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1、最新高中化学离子反应练习题一、高中化学离子反应1下列反应的离子方程式正确的是A大理石溶于醋酸溶液中：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2OB往硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液：Ba2+2OH+Cu2+SO42-=BaSO4+Cu(OH)2C用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板：Fe3+Cu=Fe2+Cu2+D铁与稀盐酸反应：2Fe+6H=2Fe3+3H2【答案】B【解析】【分析】离子方程式的书写错误，常见的有电荷不守恒、原子不守恒、反应产物写错、该拆的没拆、不该拆的拆了、反应没写全等等。【详解】A醋酸是弱酸，不能拆，A错误；B同时生成了两种沉淀，B正确；C两边电荷不守恒，C错误；D铁与稀盐酸反应，应

2、该生成Fe2+，D错误；答案选B。2向含有FeBr2溶液中通入一定量的Cl2(还原性：Fe2Br-)，表示该反应的离子方程式肯定错误的是（ ）A2Fe2Cl2=2Fe32Cl-B10Fe2+2Br-6Cl2=10Fe3+Br212Cl-C2Br-Cl2=Br22Cl-D2Fe24Br-3Cl2=2Br22Fe36Cl-【答案】C【解析】【分析】还原性：Fe2Br-，则向含有FeBr2溶液中通入一定量的Cl2时，氯气先与Fe2反应，后与Br-反应。【详解】A.当通入少量的氯气时，氯气只与亚铁离子反应，其反应的离子方程式为2Fe2Cl2=2Fe32Cl-，故A正确；B.当溴化亚铁与氯气5:3反应时

3、，其反应的离子方程式为10Fe2+2Br-6Cl2=10Fe3+Br212Cl-，故B正确； C.由分析可知，氯气先与亚铁离子反应，所以离子方程式中一定有亚铁离子参与，故C错误；D.当通入过量氯气时，氯气能将亚铁离子和溴离子都氧化，反应的离子方程式为2Fe24Br-3Cl2=2Br22Fe36Cl-，故D正确；综上所述，答案为C。3有一固体混合物，可能由K2CO3、NaNO2、FeCl3、KClO3、AgNO3混合而成，为检验它的成分，做了如下实验：取固体加入足量的稀硝酸中，搅拌充分反应，得到无色透明溶液，同时有黄绿色气体和白色沉淀生成已知NaNO2不能被稀硝酸氧化）。根据以上实验现象，你认为

4、以下判断正确的是A一定含有KClO3、AgNO3、NaNO2，不能肯定是否含有氯化铁B一定含有KClO3，且在反应过程中被还原生成了两种还原产物C另取适量固体加水溶解，若出现白色沉淀，即可证明K2CO3的存在D将反应产生的气体通入少量澄清石灰水，若有无沉淀出现，即可证明K2CO3不存在【答案】B【解析】【分析】取固体加入足量的稀硝酸中，搅拌，充分反应，得到无色透明溶液，则一定不含FeCl3；同时有黄绿色气体和白色沉淀生成已知NaNO2不能被稀硝酸氧化），只能是酸性溶液中KClO3把NaNO2氧化为NaNO3，本身被还原为黄绿色气体氯气，则一定含有KClO3，同时有白色沉淀生成，该白色沉淀一定是

5、AgCl，则一定含有AgNO3，则KClO3氧化NaNO2时，同时被还原为Cl-，不确定K2CO3是否存在，以此来解答。【详解】由以上分析知，该固体中一定含有KClO3、NaNO2、AgNO3，一定不含有FeCl3，不确定K2CO3是否存在，A. 一定含有KClO3、AgNO3、NaNO2，一定不含有FeCl3，故A错误；B. 一定含有KClO3，且在反应过程中被还原生成了两种还原产物氯气和Cl-，故B正确；C. 另取适量固体加水溶解，KClO3氧化NaNO2，自身被还原为Cl-，Cl-与Ag+反应生成AgCl白色沉淀，则不能证明K2CO3的存在，故C错误；D. 反应产生的气体含有氯气，氯气可

