2023年贵州省贵阳市四校化学高一上期末经典模拟试题含解析

2023年贵州省贵阳市四校化学高一上期末经典模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、在反应5NH4NO3=4N2↑+2HNO3+9H2O中，发生还原反应的氮元素与发生氧化反应的氮元素的物质的量之比为A．5：3B．3：5C．5：4D．4：52、下列离子组在强酸性溶液中能大量共存是（）A．K+、Fe2+、、Cl﹣ B．Na+、Fe3+、SCN﹣、C．K+、Na+、Cl﹣、 D．Al3+、Na+、C1﹣、3、下列化学反应中，不是氧化还原反应的是（）A．3NO2+H2O=2HNO3+NO B．2H2+O22H2OC．Cl2＋H2O=HClO＋HCl D．CuCl2＋Ba(OH)2=Cu(OH)2＋BaCl24、如图表示AlCl3溶液与NaOH溶液滴加过程中微粒数量的关系曲线。判断下列说法不正确的是（）A．A线表示Al3＋的物质的量的变化B．x表示NaOH的物质的量C．C线表示Al(OH)3的物质的量的变化D．D线表示Al(OH)3的物质的量的变化5、同温同压下，下列气体的密度最大的是（）A．F2 B．Cl2 C．HCl D．CO26、下列实验操作中错误的是A．蒸馏操作时，向蒸馏液体中加入几块沸石，以防止暴沸B．蒸发操作时，当混合物中出现大量晶体时停止加热，用余热烘干C．分液操作时，先将分液漏斗中下层液体从下口放出，再将上层液体从上口倒出D．萃取操作时，选用酒精作为萃取剂从溴水中萃取溴7、要除去FeCl2溶液中的少量氯化铁，可行的办法是()A．滴入KSCN溶液 B．通入氯气 C．加入铜粉 D．加入铁粉8、下列气体中不能用排空气法收集的是（）A．H2 B．CO2 C．NO D．O29、化学与生产、生活、科技密切相关，下列有关说法正确的是（）A．硅胶的主要成分是B．华为最新一代旗舰芯片麒麟9905G中半导体材料为二氧化硅C．燃放烟花呈现出多种颜色是由于烟花中添加了、、、等金属的单质D．“钻酞菁”（分子直径为）在水中形成的分散系能产生丁达尔效应10、某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，经测定ClO-与ClO3-的浓度之比为1:3，则Cl2与NaOH溶液反应时被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为（）A．21:5 B．11:3 C．4:1 D．3:111、关于下列各装置图的叙述中，正确的是A．利用装置①可制备氢氧化亚铁并长时间观察其颜色B．装置②中X若为四氯化碳，可用于吸收HCl气体，并防止倒吸C．装置③验证Na2CO3和NaHCO3两种固体的热稳定性D．通过④的方法配制一定浓度的稀硫酸溶液12、下面关于硅及其化合物的叙述中，不正确的是（）A．可用氢氟酸在玻璃上雕刻花纹B．晶体硅可用作半导体材料C．硅胶可用作食品干燥剂D．硅元素化学性质不活泼，在自然界中可以游离态形式存在13、下列除去杂质(括号内的物质为杂质)的方法中错误的是（）A．硫酸亚铁溶液(硫酸铜)：加足量铁粉后，过滤B．一氧化碳(二氧化碳)：用氢氧化钠溶液洗气后干燥C．二氧化碳(氯化氢)：用氢氧化钠溶液洗气后干燥D．二氧化锰(氯化钾)：加水溶解后，过滤、洗涤、干燥14、下列操作中不正确的是A．过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触B．过滤时，漏斗下端紧贴烧杯内壁C．加热试管内物质时，试管底部与酒精灯灯芯接触D．向试管中加水时，胶头滴管不能紧贴试管内壁15、设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是（）A．5.6gFe在氧气中燃烧，完全反应时转移电子数为0.3NAB．标准状况下，22.4L氦气与22.4L氯气所含原子数均为2NAC．标准状况下，18g水所含电子数目为10NAD．1molO2与足量Na反应，生成Na2O和Na2O2的混合物转移的电子数为2NA16、配制一定物质的量浓度的溶液，以下操作导致溶液物质的量浓度偏小的是A．容量瓶中原来有少量蒸馏水B．用浓硫酸配制稀硫酸，量取浓硫酸时仰视刻度线C．定容时俯视容量瓶凹液面的最低处D．