装有Na2O2粉末的两通玻璃管中。①反应的化学方程式为____________________________________。②若反应后收集的气体体积为65mL，则反应消耗CO2的体积是_______________mL。⑷现有一种以NaHCO3为主要成分的膨松剂，由于膨松剂存放时间较长，部分分解成Na2CO3粉末。为测定混合样品中NaHCO3的质量分数，按如图所示连接装置(装置的气密性良好，各装置中的试剂皆为足量)已知：碱石灰是固体氢氧化钠和氧化钙组成的混合物。实验过程：将样品m1g装入样品管B，测定实验前D的质量m2g；打开活塞K1、K2，关闭K3，缓缓鼓入空气数分钟，以除去装置中的二氧化碳；然后关闭活塞K1、K2，打开K3，点燃酒精灯加热至不再产生气体。装置B中发生反应的化学方程式为____________________。拆下装置，再次称量D的质量m3g①E处干燥管中盛放碱石灰的作用是_________________________。如果没有该装置，可能会造成测定结果___________(填“偏高”“偏低”“不变”)②混合物中NaHCO3的质量分数为____________________________(用含m1、m2、m3的代数式表示)。【答案】①.Na2CO3②.2Na+2H2O═2NaOH+H2↑③.2NaOH+MgCl2=Mg(OH)2↓+2NaCl④.2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2⑤.70⑥.2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑⑦.防止空气中的CO2和水蒸气进入D中影响测定结果⑧.偏高⑨.【解析】【分析】（4）混合物加热会产生H2O(g)、CO2气体，应在C、D中分别吸收，由干燥剂的性质知应先吸收水，再吸收二氧化碳，即C中的干燥剂吸水后不能吸收CO2；由D的增重(NaHCO3分解产生的CO2的质量)可求出NaHCO3质量。故应在实验前想法赶出装置中的空气，关键操作应是赶B中的空气，所以关闭K3，打开K1，K2，缓缓通入则是为了赶出效果更好；E中碱石灰可防止外界空气中的H2O(g)、CO2进入装置D影响实验效果，根据以上分析进行解答即可。【详解】（1）空气中含有二氧化碳和水蒸气，在空气中的转化过程：Na→Na2O→NaOH→Na2CO3•10H2O→Na2CO3，Na2O→NaOH→Na2CO3•10H2O→Na2CO3， Na2O2→NaOH→Na2CO3•10H2O→Na2CO3，NaOH→Na2CO3•10H2O→Na2CO3，所以久置空气中最终都是变为Na2CO3；故答案为：Na2CO3；（2）Na与水反应生成氢氧化钠，其反应的方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，氢氧化钠与氯化镁反应氢氧化镁沉淀和氯化钠，其反应的方程式为：2NaOH+MgCl2=2NaCl+Mg（OH）2↓；(3)①二氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；②开始抽取的二氧化碳的体积为100mL，实验结束后，测得注射器2中气体体积为65mL，则气体体积减小了35mL，根据反应方程式：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，则反应消耗CO2的体积为：70mL；(4)装置B中盛放的是碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，发生反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑；①有分析可知：E处干燥管中盛放碱石灰的作用是防止空气中的CO2和水蒸气进入D中影响测定结果，如果没有该装置，空气中的二氧化碳和水蒸气进入D装置，使D装置的质量增加量偏大，测得碳酸氢钠的质量分数偏高；②由实验原理可知，实验需要通过测量D装置内碱石灰的增重，计算生成的二氧化碳的质量为m3-m2，碳酸氢钠质量为x．2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑168g44gxm3-m2x=；质量分数为。17.