6、与水反应生成盐酸，盐酸可与澄清石灰水发生中和反应，因此即使气体中含有CO2，也不会有碳酸钙沉淀生成，因此不能证明K2CO3是否存在，故D错误；故选B。4下列离子方程式书写及评价合理的是( )选项离子方程式评价A溶液中加入足量溶液正确，过量，酸式盐与碱完全反应生成正盐和水：B的溶液与的溶液等体积混合正确，与H按物质的量1:1反应转化为，过量的再将一半转化为C将少量的溶解在过量的稀中正确，化学式可改写为，与，物质的量之比为1:2D将溶液加入到足量的溶液中错误，与发生氧化还原反应：2Fe2+ClO-+5H2O=2Fe(OH)3+Cl-+4H+AABBCCDD【答案】B【解析】【分析】【详解】AMg(

7、HCO3)2溶液中加入足量NaOH溶液，反应生成碳酸钠、氢氧化镁沉淀和水，正确的离子方程式为：Mg2+2HCO3+4OHMg(OH)2+2CO32+2H2O，故A错误；B1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合，设溶液体积为1L，偏铝酸钠和HCl的物质的量分别为1mol、2.5mol，1mol偏铝酸钠消耗1molHCl生成1mol氢氧化铝，剩余的1.5molHCl能够溶解0.5mol氢氧化铝，反应的离子方程式为：2AlO2+5H+Al3+Al(OH)3+H2O，故B正确；CFe3O4与过量的稀HNO3反应，生成的亚铁离子被稀硝酸氧化成了铁离子，正确的离子方

8、程式为：3Fe3O4+NO3+28H+9Fe3+14H2O+NO，故C错误；DNaClO溶液与FeCl2溶液混合，二者发生氧化还原反应，正确的离子反应为：2Fe2+5ClO+5H2O2Fe(OH)3+Cl+4HClO，故D错误；答案选B。5向0.02molL-1CuSO4溶液中匀速滴加1molL-1氨水，先观察到有浅蓝色沉淀Cu2(OH)2SO4生成，后沉淀溶解，逐渐变为深蓝色溶液。该实验过程体系的pH和电导率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是Ac(Cu2+)：a点=b点Bbc段生成浅蓝色沉淀的反应为Cd点时：D导电能力：【答案】D【解析】【分析】c到d溶液pH突变，说明c点沉淀达到最大值

9、，a到c发生生成沉淀的反应：，c到e发生沉淀溶解反应：+=2+8H2O+SO42-+2OH-，据此分析解答。【详解】Aa到b发生，c(Cu2+)减小，故c(Cu2+)：a点b点，A错误；Bbc段生成浅蓝色沉淀的反应为、而不是，B错误；Cc点沉淀达到最大值，此时溶质为(NH4)2SO4，c到d，pH突变，但导电率几乎不变，故d点，溶质为(NH4)2SO4和，那么d点溶液中电荷守恒为：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO42-)，因此时pH7，c(H+)c(OH-)，故c(NH4+)2c(SO42-)，C错误；Db点之前释放NH4+，导电能力增强，b之后释放和OH-，导电能力降低，

10、说明导电能力，D正确。答案选D。【点睛】找到起点、恰好完全反应的点以及分析每一段所发生的反应是解决本类题的关键。6某溶液中可能含有下列5种离子中的几种：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、Cl-。为确认该溶液组成进行如下实验：取20.0 mL该溶液，加入32.5 mL 4.00 molL-1 NaOH溶液加热，有白色沉淀产生，无刺激气味气体生成。过滤、洗涤、干燥，得沉淀2.03 g。再将滤液稀释至100mL，测得滤液中c(OH-)=0.2 molL-1；另取20.0 mL该溶液，加入足量的AgNO3溶液，生成白色沉淀14.35 g。关于原溶液组成结论正确的是A一定含有Mg2+、Al3+、Cl