定容后摇匀液面下降补加蒸馏水至刻度线二、非选择题（本题包括5小题）17、今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、Al3+、Fe3+、Mg2+、Ba2+、NH4+、Cl-、CO32-、SO42-，现取两份100mL溶液进行如下实验：①第一份加过量NaOH溶液加热后，只收集到气体0.02mol，无沉淀生成，同时得到溶液甲。②在甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧，质量为1.02g。③第二份加足量BaCl2溶液后，得白色沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，质量为11.65g。根据上述实验回答：（1）一定不存在的离子是______________，不能确定是否存在的离子是_______________。（2）试确定溶液中肯定存在的离子及其浓度（可不填满）：离子符号______，浓度______；离子符号______，浓度______；离子符号______，浓度______．（3）试确定K+是否存在______（填“是”或“否”），判断的理由是__________________________。（4）设计简单实验验证原溶液中可能存在的离子____________________________________。18、下表列出了①～⑪111种元素在元素周期表中的位置:族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA0一①二②③④⑤三⑥⑦⑧⑨⑩四⑪请按要求回答下列问题：（1）写出元素③形成单质的电子式______________（2）画这11种元素中，非金属性最强的元素的原子结构示意图________________（3）元素⑤④⑩分别和①形成的气体化合物中，最稳定的是（填化合物的化学式）__________（4）元素⑨⑩⑪的最高价氧化物的水化物中，酸性最强的是（填化合物的化学式）___________（5）在盛有水的小烧杯中加入元素⑩的单质，发生反应的离子方程式____________________（6）请从原子结构的角度解释，解释元素⑩的非金属性比元素⑪强的原因_______________________19、食盐是日常生活的必需品，也是重要的化工原料。（1）粗食盐中常含有少量K＋、Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋、SO42-等杂质离子，实验室提纯NaCl的流程如下：提供的试剂：饱和Na2CO3溶液饱和K2CO3溶液NaOH溶液BaCl2溶液Ba(NO3)2溶液75%乙醇四氯化碳①欲除去溶液Ⅰ中的Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋、SO42-，选出a所代表的试剂，按滴加顺序依次为________(只填化学式)。②分离操作①中所用到的玻璃仪器有____________。③洗涤除去NaCl晶体表面附带的少量KCl，选用的试剂为________。（2）用提纯的NaCl配制450mL4.00mol·L－1NaCl溶液，所用仪器除药匙、烧杯、玻璃棒外还有________(填仪器名称)。（3）在实验中多次用到玻璃棒，其作用有三个，分别是______________、______________、______________。20、某同学实验室用下列装置探究氯气的性质。（1）实验室用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气，同时生成二氯化锰和水，写出该反应的化学方程式并判断电子得失数目__；__。（2）实验时发现有色布条__，其原因是__；（3）烧杯中溶液的作用是__；广口瓶Ⅲ的作用是__。21、已知A与盐酸反应生成B和氢气，D为单质。根据上图回答下列问题：（1）C的化学式为_______；B+D→C的化学方程式为______________。（2）B与氨水反应的现象为___________________________________，请写出该现象的离子方程式______________；_________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】根据方程式可知铵根中氮元素化合价从－3价升高到0价，失去3个电子，发生氧化反应；硝酸根中氮元素化合价从+5价降低到0价，得到5个电子，发生还原反应，所以根据电子得失守恒可知发生还原反应和发生氧化反应的氮元素的物质的量之比为5：3，答案选B。2、D【解析】

