浙江省宁波四中2026届化学高一上期末综合测试模拟试题含解析

浙江省宁波四中2026届化学高一上期末综合测试模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、1.92g铜投入一定量浓HNO3中，铜完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到672mL气体(标况)。将盛有此气体的容器倒扣在水中，通入标况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水中，则通入O2的体积可能是A．504mL B．168mL C．336mL D．224mL2、下列各组物质中，因为反应条件或用量不同而发生不同化学反应的是()①C与O2②Na与O2③Fe与Cl2④AlCl3溶液与氨水⑤CO2与NaOH溶液A．除③外 B．除③⑤外 C．除③④外 D．除②外3、将盛有N2和NO2混合气体25mL的量筒倒立于水槽里，过一段时间后，气体体积缩小到15mL后不再变化(同温同压下)，原混合气体中N2和NO2的体积比是A．4∶1 B．2∶3 C．1∶4 D．2∶14、下列反应的离子方程式书写正确的是A．用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板：Fe3＋＋Cu＝Fe2＋＋Cu2＋B．氯气跟水反应：Cl2+H2O＝H＋+Cl－+HClOC．钠与水的反应：Na＋H2O＝Na＋＋OH－＋H2↑D．氢氧化钡溶液和稀硫酸反应：Ba2++SO42﹣═BaSO4↓5、下列示意图中，白球代表氢原子，黑球代表氦原子，方框代表容器，容器中间有一个可以上下滑动的隔板(其质量可忽略不计)。其中能表示等质量的氢气与氦气的是A． B． C． D．6、25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．强酸性溶液中：Na+、Fe2+、SO42-、ClO-B．强碱性溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42-、NO3-C．pH=13溶液中：K+、Na+、NO3-、CO32-D．0.1mol•L-1NaHCO3溶液中：Na+、K+、OH-、Cl-7、将NaOH溶液逐滴加入用盐酸酸化了的AlCl3溶液中，若用y轴表示Al(OH)3沉淀量，x轴表示NaOH溶液的体积，下列图像正确的是（）。A．B．C．D．8、下列关于物质的量浓度表述正确的是（）A．0.3mol/L的Na2SO4溶液中含有Na＋和SO42－的总物质的量为0.9molB．当1L水吸收22.4L氨气时所得氨水的浓度不是1mol/L，当22.4L氨气溶于水制得1L氨水时，其浓度是1mol/LC．在K2SO4和NaCl的混合溶液中，如果Na＋和SO42－的物质的量相等，则K＋和Cl－的物质的量浓度一定相同D．250g胆矾溶于水得到1L溶液，所得CuSO4溶液的物质的量浓度为1mol/L9、根据反应①2FeCl3+2KI═2FeCl2+2KCl+I2，②2FeCl2+Cl2=2FeCl3，判断下列物质的氧化性由强到弱的顺序中，正确的是()A．Fe3+＞Cl2＞I2 B．Cl2＞I2＞Fe3+ C．Cl2＞Fe3+＞I2 D．I2＞Cl2＞Fe3+10、下列变化需要加入还原剂才能实现的是A．Cl-→C12B．HCO3-→C032-C．Mn04-→Mn2+D．Zn→Zn2+11、光纤通信是一种现代化的通信手段，制造光导纤维的主要原料是A．Na2CO3 B．CaO C．CaCO3 D．SiO212、“纳米材料”是指粒子直径在几纳米到几十纳米的材料。如将“纳米材料”分散到液体分散剂中，所得混合物具有的性质是()A．不能透过滤纸 B．有丁达尔效应产生C．所得液体一定无色透明 D．不稳定、很快会分层13、下列是某学生自己总结的一些规律，其中正确的是（）A．氧化物不可能是分解反应的产物B．有些化学反应不属于化合、分解、置换、复分解中的任何一种反应C．根据酸分子中含有的氢原子个数将酸分为一元酸、二元酸等D．饱和溶液一定比不饱和溶液的浓度大14、元素X的单质及X与Y形成的化合物能按下图所示的关系发生转化（其中m、n均为正整数，且m≠n）。下列说法正确的是A．X一定是多价态金属元素B．X一定是非金属元素C．XYm与XYn的相互转化属于可逆反应D．X、Y均为非金属元素，也可以实现上述转化15、已知反应：KClO3＋6HCl＝KCl＋3Cl2↑＋3H2O。下列结论正确的是A．氧化性：Cl2＞KClO3B．HCl作还原剂，全部被氧化C．KClO3作氧化剂，具有氧化性D．