2026届广西玉林市北流实验中学高一化学第一学期期末质量检测试题含解析

2026届广西玉林市北流实验中学高一化学第一学期期末质量检测试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、某溶液中含有Na＋、、、4种离子，若向其中加入少量过氧化钠固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是()A．B．Na＋C．D．2、如图表示的是纯净物、单质、化合物、含氧化合物、氧化物、碱之间的关系，若整个大圆圈代表纯净物，则下列选项中，能正确指出①、②、③、④、⑤所属物质类别的是（）A．①单质、③化合物B．②碱、⑤氧化物C．④碱、⑤含氧化合物D．④含氧化合物、③氧化物3、在一定条件下，1体积气体A2和3体积气体B2完全反应生成了2体积气体X(体积在相同条件下测定)，则X的化学式是（）A．AB B．A2B3 C．AB2 D．AB34、下列配制的溶液浓度偏高的是（）A．配制盐酸溶液用量筒取盐酸时俯视刻度线B．NaOH溶解后溶液未冷却到室温，就转移到容量瓶中，立即定容C．配制盐酸定容时，仰视容量瓶刻度线D．称量25.0g胆矾配制0.1mol/LCuSO4溶液1000mL时，砝码错放在左盘5、下列各项操作中符合“先出现沉淀后沉淀完全溶解”现象的是（）①向饱和碳酸钠溶液中通入CO2至过量②向Fe(OH)3胶体中逐滴滴加稀H2SO4至过量③向BaCl2溶液中通入CO2至过量④向澄清石灰水中逐渐通入CO2至过量⑤向Al2(SO4)3溶液中逐滴滴加Ba(OH)2至过量⑥向NaAlO2溶液中逐滴滴加盐酸至过量A．全部 B．②③④⑤⑥ C．②③④⑥ D．②④⑥6、下列物质常用作还原剂的是（）A．硝酸 B．高锰酸钾 C．氯气 D．硫酸亚铁7、据报道，科学家通过对稻壳进行控制性焚烧热解，从中提取一种叫做生物质纳米结构二氧化硅的超高活性材料，将少量这种材料掺入混凝土中，即可轻易制备出超高强度和超高耐久性能的高性能混凝土。关于二氧化硅下列说法中正确的是（）A．二氧化硅溶于水显酸性，所以它是酸性氧化物B．二氧化硅是酸性氧化物，它不溶于任何酸C．二氧化硅是一种熔点高、硬度大的固体D．二氧化硅能与烧碱和氢氟酸反应，它是两性氧化物8、下列说法中，正确的是()A．分离氯化钠和氯化银的混合物，可用蒸馏法B．从碳酸钠溶液中得到碳酸钠，可用过滤法C．分离酒精与四氯化碳的混合物，可用蒸馏法D．从碘的四氯化碳溶液中得到四氯化碳，可用萃取法9、下列说法中正确的是()A．在标准状况下，1molH2SO4的体积约为22.4LB．1molH2所占的体积约为22.4LC．在标准状况下，28gCO和N2的混合物的体积约为22.4LD．在标准状况下，NA个分子所占的体积约为22.4L(NA为阿伏加德罗常数的值)10、某同学做实验需要80mL1.0mol·L－1的CuSO4溶液，下列有关配制该溶液的说法中正确的是A．需要称量CuSO4·5H2O的质量为20.0gB．该实验用到的玻璃仪器只有烧杯、玻璃棒、容量瓶C．定容时仰视读数会使配制出的溶液浓度偏低D．定容后发现容量瓶中液体超过标线，用胶头滴管吸出一部分11、下列实验操作中不正确的是()A．分液时，分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出B．蒸馏时，应将温度计水银球放在被加热的混合液中C．过滤时，需要用玻璃棒引流D．配制一定物质的量浓度的溶液时，用蒸馏水洗涤烧杯内壁及玻璃棒2～3次，并将洗涤液都注入容量瓶12、几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：元素代号XYZW原子半径/pm1601437066主要化合价＋2＋3＋5、＋3、－3－2下列叙述正确的是()A．X、Y元素的金属性：X<YB．一定条件下，Z与W的氢化物稳定性：Z>WC．Y的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水D．