A．Fe2+、、H+，会发生氧化还原反应，生成Fe3+、NO和H2O，A不合题意；B．Fe3+、SCN﹣会发生反应生成络合物Fe(SCN)3，B不合题意；C．在强酸性溶液中会生成Al(OH)3或Al3+，C不合题意；D．Al3+、Na+、C1﹣、在强酸性溶液中都能稳定存在，D符合题意；故选D。3、D【解析】

氧化还原反应的特征是有化合价的变化，有化合价变化的化学反应属于氧化还原反应。【详解】A.该反应中N的化合价从+4升高到+5,价，从+4降到+2，有化合价的变化，属于氧化还原反应，故A不符合题意；B.该反应中氢元素化合价由0价变为+1价、氧元素化合价由0价变为-2价，所以属于有单质参加的化合反应，属于氧化还原反应，故B不符合题意；C.该反应中氯元素化合价从0价升到+1价，从0价降到-1价，属于氧化还原反应，故C不符合题意；D.该反应中没有元素发生化合价的变化属于复分解反应，不属于氧化还原反应，故D符合题意；答案选D。【点睛】判断是否属于氧化还原反应，最直接的依据是反应前后，物质中元素的化合价发生变化，需要能够准确判断物质中元素的化合价。4、D【解析】

假定向含有1molAlCl3溶液中滴加NaOH溶液，首先发生反应Al3++3OH-=Al(OH)3↓，Al3+完全沉淀，消耗3molOH-，生成1molAl(OH)3，然后发生反应Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，沉淀完全溶解消耗1molOH-，生成1molAlO2-，前后两部分消耗的OH-为3：1；假定向含有4molNaOH溶液中滴加AlCl3溶液，首先发生反应Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，OH-完全反应消耗，1molAl3+生成1molAlO2-，然后发生反应Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓，AlO2-完全反应，消耗molAl3+，生成molAl(OH)3，前后两部分消耗的Al3+为1mol：mol=3：1，由图象可知，A、B表示微粒关系，C、D表示微粒物质的量关系均为1：1可知，该图表示向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，据此结合选项解答。【详解】A.由上述分析可知，首先发生反应Al3++3OH−=Al(OH)3↓，溶液中铝离子物质的量减少，所以A线可以表示Al3+的物质的量的变化，故A正确；B.由上述分析可知，x可以表示NaOH的物质的量，故B正确；C.由上述分析可知,随反应进行Al(OH)3物质的量先增大，后减小，故B、C线可表示Al(OH)3的物质的量的变化，故C正确；D.由上述分析可知，Al(OH)3溶解时，AlO2−的物质的量增大，所以D线表示AlO2−的物质的量的变化，故D错误；所以本题答案：D。【点睛】本题根据铝三角的关系进行判断。即根据三个反应Al3++3OH-=Al(OH)3，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓，关系解答。5、B【解析】

ρ=m/V=M/Vm，同温同压下，气体摩尔体积相同，所以密度与摩尔质量成正比，摩尔质量越大，密度越大，氟气的摩尔质量为18g/mol，氯气的摩尔质量为71g/mol，HCl摩尔质量为1．5g/mol，CO2摩尔质量为44g/mol，摩尔质量最大的是氯气，所以密度最大的是氯气。答案选B。6、D【解析】

A.蒸馏操作时，为防止液体沸腾时的剧烈跳动，向蒸馏液体中加入几块沸石，以防止暴沸，故A正确；B.蒸发时不能蒸干，当混合物中出现大量晶体时停止加热，再利用余热烘干，故B正确；C.分液时为避免上下层液体混合，则分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故C正确；D.酒精和水互溶，不能用酒精作萃取剂从溴水中萃取溴，故D错误；故选D。7、D【解析】A.滴入KSCN溶液可以检验铁离子，不能除去氯化铁，A错误；B.通入氯气把氯化亚铁氧化为氯化铁，B错误；C.加入铜粉与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，引入新杂质，C错误；D.加入铁粉与氯化铁反应生成氯化亚铁，可以除去氯化铁杂质，D正确，答案选D。8、C【解析】

