第四章 物质结构 元素周期律 测试卷 （含解析）2022-2023学年高一上学期化学人教版（2019）必修第一册

第四章《物质结构 元素周期律》测试卷
一、单选题
1．某2L溶液中可能含有H+、K+、NH 、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO、AlO 、SO、NO中的几种。①若加入锌粒，产生无色无味无毒的气体②若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀的物质的量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示。则下列说法正确的是
A．溶液中的一定有的阳离子是H+、Mg2+、Al3+、NH，一定含有的阴离子是SO、NO
B．溶液中c(NO)一定是0.4mol/L
C．若进一步做焰色反应显黄色，则可以确定不含K+
D．三种离子的物质的量之比n(H+)∶n(Al3+)∶n(Mg2+)=2∶2∶1
2．下列物质是离子化合物是
A．冰 B．氢氧化钠 C．溴 D．硫酸
3．下列物质的主要成分(括号中)不包括第IIIA族元素的是
A．硼砂[] B．猫眼石[] C．孔雀石[] D．红宝石[]
A．A B．B C．C D．D
4．“玉兔”号月球车用Pu作为热源材料，下列关于Pu的说法正确的是（ ）
A．Pu与U最外层电子数相同
B．Pu与Pu互为同素异形体
C．Pu与U化学性质完全相同
D．Pu与Pu互为同位素
5．下列关于元素周期表的叙述中正确的是
A．第IA族元素都是金属元素
B．第VIA族元素的单质在常温下均为气体
C．第二、三周期中的金属元素种类一 样多
D．短周期包括第一、二、三周期
6．下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是
A．酸性：HCl>H2S B．碱性：NaOH>LiOH
C．热稳定性：H2S>PH3 D．非金属性：F>O
7．某元素的原子核外电子数等于核内中子数，该元素（设其相对原子质量与原子的质量数相等）的单质与氧气充分反应，可得到化合物，则下列有关说法错误的是
A．该元素原子的质子数为13 B．该元素在自然界中以化合态形式存在
C．该元素原子的最外层电子数为4 D．该元素原子具有3个电子层
8．已知短周期主族元素的离子 aA2+、bB+、cC3-、dD-都具有相同的电子层结构，下列叙述正确的是
A．离子的还原性：C3-D>B>A
C．原子序数： d>c>b>a D．单质的还原性： A>B>D>C
9．已知1～18号元素的离子a、b、c、 d都具有相同的电子层结构，下列关系正确的是
A．质子数：c>d
B．离子的还原性：>
C．氢化物的稳定性：> HZ
D．原子半径：X< W
10．下列表示不正确的是
A．Na原子的结构示意图： B．丁烷的球棍模型：
C．甲醇的结构简式：CH3OH D．次氯酸的电子式：
11．已知X、Y、Z三种物质均含碳元素，转化关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．X可能为C
B．Y不可能为HCOOH
C．Z可能为CaCO3
D．M可能为HCl
12．据报道，上海某医院正在研究用放射性同位素治疗肿瘤。该同位素原子核外的电子数是
A．125 B．72 C．53 D．178
13．反应可用于捕捉废气中的，下列有关化学用语说法正确的是
A．中子数为8的氧原子：
B．H、D、T互为同位素
C．的结构示意图：
D．NaOH的电离方程式：
14．a、b、c、d为短周期元素，原子序数依次增大。a原子最外层电子数等于电子层数的3倍，a和b能组成两种常见的离子化合物，其中一种含两种化学键，d的最高价氧化物对应的水化物和气态氢化物都是强酸。向d的氢化物的水溶液中逐滴加入bca2溶液，开始没有沉淀；随着bca2溶液的不断滴加，逐渐产生白色沉淀。下列推断正确的是
A．最高价氧化物对应水化物的碱性：bB．元素b所在纵列的单质沸点从上到下依次降低
C．工业上电解熔融cd3可得到c的单质
D．b、c、d最高价氧化物对应水化物之间可两两反应
