第四章 物质结构元素周期律 测试题 （含解析）2023-2024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 测试题
一、选择题
1．下列说法正确的是
A．Na2O、Na2O2中所含化学键类型完全相同
B．只有活泼金属元素与活泼非金属元素之间才能形成离子键
C．氯气与氢气反应的过程中，有共价键的断裂和离子键的形成
D．等物质的量的CN-和N2含有的电子总数相等
2．下列有关化学用语不正确的是
A．分子的结构式
B．分子的电子式：
C．结构示意图：
D．中子数为20的氯原子：
3．元素周期表的形式多种多样，如下图是扇形元素周期表的一部分(36号元素)，对比中学常见元素周期表，思考扇形 元素周期表的填充规律，下列说法正确的是
A．②、⑧、⑨对应简单离子半径依次减小
B．⑤的三种核素化学性质不同
C．元素⑩处于常见周期表第四周期第ⅧB 族
D．④的最高价氧化物对应的水化物能与其氢化物反应，生成盐类物质
4．下列离子中半径最小的是
A．F- B．Cl- C．Br- D．I-
5．科学家用氦核撞击非金属原子，反应如下：+→+。已知:X核内的质子数和中子数相等，下列叙述错误的是
A．z=7 B．Y的中子数10
C．与互为同位素 D．该反应中共涉及4种核素
6．元素周期表是一座开放的“元素大厦”，“元素大厦”尚未客满。若发现120号元素，请在“元素大厦”中安排好它的“房间”
A．第7周期0族 B．第7周期第IA族
C．第8周期第IIA族 D．第8周期第IA族
7．《本草纲目》中记载：“(火药)乃焰硝()、硫黄、杉木炭所合，以为烽燧铳机诸药者。”火药燃烧爆炸时发生的反应为。下列有关说法错误的是
A．氧化产物与还原产物的物质的量之比为3：2
B．反应每转移6mol电子，则能生成11.2L
C．该反应过程有极性键、非极性键和离子键的形成
D．该反应中分别被S和硝酸钾氧化的碳原子数之比为1：5
8．2019年科学家们合成了具有半导体特性的环状C18分子，其合成方法的示意图如下：
下列说法不正确的是
A．C与O同属第二周期元素，原子半径r(C)>r(O)
B．非金属性C小于O，故C24O6中O显负价
C．环状C18分子属于不饱和烃
D．C22O4分子中含有极性键和非极性键
9．科学家用钙离子撞击锎靶，产生了一种超重元素，其反应可表示为：，下列说法正确的是
A．原子核内有98个质子，141个中子
B．与互为同素异形体
C．是一种性质活泼的非金属元素
D．已知第ⅡA的硫酸盐溶解性：易溶于水，微溶于水，可推断出不溶于水，但溶解度比大
10．“类推”是常用的学习方法，但有时会产生错误结论。下列类推的结论中，错误的是
事实 推测
A Mg与冷水较难反应，Ca与冷水较易反应 Be(铍)与冷水更难反应
B Na与Cl形成离子键，Al与Cl形成共价键 Si与Cl形成共价键
C CO2通入Ba(NO3)2溶液中无沉淀产生 推测SO2通入Ba(NO3)2溶液中也无沉淀产生
D 第二周期元素氢化物稳定性顺序是HF>H2O>NH3 则第三周期元素氢化物稳定性顺序也是HCl>H2S>PH3
A．A B．B C．C D．D
11．C、N、O、P、Cl是生命体中的一些常见元素。下列说法正确的是
A．原子半径：r(N)＜r(O)＜r(P)
B．非金属性：O＞P＞Cl
C．最高价氧化物对应水化物酸性：HClO4＞H3PO4＞HNO3
D．氢化物的沸点：H2O＞NH3＞CH4
12．下列微粒结构示意图表示正离子的是
A． B． C． D．
13．下列说法正确的是
A．He、Ne、Ar都是由分子构成的，但分子内部不存在共价键
B．碘单质升华过程中，吸收的热量用于克服碘原子之间的共价键
C．固体NaCl属于离子化合物，和之间通过静电引力形成离子键
D．HCl和分子中，各原子最外层都达到了8电子稳定结构
14．已知阳离子R2+的原子核内有n个中子，原子的质量数为m，则wgR2+所含电子的物质的量为mol
A． B． C． D．
15．下列说法中错误的是
A．1H、2H、3H、H+、H2是氢元素的四种不同粒子
B．40Ca和42Ca、石墨和金刚石均为同位素
C．12C、13C、14C是不同的核素
D．16O、18O互为同位素，物理性质不同，但化学性质几乎相同
二、填空题
16．构成原子的微粒间的两个关系
