【化学】高中化学离子反应题20套(带答案)及解析1

【化学】高中化学离子反应题20套(带答案)及解析1
一、高中化学离子反应
1．某溶液中含有SO42-、SO32-、SiO32-、Br－、CO32-、Na＋，向该溶液中通入过量的Cl2，下列判断正确的是
①反应前后，溶液中离子浓度基本保持不变的有SO42-、Na＋；②有胶状物质生成；③有气体产生；④溶液颜色发生变化；⑤共发生了2个氧化还原反应。

A．②③④B．①②③C．①③⑤D．②④⑤
【答案】A
【解析】
【详解】
向溶液中通入过量的Cl2，Cl2可以氧化SO32-成为SO42-，所以SO32-浓度降低，SO42-浓度增大，Cl2也可以和Br－发生置换反应，使Br－浓度降低，生成的溴溶于水中使溶液颜色发生变化，Cl2溶于水生成的盐酸还可以跟CO32-发生反应生成CO2，使CO32-浓度降低，和SiO32-生成H2SiO3白色胶状沉淀，使SiO32-浓度降低，所以离子浓度基本保持不变的只有Na＋。

Cl2溶于溶液中发生了3个氧化还原反应，其中2个是Cl2分别和SO32-、Br－发生的，另一个是Cl2和水的歧化反应，所以②③④是正确的，故选A。

【点睛】
Cl2和SO32-发生氧化还原反应，使SO32-浓度降低，还要考虑到生成了SO42-，使SO42-浓度增大，所以溶液中的SO32-、SO42-浓度都发生了变化。

在Cl2通入该溶液的反应中，除了Cl2和SO32-、Br－发生的氧化还原反应外，不要忽略了还有Cl2和水发生的氧化还原反应。

2．在电解质溶液的导电性实验（装置如图所示）中，若向某一电解质溶液中逐滴加入另一溶液时，则灯泡由亮变暗，至熄灭后又逐渐变亮的是（）
A．盐酸中逐滴加入氢氧化钠溶液
B．硫酸铜溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液
C．硫酸中逐滴加入氯化钡溶液
D．盐酸中逐滴加入硝酸银溶液
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A、盐酸中加入氢氧化钠溶液，反应生成水和氯化钠，溶液中离子的浓度未发生变化，灯
泡不会变暗，故A项错误；
B、向硫酸铜溶液中加入氢氧化钡溶液，反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钡沉淀，溶液中离子浓度不断减小，灯泡亮度不断降低，直到熄灭，当氢氧化钡过量时，溶液中的离子浓度增大，灯泡亮度升高，故B项正确；
C、硫酸中加入氯化钡溶液，反应生成硫酸钡沉淀，溶液中离子浓度未发生变化，灯泡不会变暗，故C项正确；
D、盐酸中加入硝酸银溶液，反应生成氯化银沉淀和硝酸，溶液中离子的浓度不发生变化，灯泡不会变暗，故D项错误。

综上所述，本题正确答案为B。

3．烧杯中盛有100mL 0.1mol/L的NaHSO4溶液，向其中逐滴滴加0.1mol/L的Ba(OH)2溶液，烧杯中某些物质（或微粒）的物质的量的变化曲线如图。

下列说法正确的是
A．曲线a表示Ba2+的物质的量的变化
B．曲线c表示OH-的物质的量的变化
C．加入Ba(OH)2溶液50mL反应的离子方程式为 Ba2+＋OH－＋H＋＋SO42－→BaSO4↓＋H2O D．加入Ba(OH)2溶液大于50mL后，反应的离子方程式为 OH－＋H＋→H2O
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A.由图象曲线变化可知，在加入的氢氧化钡溶液体积小于100mL前，曲线a表示离子的浓度减小，此段曲线a表示的是硫酸根离子，当Ba( OH)溶液体积大于100mL后，曲线a表示的是钡离子浓度，故A错误；
B.由图可知，曲线c表示离子的浓度先减小后增大，50mLBa( OH)2溶液加入时为0，此时100mL0.1mol/L的NaHSO4恰好和0.1mol/L的Ba(OH)2反应，继续加入Ba( OH)2溶液后，OH-的浓度逐渐增大，则直线c表示OH-的物质的量的变化，故B正确；
C.加入Ba(OH)2溶液50mL，两者恰好完全反应，其反应的化学方程式为: Ba2+＋2OH－＋2H ＋＋SO42－=BaSO4↓＋2H2O，故C错误；
D.加入Ba(OH)2溶液大于50mL后，硫酸氢钠中氢离子已经反应完全，此时的反应为钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡的反应，反应的离子方程式为：Ba2++ SO42-=BaSO4↓，故D错误；
故选B。

