2024-2025学年福建省闽侯第一中学高一下化学期末教学质量检测试题含解析.doc

2024-2025学年福建省闽侯第一中学高一下化学期末教学质量检测试题
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、下图为周期表中短周期的一部分，W、X、Y、Z四种元素最外层电子数之和为24。下列说法正确的是

A．X、Y、Z的含氧酸的酸性依次增强
B．W元素形成的单核阴离子还原性强于X
C．Y、W形成的化合物一定能使酸性KMnO4溶液褪色
D．W与氢元素形成的化合物中可能含有非极性键
2、NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．100克46%的酒精溶液中含有的氢原子数目为6 NA
B．22.4 L氩气含有的质子数为18NA
C．过氧化钠与水反应，每产生标准状况下11.2 LO2，转移NA个电子
D．1.0 mol CH4与C12在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0 NA
3、下列有关热化学反应的描述中正确的是：
A．HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝－57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH＝2×(－57.3)kJ/mol
B．CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2(g)＝2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝+(2×283.0)kJ/mol
C．1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热
D．稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出57.3kJ热量
4、由NO2、O2、熔融盐NaNO3组成的燃料电池如图所示，在使用过程中石墨Ⅰ电极反应生成一种氧化物Y，下列有关说法正确的是(　　)

A．石墨Ⅰ极为正极，石墨Ⅱ极为负极
B．Y的化学式可能为NO
C．石墨Ⅰ极的电极反应式为NO2＋NO3-－e－===N2O5
D．石墨Ⅱ极上发生氧化反应
5、下列说法正确的是
A．热稳定性：HI>HBr>HCl B．元素非金属性：P>S>Cl
C．原子半径：S>C1>F D．碱性：Mg(OH)2>KOH
6、实现下列变化需要加入还原剂才能实现的是
A．Fe2O3→Fe
B．NH3→NH4Cl
C．SO3→H2SO4
D．H2SO4→SO3
7、某固体酸燃料电池以CaHSO4固体为电解质传递H＋，其基本结构见图，电池总反应可表示为：2H2＋O2===2H2O，下列有关说法正确的是（ ）

A．电子通过外电路从b极流向a极
B．b极上的电极反应式为：O2＋2H2O＋4e－===4OH－
C．每转移0.1mol电子，消耗1.12L的H2
D．H＋由a极通过固体酸电解质传递到b极
8、下列反应中，属于取代反应的是(　　)
①CH3CH=CH2＋Br2CH3CHBrCH2Br
②CH3CH2OHCH2=CH2↑＋H2O
③CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O
④C6H6＋HNO3C6H5NO2＋H2O
A．①② B．③④ C．①③ D．②④
9、下列关于电解质溶液的叙述正确的是(　　)
A．室温下，同浓度的Na2S与NaHS溶液相比，Na2S溶液的pH大
B．将pH＝3的醋酸溶液稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低
C．中和pH与体积均相同的盐酸和醋酸溶液，消耗NaOH的物质的量相同
D．室温下，pH＝7的NH4Cl与氨水的混合溶液中离子浓度大小顺序为：c(Cl－)>c(NH4+)>c(H＋)＝c(OH－)
10、下列属于放热反应的是
A．二氧化碳和碳反应生成一氧化碳 B．镁和二氧化碳反应
C．氯化铵和氢氧化钡晶体反应 D．碳酸钙髙温分解
11、下列物质的俗名与化学式对应正确的是
A．石灰石—CaO B．铁红—Fe3O4 C．苛性钠—NaOH D．漂白粉—CaCl2
12、工业上制硫酸的一步重要的反应是SO2在400-500℃下催化氧化反应： 2SO2＋O22SO3，该反应是个正反应放热的可逆反应。如果反应在密闭容器中进行，下列有关说法中不正确的是
A．使用催化剂的目的是加快反应速率，提高生产效率