一定条件下，Y单质可以与Z的最高价氧化物对应的水化物反应13、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是()A．B．C．D．14、同温同压下，11.5g气体A所占的体积和8gO2所占的体积相同，则气体A的相对分子质量为A．46B．28C．44D．6415、为了除去二氧化硫中少量的氯化氢气体，应将混合气体通入（）A．溴水 B．亚硫酸氢钠饱和溶液C．氢氧化钠溶液 D．碳酸氢钠饱和溶液16、下列分散系能产生丁达尔效应的是()A．酒精溶液 B．硫酸铜溶液 C．氢氧化铁胶体 D．泥浆水二、非选择题（本题包括5小题）17、W、X、Y、Z、M五种原子序数依次增大的短周期主族元素。X和Y同周期，W和Z同主族。W的最外层电子数是Y最外层电子数的3倍，Y的质子数比W多4。请完成下列问题：(1)Y元素在元素周期表中的位置：_____________。(2)W、X、Y简单离子的半径由大到小顺序为_____________(用具体的微粒符号表示，下同)。(3)写出X和M两种元素的最高价氧化物的水化物相互反应的离子方程式：_____________。(4)X2W2投入到X2Z的水溶液中，只观察到有沉淀产生，写出该反应的离子方程式：_____________。(5)证明元素Z和M的非金属性强弱_____________(用化学方程式表示)。18、有一包固体可能由硝酸铜、硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠中的一种或几种组成。为了探究该固体的组成，某化学小组设计并开展如图所示的实验：已知：①步骤Ⅰ中固体全部溶解，溶液呈蓝色，且无气泡产生。②步骤Ⅱ、Ⅲ中均可观察到有白色沉淀生成。请回答下列问题：(1)原固体中一定含有的物质是___________________________________________(填化学式)。(2)原固体中一定不含有的物质是________________________________________(填化学式)，原因是________________________________________________________________________。(3)写出步骤Ⅱ、Ⅲ中生成白色沉淀的离子方程式：___________________________________。(4)步骤Ⅲ所得蓝色溶液中一定含有的溶质是_____________________________(填化学式)。19、实验室欲配制0.1mol/LCuSO4溶液450mL，回答下列问题(1)需称取胆矾晶体_____g；(2)选用的主要玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒外还有_____；(3)下列情况对所配制的CuSO4溶液浓度有何影响？(填“偏大”、“偏小”、“无影响”)①称量时使用了生锈的砝码_____；②溶液移入前，容量瓶中含有少量蒸馏水_____；③定容时，俯视容量瓶的刻度线_____；20、利用下图装置，设计实验，验证浓硫酸与木炭粉反应所生成的气体产物序号①②③④装置（1）浓硫酸与木炭粉在加热条件下的化学方程式为_____________________（2）已知KMnO4酸性溶液可以吸收SO2,试用上图中各装置设计一个实验，验证上述反应所产生的各种产物。这些装置的连接顺序(按产物气流从左到右的方向)是(填装置的编号):_____________________________________（3）实验时可观察到装置①中A瓶的溶液褪色，C瓶的溶液不褪色。A瓶溶液的作用___________,B瓶溶液的作用________________C瓶溶液的作用是______________（4）裝置③中所盛溶液是_______，可验证的产物是__________________________________21、溶液M中含有MgCl2、KCl和AlCl3，某小组用下图所示过程对其进行处理以获得较纯净的AlCl3溶液。已知:AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+

