2021-2022学年上海市嘉定一中高二（上）期中化学试卷

这是一份2021-2022学年上海市嘉定一中高二（上）期中化学试卷，共26页。试卷主要包含了选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年上海市嘉定一中高二（上）期中化学试卷
一、选择题（本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项）
1．（2分）常温下，Fe、Al在浓硫酸中钝化，浓硫酸表现了（　　）
A．难挥发性 B．吸水性 C．脱水性 D．强氧化性
2．（2分）能表现Al（OH）3的弱酸性的是（　　）
A．Al溶于稀H2SO4
B．Al（OH）3溶于NaOH溶液
C．Al（OH）3受热分解
D．AlCl3溶液和氨水混合产生沉淀
3．（2分）下列有关化学用语的表示正确的是（　　）
A．中子数为20的氯原子Cl
B．H2O2的电子式：
C．氮原子的结构示意图
D．二氧化碳分子的结构式O﹣C﹣O
4．（2分）下列离子方程式正确的是（　　）
A．明矾溶液中加氨水：Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓
B．Al与稀H2SO4：Al+2H+═Al3++H2↑
C．偏铝酸钠溶液中加过量HCl：AlO2﹣+4H+═Al3++2H2O
D．FeS固体放入稀硝酸溶液中：FeS+2H+═Fe2++H2S↑
5．（2分）在浅绿色的Fe（NO3）2溶液中滴加足量的盐酸，则溶液的颜色（　　）
A．变黄 B．绿色更深 C．绿色更浅 D．无变化
6．（2分）不涉及氧化还原反应的是（　　）
A．FeCl3用于溶解线路板上的铜
B．氢氧化铝用于治疗胃酸过多
C．氢氧化钠能够溶解铝制易拉罐
D．电解饱和食盐水获取氯气
7．（2分）下列说法能够说明氮的非金属性比磷强的是（　　）
A．HNO3比H3PO4更稳定
B．HNO3的氧化性比H3PO4强
C．HNO3的酸性比H3PO4强
D．HNO3比H3PO4容易挥发
8．（2分）把一小块金属钠放入过量的AlCl3溶液中，所得产物是（　　）
A．Al（OH）3、NaAlO2和H2 B．NaAlO2和H2
C．Al（OH）3、NaCl和H2 D．Al、NaCl和H2
9．（2分）不能用元素周期律解释的事实是（　　）
A．碱性：KOH＞NaOH B．相对原子质量：Ar＞K
C．稳定性：H2O＞H2S D．元素的金属性：Mg＞Al
10．（2分）下列实验现象的描述正确的是（　　）
A．将红热的Fe丝伸入到盛Cl2的集气瓶中，产生棕黄色烟
B．向Na2CO3溶液中，逐滴滴加几滴稀盐酸，有气泡产生
C．FeSO4溶液中加入NaClO溶液，产生红褐色沉淀
D．NaOH溶液中逐滴加AlCl3溶液，产生的现象是先有白色沉淀后消失
11．（2分）下列各组物质的水溶液不用试剂无法鉴别出来的是（　　）
A．NaOH、AlCl3 B．CuSO4、BaCl2
C．NaAlO2、HCl D．MgCl2、AlCl3
12．（2分）对于下列装置，不添加其他仪器无法检查其气密性的是（　　）
A． B．
C． D．
13．（2分）最近，美国普度大学的研究人员开发出一种利用铝镓合金加水制造氢气的新工艺．这项技术具有广泛的能源潜在用途，包括为汽车提供原料、潜水艇提供燃料等．该技术通过向铝镓合金注水，铝生成氧化铝，同时生成氢气．合金中镓（Ga，ⅢA）是关键成分，可阻止铝形成致密的氧化膜．下列关于铝、镓的说法正确的是（　　）
A．铝的金属性比镓强
B．铝的熔点比镓低
C．Ga（OH）3与Al（OH）3性质相似，一定能与NaOH溶液反应
D．铝、镓合金与水反应后的物质可以回收利用冶炼铝
14．（2分）向含2molKAl（SO4）2的溶液中加入适量Ba（OH）2溶液，当溶液中铝元素全部沉淀下来时，生成BaSO4物质的量是（　　）
A．3mol B．4mol C．1mol D．0.5mol
15．（2分）硫酸铜晶体结晶水含量的测定结果，相对误差为﹣2.67%，其原因可能是（　　）
A．实验时盛放硫酸铜晶体的容器未完全干燥
B．加热过程中晶体有少量溅失
C．硫酸铜晶体灼烧后有黑色物质出现
D．加热后固体未放入干燥器中冷却
16．（2分）实验室用NH3通入AlCl3溶液中制备Al（OH）3，经过滤、洗涤，灼烧得高纯度的Al2O3，下列图示装置能达到实验目的的是（　　）

A．用装置甲制取NH3 B．用装置乙制备Al（OH）3
C．用装置丙进行过滤操作 D．用装置丁灼烧Al2O3
17．（2分）现有AlCl3和MgSO4混合溶液，向其中不断加入NaOH溶液，得到沉淀的量与加入NaOH溶液的体积如图所示，原溶液中Cl﹣与SO42﹣的物质的量之比为（　　）

A．1：3 B．2：3 C．6：1 D．3：1
18．（2分）在铁的氧化物和氧化铝组成的混合物中，加入 2mol/L 硫酸溶液 65mL，恰好完全反应，所得溶液中Fe2+能被标准状况下 112mL 氯气氧化．则原混合物中金属元素和氧元素的原子个数之比为（　　）
A．9：13 B．5：7 C．4：3 D．3：4
19．（2分）四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的简单离子具有相同电子层结构，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，W与Y同族，Z与X形成的离子化合物中阴阳离子个数比为1：1．下列说法正确的是（　　）
A．简单离子半径：W＜X＜Z
B．W与X形成的化合物溶于水后溶液呈碱性
C．气态氢化物的热稳定性：W＜Y
D．最高价氧化物的水化物的酸性：Y＞Z
20．（2分）某溶液中可能含有 H+、NH4+、Fe2+、SO42﹣、CO32﹣、Br﹣，且物质的量浓度相同；取样进行实验，结果是：①测得溶液 pH＝2；②加入氯水，溶液颜色变深。对原溶液描述错误的是（　　）
A．一定含有 Fe2+ B．一定含有 Br﹣
C．可能同时含 Fe2+、Br﹣ D．一定不含NH4+
二、综合题
21．（8分）下表为元素周期表的部分，请参照元素①—⑧在表中的位置，用化学用语回答下列问题：

（1）④、⑤、⑥的原子半径由大到小的顺序为 　 　（填元素符号）。