15．W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。W和X的单质是空气的主要成分；Y的周期数是族序数的3倍；Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同。下列叙述正确的是
A．X与其他三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物
B．Y与其他三种元素分别形成的化合物中只含有离子键
C．四种元素的简单离子具有相同的电子层结构
D．W的氧化物对应的水化物均为强酸
二、填空题
16．有下列几种物质：
A．金刚石和石墨
B．C2H6和C5H12
C．C2H4和C2H6
D．CH3CH2CH2CH3和CH3CH（CH3）2
E.35Cl 和37Cl
其中属于同分异构体的是________（填序号，下同），属于同素异形体的是________，属于同系物的是________，属于同位素的是________。
17．CaCN2是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构，CaCN2的电子式是_______。
三、实验题
18．某研究性学习小组设计了一组实验验证元素周期律。
Ⅰ.甲同学用以下实验探究Mg、Al的金属性强弱。
(1)请填写完整实验操作和实验结论：
实验目的 比较Mg、Al金属性强弱
实验试剂 热水、酚酞
实验操作 将打磨好的镁片和铝片_______
实验现象 Mg片表面逐渐产生气泡，溶液变为浅红色，铝片的表面和溶液无明显变化
实验结论 金属性：_______
Ⅱ.乙同学根据元素非金属性与对应最高价含氧酸之间的关系，设计了如图的装置来一次性完成元素Cl、C、Si非金属性强弱比较的实验研究。
可选用的实验药品有：1.0 HCl、1.0 (挥发性强酸)、碳酸钙(固体)、1.0 溶液。
打开A处的活塞后，可看到有大量气泡产生，烧杯中可观察到有白色沉淀生成。
(2)图中B的仪器名称为_______，A中所装的试剂为_______(只填化学式)。
(3)B中发生反应的离子方程式为_______。
(4)乙同学认为甲同学设计的实验不够严谨，应在B和C之间增加一个装置，该装置中所盛试剂为_______溶液。
19．某同学为了验证碳和硅两种元素非金属性的相对强弱，用如图所示装置进行实验(夹持仪器已略去，气密性已检验)。
实验操作步骤：
①打开弹簧夹1，关闭弹簧夹2，并打开活塞a，滴加盐酸。
②A中看到白色沉淀时，…，关闭活塞a。
请回答：
(1)B中反应的离子方程式是___________。
(2)通过步骤①、②得知盐酸具有的性质是________(填字母)。
A．挥发性 B．还原性 C．氧化性 D．酸性
(3)C装置的作用是__________，X是________(写化学式)。
(4)为了验证碳的非金属性强于硅，步骤②中未写的操作和现象是___________。
(5)D中反应的化学方程式是________________。
四、计算题
20．向50mLbmol/L的AlCl3溶液中加入50mLamol/L的NaOH溶液。
（1）当a、b关系不同时，反应所生成沉淀的质量不同。填写下表：___
a与b的关系 生成沉淀的质量（g）
（2）若b=1mol/L时，要生成沉淀3.12g，则a值等于多少___？
21．将0.1 mol镁和铝的混合物溶于100 mL2mol/L稀硫酸中，然后滴加1 mol/L的NaOH溶液。若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量随加入NaOH溶液体积的变化如图所示。
(1)在滴加NaOH溶液的体积为V2时，溶液中溶质为_______；
(2)在滴加NaOH溶液的过程中，欲使Mg2+、Al3+刚好沉淀完全，则滴入NaOH溶液的体积为_______mL；
(3)当V1=150mL时，金属粉末中镁粉的质量分数为_______。
试卷第2页，共6页
参考答案：
1．D
【分析】①加入锌粒，产生无色无味无毒的气体，说明溶液中含有H+，生成的气体为氢气，则溶液中一定不含CO、AlO、NO(若含有硝酸根，加入锌粒会生成氮氧化物)；