生成3molCl2，转移电子的物质的量为6mol16、NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．在常温常压下，28gN2与CO混合物气体中所含的分子数目一定为NAB．标准状况下，17g氨气所含原子数目为NAC．在常温常压下，11.2L氮气所含的原子数目为NAD．10mL2mol/LH2SO4溶液中取出的5mL溶液，其浓度为1mol/L二、非选择题（本题包括5小题）17、A～G为中学化学常见的化合物，是生活中用途广泛的两种金属单质。其相互转化关系如图所示（反应条件已略去）：请回答下列问题（1）的化学式分别为____、____。（2）①～⑨中，属于非氧化还原反应的是___。（3）反应⑨的化学方程式为_________，该反应的现象为____。（4）反应①、④的离子方程式分别为__________、_______。18、现有A、B、C三种金属单质和甲、乙、丙三种气体，及物质D、E、F、G、H，它们之间能发生如图所示变化（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）。请回答下列问题：（1）写出指定物质的化学式：D____________、G____________、丙____________。（2）上述反应中既是化合反应，又是氧化还原反应的是____________（填序号）。（3）写出反应①的离子方程式：____________________________________。（4）写出反应⑤的离子方程式________________________。用于检验溶液G中金属阳离子的试剂是____________。19、为探索工业废料的再利用，某化学兴趣小组设计了如图实验方案，用含有铝、铁和铜的合金制取氯化铝、绿矾晶体（FeSO4•7H2O）和胆矾晶体。请回答：（1）步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均需进行的实验操作是_______________。实验室中进行该操作时，用到的玻璃仪器有烧杯、______________________。（2）溶液A中的阴离子主要有__________________；由合金生成A溶液的离子方程式为：_______________。试剂X是________________。（3）向溶液A中通入过量CO2气体生成固体C的离子方程式为_________________。（4）从环境保护角度考虑，采用固体F加入足量稀硫酸里加热并鼓入空气来制备CuSO4溶液，其化学方程式是_______________________________。20、回答实验室配制0.1mol/L的NaOH溶液500mL实验中的下列问题。（1）需NaOH_________g。（2）有以下仪器：①烧杯②100mL量筒③药匙④500mL容量瓶⑤胶头滴管⑥托盘天平，配制时，还缺少的玻璃仪器是__________________。（3）下列称量NaOH的操作中，正确的是_______________。(填序号，下同)①把NaOH直接放在托盘上称量②把NaOH放在称量纸上称量③把NaOH放入烧杯中称量（4）使用容量瓶前必须进行的一步操作是_____________________________。（5）配制过程中，下列操作会引起误差偏高的是_______________________。①未洗涤烧杯、玻璃棒②NaOH溶液未冷却至室温就转移到容量瓶中③容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水④称量NaOH的时间太长⑤定容时俯视刻度21、A、B、C是中学化学常见的三种物质，它们之间的相互转化关系如图所示（部分反应条件及产物略去）。（1）若A是一种淡黄色单质固体，则B→C的化学方程式为___________________。（2）若A是一种黑色单质固体，将一定量C缓慢通入NaOH溶液中，充分反应，测得最后溶液的显碱性，此时溶液的溶质如果是单一成分，可能是__________、__________；如果是多种成分，可能是__________、__________。（3）若A是一种活泼金属，C是淡黄色固体，试用化学方程式表示该物质C的一个重要应用________________________________________。将C长期露置于空气中，最后将变成物质D，D的化学式为_____________。现有D和NaHCO3的固体混合物10g，加热至质量不再改变，剩余固体质量为9.38g，D的质量分数为_____________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

