【化学】江苏省苏州市第九高级中学2018-2019学年高一上学期11月月考试题（解析版）

江苏省苏州市第九高级中学2018-2019学年高一上学期11月月考试题
1.下列关于铝的叙述不正确的是（ ）
A. 铝是地壳中含量最多的元素
B. 在常温下，铝能与NaOH溶液反应
C. 铝是一种比较活泼的金属
D. 在化学反应中，铝容易失去电子，是还原剂
【答案】A
【详解】A.地壳中含量最多的几种元素是氧、硅、铝、铁等，故含量最多的金属是铝，含量最多的元素是氧元素，故A错误；
B.在常温下，铝能与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故B正确；
C.铝原子最外层有3个电子，在反应中容易失去电子，是一种比较活泼的金属，故C正确；
D.Al是比较活泼的金属，在化学反应中容易失去电子，表现还原性，故D正确。
故选A。
2.把铝粉和Fe3O4粉末配成铝热剂并分成两等份，第一份在高温下恰好完全反应，然后将生成物与足量盐酸充分反应，第二份直接加入足量的氢氧化钠溶液使之充分反应，前后两种情况下生成的气体在相同状况下的体积比是（ ）
A. 3∶8 B. 8∶3
C. 3∶4 D. 4∶3
【答案】C
【详解】把Al和Fe3O4粉末配成铝热剂，分成两等份，第一份在高温下恰好完全反应，然后将生成物与足量的盐酸充分反应，发生的反应为：8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe、Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，即8Al～9Fe～9H2，第二份直接加入足量的氢氧化钠溶液使之充分反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，即8Al～12H2。两份铝热剂中铝的量相同，则前后两种情况下生成气体的物质的量之比为3︰4，答案C正确。
故选C。
3.有关铝及其化合物的说法错误的是（ ）
A. 铁易生锈，而铝在空气中较稳定，所以铁比铝活泼
B. 可用铝壶烧开水，不可用其长期存放食醋、碱水
C. 氧化铝是一种较好的耐火材料，但不可用氧化铝坩埚熔化NaOH
D. 氢氧化铝能中和胃酸，可用于制胃药
【答案】A
【详解】A.Al比Fe活泼，氧化铝为致密的氧化膜可保护内部的Al，则铁易生锈，而铝在空气中较稳定，故A错误；
B.铝具有导热性，所以可用铝壶烧开水，但铝既可以酸反应又可以与碱反应，所以不能用铝壶长期存放食醋、碱水，故B正确；
C.氧化铝的熔点高，是一种较好的耐火材料，由于氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，用氧化铝坩埚加热熔融氢氧化钠会腐蚀坩埚，故不能用氧化铝坩埚加热熔融氢氧化钠，故C正确；
D.氢氧化铝为弱碱，与盐酸反应，则氢氧化铝能中和胃酸，可用于制胃药，故D正确。
故选A。
4.准确称取6.0 g铝土矿样品(含Fe2O3)，加入100 mL稀硫酸中，充分反应后向滤液中加入10 mol·L－1NaOH溶液，产生沉淀的质量和加入NaOH溶液体积之间的关系如图所示。则所用硫酸物质的量浓度为（ ）

A. 1.75 mol·L－1 B. 3.5 mol·L－1
C. 0.85 mol·L－1 D. 无法确定
【答案】A
【解析】试题分析：结合图像当加入NaOH溶液35mL时，溶液中的Na为Na2SO4，此时溶液中n（Na+）=0.35mol，所以n（Na2SO4）为0.175mol，c（H2SO4）=n/V=1.75mol/L。
5.从石器、青铜器到铁器时代，金属的冶炼体现了人类文明的发展水平。如图表示了三种金属被人类开发利用的大致年限，之所以有先后主要取决于（ ）

A. 金属的导电性强弱 B. 金属在地壳中的含量多少