(1)质量数(A)= + 。
(2)核电荷数= = =原子序数。
17．一种麻醉剂的分子结构式如图所示。其中，的原子核只有1个质子；元素Y、Z、W原子序数依次增大，且均位于的下一周期；元素的原子比原子多8个电子。则X、Y、Z、W、E分别为 。
18．铁盐在生产生活中有重要的作用。
(1)绿矾(FeSO4·7H2O)常用作补血剂。
①绿矾中含有的化学键类型有 。
②配制含FeSO4的溶液时，为防止FeSO4被氧化，应采取的措施是 。
(2)工业中常用高铁酸钾(K2FeO4)作为高效、多功能的自来水处理剂，高铁酸钾与水反应时，能生成Fe(OH)3胶体吸附杂质净水，同时还产生一种气体，该原理的离子方程式为 。
(3)一种铁基脱硫剂脱除硫化氢(H2S)的方法包括吸收和再生两个阶段，其工艺流程原理如下：
① 写出“再生”的反应的离子方程式： 。
②当吸收224 mL(标准状况)H2S时，若要保持脱硫液中Fe3＋的物质的量不变，则所通入的氧气的物质的量为 mol(写出计算过程)。
19．1869年俄国化学家门捷列夫制出第一张元素周期表，到现在形成的周期表经过了众多化学家的艰辛努力，历经142年。元素周期表体现了元素位、构、性的关系，揭示了元素间的内在联系。如图是元素周期表的一部分，回答下列问题：
(1)Si的最高化合价为 ，Cl的最高价氧化物对应的水化物的化学式为 ，Bi的最高价氧化物的化学式为 。
(2)根据元素周期律，推断：
①阴影部分元素简单气态氢化物热稳定性最强的是 元素(填元素符号)。
②酸性： (填“>”“<”或“=”，下同)。
③氢化物的还原性： 。
(3)N的氢化物和它的最高价含氧酸反应的化学方程式 。
20．在人类社会的发展进程中，金属起着重要的作用。
（1）以下有关金属单质的叙述正确的是 。
A．金属钠非常活泼，在实验室中保存在石蜡油或煤油中
B．用坩埚钳夹住一小块铝箔，在酒精灯上加热，可观察到铝箔熔化，并有熔融物滴下
C．铁单质与水蒸气反应的化学方程式为2Fe+3H2O(g)=Fe2O3+3H2
（2）把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后有1.16 g白色沉淀，在所得的浊液中逐滴加入1 mol·L－1 HCl溶液，加入HCl溶液的体积与生成沉淀的质量关系如下图所示，试回答：
①A点的沉淀物的化学式为 ；B点的沉淀物的化学式为 ；写出A→B段发生反应的离子方程式 。
②原混合物中MgCl2的质量是 g，AlCl3的质量是 g，NaOH的质量是 g。
③Q点HCl溶液加入量是 mL。
21．把一定质量的镁、铝混合物投入到1 mol·L-1的盐酸中，待金属完全溶解后，向溶液中加入1 mol·L-1的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量与加入氢氧化钠溶液的体积关系如图所示。则：
(1)加NaOH过程中有关反应的离子方程式为H++OH-=H2O、 、 、 。
(2)金属铝的质量为 。
(3)a的取值范围是 。
(4)n(Mg)/n(Al)的最大值是 。
22．短周期主族元素X、Y、Z和M的原子序数依次增大，相关信息如下表：
元素 相关信息
X 最外层电子数是核外电子总数的
Y 地壳中含量最多的元素
Z Z的质子数比Y的质子数多1
M M与X同主族
请回答下列问题：
(1)Z的元素符号是 ，X元素灼烧时火焰呈现的颜色是 。
(2)Y原子的得电子能力比Z原子的得电子能力 (填“强”或“弱”)，原因是 (从原子结构角度分析)。
(3)写出X的单质在单质中燃烧的化学方程式： ，单质，与单质的关系是 。
(4)设计实验比较X与M原子的失电子能力强弱： 。
23．Ⅰ.有一澄清溶液，可能含有Fe3+、A13+、Fe2+、Mg2+、Ba2+、K+、Cl-、等离子中的几种，为分析其成分，实验小组同学取此溶液分别进行了四个实验，其操作和有关现象如下：
第③个实验中，生成白色沉淀的量与加入NaOH的量有如图所示的关系，据此可知：
(1)在原溶液中一定存在的离子有 ；一定不存在的离子有 ；不能确定是否存在的离子有 。
(2)图象中沉淀的量下降部分发生反应的离子方程式 。
Ⅱ.上述实验需要480m1 0.10 mol·L-1的氢氧化钠溶液，回答下列问题。
(3)根据计算，用托盘天平称取NaOH固体的质量应为 g。