HCO3-,请回答:（1）沉淀A的化学式为_______，过程①中Al3+发生反应的离子方程式为_______。（2）上述过程中的氢氧化钠溶液_____(填“能”或“不能”)用氨水代替，原因是_______。（3）溶液B中大量存在的阳离子是______，过程③反应的离子方程式为_______。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

加入少量Na2O2固体后，过氧化钠与水反应生成NaOH，Na+浓度增大，溶液显碱性，HCO3-、OH-结合生成CO32-和水，则HCO3-离子浓度减小，CO32-离子浓度增大；只有浓度基本保持不变；答案选D。2、C【解析】

如图表示的是纯净物、单质、化合物、含氧化合物、氧化物和碱之间的包含与不包含关系，若整个大圆圈代表纯净物。而纯净物包括化合物和单质，单质和化合物属于并列关系；化合物从是否含有氧元素又分含氧化合物和不含氧化合物，而氧化物、碱都属于含氧化合物，则：①为单质，②为化合物，⑤含氧化合物，③和④是并列关系的碱或氧化物。【详解】A．纯净物分为单质和化合物，单质和化合物属于并列关系，故A错误；B．碱和氧化物都含有氧元素，都属于含氧化合物，二者属于并列关系，故B错误；C．碱中的氢氧根离子含有氧元素，属于含氧化合物，属于包含关系，故C正确；D．氧化物属于含氧化合物，含氧化合物包含氧化物，故D错误；答案选C。【点睛】含氧化合物包含氧化物，氧化物只有两种元素，碱也属于含氧化合物，碱和氧化物属于并列关系。3、D【解析】

根据阿伏伽德罗定律可知，相同条件下，气体的体积与气体的物质的量成正比，且物质的量之比等于化学方程式中相应物质的化学计量数之比，再结合质量守恒定律来解答。【详解】在一定条件下，1体积气体A2和3体积气体B2完全反应生成了2体积气体X，由相同条件下，体积与物质的量成正比，且物质的量之比等于方程式中相应物质的化学计量数之比，则该反应方程式为：A2+3B2=2X，又根据反应前后各种元素的原子守恒，可知X的化学式为AB3，故合理选项是D。【点睛】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，明确体积与化学计量数的关系是解答的关键，并注意利用原子守恒来分析物质的化学式即可解答。4、B【解析】

A.配制溶液用量筒量取液体物质要平视读数；B.用容量瓶配制溶液，溶液的温度为室温；C.定容时视线要平视，仰视液面高于刻度线，俯视液面低于刻度线；D.称量物品质量时应该是左物右码。【详解】A.配制盐酸溶液用量筒取盐酸时俯视刻度线，则溶质的物质的量偏少，导致配制的溶液浓度偏低，A不符合题意；B.NaOH溶解后溶液未冷却到室温，就转移到容量瓶中，立即定容，当溶液恢复至室温后，溶液的液面低于刻度线，使溶液的体积偏小，导致配制的溶液浓度偏高，B符合题意；C.配制盐酸定容时，仰视容量瓶刻度线，则液面高于刻度线，使溶液的体积偏大，导致配制的溶液浓度偏低，C不符合题意；D.使用天平称量物质原则是左物右码，若要称量25.0g胆矾，由于不使用游码，砝码错放在左盘对称量的物质的质量无影响，25.0g胆矾中含有硫酸铜的物质的量为0.1mol，当配制的溶液体积为1000mL时，配制的溶液的浓度为0.1mol/L，对配制溶液的浓度无影响，，D不符合题意；故合理选项是B。【点睛】本题考查了物质的量浓度的溶液的配制。在配制溶液时，使用托盘天平称量物质左物右码，若质量为整数，不使用游码，砝码与物品位置放颠倒，对称量的物质质量无影响；若使用游码，则放颠倒时物品的质量等于砝码与游码质量差；容量瓶配制溶液要求温度为室温，若不冷却就直接定容，会导致溶液体积偏小，使物质浓度偏大；最后定容时要使视线与凹液面最低相平，否则仰视会使液体体积偏大，俯视使液体体积偏小，都会对配制溶液的浓度产生误差。5、D【解析】①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2，碳酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，反应为Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，原碳酸钠溶液是饱和溶液，生成碳酸氢钠后溶液变成过饱和溶液，所以会析出部分碳酸氢钠晶体，所以不出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故①错误；②向Fe(OH)3胶体中加入H2SO4会出现先凝聚生成Fe(OH)3沉淀，H2SO4过量，Fe(OH)3与H2SO4反应生成易溶于水的硫酸铁和水而溶解，出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故②正确；③弱酸不能制强酸，向BaCl2溶液中通入CO2始终无沉淀生成，故③错误；④石灰水和CO2反应，生成CaCO3沉淀，继续通入CO2，会与CaCO3反应生成可溶的Ca(HCO3)2，沉淀又溶解，所以出现先沉淀后溶解现象，故④正确；⑤向Al2(SO4)3溶液中逐滴滴加Ba(OH)2至过量，始终生成BaSO4沉淀，生成的Al(OH)3最终会溶解于过量的Ba(OH)2，故⑤错误；⑥向NaAlO2溶液中滴入过量的盐酸，发生的反应方程式为：NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl、Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O，所以发生“先沉淀后溶解”现象，故⑥正确；答案为D。6、D【解析】