②加入NaOH溶液，产生白色沉淀，说明不存在Fe3+；据图可知加入0.1molNaOH时不产生沉淀，此时与氢离子反应，所以氢离子的物质的量为0.1mol，之后开始产生沉淀，后续沉淀有部分溶解，说明溶液中含有Mg2+和Al3+，沉淀溶解为Al(OH)3和NaOH的反应，消耗0.1molNaOH，则n(Al3+)=n[Al(OH)3]=0.1mol，产生沉淀时共消耗0.4molNaOH，Al3+会消耗0.3mol，则Mg2+消耗0.1molNaOH，所以n(Mg2+)=0.05mol；又因为当沉淀达到最大值时，继续加入NaOH后沉淀的量不变，这说明溶液中还存在NH，消耗0.2molNaOH，所以n(NH)=0.2mol；而溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有SO。
【详解】A．根据分析可知一定不存在NO，故A错误；
B．根据分析可知一定不存在NO，故B错误；
C．K元素的焰色反应需要透过蓝色钴玻璃观察，焰色反应显黄色并不能说明不含钾离子，故C错误；
D．根据分析可知n(H+)=0.1mol，n(Al3+)=0.1mol，n(Mg2+)=0.05mol，n(H+)∶n(Al3+)∶n(Mg2+)=2∶2∶1，故D正确；
综上所述答案为D。
2．B
【详解】A. 冰是固态水，是氢和氧原子以共价键形成的共价化合物，故A错误；
B. 氢氧化钠中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、O H原子之间存在极性键，为离子化合物，故B正确；
C. 溴是同种原子之间以共价键结合的单质，不是化合物，故C错误；
D. 硫酸属于酸，是只含有含共价键的共价化合物，故D错误；
答案选B。
【点睛】活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，不同非金属元素之间易形成极性键，同种非金属元素之间易形成非极性键，含有离子键的化合物是离子化合物，只含有共价键的化合物是共价化合物；共价化合物是通过共用电子对形式结合，主要由非金属与非金属元素化合形成，所有的酸都是共价化合物，少部分盐类是共价化合物，非金属氧化物是共价化合物，而Be2Cl2，AlCl3是共价化合物，NH4Cl是离子化合物，作为特例。
3．C
【详解】A．中B元素是IIIA族元素，故不选A；
B．Be3Al2Si6O18中Al元素是IIIA族元素，故不选B；
C．Cu2(OH)2CO3中C元素是ⅣA族元素，O元素是ⅥA族元素，H元素是IA族元素，不含IIIA族元素，故选C；
D．Al2O3中Al元素是ⅢA族元素，故不选D；
答案选C。
4．D
【详解】A．原子核外电子数与核内质子数相同，Pu核外电子数为94，U核外电子数为92，核外电子数不同，则最外层电子数不同，故A错误；
B．Pu与Pu质子数相同，质量数不同，互为同位素，同素异形体是指同种元素形成的不同单质，故B错误；
C．Pu与U最外层电子数不同，化学性质不同，故C错误；
D．Pu与Pu质子数相同，质量数不同，互为同位素，故D正确；
综上所述答案为D。
5．D
【详解】A. 第IA族元素中的氢元素是非金属元素，A错误；
B. 第VIA族元素中，只有氧气在常温下是气态，其余元素的单质在常温下都是固态，B错误；
C. 第二周期中的金属元素为：锂元素和铍元素，第三周期中的金属元素为：钠元素、镁元素和铝元素，不一样多，C错误；
D. 在元素周期表中，第一周期、第二周期和第三周期为短周期，第四周期、第五周期、第六周期和第七周期为长周期，D正确；故答案为：D。
【点睛】元素周期表由7个横行，即7个周期，其中第一周期、第二周期和第三周期为短周期，第四周期、第五周期、第六周期和第七周期为长周期；18个纵行，被划分为16个族，其中有7个主族、7个副族、1个零族和第Ⅷ族（8、9、10三个纵行）。
6．A
【详解】A． 酸性：HCl>H2S，不是最高价氧化物对应水化物，其酸性强弱不能用元素周期律解释，故A选；
B． 碱性：NaOH>LiOH，同主族从上到下金属性增强，金属性为Na＞Li，则碱性：NaOH＞LiOH，能用元素周期律解释，故B不选；
C． 热稳定性：H2S>PH3，同周期主族元素自左而右非金属性增强，故非金属性S＞P，气态氢化物稳定性增强，能用元素周期律解释，故C不选；