4．下列离子在溶液中能够共存并且在加入少量的Na2O2固体后原离子浓度能基本保持不变的是（）
A．NH4+、Ba2+、Cl-、NO3-
B．K+、AlO2-、Cl-、SO42-
C．Ca2+、Mg2+、NO3-、HCO3-
D．Na+、Cl-、CO32-、NO3-
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
Na2O2固体会与溶液中的水发生反应，生成氢氧化钠和氧气；
A. NH4+与氢氧根离子反应生成弱电解质一水合氨，加入过氧化钠后NH4+的浓度变化较大，A项错误；
B. K+、AlO2-、Cl-、SO42-之间不反应，在溶液中能够大量共存，且加入过氧化钠后各离子浓度基本不变，B项正确；
C. Ca2+、Mg2+、HCO3-都能够与氢氧根离子反应，加入过氧化钠后它们的离子浓度变化较大，C项错误；
D. 反应生成Na+，加入过氧化钠后钠离子浓度变化较大，D项错误；
答案选B。

5．某强酸性溶液 X 中可能含有 Ba2+、A13+、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32-、SO32-、SO42-、C1-、NO2-中的一种或几种，现取 X 溶液进行连续实验，实验过程及产物如下：
根据以上信息，下列判断正确的是
A．X 溶液中一定存在 A13+、NH4+、Fe3+、SO42-
B．X 溶液中可能存在 SO32-、C1-、NO2-
C．向溶液 J 中加入过量的溶液 E，最终溶液中可能含有两种溶质
D．沉淀 I 一定是 Al (OH)3
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
强酸性溶液中一定不会存在CO32-和SO32-离子，加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4沉淀，说明溶液中含有SO42-离子，生成气体A，A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+离子，溶液B中加入
过量NaOH 溶液，生成气体F ，则F 为NH 3，说明溶液中含有NH 4+离子，溶液H 中通入过量CO 2气体，生成沉淀I ，则I 为Al(OH)3，H 为NaAlO 2，说明溶液中含有Al 3+离子，溶液中含有Fe 2+离子，就一定不含NO 2-离子，含有SO 42-离子就一定不含Ba 2+离子，不能确定是否含有的离子Fe 3+和Cl -，根据上述分析，溶液中一定含有A13+、NH 4+ 、Fe 2+、SO 42-；一定不存在Ba 2+、CO 32-、SO 32-、NO 2-；可能存在Fe 3+和Cl -，故A 、B 错误；溶液H 中含有前几步加入的过量的Ba 2+、Na +、OH -、NO 3-和生成的 AlO 2-，通入过量CO 2，得到的溶液J 中含有Ba 2+、Na +、NO 3-和HCO 3-，加入过量的硝酸(溶液E)，最终溶液中有硝酸钠、硝酸钡和过量的硝酸，故C 错误；沉淀I 是 Al (OH)3，故D 正确；故选D 。

【点睛】
本题的易错点和难点是NO 2-离子的判断，要注意NO 2-在酸性条件下也具有强氧化性。

6．将少量SO 2通入Ca (ClO )2溶液中，下列离子方程式能正确表示该反应的是 A ．SO 2 + H 2O + Ca 2+ + 2ClO - → CaSO 3↓+ 2H + + 2ClO - B ．SO 2 + H 2O + Ca 2+ + ClO - → CaSO 3↓+ 2HClO C ．SO 2 + H 2O + Ca 2+ + ClO - → CaSO 4↓ + 2H + + Cl - D ．SO 2 + H 2O + Ca 2+ + 3ClO - → CaSO 4↓ + 2HClO + Cl - 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
ClO -有较强的氧化性，而在水溶液中SO 2有较强的还原性，二者相遇首先发生氧化还原反应，生成氯离子和硫酸根离子。