铜与硝酸反应可能生成二氧化氮、一氧化氮，二氧化氮、一氧化氮与氧气和水能反应又生成硝酸，在这个过程中，铜失去电子，氧气得到电子，根据得失电子守恒可进行计算。【详解】1.92g铜的物质的量为n（Cu）=，则根据得失电子守恒可知，铜失去电子的总物质的量等于氧气得到电子的总物质的量，即，解得，综上所述，答案为C。2、C【解析】

①C与O2反应时，氧气过量生成二氧化碳，氧气不足生成CO，①符合；②Na与O2反应时常温下生成氧化钠，点燃时生成过氧化钠，②符合；③Fe与Cl2反应只能生成氯化铁，③不符合；④AlCl3溶液与氨水反应只能生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，④不符合；⑤CO2与NaOH溶液反应时，如果氢氧化钠过量，则生成碳酸钠和水，如果二氧化碳不足则生成碳酸氢钠，⑤符合，答案选C。3、B【解析】混合气体中的N2既不溶于水，也不与水反应，只有NO2溶于水．3NO2＋H2O=2HNO3＋NOΔV313－1＝2x25－15＝10x＝10mL×＝15mL，则V(N2)∶V(NO2)＝(25－15)∶15＝2∶3。答案选B。4、B【解析】分析：本题考查的是离子方程式的判断，是高频考点。掌握物质在离子方程式中的形式是关键。详解：A.该反应的离子方程式为：2Fe3＋＋Cu＝2Fe2＋＋Cu2＋，故错误；B.氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸能拆成离子形式，故正确；C.钠和水反应的离子方程式为2Na＋2H2O＝2Na＋＋2OH－＋H2↑，故错误；D.氢氧化钡和硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，离子方程式为：Ba2++SO42﹣＋2OH－＋2H+═BaSO4↓＋2H2O，故错误。故选B。5、A【解析】

等质量的H2与He的物质的量的关系为n(H2)∶n(He)＝=2∶1，相同条件下气体的物质的量与体积成正比，所以其体积关系为V(H2)∶V(He)＝2∶1，C、D均不正确；氦气分子为单原子分子，B不正确，因此A符合题意；答案选A。6、C【解析】

A.ClO-在酸性环境中不能大量存在，且Fe2+与ClO-发生氧化还原反应，故A不符合题意；B.强碱性溶液中，Mg2+、Cu2+不能大量存在，故B不符合题意；C.pH=13溶液呈碱性，K+、Na+、NO3－、CO32－可以大量共存，故C符合题意；D.NaHCO3与OH-反应生成水和Na2CO3，故该溶液中OH-不能大量存在，故D不符合题意；综上所述，答案为C。7、D【解析】

由信息可知，x轴表示加入NaOH溶液的体积，y轴表示沉淀的量，则将氢氧化钠溶液逐滴加入含有盐酸的AlCl3溶液中，先发生NaOH+HCl═NaCl+H2O，所以开始一段时间内没有沉淀生成，故C错误；酸反应后发生，AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl、Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，所以会出现沉淀，然后随碱的量增加沉淀又消失，故A错误；且消耗的碱的量之比为3：1，故B错误，D正确；故选D。【点睛】本题考查了氢氧化钠和酸性氯化铝溶液的反应现象，明确物质之间的反应及生成物的溶解性是解本题关键，注意离子反应先后顺序，知道铝离子完全转化为沉淀和沉淀完全溶解时两部分氢氧化钠物质的量的关系。本题中，x轴表示加入NaOH溶液的体积，y轴表示沉淀的量，溶液中含有盐酸，先发生酸碱中和反应，所以氢氧化钠先和盐酸反应生成氯化钠和水，然后氢氧化钠再和氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，当氢氧化钠过量时，氢氧化钠再和氢氧化铝反应生成可溶性的偏铝酸钠，反应方程式为Al3++3OH-═Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O。8、D【解析】

A.未给出溶液的体积，不能只根据溶液的浓度确定微粒数目，A错误；B.未指明氨气所处的外界条件，不能只根据气体体积判断其物质的量，所以不能根据溶液的体积计算所得氨水的物质的量浓度，B错误；C.根据盐的组成可知：如果Na＋和SO42－的物质的量相等，n(K2SO4)=n(NaCl)，盐在同一溶液中，溶液的体积相同，所以K＋和Cl－的物质的量浓度一定相同，C正确；D.250g胆矾的物质的量n(CuSO4·5H2O)=250g÷250g/mol=1mol，将其溶于水得到1L溶液，则所得CuSO4溶液的物质的量浓度为1mol÷1L=1mol/L，D正确；故合理选项是D。9、C【解析】氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，①2FeCl3+2KI═2FeCl2+2KCl+I2，Fe3+＞I2，②2FeCl2+Cl2=2FeCl3，Cl2＞Fe3+，则氧化性由强到弱的顺序为Cl2＞Fe3+＞I2，正确答案选C。10、C【解析】

需要加入还原剂才能实现，说明该微粒是氧化剂，得到电子，相关元素的化合价降低，据此解答。【详解】A、氯元素化合价升高，需要氧化剂，A错误；B、元素化合价均没有发生变化，不是氧化还原反应，B错误；C、Mn元素化合价降低，需要还原剂，C正确；D、Zn元素化合价升高，需要氧化剂，D错误；答案选C。11、D【解析】光纤通信是一种现代化的通信手段，制造光导纤维的主要原料是：二氧化硅，答案选D。12、B【解析】