B．在上述条件下，SO2不可能100%地转化为SO3
C．增加O2的浓度，可以提高SO2的转化率
D．当SO2和SO3的浓度相等时，反应一定达到平衡
13、下列物质中属于烃的衍生物的是
A．苯 B．甲烷 C．乙烯 D．四氯化碳
14、1.92g铜投入一定量的浓硝酸中，铜完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到672 mL气体(标准状况)，将盛有此气体的容器倒扣在水中，通入氧气恰好使气体完全溶解在水中，则需要标准状况下的氧气体积为
A．504mL B．336 mL C．224 mL D．168mL
15、下列常见物质的俗名与化学式对应正确的是(　　)
A．烧碱——NaOH B．小苏打——Na2SO4
C．熟石灰——CaCl2 D．明矾——Al2(SO4)3
16、下列电子式正确的是
A．B．
C．D．
二、非选择题（本题包括5小题）
17、可降解聚合物P的合成路线如下

已知：

（1）A的含氧官能团名称是____________。
（2）羧酸a的电离方程是________________。
（3）B→C的化学方程式是_____________。
（4）化合物D苯环上的一氯代物有2种，D的结构简式是___________。
（5）E→F中反应①和②的反应类型分别是___________。
（6）F的结构简式是_____________。
（7）聚合物P的结构简式是________________。
18、位于短周期的四种主族元素A、B、C、D，原子序数依次增大，已知A、C位于同一主族，A在周期表中原子半径最小。B、D的最外层电子数相等，且B、D的原子序数之和为A、C原子序数之和的两倍。E是自然界中含量最高的金属。根据你的推断完成下列问题：
(1)B元素的名称为_______，E的元素符号为_______。
(2)写出由上述元素形成的具有漂白作用的三种物质的化学式______，______，_____。
(3)用电子式表示C与D形成化合物的过程_______。
(4)写出E的最高价氧化物与强碱反应的离子方程式________。
(5)B、C两元素形成的原子个数比为1∶1的化合物中的化学键为_______。
19、NO2为红棕色气体，可在火箭燃料中作氧化剂。回答下列问题:
(1)火箭用N2H4和NO2作燃料，产物绿色无污染，该反应的化学方程式为____________。
(2)为探究NO2和铁粉反应的产物，某小组按下图所示装置进行实验。
已知:①二者反应可能的还原产物为N2或NO
②沸点:NO2(21 ℃)，NO(-152 ℃)
③酸性KMnO4溶液能氧化NO生成NO3-

①按上图所示组装完实验仪器后，下一步操作为______________________________。
②实验前需利用气体X将装置的空气排净，气体X可以为_______(填标号)。
A． Ar B． H2 C． CO D． NO2
③排净空气后，后续实验的最佳操作顺序是___ c 、b(填标号)。
a.点燃酒精灯，加热 b. 熄灭酒精灯 c. 打开K1和K2，关闭K3，缓缓通入气体X
d.打开K1和K3，关闭K2，缓缓通入NO2 e.关闭K1，停止通入NO2
④装置B的作用是__________________________________。
(3)分析NO2和铁粉反应的产物
①实验过程中A 、C装置的物质均无明显颜色变化，D收集到无色气体。由此可推知气体产物为____________________________。
②取少量固体产物于试管，先加入盐酸充分溶解，再加入KSCN溶液，溶液若无血红色，则产物不含三价铁。该方案是否可行并说明理由:_______________________________。
③实验得到的相关数据如下表:
玻璃管质量/g
Fe 质量/g
 反应后(玻璃管 +固体)/g
m
1.12
m+1.52
综合实验现象和计算可知，固体生成物一定有______(填“FeO”Fe2O3”或“Fe3O4”)；反应的方程式为______
20、某实验小组测定镁、铝合金中镁的质量分数。甲小组同学称量3.9g合金按照下图进行实验。

（1）仪器A的名称是_________。
（2）检查装置气密性的方法是_________。
（3）检查装置气密性好后开始实验，滴加稀硫酸时开始没有气泡产生，你认为可能的原因是____。
（4）若测得气体的体积是4.48L（转化为标准状况下），则合金中镁的质量分数是_______，若读数时没有冷却到室温读数，测得合金中镁的质量分数_____（填写“偏大”或“偏小”）。
（5）下列实验方案中能测定镁的质量分数的是_________。