C. 金属的化合价高低 D. 金属的活动性强弱
【答案】D
【解析】试题分析：金属的活动性越强，冶炼的程度越难，利用的越晚，所以金属被人类开发利用的大致年限，之所以有先后，主要取决于金属的活动性大小；故选D。
6.用一定量的铁与足量的稀硫酸及足量的CuO反应制单质铜，有人设计了以下两种方案：①FeH2Cu　②CuOCuSO4Cu，若按实验原理进行操作，则两者制得单质铜的量（ ）
A. 一样多 B. ①多
C. ②多 D. 无法判断
【答案】C
【解析】
【分析】写出反应的化学方程式，根据质量守恒定律及氢气还原氧化铜的实验步骤进行分析解答。
【详解】两方案的化学方程式为：①Fe+H2SO4 ═FeSO4+H2↑；H2+CuO=Cu+H2O；②CuO+H2SO4═CuSO4+H2O；Fe+CuSO4═Cu+FeSO4
方案①中氢气还原氧化铜实验，开始时需选通入一部分氢气，排除装置中的空气，实验结束时还要通一会氢气，防止生成的铜被氧化，如果不考虑先通后停，相同质量的铁生成铜的质量是相同的，但是由于部分氢气被浪费，从而导致铁的质量被多消耗一部分，所以导致方案①对应的铜减少，故方案②生成的铜多。
故选C。
7.在高温下用一氧化碳还原m g四氧化三铁得到n g铁。已知氧的相对原子质量为16，则铁的相对原子质量为（ ）
A. 21n/(m-n) B. 64n/(3m-3n)
C. (m-n)/32n D. 24n/(m-n)
【答案】B
【详解】设铁的相对原子质量为x。
4CO+Fe3O4=3Fe+4CO2
3x+64 3x
m n
(3x+64)n=3xm
3xn+64n=3xm
x(3m-3n)=64n
解得x=64n/(3m-3n)，故答案B正确。
故选B。
8.用足量的CO还原32.0 g某种氧化物，将生成的气体通入足量澄清石灰水中，得到60 g沉淀，则该氧化物是（ ）
A. FeO B. Fe2O3 C. CuO D. Cu2O
【答案】B
【解析】解：由关系式C0 ~CaCO3得，n(CaCO3)=60g/100g·mol-1=0.6mol=n(CO)
0．6molCO能还原A、72g/mol×0.6mol=43.2g;B、160 g/mol×0.6mol/3=32.0g符合题意；C、80 g/mol×0.6mol=48.0g;D、144 g/mol×0.6mol=86.4g
综上所述，正确答案为D
9.有关铁的氧化物的说法中，不正确的是（ ）
A. 赤铁矿的主要成分是Fe2O3，Fe2O3是红棕色的，常用作红色油漆和涂料
B. Fe3O4是黑色晶体，其中1/3的铁显＋2价，2/3的铁显＋3价
C. FeO、Fe2O3、Fe3O4都不溶于水，但都能和盐酸反应生成相应的盐
D. FeO不稳定，在空气中加热迅速被氧化成Fe2O3
【答案】D
【详解】A.赤铁矿的主要成分是Fe2O3，Fe2O3是红棕色的，常用作红色油漆和涂料，故A正确；
B.Fe3O4是黑色晶体，可以看成是FeO和Fe2O3组成复杂的纯净物，其中1/3的铁显＋2价，2/3的铁显＋3价，故B正确；
C.FeO、Fe2O3、Fe3O4都不溶于水，都能和盐酸反应生成相应的盐，故C正确；
D.FeO不稳定，在空气中加热迅速被氧化成Fe3O4，故D错误。
故选D。
10.将a g钠、铝的混合物投入b g水中，反应停止后得到的沉淀有c g，则溶液中溶质为（ ）
A. NaOH B. NaAlO2
C. NaOH和NaAlO2 D. 无法确定
【答案】B
【解析】试题分析：将钠、铝的混合物，放入水中发生的反应是：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；2Al+2NaOH+2H2O =2NaAlO2+3H2↑，反应停止后还有固体物质存在，说明NaOH反应完全，因此最后得到的溶液中的溶质是NaAlO2，选项是B.