分散质微粒直径在1nm～100nm的分散系称为胶体，“纳米材料”粒子直径在几纳米到几十纳米的材料，分散到液体分散剂中，得到分散系为胶体，然后通过胶体性质进行分析；【详解】该“纳米材料”分散到液体分散剂中得到分散系为胶体；A、胶体能够滤纸，但不能透过半透膜，故A错误；B、胶体性质之一具有丁达尔效应，这是区分溶液和胶体的一种方法，故B正确；C、如氢氧化铁胶体，显红褐色，故C错误；D、胶体具有介稳性，相对稳定，故D错误；答案选B。13、B【解析】

A.碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳的反应中，氧化钙和二氧化碳均为氧化物，且都是分解反应的产物，A项错误；B.反应：3CO＋Fe2O32Fe＋3CO2不是化合、分解、置换、复分解中的任何一种反应，B项正确；C.CH3COOH分子中含有4个氢原子，但醋酸为一元酸，C项错误；D.氢氧化钠不饱和溶液的浓度往往大于澄清石灰水饱和溶液的浓度，D项错误；答案选B。14、D【解析】

根据图示可判断，X元素有多种常见价态，根据常见物质的性质，可从金属和非金属中各找一例来解此题：金属可选铁元素，非金属可选碳元素，不难分析出这两种元素都可以，在此基础上便可解此题。【详解】A.如果X是C，C和CuO发生置换反应，可生成CO2，CO2可与C化合生成CO，CO又可与O2化合生成CO2，所以非金属C元素符合图示关系，A选项错误；B.也可选Fe元素：Fe与盐酸发生置换反应生成FeCl2，FeCl2与Cl2化合生成FeCl3，FeCl3又能与FeCl3化合生成FeCl3，所以金属元素Fe也符合图示关系，B选项错误；C.CO2和CO之间的转化，以及氯化亚铁和氯化铁之间的转化，是不同物质之间的反应，并不是互换反应物与产物，且反应条件也不相同，所以不属于可逆反应，C选项错误；D.根据A选项的分析可知，X、Y可分别为碳和氧，D选项正确；答案选D。【点睛】对于元素及其化物的推导，如果可能性比较多，可根据选项通过例举的方法，选择合适的物质解题，本题中选项主要针对的是X是金属元素还是非金属元素的可能性讨论，所以可以从金属和非金属中各找一例来此题。15、C【解析】

根据反应可知，该反应为归中反应，反应中氯酸钾所含氯元素化合价降低，氯化氢所含氯元素有化合价升高而表现还原性，另有生成氯化钾表现酸性，所以氯酸钾是氧化剂，HCl只有一部分是还原剂，氧化产物和还原产物都是Cl2，据此进行判断。【详解】A.根据分析可知：该反应的氧化剂是氯酸钾，还原产物是氯气,根据氧化还原的基本规律：氧化剂的氧化性比氧化产物强，所以有：氧化性KClO3>Cl2，A选项错误；B.HCl有被氧化，另有表现酸性，所以B选项错误；C.氯酸钾在反应中所含氯元素化合价降低，是氧化剂，具有氧化性，C选项正确；D.每生成3mol氯气被还原的氯酸钾为1mol，所以得电子总数为：1mol×5=5mol，转移的电子数等于得电子总数也为5mol，D选项错误；答案选C。【点睛】1.根据氧化还原反应中的强弱规律：强氧化剂制弱氧化剂，强还原剂制弱还原剂；2.酸在氧化还原反应中的行为可根据酸中所含元素的化合价变化及生成的产物进行判断，特别是有些酸在反应中除表现氧化性或还原性外，还生成了相应的盐，从而又表现出酸性，在分析此类物质的作用时一定要精准到位。16、A【解析】

A、温度和压强并不能影响气体的质量。因为氮气和一氧化碳的摩尔质量相等均是28g/mol，所以28g混合气体的物质的量为1mol，分子数目一定为NA，A正确；B、17gNH3的物质的量为1mol，分子数目一定为NA，原子数目应为4NA，B错误；C、常温常压下气体的摩尔体积大于22.4L/mol，则11.2L氮气所含的原子数目小于NA，C错误；D、溶液是均一稳定的，则10mL2mol/LH2SO4溶液中取出的5mL溶液，其浓度仍然为2mol/L，D错误；答案选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、Fe2O3NaAlO2②④⑦⑧4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3反应现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O【解析】