A．W1gMg、Al合金量固体→洗涤、干燥称量质量为W2g
B．W1gMg、Al合金固体→洗涤、干燥称量质量为W2g
C．W1gMg、Al合金排水量气测得气体体积为V2L（转化为标况）
D．W1gMg、Al合金溶液沉淀→洗涤、干燥称量质量为W2g
21、如图所示，Zn、Cu与稀硫酸形成的原电池装置中，负极材料为___，负极反应式为____________________；正极材料为_____，正极反应式为____________________。

参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、D
【解析】
分析：设Y的最外层电子数为n，则W、X、Z的原子序数分别为n、n-1、n+1，则有n+n+n-1+n+1=24，n=6，则W为O元素，X为P元素，Y为S元素，Z为Cl元素，结合原子结构和性质解答。
详解：A.X、Y、Z在同一周期，自左向右，非金属性逐渐增强，非金属性越强，对应的最高价含氧酸酸性越强，但选项中不一定为最高价，故A错误；
B.非金属性W(O)>X(P)，元素的非金属性越强，对应的阴离子的还原性越弱，故B错误；
C. O、S形成的化合物有SO2和SO3，SO2具有还原性能使酸性KMnO4溶液褪色，SO3没有还原性不能使酸性KMnO4溶液褪色，故C错误；
D.O与氢元素形成的化合物可能为H2O2，含有非极性键，所以D选项是正确的。
所以D选项是正确的。
2、C
【解析】
分析：A.溶剂水分子还含有氢原子；
B.气体的状态不确定；
C.过氧化钠与水的反应中过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂；
D.还有二氯甲烷等生成。
详解：A. 100g46%的酒精溶液中含有的乙醇是46g，物质的量是1mol，但溶剂水分子还含有氢原子，则氢原子数目大于6NA，A错误；
B. 22.4 L氩气的物质的量不一定是1mol，含有的质子数不一定为18NA，B错误；
C. 过氧化钠与水反应中过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，每产生标准状况下11.2 LO2，氧气是0.5mol，转移1mol电子，即NA个电子，C正确；
D. 1.0 mol CH4与C12在光照下反应生成的CH3Cl分子数小于1.ONA，因为还有二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳等生成，D错误。
答案选C。
3、B
【解析】
A．中和热是酸碱发生中和反应产生1mol水时放出的热量，所以H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热与HCl和NaOH反应的中和热相同，都是ΔH＝－57.3kJ/mol，错误；
B．CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，表示1molCO完全燃烧产生CO2放出热量是283.0kJ，则2CO2(g)＝2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝+(2×283.0)kJ/mol，正确；
C．1mol甲烷燃烧生成液态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热，错误；
D．由于醋酸是弱酸，电离吸收热量，所以稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出热量小于57.3kJ，错误。
答案选B。
4、C
【解析】
在燃料电池中通入氧气的为正极，通入燃料的为负极，由图可知，石墨Ⅱ上氧气得到电子，则石墨Ⅱ为正极，石墨I上NO2失去电子，石墨I为负极，结合负极发生氧化反应、正极发生还原反应分析解答。
【详解】
A．根据上述分析，石墨Ⅱ为正极，石墨I为负极，故A错误；
B．石墨I为负极，石墨I上NO2失去电子，N元素的化合价应从+4价升高，Y不可能为NO，故B错误；
C．石墨I上NO2失去电子，N元素的化合价升高，因此Y为N2O5，负极反应为NO2+NO3--e-═N2O5，故C正确；
D．石墨Ⅱ为正极，发生还原反应，故D错误；
答案选C。
5、C
【解析】
A、非金属性越强，其氢化物越稳定，同主族从上到下非金属性减弱，因此有热稳定性：HCl>HBr>HI，故A错误；B、同周期从左向右非金属性增强，因此是Cl>S>P，故B错误；C、电子层数越多，半径越大，电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小，因此原子半径：S>Cl>F，故C正确；D、金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，K的金属性强于Mg，因此KOH的碱性强于Mg(OH)2，故D错误。