(4)需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、 。
(5)下列情况会使所配溶液浓度偏低的是 (填字母序号)。
A．溶液转移到容量瓶后，未进行洗涤操作
B．转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水
C．定容时，仰视容量瓶的刻度线
D．在烧杯中溶解氢氧化钠后，立即将所得溶液注入容量瓶中
【参考答案】
一、选择题
1．D
解析：A．Na2O中只有离子键，Na2O2中有离子键和非极性共价键，化学键的类型不完全相同，A错误；
B．氯化铵中铵根离子和氯离子之间是离子键，B错误；
C．氯气与氢气反应生成氯化氢，氯化氢当中氯和氢之间是共价键，C错误；
D．1个CN-和N2微粒中都含有10个电子，则等物质的量的CN-和N2含有的电子总数相等，D正确；
故选D。
2．C
解析：A．HCl分子是共价化合物，其结构式为H Cl，A项正确；
B．氮气分子中存在氮氮叁键，电子式为 ，B项正确；
C．是氟原子得到1个电子后形成的，结构示意图为 ，C项错误；
D．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；质量数=质子数+中子数，中子数为20的氯原子为，D项正确；
故选C。
3．D
【分析】由元素在周期表中的位置可知，10种元素分别为H、Na、C、N、O、Mg、Al、S、Cl、Ca，据此分析；
解析：A．②、⑧、⑨简单离子分别为Na+、S2-、Cl-，根据微粒半径大小比较，一般电子层越多，半径越大，当电子层数相等，半径随着原子序数递增而减小，三种离子半径大小顺序是:r(S2-)＞r(Cl-)＞r(Na+)，故A错误；
B．⑤为氧元素，氧元素的三种核素它们核外电子排布相同，因此化学性质相同，故B错误；
C．⑩为Ca，位于第四周期ⅡA元素，故C错误；
D．④为氮元素，其最高价氧化物对应水化物为HNO3，氢化物为NH3，两个反应生成NH4NO3，硝酸铵属于盐，故D正确；
答案为D。
4．A
解析：核外电子层数越多，离子半径越大，电子层数I->Br->Cl->F-，则离子半径I->Br-> Cl->F-，所以离子中半径最小的是F-；
故答案为A。
5．B
【分析】Y比X多了一个质子，因为质子数从Z变为Z+1，W+4=17+1，W=14，X中质子数和中子数相等，所以X中：质子数=中子数=7，则Y的质子数是8，Y是氧元素。
解析：A．由分析可知z=7，A正确；
B．中z=7，中子数=17-7-1=9，B错误；
C．为，与互为同位素，C正确；
D．反应中共涉及4种核素：、、、，D正确；
故选B。
6．C
解析：稀有气体氡的原子序数为86，位于第六周期的0族，第七周期排满应含有32种元素，则第七周期的稀有气体的原子序数为86+32=118，所以120号元素位于第8周期的第IIA族；
答案选C。
7．B
【分析】。
解析：A．该反应中氧化产物为，还原产物为和，氧化产物与还原产物的物质的量之比为3:2，A正确；
B．气体体积没有注明是标准状况，无法计算的体积，B错误；
C．该反应过程有极性键、非极性键和离子键的形成，C正确；
D．1个S能得，2个中N能得，所以能氧化的碳原子数之比为1:5，D正确；
故选B。
8．C
解析：A．C与O同属第二周期元素，其原子半径随着核电荷数的增大而减小，即原子半径r(C)>r(O)，A正确；
B．两种非金属化合时，非金属性小的电负性小，显正价，非金属性强的电负性大，显正价，故C24O6中O显负价，B正确；
C．环状C18分子没有H，不是烃，C错误；
D．C22O4分子中含有C-H键，这是极性键；还含有C-C键，这是非极性键，D正确；
故先C。
9．D
解析：A．原子核内有98个质子，个中子，A错误；
B．与互为同位素，B错误；
C．的质子数为118，位于第七周期0族，为稀有气体，最外层有8个电子，性质非常稳定，C错误；
D．、、、对应的硫酸盐的溶解度逐渐减小，所以推断出不溶于水，但溶解度比大，D正确；
故选D。
10．C
解析：A．Ca的金属性比Mg强，Ca与冷水反应更剧烈，而Be的金属性比Mg弱，可推测Be与冷水更难反应，推测合理，A正确；
B． Na与Cl形成离子键，Al与Cl形成共价键，钠的金属性强于铝，硅属于非金属，金属性弱于Al，可推测Si与Cl形成共价键，B正确；