由于硫酸钙水中溶解度不大，硫酸根离子与钙离子又会形
成硫酸钙沉淀，又因为次氯酸钙过量，则反应的离子方程式为：SO 2+3ClO -+Ca 2++H 2O =CaSO 4↓+Cl -+2HClO ，故选D
【点睛】
选项C 是解答的易错点，主要是忽略了二氧化硫不足，生成的氢离子会继续与次氯酸根离子反应生成难电离的次氯酸。

7．在测定液态BrF 3导电性时发现，20℃时导电性很强，其他实验证实存在一系列有明显离子化合物倾向的盐类，如KBrF 4，(BrF 2)2SnF 6等，由此推测液态BrF 3电离时的阳、阴离子是
A ．BrF 2+，BrF 4-
B ．BrF 2+，F -
C ．Br 3+，F -
D ．BrF 2+，BrF 32-
【答案】A 【解析】 【分析】
根据4KBrF 、226(BrF )SnF 等物质都是具有明显离子化合物倾向的盐可知，它们能电离出
自由移动的离子，其电离方程式分别是：44KBrF K BrF +-=+、
22626(BrF )SnF 2BrF SnF +-=+，说明4BrF -、2BrF +是稳定存在的离子，液态3BrF 20℃时
导电性很强，说明液态BrF 3为部分电离，所以3BrF 的电离方程式为2BrF 3ƒ
42 BrF BrF -++，据此回答。

【详解】
A ．3BrF 的电离方程式为2BrF 3ƒ42 BrF BrF -++，A 正确；
B ．BrF 3电离不产生F -，B 错误；
C ．BrF 3电离不产生F -、Br -，C 错误；
D ．BrF 3电离不产生BrF 2+、BrF 32-，D 错误。

答案选A 。

8．将少量SO 2通入Ca （ClO ）2溶液中，下列离子方程式能正确表示该反应的是 A ．SO 2 + H 2O + Ca 2+ + 2ClO - → CaSO 4↓ + HClO + H + + Cl - B ．SO 2 + H 2O + Ca 2+ + 2ClO - → CaSO 3↓+ 2H + + 2ClO - C ．SO 2 + H 2O + Ca 2+ + ClO - → CaSO 3↓+ 2HClO D ．SO 2 + H 2O + Ca 2+ + ClO - → CaSO 4↓ + 2H + + Cl - 【答案】A 【解析】 【详解】
将少量SO 2通入Ca(ClO)2溶液中发生氧化还原反应，生成硫酸钙，还生成HClO 等，再根据原子守恒，电子守恒配平反应方程式即可，所以该离子反应为SO 2 + H 2O + Ca 2+ + 2ClO - = CaSO 4↓ + HClO + H + + Cl -，故A 正确； 所以答案：A 。

9．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A ．c (H +)/c (OH -)=1×10-12的溶液中：233K Na CO NO ++--
、、、
B ．0.1mol/LHCl 溶液:234Na K CH COO SO ++--
、、、 C ．0.1mol/LK 2CO 3溶液:3-3Na Al Cl NO +--
、、、 D ．c (Fe 2+)=0.1mol/L 溶液中：33H NO SCN Al +--+
、、、
【答案】A 【解析】 【详解】
A 项，由c (H +)/c (OH -)=1×10-12可知，c(OH -)＞c(H +)，溶液显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，A 项正确；
B 项，HCl 溶液有H +显酸性，CH 3COO -不能大量存在，故B 项错误；
C 项，K 2CO 3溶液存在CO 32-，CO 32-与Al 3+发生双水解反应，不能大量共存，故C 项错误；
D 项，Fe 2+能在酸性条件下被NO 3-氧化为Fe 3+，Fe 3+与SCN -结合生成络合物，不能大量共存，故D 项错误。

答案选A 。

10．某溶液中只可能含有K +、4NH +
、2Fe +、3+Al 、Cl -、24SO -、23CO -、2AlO -
中的若干种离子，且所含有的离子浓度均为10.1mol L -⋅。