（2）②、③、⑦的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是 　 　（填化学式）。
（3）①、④、⑤、⑧四种元素中，某些元素间可形成既含离子键又含共价键的化合物，写出其中一种化合物的电子式：　 　。
（4）短周期元素中，非金属性最强的元素在周期表中的位置是 　 　，在上表①～⑧所列元素中其最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是 　 　（写名称）。
（5）元素③单质的结构式是 　 　，元素③和⑦形成的化合物是一种高温陶瓷材料，硬度大、熔点高，则该物质的晶体类型是 　 　。
（6）元素⑥的最高价氧化物对应的水化物在碱性条件下的电离方程式是 　 　。
22．（14分）用氯气对饮用水消毒已有百年历史。这种消毒方法会使饮用水中的有机物发生氯代反应，生成有机含氯化合物，对人体有害，且氯气本身也是一种有毒气体。世界环保联盟建议推广采用广谱性高效消毒剂二氧化氯（ClO2）目前欧洲一些国家用NaClO3氧化浓盐酸来制取ClO2，同时有Cl2生成，反应的化学方程式为：
　 　NaClO3+　 　HCl＝　 　NaCl+　 　ClO2↑+　 　Cl2↑+　 　H2O。
（1）此反应中氧化剂是：　 　，在反应中盐酸体现的性质是 　 　和 　 　。
（2）在标准状况下有4.48L氯气生成时，转移的电子数目为 　 　，被氧化的盐酸的物质的量为 　 　mol。
（3）我国研制成功用氯气氧化亚氯酸钠（在氮气保护下）制得ClO2，表示这一反应的化学方程式是2NaClO2+Cl2═2ClO2↑+2A。已知A物质是一种盐，它的化学式为 　 　。这一方法的优点是 　 　。
（4）用一个实验事实证明氯元素的非金属性比溴元素强 　 　（用化学方程式表示）。
23．（8分）某研究小组利用如图所示的装置，进行CO还原Fe2O3的实验（固定装置略）。

（1）装置B中发生的化学方程式　 　。装置C的作用是　 　
（2）用酒精喷灯对装置D加热，得到灰黑色粉末用黑色粉末进行以下实验：
步骤
操作
现象
1
取灰黑色粉末加入稀硫酸
溶解，有气泡
2
取步骤1中溶液，滴加NaOH溶液后，在空气中，搅拌放置
白色沉淀最终变为红褐色
3
取步骤1中溶液，滴加KSCN溶液
无现象
4
向步骤3溶液中滴加新制氯水至过量
先变红，后褪色
①得到的灰黑色粉末是　 　（填写化学式）。
②步骤2中“白色沉淀最终变为红褐色”的化学反应方程式为　 　。
③步骤4中，溶液变红的原因为　 　；溶液褪色可能的原因　 　；验证上述原因的实验操作方法为　 　。
（3）上述装置，从实验安全考虑，需要采取的改进措施是　 　。
24．（10分）某学习小组用如图装置测定镁铝合金中镁的质量分数（合金中含不与酸反应的杂质）
（1）A中试剂为稀硫酸，则需要稀硫酸是 　 　（填“过量”、“适量”或“少量”）。
（2）实验前，先将铝镁合金在稀硫酸中没泡片刻，其目的是 　 　；在加入试剂之前，必须对装置进行的操作是 　 　。
（3）完成以上操作后，还有以下操作：
①记录C的液面位盟
②将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重
③待B中不再有气体产生并恢复至室温后，记录C的液面位置
④向B滴加试剂A
这四步操作的正确顺序是：　 　；记录C的液面位置时，除视线平视外，还应 　 　。
（4）B中发生反应的离子方程式为 　 　。
（5）若未洗涤过滤所得的不溶物，则测得镁的质量分数将 　 　（填“偏大”、“偏小”或“不受影响”）若实验用铝镁合金的质量为ag，测得氢气体积为bmL（已换算为标准状况），B中剩余固体的质量为cg，则合金中镁的质量分数为 　 　。


2021-2022学年上海市嘉定一中高二（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项）
1．（2分）常温下，Fe、Al在浓硫酸中钝化，浓硫酸表现了（　　）
A．难挥发性 B．吸水性 C．脱水性 D．强氧化性
【分析】常温下，由于浓硫酸的强氧化性，会在Fe、Al表面生成一层致密的氧化物，阻止反应的进一步发生。
【解答】解：常温下，由于浓硫酸的强氧化性，会在Fe、Al表面生成一层致密的氧化物，阻止反应的进一步发生，从而发生钝化，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查浓硫酸的性质，题目难度不大，注意基本原理的理解。
2．（2分）能表现Al（OH）3的弱酸性的是（　　）
A．Al溶于稀H2SO4
B．Al（OH）3溶于NaOH溶液
C．Al（OH）3受热分解
D．AlCl3溶液和氨水混合产生沉淀
【分析】依据酸碱中和的性质解答，氢氧化铝显弱酸性，则能够与碱发生酸碱中和反应，据此分析解答。
【解答】解：A．Al溶于稀硫酸，是金属的通性，不能说明Al（OH）3弱酸性，故A不选；
B．Al（OH）3溶于NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，可证明Al（OH）3的弱酸性，故B选；
C．Al（OH）3受热分解体现的是氢氧化铝的不稳定性，与弱酸性无关，故C不选；
D．AlCl3溶液和氨水混合，是盐溶液与碱发生复分解反应，不能说明Al（OH）3弱酸性，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查了元素化合物知识，主要考查物质的两性，明确氢氧化铝的两性是解题关键，题目难度不大。
3．（2分）下列有关化学用语的表示正确的是（　　）
A．中子数为20的氯原子Cl
B．H2O2的电子式：
C．氮原子的结构示意图
D．二氧化碳分子的结构式O﹣C﹣O
【分析】A.质量数＝质子数+中子数，元素符号左上角为质量数、左下角为质子数；
B.过氧化氢为共价化合物，其分子中不存在阴阳离子；
C.氮原子的核电荷数＝核外电子总数＝7，最外层含有5个电子；
D.二氧化碳分子中含有两个碳氧双键。
【解答】解：A.中子数为20的氯原子的质量数为17+20＝37，该原子可以表示为Cl，故A正确；
B.H2O2为共价化合物，其电子式为，故B错误；
C.氮原子的核内有7个质子，核外有7个电子，其原子结构示意图为，故C错误；