C．SO2通入Ba(NO3)2溶液中发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，C错误；
D．同周期从左到右元素非金属性递增，非金属性越强，简单氢化物越稳定，则第二周期元素简单氢化物的稳定性顺序是：HF＞H2O＞NH3；第三周期元素简单氢化物的稳定性顺序也是：HCl＞H2S＞PH3，D正确；
答案选C。
11．D
解析：A．简单原子层数越多、质子数越小半径越大，r(O)＜r(N)＜r(P)，A错误；
B．非金属性与电负性有关，O＞Cl＞P，B错误；
C．非金属元素非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，非金属性Cl >N>P，HClO4＞HNO3＞H3PO4，C错误；
D．常温下水、氨气含有氢键，且水为液态，故氢化物的沸点：H2O＞NH3＞CH4，D正确；
故选D。
12．A
解析：A．该微粒表示镁离子，A符合；
B．该微粒表示Ne原子，不是离子，B不符合；
C．该微粒表示Cl原子，不是离子，C不符合；
D．该微粒表示氟离子，是阴离子，D不符合；
答案选A。
13．A
解析：A． He、Ne、Ar都是由分子构成的，分子均为单原子分子，分子内部不存在共价键，故A正确；
B． 碘单质升华过程中，吸收的热量用于克服碘分子之间的分子间作用力，故B错误；
C． 固体NaCl属于离子化合物，和之间通过静电作用形成离子键，故C错误；
D． 分子中，各原子最外层都达到了8电子稳定结构，HCl中H原子为2电子稳定结构，故D错误；
故选A。
14．A
解析：原子的质量数＝中子数＋质子数，原子中，质子数＝核外电子数，离子中所含电子数为(m-n-2)，wg阳离子的物质的量为，电子数为；
故答案为：A。
15．B
解析：A．1H、2H、H+、H2分别表示：质子数为1，中子数为0的氢原子；质子数为1，中子数为1的氢原子；带一个正电荷的氢离子；氢气单质；是氢元素的四种不同粒子，A正确；
B．40Ca和42Ca是同元素的不同原子互为同位素，石墨和金刚石为碳元素的不同单质，互为同素异形体，B错误；
C．12C、13C、14C是质子数相同，中子数不同的同一元素形成的不同原子，互为同位素，是不同的核素，C正确；
D．16O、18O是质子数相同，中子数不同的同一元素形成的不同原子，互为同位素，物理性质不同，但化学性质几乎相同，D正确；
故选B。
二、填空题
16．(1)质子数(Z) 中子数(N)
(2)质子数 原子核外电子数
解析：略
17．H、C、O、F、Cl
解析：E、X、W形成1个化学键，Y形成4个化学键，Z形成2个化学键；的原子核只有1个质子，则X为H元素；元素Y、Z、W原子序数依次增大，且均位于的下一周期，则Y、Z、W分别为C元素、O元素、F元素；元素的原子比原子多8个电子，则E为元素，综上X、Y、Z、W、E分别为H、C、O、F、Cl。
18．(1)离子键和共价键 往溶液中加入少量铁粉
(2)
(3)
解析：（1）①绿矾中含有的化学键类型有亚铁离子与硫酸根离子之间的离子键和硫原子与氧原子之间的共价键，答案为：离子键和共价键；
②配制含FeSO4的溶液时，FeSO4易被氧化生成三价铁离子，所以应采取的措施是往溶液中加入少量铁粉，答案为：往溶液中加入少量铁粉；
（2）工业中常用高铁酸钾(K2FeO4)作为高效、多功能的自来水处理剂，高铁酸钾与水反应时，能生成Fe(OH)3胶体吸附杂质净水，同时还产生氧气，根据氧化还原反应中电子转移守恒和电荷守恒，该原理的离子方程式为，答案为：；
（3）① 由图可知“再生”过程是亚铁离子和氧气、氢离子反应生成三价铁离子的过程，反应的离子方程式：，答案为：；
②吸收过程的反应：，再生过程的反应，若要保持脱硫液中Fe3＋的物质的量不变，根据题意可知需要满足下列电子转移关系：，，需要氧气，答案为：；
19．(1) +4
(2) F < <
(3)
解析：（1）硅元素处于第ⅣA族，因此Si的最高化合价为+4价，Cl的最高价是+7价，则最高价氧化物对应的水化物的化学式为，Bi是第ⅤA族元素，最高价是+5价，则最高价氧化物的化学式为。
（2）①同主族从上到下非金属性逐渐增强，简单氢化物的稳定性逐渐增强，因此阴影部分元素简单气态氢化物热稳定性最强的元素是F。