一般来说，常用作还原剂，说明元素化合价处于较低价态。【详解】硝酸、氯气、高锰酸钾都具有强氧化性，一般用于氧化剂，而亚铁离子具有较强的还原性，一般用作还原剂。答案选D。7、C【解析】

A.二氧化硅是酸性氧化物，但是二氧化硅不溶于水，故A错误；B.二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，能够被氢氟酸腐蚀，故B错误；C.二氧化硅是原子晶体，原子晶体的熔点很高、硬度很大，则二氧化硅是一种熔点高、硬度大的固体，故C正确；D.二氧化硅是酸性氧化物，能与碱反应，只与氢氟酸反应，属于特性反应，与其它的酸不反应，故D错误；答案选C。8、C【解析】

根据物质的分离和提纯方法及操作注意事项分析解答。【详解】A.将氯化钠(易溶于水)和氯化银(不溶于水)的混合物加水溶解，用过滤法分离，故A错误；B.从碳酸钠溶液中得到碳酸钠，可用蒸发结晶的方法，故B错误；C.酒精和四氯化碳相互溶解，沸点不同，可用蒸馏法分离，故C正确；D.若从碘的四氯化碳溶液中分离得到四氯化碳，可用蒸馏的方法，故D错误；故选C。【点睛】难溶固体和液体的混合物的分离采用过滤法；可以互溶的液体混合物，利用沸点的不同采用蒸馏法分离；互不相溶的液体混合物采用分液法分离。9、C【解析】

A.标况下H2SO4为液体，不能使用气体摩尔体积，故A错误；B.在标准状况下，1molH2所占的体积约为22.4L，选项中没有说明标况，故B错误；C.28gCO与N2的混合气体，一氧化碳和氮气摩尔质量相同，物质的量为1mol，在标准状况下混合气体体积约为22.4L，故C正确；D.在标准状况下，NA个任何气体分子所占的体积约为22.4

L，故D错误；故选C。10、C【解析】

A．由于需要80mL的溶液，所以应当选用100mL规格的容量瓶进行配制；那么就需要0.1mol的CuSO4·5H2O，质量即25.0g，A项错误；B．配制溶液所需的玻璃仪器有烧杯，玻璃棒，容量瓶以及定容所需的胶头滴管，B项错误；C．定容时，仰视刻度线会导致加水过量，最终配制的溶液浓度偏低，C项正确；D．定容时，若加水过量超过刻度线，则需要重新配制；用胶头滴管吸出一部分，会使溶质损耗，最终配制的溶液浓度偏低，D项错误；答案选C。【点睛】一定物质的量浓度溶液的配制的一般步骤：先根据需求和容量瓶规格计算所需药品的量→选择合适的仪器和方法准确称量药品→在烧杯中溶解或稀释药品→静置使溶液恢复至室温→向容量瓶中转移溶液→洗涤烧杯并将洗涤液也转移至容量瓶中，重复三次→加水定容，当液面距离刻度线2至3cm时，改用胶头滴管加水定容→盖塞子，上下颠倒摇匀，溶液配制完成后建议尽快转移至试剂瓶中贴标签备用。11、B【解析】

A．分液时避免上下层液体混合，则分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故A正确；B．蒸馏时温度计测定馏分的温度，则温度计水银球在蒸馏烧瓶的支管口处，故B错误；C．过滤需要引流，用玻璃棒引流，故C正确；D．烧杯、玻璃棒有残留的溶质，用蒸馏水洗涤烧杯内壁及玻璃棒2～3次，并将洗涤液都注入容量瓶，故D正确；故选：B。12、D【解析】