6、A
【解析】
需要加入还原剂才能实现说明发生氧化还原反应，其中氧化剂被还原，化合价降低，生成还原产物。
【详解】
A．Fe2O3→Fe，化合价由+3变为0，化合价降低，发生了还原反应，须加还原剂，A项正确；
B．NH3→NH4Cl，化合价无变化，发生的是化合反应，不是氧化还原反应，B项错误；
C．SO3→H2SO4，化合价无变化，不是氧化还原反应，C项错误；
D．H2SO4→SO3，化合价无变化，不是氧化还原反应，D项错误；
答案选A。
7、D
【解析】
试题分析：A．燃料电池中，通入燃料氢气的电极是负极，则a是负极，通入氧化剂的电极b是正极，电子从负极a沿导线流向正极b，A错误；B．b是正极，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，B错误；C．温度和压强未知，导致气体摩尔体积未知，所以无法计算氢气体积，C错误；D．放电时，a是负极、b是正极，阳离子氢离子从负极a通过固体酸电解质传递到b极，D正确，答案选选D。
考点：考查了化学电源新型电池的相关知识。
8、B
【解析】
有机物分子中双键或三键两端的碳原子与其他原子或原子团直接结合生成新的化合物的反应叫加成反应。有机物中的原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应是取代反应，有机化合物在一定条件下，从1个分子中脱去一个或几个小分子，而生成不饱和键化合物的反应是消去反应，则①是加成反应，②是消去反应，③是酯化反应，④是硝化反应。酯化反应和硝化反应为取代反应，B正确。
9、A
【解析】分析：A、硫化钠的水解程度大于NaHS的水解程度；
B、溶液中氢氧根浓度增大；
C、pH与体积均相同的盐酸和醋酸溶液，醋酸的物质的量较大；
D、根据电荷守恒解答。
详解：A、硫化钠的水解程度大于NaHS的水解程度，同浓度的Na2S与NaHS溶液相比，Na2S溶液的pH大，A正确；
B将pH＝3的醋酸溶液稀释后，氢离子浓度降低，根据水的离子积常数可知溶液中氢氧根浓度增大，B错误；
C、醋酸是弱酸，在pH相等的条件小，醋酸的浓度大，消耗的氢氧化钠多，C错误；
D、室温下，pH＝7的NH4Cl与氨水的混合溶液中根据电荷守恒可知c(Cl－)+c(OH－)＝c(NH4+)+c(H＋)，由于c(H＋)＝c(OH－)，则离子浓度大小顺序为：c(Cl－)＝c(NH4+)＞c(H＋)＝c(OH－)，D错误；答案选A。
点睛：本题考查了水的电离以及盐的水解平衡的影响因素、盐的水解原理的应用等，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握弱电解质的电离特点以及水解原理。尤其要注意溶液中同时存在电离平衡和水解平衡时，如果判断溶液酸碱性，则首先要判断水解程度和电离程度的相对大小。
10、B
【解析】A、C和CO2反应属于吸热反应，故A错误；B、Mg在CO2中燃烧产生MgO和C，属于放热反应，故B错误；C、NH4Cl和Ba(OH)2晶体的反应属于吸热反应，故C错误；D、多数的分解反应属于吸热反应，故D错误。
点睛：常见的放热反应有所有燃烧、大多数的化合反应、铝热反应、金属与酸或水的反应等，常见的吸热反应：大多数的分解反应、C和水蒸气的反应，C与CO2的反应、NH4Cl和Ba(OH)2晶体的反应等。
11、C
【解析】
A项、石灰石的主要成分是碳酸钙，不是氧化钙，故A错误；
B项、铁红的主要成分是氧化铁，不是四氧化三铁，故B错误；
C项、氢氧化钠的俗名为苛性钠或烧碱，故C正确；
D项、漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，有效成分是次氯酸钙，故D错误；
故选C。
12、D
【解析】分析：A、根据催化剂加快反应速率分析；
B、根据反应是可逆反应解答；
C、根据增大氧气浓度平衡正向移动判断；
D、根据平衡状态的特征解答。
详解：A、催化剂加快反应速率，因此使用催化剂的目的是加快反应速率，提高生产效率，A正确；
B、反应是可逆反应，因此在上述条件下，SO2不可能100%地转化为SO3，B正确；
C、增加O2的浓度，反应向正反应方向进行，所以可以提高SO2的转化率，C正确；
D、在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。因此当SO2和SO3的浓度相等时，反应不一定达到平衡，D错误，答案选D。
13、D