11.Mg、Al组成的混合物与足量盐酸反应，产生标准状况下的氢气4.48 L。下列推断中不正确的是（ ）
A. 参加反应的Mg、Al共0.2 mol
B. 参加反应的HCl为0.4 mol
C. Mg、Al在反应中共失去0.4 mol电子
D. 若与足量的稀硫酸反应能产生0.2 mol H2
【答案】A
【解析】反应的实质为：Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑，2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑。n(H2)＝＝0.2 mol，则参加反应的n(H＋)＝0.4 mol。若换成稀H2SO4，同样产生0.2 mol H2，B、D项正确；依据得失电子守恒，由2H＋→H2得电子总数为0.2 mol×2＝0.4 mol，C项正确；0.2 mol Mg提供0.4 mol电子，0.2 mol Al则提供0.6 mol电子，0.2 mol Mg、Al混合物提供的电子数大于0.4 mol小于0.6 mol，A项错误。
12.用铝箔包住0.1 mol的金属钠，用针在铝箔上扎出一些小孔，放入水中，完全反应后，用排水集气法收集产生的气体，则收集到的气体为(标准状况) （ ）
A. O2和H2的混合气体 B. 1.12 L的H2
C. 大于1.12 L的H2 D. 小于1.12 L的气体
【答案】C
【解析】试题分析：0.1摩尔钠和水反应生成氢氧化钠和0.05摩尔氢气，即1.12升氢气，氢氧化钠和铝反应生成偏铝酸钠和氢气，所以产生的的气体是氢气，且体积应该大于1.12升，选C。
13.等量镁铝合金粉末分别投入到下列四种过量物质的溶液中，充分反应，放出H2最多的是（ ）
A. NaOH溶液 B. 稀H2SO4溶液
C. 蔗糖溶液 D. NaCl溶液
【答案】B
【解析】试题分析：A、只有铝与氢氧化钠反应，镁不反应，故不选A；B、镁和铝都与酸反应，故选B；C、镁铝都与蔗糖不反应，故不选C；D、镁铝都不反应，故不选D。
14.铝分别与足量的稀硫酸和氢氧化钠溶液反应，当两个反应放出的气体在相同状况体积相等时，反应中消耗的H2SO4和NaOH物质的量之比为（ ）
A. 1∶4 B. 2∶3
C. 3∶2 D. 4∶1
【答案】C
【解析】试题分析：铝分别与足量的稀硫酸和氢氧化钠溶液反应产生氢气的方程式是：2Al+3H2SO4=2Al2(SO4)3+3H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。可见当两个反应产生氢气的体积相同时，反应消耗的H2SO4和NaOH物质的量之比3:2，故选项C正确。
15.单晶硅是制作电子集成电路的基础材料。用化学方法可制得高纯度硅，其化学方程式为：
①SiO2＋2CSi＋2CO↑　②Si＋2Cl2SiCl4
③SiCl4＋2H2Si＋4HCl。
下列对上述三个反应的叙述中，不正确的是（ ）
A. ①③为置换反应
B. ②为化合反应
C. ①②③均为氧化还原反应
D. 三个反应的反应物中硅元素均被还原
【答案】D
【详解】A.置换反应是一种单质和一种化合物生成另外一种单质和另外一种化合物，因此①③为置换反应，故A正确；
B.化合反应是两种或两种以上的物质生成一种物质的反应，因此②为化合反应，故B正确；
C.①②③中均有元素化合价的变化，均为氧化还原反应，故C正确；
D.①中Si的化合价由+4价→0价，化合价降低，被还原，②中Si的化合价由0价→+4价，化合价升高，被氧化，③中Si的化合价由+4价→0价，化合价降低，被还原，故D错误。
故选D。
16.将少量CO2气体通入水玻璃中，然后加热蒸干，再在高温下充分灼烧，最后得到的固体物质是（ ）
A. Na2SiO3 B. Na2CO3、Na2SiO3
C. Na2CO3、SiO2 D. SiO2
【答案】A
【详解】将足量CO2气体通入水玻璃中，发生反应：2CO2+Na2SiO3+2H2O=H2SiO3↓+2NaHCO3，加热蒸干时，硅酸受热分解发生反应： H2SiO3H2O+SiO2；高温灼烧时发生反应：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑，由上述关系可知，最后所得固体物质是Na2SiO3，故A正确。
故选A。
17.某学习小组用下图所示装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量。

（1）A中试剂为________。