11、-，不含有Na+、NH4+B一定含有Na+、Mg2+、Cl-，不含有NH4+、可能含有Al3+Cc(Mg2+)为1.75 molL-1，c(Na+)为1.50 molL-1Dc(Cl-)为5.00 molL-1，c(Al3+)为1.00 molL-1【答案】A【解析】【分析】【详解】取20.0 mL该溶液，加入32.5 mL 4.00 molL-1 NaOH溶液加热，有白色沉淀产生，可能含有Mg2+、Al3+中至少一种离子；无刺激气味气体生成，说明没有NH4+。过滤、洗涤、干燥，得沉淀2.03 g。n(NaOH)(总)=0.0325 L 4.00 mol/L=0.13mol,再将滤液稀释至10

12、0mL，测得滤液中c(OH-)=0.2 molL-1，溶液显碱性，在碱过量时不可能存在Al(OH)3沉淀，所以沉淀2.03 g为Mg(OH)2，n(Mg2+)=2.03 g58g/mol=0.035mol； Mg2+消耗的OH-的物质的量是0.035mol2=0.07mol，剩余的OH-的物质的量是0.1mL0.2mol/l=0.02 mol；0.13mol0.07mol0.02 mol=0.04mol0，说明溶液中含有Al3+，发生反应: Al3+4OH-=AlO2-+2H2O；n(Al3+)=0.01mol；另取20.0 mL该溶液，加入足量的AgNO3溶液，生成白色沉淀14.35 g。含

13、有Cl-，n(Cl-)=14.35 g143.5 g/mol=0.1mol；此时溶液中阳离子带的正电荷总数是：2n(Mg2+)+3n(Al3+)=20.035mol+30.01mol=0.1mol，阴离子带的负电荷总数是1n(Cl-)=10.1mol=0.1mol，正负电荷总数相等。c(Mg2+)=0.035mol0.02L=1.75 mol/L；c(Al3+)=0.01mol0.02L=0.5 mol/L，无NH4+、Na+，故答案选A。7下列反应的离子方程式书写错误的是（ ）A向Na2CO3溶液中滴入少量的盐酸：CO32-+H+=HCO3-B向KAl(SO4)2溶液滴加过量NaOH溶液反应

14、：Al3+4OH-=AlO2-+2H2OC氯气溶于水生成盐酸和次氯酸：Cl2+H2O=2H+Cl-+ClO-D固体SiO2和NaOH溶液反应：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O【答案】C【解析】【分析】【详解】A. Na2CO3溶液中滴入少量的盐酸生成碳酸氢钠，离子方程式为：CO32-+H+=HCO3-，A项正确；B. 铝离子与过量的NaOH溶液反应生成偏铝酸根和水，离子方程式为：Al3+4OH-=AlO2-+2H2O，B项正确；C. 氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，次氯酸为弱酸，离子方程式为：Cl2+H2O=H+Cl-+HClO，C项错误；D. 固体SiO2和NaOH溶液反应生成硅酸钠和水

15、，离子方程式为：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，D项正确；答案选C。8下列离子方程式书写及评价合理的是下列离子方程式书写及评价合理的是（）离子方程式评价AMg（HCO3）2溶液中加入足量的NaOH溶液Mg2+2HCO3-+2OH-=MgCO3+CO32-+2H2O正确，NaOH过量，酸式盐与碱完全反应生成正盐和水；B1mol/L的NaA1O2溶液与2.5mol/L的HCl溶液等体积混合2A1O2+5H+=A13+Al（OH）3+H2O正确，A1O2-与H+按物质的量1：1反应转化为Al（OH）3，过量的H+再将一半Al（OH）3转化为Al3+C将少量的Fe3O4溶解在过量的稀HNO3