【解析】
烃分子中的氢原子被其他原子或者原子团所取代而生成的一系列化合物称为烃的衍生物。
【详解】
A. 苯是一种不饱和烃，A错误；
B. 甲烷是烷烃，B错误；
C. 乙烯是烯烃，C错误；
D. 四氯化碳是甲烷分子中4个氢原子都被氯原子取代后的物质，属于烷烃的衍生物，D正确；
故合理选项为D。
14、B
【解析】
1.92g铜的物质的量＝＝0.03mol，Cu与硝酸反应生成硝酸铜与氮的氧化物，而氮的氧化物倒扣在水中，通入氧气，恰好使气体完全溶于水中，又生成硝酸，纵观整个反应过程可知，铜提供的电子等于通入的氧气获得的电子，故通入氧气的物质的量＝＝0.015mol，因此通入氧气的体积＝0.015mol×22.4L/mol＝0.336L＝336mL；
答案选B。
本题考查氧化还原反应有关计算，侧重于学生的分析、计算能力的考查。得出Cu失去电子数目等于O2获得电子数是解答本题的关键。
15、A
【解析】
试题分析：A 、火碱、烧碱是指氢氧化钠，化学式为：NaOH，故正确；B．火碱是指氢氧化钠，碳酸钠俗称纯碱，故错误；C．生石灰是指氧化钙；化学式为：CaO，故错误；D．消石灰是氢氧氧化钙．化学式为：Ca(OH)2，故错误；故选A。
考点：考查了常见化学物质的名称、俗称、化学式的相关知识。
16、C
【解析】A、氧化钠是离子化合物，电子式为，A错误；B、H2S是共价化合物，电子式为，B错误；C、氢氧化钡是离子化合物，电子式正确，C正确；D、氮气是单质分子，电子式为，D错误，答案选C。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、羟基 CH3COOHCH3COO-+H+ 加成反应，取代反应
【解析】
由C还原得到，可推得可得知C为，硝基被还原得到氨基；B在浓硫酸作用下与硝酸发生取代反应，可以推得B为，A与羧酸a反应生成B，则羧酸a为乙酸，A为苯乙醇，通过D的分子式可推得D为，D被氧化得E，再根据信息（1）即可推得F的结构；由框图可知，G结构简式为，由信息ii可推知P结构简式为。
【详解】
（1）A的含氧官能团是-OH，名称是羟基；
（2）由流程框图可知，羧酸a为CH3COOH，电离方程是CH3COOHCH3COO-+H+；
（3）由B生成C的化学方程式是
；
（4）由上述解析可知，D的结构简式是；
（5）反应①是加成反应，反应②是取代反应。
（6）由上述解析可知，F的结构简式是；
（7）由上述解析可知，聚合物P的结构简式。
18、氧元素 Al O3 SO2 H2O2（或Na2O2） Al2O3+ 2OH-=2AlO2-+H2O 离子键和非极性共价键
【解析】
短周期的四种元素A、B、C、D，它们的原子序数依次增大，A在周期表中原子半径最小，则A为氢元素；A、C位于同一主族，则C为钠元素，B、D的最外层电子数相等，为同主族元素，且B、D的原子序数之和为A、C原子序数之和的两倍，则B为氧元素，D为硫元素，E是自然界中含量最高的金属，E为铝元素，据此分析解答。
【详解】
根据上述分析，A为氢元素，B为氧元素，C为钠元素，D为硫元素，E为铝元素。
(1)B为氧元素；E是自然界中含量最高的金属，为铝元素，化学符号为：Al，故答案为：氧元素；Al；
(2)在H、O、Na、S四种元素中，能形成漂白作用的物质有：SO2、H2O2、Na2O2、O3等，故答案为：SO2；O3；H2O2(或Na2O2)；
(3)C与D形成的化合物为Na2S，形成过程为它的电子式为，故答案为：；
(4)E的最高价氧化物为氧化铝，具有两性，能够与强碱反应生成偏铝酸盐和水，离子方程式：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，故答案为：Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O；
(5)B和C两元素形成的原子个数比为1∶1的化合物为Na2O2，由钠离子与过氧根离子构成，钠离子与过氧根离子之间形成离子键，过氧根离子中氧原子之间形成非极性共价键，故答案为：离子键和非极性共价键。
本题的易错点为(2)，要注意具有漂白作用的物质主要包括：强氧化剂氧化漂白，二氧化硫化合漂白，活性炭吸附漂白。
19、2NO2 + 2N2H4 3N2 + 4H2O 检查装置气密性 A ade 将未反应的 NO2 冷却 N2 若存在过量的铁将溶液中的三价铁全部还原，溶液也无血红色 Fe3O4 3Fe+2NO2 Fe3O4+N2
【解析】
分析：本题考查的是氮的化合物的性质，掌握实验原理是关键。