D.二氧化碳为共价化合物，其分子中含有2个碳氧双键，其结构式为O＝C＝O，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查常见化学用语的表示方法，为高频考点，涉及电子式、结构简式、元素符号等知识，把握常见化学用语的书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的规范答题能力，题目难度不大。
4．（2分）下列离子方程式正确的是（　　）
A．明矾溶液中加氨水：Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓
B．Al与稀H2SO4：Al+2H+═Al3++H2↑
C．偏铝酸钠溶液中加过量HCl：AlO2﹣+4H+═Al3++2H2O
D．FeS固体放入稀硝酸溶液中：FeS+2H+═Fe2++H2S↑
【分析】A．一水合氨为弱碱，应保留化学式；
B．电荷不守恒；
C．反应生成氯化铝和水；
D．稀硝酸能够氧化亚铁离子和硫离子。
【解答】解：A．Al3+和过量NH3•H2O反应只能生成Al（OH）3，离子方程式为：Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故A错误；
B．Al与稀H2SO4反应离子方程式为：2Al+6H+═2Al3++3H2↑，故B错误；
C．偏铝酸钠溶液中加过量HCl的离子反应为：AlO2﹣+4H+＝Al3++2H2O，故C正确；
D．FeS固体放入稀硝酸溶液中，发生氧化还原反应，正确的离子反应为：FeS+NO3﹣+4H+═Fe3++2H2O+NO↑+S↓，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应及与量有关的离子反应考查，题目难度不大。
5．（2分）在浅绿色的Fe（NO3）2溶液中滴加足量的盐酸，则溶液的颜色（　　）
A．变黄 B．绿色更深 C．绿色更浅 D．无变化
【分析】滴加足量的盐酸后，酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚铁离子，以此分析解答。
【解答】解：在浅绿色的Fe（NO3）2溶液中滴加足量的盐酸，酸性条件下亚铁离子被硝酸根离子氧化生成铁离子，所以溶液由浅绿色变成黄色，
故选：A。
【点评】本题考查亚铁离子与铁离子的转化，为高频考点，把握亚铁离子与铁离子的性质为解答关键，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
6．（2分）不涉及氧化还原反应的是（　　）
A．FeCl3用于溶解线路板上的铜
B．氢氧化铝用于治疗胃酸过多
C．氢氧化钠能够溶解铝制易拉罐
D．电解饱和食盐水获取氯气
【分析】判断物质发生反应时，所含元素的化合价是否发生变化，如化合价发生变化，则发生氧化还原反应，不变化，则不涉及氧化还原反应。
【解答】解：A．FeCl3用于溶解线路板上的铜，存在Fe、Cu元素化合价的变化，为氧化还原反应，故A不选；
B．氢氧化铝用于治疗胃酸过多，为中和反应，不存在化合价发生变化，不涉及氧化还原反应，故B选；
C．氢氧化钠能够溶解铝制易拉罐，存在Al、H元素化合价的变化，为氧化还原反应，故C不选；
D．电解饱和食盐水获取氯气，存在Cl、H元素化合价的变化，为氧化还原反应，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度不大，注重基础知识的积累。
7．（2分）下列说法能够说明氮的非金属性比磷强的是（　　）
A．HNO3比H3PO4更稳定
B．HNO3的氧化性比H3PO4强
C．HNO3的酸性比H3PO4强
D．HNO3比H3PO4容易挥发
【分析】比较元素的非金属性，可根据元素对应的氢化物的稳定性、最高价氧化物的水化物的酸性以及与氢气反应的剧烈程度等角度．
【解答】解：A．应为氢化物的稳定性，故A错误；
B．比较非金属的强弱，可根据单质的氧化性或阴离子的还原性强弱，不能根据最高价含氧酸的氧化性比较，故B错误；
C．HNO3的酸性比H3PO4强，且二者都是最高价含氧酸，可说明氮的非金属性比磷强，故C正确；
D．挥发性属于物理性质，不能用于比较非金属性，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查元素周期律的递变规律，题目难度不大，注意比较元素非金属性的角度，学习中注意相关基础知识的积累．
8．（2分）把一小块金属钠放入过量的AlCl3溶液中，所得产物是（　　）
A．Al（OH）3、NaAlO2和H2 B．NaAlO2和H2
C．Al（OH）3、NaCl和H2 D．Al、NaCl和H2
【分析】把一小块金属钠放入过量的AlCl3溶液中，钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀和氯化钠，据此判断解答。
【解答】解：把一小块金属钠放入过量的AlCl3溶液中会发生如下两个化学反应：2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑、AlCl3+3NaOH＝Al（OH）3↓+3NaCl，由于AlCl3过量，则不会有偏铝酸根生成，故所得产物是Al（OH）3、NaCl和H2，
故选：C。
【点评】本题考查了元素化合物知识，明确钠与盐溶液反应实质是解题关键，注意钠少量即氢氧化钠少量，得到氢氧化铝不会反应生成偏铝酸钠，题目难度不大。
9．（2分）不能用元素周期律解释的事实是（　　）
A．碱性：KOH＞NaOH B．相对原子质量：Ar＞K
C．稳定性：H2O＞H2S D．元素的金属性：Mg＞Al
【分析】A.金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；
B.相对原子质量与元素周期律无关；
C.非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强；
D.主族元素同周期从左向右金属性逐渐减弱。
【解答】解：A.金属性K＞Na，则最高价氧化物对应水化物的碱性：KOH＞NaOH，能用元素周期律解释，故A不选；
B.相对原子质量与原子的自身质量大小有关，Ar原子的质量大于K原子，则相对原子质量：Ar＞K，不能用元素周期律解释，故B选；