16、中Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2O正确，Fe3O4化学式可改写为FeOFe2O3，Fe2+与Fe3+，物质的量之比为1：2D将FeCl2溶液加入到NaClO洛液中Fe2+2C1O-+2H2O=Fe（OH）2+2HClO错误，Fe2+与C1O-会发生氧化还原反应：2Fe2+C1O-+5H2O=2Fe（OH）3+Cl-+4H+AABBCCDD【答案】B【解析】【分析】【详解】AMg(HCO3)2溶液中加入足量的NaOH溶液，反应生成碳酸钠、氢氧化镁和水，离子方程式为：Mg2+2HCO3-+4OH-=Mg(OH)2+2CO32-+2H2O，A错误；B根据题意得偏铝酸钠和盐酸按照物质的量

17、2：5反应，2mol偏铝酸根钠消耗2mol盐酸生成2mol氢氧化铝，剩余的3mol盐酸能溶解1mol氢氧化铝，B正确；C稀硝酸有氧化性，过量的稀硝酸把Fe2+氧化成Fe3+，离子方程式为：3Fe3O4+NO3-+28H+=9Fe3+14H2O+NO，C错误；DFe2+与ClO-会发生氧化还原反应，生成氢离子和氯离子，生成的氢离子会结合次氯酸根离子生成次氯酸，离子方程式为：2Fe2+5ClO-+5H2O=2Fe(OH)3+Cl-+4HClO，D错误；答案选B。【点睛】此题A项涉及到沉淀的转化，最终会生成氢氧化镁的沉淀，类似的沉淀的溶解度需要理解记忆，如氯化银、溴化银、碘化银溶解度依次减小；D项是

18、易错点，生成氢离子会结合溶液中足量的次氯酸根离子生成次氯酸，需看清题目过量少量解题。9铁铝矾Al2Fe（SO4）4xH2O 有净水作用，将其溶于水中得到浅绿色溶液，有关该溶液的叙述正确的是A该溶液显中性B该溶液中：2 c（Al3+）+c（Fe2+）+c（H+ ）= 4 c（SO42-）+ c（OH）C在空气中蒸干并灼烧该溶液，最后所得的残留固体为Al2O3、Fe2O3D向该溶液中加入Ba（OH）2溶液，当SO42-完全沉淀时，Al3+、Fe2+恰好被完全沉淀【答案】D【解析】【分析】【详解】A. 该溶液中的铝离子和亚铁离子会水解，因此溶液显酸性，A错误；B. 电荷守恒，因此该溶液中：3 c(A

19、l3+)+2c(Fe2+)+c(H+ )= 2 c(SO42-)+ c(OH)，B错误；C. 在空气中蒸干并灼烧该溶液，一开始加热时，温度升高促进溶液中的铝离子和亚铁离子水解，水解生成的硫酸浓度也增大，硫酸是不挥发性酸，随着硫酸浓度增大，水解平衡不可能一直右移，最终不可能得到Al2O3、Fe2O3，C错误；D. 向该溶液中加入Ba（OH）2溶液，当SO42-完全沉淀时，Al3+、Fe2+恰好被完全沉淀，D正确；答案选D。10某溶液中可能含有 Na、K、NH4、Cu2、SO42、SO32、MnO4、Cl、Br、CO32等离子，且所含离子的物质的量的浓度都相等。往该溶液中加入过量的BaCl2和盐酸

20、的混合溶液，无白色沉淀生成。某同学另取少量原溶液，设计并完成了如下实验：则关于原溶液组成的判断中正确的是：A肯定不存在的离子是 Cu2、SO42、CO32、MnO4，而是否含NH4另需实验验证；B肯定存在的离子是SO32、Br，且Na、K至少有一种存在；C无法确定原溶液中是否存在Cl；D若步骤中Ba(NO3)2和HNO3溶液改用 BaCl2和盐酸的混合溶液，对溶液中离子的判断无影响。【答案】D【解析】【分析】往该溶液中加入过量的BaCl2和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成，则原溶液中无，加足量氯水，无气体，则无，溶液加四氯化碳分液，下层橙色，则有Br-，上层加硝酸钡和稀硝酸有白色沉淀，有，因与C

