解题思路：mg铝镁合金与一定浓度的稀硝酸恰好完全溶解（假定硝酸的还原产物只有NO），向反应后的混合溶液中滴加b mol/L NaOH溶液，当滴加到V mL时，得到沉淀质量恰好为最大值n克，沉淀质量最大为氢氧化铝和氢氧化镁质量之和，此时溶液为硝酸钠溶液．
①沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁，沉淀质量等于铝镁合金质量与氢氧根质量之和．
②恰好溶解后溶液中的NO3-离子的物质的量等于沉淀质量最大溶液中NO3-离子的物质的量，即n（NO3-）=n（Na+）=n（NaOH），据此进行计算．
③根据电荷守恒，在沉淀中，氢氧根的物质的量等于Mg2+、Al3+所带电荷的物质的量，也等于合金失去电子的物质的量，即为反应过程中转移的电子来进行计算．
④根据气体没有明确所处状态是否标准状态来判断．
⑤根据质量守恒，硝酸有两种作用，作为酸的硝酸（生成硝酸盐）的物质的量等于硝酸钠的物质的量，作氧化剂的硝酸的物质的量等于NO的物质的量进行计算．
①沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁，沉淀质量等于铝镁合金质量与氢氧根质量之和，所以沉淀中氢氧根的质量为（n-m）克，故①正确；
②、恰好溶解后溶液中的NO3-离子的物质的量等于沉淀质量最大溶液中NO3-离子的物质的量，当沉淀量最大时，溶液中的溶质只有硝酸钠（NaNO3），硝酸根离子与钠离子的物质的量相等，n（NO3-）=n（Na+）=n（NaOH）=[bV/1000]mol，故②正确；
③、至沉淀量最大，生成的n克沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁．根据质量守恒定律，其中镁、铝元素的质量等于m克合金的质量，所以沉淀中氢氧根的质量为（n-m）克，在沉淀中，氢氧根的物质的量等于Mg2+、Al3+所带电荷的物质的量，也等于合金失去电子的物质的量，即为反应过程中转移的电子，n（e-）=n（OH-）=[n−m/17]mol，故③正确；
④、根据电子守恒原理，生成NO时，HNO3中+5价的N原子得3个电子，因此生成NO的物质的量应该是转移电子的三分之一，即[n−m/17]mol×[1/3]=[n−m/51]mol，其体积在标准状况下为
22.4(n−m)
51L，但是选项中没有说明所处状态，则此时的体积不能确定，故④错误；
⑤、参加反应的硝酸有两种作用，起酸和氧化剂作用，作为酸的硝酸（生成硝酸盐）的物质的量等于硝酸钠的物质的量为[bV/1000]mol，作氧化剂的硝酸的物质的量等于NO的物质的量为[n−m/51]mol，所以与合金反应的硝酸的物质的量为（[n−m/51]+[bV/1000]）mol，故⑤正确．
故①②③⑤正确．
故选：C．
点评：
本题考点： 有关混合物反应的计算；镁、铝的重要化合物．
考点点评： 本题结合铝镁与硝酸反应及生成的盐与氢氧化钠反应的特点，对电子守恒、溶液电中性原理、质量守恒进行综合考查，难度中等，题目以多项形式呈现，考查了学生的综合运用知识能力和解决复杂问题的能力，是一道考查能力的好题．