某同学为确定其成分，进行如图所示实验：
下列说法正确的是( )
A ．无法确定原试液中是否含有3Al +、-Cl
B ．滤液X 中大量存在的阳离子有4NH +
、2Fe +和2Ba + C ．无法确定沉淀C 的成分
D ．原溶液中存在的离子为4NH +
、2Fe +、-Cl 、24SO -
【答案】D 【解析】 【分析】
加稀硫酸无明显现象，说明溶液中无2-3CO ，加入过量硝酸钡产生了沉淀A ，则沉淀A 为
4BaSO ，产生的气体根据题目限制的条件只能是氮氧化物，则溶液中必有2+Fe ，AlO 2-和2+Fe 不共存，所以没有AlO 2-。

加入过量的碱能产生气体，则只能是氨气，溶液中必有+4NH ，此时产生的沉淀B 为3Fe(OH)，最终通入少量二氧化碳，产生的沉淀C 中必然有
3BaCO ，接下来根据电荷守恒来判断，已确定的离子有2-4SO 、2+Fe 、+4NH ，已知离子
的物质的量相等，根据电荷守恒，一定存在-Cl ，+K 和3+Al 都不能存在。

【详解】
A ．一定存在-Cl ，3+Al 一定不存在，A 项错误；
B ．X 中不可能有2+Fe ，此时溶液中的2+Fe 已经全部被氧化为3+Fe ，B 项错误；
C ．沉淀C 为3BaCO ，C 项错误；
D ．根据以上分析，D 项正确； 答案选D 。

11．下列化学反应的离子方程式不正确的是
A ．Na 2S 溶液中加入少量FeCl 3溶液：2Fe 3+＋S 2－ ＝ 2Fe 2+＋S↓
B ．向NaOH 溶液中滴加碳酸氢钙溶液至OH －恰好完全反应：Ca 2++2OH －＋2HCO 3－ ＝ CaCO 3↓＋2H 2O ＋CO 32－
C ．向NaClO 溶液中通入少量SO 2气体：ClO －＋SO 2＋H 2O ＝ SO 42－＋Cl －＋2H +
D ．Na 2CO 3溶液中滴入少量邻羟基苯甲酸溶液：
＋CO 32－
＋
HCO3－
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
A、Na2S溶液中加入少量FeCl3溶液生成物是FeS和S，A不正确；
B、向NaOH溶液中滴加碳酸氢钙溶液至OH－恰好完全反应时生成物是碳酸钙、碳酸钠和水，B正确；
C、向NaClO溶液中通入少量SO2气体的离子方程式是3ClO－＋SO2＋H2O SO42－＋Cl－＋2HClO，C正确；
D、酚羟基的酸性强于HCO3－的，所以Na2CO3溶液中滴入少量邻羟基苯甲酸溶液时，酚羟基也和碳酸钠反应，D不正确。

答案选AD。

12．下列有关离子方程式正确的是（）。

A．向稀盐酸中加入少量钠粒：2Na＋2H2O=2Na+＋2OH-＋H2↑
B．NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合呈中性：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O
C．用漂白粉溶液吸收尾气中SO2：Ca2+＋2ClO-＋SO2＋H2O=CaSO3↓＋2HClO
D．向含氯化铝的氯化镁溶液中加入氧化镁：2Al3+＋3MgO＋3H2O=2Al(OH)3↓＋3Mg2+
【答案】BD
【解析】
【详解】
A. 稀盐酸中加入少量钠粒，氢离子优先反应，正确的离子方程式为：2Na+2H+=2Na++H2↑，A项错误；
B. NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合呈中性，则硫酸根过量，离子方程式为：2H++SO42-
+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，B项正确；
C. HClO有强氧化性，会将CaSO3氧化为CaSO4，C项错误；
D. 含氯化铝的氯化镁溶液发生水解，溶液显酸性，加入氧化镁，离子方程式为：
2Al3++3MgO+3H2O=2Al(OH)3↓+3Mg2+，D项正确；
答案选BD。