21、u2+能够发生相互促进的双水解反应，则原溶液中无Cu2+，因Br-、与能够发生氧化还原反应，因此原溶液中无，溶液中一定含阳离子，且离子浓度都相等，根据电荷守恒，一定含有、Na+、K+，一定不存在Cl-，滤液中加硝酸酸化的硝酸银有白色沉淀，是过程中加氯水时引入的氯离子。【详解】A分析可知肯定不存在的离子是Cu2+、Cl-、，一定含，故A错误；B肯定存在的离子为：、Br，根据溶液电中性可知原溶液中一定含有Na+、K+，故B错误；C根据电荷守恒，一定不存在Cl，故C错误；D加入Ba(NO3)2和HNO3溶液目的是检验硫酸根离子，因之前加入了氯水，氯水具有强氧化性，因此不会对检验硫酸根离子存在干扰，若

22、改用BaCl2和盐酸的混合溶液，对溶液中离子的判断无影响，故D正确；故答案为：D。【点睛】向某溶液中加入盐酸酸化的，溶液中含有、Ag+时，溶液中会生成白色沉淀，同时还需要注意，若溶液中含有时，、会被硝酸氧化而生成，与Ba2+会发生反应而生成白色沉淀，但同时也有气体产生。11下列离子方程式书写正确的是：A将Ba(OH)2溶液不断加入KAl(SO4)2溶液中反应至沉淀物质的量最大：3Ba2+ 6OH+ 2Al3+ 3SO42=3BaSO4+ 2Al(OH)3BCl2通入冷水中：Cl2+ H2O =Cl+ ClO+ 2H+CCuSO4溶液跟Ba(OH)2溶液混合：Ba2+ SO42= BaSO4D漂

23、白粉溶液中通入SO2气体：Ca2+2ClO-+SO2+H2O=CaSO3+2HClO【答案】A【解析】【分析】【详解】A. 将Ba(OH)2溶液不断加入KAl(SO4)2溶液中反应至沉淀物质的量最大，此时钡离子和硫酸根离子都恰好完全沉淀，该反应的离子方程式为3Ba2+ 6OH+ 2Al3+ 3SO42=3BaSO4+ 2Al(OH)3，A正确；B. Cl2通入冷水中生成盐酸和次氯酸，该反应的离子方程式为Cl2+ H2O Cl+ HClO +H+，B不正确；C. CuSO4溶液跟Ba(OH)2溶液混合后生成氢氧化铜沉淀和硫酸钡沉淀，该反应的离子方程式为Cu2+Ba2+2OH-+ SO42= Ba

24、SO4+ Cu(OH)2，故C错误；D. 漂白粉溶液中通入SO2气体，由于次氯酸具有氧化性，不能生成亚硫酸钙，该反应的离子方程式为Ca2+2ClO-+SO2+H2O=CaSO4+2HCl，D错误。综上所述，离子方程式书写正确的是A。12在给定条件下，下列离子组的离子共存判断及反应的离子方程式均正确的是（）选项条件离子组离子共存判断及离子方程式A滴加氨水Na+、Fe3+、Cl、NO3不能大量共存Fe3+3OH-=Fe(OH)3B由水电离出的c（H+）11013 molL1K+、NH4+、Cl、AlO2能大量共存CpH1的溶液Fe3+、NH4+、I、SO42不能大量共存，2Fe3+2I2Fe2+I

25、2D通入少量SO2气体K+、Na+、ClO、SO42不能大量共存，2ClO+SO2+H2O2HClO+SO32AABBCCDD【答案】C【解析】【详解】A. 滴加氨水后，Fe3+与其发生离子反应，离子方程式为Fe3+3 NH3H2O=Fe(OH)3+3 NH4+，A不正确； B. 由水电离出的c(H+)11013 molL1，水的电离受到酸或碱抑制，溶液可能显酸性，也可能显碱性， NH4+在碱性溶液中不能大量存在， AlO2在酸性溶液中不能大量存在，B不正确； C. pH1的溶液显酸性，Fe3+可以把I氧化，故不能大量共存，离子方程式为2Fe3+2I2Fe2+I2，C正确； D. ClO有强氧