氧化还原反应在高中化学中是一类重要的反应类型。、、、是中学化学中常用的氧化剂。回答下列问题：（1）下列基本反应类型中一定属于氧化还原反应的是___________(填字母)。A.化合反应B.分解反应C.置换反应D.复分解反应（2）实验室迅速制备少量氯气可利用如下反应：。上述反应中被氧化的元素为___________(填元素符号)；还原产物为___________(填化学式)。（3）溶液能与Cu反应制作印刷电路板，其制作原理可用表示。①上式中X的化学式为___________。②若有32g铜被氧化，则参与反应的的质量为___________g。 ③该反应的离子方程式为___________。（4）已知方程式：。用双线桥法标出电子转移的方向和数目___________。（5）某反应的反应物与生成物有、KCl、、、HCl(浓)、，已知氧化性：，写出并配平该化学方程式：___________。【答案】17.C18.①.Cl②.19.①.②.162.5③.20.21.【解析】【小问1详解】A.有单质参加的化合反应为氧化还原，A错误；B.有单质生成的分解反应为氧化还原，B错误；C.置换反应为单质与化合物的反应，属于氧化还原反应，C正确；D.复分解反应化合价不变，一定不属于氧化还原反应，D错误；故答案为：C；【小问2详解】该反应中，Mn元素化合价降低，故KMnO4是氧化剂被还原，MnCl2是还原产物；Cl元素化合价升高，HCl作还原剂被氧化，Cl2是氧化产物；故答案为：Cl；MnCl2；【小问3详解】①根据原子守恒，X为FeCl2；②该反应中，，则32g铜被氧化，消耗162.5gFeCl3；故答案为：FeCl2；162.5；【小问4详解】KClO3中Cl为+5价发生还原反应生成0价Cl2，1个KClO3 得到5个电子；HCl中Cl为-1价发生氧化反应生成Cl2，5个HCl体现还原性，1个HCl体现酸性；故答案为：；【小问5详解】K2Cr2O7中Cr为+6价发生还原反应生成CrCl3，1个K2Cr2O7得到6个电子，HCl中的Cl为-1价发生氧化反应生成Cl2，1个Cl2得到2个电子，根据得失电子守恒，则生成3个Cl2；故答案为：。18.通过海水晾晒可得粗盐，粗盐除NaCl外，还含有、、以及泥沙等杂质。以下是制备精盐实验方案，各步操作流程如下：（1）在第①步粗盐溶解操作中要用玻璃棒搅拌，作用是___________。（2）第②步操作的目的是除去粗盐中的___________(填化学式，下同)，第⑥步操作的目的是除去滤液中___________和___________。（3）第⑤步“过滤”操作中得到沉淀的成分有：泥沙、、、___________和___________。（4）在第③步操作中，选择的除杂的试剂不能用KOH代替NaOH，理由是___________。（5）过量溶液和过量溶液滴加顺序___________(填可以或不可以)调换，理由是___________。（6）写出第③步一定能发生的离子反应方程___________。【答案】（1）搅拌，加快溶解（2）①.②.③.NaOH（3）①.②.（4）防止引入（5）①.不可以②.为了确保钡离子被碳酸根离子除尽（6）【解析】 【分析】由题给流程图可知，第①步为粗盐溶解操作；第②步操作加入过量BaCl2溶液的目的是除去粗盐中的Na2SO4，但同时引入了BaCl2杂质；第③步操作加入过量NaOH溶液的目的是除去粗盐中MgCl2，但同时引入了NaOH杂质；第④步操作加入过量的Na2CO3溶液的目的是除去粗盐中的氯化钙和过量的氯化钡，但同时引入了Na2CO3杂质；第⑤步过滤操作，得到含有氢氧化钠和碳酸钠杂质的氯化钠溶液；第⑥步操作加入适量盐酸的目的是除去滤液中过量的氢氧化钠和碳酸钠杂质；第⑦步操作为蒸发、结晶、烘干得到精盐；【小问1详解】粗盐溶解操作中用玻璃棒搅拌，加快固体溶解；【小问2详解】根据分析可知第②步操作的目的是除去粗盐中的Na2SO4，第⑥步操作的目的是除去滤液中NaOH和Na2CO3；【小问3详解】第⑤步“过滤”操作中得到沉淀的成分有：泥沙、、、CaCO3、BaCO3；【小问4详解】在第③步操作中，选择的除杂的试剂不能用KOH代替NaOH，理由：防止引入新杂质；【小问5详解】过量溶液和过量溶液滴加顺序不可以调换，理由：过量的可以与后续加入的过量溶液反应生成硫酸钡沉淀，以除去多余的；【小问6详解】