详解：(1) N2H4和NO2反应生成绿色无污染的产物，为氮气和水，方程式为：2NO2 + 2N2H4 3N2 + 4H2O； (2) ①组装好仪器后应先进行检查装置气密性；② 要探究二氧化氮和铁的反应产物，可能生成铁的氧化物，因此不能使用氢气或一氧化碳等还原性气体，更不能使用二氧化氮，故选A；③排净空气后，点燃酒精灯，加热，然后K1和K3，关闭K2，缓缓通入NO2，，然后关闭K1，停止通入二氧化氮，然后再通入气体X将产生的气体赶到酸性高锰酸钾溶液处反映，故顺序为：adecb；④二氧化氮容易液化，所以用冰水将未反应的 NO2 冷却得以分离；(3) ①A 、C装置的物质均无明显颜色变化，说明没有生成一氧化氮，D中收集到无色气体，说明产物为N2；②若存在过量的铁将溶液中的三价铁全部还原，溶液也无血红色，所以不能说明产物中不含三价铁③因为反应前后固体的颜色没有变化，排除氧化铁生成的可能性，反应后固体增重为1.52-1.12=0.40克，为氧元素的质量，铁的物质的量为1.12/56=0.02mol，氧元素多物质的量为0.4/16=0.025mol，铁与氧原子物质的量比为0.02：0.025=4:5，说明含有四氧化三铁，方程式为： 3Fe+2NO2 Fe3O4+N2。
20、分液漏斗关闭分液漏斗玻璃活塞，将导管插入水中，加热锥形瓶，导管口有气泡冒出，停止加热后冷却，形成一段水柱，表示气密性好金属镁、铝表面有氧化膜，开始酸溶解氧化膜，没有气泡产生30.8％偏小A、C、D
【解析】
分析：（1）仪器A的名称是分液漏斗。
（2）用微热法检查装置的气密性。
（3）镁、铝表面有氧化膜，开始酸溶解氧化膜，没有气泡产生。
（4）Mg、Al与稀硫酸反应都放出H2，根据合金的质量和放出H2的体积计算Mg的质量分数。等质量的Mg、Al分别与足量稀硫酸反应，Al放出H2的量大于Mg放出H2的量。
（5）从反应的原理和测量的物理量进行分析。
详解：（1）根据仪器A的构造特点，仪器A的名称是分液漏斗。
（2）用微热法检查装置的气密性，检查装置气密性的方法是：关闭分液漏斗玻璃活塞，将导管插入水中，加热锥形瓶，导管口有气泡冒出，停止加热后冷却，形成一段水柱，表示气密性好。
（3）镁、铝合金中滴加稀硫酸时开始没有气泡产生，可能的原因是：镁、铝比较活泼与空气中氧气反应表面生成氧化膜，开始酸溶解氧化膜，没有气泡产生。
（4）Mg、Al与稀硫酸反应的化学方程式分别为Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑、2Al+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2↑，设Mg、Al合金中Mg、Al的物质的量分别为x、y，则列式24g/molx+27g/moly=3.9g，x+y=，解得x=0.05mol，y=0.1mol，合金中Mg的质量为0.05mol24g/mol=1.2g，Mg的质量分数为100%=30.8%。等质量的Mg、Al分别与足量稀硫酸反应，Al放出H2的量大于Mg放出H2的量；若读数时没有冷却到室温时读数，测得的气体体积偏大；测得Mg的质量分数偏小。
（5）A项，Mg与NaOH溶液不反应，Al溶于NaOH溶液（反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑），最后称量的W2g固体为Mg，Mg的质量分数为100%；B项，Mg溶于浓硝酸，Al与浓HNO3发生钝化生成致密的氧化膜，不能准确测量Al的质量，无法测定Mg的质量分数；C项，Mg与NaOH溶液不反应，Al溶于NaOH溶液（反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑），由收集的H2的体积V2L（标准状况）计算Al的质量，进一步计算Mg的质量和Mg的质量分数；D项，Mg、Al与足量稀硫酸反应生成MgSO4、Al2（SO4）3，反应后的溶液中加入过量NaOH溶液，MgSO4完全转化为Mg（OH）2沉淀，Al2（SO4）3转化为可溶于水的NaAlO2，最后称量的W2g固体为Mg（OH）2，由Mg（OH）2的质量结合Mg守恒计算Mg的质量，进一步计算Mg的质量分数；能测定Mg的质量分数的是A、C、D，答案选ACD。
21、 Zn Zn﹣2e﹣=Zn2+ Cu 2H++2e﹣=H2↑
【解析】分析：该装置是原电池,Zn易失电子作负极、Cu作正极,负极反应式为Zn﹣2e﹣=Zn2+、正极反应式为2H++2e﹣=H2↑，据此分析解答。
详解：该装置能自发进行氧化还原反应，所以构成原电池，Zn易失电子发生氧化反应而作负极、Cu作正极，负极上电极反应式为Zn﹣2e﹣=Zn2+，铜是正极电极反应式为: 2H++2e﹣=H2↑；因此，本题正确答案是：Zn， Zn﹣2e﹣=Zn2+；Cu，2H++2e﹣=H2↑。