W主要化合价为-2价，没有+6价，故W为氧元素；Z元素化合价为+5、+3、-3，Z处于ⅤA族，原子半径与氧元素相差不大，Z与氧元素处于同一周期，则Z为N元素；X化合价为+2价，应为周期表第ⅡA族，Y的化合价为+3价，应为周期表第ⅢA族元素，二者原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主族，由于X、Y的原子半径与W、Z原子半径相差很大，则X、Y应在第三周期，所以X为镁元素，Y为铝元素，据此分析解答问题。【详解】A．同周期自左而右，金属性减弱，所以X、Y元素的金属性X＞Y，A选项错误；B．非金属越强，氢化物越稳定，非金属性：O>N，则稳定性：H2O>NH3，B选项错误；C．Y的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝，稀氨水碱性较弱，不能与氢氧化铝发生反应，C选项错误；D．Z的最高价氧化物对应的水化物为HNO3，Al可与稀硝酸发生氧化还原反应，D选项正确；答案选D。【点睛】主族元素若有最高正价，则其最高正价=族序数，若有最低负价，则其最低负价=族序数-8。13、B【解析】

A.钠在空气中燃烧生成过氧化钠，故A错误；B.Fe与盐酸反应生成FeCl2和氢气，FeCl2被氯气氧化生成FeCl3，则物质间转化均能实现，故B正确；C.NaAlO2与过量盐酸反应生成AlCl3，发生反应，得不到氢氧化铝，故C错误；D.SiO2不能溶于水，不能与水反应，故D错误；故选B。14、A【解析】

根据气体的体积与物质的量之间的关系分析。【详解】同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，8gO2的物质的量为0.25mol，即11.5gA气体的物质的量亦为0.25mol，气体A的摩尔质量为：11.5g0.25g故选A。【点睛】同温同压下，V115、B【解析】

A．溴水与二氧化硫反应，将原物质除去，故A错误；B．HCl与亚硫酸氢钠饱和溶液反应生成二氧化硫，且不引入新杂质，洗气可分离，故B正确；C．二者均与NaOH反应，不能除杂，故C错误；D．二者均与碳酸氢钠饱和溶液反应，不能除杂，故D错误；故答案为B。【点睛】考查混合物分离提纯，把握物质的性质、发生的反应、除杂原则为解答的关键，需要注意的是，在除杂时，所加除杂质的试剂必须“过量”，只有过量才能除尽欲除杂质，由过量试剂引入的新的杂质必须除尽，同时分离和除杂质的途径必须选择最佳方案(操作简单、常见)。16、C【解析】

分散系分为溶液、胶体、浊液，胶体粒子的微粒直径在1-100nm之间，分散质微粒直径小于1nm的是溶液，大于100nm的是浊液，丁达尔效应是指当一束光线透过胶体，从入射光的垂直方向可以观察到胶体里出现的一条光亮的“通路，丁达尔现象是胶体特有的性质。【详解】A项、酒精溶液是溶液，不是胶体，没有丁达尔效应，故A不符合题意；B项、硫酸铜溶液是溶液，不是胶体，没有丁达尔效应，故B不符合题意；C项、氢氧化铁胶体是胶体，能产生丁达尔效应，故C符合题意；D项、泥浆水是悬浊液，不是胶体，没有丁达尔效应，故D不符合题意；故选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、第三周期ⅡA族O2-＞Na+＞Mg2+H++OH-═H2ONa2O2+S2-+2H2O═S↓+2Na++4OH-H2S+Cl2═S↓+2HCl【解析】

W、X、Y、Z、M

五种原子序数依次增大的短周期主族元素。X和Y同周期，W和Z同主族，W的最外层电子数是Y最外层电子数的3倍，Y最外层含有1个或2个电子，W最外层含有3个或6个电子，结合原子序数大小可知，Y为Na或Mg，W为B或O，又Y的质子数比W多4，则Y为Mg，W为O；W和Z同主族，则Z为S；M的原子序数大于S，则M为Cl元素；X和Y同周期，则X为Na，据此解答。【详解】根据分析可知，W为O，X为Na，Y为Mg，Z为S，M为Cl，（1）Mg的原子序数为12，位于周期表中第三周期ⅡA族，故答案为：第三周期ⅡA族；