不能用排空气收集的气体性质有：会与空气中的成分反应，与空气的密度相差很小，NO会与空气中的O2反应，不能用排空气法收集，选C。9、D【解析】

A.硅胶是一种高活性吸附材料，属非晶态物质，其化学分子式为mSiO2·nH2O，故A错误；B.作为半导体材料的应该是硅单质，故B错误；C.燃放烟花呈现出多种颜色是由于烟花中添加了Na、Cu等金属元素，不是单质，故C错误；D.“钴酞菁”分子直径为1.3×10−9米，介于胶体的分散质粒子直径的范围内，“钻酞菁”在水中形成的分散系属于胶体，具有丁达尔效应，故D正确。故选D。10、C【解析】

Cl2中Cl元素为0价，反应后得到的NaCl、NaClO、NaClO3中Cl元素的化合价分别为-1价、+1价、+5价，化合价升高为氧化反应，降低为还原反应，化合价升高与降低的数值与得失的电子数目相等，以此分析解答。【详解】Cl2生成NaClO、NaClO3是被氧化，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，Cl2生成NaCl是被还原，化合价由0价降到-1价，所得溶液中ClO-与ClO3-的浓度之比为1:3，设二都的物质的量分别为1mol、3mol，根据电子转移守恒可得：1mol(1-0)+3mol(5-0)=n(NaCl)1，解得n(NaCl)=16mol，所以被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为：16mol：(1+3)mol=4：1，答案选C。11、B【解析】

A．氢氧化亚铁易被空气中氧气氧化，则装置①可制备氢氧化亚铁，但不能并长时间观察其颜色，故A错误；B．HCl不溶于四氯化碳，且四氯化碳与水互不相溶，图中气体与水不能直接接触，则装置②中X若为四氯化碳，可用于吸收HCl气体，并防止倒吸，故B正确；C．碳酸氢钠不稳定，图中小试管中应为碳酸氢钠，故C错误；D．不能将浓硫酸直接注入容量瓶中，应在烧杯中稀释、冷却后转移到容量瓶中，故D错误；故选B。12、D【解析】

A.氢氟酸可以和玻璃中的二氧化硅反应，所以可用氢氟酸在玻璃上雕刻花纹，故A正确；B.晶体硅能导电，可用作半导体材料，故B正确；C.硅胶多孔，吸水能力强，无毒，不会污染食品，所以常用作袋装食品的干燥剂，故C正确;

D.硅的化学性质不活泼，但是硅是亲氧元素，在自然界中主要以硅酸盐和氧化物等化合态存在，故D错误；答案：D。13、C【解析】

A.硫酸铜溶液中加入足量铁粉，发生反应：Fe+CuSO4=Cu+FeSO4，既除去了杂质又生成了主要成分，A项正确；B.用氢氧化钠溶液洗气，发生反应：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，可以将CO2杂质除去，后干燥以除去从溶液中带出的水蒸气，B项正确；C.用氢氧化钠溶液洗气时，虽除去了氯化氢，但同时也除去了其主要成分二氧化碳，显然不合理，C项错误；D.利用二氧化锰和氯化钾的水溶性的差异，加适量水溶解后过滤，氯化钾进入溶液，对滤纸上的二氧化锰进行洗涤、干燥，即可得较纯净的二氧化锰，D项正确；所以答案选择C项。14、C【解析】

A．过滤操作时，避免玻璃杯损坏滤纸，需要将玻璃棒与三层滤纸的一边接触，故A操作正确；

B．过滤操作时漏斗下端紧靠在烧杯内壁可以防止液滴溅出，故B操作正确；C．外焰温度最高，所以用外焰加热，故C操作错误；D．滴加液体时，悬空正放，则胶头滴管不能紧贴试管内壁，故D操作正确；故答案为C。15、C【解析】

A.5.6g铁的物质的量为0.1mol，在氧气中燃烧，生成Fe3O4，完全反应时转移的电子数为NA，故A错误；B.标准状况下，22.4L氦气与22.4L氯气均为1mol，氦气为单原子分子，氯气为双原子分子，故所含原子数不等，故B错误；C.18g水的物质的量为1mol，含有10mol电子，含有的电子数为10NA，故C正确；D.由于不确定生成Na2O和Na2O2的物质的量，所以无法确定转移电子数，故D错误。故答案选C。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，选项A为易错点，注意Fe在氧气中燃烧生成Fe3O4。16、D【解析】