C.非金属性O＞S，则简单氢化物的稳定性：H2O＞H2S，能用元素周期律解释，故C不选；
D.Mg、Al位于第三周期，均为主族元素，原子序数越大金属性越弱，原子序数Mg＜Al，则元素的金属性：Mg＞Al，能用元素周期律解释，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查元素周期律的应用，为高频考点，把握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系为解答关键，试题侧重考查学生灵活运用基础知识的能力，题目难度不大。
10．（2分）下列实验现象的描述正确的是（　　）
A．将红热的Fe丝伸入到盛Cl2的集气瓶中，产生棕黄色烟
B．向Na2CO3溶液中，逐滴滴加几滴稀盐酸，有气泡产生
C．FeSO4溶液中加入NaClO溶液，产生红褐色沉淀
D．NaOH溶液中逐滴加AlCl3溶液，产生的现象是先有白色沉淀后消失
【分析】A．铁丝与氯气反应生成氯化铁；
B．碳酸钠中滴入几滴盐酸反应生成碳酸氢气钠和氯化钠；
C．亚铁离子有强还原性，NaClO有强氧化性，二者反应生成Fe3+，酸性较弱时生成Fe（OH）3沉淀；
D．氢氧化钠中滴入氯化铝反应生成偏铝酸钠，继续滴入，偏铝酸钠与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀。
【解答】解：A．铁丝与氯气反应生成氯化铁，产生棕红色烟，故A错误；
B．碳酸钠中滴入几滴盐酸反应生成碳酸氢气钠和氯化钠，不产生气体，故B错误；
C．FeSO4溶液中加入NaClO溶液，反应为6Fe2++3ClO﹣+3H2O＝2Fe（OH）3+3Cl﹣+4Fe3+，产生红褐色沉淀，故C正确；
D．氢氧化钠中滴入氯化铝反应生成偏铝酸钠，继续滴入，偏铝酸钠与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，现象开始没有沉淀，后来出现沉淀，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查元素及其化合物的性质、电解原理的应用，为高频考点，侧重考查学生基础知识的掌握，明确物质的性质和相关反应是解题关键，注意实验现象描述的准确性和知识积累，题目难度不大。
11．（2分）下列各组物质的水溶液不用试剂无法鉴别出来的是（　　）
A．NaOH、AlCl3 B．CuSO4、BaCl2
C．NaAlO2、HCl D．MgCl2、AlCl3
【分析】不用试剂无法鉴别，则改变物质的用量，发生的反应及现象相同；结合物质的颜色及改变用量发生的反应来鉴别物质，以此来解答．
【解答】解：A．NaOH少量生成沉淀，NaOH过量沉淀溶解，不需要试剂可鉴别，故A不选；
B．CuSO4为蓝色，BaCl2溶液为无色，观察颜色可鉴别，故B不选；
C．HCl少量生成沉淀，HCl过量沉淀溶解，不需要试剂可鉴别，故C不选；
D．二者相互不反应，且均为无色，不用试剂无法鉴别，故D选；
故选：D。
【点评】本题考查物质的鉴别，为高频考点，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，侧重与量有关的反应及离子颜色的考查，题目难度不大．
12．（2分）对于下列装置，不添加其他仪器无法检查其气密性的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据检查装置气密性的方法及注意事项分析即可。装置气密性检验的原理是：通过气体发生器与附设的液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象（如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）来判断装置气密性的好坏，据此即可解答。
【解答】解：A．图中的装置分液漏斗液面上的气体与烧瓶内气体相通，分液漏斗中的液体上下压强相等，所以无论该装置气密性是否良好，液体都会顺利滴下，所以不能检查出装置是否漏气，故A选；
B．用止水夹夹住右边导管，向长颈漏斗中倒水，若液面高度不变，说明装置气密性良好，所以能检查出装置是否漏气，故B不选；
C．对于该装置的气密性检查，主要是通过气体受热后体积膨胀、压强增大来进行检验。即用手握住试管外壁，如果装置漏气，压强不变化，就无现象；如果装置不漏气，温度升高，压强就变大就会在导管口产生气泡，所以能检查出装置是否漏气，故C不选；
D．图中的装置向外拉活塞，若气密性良好，则导管口会有气泡产生，若气密性不好则不会有气泡产生，所以能检查出装置是否漏气，故D不选；
故选：A。
【点评】本题主要考查了装置气密性的检验，关键根据检查装置气密性的原理结合各装置进行分析是解题的关键，题目难度不大，侧重于考查学生的分析能力和实验探究能力。
13．（2分）最近，美国普度大学的研究人员开发出一种利用铝镓合金加水制造氢气的新工艺．这项技术具有广泛的能源潜在用途，包括为汽车提供原料、潜水艇提供燃料等．该技术通过向铝镓合金注水，铝生成氧化铝，同时生成氢气．合金中镓（Ga，ⅢA）是关键成分，可阻止铝形成致密的氧化膜．下列关于铝、镓的说法正确的是（　　）
A．铝的金属性比镓强
B．铝的熔点比镓低
C．Ga（OH）3与Al（OH）3性质相似，一定能与NaOH溶液反应
D．铝、镓合金与水反应后的物质可以回收利用冶炼铝
【分析】A、根据同主族元素金属性的递变规律分析，同主族元素从上到下金属性逐渐增强；
B、二者都是金属晶体，金属键越强，熔点越高，二者离子电荷相同，离子半径越大金属键越弱；
C、Ga的金属性比Al强，Ga（OH）3可能不表现为两性氢氧化物；
D、铝镓合金与水反应，铝生成氧化铝，工业上电解熔融的氧化铝冶炼铝．
【解答】解：A、同主族元素从上到下金属性逐渐增强，金属性Ga＞Al，故A错误；
B、二者都是金属晶体，离子半径Ga3+＞Al3+，故金属Al中的金属键更强，故熔点Al＞Ga，故B错误；
C、Ga的金属性比Al强，Ga（OH）3可能不表现为两性氢氧化物，故Ga（OH）3不一定与能与NaOH溶液反应，故C错误；
D、铝镓合金与水反应，铝生成氧化铝，可以回收氧化铝冶炼铝，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查同族性质的相似性与递变性，难度不大，注意基础知识的积累．