（2）实验前，先将铝镁合金在稀酸中浸泡片刻，其目的是__________________________。
（3）将药品和水装入各仪器中，连接好装置后，需进行的操作还有①记录C的液面位置；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由A向B中滴加足量试剂；⑤检查气密性。上述操作的顺序是____________(填序号)；记录C的液面位置时，除视线平视外，还应____________________。
（4）B中发生反应的化学方程式为________________________________________。
（5）若实验用的铝镁合金的质量为a g，测得氢气体积为b mL(已换算为标准状况)，B中剩余固体的质量为c g，则铝的相对原子质量为________。
（6）实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则测得铝的质量分数将______(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。
【答案】(1). NaOH溶液 (2). 除去铝镁合金表面的氧化膜 (3). ⑤①④③② (4). 使D和C中的液面相平 (5). 2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑ (6). (7). 偏小
【解析】
【分析】（1）观察实验装置图可知是用量气法完成实验目的，故A中应盛NaOH溶液；
（2）目的是除去铝镁合金表面的氧化膜；
（3）正确顺序应为⑤①④③②；为使C中气体的压强与外界大气压相等，还应使D与C的液面相平；
（4）在B中发生2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑的反应；
（5）依据2Al～3H2，由氢气的体积，计算出铝的相对原子质量；
（6）据w（Al）=（a-c）/a×100%的计算公式可知未洗涤不溶物会造成铝的质量分数偏小。
【详解】（1）根据镁、铝的化学性质，镁、铝都能与酸反应放出氢气，但铝还能与碱（如NaOH溶液）反应放出氢气，而镁不能，要测定镁铝合金中铝的质量分数，应选择NaOH溶液，故答案为：NaOH溶液。
（2）由于镁铝均是活泼的金属，镁铝的表面都容易形成一层氧化膜，则实验前，先将铝镁合金在稀酸中浸泡片刻，其目的是除去铝镁合金表面的氧化膜，故答案为：除去镁铝合金表面的氧化膜。
（3）实验时首先要检查装置的气密性，记录量气管中C的液面位置，然后加入氢氧化钠溶液开始反应，待反应完毕并冷却至室温后，再记录下量气管中C的液面位置，最后将B中剩余固体过滤、洗涤、干燥，称重，所以上述操作的顺序是⑤①④③②；量气管读数时为使里面气体压强与外界大气压相等，所以再记录液面时还需要使D和C的液面相平，故答案为：⑤①④③②，使D和C中的液面相平。
（4）氢氧化钠溶液与铝反应，镁不反应，则B管中发生铝与氢氧化钠溶液反应，化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑。
（5）镁铝合金的质量为ag，B中剩余固体镁的质量为cg，则参加反应的铝的质量是（a-c）g，设铝的相对原子质量为M，则
2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑
2M 3×22400mL
（a-c）g bmL
解得：M=33600（a-c）/b故答案为：33600（a-c）/b。
（6）铝的质量分数为（a-c）/a×100%，实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则剩余固体质量偏大，即c偏大，所以测得铝的质量分数将偏小，故答案为：偏小。
18.钛(Ti)被称为继铁、铝之后的第三金属，钛白(TiO2)是目前最好的白色颜料。制备TiO2和Ti的原料是钛铁矿，我国的钛铁矿储量居世界首位。用含有Fe2O3的钛铁矿(主要成分为FeTiO3)制取TiO2的流程如下：

（1）步骤①加Fe的目的是________________________________________________________；步骤②冷却的目的是________________________________________________________。
（2）上述制备TiO2的过程中，可以利用的副产物是______________________。
（3）由金红石(TiO2)制取单质Ti，涉及到的步骤为TiO2―→TiCl4Ti，反应TiCl4＋2Mg===2MgCl2＋Ti在Ar气氛中进行的理由是_________________________。