②同周期自左向右非金属性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，则酸性：＜。
③同主族从上到下非金属性逐渐增强，简单氢化物的还原性逐渐增强，则氢化物的还原性：＜。
（3）N的氢化物氨气和它的最高价含氧酸硝酸反应的化学方程式。
20． A Mg(OH)2 Mg(OH)2和Al(OH)3 AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓ 1.90 2.67 5.20 130
【分析】把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后有1.16 g白色沉淀，在所得的浊液中逐滴加入1 mol·L－1 HCl溶液，前10毫升盐酸反应时沉淀量不变，说明盐酸和氢氧化钠反应，则白色沉淀为氢氧化镁沉淀，再加入盐酸产生沉淀，是偏铝酸钠和盐酸反应生成氢氧化铝沉淀，再加入盐酸，氢氧化镁和氢氧化铝沉淀全部溶解。据此解答。
解析：(1) A.金属钠非常活泼，容易和水或氧气反应，在实验室中保存在石蜡油或煤油中，故正确；B.用坩埚钳夹住一小块铝箔，在酒精灯上加热，可观察到铝箔熔化，外面有氧化铝薄膜包着，不会滴下，故错误；C.铁单质与水蒸气反应的化学方程式为2Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，故错误。故选A；
(2) ①先加入的盐酸和氢氧化钠反应，说明白色沉淀为 Mg(OH)2，再加入盐酸，又产生了氢氧化铝沉淀，所以B点为 Mg(OH)2和Al(OH)3；A到B的离子方程式为：AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓；
②氢氧化镁沉淀的质量为1.16克，即0.02mol氢氧化镁，则对应的氯化镁的物质的量为0.02mol，质量为0.02mol×95g/mol= 1.90g， 根据AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓分析，反应消耗的盐酸的物质的量为1mol/L×(30-10)×10-3L=0.02mol，则氯化铝的物质的量为0.002mol质量为0.02mol×133.5g/mol= 2.67g，氢氧化钠的物质的量为0.02×2+0.02×4+1×0.01=0.13mol，则质量为0.13 mol ×40 g/mol = 5.20g；
③Q点HCl溶液可以看成就是将原来的氢氧化钠反应生成氯化钠，故根据0.13mol氢氧化钠计算，盐酸的物质的量为0.13mol，体积为=130mL。
21． Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓ Al3++3OH-=Al(OH)3↓ Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O 0.27g 0≤a<50mL 2.5
【分析】0～a段没有生成沉淀，说明盐酸过量，加入的氢氧化钠与氯化氢反应；a～80段开始生成沉淀，加入80mL氢氧化钠溶液后沉淀达到最大量，沉淀为Mg(OH)2和Al(OH)3，此时溶液中的溶质为NaCl；80～90段氢氧化铝开始溶解，得到偏铝酸钠，溶解氢氧化铝消耗了10mLNaOH，当加入90mLNaOH溶液后氢氧化铝完全溶解，此时沉淀只有氢氧化镁。
解析：(1)0～a段氢氧化钠与氯化氢反应，离子方程式为H++OH-=H2O，a～80段生成Mg(OH)2和Al(OH)3沉淀，离子方程式分别为Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓、Al3++3OH-=Al(OH)3↓；
(2)80～90段氢氧化铝开始溶解，发生反应Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O，溶解氢氧化铝消耗了10mLNaOH，所以n(Al)=1mol·L－1×0.01L=0.01mol，质量为0.01mol×27g/mol=0.27g；
(3)假设盐酸溶解金属后不剩，这种情况下，酸恰好与合金反应完全，此时a=0；当合金中0.01mol铝时，a值最大，沉淀Al3+需要NaOH溶液的体积为30mL，所以a最大为80mL-30mL=50mL，但合金中不可能只有铝，所以的取值范围为0≤a<50mL；