D． 非金属性：F>O，同周期主族元素自左而右非金属性增强，故非金属性F＞O，能用元素周期律解释，故D不选；
故选A。
7．A
【详解】设元素的相对原子质量为，则
列式可得：，则原子的质量数。由题意可知，的原子核外电子数等于核内中子数，核外电子数=质子数，即，故为硅元素，原子结构示意图为。硅元素在自然界中以化合态形式存在，综上分析，A错误，故答案为：A。
8．B
【分析】短周期主族元素的离子 aA2+、bB+、cC3-、dD-都具有相同的电子层结构，则A、B、C、D在周期表中的相对位置是，A为+2价，A是Mg；B为+1价，B为Na；C为-3价，C是N；D为-1价，D是F。
【详解】A. 同周期元素从左到右非金属性增强，所以离子的还原性：N3-＞F-，故A错误；
B. 电子层数相同，质子数越多半径越小，离子半径：N3-＞F-＞Na+＞Mg2+，故B正确；
C. 原子序数： Mg＞Na＞F＞N，故C错误；
D. 金属性越强，单质的还原性越强，还原性 Na＞Mg＞N＞F，故D错误；
选B。
【点睛】若阴、阳离子具有相同电子层结构，形成阴离子的元素在形成阳离子元素的上一个周期，可以根据离子所带电荷的多少判断元素的主族序数。
9．B
【分析】1~18号元素a、b、c、 d具有相同的电子层结构，为10电子结构，则W为Al、X为Na、Y为O、Z为F元素。
【详解】A.Y为O、质子数c为8，Z为F、质子数d为9，则cB.为，为，同周期从左到右，非金属性增强，则Y ，B正确；
C.Y为O、Z为F，同周期从左到右，非金属性增强，即YD.X为Na、W为Al，同周期从左到右，原子半径减小，故原子半径：X>W，D错误；
答案选B。
10．D
【详解】A．Na原子核外有11个电子，原子的结构示意图：，故A正确；
B．丁烷分子式是C4H10，球棍模型是，故B正确；
C．甲醇含有羟基，甲醇的结构简式：CH3OH，故C正确；
D．次氯酸的电子式为，故D错误；
选D。
11．B
【详解】A. X可能为C，C和O2反应变为CO，CO和O2反应变为CO2，故A正确；
B. HCHO与O2反应生成HCOOH，HCOOH与O2反应生成CO2和H2O，故B错误；
C. CO2与Ca(OH)2反应生成Ca(HCO3)2，Ca(HCO3)2与Ca(OH)2反应生成CaCO3，故C正确；
D. Na2CO3与HCl反应生成NaHCO3，NaHCO3与HCl反应生成NaCl、CO2和H2O，故D正确。
综上所述，答案为B。
12．C
【详解】核素的表示方法为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；同位素碘原子中质子数=核外电子数=53；
故选C。
13．B
【详解】A．质子数为8，中子数为8，则质量数为16，该氧原子为，故A错误；
B．H、D、T的质子数相等，中子数不等，互为同位素，故B正确；
C．Na的核电荷数为11 ，的结构示意图为，故C错误；
D．NaOH为强碱，完全电离出Na+和OH-，电离方程式：，故D错误；
故选B。
14．D
【分析】a、b、c、d 为短周期元素，原子序数依次增大。a 原子最外层电子数等于电子层数的 3 倍，则a为O元素；a 和b能组成两种常见的离子化合物，其中一种含两种化学键，则b为Na元素；d 的最高价氧化物对应的水化物和气态氢化物都是强酸，则d为Cl元素。向 d 的氢化物的水溶液中逐滴加入 bca2 溶液，开始没有沉淀，随着 bca2 溶液的不断滴加，逐渐产生白色沉淀，则c为Al元素，据此分析选择。
【详解】A．钠的金属性强于铝，所以氢氧化钠的碱性强于氢氧化铝，A错误；
B．元素b为钠，所在纵列的碱金属单质的沸点逐渐降低，但是没考虑氢气，B错误；
C．AlCl3在熔融的条件不能电离、不导电，故无法电解，工业上电解熔融Al2O3得到Al，C错误；
D．钠、铝、氯 最高价氧化物对应水化物分别是氢氧化钠、氢氧化铝和高氯酸，因氢氧化钠是强碱、氢氧化铝是两性氢氧化物、高氯酸是强酸，故其中任意两种物质之间可以反应，D正确；
答案为：D。
15．A