（2）O2-．Na+．Mg2+都含有2个电子层，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径大小为：O2->Na+>Mg2+，故答案为：O2->Na+>Mg2+；

（3）Na和Cl两种元素的最高价氧化物的水化物分别为NaOH和高氯酸，氢氧化钠和高氯酸反应的离子方程式为：H++OH-═H2O，故答案为：H++OH-═H2O；

（4）Na2O2

投入到Na2S的水溶液中，只观察到有沉淀产生，说明反应生成S单质，该反应的离子方程式为：Na2O2+S2-+2H2O═S↓+2Na++4OH-，故答案为：Na2O2+S2-+2H2O═S↓+2Na++4OH-；

（5）非金属性越强，单质的氧化性越强，根据反应H2S+Cl2═S↓+2HCl可知，非金属性Cl>S，故答案为：H2S+Cl2═S↓+2HCl。18、Cu(NO3)2、Na2SO4NaHCO3向固体中加入稀盐酸时无气泡产生Ba2＋＋SO42-=BaSO4↓，Ag＋＋Cl－=AgCl↓HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2、Cu(NO3)2【解析】

根据固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜；又因为无气泡产生，所以固体中一定不含有碳酸氢钠；步骤Ⅱ加入过量硝酸钡产生白色沉淀，说明固体中一定含有硫酸钠；步骤Ⅲ中加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，则该白色沉淀为氯化银，由于一开始加入过量稀盐酸，所以溶液中一定有氯离子，所以会生成氯化银沉淀，但不能确定一定含有氯化钠．【详解】（1）固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有Cu(NO3)2；步骤Ⅱ加入过量硝酸钡产生白色沉淀，说明固体中一定含有Na2SO4；（2）固体加过量稀盐酸无气泡产生，所以固体中一定不含有NaHCO3；（3）根据向固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜，硝酸铜溶于水，所以蓝色滤液中一定含有硝酸铜和硝酸；加入过量硝酸钡，说明硝酸钡有剩余，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钡；硝酸钡和硫酸钠反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，离子方程式是Ba2++SO42-=BaSO4↓，最后加入硝酸银，产生的白色沉淀是氯化银，离子方程式是Cl-+Ag+=AgCl↓；（4）根据向固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜，硝酸铜溶于水，所以蓝色滤液中一定含有硝酸铜和硝酸；加入过量硝酸钡，说明硝酸钡有剩余，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钡；硝酸钡和硫酸钠反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钠，综合分析可知，蓝色滤液中一定含有的溶质是：HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2、Cu(NO3)2。【点睛】首先分析所给混合物中各物质的性质，然后根据题中所给的实验现象进行判断，最后确定混合物的组成成分。19、12.5500mL容量瓶、胶头滴管偏大无影响偏大【解析】

实验室欲配制0.1mol/LCuSO4溶液450mL，应选择500mL容量瓶，即配制0.1mol/LCuSO4溶液500mL，用托盘天平称取胆矾，在烧杯中溶解后，将溶液沿玻璃棒转移入500mL容量瓶中，用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2-3次，将洗涤液也注入容量瓶中，向容量瓶中加水至距刻度线1-2cm处，改用胶头滴管滴加水，直至凹液面最低点与刻度线相切，盖上塞子，倒转摇匀，溶液配制完成，据此解答本题。【详解】（1）配制480mL0.1mol•L﹣1的CuSO4溶液，应选择500mL容量瓶，依据m＝cVM计算溶质CuSO4•5H2O的质量，m=0.1mol/L×0.5L×250g/mol＝12.5g；（2）溶液配制操作步骤有：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，根据步骤选择玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、500mL容量瓶和胶头滴管；（3）①称量所需CuSO4.5H2O的质量时，砝码生锈了，导致称取溶质的质量偏大，溶质的物质的量偏大，溶液浓度偏大；②容量瓶内原来存有少量的水，对溶质的物质