X和B都是能与氢氧化钠反应的物质，为铝或氧化铝之一，A和Y能与盐酸反应，G在空气中转化为F，G和F都是由D，E与氢氧化钠反应制得的，E为氯化亚铁，F为氢氧化铁，G为氢氧化亚铁，D为三氯化铁，E为氯化亚铁，Y为铁，A为三氧化二铁，X为铝，B为氧化铝，C为偏铝酸钠，然后分析。【详解】根据分析可知，A为Fe2O3，B为Al2O3，C为NaAlO2，D为FeCl3，E为FeCl2，F为Fe(OH)3，G是Fe(OH)2，X为Al，Y为Fe；写出①～⑨的化学方程式：①2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑②Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O③2Al+Fe2O3=高温2Fe+Al2O3④Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O⑤Fe+2HCl=FeCl2+H2↑⑥2FeCl3+Fe=3FeCl2⑦FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl⑧FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2↓+2NaCl⑨4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3(1)A为Fe2O3，C为NaAlO2；(2)非氧化还原反应指的是没有化合价的变化的反应，有②④⑦⑧；(3)⑨4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，反应现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；(4)①的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，④的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O。【点睛】能与氢氧化钠反应的金属在高中阶段只学了铝，铁和铝的性质是常考的内容，需要学生很熟悉常见金属及其化合物的性质。18、②⑤溶液【解析】

金属单质A的焰色反应为黄色，A为，与水反应生成和，气体甲为，溶液D为，与金属单质反应生成和，B为，黄绿色气体是，与反应生成气体，气体丙为，加水得到溶液E为盐酸，盐酸与金属单质反应，生成和，金属C为，溶液F为，与反应，生成，溶液G为，与反应生成红褐色沉淀和，H为。【详解】（1）根据分析可知，D为、G为、丙为，故答案为：；；；（2）化合反应是两种或两种以上的物质反应生成一种新物质的反应，氧化还原反应是反应前后有元素化合价改变的反应，所以②⑤是既是化合反应，又是氧化还原反应，故答案为：②⑤；（3）反应①是与水反应生成和，其离子反应方程式：↑，故答案为：↑；（4）反应⑤是与应生成，其离子反应方程式：，溶液G为，阳离子是，滴加溶液，溶液变为血红色，说明有，故答案为：；溶液。19、过滤玻璃棒、漏斗AlO2－、OH－2Al+2OH－+2H2O＝2AlO2－+3H2↑或2Al+2OH-+6H2O＝2[Al(OH)4]－+3H2↑稀硫酸AlO2－+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+HCO3－2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O【解析】

合金溶于过量的氢氧化钠溶液中生成偏铝酸钠，铁和铜不溶。偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝溶解在盐酸中生成氯化铝，最终得到氯化铝晶体；铁和铜的混合物中加入稀硫酸生成硫酸亚铁，最终可以得到绿矾晶体。由于铜不溶，可以加入足量稀硫酸里加热并鼓入空气来制备CuSO4溶液，据此判断。【详解】（1）步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均分离产生固体，所以需进行的实验操作是过滤。实验室中进行该操作时，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗。（2）溶液A中的阴离子主要有铝与氢氧化钠生成的AlO2－和剩余氢氧化钠的OH－；合金溶于过量的氢氧化钠溶液中生成偏铝酸钠和氢气，铁和铜不溶，反应的离子方程式为2Al+2OH－+2H2O＝2AlO2－+3H2↑或2Al+2OH-+6H2O＝2[Al(OH)4]－+3H2↑；由于要制备绿矾，则试剂X是能够溶解铁的稀硫酸。（3）向溶液A中通入过量CO2气体生成固体C氢氧化铝的离子反应方程式为AlO2－+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+HCO3－；（4）从环境保护角度考虑，用固体F制备CuSO4溶液的方法不是用铜与浓硫酸反应转化为硫酸铜，而是在加热条件下铜被氧气氧化为氧化铜，再被稀硫酸溶解生成硫酸铜，反应的化学方程式为2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O。20、2玻璃棒③检查容量瓶是否漏水②⑤【解析】

根据配制一定物质的量浓度溶液的实验原理、步骤、仪器分析解答，依据进行误差分析。【详解】（1）配制0.1mol/L的NaOH溶液500mL，应选择500ml容量瓶，配制500ml溶液，需要氢氧化钠的质量m=0.1mol/L×0.5L×40g/mol=2.0g；故答案为：2.0；（2）配制顺序是：计算→称量→溶解、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签，一般用天平称量(用到药匙)称量，在烧杯中溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2∼3次并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，当加水至液面距离刻度线1∼2cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀。所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：玻璃棒；（3）氢氧化钠具有腐蚀性，应放在小烧杯中称量，故答案为：③；（4）容量瓶使用之前应先需检查是否漏水，故答案为：检查容量瓶是否漏水；（5）①未洗涤烧杯、玻璃棒，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低，故不选；

②NaOH溶液未冷却至室温就转移到容量瓶中，冷却后溶液的体积小于500ml，溶液的浓度偏高，故选；③容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液的体