化学实验基本操作．结合c=n/V及不当操作对n、V的影响可知，n偏小或V偏大均导致溶液物质的量浓度偏小。【详解】A．容量瓶中原来有少量蒸馏水，对实验无影响，故A不选；B．量取浓硫酸时仰视刻度线，n偏大，导致溶液物质的量浓度偏大，故B不选；C．定容时俯视容量瓶凹液面的最低处，V偏小，导致溶液物质的量浓度偏大，故C不选；D．定容后摇匀液面下降补加蒸馏水至刻度线，V偏大，导致溶液物质的量浓度偏小，故D选；故选D。【点睛】本题考查配制一定物质的量浓度的溶液的误差分析，解题关键：把握溶液配制的操作、步骤、误差分析，注意结合公式分析误差。二、非选择题（本题包括5小题）17、Fe3+、Mg2+、Ba2+、CO32-Cl－SO42-0.5mol/LNH4+0.2mol/LAl3+0.2mol/L是依据电荷守恒，（电中性原则）阳离子正电荷总量小于阴离子负电荷总量，所以一定有K+存在取少量原溶液于试管中，向其中加入足量的硝酸钡溶液，过滤后，向滤液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，有白色沉淀生成证明存在氯离子【解析】①第一份加过量NaOH溶液加热后，只收集到气体0.02mol，该气体是氨气，一定有铵根离子，铵根离子的物质的量是0.02mol，无沉淀生成，一定不含Fe3+、Mg2+；②在甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，该沉淀是氢氧化铝，沉淀经过滤、洗涤、灼烧，得到氧化铝，氧化铝质量为1.02g，即0.01mol，根据铝元素守恒，含有铝离子的物质的量是0.02mol，一定不含CO32-；③第二份加足量BaCl2溶液后，得白色沉淀，即硫酸钡沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，质量为11.65g，所以一定有SO42-，物质的量是=0.05mol，一定不含Ba2+，n(NH4+)+3n(Al3+)=0.02mol+3×0.02mol=0.08mol，2n(SO42-)=0.1mol，根据电荷守恒，一定存在钾离子，因为不确定的是Cl-，钾离子的最小物质的量是0.02mol，综上知道，一定不存在的离子有：Fe3+、Mg2+、CO32-、Ba2+，一定存在的离子有：K+、SO42-、NH4+、Al3+，不能确定的是Cl-。(1)一定不存在的离子是Fe3+、Mg2+、CO32-、Ba2+，不能确定的是Cl-，故答案为Fe3+、Mg2+、CO32-、Ba2+；Cl-；(2)肯定存在的离子是K+、SO42-、NH4+、Al3+，NH4+的物质的量是0.02mol，体积是0.1L，所以c(NH4+)=0.2mol/L，SO42-物质的量是0.05mol，体积是0.1L，所以c(SO42-)=0.5mol/L，Al3+的物质的量是0.02mol，体积是0.1L，所以c(Al3+)=0.2mol/L，钾离子的浓度随着氯离子而定，即c(K+)≥0.2mol/L，故答案为SO42-；0.5mol/L；NH4+；0.2mol/L；Al3+；0.2mol/L；(3)据电荷守恒，一定存在钾离子，因为n(NH4+)+3n(Al3+)=0.02mol+3×0.02mol=0.08mol，2n(SO42-)=0.1mol，根据电荷守恒，一定存在钾离子，故答案为是；依据电荷守恒，阳离子正电荷总量小于阴离子负电荷总量，所以一定有K+存在；(4)不能确定的是Cl-，检验试剂可以采用硝酸酸化的硝酸银溶液，具体检验方法是：取少量原溶液于试管中，向其中加入足量的硝酸钡溶液，过滤后，向滤液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，有白色沉淀生成证明存在氯离子，故答案为取少量原溶液于试管中，向其中加入足量的硝酸钡溶液，过滤后，向滤液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，有白色沉淀生成证明存在氯离子。点睛：本题考查离子的检验，采用定性实验和定量计算分析相结合的模式，增大了解题难度。本题的易错点是K+的确定，需要根据电荷守恒确定。18、HFHClO4Cl2+H2O=H++Cl—+HClOCl和Br在同一主族，Br比Cl多一电子层，Br原子半径大，得电子能力弱。【解析】