14．（2分）向含2molKAl（SO4）2的溶液中加入适量Ba（OH）2溶液，当溶液中铝元素全部沉淀下来时，生成BaSO4物质的量是（　　）
A．3mol B．4mol C．1mol D．0.5mol
【分析】当溶液中铝元素全部沉淀下来时的化学方程式为：2KAl（SO4）2+3Ba（OH）2＝K2SO4+2Al（OH）3↓+3BaSO4↓，结合molKAl（SO4）2的物质的量计算出生成BaSO4的物质的量。
【解答】解：向含2molKAl（SO4）2的溶液中加入适量Ba（OH）2溶液，当溶液中铝元素全部沉淀下来时的化学方程式为：2KAl（SO4）2+3Ba（OH）2＝K2SO4+2Al（OH）3↓+3BaSO4↓，则生成BaSO4的物质的量为：n（BaSO4）＝n[KAl（SO4）2]＝2mol×＝3mol，
故选：A。
【点评】本题考查化学方程式的计算，为高频考点，把握物质性质、发生反应方程式为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力，题目难度不大。
15．（2分）硫酸铜晶体结晶水含量的测定结果，相对误差为﹣2.67%，其原因可能是（　　）
A．实验时盛放硫酸铜晶体的容器未完全干燥
B．加热过程中晶体有少量溅失
C．硫酸铜晶体灼烧后有黑色物质出现
D．加热后固体未放入干燥器中冷却
【分析】结晶水合物中结晶水的质量＝m（容器+晶体）﹣m（容器+无水硫酸铜），质量分数＝×100%，相对误差为﹣2.67%，说明测定结晶水含量结果偏低，据此结合选项判断。
【解答】解：相对误差为﹣2.67%，说明测定的结晶水含量偏小，
A．实验时盛放硫酸铜晶体的容器未完全干燥，会使误差偏大，故A错误；
B．加热过程中晶体有少量溅失，固体质量减少得多，结晶水含量测得值会偏大，故B错误；
C．加热后固体颜色有少量变黑，说明部分硫酸铜分解，导致计算出的结晶水的质量偏高，测定结果偏高，故C错误；
D．加热后固体未放入干燥器中冷却，固体部分吸水，测定的结晶水含量质量偏低，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查硫酸铜晶体中结晶水含量的测定，题目难度不大，明确实验原理、正确操作方法为解答关键，试题侧重基础知识的考查，有利于提高学生的化学实验能力。
16．（2分）实验室用NH3通入AlCl3溶液中制备Al（OH）3，经过滤、洗涤，灼烧得高纯度的Al2O3，下列图示装置能达到实验目的的是（　　）

A．用装置甲制取NH3 B．用装置乙制备Al（OH）3
C．用装置丙进行过滤操作 D．用装置丁灼烧Al2O3
【分析】A．氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵；
B．氨气与氯化铝反应生成氢氧化铝，导管口在液面下易发生倒吸；
C．过滤需要引流；
D．灼烧在坩埚中进行。
【解答】解：A．氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵，应选铵盐与碱加热制备，故A错误；
B．氨气与氯化铝反应生成氢氧化铝，导管口在液面下易发生倒吸，导管口应在液面上，故B错误；
C．过滤需要引流，图中缺少玻璃棒，故C错误；
D．灼烧在坩埚中进行，图中灼烧操作合理，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
17．（2分）现有AlCl3和MgSO4混合溶液，向其中不断加入NaOH溶液，得到沉淀的量与加入NaOH溶液的体积如图所示，原溶液中Cl﹣与SO42﹣的物质的量之比为（　　）

A．1：3 B．2：3 C．6：1 D．3：1
【分析】依据图中关系可知，加入氢氧化钠溶液0.4体积时，发生反应AlCl3～Al（OH）3↓、MgSO4～Mg（OH）2↓，则0.4V～0.5体积时NaOH发生了NaOH与氢氧化铝的反应，由铝原子守恒可判断原溶液中的铝离子，即得出氯离子的量，依据0～0.4V氢氧化钠溶液时发生反应AlCl3～Al（OH）3↓、MgSO4～Mg（OH）2↓，求出Mg2+的量，进而得到SO42﹣的物质的量，据此解答．
【解答】解：第一条上升的直线是表示AlCl3和MgSO4一起产生沉淀，第二条下降的直线表示Al（OH）3沉淀溶解，设氢氧化钠溶液的浓度为c，根据Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，第二条直线可知加入0.1V体积的NaOH将氢氧化铝完全溶解，可知AlCl3是0.1cVmol，则氯离子的物质的量为0.3cVmol，再根据Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，由这些氯化铝完全沉淀消耗氢氧化钠0.3V体积；
再根据第一条直线可知，0.4V﹣0.3V＝0.1V体积的氢氧化钠将镁离子全部沉淀，而Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓，所以MgSO4为0.05cVmol，所以硫酸根离子的物质的量为0.05cVmol，
所以原溶液中Cl﹣与SO42﹣的物质的量之比为0.3cVmol：0.05cVmol＝6：1，
故选：C。
【点评】本题考查了有关离子方程式的计算，明确图中各段发生的离子反应是解题关键，注意氢氧化铝的两性，题目难度中等．
18．（2分）在铁的氧化物和氧化铝组成的混合物中，加入 2mol/L 硫酸溶液 65mL，恰好完全反应，所得溶液中Fe2+能被标准状况下 112mL 氯气氧化．则原混合物中金属元素和氧元素的原子个数之比为（　　）
A．9：13 B．5：7 C．4：3 D．3：4
【分析】根据题意，铁的化合物中的铁元素可能含有+2价和+3价，根据氯气将亚铁离子氧化的反应，结合氯气的量可以计算亚铁离子的量，根据原子守恒和电子守恒即可计算原子个数之比．
【解答】解：硫酸的物质的量n＝2mol/L×0.065L＝0.13mol，所以n（H+）＝0.26mol，氯气是＝0.005mol，共失电子是0.01mol，根据反应：2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl﹣，则溶液中n（Fe2+）＝0.01mol，能得电子是0.01mol，设FeO为Xmol，Fe2O3和Al2O3为Ymol，则X+3Y＝0.13，X＝0.01，所以Y＝0.04，所以金属原子个数是0.01+0.04×2＝0.09，氧是0.01+0.04×3＝0.13，即原混合物中金属元素和氧元素的原子个数之比为9：13，故选A。