【分析】W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素，W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体，W是N，X是O；Y的周期数是族序数的3倍，因此Y只能是第三周期，所以Y是Na；Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同，Z的最外层电子数是7个，Z是Cl；根据以上分析可知W、X、Y和Z分别是N、O、Na、Cl。
【详解】A．氧元素与其N、Na、Cl三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物，例如NO、NO2、Na2O、Na2O2、Cl2O7、ClO2等，A正确；
B．过氧化钠中含有离子键和共价键，B错误；
C．N、O、Na三种元素的简单离子具有相同的电子层结构，均是10电子，氯离子是18电子微粒，C错误；
D．亚硝酸为弱酸，D错误；
故选A。
16． D A B E
【详解】A、金刚石和石墨属于同种元素组成，结构不同的单质，属于同素异形体；B、两种有机物符合通式为CnH2n＋2，属于烷烃，属于同系物；C、前者是乙烯，后者是乙烷；D、分子式为C4H10，结构不同，属于同分异构体；E、质子数相同、中子数不同的核素，属于同位素。故答案为D，A，B，E。
17．
【详解】CaCN2是离子化合物，则阳离子为Ca2+、为阴离子；Ca原子最外层有2个电子，易失去最外层的2个电子达到8电子的稳定结构；N原子最外层有5个电子，易得到3个电子或形成3对共用电子对达到8电子的稳定结构；C原子最外层有4个电子，通常形成4对共用电子对达到8电子的稳定结构；则每个N原子分别得到Ca失去的1个电子、与C原子形成两对共用电子对，Ca、C、N都达到8电子的稳定结构，CaCN2的电子式为。
18．(1) 放入热水中 镁大于铝
(2) 圆底烧瓶
(3)
(4)饱和碳酸氢钠
【分析】非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强；高氯酸和碳酸钙反应生成二氧化碳，二氧化碳和硅酸钠生成硅酸沉淀，可以说明酸性高氯酸大于碳酸大于硅酸；
【详解】（1）越活泼的金属越容易置换出水中的氢；根据题意可知，将打磨好的镁片和铝片放入热水中，观察到Mg片表面逐渐产生气泡，溶液变为浅红色，铝片的表面和溶液无明显变化，说明镁和热水反应生成氢气和氢氧化镁，而铝不反应，则金属性镁大于铝；
（2）图中B的仪器名称为圆底烧瓶，A中所装的试剂为高氯酸；
（3）B中发生反应高氯酸和碳酸钙反应生成二氧化碳，离子方程式为；
（4）为挥发性强酸，挥发出的高氯酸会和硅酸钠反应生成硅酸沉淀，故应在B和C之间增加一个盛有饱和碳酸氢钠溶液的装置，除去挥发的高氯酸。
19． CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋CO2↑＋H2O A、D 除HCl气体 NaHCO3 关闭弹簧夹1，打开弹簧夹2，当D中出现白色胶状沉淀后 Na2SiO3＋CO2＋H2O=H2SiO3↓＋Na2CO3
【分析】验证碳和硅两种元素非金属性的相对强弱，主要是利用强酸制弱酸的原理，盐酸和碳酸钙反应生成氯化钙、二氧化碳和水，由于盐酸易挥发，因此二氧化碳通入硅酸钠之前需要将挥发出的HCl除掉，一般用碳酸氢钠溶液除掉。
【详解】(1)B中是碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，其反应的离子方程式是CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋CO2↑＋H2O；故答案为：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋CO2↑＋H2O。
(2)通过步骤①、②，A中看到白色沉淀说明盐酸具有挥发性，盐酸与碳酸钙反应生成氯化钙、二氧化碳和水，说明盐酸具有酸性，因此得知盐酸具有的性质是AD；故答案为：AD。
(3)由于盐酸具有挥发性，因此先用C装置除掉挥发出的HCl，X试剂为饱和碳酸氢钠(NaHCO3)溶液；故答案为：除HCl气体；NaHCO3。