【点睛】
本题易错点在C项，判断离子方程式时，一定要分析反应过程，具有强氧化性和强还原性的物质，不会同时存在于产物之中，会进一步发生反应。

13．铍铜是力学、化学综合性能良好的合金，广泛应用于制造高级弹性元件。

以下是从某废旧铵铜元件（含BeO25%、CuS71%、少量FeS和SiO2）中回收铍和铜两种金属的流程。

已知：
Ⅰ．铍、铝元素处于周期表中的对角线位置，化学性质相似
Ⅱ．常温下：K sp [Cu （OH ）2]=2.2×10-20，K sp [Fe （OH ）3]=4.0×10-38，K sp [Mn （OH ）2]=2.1×10-13
(1)滤渣B 的主要成分为______（填化学式）；
(2)写出反应Ⅰ中含铍化合物与过量盐酸反应的化学方程式______；
(3)MnO 2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫，写出反应Ⅱ中CuS 发生反应的离子方程式______，若用浓HNO 3溶解金属硫化物缺点是______（任写一条）； (4)从BeCl 2溶液中得到BeCl 2固体的操作是______。

(5)溶液D 中含c （Cu 2+）=2.2mol•L -1、c （Fe 3+）=0.008mol•L -1、c （Mn 2+）=0.01mol•L -1，逐滴加入稀氨水调节pH 可依次分离首先沉淀的是______（填离子符号），为使铜离子开始沉淀，常温下应调节溶液的pH 大于______；
(6)取铍铜元件1000g ，最终获得Be 的质量为72g ，则Be 的产率是______。

【答案】CuS 、FeS Na 2BeO 2+4HCl=BeCl 2+2NaCl+2H 2O
2222MnO +CuS+4H S +Mn +Cu +2H O +++↓＝ 生成NO 2污染空气 在氯化氢气流下蒸发
结晶 Fe 3+ 4 80% 【解析】 【分析】
废旧铍铜元件(含BeO25%、CuS71%、少量和FeSSiO 2)，加入氢氧化钠溶液反应后过滤，信息可知BeO 属于两性氧化物，CuS 不与氢氧化钠溶液反应，FeS 不与氢氧化钠溶液反应，二氧化硅属于酸性氧化物，和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，因此滤液A 成分是NaOH 、Na 2SiO 3、Na 2BeO 2，滤渣B 为CuS 、FeS ，滤液中加入过量盐酸过滤得到固体为硅酸，溶液中为BeCl 2，向溶液C 中先加入过量的氨水，生成Be(OH)2沉淀，然后过滤洗涤，再加入适量的HCl 生成BeCl 2，在HCl 气氛中对BeCl 2溶液蒸发结晶得到晶体，滤渣B 中加入硫酸酸化的二氧化锰，MnO 2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫，酸性介质中二氧化锰被还原为锰盐，过滤得到溶液D 为硫酸铜、硫酸铁、硫酸锰的混合溶液，逐滴加入稀氨水调节pH 可依次分离，最后得到金属铜，以此解答该题。

【详解】
(1)由以上分析可知滤渣B 为CuS 、FeS ；
(2)信息1得到BeO 22-与过量盐酸反应的化学方程式为：Na 2BeO 2+4HCl=BeCl 2+2NaCl+2H 2O ； (3)MnO 2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫，酸性介质中二氧化锰被还原为锰盐，反应Ⅱ中Cu 2S 发生反应的离子方程式为：MnO 2+CuS+4H +=S+Mn 2++Cu 2++2H 2O ；浓硝酸具有氧化性做氧化剂被还原为二氧化氮、NO 2气体有毒污染环境；
(4)为了抑制Be 2+离子的水解，需要在HCl 气氛中对BeCl 2溶液蒸发结晶； (5)三种金属阳离子出现沉淀，结合浓度商与Ksp 的关系，铜离子转化为沉淀c(OH -
)=()
20
2Ksp 2.2102.2c Cu
-+
⨯=mol/L=1×10-10mol/L ，Fe 3+离子转化为沉淀，c(OH -)=()
38
3333Ksp 4.010.000mol /L 5c 8Fe
-+
⨯==×10-12mol/L ，锰离子沉淀时，c(OH -)=13
2.110mol /L 2.10.01
-⨯=×10-5.5mol/L ，因此首先沉淀的是Fe 3+，为使铜离子沉淀c(H +
)=14
101010
--mol/L=10-4mol/L ，pH=4，常温下应调节溶液的pH 值大于4；
(6)混合物中BeO 质量=1000×25%=250g ，理论上得到Be 的物质的量=250g
25g /mol
=10mol ，实
际得到Be 物质的量=
72g 9g /mol =8mol ，产率=8mol
10mol
×100%=80%。