【点评】本题考查学生含铁化合物的性质等知识，注意守恒思想在解题中的应用，难度中等．
19．（2分）四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的简单离子具有相同电子层结构，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，W与Y同族，Z与X形成的离子化合物中阴阳离子个数比为1：1．下列说法正确的是（　　）
A．简单离子半径：W＜X＜Z
B．W与X形成的化合物溶于水后溶液呈碱性
C．气态氢化物的热稳定性：W＜Y
D．最高价氧化物的水化物的酸性：Y＞Z
【分析】四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则X为Na元素，Z与X形成的离子化合物中阴阳离子个数比为1：1，化合物为氯化钠，Z为Cl元素；W、X的简单离子具有相同电子层结构，W与Y同族，则Y为S，W为O，然后结合元素周期律来解答．
【解答】解：四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则X为Na元素，Z与X形成的离子化合物中阴阳离子个数比为1：1，化合物为氯化钠，Z为Cl元素；W、X的简单离子具有相同电子层结构，W与Y同族，则Y为S，W为O，
A．电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径：X＜W＜Z，故A错误；
B．W与X形成的化合物为氧化钠，溶于水后生成NaOH，溶液呈碱性，故B正确；
C．非金属性O＞S，则气态氢化物的热稳定性：W＞Y，故C错误；
D．非金属性Z＞Y，最高价氧化物的水化物的酸性：Y＜Z，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查位置、结构、性质，为高频考点，把握元素的位置、性质、原子结构推断元素为解答的关键，注意规律性知识的应用，确定Z为Cl为解答的难点，题目难度不大．
20．（2分）某溶液中可能含有 H+、NH4+、Fe2+、SO42﹣、CO32﹣、Br﹣，且物质的量浓度相同；取样进行实验，结果是：①测得溶液 pH＝2；②加入氯水，溶液颜色变深。对原溶液描述错误的是（　　）
A．一定含有 Fe2+ B．一定含有 Br﹣
C．可能同时含 Fe2+、Br﹣ D．一定不含NH4+
【分析】①测得溶液 pH＝2，则溶液中一定含有H+，则一定不含CO32﹣；
②加入氯水，溶液颜色变深，则溶液中至少含有Fe2+和Br﹣中一种，又物质的量浓度相同，根据溶液成电中性，所以原溶液一定含Br﹣，如果再含有Fe2+，则一定还含有SO42﹣，所以一定不含NH4+，据此分析。
【解答】解：A．由上述分析可知，不能确定Fe2+，故A错误；
B．由上述分析可知，原溶液一定含Br﹣，故B正确；
C．由上述分析可知，可能同时含 Fe2+、Br﹣，故C正确；
D．由上述分析可知，一定不含NH4+，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了离子的推断，题目难度中等，根据离子共存及电中性知识正确判断阴阳离子可能组成为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
二、综合题
21．（8分）下表为元素周期表的部分，请参照元素①—⑧在表中的位置，用化学用语回答下列问题：

（1）④、⑤、⑥的原子半径由大到小的顺序为 　Na＞Al＞O　（填元素符号）。
（2）②、③、⑦的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是 　HNO3＞H2CO3＞H2SiO3　（填化学式）。
（3）①、④、⑤、⑧四种元素中，某些元素间可形成既含离子键又含共价键的化合物，写出其中一种化合物的电子式：　　。
（4）短周期元素中，非金属性最强的元素在周期表中的位置是 　第二周期第ⅦA族　，在上表①～⑧所列元素中其最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是 　高氯酸　（写名称）。
（5）元素③单质的结构式是 　N≡N　，元素③和⑦形成的化合物是一种高温陶瓷材料，硬度大、熔点高，则该物质的晶体类型是 　共价晶体　。
（6）元素⑥的最高价氧化物对应的水化物在碱性条件下的电离方程式是 　Al（OH）3⇌H++AlO2﹣+H2O　。
【分析】由元素在周期表中位置，可知①为H、②为C、③为N、④为O、⑤为Na、⑥为Al、⑦为Si、⑧为Cl；
（1）同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大；
（2）元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强；
（3）H、O、Na、Cl四种元素中，某些元素之间形成既含离子键又含共价键的化合物为NaOH、NaClO等；
（4）同周期自左而右元素的非金属性增强，同主族自上而下元素非金属性减弱；最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是高氯酸；
（5）元素③的单质为N2，分子中原子之间形成3对共用电子对；元素③和⑦形成的化合物硬度大、熔点高，是一种高温陶瓷材料，符合共价晶体性质；
（6）元素⑥的最高价氧化物对应的水化物为Al（OH）3，在碱性条件下发生酸式电离。
【解答】解：由元素在周期表中位置，可知①为H、②为C、③为N、④为O、⑤为Na、⑥为Al、⑦为Si、⑧为Cl；
（1）同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Na＞Al＞O，
故答案为：Na＞Al＞O；
（2）元素非金属性N＞C＞Si，故最高价含氧酸的酸性HNO3＞H2CO3＞H2SiO3，
故答案为：HNO3＞H2CO3＞H2SiO3；