由元素在周期表中的位置可知，①为H、②为C、③为N、④为O、⑤为F、⑥为Na、⑦为Mg、⑧为Al、⑨为S、⑩为Cl，⑪为Br。【详解】（1）元素③形成单质是氮气，分子式是N2，存在氮氮三键，电子式是；（2）同周期元素从左到右非金属性增强，同主族元素从上到下非金属性减弱，11种元素中，非金属性最强的元素是F，F原子核外有9个电子，结构示意图是；（3）F、O、Cl中，非金属性最强的是F，所以最稳定的是HF；（4）S、Cl、Br中，非金属性最强的是Cl，非金属性越强，最高价含氧酸酸性越强，酸性最强的是HClO4；（5）在盛有水的小烧杯中加入氯气反应生成盐酸和次氯酸，发生反应的离子方程式是Cl2+H2O=H++Cl-+HClO（6）Cl和Br在同一主族，Br比Cl多一电子层，Br原子半径大，得电子能力弱，所以Cl的非金属性比Br强。【点睛】本题考查同周期元素性质递变规律，熟练掌握元素周期律，明确同周期元素从左到右半径依次增大、非金属性增强、气态氢化物的稳定性增强、最高价含氧酸酸性增强。19、BaCl2、NaOH、Na2CO3(或NaOH、BaCl2、Na2CO3或BaCl2、Na2CO3、NaOH)玻璃棒、漏斗、烧杯75%乙醇天平、500mL容量瓶、胶头滴管搅拌引流转移【解析】

（1）除去粗盐中的可溶性杂质：Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋、SO42-，往往把杂质转化为沉淀除去，除钙离子用碳酸根，除镁离子和铁离子用氢氧根，除硫酸根用钡离子，要注意除杂质的顺序，后加的试剂最好能把前面先加是过量试剂除掉；②根据流程图，分离操作①为过滤；③根据提供的试剂，利用氯化钠微溶于乙醇且乙醇易挥发分析解答；（2）根据配制一定物质的量浓度溶液的步骤分析需要的仪器；（3）在本实验中用到玻璃棒的操作有：过滤、溶解、蒸发结晶，据此分析解答。【详解】（1）①除去粗盐中的可溶性杂质：Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋、SO42-，可以加入过量NaOH（去除镁离子和铁离子）：Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓，Fe3++3OH-═Fe（OH）3↓；加入过量BaCl2（去除硫酸根离子）：SO42-+Ba2+=BaSO4↓；加入过量Na2CO3（去除钙离子和多余的钡离子）：Ca2++CO32-=CaCO3，碳酸钠必须加在氯化钡之后，氢氧化钠和氯化钡可以颠倒加入的顺序，故答案为BaCl2、NaOH、Na2CO3（或NaOH、BaCl2、Na2CO3或BaCl2、Na2CO3、NaOH）；②分离操作①为过滤，所用到的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯，故答案为玻璃棒、漏斗、烧杯；③氯化钠微溶于乙醇且乙醇易挥发，洗涤除去NaCl晶体表面附带的少量KCl，选用的试剂为75%乙醇，故答案为75%乙醇；（2）用天平称量药品，用烧杯溶解药品，用500mL容量瓶配制溶液，用胶头滴管定容，所以需要的仪器还有：天平、500mL容量瓶、胶头滴管，故答案为天平、500mL容量瓶、胶头滴管．（3）在“粗盐提纯”的实验中，多次用到玻璃棒，在溶解时的作用为搅拌加速溶解，在过滤操作中作用为引流，在蒸发