14．一种“氢氧化锶-氯化镁法”制备“牙膏用氯化锶（SrCl 2·
6H 2O ）”的工艺流程如下：
（1）锶与钙元素同主族。

金属锶应保存在_______中（填“水”、“乙醇”或“煤油”）。

（2）天青石(主要成分SrSO 4)经过多步反应后可制得工业碳酸锶。

其中第一步是与过量焦炭隔绝空气微波加热还原为硫化锶，该过程的化学方程式为__________。

（3）工业碳酸锶中含有CaCO 3、MgCO 3、BaCO 3等杂质。

“滤渣”的主要成分是______。

（4）“重结晶”时蒸馏水用量（以质量比m H2O ：m SrO 表示）对Sr(OH)2·
8H 2O 纯度及产率的影响如下表。

最合适的质量比为____________，当质量比大于该比值时，Sr(OH)2·8H 2O 产率减小，其原因是_____。

（5）水氯镁石是盐湖提钾后的副产品，其中SO 42-含量约为1%，“净化”过程中常使用SrCl 2 除杂，写出该过程的离子方程式__________。

（6）将精制氢氧化锶完全溶于水，与氯化镁溶液在90℃时反应一段时间，下列判断MgCl 2
是否反应完全的最简易可行的方法是______（填标号）。

A 反应器中沉淀量不再增加
B 测定不同时间反应液pH
C 测定Sr2+浓度变化
D 向反应器中滴加AgNO3溶液观察是否有沉淀
（7）若需进一步获得无水氯化锶，必须对SrCl2·6H2O(M=267g·mol-1)进行脱水。

脱水过程采用烘干法在170℃下预脱水，失重达33.7%，此时获得的产物化学式为________。

【答案】煤油 SrSO4+4C SrS+4CO↑ Ca(OH)2，MgO 8：1 随着蒸馏水溶剂的增加，在冷却结晶、过滤的过程中部分氢氧化锶留在母液中导致产率减小 SO42-+Sr2+= SrSO4↓ B SrCl2·H2O
【解析】
【分析】
流程图可知：工业碳酸锶中含有CaCO3、MgCO3、BaCO3等杂质，高温煅烧生成对应的氧化物SrO、CaO、MgO、BaO，SrO与水反应生成Sr(OH)2，CaO与水反应生成Ca(OH)2，微溶于水，BaO与水反应生成Ba(OH)2，MgO难溶于水；过滤后滤渣的主要成分为Ca(OH)2，MgO；锶与钙元素同主族，均活泼，所以保存在煤油中；SrSO4与过量焦炭隔绝空气微波加热还原为硫化锶和CO；SrCl2除SO42-杂质利用的是沉淀法；氢氧化锶完全溶于水，与氯化镁反应后生成氯化锶和氢氧化镁，由于溶液pH变化明显，最简单的方法是测定不同时间反应液的pH；根据脱水失重的比例计算出失水的物质的量，进而求出化学式。