（3）H、O、Na、Cl四种元素中，某些元素之间形成既含离子键又含共价键的化合物为NaOH、NaClO等，其中NaOH的电子式为，
故答案为：；
（4）同周期自左而右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，稀有气体原子最外层为稳定结构，化学性质最不活泼，故元素周期表中F元素非金属性最强，处于周期表中第二周期第ⅦA族；表①～⑧所列元素中Cl元素的最高价含氧酸的酸性最强，其化学式为HClO4，名称为高氯酸，
故答案为：第二周期第ⅦA族；高氯酸；
（5）元素③的单质为N2，分子中原子之间形成3对共用电子对，其结构式为N≡N；元素③和⑦形成的化合物是一种高温陶瓷材料，硬度大、熔点高，可推知该化合物属于共价晶体，
故答案为：N≡N；共价晶体；
（6）元素⑥的最高价氧化物对应的水化物为Al（OH）3，在碱性条件下发生酸式电离，电离方程式为Al（OH）3⇌H++AlO2﹣+H2O，
故答案为：Al（OH）3⇌H++AlO2﹣+H2O。
【点评】本题考查元素周期表和元素周期律运用，识记常见元素在周期表中位置，熟练掌握元素周期律与元素化合物知识，题目基础性强，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
22．（14分）用氯气对饮用水消毒已有百年历史。这种消毒方法会使饮用水中的有机物发生氯代反应，生成有机含氯化合物，对人体有害，且氯气本身也是一种有毒气体。世界环保联盟建议推广采用广谱性高效消毒剂二氧化氯（ClO2）目前欧洲一些国家用NaClO3氧化浓盐酸来制取ClO2，同时有Cl2生成，反应的化学方程式为：
　2　NaClO3+　4　HCl＝　2　NaCl+　2　ClO2↑+　1　Cl2↑+　2　H2O。
（1）此反应中氧化剂是：　NaClO3　，在反应中盐酸体现的性质是 　还原性　和 　酸性　。
（2）在标准状况下有4.48L氯气生成时，转移的电子数目为 　0.4NA　，被氧化的盐酸的物质的量为 　0.4　mol。
（3）我国研制成功用氯气氧化亚氯酸钠（在氮气保护下）制得ClO2，表示这一反应的化学方程式是2NaClO2+Cl2═2ClO2↑+2A。已知A物质是一种盐，它的化学式为 　NaCl　。这一方法的优点是 　不产生有毒的Cl2，环境污染小　。
（4）用一个实验事实证明氯元素的非金属性比溴元素强 　2NaBr+Cl2＝Br2+2NaCl　（用化学方程式表示）。
【分析】该氧化还原反应中，NaClO3发生还原反应生成ClO2，HCl发生氧化反应生成Cl2，根据元素化合价升高数值＝化合价降低值配平方程式；
（1）氧化还原反应中，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂；
（2）该反应中HCl发生氧化反应生成氯气，关系式为2HCl～Cl2～2e﹣，据此进行计算；
（3）根据原子守恒确定产物，结合反应产物来分析优点．
（4）氯元素的非金属性比溴元素强，则氯气的氧化性大于溴单质，结合氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性分析解答。
【解答】解：氧化还原反应中，Cl化合价优+5、+4、0、﹣1价，根据化合价不交叉的规律，+5价降为+4价，﹣1价升高为0价，化合价升高了2价，降低了1价，所以氯酸钠前面是系数2，二氧化氯前边系数是2，氯气系数是1，根据Cl元素守恒，盐酸系数是4，水前边系数是2，即反应为NaClO3+4HCl＝2NaCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O，
故答案为：2；4；2；2；1；2；
（1）该反应中，NaClO3中氯元素的化合价由+5价变为+4价，HCl中氯元素的化合价由﹣1价变为0价，则NaClO3是氧化剂，HCl是还原剂，盐酸中氯元素部分化合价不变，生成氯化钠，显示酸性，
故答案为：NaClO3；还原性；酸性；
（2）该反应中HCl发生氧化反应生成氯气，关系式为2HCl～Cl2～2e﹣，则转移电子的物质的量n（e﹣）＝2n（Cl2）＝2×＝0.4mol，电子数为0.4NA；被氧化的盐酸的物质的量n（HCl）＝2n（Cl2）＝0.4mol，
故答案为：0.4NA；0.4；
（3）化学方程式是2NaClO2+Cl2═2ClO2↑+2A，根据原子守恒可知，A的化学式为NaCl，该反应中不产生有毒的Cl2，可减小环境污染，
故答案为：NaCl；不产生有毒的Cl2，环境污染小；
（4）氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，要证明氯元素的非金属性比溴元素强，可根据据氯气的氧化性比溴单质强设计实验，所以可证明氯元素的非金属性比溴元素强的相关反应为2NaBr+Cl2＝Br2+2NaCl，
故答案为：2NaBr+Cl2＝Br2+2NaCl。
【点评】本题考查氧化还原反应规律的应用及计算，涉及物质的性质、氧化还原反应方程式的配平、氧化性强弱的判断等知识，为高频考点，把握氧化还原反应概念及规律、化学方程式的书写是解题关键，注意掌握守恒思想的应用和氧化还原反应方程式的配平，题目难度中等。
23．（8分）某研究小组利用如图所示的装置，进行CO还原Fe2O3的实验（固定装置略）。

（1）装置B中发生的化学方程式　Zn+CO2ZnO+CO　。装置C的作用是　除去多余CO2　
（2）用酒精喷灯对装置D加热，得到灰黑色粉末用黑色粉末进行以下实验：
步骤
操作
现象
1
取灰黑色粉末加入稀硫酸
溶解，有气泡
2
取步骤1中溶液，滴加NaOH溶液后，在空气中，搅拌放置
白色沉淀最终变为红褐色
3
取步骤1中溶液，滴加KSCN溶液
无现象
4
向步骤3溶液中滴加新制氯水至过量
先变红，后褪色
①得到的灰黑色粉末是　Fe（可能含FeO）　（填写化学式）。
②步骤2中“白色沉淀最终变为红褐色”的化学反应方程式为　4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3　。
③步骤4中，溶液变红的原因为　Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+遇SCN﹣显红色　；溶液褪色可能的原因　SCN﹣可能被Cl2氧化　；验证上述原因的实验操作方法为　取上述褪色后的溶液少量，再滴加入KSCN溶液，若出现红色，则证明上述假设成立　。