【答案】(1). 将Fe3＋还原为Fe2＋ (2). 析出(或分离、或得到)FeSO4·7H2O (3). FeSO4·7H2O (4). 防止高温下Mg(Ti)与空气中的O2(或CO2、N2)反应
【解析】
【分析】（1）铁粉的作用由步骤①的前后以及最后所得产物中的FeSO4•7H2O分析，不难得出是为了除去混合溶液中的Fe3+；
（2）步骤②冷却的目的由操作过滤和得到的物质是FeSO4•7H2O可得，是为降低FeSO4•7H2O的溶解度；
（3）Mg是活泼金属，能与空气中多种物质反应，因此可得出Ar气作用为保护气，防止Mg和空气中物质反应。
【详解】（1）由框图所示流程分析可知，要将TiO2+与Fe3+、Fe2+分离，需要先加入铁粉将Fe3+还原为Fe2+，趁热过滤除去残渣，再将滤液冷却使FeSO4·7H2O析出，步骤②冷却的目的由操作过滤和得到的物质是FeSO4•7H2O可得，是为降低FeSO4•7H2O的溶解度，故答案为：将Fe3＋还原为Fe2＋，析出(或分离、或得到)FeSO4·7H2O。
（2）得到的副产物为FeSO4•7H2O，故答案为：FeSO4·7H2O。
（3）Mg是活泼金属，能与空气中多种物质反应，因此可得出Ar气作用为保护气，防止Mg和空气中物质反应，故答案为：防止高温下Mg(Ti)与空气中的O2(或CO2、N2)反应。
19.将单质Fe、Cu与FeCl3、FeCl2、CuCl2溶液一起放进某容器内，根据下述不同情况，填写金属或金属离子。
（1）充分反应后，如果Fe有剩余，则容器内不可能有_______________。
（2）充分反应后，如果容器内还有大量Fe3＋，则还含有________________，一定没有________________。
（3）充分反应后，如果容器内有较多Cu2＋和相当量的Cu，则容器内不可能有________________________。
【答案】(1). Fe3＋、Cu2＋ (2). Cu2＋、Fe2＋ (3). Fe、Cu (4). Fe3＋、Fe
【解析】
【分析】因为还原性Fe＞Cu，氧化性FeCl3＞CuCl2，故溶液中按先后发生反应的顺序为：①Fe+2FeCl33FeCl2，②Fe+CuCl2Cu+FeCl2，③Cu+2FeCl3CuCl2+2FeCl2（此时无反应②，即Fe已反应完，Cu2+未参加反应），据此答题。
【详解】（1）反应完毕后，铁粉有剩余，发生的反应为：Fe+2FeCl33FeCl2、Fe+CuCl2Cu+FeCl2，溶液中一定含有Fe2+，一定没有Cu2+和Fe3+，故答案为：Fe3+、Cu2+。
（2）反应完毕后，如果容器内还有大量Fe3＋，发生的反应为：Fe+2FeCl33FeCl2、Cu+2FeCl3CuCl2+2FeCl2，故溶液中一定含有Fe2+、Cu2+，一定没有Fe、Cu，故答案为：Fe2+、Cu2+，Fe、Cu。
（3）反应完毕后，如果容器内有较多Cu2＋和相当量的Cu，则发生反应为：Fe+2FeCl33FeCl2，Fe+CuCl2Cu+FeCl2或者Fe+2FeCl33FeCl2，Cu+2FeCl3CuCl2+2FeCl2，则容器内不可能含有Fe3＋、Fe，故答案为：Fe3＋、Fe。
20. 已知A为常见的金属单质，根据如图所示的转化关系回答下列问题。

（1）确定A、B、C、D、E、F的化学式：
A为________，B为________，C为________。
D为________，E为________，F为________。
（2）写出⑧的化学方程式及④、⑤的离子方程式：___________________________。
【答案】（1） Fe Fe3O4 FeCl2FeCl3 Fe(OH)2Fe(OH)3
（2） 4 Fe(OH)2+O2+ 2H2O = 4 Fe(OH)3
2Fe2++ Cl2= 2Fe3++ 2 Cl-2Fe3++ Fe =" 3" Fe2+
【解析】试题分析：B是黑色晶体，应为Fe3O4，它与HCl反应生成FeCl2和FeCl3，红褐色固体F为Fe（OH）3，则E为Fe（OH）2，C为FeCl2，D为FeCl3，所以A为Fe，（1）由以上分析可知A为Fe，B为Fe3O4，C为FeCl2，D为FeCl3，E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3；答案为：Fe；Fe3O4；FeCl2；FeCl3；Fe(OH)2；Fe(OH)3