据此分析。

【详解】
(1)锶与钙元素同主族,且锶的金属性大于钙，易与水、乙醇等物质反应，故金属锶应保存在煤油中；答案为：煤油；
(2)根据氧化还原反应原理可知SrSO4与过量焦炭隔绝空气微波加热还原为硫化锶和CO，化学方程式为SrSO4+4C SrS+4CO↑；答案为：SrSO4+4C SrS+4CO↑；
(3)工业碳酸锶中含有CaCO3、MgCO3、BaCO3等杂质，高温煅烧生成对应的氧化物CaO、MgO、BaO，CaO与水反应生成Ca(OH)2，微溶于水，BaO与水反应生成Ba(OH)2，MgO难溶于水；过滤后滤渣的主要成分为Ca(OH)2，MgO；答案为：Ca(OH)2，MgO；
(4)根据图表信息得质量比为8：1时Sr(OH)2·8H2O的纯度和产率均相对较高；当质量比大于该比值时，Sr(OH)2·8H2O产率减小，其原因是随着蒸馏水溶剂的增加，在冷却结晶、过滤的过程中部分氢氧化锶留在母液中导致产率减小；答案为：8：1；随着蒸馏水溶剂的增加，在冷却结晶、过滤的过程中部分氢氧化锶留在母液中导致产率减小；
(5)“净化”过程中常使用SrCl2除SO42-杂质，以生成沉淀的方式除杂，离子方程式为SO42-
+Sr2+= SrSO4↓；答案为：SO42-+Sr2+= SrSO4↓；
(6)氢氧化锶完全溶于水，与氯化镁反应后生成氯化锶和氢氧化镁，由于溶液pH变化明显，最简单的方法是测定不同时间反应液的pH；答案为：B；
(7)SrCl2·6H2O(M=267g·mol-1)脱水过程采用烘干法在170℃下预脱水，失重达33.7%，失重为H2O的质量。

假设SrCl2·6H2O的物质的量1mol，质量为267g，在170℃下预脱水，失重33.7%，失重的质量为267g×33.7%=90g，则失水的物质的量为5mol，则此时产物的化学式为SrCl2·H2O；答案为：SrCl2·H2O；
【点睛】
周期表中元素性质呈现周期性规律变化，钙、锶和钡都是第ⅡA族元素，且金属性依次增
强，所以根据常见钙、钡的性质推导锶的性质是解答此题的关键。

如第五问沉淀法除去硫酸根离子，保存用煤油保存等；第七问求化学式，方法均是求出各个微粒的物质的量之比即可，此处是根据失重求出减少的水的量，再根据前后系数关系正确书写化学式。

15．向Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸．请完成下列问题：
（1）写出反应的离子方程式_____________；
（2）下列三种情况下，离子方程式与（1）相同的是________（填序号）
A．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液显中性
B．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42－恰好完全沉淀
C．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量
（3）若缓缓加入稀H2SO4直至过量，整个过程中混合溶液中的导电能力（用电流强度I表示）可近似地用图中的曲线表示是________（填序号）；
（4）若向装有Ba(OH)2溶液烧杯里缓缓滴入KAl(SO4)2溶液至Ba2+恰好完全反应．则反应的离子方程式是 _________________。

【答案】Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O A C 2Ba2++4OH-+Al3++2SO42-=2BaSO4 ↓
+AlO2-+2H2O
【解析】
【分析】
【详解】
（1）向Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸，发生酸、碱中和反应，产生盐和水，反应的离子方程式是Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O；
（2）A．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液显中性，反应的离子方程式是Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，正确；
B．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42－恰好完全沉淀，反应的离子方程式是：Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O，错误；
C．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量，要以不足量的NaHSO4溶液为标准，反应的离子方程式是：Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O，错误；
故与(1)离子方程式相同的是A；
（3）若缓缓向Ba(OH)2溶液中加入稀H2SO4直至过量，由于发生反应：Ba2++2OH-
+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，使溶液中自由移动的离子的物质的量浓度减小，溶液的导电性逐渐减弱，当二者恰好完全反应时，溶液中自由移动的离子浓度最小，由于H2O是极弱的电解质，电离产生的离子浓度很小，BaSO4难溶，溶解电离产生的离子浓度也很小，这时溶液中离子浓度几乎为0，后当硫酸过量时，硫酸电离产生的离子使溶液中自由移动的离子浓度增大，溶液的导电性又逐渐增强。

因此整个过程中混合溶液中的导电能力（用电流强度I表示）可近似地用右图中的曲线表示是C；
（4）若向装有Ba(OH)2溶液烧杯里缓缓滴入KAl(SO4)2溶液至Ba2+恰好完全反应．这时两种物质的物质的量的比是n[Ba(OH)2]:n[ KAl(SO4)2] =2:1，由于Al(OH)3是两性氢氧化物，可被过量的强碱溶解，则反应的离子方程式是2Ba2++4OH-+Al3++2SO42-=2BaSO4 ↓ +AlO2-+2H2O。