26、化性，通入少量SO2气体后，可以发生氧化还原反应，其离子方程式为3ClO+SO2+H2OCl+2HClO+SO42，D不正确。综上所述，离子共存判断及反应的离子方程式均正确的是C。13在由水电离产生的H浓度为11013molL1的溶液中，一定能大量共存的离子组是K、ClO、NO3、S2 K、Fe2、I、SO42 Na、Cl、NO3、SO42Na、Ca2、Cl、HCO3 K、Ba2、Cl、NO3ABCD【答案】B【解析】【分析】由水电离产生的H浓度为11013molL1的溶液可能是酸性溶液，也可能是碱性溶液，据此分析。【详解】在酸性环境下S2不能大量共存，错误；在碱性环境下Fe2不能大量共存，错

27、误；Na、Cl、NO3、SO42在酸性、碱性环境下均能大量共存，正确；HCO3在酸性、碱性环境下均不能大量共存，错误；K、Ba2、Cl、NO3在酸性、碱性环境下均能大量共存，正确；答案选B。【点睛】本题隐含条件为溶液可能为酸性，也可能为碱性，除此以外，能与铝粉反应放出氢气的环境也是可能为酸性或者碱性；离子能够发生离子反应而不能大量共存，生成弱电解质而不能大量共存是常考点，需要正确快速判断。14某碳酸钠样品中可能含有氢氧化钠、碳酸钙、生石灰、氯化钠、硫酸铜五种杂质中的三种。现进行下列实验：称取4.7g 样品，加入足量水，样品部分溶解。向中所得悬浊液中加入100mL1 mol/LHCl，最终得到无

28、色澄清溶液， 此过程中共产生0.04 mol气体。向中反应后溶液中加入足量的硝酸银与稀硝酸，得到15.8g白色沉淀，由此可知杂质中（ ）A一定含NaCl，一定不含CuSO4B可能含CaO、NaOHC一定含CaCO3，可能含NaOHD可能含CaO而不含CaCO3【答案】AC【解析】【分析】向中所得悬浊液中加入100mL1 mol/LHCl，最终得到无色澄清溶液，可知样品中不含CuSO4，此过程中共产生0.04 mol气体，即CO2，由CO32-+2H+=CO2+H2O可知反应中消耗n(HCl)=2n(CO2)=0.08mol，则HCl有剩余，CO32-完全反应；称取4.7g 样品，加入足量水，样

29、品部分溶解，可知样品中含有CaCO3、CaCO3和CaO、CaO三种情况其中一种，向中反应后溶液中加入足量的硝酸银与稀硝酸，得到15.8g白色沉淀，即AgCl，n(AgCl)=0.1mol，则原样品中一定有NaCl且质量为(-0.1mol)58.5g/mol0.59g，则原样品中其它成分总质量为4.7g-0.59g=4.11g，若不含CaCO3，则碳元素物质的量0.1mol，则原样品中一定有NaCl且质量为(-0.1mol)58.5g/mol0.59g，则原样品中其它成分总质量为4.7g-0.59g=4.11g，若不含CaCO3则碳元素物质的量，不符合题意，故原样品中一定含有CaCO3；由于原

30、样品只有三种杂质，则CaO和NaOH只含其中一种；A由分析可知，原样品中一定含NaCl，一定不含CuSO4，故A正确；B由分析可知，原样品中不可能同时含CaO、NaOH，故B错误；C由分析可知，原样品中一定含CaCO3，可能含NaOH，故C正确；D由分析可知，原样品中可能含CaO，一定含有CaCO3，故D错误；故答案选AC。【点睛】注意本题要理清题目中所给信息，要定性判断，更要通过计算得到原样品中所含的杂质种类，此为本题易错点。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

31、，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B

32、a(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-=BaSO

33、4+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nBa(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。