（2）E→F为Fe（OH）2与氧气反应生成，反应的化学方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3，D→C转化可由FeCl3与Fe反应生成FeCl2，反应的离子方程式为2Fe3++Fe═3Fe2+，C→D转化可由氯气和氯化亚铁反应生成，反应的离子方程式为2Fe2++ Cl2= 2Fe3++ 2 Cl-。
21.玻璃与人们的生产生活密切相关，玻璃制品随处可见。
（1）一般住宅的玻璃窗是普通玻璃，制造普通玻璃的主要原料是________、________、________，将原料粉碎后放入玻璃窑中在高温条件下发生反应即可制得玻璃，则普通玻璃的主要成分是________、________、________。
（2）某玻璃用三种氧化物的组合形式表示组成时，其中Na2O、CaO、SiO2的质量之比为31∶28∶180，则此玻璃的组成为________(填序号)。
A.Na2O·CaO·6H2SiO3
B.Na2O·CaO·6SiO2
C.2Na2O·2CaO·9SiO2
D.6Na2O·6CaO·SiO2
【答案】(1). 纯碱 (2). 石灰石 (3). 石英 (4). CaSiO3 (5). Na2SiO3 (6). SiO2 (7). B
【解析】
【分析】记忆普通玻璃的原料和主要成分关键是记住生产普通玻璃的反应方程式：Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑，CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑。
【详解】（1）工业制玻璃主要原料有石英、纯碱和石灰石；碳酸钠与二氧化硅在高温条件下反应生成硅酸钠和二氧化碳，该反应的化学方程式为：Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑，碳酸钙与二氧化硅在高温条件下反应生成硅酸钙和二氧化碳，该反应的化学方程式：
CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑，故普通玻璃的主要成分是CaSiO3、Na2SiO3、SiO2，故答案为：纯碱、石灰石、石英，CaSiO3、Na2SiO3、SiO2。
（2）n（Na2O）：n（CaO）：n（SiO2）=31/62：28/56：180/60=1：1：6，
氧化物表示玻璃的组成为活泼金属氧化物、较活泼金属氧化物、二氧化硅、水的顺序，则玻璃的组成为Na2O•CaO•6SiO2，故答案为：B。
22.把10.2 g镁铝合金的粉末放入过量的烧碱中，得到6.72 L标准状况下的H2。试计算：
（1）该合金中铝的质量分数为________；
（2）该合金中镁与铝的物质的量之比为________；
（3）该合金溶于足量的盐酸溶液中，产生H2的体积(标准状况下)为________。
【答案】(1). 52.9% (2). 1∶1 (3). 11.2 L
【解析】
【分析】将镁铝合金的混合物溶于过量的烧碱中，只有铝能与氢氧化钠发生反应，根据反应的方程式以及生成氢气的物质的量就能得出铝的物质的量，从而镁的质量，物质的量都能一一解出，据此答题。
【详解】（1）把镁铝合金的粉末放入过量的烧碱中，镁与NaOH溶液不反应，只有Al能与NaOH溶液反应，设Al的物质的量为n（Al），则
2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑
2mol 3×22.4L
n（Al） 6.72L
解得n（Al）=0.2mol
m（Al）=0.2mol×27g/mol=5.4g
铝的质量分数为5.4g÷10.2g×100%=52.9%故答案为：52.9%。
（2）m（Mg）=10.2g-5.4g=4.8g
n（Mg）=4.8g÷24g/mol=0.2mol
n（Mg）：n（Al）=0.2mol：0.2mol= 1∶1故答案为：1∶1。
（3）设由镁生成的氢气为V1（H2），由铝生成的氢气为V2（H2），根据镁铝与盐酸反应的化学方程式可知：
Mg＋2HCl=MgCl2＋H2↑ 2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑
1mol 22.4L 2mol 3×22.4L
0.2mol V1（H2） 0.2mol V2（H2）
解得V1（H2）=4.48L V2（H2）=6.72L
所以产生H2的体积（标准状况下）是V总=V1（H2）+V2（H2）=4.48L+6.72L=11.2L
故答案为：11.2L。