(4)当a=0时，n(Mg)最大，此时沉淀Mg2+消耗50mLNaOH溶液，所以n(Mg)= 1mol·L－1×0.05L÷2=0.025mol，所以的最大值为=2.5。
22．(1) F 紫红色
(2) 强 氧原子和氟原子的核外电子层数相同，核电荷数氧小于氟，核电荷数越大，最外层电子离核越近，原子越容易得到电子，因此氟原子的得电子能力比氧原子强
(3) 4Li＋O22Li2O 同素异形体
(4)失电子能力越强即取相同大小的Li块和Na块，分别放入事先准备好的盛有相同水的两个烧杯中，观察实验现象，Li和Na都在睡眠上发生反应，Na和水反应比Li和水反应剧烈，说明钠原子失电子能力强
解析：短周期主族元素X、Y、Z和M的原子序数依次增大，X是最外层电子数是核外电子总数的，则X为Li，Y是地壳中含量最多的元素，则Y为O，Z的质子数比Y的质子数多1，则Z为F，M与X同主族，则M为Na。
(1)根据前面分析Z的元素符号是F，X元素灼烧时火焰呈现的颜色是紫红色；故答案为：F；紫红色。
(2)根据同周期从左到右非金属性逐渐增强，因此Y原子的得电子能力比Z原子的得电子能力强，原因是氧原子和氟原子的核外电子层数相同，核电荷数氧小于氟，核电荷数越大，最外层电子离核越近，原子越容易得到电子，因此氟原子的得电子能力比氧原子强；故答案为：强；氧原子和氟原子的核外电子层数相同，核电荷数氧小于氟，核电荷数越大，最外层电子离核越近，原子越容易得到电子，因此氟原子的得电子能力比氧原子强。
(3)X(Li)的单质在单质中燃烧生成Li2O，其反应的化学方程式：4Li＋O22Li2O，单质氧气，与单质臭氧是同种元素形成的不同单质，两者互为同素异形体；故答案为：4Li＋O22Li2O；同素异形体。
(4)设计实验比较X与M原子的失电子能力强弱：主要利用两种金属分别与水反应的剧烈程度来比较，反应越剧烈，则失电子能力越强即取相同大小的Li块和Na块，分别放入事先准备好的盛有相同水的两个烧杯中，观察实验现象，Li和Na都在睡眠上发生反应，Na和水反应比Li和水反应剧烈，说明钠原子失电子能力强；故答案为：失电子能力越强即取相同大小的Li块和Na块，分别放入事先准备好的盛有相同水的两个烧杯中，观察实验现象，Li和Na都在睡眠上发生反应，Na和水反应比Li和水反应剧烈，说明钠原子失电子能力强。
23． Mg2+、Al3+、K+、 Fe2+、Fe3+、Ba2+ Cl- Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O 2.0 500mL容量瓶 AC
【分析】透过蓝色钴玻璃焰色反应呈紫色，说明溶液中含有K+离子；加入BaCl2溶液和稀盐酸产生白色沉淀，说明溶液中含有，则不含Ba2+；根据题图可知逐滴加入NaOH溶液时生成白色沉淀，且沉淀达到最大值后部分消失，说明含有Mg2+和Al3+，不含Fe2+、Fe3+。
解析：(1)根据分析可知一定存在的离子为Mg2+、Al3+、K+、；一定不存在的离子有Fe2+、Fe3+、Ba2+；不能确定是否存在的离子为Cl-；
(2)图象中沉淀的量下降部分是氢氧化铝和氢氧化钠的反应，离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O；
(3)实验室没有480mL容量瓶，所以要用500mL容量瓶配制，所需NaOH固体的质量为0.5L0.10mol/L40g/mol=2.0g；
(4)配制溶液时需要在烧杯中溶解固体，玻璃棒搅拌，之后转移到500mL容量中定容，定容时需要胶头滴管，所以除所给仪器外还需要500mL容量瓶；
(5)A．溶液转移到容量瓶后，未进行洗涤操作，造成溶质部分损失，浓度偏低，故A符合题意；
B．转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水不影响溶液体积，也不影响溶质的量，所以对结果无影响，故B不符合题意；
C．定容时，仰视容量瓶的刻度线，导致溶液体积偏大，浓度偏低，故C符合题意；
D．在烧杯中溶解氢氧化钠后，此时溶液温度较高，立即将所得溶液注入容量瓶中，带冷却后溶液体积变小，浓度偏高，故D不符合题意；
综上所述答案为AC