(4)为了验证碳的非金属性强于硅，生成的二氧化碳通入到硅酸钠溶液中，因此步骤②中未写的操作和现象是关闭弹簧夹1，打开弹簧夹2，当D中出现白色胶状沉淀后；故答案为：关闭弹簧夹1，打开弹簧夹2，当D中出现白色胶状沉淀后。
(5)D中二氧化碳和硅酸钠溶液反应生成硅酸和碳酸钠，其反应的化学方程式是Na2SiO3＋CO2 ＋H2O=H2SiO3↓＋Na2CO3；故答案为：Na2SiO3＋CO2＋H2O=H2SiO3↓＋Na2CO3。
【点睛】
20．
a与b的关系 生成沉淀的质量（g）
a≤3b 1.3a
4b＞a＞3b 15.6b-3.9a
a≥4b 0
2.4或3.2
【分析】50mLbmol/L的AlCl3的物质的量为50×10-3L×bmol/L=0.05 bmol， 50mLamol/L的NaOH溶液物质的量为50×10-3L×amol/L=0.05 amol。
AlCl3和NaOH溶液反应可能生成Al(OH)3或NaAlO2，AlCl3溶液中加入NaOH溶液的反应过程为：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓，Al(OH)3+NaOH= NaAlO2+2H2O，总反应：AlCl3+4NaOH= NaAlO2+2H2O。可在此基础上进行讨论。
【详解】(1)根据反应AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓，AlCl3过量和恰好完全生成Al(OH)3时，NaOH全部用于生成沉淀，关系为：0.05bmol×3≥0.05amol，a≤3b，生成的沉淀质量为0.05amol××78g mol-1=1.3ag；根据反应AlCl3+4NaOH= NaAlO2+2H2O，恰好完全生成NaAlO2 和NaOH过量时，关系为：0.05bmol×4=0.05amol，a≥4b，此时无沉淀；当4b＞a＞3b 时，分两步计算：
第一步，AlCl3完全沉淀，生成Al(OH)30.05bmol，消耗NaOH0.05bmol×3=0.15bmol；第二步，沉淀部分溶解：
n=(0.05a-0.15b)mol
则未溶的沉淀质量为：[0.05bmol-(0.05a-0.15b)mol]×78g mol-1=(15.6b-3.9a)g。
综上所述，当a、b关系不同时，反应所生成沉淀的质量如下表：
a与b的关系 生成沉淀的质量(g)
a≤3b 1.3a
4b＞a＞3b 15.6b-3.9a
a≥4b 0
答案为：
a与b的关系 生成沉淀的质量(g)
a≤3b 1.3a
4b＞a＞3b 15.6b-3.9a
a≥4b 0
(2) 若b=1mol/L时，a=要生成沉淀3.12g讨论如下：
a≤3b=3时，1.3a=3.12，a=2.4<3，答案合理；4b＞a＞3b即4＞a＞3时，15.6b-3.9a=15.6-3.9a=3.12，a=3.2，4＞3.2＞3，答案合理。
答案为：2.4或3.2
【点睛】与量有关的反应，要特别注意反应物之间量的关系，量不同，产物可能不同；分步反应要清楚反应的过程，并按反应的顺序进行计算。
21．(1)Na2SO4和NaAlO2的混合物
(2)400mL
(3)64%
【详解】（1）当滴加NaOH溶液到体积V2时，Al(OH)3完全溶解，溶质为Na2SO4和NaAlO2的混合物；
（2）100mL2mol/ L的H2SO4溶液中含有硫酸的物质的量为: 2mol/L 0.1L = 0.2mol，使Mg2+、Al3+刚好完全沉淀，此时溶质为硫酸钠，则n (NaOH) = 2n (Na2SO4)= 2n(H2SO4) = 0.4mol，加入的NaOH的体积V为: V==0.4L=；
（3）当V1=150mL时，此时溶液是Mg2SO4、Al2(SO4)3和Na2SO4混合液，由Na+离子守恒可知，n (Na2SO4)= n (Na+) =n (NaOH)=，设MgSO4为xmol、Al2(SO4)3为ymol，根据Mg原子、Al原子守恒有：x+2y=0.1，根据离子守恒有：x+3y=0.2-0.075=0.125，联立方程解得：x=0.05、y=0.025，金属粉末中镁粉的质量为24g/mol0.05mol=1.2g，铝的质量为27g/mol0.025mol=0.675g，混合物中镁的质量分数为