（3）上述装置，从实验安全考虑，需要采取的改进措施是　在装置BC之间添加装置E，以防至倒吸，在装置F末端增加尾气吸收装置　。
【分析】由实验装置可知，A中发生的化学方程式是MgCO3MgO+CO2↑，实验时B中发生的化学方程式是CO2+ZnZnO+CO，装置C的作用是除去CO中CO2，经无水CaCl2干燥后，在D中进行CO还原Fe2O3，E中收集CO，F中除去CO2；D中Fe元素的化合价降低，生成黑色固体为Fe或FeO，且该实验可能发生倒吸，生成CO有毒缺少尾气处理装置，以此来解答。
【解答】解：（1）装置B中锌将CO2还原，发生的化学方程式为Zn+CO2ZnO+CO，CO2与Zn作用生成CO气体，进入后面装置进行实验，故装置C中NaOH是用来吸收CO中混有的CO2气体，
故答案为：Zn+CO2ZnO+CO；除去多余CO2；
（2）①利用黑色固体可溶于盐酸并产生气体，结合“原子守恒”可知用酒精喷灯的乙组实验得到的固体为Fe（可能含FeO），
故答案为：Fe（可能含FeO）；
②步骤2中“白色沉淀最终变为红褐色”是氢氧化亚铁被空气中氧气氧化所致，化学反应方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3，
故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3；
③因Fe3+遇SCN﹣显红色，步骤4中，溶液变红的原因为Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+遇SCN﹣显红色；溶液褪色可能的原因SCN﹣可能被Cl2氧化；验证上述原因的实验操作方法为取上述褪色后的溶液少量，再滴加入KSCN溶液，若出现红色，则证明上述假设成立，
故答案为：Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+遇SCN﹣显红色；SCN﹣可能被Cl2氧化；取上述褪色后的溶液少量，再滴加入KSCN溶液，若出现红色，则证明上述假设成立；
（3）上述装置，从实验安全考虑，需要采取的改进措施是：若B处停止加热后，C中液体易倒吸入B中引起玻璃管炸裂，因此可采取的改进措施是在装置BC之间添加装置E防倒吸，在装置F末端增加尾气吸收装置，
故答案为：在装置BC之间添加装置E，以防至倒吸，在装置F末端增加尾气吸收装置。
【点评】本题考查物质的性质实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
24．（10分）某学习小组用如图装置测定镁铝合金中镁的质量分数（合金中含不与酸反应的杂质）
（1）A中试剂为稀硫酸，则需要稀硫酸是 　过量　（填“过量”、“适量”或“少量”）。
（2）实验前，先将铝镁合金在稀硫酸中没泡片刻，其目的是 　除去镁铝合金表面的氧化膜　；在加入试剂之前，必须对装置进行的操作是 　检查气密性　。
（3）完成以上操作后，还有以下操作：
①记录C的液面位盟
②将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重
③待B中不再有气体产生并恢复至室温后，记录C的液面位置
④向B滴加试剂A
这四步操作的正确顺序是：　①④③②　；记录C的液面位置时，除视线平视外，还应 　C、D两边液面要持平　。
（4）B中发生反应的离子方程式为 　Mg+2H+＝Mg2++H2↑、2Al+6H+＝2Al3++3H2↑　。
（5）若未洗涤过滤所得的不溶物，则测得镁的质量分数将 　偏小　（填“偏大”、“偏小”或“不受影响”）若实验用铝镁合金的质量为ag，测得氢气体积为bmL（已换算为标准状况），B中剩余固体的质量为cg，则合金中镁的质量分数为 　×100%　。

【分析】有气体生成的实验，在不漏气的装置中进行实验，实验前先要检查气密性；称取一定质量的镁铝合金（合金中含不与酸反应的杂质）、加足量稀硫酸，反应生成氢气，测出反应过程中产生氢气的体积、过滤出未溶解的杂质、洗涤干燥后称量，反应前后固体质量的差即为参加反应的镁铝的质量，就可以计算出镁的质量分数，据此回答。
【解答】解：（1）据分析，A中的稀硫酸要使合金中的镁和铝完全溶解，则需要稀硫酸是过量的，
故答案为：过量；
（2）镁铝是活泼金属、表面易生成氧化膜，氧化膜在实验前必须除去，故实验前先将铝镁合金在稀硫酸中浸泡片刻的目的是：除去镁铝合金表面的氧化膜；有气体生成的实验，在不漏气的装置中进行实验，故：在加入试剂之前，必须对装置进行的操作是检查气密性，
故答案为：除去镁铝合金表面的氧化膜；检查气密性；
（3）完成以上操作后，实验步骤依次为：①记录C的液面位置；④向B滴加试剂A；③待B中不再有气体产生并恢复至室温后，记录C的液面位置；②将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；即这四步操作的正确顺序是：①④③②；反应前后C管两次液面读数的差值近似为该条件下产生氢气的体积，因此必须使装置内的气体处于同温同压下，则读数时，除视线平视外，C、D两边液面要持平，
故答案为：①④③②；，C、D两边液面要持平；
（4）B中镁、铝与稀硫酸反应生成氢气，发生反应的离子方程式为：Mg+2H+＝Mg2++H2↑，2Al+6H+＝2Al3++3H2↑，
故答案为：Mg+2H+＝Mg2++H2↑、2Al+6H+＝2Al3++3H2↑；
（5）若未洗涤过滤所得的不溶物，则滤渣质量偏大、则测得镁的质量分数将偏小；若实验用铝镁合金的质量为ag，测得氢气体积为bmL（已换算为标准状况），B中剩余固体的质量为cg，则设合金中Mg的质量为wg，Al的质量为（a﹣c﹣w）g，
Mg+2H+＝Mg2++H2↑，2Al+6H+＝2Al3++3H2↑
24g 1mol 54g 3mol
wg mol （a﹣c﹣w）g mol
则有mol+mol＝，解得w＝4（a﹣c）﹣，则合金中镁的质量分数为×100%，
故答案为：偏小；×100%。
【点评】本题考查物质含量的测定，涉及Mg、Al的化学性质、化学反应方程式的计算等，综合性较强，注重高频考点的考查，题目难度中等，侧重分析、实验与计算能力的考查。